高考数学考前提分复习专题1-4三角函数与解三角形三大考点与真题模拟题训练含解析

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 2022年高考数学考前30天迅速提分复习方案（上海专用）

专题1.4三角函数与解三角形三大考点与真题模拟题训练

考点一：三角函数的概念及相关公式
1．（2020·上海市进才中学高三期中）关于函数，下列观点正确的是（）
A．的图象关于直线对称 B．的图象关于直线对称
C．的图象关于直线对称 D．的图象关于直线对称
【答案】C
【分析】利用“等价于的图象关于直线对称”或反例逐项检验后可得正确的选项．
【详解】对于A，因为，故，故A错．
对于B，因为，
故，故B错．
对于C，，
，
故的图象关于直线对称，故C正确．
对于D，，
故D错．故选：C．
【点睛】结论点睛：（1）如果函数满足，则的图象关于直线对称，反之也成立；（2）如果函数满足，则的图象关于点对称，反之也成立．
2．（2020·上海长宁区·高三二模）在直角坐标系中，角的始边为轴的正半轴，顶点为坐标原点，已知角的终边与单位圆交于点，将绕原点逆时针旋转与单位圆交于点，若，则（ ）
A．0.6 B．0.8 C．-0.6 D．-0.8
【答案】B
【分析】已知角的终边与单位圆交于点，且，利用三角函数的定义，求出，得出在第四象限，绕原点逆时针旋转与单位圆交于点，
可知点在第一象限，则，再利用三角函数的定义和诱导公式进行化简计算，即可求出的值.
【详解】解：已知角的终边与单位圆交于点，且，
则，解得：，
所以在第四象限，角为第四象限角，
绕原点逆时针旋转与单位圆交于点，
可知点在第一象限，则，
所以，即：，
解得：.
故选：B.
【点睛】本题考查单位圆中任意角的三角函数的定义的应用以及运用诱导公式化简，考查计算能力.
3．（2020·上海市进才中学高三期中）在中，，，则=______.
【答案】3
【分析】由已知和正切和角公式求得，再利用三角形的内角和公式和诱导公式可得答案．
【详解】中，有，所以，
，所以，
故答案为：3.
4．（2020·上海大学附属中学高三三模）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表.其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积=（弦´矢+矢2）.弧田（如图），由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差.
按照上述经验公式计算所得弧田面积与其实际面积之间存在误差.现有圆心角为，弦长等于9米的弧田.

（1）计算弧田的实际面积；
（2）按照《九章算术》中弧田面积的经验公式计算所得结果与（1）中计算的弧田实际面积相差多少平方米？（结果保留两位小数）
【答案】(1)()；(2)少．试题分析：(1)本题比较简单，就是利用扇形面积公式来计算弧田面积，弧田面积等于扇形面积对应三角形面积．(2)由弧田面积的经验计算公式计算面积与实际面积相减即得．
试题解析：(1) 扇形半径，
扇形面积等于
弧田面积=（m2）
（2）圆心到弦的距离等于，所以矢长为.按照上述弧田面积经验公式计算得
（弦´矢+矢2）=.
平方米
按照弧田面积经验公式计算结果比实际少1.52平米.
【解析】(1)扇形面积公式；(2)弧田面积的经验计算公式．
考点二：三角函数的图像及其性质
1．（2020·上海高三专题练习）在区间上，下列说法正确的是（ ）.
A．是增函数，且是减函数
B．是减函数，且是增函数
C．是增函数，且是增函数
D．是减函数，且是减函数
【答案】D
【分析】根据正弦函数和余弦函数的性质可得正确的选项.
【详解】的增区间为，减区间为，
的增区间为，减区间为，
因此在上为减函数，在上为减函数，
故选：D.
【点睛】本题考查正弦函数和余弦函数的单调性，熟记两个函数的单调区间是关键，本题属于容易题.
2．（2020·上海高三专题练习）函数的定义域是________，最小正周期是_____，值域是________.
【答案】
【分析】利用两角和差的正弦、余弦公式化简函数为，根据正切函数的定义域、最小正周期和值域，即可得出结论.
【详解】

，
函数的定义域，需满足
，即，
所以函数的定义域为，
函数的周期，值域为.
故答案为：；；.
【点睛】本题考查三角恒等变换、正切型函数的性质，熟记函数性质是解题的关键，属于基础题.
3．（2020·上海高三专题练习）使函数为奇函数，且在是减函数的的一个值可以是_________.
【答案】（答案不唯一，只要满足即可）
【分析】利用辅助角公式进行化简，根据正弦型函数的奇偶性及单调性，即可得解.
【详解】，
函数为奇函数，
，解得，
若为，则，
由，得，此时为减函数，满足题意.
故答案为：（答案不唯一，只要满足即可）.
【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、单调性及辅助角公式，考查学生对这些知识的掌握能力，属于中档题.
4．（2020·上海高三专题练习）（1），求；
（2），求.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）先求出，再求出.所以，再利用平方关系求解；
（2）先求出，再求出，再利用平方关系求解.
【详解】（1）由可知.
，
当时，
所以，
由于，所以；此时，
而，所以，
于是.所以.
.
（2）由题得，所以.
，
当时，，
所以，
，所以.
,所以，
.
【点睛】本题主要考查同角的三角函数关系的应用，考查二倍角的正弦公式和辅助角公式的应用，考查三角函数的图象和性质的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
考点三：解三角形
1．（2020·上海高三专题练习）用长度分别为2,3,4,5,6（单位：）的5根细木棒围成一个三角形（允许连接，但不允许折断），能够得到的三角形的最大面积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用海伦面积公式确定三角形面积的最大取法：三角形三边长最接近时面积最大，再确定三边长最接近的情况，最后求出对应三角形面积.
【详解】设三角形的三边分别为，令，则
由海伦公式得三角形的面积为
，当且仅当时取等号，显然等于号取不到，
所以,故当三边长最接近时面积最大，此时三边长为，用连接，连接各为一边，
第三边长为组成三角形，此三角形面积最大，面积为
故选：B.
【点睛】本题考查三角形中的面积问题、基本不等式应用，考查综合分析求解能力，属较难题.
2．（2020·上海高三专题练习）已知分别为三个内角的对边，，且，则面积的最大值为____________.
【答案】
【分析】先利用正弦定理将条件中的角转化为边的关系，再利用余弦定理求解出角A的值，再利用边a的余弦定理和均值不等式求出bc的最大值后即可求解出面积的最大值.
【详解】因为，
所以根据正弦定理得:，
化简可得:，
即，(A为三角形内角)，解得:，
又，(b=c时等号成立)
故.故答案为：
【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题目，解题的关键有两点，首先是利用正余弦定理实现边角之间的互化，其次是利用余弦定理和均值不等式求出三角形边的乘积的最大值.
3．（2020·上海高三专题练习）的周长为，且．
（1）求边的长；
（2）若的面积为，求角的度数．
【答案】（1）1；（2）.
【分析】（1）由正弦定理化角为边．结合周长可得；
（2）由三角形面积得，然后结合（1）的结论利用余弦定理可求得，得角．
【详解】（1）因为三角形周长为，所以①，
因为，所以由正弦定理可得②，
由①②联立，解得．
（2）由的面积得，由（1），
由余弦定理，得，
∵，∴．
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，解题关键是利用正弦定理化角为边．
【真题模拟题训练】
一、单选题
1．（2021·上海虹口·二模）在平面上，已知定点，动点.当在区间上变化时，动线段所形成图形的面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出图形，确定点的轨迹图形，结合图象可求得线段所形成图形的面积.
【详解】因为，所以点在单位圆上，
由于，，

所以，是其与轴正方向的有向角为，
，则，
记点，，所以，点的轨迹是劣弧，
所以，动线段所形成图形为阴影部分区域，
因为，因此，阴影部分区域的面积为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查动线段运动轨迹图形的面积，解题的关键在于确定动点的轨迹图形，数形结合求出图形的面积.
2．（2021·上海奉贤·二模）设点的坐标为，是坐标原点，向量绕着点顺时针旋转后得到，则的坐标为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义、两角和差的三角公式，求得的坐标．
【详解】根据题意，设，向量与轴正方向的夹角为，
又由点的坐标为，则，，
向量绕着点顺时针旋转后得到，则，．
而，
，
故的坐标为，
故选：B
【点睛】关键点点点睛：注意旋转前与旋转后角的变化，利用模不变，两角差的正余弦公式求解即可，属于中档题.
二、填空题
3．（2022·上海·高考真题）在△ABC中，，，，则△ABC的外接圆半径为________
【答案】
【分析】运用正弦定理及余弦定理可得解.
【详解】根据余弦定理：
，
得，
由正弦定理△ABC的外接圆半径为.
故答案为:.
4．（2022·上海·高考真题）已知，则的值为_________.
【答案】
【分析】利用两角和的正切公式可求出的值.
【详解】由两角和的正切公式得.
故答案为.
【点睛】本题考查利用两角和的正切公式求正切值，考查计算能力，属于基础题.
5．（2017·上海·高考真题）设、，且，则的最小值等于________
【答案】
【详解】 由三角函数的性质可知，，
所以，即，
所以，
所以.
6．（2021·上海民办南模中学三模）平面内，若三条射线､､两两成等角为，则，类比该特性：在空间，若四条射线､､､两两成等角为，则___________.
【答案】
【分析】根据类比特性，四条射线OA、OB、OC、OD两两成等角，即组成一个正四面体ABCD，O点为外接球球心，根据外接球半径与边长的关系，利用余弦定理求得所成角.
【详解】根据类比特性，四条射线OA、OB、OC、OD两两成等角，设组成一个正四面体ABCD，则OA、OB、OC、OD两两成等角，此时O点为外接球球心，则，在中，由余弦定理得
故所成等角
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据定义的特性，将问题转化为正四面体外接球半径与边长的关系，借助余弦定理求得结果.
7．（2021·上海奉贤·二模）某参考辅导书上有这样的一个题：△中，与方程的两个根，则的值为（       ）
A．       B．       C．       D．
你对这个题目的评价是_______________________________________.(用简短语句回答)
【答案】无正确选项，条件与结论有矛盾，是错题，无解
【分析】由根与系数关系得，，结合两角和正切公式求，根据三角形内角和性质即可判断条件与结论有矛盾.
【详解】由题设知：，，而，
∴，又，
由上知：、必有一个角大于90°，同时也大于90°，显然不符合三角形的内角和为180°.
∴无正确选项，条件与结论有矛盾.
故答案为：无正确选项，条件与结论有矛盾，是错题，无解.
三、解答题
8．（2022·上海·高考真题）如图，矩形ABCD区域内，D处有一棵古树，为保护古树，以D为圆心，DA为半径划定圆D作为保护区域，已知m，m，点E为AB上的动点，点F为CD上的动点，满足EF与圆D相切.

(1)若∠ADE，求EF的长；
(2)当点E在AB的什么位置时，梯形FEBC的面积有最大值，最大面积为多少？
（长度精确到0.1m，面积精确到0.01m²）
【答案】(1)23.3m
(2)当时，梯形FEBC的面积有最大值,最大值为
【分析】（1）设EF与圆D相切于对点，连接，则，，在直角和直角中分别求出,从而得出答案.
（2）先求出梯形的面积的最小值，从而得出梯形FEBC的面积的最大值.
(1)设EF与圆D相切于对点，连接，则，
则，所以直角与直角全等
所以
在直角中，

在直角中，




(2)设,，则，



所以梯形的面积为

当且当，即时取得等号，此时
即当时，梯形的面积取得最小值
则此时梯形FEBC的面积有最大值
所以当时，梯形FEBC的面积有最大值,最大值为
9．（2017·上海·高考真题）已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）设为锐角三角形，角所对边，角所对边，若，求的面积．
【答案】（1）（π2,π；（2）
【分析】（1）利用降次公式化简，然后利用三角函数单调区间的求法，求得的单调递增区间.
（2）由求得，用余弦定理求得，由此求得三角形的面积.
【详解】（1）依题意，由得，令得.所以的单调递增区间（π2,π.
（2）由于，所以为锐角，即.由，得，所以.
由余弦定理得，，解得或.
当时，，则为钝角，与已知三角形为锐角三角形矛盾.所以.
所以三角形的面积为.
【点睛】本小题主要考查二倍角公式，考查三角函数单调性的求法，考查余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于基础题.
10．（2021·上海黄浦·一模）设函数定义在区间上，若对任意的，当且时，不等式成立，就称函数具有性质．
(1)判断函数，是否具有性质，并说明理由；
(2)已知函数在区间上恒正，且函数，具有性质，求证：对任意的，且，有；
(3)①已知函数，具有性质，证明：对任意的，有，其中等号当且仅当时成立；
②已知函数，具有性质，若为三角形的内角，求的最大值．
【答案】(1)不具有，理由见解析；(2)证明见解析；(3)①证明见解析；②
【分析】（1）取，进而检验不满足性质的定义，进而判断；
（2）设且，令,进而根据对数函数的单调性与性质的定义证明即可；
（3）①，对任意的，令，，
进而，且，故，又，且
故，综合即可证明；
②分△ABC是锐角三角形，直角三角形，钝角三角形时，结合①的结论求解即可.
(1)解：令，
此时，
所以，不满足，
所以函数，不具有性质.
(2)证明：设且，令,
显然，且，
因为函数，具有性质，
所以，即，
因为函数在上单调递增，
所以.
(3)证明：①，对任意的，令，显然，
令，
所以，且，
所以，
所以，
又，且
所以，
所以，
综上，，其中等号当且仅当时成立；
②解：当是锐角三角形时，由①知，，当且仅当时成立；
当△ABC是直角三角形时，不妨设为直角，于是；
当△ABC是钝角三角形时，不妨设为钝角，此时，于是，
由于，所以，所以
所以，
综上，的最大值为.
【点睛】本题考查函数新定义问题，解题的关键在于读懂新定义的函数，利用定义解题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，综合分析能力，是难题.其中第三问的解决在于令，对任意令，，进而结合具有性质的函数定义证明，进而利用结论解决三角函数最值问题.
11．（2021·上海金山·一模）落户上海的某休闲度假区预计于2022年开工建设.如图，拟在该度假园区入口处修建平面图呈直角三角形的迎宾区，，迎宾区的入口设置在点A处，出口在点B处，游客可从入口沿着观景通道A-C-B到达出口，其中米，米，也可以沿便捷通道A-P-B到达出口（P为△ABC内一点）.

(1)若△PBC是以P为直角顶点的等腰直角三角形，某游客的步行速度为每分钟50米，则该游客从入口步行至出口，走便捷通道比走观景通道可以快几分钟？（结果精确到1分钟）
(2)园区计划将△PBC区域修建成室外游乐场，若，该如何设计使室外游乐场的面积最大，请说明理由.
【答案】(1)3 (2)当时，室外游乐场的面积最大.
【分析】（1）由三角形PBC为等腰直角三角形，利用勾股定理求出PC的长，在三角形PAC中，利用余弦定理求出的PA长即可，进而计算即可得出结果；
（2）在三角形PBC中由的度数表示出的度数，利用正弦定理表示出PB与PC，进而表示出三角形PBC面积利用正弦函数的值域确定出面积的最大值即可.
(1)由题设，米，米，在中，由余弦定理得
，于是 米.
游客可从入口沿着观景通道A-C-B到达出口，所需时间为分钟，
游客沿便捷通道A-P-B到达出口所需时间为分钟，
所以该游客从入口步行至出口，走便捷通道比走观景通道可以快分钟.
(2),设则 θ∈0,π3，
在中，.由正弦定理得 ，
得.
所以面积，
当时，面积的最大值为平方米.
【点睛】思路点睛：以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强解答这类问题，两角和与差的正余弦公式，诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.
12．（2021·上海浦东新·一模）某水产养殖户承包一片靠岸水域.如图，、为直线岸线，米，米，，该承包水域的水面边界是某圆的一段弧，过弧AB上一点按线段和修建养殖网箱，已知.

(1)求岸线上点与点之间的直线距离；
(2)如果线段上的网箱每米可获得40元的经济收益，线段上的网箱每米可获得30元的经济收益.记，则这两段网箱获得的经济总收益最高为多少？（精确到元）
【答案】(1)米(2)55076元
【分析】（1）由余弦定理计算即可；
（2）先由正弦定理计算出相关长度，再计算收益表达式，最后由辅助角公式求最值.
(1)
，
岸线上点与点之间的直线距离为米.
(2)△中，，
，，（），
设两段网箱获得的经济总收益为元，则


，
当，即时，
（元）
所以两段网箱获得的经济总收益最高约为55076元.
13．（2020·上海·复旦附中模拟预测）（1）已知实数，若函数满足，问：这样的函数是否存在? 若存在，写出一个；若不存在，说明理由；
（2）写出三次函数，使得，对一切实数成立，求时，的最大值和取最大值时的值；
（3）设，函数，记M为在区间[t，t+2]上的最大值，当变化时，记m(t)为M的最小值.
①证明：m(t)的值是与t无关的常数（记为m）
②求m的值.
【答案】（1）不存在，理由见解析；（2）当时，取最大值；（3）①证明见解析；②
【分析】（1）若这样的函数存在，则不恒为0，由已知，在区间，，，，，上均有实根，与已知相矛盾，所以这样的函数不存在．
（2），对任意，，设，，，则，由三角函数的性质可知，时，取最大值．
（3）①对任意，，记，则也是首项系数为1的三次多项式，根据题意可得且，所以，即的值是与无关的常数．②由①，只需在求的最小值即可，由（2）知存在首项系数为1的三次多项式，使得在，上最大值，用反证法证明即可．
【详解】解：（1）不存在，
若这样的函数存在，则不恒为0，
由已知，在区间，，，，，上均有实根，
这与是次数小于3的非零多项式矛盾，
所以这样的函数不存在．
（2）因为



因为，
所以，
对任意，，设，，，
则，
当且仅当，即，1，2，3，时，等号成立，
，1，2，3，，即，时，取最大值．
（3）①对任意，，记，则也是首项系数为1的三次多项式，
且，，
由对称性，同理可得，
，即的值是与无关的常数．
②由①，只需在求的最小值即可，
由（2）知存在首项系数为1的三次多项式，使得在，上最大值，
下证：，用反证法，
若不然，存在函数，在，上最大值，
记，，2，3，则，，，1，2，3，
，
记，则是次数小于3的多项式，
，对任意，，，
所以，，而，，
由（1），这样的函数不存在，矛盾，说明．
14．（2021·上海普陀·一模）如图所示，边长为2（百米）的正方形区域是某绿地公园的一个局部，环线是修建的健身步道（不计宽度），其中弯道段是抛物线的一段，该抛物线的对称轴与平行，端点是该抛物线的顶点且为的中点，端点在上，且长为（百米），建立适当的平面直角坐标系，解决下列问题.

(1)求弯道段所确定的函数的表达式；
(2)绿地管理部门欲在弯道段上选取一点安装监控设备，使得点处监测段的张角最大，求点的坐标.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）如图建立平面直角坐标系，可得抛物线方程为，即得；
（2）设，利用两角和公式可得，令再利用基本不等式可得的最大值，即求.
(1)如图建立平面直角坐标系，

则，
设抛物线的方程为，则，
∴，即，
∴弯道段所确定的函数；
(2)设，过P作PQ⊥CD于Q，
则，
∴，
令则，
∴，
当且仅当，即，时取等号，
∴当时，最大，即最大，
∴点的坐标为时，点处监测段的张角最大.
15．（2021·上海虹口·一模）在平面直角坐标系中，在以原点为圆心半径等1的圆上，将射线绕原点逆时针方向旋转后交该圆于点，设点的横坐标为，纵坐标.
(1)如果，，求的值（用表示）；
(2)如果，求的值.
【答案】(1)答案见解析；(2).
【分析】（1）由题设知，根据三角函数与单位圆的关系及和角正余弦公式、同角三角函数的平方关系求，，进而可得.
（2）由题设可得求，再由倍角余弦公式、万能公式可得，即可求值.
(1)由题设知：，则，

∴，，
∴，而，，则，
∴，时，；
，时，.
(2)由题设，，可得，
又，
∴.
16．（2021·上海交大附中模拟预测）第十届中国花博会于2021年5月21日在崇明举办，其标志建筑——世纪馆以“蝶恋花”为设计理念，拥有全国跨度最大的自由曲面混凝土壳体，屋顶跨度280米，屋面板只有250毫米，相当于一张2米长的桌子，其桌面板的厚度不到2毫米.
图1为馆建成后的世纪馆图：图2是建设中的世纪馆；图3是场馆的简化图.


如（图3）是由两个半圆及中间的阴影区域构成的一个轴对称图形，，其中米；圆心距米：半径米：椭圆中心与圆心的距离米，、为直线与半圆的交点，.
（1）设，计算的值；
（2）计算的大小（精确到1°）.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由为等腰梯形中位线，根据对称性易知，进而可求.
（2）结合（1）可得的大小，由正弦定理有，即可求，在△中即可求.
【详解】（1）由为等腰梯形中位线，
∴根据对称性有，
∴.
（2）由，由（1）知，则.
∴在△中，由正弦定理，即，则，
∴结合（1）可得：，
∴.
17．（2021·上海·华师大二附中三模）某工厂承接制作各种弯管的业务，其中一类弯管由两节圆管组成，且两节圆管是形状､大小均相同的斜截圆柱，其尺寸如图1所示(单位：)，其中斜截面与底面所成的角为，将其中一个斜截圆柱的侧面沿剪开并摊平，可以证明由截口展开而成的曲线是函数的图像，其中，，如图2所示.

（1）若，求的解析式；
（2）已知函数的图像与x轴围成区域的面积可由公式计算，若制作该种该类弯管的一截圆管所用材料面积(即斜截圆柱的侧面积)等于与之底面相同且高为的圆柱的面积，求的值(结果精确到).
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）根据，求得底面半径，从而得到，及的坐标，然后由是上的函数，求得，然后由点在图象上求解；
（2）由（1）知为底面的圆周，底面直径为，，分别求得圆柱的表面积和斜截圆柱的侧面积，由两者相等求解.
【详解】（1）作一个斜截圆柱的轴截面，如图所示：

作,，
因为
则，，解得，
所以，则，
因为是上的函数，
所以，解得，
又，则点，代入,
得 ，解得，
所以，；
（2）由（1）知为底面的圆周，底面直径为，得，
所以圆柱的表面积为，
斜截圆柱的侧面积为：，
因为，
所以，
解得，即
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是理解斜截圆柱的侧面积是由函数的图像与x轴围成区域的面积和高为的圆柱的侧面积两部分构成.
18．（2021·上海徐汇·二模）元宵节是中国的传统节日之一．要将一个上底为正方形ABCD的长方体状花灯挂起，将两根等长（长度大于A、C两点距离）的绳子两头分别拴住A、C；B、D，再用一根绳子OP与上述两根绳子连结并吊在天花板上，使花灯呈水平状态，如图．花灯上底面到天花板的距离设计为1米，上底面边长为0.8米，设∠PAC＝θ，所有绳子总长为y米．（打结处的绳长忽略不计）

（1）将y表示成θ的函数，并指出定义域；
（2）要使绳子总长最短，请你设计出这三根绳子的长．（精确到0.01米）
【答案】（1）y＝，；（2）1.17米，1.17米，0.85米．
【分析】（1）分别用表示，， 进而可以表示绳长；
（2）先求出的最小值及相应的值，进而可得结果.
【详解】（1）设上底中心为M，则|AM|＝0.4，|PM|＝0.4tanθ，|PA|＝，
故绳子总长
＝＝，
因为，所以．
（2）记A＝，则sinθ+Acosθ＝4，即，
由sin（θ+φ）≤1，得，等号成立时，
从而ymin＝0.4+1≈3.19（米），
此时这三根绳子长分别约为1.17米，1.17米，0.85米．

【点睛】关键点点睛：本题是三角函数应用题，主要考查应用实践能力.本题的关键点是：能够将实际问题转化为数学问题.
19．（2021·上海松江·二模）为打赢打好脱贫攻坚战，某村加大旅游业投入，准备将如图扇形空地分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、郁金香和菊花，已知扇形的半径为米，圆心角为，点在扇形的弧上，点在上，且.

（1）当是的中点时，求的长；（精确到米）
（2）已知种植玫瑰花、郁金香和菊花的成本分别为元/平方米、元/平方米、元/平方米，要使郁金香种植区的面积尽可能的大，求面积的最大值，并求此时扇形区域种植花卉的总成本.（精确到元）
【答案】（1）米；（2）的面积最大为，总成本为元.
【分析】（1）利用余弦定理可求得的长；
（2）设，则，利用正弦定理、三角恒等变换思想得出的面积为，利用正弦型函数的基本性质可求得的最大值及其对应的值，进而可求得三个区域的面积，乘以相应的成本，相加即可得出结果.
【详解】（1）扇形的半径为米百米，
当是的中点时，，，，
在中，由余弦定理可得，，
解得，
所以是的中点时，的长约为米；
（2）设，则，
在中，由正弦定理可得，
所以，
所以的面积为

，
，所以，，
当时，即当时，的面积最大为（百米），
当时，，故扇形的面积为（百米），
扇形的面积为（百米），
所以区域的面积为，
因为种植玫瑰花、郁金香和菊花的成本分别为元/平方米、元/平方米、元/平方米，
所以此时扇形区域种植花卉的总成本为（元）.
【点睛】方法点睛：应用三角函数解决实际问题的方法及注意事项：
（1）方法：解答此类问题，关键是合理引入辅助角，确定各量之间的关系，将实际问题转化为三角函数问题，再利用三角函数的有关知识求解；
（2）注意：在求解过程中，要注意以下三点：
①充分借助平面几何性质，寻找数量关系；
②注意实际问题中变量的范围；
③重视三角函数有界性的影响.
20．（2021·上海奉贤·二模）设函数，
（1）讨论函数的奇偶性，并说明理由；
（2）设，解关于的不等式.
【答案】（1）答案见解析；（2），.
【分析】（1）应用分析法：若为偶函数有，易得恒成立；若为奇函数有，易得恒成立；再根据的取值范围即可确定分别为奇、偶函数是否能成立.
（2）由函数不等式，将自变量代入化简得，结合题设及余弦函数的性质即可求解集.
【详解】（1）由对数的性质，得，
∴，即，故定义域关于原点对称，
1、偶函数，则有，即，可得，
∴整理得：要使对一切恒成立，在中有.
2、奇函数，则定义域内，任意有，如，
∴，而，，
∴，显然在上不成立，
综上，当时为偶函数；当时既不是奇函数又不是偶函数.
（2）由，代入得，
∴，化简为，展开整理得：，
∵，即，
∴可得
∴解集为，.
【点睛】关键点点睛：
（1）利用分析法，假设为奇或偶函数，将问题转化为说明在已知的范围中是否有使、成立的区间即可.
（2）将自变量代入函数式，结合三角恒等变换化简，根据余弦函数的性质求解集.
21．（2021·上海普陀·二模）如图所示，某人为“花博会”设计一个平行四边形园地，其顶点分别为（），米，，为对角线和的交点．他以、为圆心分别画圆弧，一段弧与相交于、另一段弧与相交于，这两段弧恰与均相交于．设．

（1）若两段圆弧组成“甬路”（宽度忽略不计），求的长（结果精确到米）；
（2）记此园地两个扇形面积之和为，其余区域的面积为．对于条件（1）中的，当时，则称其设计“用心”，问此人的设计是否“用心”？并说明理由．
【答案】（1）米；（2）此人的设计是“用心”的；答案见解析．
【分析】（1）在△中，根据正弦定理求出，再根据弧长公式可求出结果；
（2）利用余弦定理求出，可得，利用三角形面积公式和扇形的面积公式求出，，可得，再通过近似计算可得答案.
【详解】（1）根据题设条件，可得在△中，．
由正弦定理，得，即．
所以，所以，
所以米．
答：甬路的长约为米．
（2）由（1）得，在△中，由余弦定理，得，
所以，
故，所以，
，，
故，
当时，．
所以此人的设计是“用心”的．
【点睛】关键点点睛：利用正弦定理、余弦定理、弧长和扇形的面积公式、三角形的面积公式求解是解题关键.