新高考数学二轮复习专题训练二 三角函数与解三角形 第2讲　三角恒等变换与解三角形（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习专题训练二 三角函数与解三角形 第2讲　三角恒等变换与解三角形（2份，原卷版+解析版），共8页。
目录
【真题自测】2
【考点突破】13
【考点一】三角恒等变换13
【考点二】正弦定理、余弦定理及综合应用16
【考点三】解三角形的实际应用25
【专题精练】31
考情分析：
1.三角恒等变换主要考查化简、求值，解三角形主要考查求边长、角度、面积等，三角恒等变换作为工具，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围问题.
2.三角恒等变换以选择题、填空题为主，解三角形以解答题为主，中等难度．
真题自测
一、单选题
1．（2024·全国·高考真题）已知，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·全国·高考真题）在中,内角所对的边分别为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2023·全国·高考真题）已知，则（ ）．
A．B．C．D．
4．（2023·全国·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A．1B．C．D．
5．（2023·全国·高考真题）已知为锐角，，则（ ）．
A．3−58B．C．D．
6．（2023·全国·高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
8．（2023·全国·高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
三、解答题
9．（2024·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A．
(2)若，，求的周长．
10．（2023·全国·高考真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
11．（2023·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
12．（2023·全国·高考真题）在中，已知，，.
(1)求；
(2)若D为BC上一点，且，求的面积.
参考答案：
1．B
【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为，
所以，，
所以，
故选：B.
2．C
【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，由正弦定理得到的值，最后代入计算即可.
【详解】因为，则由正弦定理得.
由余弦定理可得:，
即:，根据正弦定理得，
所以，
因为为三角形内角，则，则.
故选：C.
3．B
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因为，而，因此，
则，
所以.
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
4．B
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，
因为，则，
可得，
则，
，
即为钝角，
所以；
法二：圆的圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，连接，
可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，
且为锐角，所以；
方法三：圆的圆心，半径，
若切线斜率不存在，则切线方程为x=0，则圆心到切点的距离，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且
设两切线斜率分别为，则，
可得，
所以，即，可得，
则，
且，则，解得.
故选：B.

5．D
【分析】根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出．
【详解】因为csα=1−2sin2α2=1+54，而为锐角，
解得：3−58=5−1216=5−14．
故选：D．
6．C
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得，
即，
整理可得，由于，故，
据此可得，
则.
故选：C.
7．C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
8．
【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；
方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
故答案为：．
方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又，所以，即．
故答案为：．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
9．(1)
(2)
【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；
（2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长.
【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由可得，即，
由于，故，解得
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由，又，消去得到：
，解得，
又，故
方法三：利用极值点求解
设，则，
显然时，，注意到，
，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点，
即，即，
又，故
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设，由题意，，
根据向量的数量积公式，，
则，此时，即同向共线，
根据向量共线条件，，
又，故
方法五：利用万能公式求解
设，根据万能公式，，
整理可得，，
解得，根据二倍角公式，，
又，故
（2）由题设条件和正弦定理
，
又，则，进而，得到，
于是，
，
由正弦定理可得，，即，
解得，
故的周长为
10．(1)
(2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由=sinAcsC+csAsinC=22(31010+1010)=255，
由正弦定理，，可得，
，
.
11．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【详解】（1）因为，所以，解得：．
（2）由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
12．(1)；
(2).
【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得；
(2)由题意可得，则，据此即可求得的面积.
【详解】（1）由余弦定理可得：
，
则，，
.
（2）由三角形面积公式可得，
则.
考点突破
【考点一】三角恒等变换
一、单选题
1．（2023·江苏·三模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·湖北武汉·二模）若，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·新疆喀什·三模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的最小正周期为
C．是函数图象的一条对称轴
D．函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
4．（2024·云南昆明·一模）已知函数，则（ ）
A．y=fx的最大值为2
B．y=fx的图象关于点对称
C．y=fx在上单调递增
D．直线是y=fx图象的一条对称轴
三、填空题
5．（23-24高三上·浙江宁波·期末）在中，角的对边分别为，已知．则角 .
6．（2024·吉林白山·一模）化简 ．
参考答案：
1．A
【分析】利用和差角公式展开，得到，即可得到，再利用两角差的余弦公式计算可得.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以
.
故选：A．
2．A
【分析】由倍角余弦公式及诱导公式求目标式的值.
【详解】，
.
故选：A
3．ACD
【分析】A由降幂公式，辅助角公式可得答案；
B由周期计算公式可得答案；
C将代入由A选项所得化简式中可得答案；
D由函数图象平移知识可得答案．
【详解】Ａ选项，，故A正确；
B选项，由A选项结合周期计算公式可知最小正周期为，故B错误；
C选项，将代入，在此时得最大值，故是函数图象的一条对称轴，故C正确；
D选项，的图象向右平移个单位得，故D正确．
故选：ACD
4．AC
【分析】化简得，分析y=fx的最大值，对称中心，对称轴，单调性判断各个选项.
【详解】,
对A：y=fx的最大值为2，故A正确；
对B：因为，所以不是y=fx的对称中心，故B错误；
对C：当时，，而在上为增函数，故y=fx在上单调递增，故C正确；
对D： ，所以直线不是y=fx图象的一条对称轴，故D错误；
故选：AC
5．
【分析】利用正弦定理及二倍角公式化简计算即可.
【详解】由正弦定理及二倍角公式得：
，
因为在中，，
，
即，
即，
因为在中，,
所以，所以.
故答案为：.
6．2
【分析】运用降幂公式将化成，整理后再用诱导公式将化成，化简即得.
【详解】．
故答案为：2.
核心梳理：
1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin(α±β)＝sin αcs β±cs αsin β；
(2)cs(α±β)＝cs αcs β∓sin αsin β；
(3)tan(α±β)＝eq \f(tan α±tan β,1∓tan αtan β).
2．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin 2α＝2sin αcs α；
(2)cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α；
(3)tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α).
2单+2多+2填+2解 （有的加） 0.85-0.65
规律方法：
三角恒等变换的“4大策略”
(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cs2θ＝tan 45°等．
(2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cs2α＝(sin2α＋cs2α)＋cs2α，α＝(α－β)＋β等．
(3)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂．
(4)弦、切互化：一般是切化弦．
【考点二】正弦定理、余弦定理及综合应用
一、单选题
1．（2024·广东江门·一模）在中，，，则角A的大小为（ ）
A．B．或C．D．或
2．（2023·广东茂名·一模）蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（23-24高二上·浙江·期末）在中，角、、所对的边分别为、、，且，，，下面说法正确的是（ ）
A．
B．
C．是锐角三角形
D．的最大内角是最小内角的倍
4．（23-24高一下·江苏南京·期中）对于有如下命题，其中正确的是（ ）
A．若，则为钝角三角形
B．若，则的面积为
C．在锐角中，不等式恒成立
D．若且有两解，则的取值范围是
三、填空题
5．（2023·浙江宁波·模拟预测）已知椭圆，、分别是其左，右焦点，P为椭圆C上非长轴端点的任意一点，D是x轴上一点，使得平分．过点D作、的垂线，垂足分别为A、B．则的最大值是 ．
6．（23-24高二上·广东汕头·期中）如图，圆锥底面半径为，母线PA＝2，点B为PA的中点，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，其最短路线长度为 ，其中下坡路段长为 ．

四、解答题
7．（2024·广东湛江·一模）已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求A；
(2)若外接圆的直径为，求的取值范围．
8．（23-24高三下·山东济南·开学考试）在中，内角，，的对边分别为，，．已知.
(1)求；
(2)若，且边上的高为，求的周长.
9．（2024·北京东城·一模）在中，.
(1)求；
(2)若为边的中点，且，求的值.
参考答案：
1．D
【分析】利用正弦定理求得角C，根据三角形内角和，即可求得答案.
【详解】由题意知中，，，
故，即，
由于，故，则或，
故A的大小为或，
故选：D
2．C
【分析】根据题意求圆锥的高和底面半径，再结合锥体、柱体体积运算求解.
【详解】如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为，
因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为，面积为的等腰三角形，
所以，解得，则或（舍去），
由得，，
则上半部分的体积为，下半部分体积为，
故蒙古包的体积为.
故选：C.
3．AC
【分析】利用正弦定理可判断A选项；利用余弦定理可判断BC选项；利用二倍角的余弦公式可判断D选项.
【详解】对于A，由正弦定理可得，A对；
对于B，由余弦定理可得，，，
所以，，B错；
对于C，因为，则为最大角，又因为，则为锐角，故为锐角三角形，C对；
对于D，由题意知，为最小角，则，
因为，则，则，D错.
故选：AC.
4．ACD
【分析】根据正弦定理和余弦定理边角互化判断AB，利用锐角三角形角的关系结合诱导公式判断C，结合图象，根据边角的关系与解的数量判断D.
【详解】选项A：中，若，
即，所以由正弦定理得，
又由余弦定理得，所以，为钝角三角形，A说法正确；
选项B：中，若，则由正弦定理得，解得，
所以或，所以或，的面积或，B说法错误；
选项C：因为是锐角三角形，所以，所以，
又，所以，则，
又因为在单调递增，所以，C说法正确；
选项D：如图所示，
若有两解，则，解得，D说法正确；
故选：ACD
5．/0.1875
【分析】利用三角形面积公式、余弦定理，结合椭圆的定义得，再利用均值不等式求解作答.
【详解】设，依题意，，，由，
得，即，
，
椭圆中，，
在中，由余弦定理得，
即有，
则，
因此
，当且仅当时取等号，
所以的最大值是.
故答案为：
6．
【分析】将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，过P作AB的垂线，垂足为M，最短路线即为扇形中的直线段AB，利用余弦定理求出即可；当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，求出即可.
【详解】如图，将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，
易知该扇形半径为2，弧长为，故圆心角∠APB＝，
最短路线即为扇形中的直线段AB，由余弦定理易知
AB＝＝，
cs∠PBA＝＝；
过P作AB的垂线，垂足为M，
当蚂蚁从A点爬行到M点的过程中，它与点P的距离越来越小，故AM为上坡路段，
当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，
下坡路段长MB＝PB･cs∠PBA＝．
故答案为：，.

7．(1)
(2)
【分析】（1）由两角和与差的余弦公式、正弦定理化简已知式即可得出答案；
（2）由正弦定理可得，由两角差的正弦公式和辅助角公式可得，再由三角函数的性质求解即可.
【详解】（1）由可得：，所以，
所以，
，
，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
因为，所以.
（2）由正弦定理可得，
所以，
故，
又，所以，
所以
，又，所以，
所以，所以的取值范围为.
8．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式得到，最后由正弦定理将角化边；
（2）由余弦定理得到，利用面积公式求出，即可得到、，从而得解.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
所以，
即，
所以，
由正弦定理得，即；
（2）由题意得，，
由余弦定理得，
解得（负值舍去），
因为边上的高为，
所以，
则，所以，，
故的周长．
9．(1)；
(2).
【分析】（1）由正弦定理可得，结合三角和为及诱导公式可得，即可得答案；
（2）在中，由正弦定理可求得，从而可得，在中，利用余弦定理求解即可.
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
即，，
又因为，
所以，
解得，又因为，
所以；
（2）解：因为为边的中点，，
所以,
设,
在中，由正弦定理可得，
即，解得，
又因为，所以，

在中，，
在中，，
由余弦定理可得：，
所以，
即.
核心梳理：
1．正弦定理：在△ABC中，eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．
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等．
2．余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccs A.
变形：b2＋c2－a2＝2bccs A，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc).
3．三角形的面积公式：S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A.
2单+2多+2填+2解 （有的加） 0.85-0.65
规律方法：
解三角形中常见的求最值与范围问题的解题策略
(1)利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a＋b与ab相互转化求最值范围．
(2)利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简；利用三角函数的性质求最值、范围．
【考点三】解三角形的实际应用
一、单选题
1．（22-23高一下·辽宁沈阳·期中）在中，若，则的形状是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形
2．（2024·广东梅州·一模）已知是锐角三角形，角，，所对的边分别为，，，为的面积，，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
3．（2024·河南·模拟预测）已知的内角所对的边分别为，若，且，则下列结论正确的是（ ）
A．的三边一定构成等差数列
B．的三边一定构成等比数列
C．面积的最大值为
D．周长的最大值为
4．（2024·江西新余·模拟预测）将锐角三角形置于平面直角坐标系中，，为轴上方一点，设中的对边分别为且，则的外心纵坐标可能落在以下（ ）区间内.
A．B．C．D．
三、填空题
5．（2024·福建漳州·模拟预测）如图，某城市有一条公路从正西方向通过路口后转向西北方向，围绕道路打造了一个半径为的扇形景区，现要修一条与扇形景区相切的观光道，则的最小值为 ．
6．（2021·宁夏石嘴山·三模）某校数学建模社团对校外一座山的高度h(单位：)进行测量，方案如下：如图，社团同学朝山沿直线行进，在前后相距a米两处分别观测山顶的仰角和()，多次测量相关数据取平均值后代入数学模型求解山高，这个社团利用到的数学模型 ；多次测量取平均值是中学物理测量中常用的减小误差的方法之一，对物理量进行n次测量，其误差近似满足，为使误差在的概率不小于0.9973，至少要测量 次.参考数据：若占，则.
参考答案：
1．D
【分析】利用余弦定理将化简为，从而可求解.
【详解】由，得，
化简得，
当时，即，则为直角三角形；
当时，得，则为等腰三角形；
综上：为等腰或直角三角形，故D正确.
故选：D.
2．A
【分析】先求得，利用正弦定理以及三角恒等变换的知识化简，利用三角函数值域的求法求得正确答案.
【详解】依题意，，
，
由解得.
，
由于三角形是锐角三角形，所以，
所以，所以，
所以，
所以.
故选：A
3．BC
【分析】根据三角恒等变换可得，即可结合中项的性质判断AB，结合余弦定理以及基本不等式即可求解CD.
【详解】在中，由，得．
所以，所以，
所以．又，所以，
所以．由正弦定理得，即成等比数列．
取适合题意，但此时三边不构成等差数列，A错误，正确．
由及余弦定理得（时取等号）．
因为．所以．所以．
又，所以，
所以的面积，C正确．
由及，可得，
即，所以．
因为，所以，
所以，D错误．
故选:BC．
4．BD
【分析】利用余弦定理求得，然后可得，利用二次函数性质求出的范围，结合已知可得，结合平方关系和正弦定理求出半径范围，即可求纵坐标范围.
【详解】由题知，，，由余弦定理得，
又，解得，同理：，
所以，
所以，
由二次函数性质可得，即，
又，所以，
因为为锐角，所以，
即外接圆半径为，则，即，
由外心定义可知，的外心在轴上，
记的外心纵坐标为，则，
因为与和交集非空，与和交集为空间，
所以BD正确，AC错误.
故选：BD
5．
【分析】在中，利用余弦定理结合基本不等式可得，利用正弦定理可得，利用三角函数的有界性建立不等式，即可求解.
【详解】如图，设切点为，连接．由题意得，
设，
在中，
,
当且仅当时取等号．
设，则，
所以，
故
（当且仅当时取等号），
所以，
解得，所以的最小值为．
故答案为：.
6． (也可以写成) 72
【分析】再中由正弦定理可得，在中求解即可；由正态分布的3原则建立不等式求解即可.
【详解】（1）在中，，，
在中，.
(结果还可以是)
（2）由于，因此，
所以，
故至少要测量72次.
故答案为：(也可以写成)；72
【点睛】关键点点睛：在解决正态分布问题中，需要理解原则，学会利用原则求解相关问题，属于中档题.
核心梳理：
解三角形应用题的常考类型
(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．
(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．
2单+2多+2填+2解 （有的加） 0.85-0.65
规律方法：
解三角形实际问题的步骤
专题精练
一、单选题
1．（2023·江苏南通·一模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2022·北京·高考真题）已知函数，则（ ）
A．在上单调递减B．在上单调递增
C．在上单调递减D．在上单调递增
3．（2023·河南·模拟预测）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象．若是函数的一个极值点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023·湖北武汉·二模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．（22-23高一下·重庆沙坪坝·阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若角A的内角平分线AD的长为3，则的最小值为（ ）
A．12B．24C．27D．36
6．（2023·青海·模拟预测）在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若的面积是，则（ ）
A．B．C．D．
7．（22-23高三·湖南娄底·阶段练习）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的外接圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．（21-22高一下·河南安阳·阶段练习）某校学生参加课外实践活动“测量一土坡的倾斜程度”，在坡脚A处测得，沿土坡向坡顶前进后到达D处，测得．已知旗杆，土坡对于地平面的坡角为，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．（2023·广东广州·一模）已知函数的图像关于直线对称，则（ ）
A．函数的图像关于点对称
B．函数在有且仅有2个极值点
C．若，则的最小值为
D．若，则
10．（2023·湖南·一模）已知函数，则（ ）
A．的图象关于直线轴对称
B．的图象关于点中心对称
C．的所有零点为
D．是以为周期的函数
11．（2021·湖南衡阳·模拟预测）已知函数，则 （ ）
A．在上有两个零点
B．在上单调递增
C．在的最大值是1
D．的图像可由向右移动得到
三、填空题
12．（22-23高三下·福建南平·阶段练习）已知为锐角，，则 ．
13．（2023·江苏·三模）如图，在△ABC所在平面内，分别以AB，BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCHG．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S．已知，且asinA＋csinC＝4asinCsinB，则FH＝ ．
14．（2024·广东·一模）中，角A，B，C对边分别为a，b，c，且，D为边AB上一点，CD平分，，则 ．
四、解答题
15．（2021·天津·高考真题）在，角所对的边分别为，已知，．
（I）求a的值；
（II）求的值；
（III）求的值．
16．（2024·河北·一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
(1)求角C的大小；
(2)若，，求的面积．
17．（23-24高三上·河南信阳·阶段练习）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
(1)求角C；
(2)求的取值范围.
18．（2023·广东广州·二模）记的内角、、的对边分别为、、，已知.
(1)求；
(2)若点在边上，且，，求.
19．（2023·江苏南通·一模）在中，的对边分别为.
(1)若，求的值；
(2)若的平分线交于点，求长度的取值范围.
参考答案：
1．B
【分析】根据三角恒等变换公式求解.
【详解】
所以，
所以
故选:B.
2．C
【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
【详解】因为.
对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；
对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；
对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；
对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.
故选：C.
3．A
【分析】利用二倍角公式和两角差的公式得到，利用平移变换得到，再根据是函数的一个极值点，即当时，函数取得最值求解.
【详解】由，化简得，
所以．
又是函数的一个极值点，
所以当时，函数取得最值，
所以，
解得．
因为，
所以．
故选：A．
4．D
【分析】根据角的变换，结合三角函数恒等变换，即可求解.
【详解】
.
故选：D
5．A
【分析】先利用正弦定理化角为边，再结合余弦定理可求得，再利用等面积法结合基本不等式即可得解.
【详解】因为，
所以，即，
所以，
又因，所以，
由，得，
所以，
则，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为.
故选：A.
6．A
【分析】根据正余弦定理及面积公式化简计算即可.
【详解】由余弦定理可得：
由条件及正弦定理可得：
，
所以，则．
故选：A
7．B
【分析】根据二倍角公式将化简得到，利用余弦定理和正弦定理将化简可得，进而求出结果.
【详解】因为，所以，
所以，即，
又，所以，
所以，所以.
因为，
由余弦定理得，
即，
又，所以，所以，
由正弦定理得，所以.
设的外接圆的半径为，
所以，解得，
所以的外接圆的面积为.
故选：B.
8．D
【分析】先在中由正弦定理可得AP，然后表示出PB、AB，利用三角函数同角关系表示出，化简可得.
【详解】在中，由正弦定理可得
在中，易知，
则
整理可得
故选：D
9．ABD
【分析】利用函数图象的对称性求出，再结合正弦函数的图象与性质逐项分析、计算判断作答.
【详解】依题意，，即，而，则，，
对于A，因为，于是函数的图像关于点对称，A正确；
对于B，当时，，而正弦函数在上有且只有两个极值点，
所以函数在有且仅有2个极值点，B正确；
对于C，因为，又，因此中一个为函数的最大值点，
另一个为其最小值点，又函数的周期为，所以的最小值为，C错误；
对于D，依题意，，
则
，因此，D正确.
故选：ABD
10．AC
【分析】对于A：根据对称轴的定义分析证明；对于B：举例说明即可；对于C：根据零点的定义结合倍角公式运算求解；对于D：举例说明即可.
【详解】对于A：因为，
所以的图象关于直线轴对称，故A正确；
对于B：因为，，所以的图象不关于点中心对称，B错误.
对于C：因为，
注意到，
令，得，即，
故的所有零点为，故C正确；
对于D：因为，所以不是的周期，故D错误；
故选：AC.
11．AB
【分析】利用降幂公式、二倍角公式，辅助角公式化简整理，可得，根据余弦型函数的性质，逐一分析各个选项，即可得答案.
【详解】
，
A选项，令，
所以在上有两个零点.故A正确；
B选项，令，
所以的单调递增区间，
令k=0，可得一个递增区间为，且，所以B正确；
C选项，因为，所以，
所以当，即时，，所以C错误；
D选项，向右移动，则，所以D错误.
故选：AB
【点睛】解题的关键是熟练掌握恒等变换公式、余弦型函数的性质，并灵活应用，综合性较强，属中档题.
12．
【分析】利用三角恒等变换求得，从而得到，由此结合角的范围即可得解.
【详解】因为
，
所以，
又因为为锐角，
所以.
故答案为：
13．
【分析】通过正弦定理化简已知条件，再结合面积公式和余弦定理即可求出的长度.
【详解】由题意，
在中，，，
由正弦定理，，
∵，
∴，
连接如下图所示，
在中，
由余弦定理， ，
又，
∴，
∴．
故答案为：.
14．/
【分析】由正弦定理化简已知式可得，即，再由CD平分，即，将三角形的面积公式代入化简即可得出答案.
【详解】因为，由正弦定理可得：
，因为，
所以，所以，因为，
所以，又CD平分，所以，
所以，即，
即，
所以.
故答案为：

15．（I）；（II）；（III）
【分析】（I）由正弦定理可得，即可求出；
（II）由余弦定理即可计算；
（III）利用二倍角公式求出的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.
【详解】（I）因为，由正弦定理可得，
，；
（II）由余弦定理可得；
（III），，
，，
所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理，即可求解；
（2）根据正弦定理以及二倍角公式，得到角和边的关系，再结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1），且，
所以；
（2）根据正弦定理，，
所以或，
当时，，，此时，不成立，
当时，此时，则，
的面积.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理和正弦定理化边为角化简即得三角方程，解之即得；
（2）先用三角降幂公式降次，再通过（1）求得的进行消元，化简得到余弦型函数，再利用锐角三角形条件，求得角的范围，最后利用余弦型函数的值域即得.
【详解】（1）因为，
由余弦定理，，
整理得： ，
又由正弦定理，，而A为三角形内角，故，
故，而C为锐角三角形内角，故
（2）由（1）知，

，
因为三角形为锐角三角形，故，解得：，
则，故，所以.
故的取值范围是.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理化简可得出，可求出的值，再结合角的取值范围可求得角的值；
（2）求出、的值，设，则，分别在和中，利用正弦定理结合等式的性质可得出、的等式，即可求得的值，即为所求.
【详解】（1）解：因为，
由余弦定理可得，
化简可得，由余弦定理可得，
因为，所以，.
（2）解：因为，则为锐角，所以，，
因为，所以，，
所以，，
设，则，
在和中，由正弦定理得，，
因为，上面两个等式相除可得，
得，即，
所以，.
19．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理得出，再由余弦定理求得结果；
（2）设，把表示成两个三角形的面积和，表示出，再求其取值范围；
【详解】（1）已知，
由正弦定理可得，
，
，
，
， 即，
.
（2）由（1）知，由，则.
设，，
，，
.
题号
1
2
3
4
5
6
7



答案
B
C
B
B
D
C
C



题号
1
2
3
4






答案
A
A
ACD
AC






题号
1
2
3
4






答案
D
C
AC
ACD






题号
1
2
3
4






答案
D
A
BC
BD






题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
A
D
A
A
B
D
ABD
AC
题号
11









答案
AB