考前回顾03三角函数、三角恒等变换与解三角形（清单+易错+23真题+24模）-高考数学重难点培优精讲

这是一份考前回顾03三角函数、三角恒等变换与解三角形（清单+易错+23真题+24模）-高考数学重难点培优精讲，文件包含考前回顾03三角函数三角恒等变换与解三角形知识清单+易错分析+23年高考真题+24年最新模拟原卷版docx、考前回顾03三角函数三角恒等变换与解三角形知识清单+易错分析+23年高考真题+24年最新模拟解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共77页， 欢迎下载使用。

一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
考前回顾03三角函数、三角恒等变换与解三角形（知识清单+易错分析+23年高考真题+24年最新模拟）
知识清单
1．终边相同角的表示
所有与角α终边相同的角，连同角α在内，可构成一个集合S＝{β|β＝α＋k·360°，k∈Z}，即任一与角α终边相同的角，都可以表示成角α与整数个周角的和．
2．几种特殊位置的角的集合
(1)终边在x轴非负半轴上的角的集合：{α|α＝k·360°，k∈Z}．
(2)终边在x轴非正半轴上的角的集合：{α|α＝180°＋k·360°，k∈Z}．
(3)终边在x轴上的角的集合：{α|α＝k·180°，k∈Z}．
(4)终边在y轴上的角的集合：{α|α＝90°＋k·180°，k∈Z}．
(5)终边在坐标轴上的角的集合：{α|α＝k·90°，k∈Z}．
3．1弧度的角
长度等于半径长的圆弧所对的圆心角叫做1弧度的角，用符号rad表示．
4．角度制与弧度制的换算
(1)1°＝eq \f(π,180) rad.
(2)1 rad＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(180,π)))°．
5．扇形的弧长和面积
在半径为r的圆中，弧长为l的弧所对的圆心角为α rad，那么|α|＝eq \f(l,r).
相关公式：(1)l＝|α|r.
(2)S＝eq \f(1,2)lr＝eq \f(1,2)|α|r2.
6．任意角的三角函数的定义
(1)设α是一个任意角，α∈R，它的终边OP与单位圆交于点P(x，y)，那么：
①把点P的纵坐标y叫做α的正弦函数，记作sin α，即y＝sin α．
②把点P的横坐标x叫做α的余弦函数，记作cs α，即x＝cs α．
③把点P的纵坐标与横坐标的比值eq \f(y,x)叫做α的正切，记作tan α，即eq \f(y,x)＝tan α(x≠0)．
(2)设α是一个任意角，点P(x，y)为α终边上任一点，|OP|＝eq \r(x2＋y2)，则sin α＝eq \f(y,|OP|)，cs α＝eq \f(x,|OP|)，tan α＝eq \f(y,x).
7．同角三角函数的基本关系
(1)平方关系：sin2α＋cs2α＝1⇒sin α＝±eq \r(1－cs2α).
(2)商的关系：
eq \f(sin α,cs α)＝tan αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α≠kπ＋\f(π,2)k∈Z)).
8．三角函数的诱导公式
9．三种三角函数的图象和性质
10．函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)的图象
(1)“五点法”作图
设z＝ωx＋φ，令z＝0，eq \f(π,2)，π，eq \f(3π,2)，2π，求出相应的x的值与y的值，描点、连线可得．
(2)由三角函数的图象确定解析式时，一般利用五点中的零点或最值点作为解题突破口．
(3)图象变换
y＝sin xeq \(―――――――――→,\s\up7(向左φ>0或向右φ<0),\s\d5(平移|φ|个单位长度))y＝sin(x＋φ)
eq \(―――――――――――→,\s\up10(横坐标变为原来的\f(1,ω)ω>0倍), \s\d5(纵坐标不变))y＝sin(ωx＋φ)
eq \(―――――――――――→,\s\up7(纵坐标变为原来的AA>0倍),\s\d5(横坐标不变))y＝Asin(ωx＋φ)．
11．三角恒等变换
(1) cs(α＋β)＝cs αcs β－sin αsin β，
cs(α－β)＝cs αcs β＋sin αsin β，
sin(α＋β)＝sin αcs β＋cs αsin β，
sin(α－β)＝sin αcs β－cs αsin β，
tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)，
tan(α－β)＝eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β).
(2)二倍角公式：
sin 2α＝2sin αcs α，
cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α，
tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α).
(3)降幂公式：sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2)，cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2).
(4)辅助角公式：
asin x＋bcs x＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)，其中tan φ＝eq \f(b,a).
12．正弦定理及其变形
eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R(2R为△ABC外接圆的直径)．
变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C.
sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R).
a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C.
13．余弦定理及其推论、变形
a2＝b2＋c2－2bccs A，b2＝a2＋c2－2accs B，
c2＝a2＋b2－2abcs C.
推论：cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab).
变形：b2＋c2－a2＝2bccs A，
a2＋c2－b2＝2accs B，
a2＋b2－c2＝2abcs C.
14．面积公式
S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)absin C.
易错提醒
1．利用同角三角函数的平方关系式求值时，不要忽视角的范围，要先判断函数值的符号．
2．在求三角函数的值域(或最值)时，不要忽略x的取值范围．
3．求函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时，要注意A与ω的符号，当ω<0时，需把ω的符号化为正值后求解．
4．三角函数图象变换中，注意由y＝sin ωx的图象变换得到y＝sin(ωx＋φ)的图象时，平移量为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(φ,ω)))，而不是φ．
5．在已知两边和其中一边的对角利用正弦定理求解时，要注意检验解是否满足“大边对大角”，避免增解．
易错分析
易错点1 忽视角的终边所在象限致误
1. [河南豫北中原名校2023大联考]已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则的值为（ ）

特别提醒：已知角的终边经过点，解题时容易只考虑或，然后根据三角函数的定义求值，但却忽视了角的终边所在的象限，导致漏解，显然本题要根据角的终边所在的象限不同而分两种情况进行讨论．
【解析】由题意得，点与原点间的距离，
所以
当时，，故
当时，，故
故选.
易错点2 忽视角的范围致错
2.[山东济南2023期中]已知为第三象限角，则（ ）

特别提醒：在利用和计算，的取值时要注意的范围，舍去不符合题意的解，再代入求值，否则容易出现增解．
【解析】由且
解得或
又因为为第三象限角，所以，所以（易错处：忽视角的范围导致增解）
方法一：
方法二：
易错点3 三角函数平移变换与伸缩变换中混淆变换量的大小及平移方向致错
3.[东北师大附中2023第二次摸底]已知函数，现将的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则在上的值域为（ ）

特别提醒：函数的图象与的图象之间的变换，通常涉及三个方面的错误：（1）不清楚的符号对平移的影响，错误判断平移方向；（2）不清楚与1的大小，错误判断横坐标的伸长和缩短；（3）混淆平移变换与伸缩变换的变换顺序，错误判断平移的长度．
【解析】将函数的图象向右平移个单位长度，得到 的图象，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象
（易错点：混淆图象变换中变换量的大小及平移方向）．因为，所以，所以，所以在上的值域为故选.
易错点4 误判区间端点处取值的取等情况致错
4.[安徽马鞍山2023第一次质量监测]已知函数的图象经过点，若函数在区间上恰有2个零点，则实数的取值范围是（ ）

特别提醒：已知函数零点、极值点个数求参数范围时，易误判区间端点处取值是否取等致错，解题时可将取等情况代入验证，若符合题意，则可以取到等号，若不符合题意，则等号不成立．
【解析】由条件可知，，所以
．当时，
若函数在区间上恰有2个零点，则，解得，故选.
易错点5 忽视自变量取值范围致误
5. [上海金山区2023一模]函数，的值域为 .
特别提醒：求解有关三角函数的取值范围、最值问题时，不仅要注意三角函数本身的有界性，还需注意题中所给条件对角的限制．
【解析】
因为，所以，所以，所以
所以函数，的值域为.
易错点6 忽视角的中边所在象限致误
6．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边在直线上，则的值为 .
特别提醒：已知角的终边在直线上，解题时容易直接取直线上的一个点，然后根据三角函数的定义求值，但却忽视了角的终边所在象限，导致漏解，显然本题要根据角的终边所在的象限不同而分两种情况进行讨论．
【解析】在上取不同于坐标原点的点.
当时，点到原点的距离，所以
当时，点到原点的距离，所以
综上，的值为.
易错点7 开方时未考虑角的范围致错
7.[山东聊城2022期末]已知，且，则的值为 .
特别提醒：在对或进行开方时，要注意的范围，应由题目已知条件，判断，的正负，否则任意出现增解，如本题中，若不考虑则.
【解析】
易错点8 对角的范围不讨论或讨论错误
8.[河南南阳一中2022训练]已知均为锐角，且满足，则（ ）

特别提醒：此类题常犯的错误是对角的范围不加讨论或讨论错误，从未使得求出的解不合题意或者漏解，如本题中，若未注意到均为锐角，则错解
【解析】因为，
所以
因为均为锐角，所以，故．故选.
易错点9 忽略三角函数的有界性而致误
9.[山东济南2022二模]函数的最小值为 .
特别提醒：在此类问题中，换元之后，若未能注意，则极易出现错误．如本题中求得的函数最小值可能为.
【解析】令，则，所以，所以当，即时，函数取最小值0.
易错点10 对三角函数的图像理解有误
10.[宁夏六盘山高级中学2022二模]函数的图像向左平移个单位长度，所得到的图像与原函数的对称轴重合，则的最小值是（ ）

特别提醒：周期函数的图象向左或向右平移周期的整数倍与自身重合，但三角函数一个周期有两条对称轴，所以向左向右平移半个周期的整数倍即可使对称轴重合．
【解析】函数的图像向左平移个单位长度，所得到的图象与原函数的图像对称轴重合，
，即.
令，可得的最小值为，故选.
易错点11 忽略锐角三角形三个角均为锐角
11.[江苏镇江2022期初测试]设锐角三角形的内角的对边分别为．若，则的取值范围是 .
特别提醒：对锐角三角形进行约束时，要注意三个角都是锐角，题目中给出了，但不要忘记还有，．约束的范围时，缺一不可．
【解析】因为，所以
又
故由正弦定理可得
又为锐角三角形，故可得解得，则，故，即
易错点12 忽略三角形中“大边对大角”的限制条件而致错
12.[天津塘沽一中 2023 月考]在中，内角的对边分别为．若，则（ ）

特别提醒：在利用正弦定理解已知三角形的两边和其中一边的对角，求另一边的对角时，有可能出现一解、两解或无解的情况，所以解题时要注意是否需要分类讨论．本题计算出后，要根据，得到，舍去（若，不满足三角形的内角和为）
【解析】根据正弦定理
得
因为，所以
又因为，所以，故.
故选.
高考真题
一．选择题（共11小题）
1．（2023•新高考Ⅱ）已知为锐角，，则
A．B．C．D．
【分析】根据已知条件，结合二倍角公式，以及角的取值范围，即可求解．
【解答】解：，
则，
故，即，
为锐角，
，
．
故选：．
【点评】本题主要考查半角的三角函数，属于基础题．
2．（2023•北京）在中，，则
A．B．C．D．
【分析】首先由正弦定理推论，将条件中的正弦值化为边，再运用余弦定理，求得的余弦值，即可得的值．
【解答】解：由正弦定理为三角形外接圆半径）可得：
，，，
所以可化为，
即，
，
又，．
故选：．
【点评】本题考查正弦定理和余弦定理的综合应用，属简单题．
3．（2023•乙卷）已知函数在区间，单调递增，直线和为函数的图像的两条对称轴，则
A．B．C．D．
【分析】先根据题意建立方程求出参数，再计算，即可得解．
【解答】解：根据题意可知，
，取，，
又根据“五点法“可得，，
，，
，
．
故选：．
【点评】本题考查三角函数的性质，方程思想，属基础题．
4．（2023•全国）已知函数，则
A．上单调递增B．上单调递增
C．上单调递减D．上单调递增
【分析】根据已知条件，结合正弦函数的单调性，即可求解．
【解答】解：，
令，，解得，，
当时，，
故在，上单调递增．
故选：．
【点评】本题主要考查正弦函数的单调性，属于基础题．
5．（2023•天津）已知函数的一条对称轴为直线，一个周期为4，则的解析式可能为
A．B．C．D．
【分析】由已知结合正弦函数及余弦函数的对称性及周期公式分别检验各选项即可判断．
【解答】解：：若，则，
令，，则，，显然不是对称轴，不符合题意；
：若，则，
令，，则，，
故是一条对称轴，符合题意；
，则，不符合题意；
，则，不符合题意．
故选：．
【点评】本题主要考查了正弦及余弦函数的对称性及周期性，属于基础题．
6．（2023•甲卷）“”是“”的
A．充分条件但不是必要条件
B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件
D．既不是充分条件也不是必要条件
【分析】利用同角三角函数基本关系式，结合充要条件判断即可．
【解答】解：，可知，可得，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：．
【点评】本题考查同角三角函数基本关系式以及充要条件的应用，是基础题．
7．（2023•上海）已知，记在，的最小值为，在，的最小值为，则下列情况不可能的是
A．，B．，C．，D．，
【分析】由题意可知，对分别求值，排除，即可得答案．
【解答】解：由给定区间可知，．
区间，与区间，相邻，且区间长度相同．
取，则，，区间，，可知，，故可能；
取，则，，，区间，，，可知，，故可能；
取，则，，，区间，，，可知，，故可能．
结合选项可得，不可能的是，．
故选：．
【点评】本题考查正弦函数的图象与三角函数的最值，训练了排除法的应用，取特值是关键，是中档题．
8．（2023•新高考Ⅰ）已知，，则
A．B．C．D．
【分析】由已知结合和差角公式先求出，再求出，然后结合二倍角公式可求．
【解答】解：因为，，
所以，
所以，
则．
故选：．
【点评】本题主要考查了和差角公式，二倍角公式的应用，属于中档题．
9．（2023•乙卷）已知等差数列的公差为，集合，若，，则
A．B．C．0D．
【分析】根据等差数列的通项公式，三角函数的周期性，特值法，即可求解．
【解答】解：设等差数列的首项为，又公差为，
，
，其周期为，
又根据题意可知集合中仅有两个元素，
可利用对称性，对取特值，
如，，，，或，，，，
代入集合中计算易得：．
故选：．
【点评】本题考查等差数列的通项公式，三角函数的周期性，特值法，属中档题．
10．（2023•甲卷）已知为函数向左平移个单位所得函数，则与的交点个数为
A．1B．2C．3D．4
【分析】由题意，利用函数的图象变换规律，余弦函数的图象和性质，得出结论．
【解答】解：把函数向
左平移个单位可得
函数的图象，
而直线经过点，且斜率为，
且直线还经过点，、
，，
，
，如图，
故与的交点个数为3．
故选：．
【点评】本题主要考查函数的图象变换规律，余弦函数的图象和性质，属于中档题．
11．（2023•乙卷）在中，内角，，的对边分别是，，，若，且，则
A．B．C．D．
【分析】利用正弦定理以及两角和差的三角公式进行转化求解即可．
【解答】解：由得，
得，
即，
即，得，
在中，，
，即，
则．
故选：．
【点评】本题主要考查解三角形的应用，利用正弦定理，两角和差的三角公式进行转化求解是解决本题的关键，是中档题．
二．填空题（共9小题）
12．（2023•乙卷）若，，则 ．
【分析】根据三角函数的坐标定义，利用坐标法进行求解即可．
【解答】解：，，
令，，设终边上一点的坐标，
则，
则．
故答案为：．
【点评】本题主要考查三角函数值的计算，利用坐标法进行求解是解决本题的关键，是基础题．
13．（2023•全国）在中，，，，则 ．
【分析】根据已知条件，结合正弦定理，即可求解．
【解答】解：在中，，，，
则，即，解得．
故答案为：．
【点评】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
14．（2023•新高考Ⅰ）已知函数在区间，有且仅有3个零点，则的取值范围是 ， ．
【分析】利用余弦函数的周期，结合函数的零点个数，列出不等式求解即可．
【解答】解：，，函数的周期为，，可得，
函数在区间，有且仅有3个零点，
可得，
所以．
故答案为：，．
【点评】本题考查三角函数的周期的应用，函数的零点的应用，是基础题．
15．（2023•新高考Ⅱ）已知函数，如图，，是直线与曲线的两个交点，若，则 ．
【分析】由，两点的位置入手，结合整体代换思想，先确定，再根据图象的位置，找出合乎条件的一个值，即可求解．
【解答】解：由题意：设，，，，
由的图象可知：
，故，
，则，
两式相减得：，
由图可知：，即，解得，
，
，，
又，，，
即，，，
当时，满足条件，
．
故答案为：．
【点评】本题主要考查根据函数的图象确定解析式的方法，属中档题．
16．（2023•上海）已知，则 ．
【分析】直接利用正切函数的二倍角公式求解．
【解答】解：，
．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了二倍角公式的应用，属于基础题．
17．（2023•上海）已知中，角，，所对的边，，，则 ．
【分析】先利用余弦定理求出，再利用同角三角函数间的基本关系求解．
【解答】解：，，，
由余弦定理得，，
又，
，
．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了余弦定理的应用，考查了同角三角函数间的基本关系，属于基础题．
18．（2023•全国）已知，若，则 ．
【分析】利用二倍角公式得到，，则，，利用“1”的代换即可求解．
【解答】解：，且，，，
，，
，
，
解得或（舍．
故答案为：．
【点评】本题考查了三角函数的求值问题，属于中档题．
19．（2023•甲卷）在中，，，，为上一点，为的平分线，则 2 ．
【分析】在中，根据正弦定理可求出，从而可得，即得．
【解答】解：如图，在中，，，
由正弦定理可得，
，又，
，，
又为的平分线，且，
，又，，
．
故答案为：2．
【点评】本题考查解三角形问题，正弦定理的应用，属中档题．
20．（2023•上海）某公园欲建设一段斜坡，坡顶是一条直线，斜坡顶点距水平地面的高度为4米，坡面与水平面所成夹角为．行人每沿着斜坡向上走消耗的体力为，欲使行人走上斜坡所消耗的总体力最小，则 ．
【分析】先求出斜坡的长度，求出上坡所消耗的总体力的函数关系，求出函数的导数，利用导数研究函数的最值即可．
【解答】解：斜坡的长度为，
上坡所消耗的总体力，
函数的导数，
由，得，得，，
由时，即时，函数单调递增，
由时，即时，函数单调递减，
即，函数取得最小值，即此时所消耗的总体力最小．
故答案为：．
【点评】本题主要考查生活的应用问题，求函数的导数，利用导数研究函数的最值是解决本题的关键，是中档题．
三．解答题（共7小题）
21．（2023•北京）已知函数，，．
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）若在，上单调递增，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求、的值．
条件①：；
条件②：；
条件③：在，上单调递减．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【分析】（Ⅰ）化简函数，由求出的值．
（Ⅱ）若选①：由在和时取得最大值1，这与已知矛盾，判断、不存在．
若选②：由题意求出的最小正周期，即可求出的值，再根据求出的值；
若选③：由题意知在时取得最小值，时取得最大值，由此求出的最小正周期，再求和的值．
【解答】解：（Ⅰ）因为函数，
所以，
又因为，所以．
（Ⅱ）若选①：；
因为，
所以在和时取得最大值1，这与在，上单调递增矛盾，所以、的值不存在．
若选②：；
因为在，上单调递增，且，
所以在时取得最小值，时取得最大值1，
所以的最小正周期为，计算，
又因为，所以，，
解得，；
又因为，所以；
若选③：在，上单调递减，因为在，上单调递增，且，
所以在时取得最小值，时取得最大值1，
所以的最小正周期为，所以，
又因为，所以，，
解得，；
又因为，所以．
【点评】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
22．（2023•上海）在中，角、、所对应的边分别为、、，其中．
（1）若，，求边长；
（2）若，，求的面积．
【分析】（1）由已知结合和差角公式及正弦定理进行化简可求，，，然后结合锐角三角函数即可求解；
（2）由已知结合正弦定理先求出，进而可求，再由正弦定理求出，结合三角形面积公式可求．
【解答】解：（1），且，
，
，
，，，
，
；
（2），
则，
，
，
，
为锐角，
，，，
，
，
．
【点评】本题主要考查了和差角公式，正弦定理，三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
23．（2023•乙卷）在中，已知，，．
（1）求；
（2）若为上一点．且，求的面积．
【分析】（1）由余弦定理可求，进而可求；
（2）由已知可求，进而可得，可求面积．
【解答】解：（1）在中，由余弦定理可知，
，由余弦定理可得，
又，，
（2）由（1）知：，，
，，，
的面积为．
【点评】本题考查余弦定理的应用，考查三角形面积的计算，属基础题．
24．（2023•新高考Ⅰ）已知在中，，．
（1）求；
（2）设，求边上的高．
【分析】（1）由三角形内角和可得，由，可得，再利用两角和与差的三角函数公式化简可得，再结合平方关系即可求出；
（2）由求出，再利用正弦定理求出，，由等面积法即可求出边上的高．
【解答】解：（1），，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
又，，
解得，
又，，
；
（2）由（1）可知，，
，
，
，，
设边上的高为，
则，
，
解得，
即边上的高为6．
【点评】本题主要考查了两角和与差的三角函数公式，考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．
25．（2023•新高考Ⅱ）记的内角，，的对边分别为，，，已知面积为，为的中点，且．
（1）若，求；
（2）若，求，．
【分析】（1）根据已知条件，推得，过作，垂足为，依次求出，，即可求解；
（2）根据已知条件，求得，两边同时平方，再结合三角形的面积公式，即可求解．
【解答】解：（1）为中点，，
则，
过作，垂足为，如图所示：
中，，，，解得，
，，
故；
（2），
，
，，
则，
①，
，即②，
由①②解得，
，
，又，
．
【点评】本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于中档题．
26．（2023•甲卷）记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，求面积．
【分析】（1）由已知结合余弦定理进行化简即可求解；
（2）先利用正弦定理及和差角公式进行化简可求，进而可求，然后结合三角形面积公式可求．
【解答】解：（1）因为，
所以；
（2），
所以，
所以，
所以，
即，
由为三角形内角得，
面积．
【点评】本题主要考查了余弦定理，正弦定理，和差角公式及三角形面积公式的应用，属于中档题．
27．（2023•天津）在中，角，，的对边分别为，，．已知，，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的值；
（Ⅲ）求的值．
【分析】（Ⅰ）根据已知条件，结合正弦定理，即可求解；
（Ⅱ）根据已知条件，结合余弦定理，即可求解；
（Ⅲ）根据已知条件，结合三角函数的同角公式，以及正弦的两角差公式，即可求解．
【解答】解：（Ⅰ），，，
则；
（Ⅱ），，，
则，化简整理可得，，解得（负值舍去）；
（Ⅲ），
，，，
则，
故，
所以．
【点评】本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
最新模拟
一．选择题（共7小题）
1．（2024•湖南模拟）已知，，则“”是“”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【分析】通过判断，、“”，能否得到；以及能否推出，，则“”，即可判断充分必要条件．
【解答】解：，，则“”如果，不存在，所以不可能得到“”；
“”可得角，的终边可能相同，也可能不相同，推不出“”，
所以，，则“”是“”的既不充分也不必要条件．
故选：．
【点评】本题考查充要条件知识，注意到前提与结论的关系，正切函数的定义域，是易错点，考查基本知识掌握的情况．
2．（2024•呼和浩特模拟）用一个圆心角为，面积为的扇形为圆心）围成一个圆锥（点、恰好重合），该圆锥顶点为，底面圆的直径为，则的值为
A．B．C．D．
【分析】根据扇形的面积求出，得出圆锥的母线，再利用二倍角公式计算的值．
【解答】解：圆心角为，面积为的扇形，则，解得，
所以圆锥的母线为，由底面圆的直径为，所以，所以；
所以，
所以．
故选：．
【点评】本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，是基础题．
3．（2024•中山市校级模拟）若，则
A．B．C．1D．
【分析】化简求出的值，再弦化切计算的值．
【解答】解：，
，
解得；
．
故选：．
【点评】本题考查了同角三角函数的基本关系式的应用问题，是基础题．
4．（2024•蜀山区校级模拟）古希腊的数学家海伦在他的著作《测地术》中最早记录了“海伦公式”： ，其中，，，分别为的三个内角，，所对的边，该公式具有轮换对称的特点．已知在中，，且的面积为，则边上的中线长度为
A．B．4C．D．
【分析】由正弦定理得出，利用的面积公式求出、、，再计算，利用向量法求出边上的中线长度．
【解答】解：中，由正弦定理知，，
设，，，；
所以，
的面积为，解得，
所以，
所以边上的中线长度为：
．
故选：．
【点评】本题考查了正弦定理与三角形的面积计算问题，是基础题．
5．（2024•内江一模）在中，，，分别是角，，的对边，且，则是
A．直角三角形B．等腰三角形或直角三角形
C．正三角形D．等腰直角三角形
【分析】把利用二倍角公式可知代入题设等式求得的值，进而判断出三角形的形状．
【解答】解：，，
，
是直角三角形．
故选：．
【点评】本题主要考查了三角形的形状的判断．解题的时候充分利用了三角函数中二倍角公式，余弦定理公式等基本公式．
6．（2024•1月份模拟）已知，则
A．B．C．1D．
【分析】根据正弦、余弦、正切二倍角公式，将齐次化即可得出答案．
【解答】解：由题，
即，
化简得或，
因为，所以，
．
故选：．
【点评】本题考查两角和与差的正切公式、倍角公式的应用，属于中档题．
7．（2024•凉州区模拟）若，则等于
A．B．C．D．
【分析】利用诱导公式和二倍角公式化简为的表达式，然后代入的值，求解即可．
【解答】解：
故选：．
【点评】本题考查二倍角的余弦，运用诱导公式化简求值，考查计算能力，是基础题．
二．填空题（共3小题）
8．（2024•汉中一模）已知中，，，，则的外接圆面积为 ．
【分析】先利用余弦定理求出，然后利用正弦定理求出外接圆半径，则面积可求．
【解答】解：由已知得
，故，
故，，
故的外接圆面积为．
故答案为：．
【点评】本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
9．（2024•全国一模）在中，，点与点分别在直线的两侧，且，，则的长度的最大值是 ．
【分析】根据可分析出是直角三角形，画出图形，可设，借助于余弦定理在三角形中表示出，然后再利用三角形借助于余弦定理找到与角的关系，代入表达式，利用导数研究函数最值的方法求解．
【解答】解：在三角形中，设，则，且．
由正弦定理得，解得，
显然为锐角，故．
．
设，．
在中，
①．
又在中，．
．代入①式得：
．
令，则上式可化为，②．
，令得，可见．
即，或（舍
将代入②式得，故．（因为开区间内唯一的极值点即为该函数的最值点）
故答案为：．
【点评】本题考查了利用正余弦定理解三角形的问题，同时也考查了导数在实际优化问题中的应用．还考查了学生的逻辑推理能力和数学运算能力．难度较大，
10．（2024•番禺区校级模拟）在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为 ， ．
【分析】利用三角形面积公式与余弦定理，可得，再根据同角关系式可得，利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得取值范围，从而求得的取值范围，设，由对勾函数的单调性即可求出的取值范围．
【解答】解：在中，由余弦定理得，且的面积为，
由，得，化简得，
又，，联立得，
解得或（舍去），
所以，
因为为锐角三角形，
所以，，所以，
所以，所以，所以，，
设，其中，，所以，
由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，；当时，，
所以，即的取值范围是．
故答案为：．
【点评】本题考查了正弦、余弦定理和三角恒等变换应用问题，也考查了运算求解能力，是难题．
三．解答题（共25小题）
11．（2024•番禺区校级模拟）在中，，，分别是的内角，，所对的边，且．
（1）求角的大小；
（2）若，，求边．
【分析】（1）根据正弦定理和余弦定理，即可求出的值；
（2）由正弦定理求出三角形外接圆的半径，即可求得的值．
【解答】解：（1）中，，
所以，
由正弦定理得，，即，
由余弦定理得，，
解得，
又因为，
所以；
（2）由正弦定理得，，
所以，解得，
所以．
【点评】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
12．（2024•芝罘区校级模拟）在中，角，，的对边分别为，，，向量，，且．
（1）求角；
（2）若，，求的面积．
【分析】（1）由向量平行得出关系式后，再由正弦定理化边为角可求解；
（2）由余弦定理得，代入，后，求得，代入三角形面积公式即可求解．
【解答】解：（1）因为向量，且，
所以，由正弦定理得，
又因为，所以，因为，
所以；
（2）由余弦定理得，因为，
所以，即因为，所以，
故的面积为．
【点评】本题考查利用正、余弦定理解三角形，三角形面积公式的运用，考查向量的数学运算，属于基础题．
13．（2024•河北一模）已知的内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求证：；
（2）若的面积为，且，求．
【分析】（1）方法一：利用余弦定理化角为边，再结合余弦定理及二倍角的余弦公式即可得解；
方法二：利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角和定理及两角和的正弦公式即可得解；
（2）方法一：由（1）结合余弦定理及平方关系求出，再根据三角形的面积公式即可得解；
方法二：利用正弦定理结合（1）中结论求出，再根据求出，根据三角形的面积公式即可得解．
【解答】解：（1）证明：（方法一）由余弦定理，得，
又，，
，
，
，
，
又，，
；
（方法二）由正弦定理，得，
，
，，为的内角，，
，
，
即，
又，，
；
（2）（方法一）由（1）可知，
，，即，
，
，，，
，
．
（方法二）由正弦定理，得，即，
，又，，
，
，，
，
，
．
【点评】本题主要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．
14．（2024•城厢区校级模拟）已知，，分别为的内角，，的对边，且．
（1）求；
（2）若，的面积为2，求．
【分析】（1）由余弦定理化角为边，再结合余弦定理与同角三角函数的商数关系，得解；
（2）利用三角形的面积公式可求的值，进而利用余弦定理即可求解．
【解答】解：（1）由余弦定理及，得，
整理得，
因为，
所以，
所以，
所以，即．
（2）因为，，的面积为，
所以，
由余弦定理得，，
所以，
所以，解得．
【点评】本题考查解三角形，熟练掌握余弦定理，三角形面积公式，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15．（2024•南湖区校级一模）在中，内角，，的对边分别为，，，．
（1）求角；
（2）作角的平分线与交于点，且，求．
【分析】（1）由正弦定理边角互化，化简后利用正切值求角即得；
（2）充分利用三角形的角平分线将三角形面积进行分割化简得，再运用余弦定理解方程即得．
【解答】解：（1）因，
由正弦定理可得：，
即，
因，故，
则有，即，
因，故；
（2）因为为角平分线，所以，
所以，
因，则，
即，所以，
又由余弦定理可得：，
把分别代入化简得：，
解得：或（舍去），所以．
【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
16．（2024•中山市校级模拟）在中，角，，的对边分别为，，，．
（1）求；
（2）设边的中线，且，求的面积．
【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式，可得角的大小；
（2）分别在两个三角形中，由余弦定理可得，的值，进而求出三角形的面积．
【解答】解：（1）因为，由正弦定理可得，
在中，，
可得，
因为，可得，
即，，
可得或，
可得；
（2）在中，由余弦定理可得，而，，
整理可得，①
在中，为的中点，，由余弦定理可得，
整理可得，即，②
由①②可得，即，可得，
所以．
【点评】本题考查正弦定理，余弦定理的应用，两角和的正弦公式的应用，属于中档题．
17．（2024•罗湖区校级模拟）在中，角，，所对的边分别为．
（1）求；
（2）若边上的中线长为1，求面积的最大值．
【分析】（1）由正余弦定理化简条件中的等式，可得；
（2）边上的中线为，由向量关系：，两边平方利用向量数量积的运算和基本不等式，求出的最大值，可计算面积的最大值．
【解答】解；（1）由正余弦定理得：，
又，
可得，
即；
（2）设边上的中线为，，由（1）知，
再由向量关系：，两边平方得，
即，则有，得（当且仅当时取等号），
所以．
即面积的最大值为．
【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，三角形中线长定理的综合应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
18．（2024•沙依巴克区校级模拟）在中，角，，的对边分别为，，，且．
（1）求；
（2）点在线段上，且，若的面积为，，求的长．
【分析】（1）利用正弦定理以及三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合，即可求解的值．
（2）由题意，利用三角形的面积公式可求，结合，可求和的值，进而可求的值，利用余弦定理即可求解的值．
【解答】解：（1）因为，即，
所以由正弦定理可得，
又，
所以，可得，
因为为三角形内角，，
所以，可得，
又，
所以；
（2）因为点在线段上，且，的面积为，
所以，
又，
所以，
因为，
所以，可得，
所以，
所以．
【点评】本题考查了正弦定理、余弦定理，三角形的面积公式以及三角函数恒等变换在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19．（2024•浦东新区校级模拟）设函数，其中，已知．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在，上的最小值．
【分析】（Ⅰ）利用三角恒等变换化函数为正弦型函数，根据求出的值；
（Ⅱ）写出解析式，利用平移法则写出的解析式，求出，时的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）函数
，
又，
，，
解得，
又，
；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象；
再将得到的图象向左平移个单位，得到的图象，
函数；
当，时，，，
，，
当时，取得最小值是．
【点评】本题考查了三角恒等变换与正弦型函数在闭区间上的最值问题，是中档题．
20．（2024•道里区校级一模）已知函数．
（1）当时，求函数在上的值域；
（2）在中，内角，，的对边分别为，，，为的平分线，若的最小正周期是，，求的面积．
【分析】（1）利用三角恒等变换化函数，计算时函数在上的取值范围即可；
（2）根据的最小正周期求出，由求出，再由余弦定理和三角形的面积公式求出的值，即可求出的面积．
【解答】解：（1）函数
，
时，，
因为，所以，，所以，
所以函数在上的值域为，；
（2）因为的最小正周期是，，所以，
因为，且，所以，，
所以，解得，
中，，角平分线，
由余弦定理得，，
所以；
又因为的面积为，
即，所以，
所以，解得或（舍去），
所以的面积为．
【点评】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了三角函数图象与性质应用问题，是中档题．
21．（2024•辽宁模拟）已知的内角，，的对边分别为，，，满足．
（1）求角；
（2）是的角平分线，若的面积为，求的值．
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，并由余弦定理，即可得解；
（2）由，知，根据角分线定理可得，再由平面向量基本定理，知，将其两边平方，化简运算推出，然后结合（1）中所得，即可．
【解答】解：（1）由正弦定理及，知，
化简得，，
由余弦定理知，，
因为，所以．
（2）因为的面积，所以，
由角分线定理知，，
因为，，三点共线，所以，
所以，
即，化简得，，
解得，
所以，
由（1）知，，
所以．
【点评】本题考查查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，平面向量的线性和数量积的运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
22．（2024•广东一模）设锐角三角形的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若点在上（与，不重合），且，，求的值．
【分析】（1）代入余弦定理即可；（2）可得，由正弦定理即可求值．
【解答】解：（1）由条件与余弦定理可知，，
整理得，又为锐角三角形，
所以，则，所以；
（2）由得，，所以，则，
所以，由（1）可知，则，，
则．
【点评】本题考查正弦定理，余弦定理，属于中档题．
23．（2024•天津模拟）在中，内角，，所对的边分别为，，．已知，．
（1）求的值；
（2）求值；
（3）求．
【分析】（1）由正弦边角关系得、，应用余弦定理求；
（2）由（1）得，结合倍角正余弦公式、和角正弦公式求值即可；
（3）由三角形内角和、和角正切公式得，再由（2）得及倍角正切公式求，代入即可求值．
【解答】解：（1）由题设及正弦定理知：，
，又，故，
；
（2）（1）知，则易知，
，，
；
（3）由，，可设，，，，
，
则，
所以．
【点评】本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，三角函数公式的应用，属中档题．
24．（2024•惠州模拟）在中，角，，所对的边分别为，，，已知．
（1）求角；
（2）是的角平分线，若，，求的面积．
【分析】（1）由正弦边角关系及已知得，即可得角；
（2）由余弦定理得，由及面积公式得，求得，进而应用面积公式求面积．
【解答】解：（1）因为，
所以，
可得，
又，
所以；
（2）因为在中，，
所以①，
又，
得：，
化简得：②，
由①②得：，
所以．
【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理以及三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
25．（2024•商洛模拟）在中，角，，所对的边分别为，，，，
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，周长为，求边上的高．
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式化简即可得解；
（2）利用三角形面积公式与余弦定理可求得，从而得解．
【解答】解：（1）由已知结合正弦定理，可得，
又，
代入整理可得，
因为，故，所以，
又，所以；
（2）由及可得，，
又周长为，则，所以，
根据余弦定理可得，
，
整理可得，设边上的高为，
则，解得，
所以边上的高为．
【点评】本题考查正弦、余弦定理的应用，考查解三角形，属中档题．
26．（2024•龙岗区校级模拟）已知的内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求；
（2）若，且的周长为，求的面积．
【分析】（1）应用正弦边角关系及和角正弦公式有，再由三角形内角性质即可求边长；
（2）应用余弦定理及已知得且，进而求得，最后应用面积公式求面积．
【解答】解：（1）由题设有，
则，
所以，而，
故，又，
所以．
（2）由（1）及已知，有，
整理得，
又，即，
所以，解得，
故．
【点评】本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属中档题．
27．（2024•中山市校级模拟）在锐角中，角，，所对的边分别为，，，已知．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若，求周长的最大值．
【分析】（Ⅰ）先利用余弦定理化简已知等式，再结合两角和的正弦公式，推出，从而得解；
（Ⅱ）结合余弦定理与基本不等式，求出的最大值，即可得解．
【解答】解：（Ⅰ）由余弦定理知，，
因为，
所以，
又，所以，
因为，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以．
（Ⅱ）由余弦定理知，，
因为，
所以，即，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以周长，
故周长的最大值为18．
【点评】本题考查解三角形，熟练掌握余弦定理，两角和的正弦公式，基本不等式等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
28．（2024•龙岗区校级模拟）如图，在中，，，点在线段上．
（1）若，求的长；
（2）若，的面积为，求的值．
【分析】（1）根据题意，结合正弦定理可得，的值，再在中，由正弦定理可得答案；
（2）先求出的长，由余弦定理可得，再由正弦定理可得答案．
【解答】解：（1）因为，
则由正弦定理可得，，即，
又，则，
所以，
又，则，
在中，由正弦定理可得，，即，
所以；
（2）设，则，
又的面积为，则，
所以，解得，则，
由余弦定理可得，，
在中，由正弦定理可得，，又，，则，
在中，由正弦定理可得，，又，，则，
又，则．
【点评】本题考查正余弦定理以及三角形的面积公式在解三角形中的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
29．（2024•黄浦区校级模拟）在中，角，，的对边分别为，，，．
（1）求角；
（2）若为钝角三角形，且，求的取值范围．
【分析】（1）化切为弦，然后根据两角和的正弦公式化简即可求解；
（2）利用正弦定理化边为角，根据辅助角公式化为，结合角的范围利用正弦函数的性质即可求解范围．
【解答】解：（1）因为，
所以，
即，
所以，
又因为，所以，
又且，所以；
（2）由正弦定理，得，
所以，所以，
因为是钝角三角形，不妨设为钝角，则，
所以
，
因为，所以，
所以，
所以的取值范围是．
【点评】本题考查利用正余弦定理和三角恒等变换知识解三角形，属于中档题．
30．（2024•濠江区校级一模）记的内角，，的对边分别为，，，的面积为，已知，．
（1）求角；
（2）若，求的值．
【分析】（1）由三角形面积公式及余弦定理，可得，从而求得角；
（2）由条件式，求得，根据正弦定理解得边，进而求得三角形面积．
【解答】解：（1）因为，
所以，
所以，
即，于是，
又，所以；
（2）因为，所以，
因为，所以，
故，即，
由正弦定理，得，解得，
所以
．
【点评】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查解三角形，属中档题．
31．（2024•新城区校级模拟）在中，内角、、所对的边分别为、、，其外接圆半径为1，，．
（1）求；
（2）求的面积．
【分析】（1）直接利用正弦定理和同角三角函数的变换求出的值；
（2）利用余弦定理和三角形的面积公式求出结果．
【解答】解：（1）由于，外接圆半径为1，
根据正弦定理得，
即，
代入，
即，
由于，
即，
解得．
（2）根据正弦定理得，
即，
由（1）知．
由余弦定理得，解得．
又因为，所以．
所以．
【点评】本题考查的知识要点：正弦定理，余弦定理和三角形的面积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
32．（2024•番禺区校级模拟）在内，角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求角的值；
（2）若的面积为，，求的周长．
【分析】（1）结合正弦定理，诱导公式与两角和的正弦公式，化简可得，从而求出角的大小；
（2）利用余弦定理与三角形的面积公式列出关于和的方程组，求得，进而知的周长．
【解答】解：（1）因为，所以，
因为，
所以，
由正弦定理，得，
整理得，
所以，
因为，
所以，
又，所以，所以，即，
因为，所以．
（2）由（1）知，
由余弦定理知，①，
因为，所以②，
联立①②，得，即，
所以，
所以，
故的周长为．
【点评】本题考查解三角形，熟练掌握正余弦定理，两角和的正弦公式，三角形面积公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
33．（2024•河西区校级模拟）在中，角，，的对边分别为，，，．
（1）求角的大小；
（2）若的面积为．
①求，的值；
②求的值．
【分析】（1）利用正弦定理及三角恒等变换计算即可；
（2）利用余弦定理及三角形面积公式计算可求，；利用三角恒等变换计算可求．
【解答】解：（1）因为，由正弦定理可知，
化简得，
因为，所以，
因为，所以；
（2）①由（1）及余弦定理可知，
又，，
联立可得，或，（舍去）；
②由正弦定理可知，，
因为，，，所以，
所以，
由可知，
所以，
故．
【点评】本题考查了解三角形问题，涉及到正余弦定理，倍角公式，两角和与差的三角函数公式的应用，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
34．（2024•东莞市校级一模）从下列条件中选择一个条件补充到题目中：
①，其中为的面积，②，③．
在中，角，，对应边分别为，，，_____．
（1）求角；
（2）若为边的中点，，求的最大值．
【分析】（1）选①，利用余弦定理可得，再结合面积公式，可得，进而求解；
选②，由结合正弦定理可得，再结合余弦定理可得，进而求解；
选③，由结合正弦定理可得，进而得到，进而求解．
（2）在中，设，由正弦定理可得，，进而得到，进而求解．
【解答】解：（1）选①，由余弦定理得：，
又，
所以，
得，
因为，
所以，
选②，因为，由正弦定理得：，
整理得：，
由余弦定理得：，
因为，
所以．
选③，因为，由正弦定理得：，
即，
又因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，即．
（2）在中，设，
由正弦定理得，
所以，，
，其中，
当时取等号，
所以的最大值是．
【点评】本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
35．（2024•新华区校级一模）已知中，角，，所对的边分别为，，，．
（1）求；
（2）设是边上的点，且满足，，，求内切圆的半径．
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合诱导公式与两角和的正弦公式，化简运算，即可得解；
（2）在中，利用余弦定理可得关于边长的一个等量关系，再将两边平方可得另一个关于边长的方程，联立解出边长，再由的面积与内切圆半径的关系，求解即可．
【解答】解：（1）由正弦定理及，得，
因为，
所以，即，
因为，所以，
又，所以．
（2）在中，由余弦定理得，，即①，
因为，所以，，
因为，所以，
将两边平方，有，即，
整理得②，
联立①②解得，
在中，由余弦定理知，，
所以，，
所以，
所以的面积为，
设内切圆的半径为，
因为，所以，解得，
故内切圆的半径为．
【点评】本题考查解三角形，熟练掌握正余弦定理，平面向量的运算法则，三角形内切圆半径的求法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
公式
一
二
三
四
五
六
角
2kπ＋α(k∈Z)
π＋α
－α
π－α
eq \f(π,2)－α
eq \f(π,2)＋α
正弦
sin α
－sin α
－sin α
sin α
cs α
cs α
余弦
cs α
－cs α
cs α
－cs α
sin α
－sin α
正切
tan α
tan α
－tan α
－tan α
口诀
函数名不变，符号看象限
函数名改变，符号看象限
正弦函数y＝sin x
余弦函数y＝cs x
正切函数y＝tan x
图象
定义域
R
R
{x|x≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z}
值域
[－1,1] (有界性)
[－1,1] (有界性)
R
零点
{x|x＝kπ，k∈Z}
{x|x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z}
{x|x＝kπ，k∈Z}
最小正周期
2π
2π
π
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
单调性
增区间
eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ))，eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)
[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)
eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋kπ))，eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)
减区间
eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)
[2kπ，π＋2kπ](k∈Z)
对称性
对称轴
x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)
x＝kπ(k∈Z)
对称中心
(kπ，0) (k∈Z)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋kπ，0))(k∈Z)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)