培优专题01 三角函数与解三角形6大重难题型（大题专练）（全国通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测 练习+答案

这是一份培优专题01 三角函数与解三角形6大重难题型（大题专练）（全国通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测 练习+答案，共16页。试卷主要包含了三角函数概念及三角恒等变换，三角函数的性质，三角函数的图象变换等内容，欢迎下载使用。

题型01 三角函数化简及图象、性质问题
?命题方向一 三角函数概念及三角恒等变换
1 .【答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用两角和的三角函数公式写出点的坐标表达式，进而得到的三角函数式并计算.（2）利用点在圆上的条件将转化为关于的表达式，再根据的范围，利用三角函数和二次函数的性质求取值范围.
【详解】（1）设射线与x正半轴的夹角为，则，，
由三角函数定义可知，，
因为，则，
所以．
（2）由题知，
由，，可知初始位置，即，
得，
终边位置，即，即，
由（1）知，所以，所以当，取得最小值，
所以n的取值范围为，
因为在上单调递增，上单调递减，
所以当时，，
由，
可知时，
所以的取值范围为．
2．【答案】(1)对称中心为，对称轴方程为：；
(2)最大值为，最小值为0．
【分析】（1）先用半角公式降次，再利用辅助角公式可化简为，利用正弦函数的对称性，求解即可．
（2）当时，，可得，即可得出函数的最值．
【详解】（1）
，
令，解得，
对称轴方程为：．令，解得，
函数的对称中心为．
（2）当时，，
由正弦函数的性质可知，的最大值为1，最小值为，
函数的最大值为，最小值为0．
3．【答案】(1)；单调递增区间为
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式和两角和公式对函数解析式化简，进而根据周期公式求得函数的最小正周期；利用整体法根据正弦函数的单调性求得函数的单调递增区间．
（2）由已知找到取最小值为4时的值，得到关于的方程．
【详解】（1），．
由，，求得，，
函数的单调递增区间为．
（2）由时，，，
，解得．
?命题方向二 三角函数的性质
4. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）首先根据周期求，再根据对称性求，求函数的解析式；
（2）代入函数解析式，结合诱导公式化简，再根据单调性比较大小.
【详解】（1）由条件可知，，得，
可知，函数关于直线对称，
所以，得,
因为，所以时，，所以；
（2），
，
在区间单调递增，所以，则，
所以.
5．【答案】(1)1，
(2)．
【分析】（1）由三角恒等变换化简后，利用正弦型函数的周期求出，再由自变量的范围求出值域；
（2）根据函数为奇函数， 由诱导公式求解即可.
【详解】（1）
由题意可知，函数的最小正周期，所以，
所以．
，，．
所以，在的值域为．
（2）函数为奇函数，
令得，所以，
因为，所以，．
?命题方向三 三角函数的图象变换
6.【答案】 （1）
（2）
【分析】（1）先利用三角函数最小正周期公式求出，得到的解析式；再将代入，结合角度范围，通过角度配凑与二倍角公式，将已知的正弦值转化为目标角的余弦值进行计算.
（2）根据三角函数图像平移 “左加右减、上加下减” 的规则，得到的解析式；再由给定的范围确定整体角的范围，结合正弦函数的单调性与最值，求出在区间上的值域.
【详解】（1）函数的最小正周期为，
，解得， 即，
，，则，
，则，
，
，，
，即，∴.
（2），
的图象向右平移个单位后得到的函数为，即，
再向上平移1个单位得到的图象对应函数为，
，当时，，
令，则，
则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则，，
，
函数在上的值域为．
7．【答案】(1)，；
(2)2
【分析】（1）将代入解析式，求出，并求出，数形结合得到不等式，求出的取值范围；
（2）在（1）基础上，得到，求出平移后的解析式，得到，结合求出最大值.
【详解】（1）将代入解析式得，
又，故，又，
当时，，
因为在区间上恰有一个极大值和一个极小值，
故，解得；
（2）是整数，又，故，
所以，
的图象向右平移个单位长度得到，
所以，
，
又，故当，即时，
取得最大值，最大值为.
8．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用正弦的和角公式及倍角公式得，再结合条件，即可求解；
（2）根据条件得，由可得或，再结合条件，即可求解.
【详解】（1）
，
又的最小正周期为，，则，所以.
（2）由（1）知，所以，
由时，得到，
所以或
即或，
因为在区间上有且仅有3个零点，
由，令，得；令，得；
由，令，得；，得；
所以，
故的取值范围是.
题型02 三角形的中线、角平分线、垂线条件的应用
?命题方向一 三角形的中线
1.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）
【详解】（1）
如图所示，
由余弦定理得，，
代值计算得到，求得；
由于，代值计算得，求得
（2）在中，；
在中，；
两式相加，且，得到，则原式得证．
（3）由于
则由正弦定理，得，
即，
去分母整理得到，即．
且，则，则．
由于，且，即
联立解出
由于，则，
解得，则（负数不满足）.
由余弦定理得到，代值计算，， 则，
则．
2．【答案】（1）
（2）
【分析】（1）先利用余弦定理将分母转化为 ，再将 tanA+tanC 化为正弦、余弦形式，结合三角形内角和与三角恒等变换，求出角C.
（2）可利用中线长公式或在两个小三角形中分别应用余弦定理，结合（1）中求得的角 C，建立关于的方程，最终求出.
【详解】（1）因为
.
所以，故，所以.
（2）由于
故，由余弦定理又有，而，故有
，.
所以.
3．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理先求得，再结合正弦定理求解即可；
（2）设，，根据平面向量的线性运算可得，，进而结合平面向量的数量积及运算律求解即可.
【详解】（1）由余弦定理得，
则．
由正弦定理得，
则，解得．
（2）设，，则b与c的夹角为，且，
因为AM，BN为中线，
所以有，，
于是，则，
，则．
又
，
所以．
4．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）先由题设结合倍角公式和正弦定理得，接着由即可结合同角三角函数关系和两角和正弦公式即可依次求出和，从而由正弦定理即可求解c；
（2）先由（1）求出a，接着由结合余弦定理和基本不等式即可依次求出和，再由正弦定理形式面积公式即可求解.
【详解】（1）因为，所以，故，
又，即，
所以由正弦定理，
若，则，
则，
所以；
（2）由（1）得，取中点，
则为BC边上的中线，
则，
又由余弦定理得，故，
即，当且仅当时等号成立，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以BC边上的中线最小值为，此时.
?命题方向二 三角形的角平分线
5．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式中的边化为角，约去sinB 后得到关于角 A 的三角方程，结合 A 的取值范围求出角 A.
（2）根据角平分线性质或面积法，结合（1）中求得的角 A 与已知边长b,c，建立关于 AD 的方程，进而求出 AD 的长度.
【详解】（1）已知，
由正弦定理得，
，，，即，
，又，；
（2） 是的角平分线，
由（1）知，，则，因为，
则，因为，，即有，
故．
6.【答案】（1）
（2）
【分析】（1）先应用两角和正弦公式化简，再应用诱导公式计算得出余弦值即可求解角；
（2）根据余弦定理计算，应用角平分线定理结合面积公式计算求解.
【详解】（1）由得，
，所以，
即，因为，所以，
则，所以．
（2）中，由余弦定理得，即①，
因为为的角平分线，所以，即②，
联立①②，解得，所以．
7．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用降幂公式求出，再结合余弦定理求解即可；
（2）先求出，，利用等面积法求出，进而求解即可.
【详解】（1）由，则，
因为，所以，
所以，则，
又是角的角平分线，
则在中，由余弦定理得
，即.
（2）由（1）知，则，
由，则，
又是角的角平分线，由，
则，
则，解得，
所以.
8．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合二倍角公式、和角的正弦公式化简即得.
（2）设，利用正弦定理用表示，换元结合余弦定理求出范围，进而构造函数并利用导数求出最小值.
【详解】（1）在中，由，得，
由正弦定理得，即，
则，而，解得，又，
所以.
（2）由（1）知，设，
在中，由正弦定理得，，
则，令，，
在中，由余弦定理得，
解得，因此，，
令，求导得，函数在上单调递减，
则，所以的最小值为.
?命题方向三 三角形的高线
9.【答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用三角形内角和、正弦定理和三角恒等变换化简可得.
（2）利用三角形面积公式和正弦定理可得
【详解】（1）由题意得：，
则，
有，即，因为所以．
（2）由，则，所以，
有，则，
又，则．
10．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理得，结合同角三角函数平方关系即可求解；
（2）先求，由正弦定理得，进而得，再由平方关系求，利用两角和的正弦公式求，进而求解.
【详解】（1）由和正弦定理，可得，
因为，所以，
两边取平方，可得，
解得，因，则得；
（2）由（1）可得.
由和正弦定理，可得，，
又，故为锐角，则.
所以.
因，则.
边上的高为.
11．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，进而求出角；
（2）先根据余弦定理求出边的值，再通过三角形面积公式求出边上的高.
【详解】（1）由正弦定理可得，
因为，所以，
又因为锐角三角形，，所以.
（2）由余弦定理
可知
又因即代入上式可得
则的面积为
则
解得：.
12．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用余弦定理求出，再由，结合平方关系可求的值；
（2）结合（1）可得，再利用三角形面积相等可求得边上的高.
【详解】（1）在中，
，，
而A为三角形内角，
，
，
整理得，得，
又，且，
（2）由正弦定理得，
得，
由（1）得，，，
，
设边上的高为h，则，
边上的高为
题型03 解三角形中的求边、求角、求面积问题
?命题方向一 利用正、余弦定理解三角形的边与角
1. 【答案】（1）
（2）①；②
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，求得，得到，即可求解；
（2）①由正弦定理得，利用三角形的面积公式，列出方程，求得的值，结合余弦定理，即可求解；②利用正弦定理，求得的值，结合三角函数的基本关系式和倍角公式，分别求得的值，结合两角差的余弦公式，即可求解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理，可得，
又因为，
可得，
所以，即
因为，可得，所以，即，
又因为，所以.
（2）①因为，由正弦定理得，
所以的面积为
又因为的面积为，可得，解得，则，
由余弦定理得，所以；
②由正弦定理，可得，
因为，可得为锐角，所以，
则，
，
又因为，所以.
2.【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）根据二倍角公式可得，再结合正弦定理即可得结果；
（2）利用余弦定理结合（1）中结论可得，代入整理可得，进而分析求解.
【详解】（1）因为，可得，
整理可得，由正弦定理可得.
（2）因为，即，
则，
又因为，则，可得，
即，可得，
即，可得，
且，则，
可得，解得.
3. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由余弦定理及三角形的面积公式求解．
（2）由（1）知，，而， ，得为等边三角形，即可求解．
【详解】（1）由余弦定理得，因为，所以.
由三角形面积公式得，又因为，所以，所以，
因为，所以.
（2）由（1）知，，得，而，得，又，
得为等边三角形，得， 故.
4. 【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）根据题意结合面积公式可得，运算求解即可；
（2）根据题意结合余弦定理可得，即可得角A的大小.
【详解】（1）在中，，
因为，即，
且，则，则，即，
又因为，则，即.
（2）若，则，且，
由余弦定理可得，
且，所以.
?命题方向二 与三角形的面积相关解三角形问题
5.【答案】（1）
（2）2
详解】（1）已知，由正弦定理可得，
中，，，所以有，即，
由为锐角，得.
（2）已知，，由余弦定理，有，
即，由，解得，
所以的面积.
6. 【答案】（1）
（2）
（3）7
【分析】（1）根据，再结合条件，利用两角和差的正弦公式，即可求解；
（2）首先根据（1）的过程求得与的关系，再根据，再根据两角和的正切公式，即可求解；
（3）根据圆的周长公式求半径，再根据正弦定理求边长，最后代入三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1）因为， 所以，
又，所以，
联立得；
（2）因为，且三角形为锐角三角形，所以，，
由（1）可得，即，
所以，所以，
解得或，因为角为锐角，所以，
（3）因为外接圆的周长为.即.
由，得，
因为，所以，解得，
由（2）可知，且角为锐角，所以，,
所以的面积为
7. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据正弦定理及两角和正弦公式得，求得，再根据两角和的正切公式进行求解；
（2）根据三角形面积公式及内切圆半径公式，结合余弦定理，求得，进而求得的值，从而求出的面积.
【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，
所以，
所以，
所以
在中，因为，所以有，即得，即，
因为，所以，即得，，
所以.
（2）内切圆的面积为，所以内切圆半径，
又，则有，
由余弦定理得
，
所以，解得或（舍），
所以，
则.
8. 【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）由正弦定理结合得到，推导出；
（2）方法：由三角形的面积可得，结合正弦定理和三角恒等变换可得，结合（1）可求；
方法：同方法1可得，结合（1），可得，进而可得，结合（1）可得，可求；
（3）方法一：由余弦定理可得，可得，利用基本不等式可求的最大值，进而可求；
方法二：结合（1）可得，结合基本不等式求出的最大值，进而可求.
【详解】（1），由正弦定理可得：，
，，
两边同时除以，可得：.
（2）方法1：，则，
结合正弦定理得，，
即，
则，
所以，即，
解得，又，所以.
方法2：同方法可得，
由（1）可得，所以，
即，又，
所以，解得，，
所以.
（3）方法1：，，
，，
，
当且仅当时等号成立，此时取到最大值，
，当最大时，.
方法2：由（1）知，则，
所以
，当且仅当，即时，取“=”，
此时，则，.
题型04 三角形中的最值、范围问题
?命题方向一 解三角形中涉及角度的最值（范围）
1. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由正弦定理边化角，化简即可求解；
（2）由（1）结合三角形为锐角三角形，确定的范围，将转换成，再结合两角差正弦公式及辅助角公式，转换成正弦型函数求值域即可.
【详解】（1）由正弦定理，，，可得：
，
又，
所以，因为，
化简可得：，因为是锐角三角形，，故；
（2）由得，即，
因为是锐角三角形，所以，解得，
由得，故，
代入得： ，
因此的取值范围为.
2. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）已知，，利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合三角形内角和定理，展开后求解；
（2）先根据向量关系得到角之间的关系，再利用三角函数的两角和公式化简，最后根据角的范围求出其取值范围.
详解】（1）因为，所以，又因为，所以，
化简得，即，解得；
（2）因为，所以在的延长线上，
如图，故，
所以
.
因为，所以，
解得，
所以的取值范围为.
3. 【答案】（1），或
（2）
分析】（1）根据正弦定理进行求解即可；
（2）根据余弦定理进行求解即可.
【详解】（1）由题设及由正弦定理，由，得，．
由，解得，或
（2）由余弦定理，，
即．，，
由题设知，．
4．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用余弦定理、正弦定理及和差角的正弦公式推理得证.
（2）由（1）的结论，利用和角的正弦及二倍角公式化简，再利用基本不等式求出最小值.
【详解】（1）在中，由及余弦定理，得，
整理得，由正弦定理得，
则
于是或（不成立），所以.
（2）由（1）知，，，
则
，
由，得，，
因此，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
?命题方向二 解三角形中涉及边长、代数式的最值（范围）
5．【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由等差数列性质得 ，结合正弦定理将转化为边的关系，用余弦定理求出csB.
（2）由外接圆面积 S≥64π 得外接圆半径范围，再用正弦定理 求出的取值范围.
【详解】（1）因为成等差数列，所以，又，所以．
设，则，则．
（2）由（1）得，
则外接圆的半径，
则，则，，
则的取值范围为．
6.【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据正弦定理可得到，进而得到，即可求出A的大小；
（2）根据三角形内角和为，且为锐角三角形，从而可得出的取值范围，再将转化为关于的函数即可求解．
详解】（1）由，
则根据正弦定理有，即，
又由余弦定理有，得，
所以在中，得；
（2）由为锐角三角形，且，
则有，得，即，即，
所以根据正弦定理有．
7. 【答案】（1）
（2）
【分析】(1) 利用正、余弦定理以及三角恒等变换可得，利用余弦定理可得，即可得；
(2) 利用正弦定理以及三角恒等变换可得,即可得解；
【详解】（1）因为，所以由余弦定理：，
所以由正弦定理，
又因为，
所以，因为，所以，
因为，所以，由余弦定理，
因为，，所以，所以，
所以的面积.
（2）因为角为钝角，所以，所以，
因为，所以，
代入得,
因为，所以，即，
所以的取值范围为.
8. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互换，结合三角形内角和公式和两角和的三角函数公式可求角.
（2）利用余弦定理，结合（1）的结论，可求的最大值.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
在中，，
代入整理可得，
又，则，可得，即，
又，则，则，可得.
（2）由余弦定理可得.
因为为锐角三角形，且，所以，，
所以.
由，所以，所以，即.
所以当，即时，即为等边三角形时，取得最大值.
?命题方向三 解三角形中涉及周长的最值（范围）
9．【答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，结合三角恒等变换化简已知等式，求出相应角及边长，再代入三角形面积公式计算。
（2）用正弦定理将周长转化为三角函数形式，结合锐角三角形的角范围，求三角函数的取值范围，得到周长范围。
【详解】（1）由正弦定理可得，即，
因为，所以，
又，即，
展开可得，即，即，
又，所以，且，
所以为等边三角形，
则.
（2）由正弦定理可得
，
又因为为锐角三角形，则，解得，
则，
其中，
所以，
所以的周长.
10．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边化角变形已知等式，再结合两角和的正弦，辅助角公式和诱导公式可得；
（2）由正弦定理边化角和两角差的正弦得到，再结合锐角范围和三角函数值域可得.
【详解】（1）.
由正弦定理得
在中，
代入上式化简得：
因为，所以，即
为锐角，.
（2）由正弦定理得
所以
，
是锐角三角形，，
，
即，
所以周长的取值范围为.
11．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件通过三角函数公式得出角之间的关系，求出角
（2）利用正弦定理将边转化为角的正弦形式，然后化简表达式，最后根据角的范围求出边的和的范围，进而得到三角形周长的范围.
【详解】（1）由，可得，即，
∴，则或（舍），
∴，
当，由，可得.
（2）由正弦定理可得∴，
易知，可得，因此，
易知在上单调递增，所以，
可得周长范围为.
?命题方向四 解三角形中涉及面积的最值、范围
12．【答案】(1);
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边化角，再利用辅助角公式化简，结合特殊角即可求出角A；
（2）法一：结合余弦定理以及基本不等式即可求出最值；法二：根据正弦定理边化角，利用三角函数求最值，注意定义域.
【详解】（1）由正弦定理有，
因为，所以，
故，即，即，
因为，所以，
所以，即.
（2）法一：因为，即，
因为，所以，即（当且仅当时取等），
故（当且仅当时取等），
所以当时，△ABC面积S有最大值，最大值为.
法二：由正弦定理有，即，，
因为，所以，
当，即时，有最大值，最大值为1，
.
13．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）应用二倍角正弦公式计算求解；
（2）应用已知条件化简再结合面积公式及基本不等式计算求解.
【详解】（1）若 ，则，所以，
所以，即 ，
因为，所以 .
则 ，
解得；
（2） ，
有，
故
有， 即， .
当且仅当 时等号成立 .
所以面积的最大值为.
14．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）由向量建立等量关系，结合基本不等式求得面积的最大值即可.
【详解】（1）由及正弦定理得，
化简可得，即，
由余弦定理可得，因为，故.
（2）因为，则，即，
所以，
即，
所以，当且仅当时，
即当，时，等号成立，
故，
即面积的最大值为.
15 .【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据二倍角公式以及正弦定理可把题中第一个条件转化为，根据余弦定理可将题中第二个条件化简为，根据向量的线性表示以及模长公式，即可余弦定理得，进而根据二次方程的判别式求解，即可根据面积公式求解，
（2）利用基本不等式，以及三角形的三边关系即可求解.
【详解】（1）由可得，即,
故，则,
由正弦定理可得，
由可得,
由于D为AB边上靠近点A的三等分点，，故,
平方可得,
故，
由余弦定理可得，故，
则，
将代入上式可得，
由于该关于的一元二次方程有解，故，故，
由于,当且仅当取到等号.
故三角形面积的最大值为，
（2），当且仅当时取到等号，，
又，故，故，
因此，综上可得
题型05 几何图形中的解三角形
1．【答案】】(1)
(2)
【分析】（1）将 利用辅助角公式化简为 ，结合A 的取值范围求出角 A.
（2）先由余弦定理求出 BC 边长，再根据 BD:DC=1:2 得到 BD，DC 的长度；利用三角形内切圆半径公式，分别表示出 ​，最后计算的值.
【详解】（1）因为，即，且，则，可得，所以.
（2）由（1）可知：，且，，
由余弦定理可得，即，
则，则，
且，可得，
在中，则，解得；
在中，则，解得；
所以.
2. 【答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用诱导公式及二倍角公式求解.
（2）①设，在中，利用余弦定理建立函数关系，再利用基本不等式求出最小值；②设，在中，利用正弦定理，结合相似三角形性质将表示为的三角函数，再列出面积关系并求出最小值.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，
而，则，即，又，
因此，解得，所以.
（2）①由（1）知，，而，则是正三角形，设，
当时，与重合，为的中点，；当时，与重合，，
当时，在中，，
由余弦定理，得，
即，因此
，当且仅当时取等号，
而，所以长度的最小值.
②设，则，
中，由正弦定理得，
则，在中，，
则，，又，
于是∽，，则，
由，得，解得，
因此的面积
，其中锐角由确定，
而，则当时，，，
所以面积的最小值为.
3．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，，在和中分别应用余弦定理即可求解；
（2）由（1）知，设,，，在和中分别应用正弦定理可得，结合已知可得，代入等式即可求解.
【详解】（1）设，，所以，，
在中，，
在中，，
因为，解得，所以BO的长为；
（2）由（1）知，设,，，
在中，，在中，，所以，
若，则与全等，所以，
所以，所以，
不成立，所以
所以，
因为，所以，
所以，所以，
所以的值为.
4．【答案】(1)
(2)=1
【分析】（1）解法一：将原式变形，再利用余弦定理并结合角的范围即可求出；
解法二：将原式变形，并利用正弦定理与余弦定理并结合角的范围化简求解．
（2）利用余弦定理将两边的平方用表示出来，再利用均值不等式确定取得最大值时的大小.
【详解】（1）解法一 ：因为，
所以，则，
在中，由余弦定理得
因为，所以．
解法二 ：因为，所以，
在中，由正弦定理和余弦定理得，
所以，
因为，代入上式整理得，
由题意可得，
所以，
因为，所以．
（2）由（1）可得，因为平分，所以，
因为，则在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
所以，
当且仅当时，等号成立，
此时取最大值，即取最大值，
故当取最大值时，．
5．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理结合的取值范围可得出角的值，结合及正弦定理可求得的值，然后利用正弦定理可求得、的长，即可得出的周长；
（2）根据已知条件分析可知四边形为等腰梯形，，即可得出梯形的面积.
【详解】（1）因为，
所以 因为，所以．
又因为，所以，
所以，
因为，故，所以，，
且
，
由正弦定理，所以，
则，
故，
所以的周长为.
（2）连接，
因为，，，
所以，，所以，且，
所以四边形为等腰梯形，所以，，
则，
又因为，即，设，
所以四边形的面积
.
6．【答案】(1)
(2).
(3)．
【分析】（1）通过余弦定理建立方程，求出等边的边长.从而得到面积.，
（2）在中用余弦定理得到得余弦及正弦值，从而得到的余弦值，进而求出的面积.
（3）由（2）知，可设出，通过正余弦定理在表示出，表示出，最终通过辅助角公式求最值得出第（3）问.
【详解】（1）在中，由余弦定理可得:
，则．
因为是等边三角形，所以的面积．
（2）在中，由余弦定理可得，
则，故，
因为是等边三角形，所以，
所以
，
则的面积为，
（3）设，，
在中，由正弦定理可得，则，
由余弦定理可得，
，
则，
所以的面积：
，
因为，，
所以，
当时，取得最大值，即的面积的最大值为．
题型06 解三角形融合交汇问题
?命题方向一 三角函数与复数的创新融合
1.【答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）将​代入求得​，利用复数的除法运算法则，分子分母同乘分母的共轭复数进行化简求解。
(2) 先根据复数乘法运算求出，进而得到，通过图象变换得到，最后利用正弦函数的单调性求其单调递增区间。
【详解】（1）当时，
所以.
（2）因为，所以，
所以，
将图象上所有点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变）得，
令，解得，
所以的单调递增区间是
?命题方向二 三角函数与数列的创新融合
2．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据偶函数性质 ，结合正弦函数的对称性，得到相位满足的条件，再由 确定的值.
（2）将代入，解方程 得到正数解的通项公式，将其整理为等差数列形式，再利用等差数列求和公式求前项和.
【详解】（1）因为函数是偶函数，所以，，整理可得，所以，
因为，所以.
（2）由得，
解得，
从小到大排列为：，所以，
.
?命题方向三 解三角形与平面向量融合
3. 【答案】（1）
（2）.
【分析】（1）根据三角形面积公式及向量的数量积求解即可.
（2）求出向量，对进行平方可得到，将对应向量代入化简可得，结合余弦定理求出，代入求值即可
【详解】（1）因为，，，
所以，即，
因为，，所以，
又因为，所以.
（2）因为，.
因为，所以，则，
即.
整理得，即，也即.
因为，所以，即.
在中，由余弦定理知，，
所以.
4．【答案】（1）；（2）.
【分析】本题主要考查了解三角形中正余弦定理的应用，结合考查了两向量平行，属于一般题.
第二问属于典型的已知三角形一角和该角所对边的问题，可以利用圆中弦所对圆周角相等的这个几何性质求出三角形边长范围.
【详解】（1）根据向量平行列出方程，再利用正弦定理进行边角转化，然后求出角的大小；
（2）根据余弦定理求出的取值范围，再根据三角形边的几何性质求出周长的取值范围.
【详解】（1）由得，
由正弦定理，得，
即，因为在三角形中，则，
又，故；
（2）在中，因，，由余弦定理得，
即，当且仅当时取等号，解得，
又由三角形性质得，故，则，
即的周长的取值范围为.
5．【答案】 (1)
(2)
【分析】（1）先计算向量数量积，通过三角恒等变换将化简为形式，再根据正弦函数单调性求单调递减区间.
（2）由求出角A，结合正弦定理将转化为边的关系，再用余弦定理求出，最后代入三角形面积公式计算.
【详解】（1）由题意得
，
令，解得，
所以的单调递增区间为.
（2）因为为锐角三角形，由得，
由可得，所以，故，
在中，由正弦定理得，所以，
所以①，
由余弦定理得，得②，
由①②解得，
所以的面积为.
?命题方向四 解三角形与三角函数融合
6．【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由的图象，求得，得到，得到，再由，即，求得，即可函数的解析式及对称中心；
（2）由，求得，由正弦定理得，得到，化简得到的周长为，结合为锐角三角形，得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：由函数的图象，可得，
可得，所以，所以，
又由，即，
解得，即，
因为，所以，
所以函数的解析式为；
令，可得，
所以的对称中心为.
（2）解：因为，可得，即，
因为，可得，所以，所以，
又因为，由正弦定理可得，则，
所以的周长为
因为，可得，
所以，
因为为锐角三角形，可得，可得，可得，
则，可得，
所以的周长为.
7．【答案】(1)
(2)，其中；最大值为
【分析】（1）根据题意，由正弦定理得，求得，进而求得的长，得到三角形的周长；
（2）由，根据正弦定理得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：由，
可得，即，
设三角形的外接圆半径是，
由正弦定理得，
因为，所以，又
又由，解得，
所以三角形的周长为.
（2）解：由，且，可得，
可得，
所以，
由，所以当，即时，取到最大值.
8．【答案】(1)1
(2)
【分析】利用三角恒等变换整理可得，结合最小正周期分析求解；
以为整体，结合正弦函数最值可得.若选条件①：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解；若选条件②：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解；若选条件③：利用面积公式、余弦定理可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解.
【详解】（1）由题意可知：，
因为函数的最小正周期为，且，所以.
（2）由（1）可知：，
因为，则，
可知当，即时，取到最大值3，即.
若条件①：因为，
由正弦定理可得，
又因为，
可得，且，则，
可得，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为；
若条件②；因为，
由正弦定理可得：，
则，
因为，则，可得，
即，且，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为；
若选③：因为，则，
整理得，且，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为.