新高考数学二轮复习一模试题分类汇编练习专题07 三角函数与解三角形（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习一模试题分类汇编练习专题07 三角函数与解三角形（2份，原卷版+解析版），共7页。试卷主要包含了已知曲线等内容，欢迎下载使用。
题型01三角函数的图像与性质：奇偶性、单调性、奇偶性、值域与最值问题
题型02伸缩变换问题及求解析式问题
题型03三角恒等变换
题型04 与的取值与范围问题
题型05三角函数的概念及弧长公式、扇形面积公式
题型06正余弦定理综合应用
题型07角平分线、中线、高问题
题型08解三角形范围与最值问题
题型09周长与面积问题
题型10解三角形中的几何应用
题型01
三角函数图像与性质奇偶性、单调性、奇偶性值域与最值1．（2025·江西赣州·一模）已知函数，，若恰有3个极值点，则正数ω的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出的范围，结合余弦函数的性质列不等式求解即可.
【详解】因为，所以当时，，
因为恰有3个极值点，所以，
解得，即的取值范围为.
故选：C
2．（2025·河南安阳·一模）已知函数在时满足恒成立，且在区间内，仅存在三个数，，，使得，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出，根据恒成立，得到，不妨取，画出图象，数形结合，利用对称性得到，求出答案.
【详解】时，，
令，则当时，，
故要想在时满足恒成立，
需满足，不妨取，
，，
画出在上的图象，如下：
由图象可知，，，
则，
故，
两式相加得，
所以.
故选：C
3．（2025·河南安阳·一模）定义：已知函数在其定义域上的最大值为，最小值为，若，则称是“间距函数”，则下列函数是“间距函数”的有（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】BCD
【分析】对于A，利用的性质，求出最大值和最小值，即可求解；对于B，利用反比例函数的性质，求出最大值和最小值，即可求解；对于C，令，，利用复合函数的单调性，求出最大值和最小值，即可求解；对于D，令，则，求出在区间上最值，即可求解.
【详解】对于选项A，易知的最大值为，最小值为，则，所以选项A错误，
对于选项B，因为在区间上单调递减，
所以的最大值为，最小值为，则，所以选项B正确，
对于选项C，，令，，
当时，，又在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又在区间上单调递增，所以的最大值为，最小值为，
则，所以选项C正确，
对于选项D，令，因为，则，且，
易知在区间上单调递增，所以在区间的最大值为，最小值为，
则，所以选项D正确，
故选：BCD.
4．（2025·广东深圳·一模）已知，下列说法中正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．在上单调递增
C．当时，的取值范围为
D．的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
【答案】BD
【分析】根据三角函数的图象与性质，以及函数图象变换法则计算可判断每个选项的正误.
【详解】因为，所以函数的最小正周期为，故A错误，
因为，所以，所以在上单调递增，故B正确；
因为，，所以，的取值范围为，故C错误；
由于，将其向右平移得到，得到，故D正确.
故选：BD.
5．（2025·北京平谷·一模）已知函数，任取，定义集合：，点，满足.设分别表示集合中元素的最大值和最小值，记.则函数的最小值是（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【分析】作出函数的图象， 根据的位于不同的位置，即可分情况求解.
【详解】如图所示，的图象，此时，函数的最小正周期为 ，
点,
当点在点时，点在曲线上， ，
当点在曲线上从接近时，减小，所以逐渐增大；
当点在点时，
当点在曲线上从接近时，减小，逐渐减小，
当点在点时，
当点在曲线上从接近时，增大, 逐渐增大，
当点在点时，
当点在曲线上从接近时，增大,逐渐见减小，
当点在点时，,
综上可得的最小值是1
故选：B
6．（2025·山东泰安·一模）已知函数的最小正周期为在上的图象与直线交于点，与直线交于点，且，则 .
【答案】
【分析】先确定函数的解析式，再数形结合，利用函数图象的性质列式求值即可.
【详解】因为.
又函数最小正周期为，且，所以.
所以.
当时，，所以.
做函数，的草图如下：
函数图象关于直线对称.
设，则，.，
所以，
，
解得或（舍去）.
所以.
故答案为：
7．（2025·福建泉州·一模）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为B．曲线关于直线对称
C．在区间上有4个零点D．在区间内单调递减
【答案】AD
【分析】A选项，和的最小正周期，得到的最小正周期；B选项，，B错误；C选项，变形得到，令得或，从而得到在区间上有5个零点，C错误；D选项，求导，得到在上恒成立，D正确.
【详解】A选项，的最小正周期为，的最小正周期为，
两者的最小公倍数为，故的最小正周期为，A正确；
B选项，，
故曲线不关于直线对称，B错误；
C选项，，
令得，故或，
因为，所以的解为，，，，，
的解为，，，
综上，在区间上有5个零点，C错误；
D选项，
当时，，，
即，所以在区间内单调递减，D正确
故选：AD
8．（2025·甘肃兰州·一模）已知曲线．
(1)定义：若对于曲线上任意一点沿向量平移得到点仍在曲线上，其中T与是不同时为0的常数，则称曲线沿向量的方向上有周期性．判断是否存在向量使曲线S具有周期性，若存在请写出一个符合要求的向量，若不存在，请说明理由：
(2)证明：曲线S是中心对称图形；
(3)当时，曲线S为一条封闭的曲线，四条直线，，，，围成矩形ABCD，其中为锐角，，证明：曲线S在矩形ABCD的内部或边上，且过矩形对角线交点的直线平分曲线S围成的面积．
【答案】(1)存在；，（m，，且m，n不同时为0）
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用正余弦函数的周期性计算可得结论；
（2）利用，计算可得当在曲线S上时，必有在曲线S上，可得结论；
（3）先用反证法证明曲线S上的点在直线的上方或直线上，由第（2）问可知，点是曲线S的中心，可证明点M也是矩形ABCD的中心，进而可得结论.
【详解】（1）因为，
所以当在曲线S上时，（m，，且m，n不同时为0）必在曲线S上，故存在向量使曲线S具有周期性，
向量，（m，，且m，n不同时为0），（m，n取一个符合要求的值即可）．
（2）因为，，
所以当时，
故当在曲线S上时，必有在曲线S上，
而P与关于点对称，所以曲线S是中心对称图形，对称中心为，（m，n取一个符合要求的值也可）；
（3）先证明曲线S上的点在直线的上方或直线上，
设是曲线S上任意一点，即证．
由可得，
令，则，原命题即证．
用反证法证明，假设，则，
由可得，
由于时原式不成立，故，则，
若，则，所以，
又，
故，得，矛盾．
故，即，又，因此，
从而，可得，因此，
所以，这与已知矛盾，故假设不成立，
由第（2）问可知，点是曲线S的中心，过M垂直于的直线为，
由，得，将其分别代入曲线S的方程两边，
左边，右边，
故点既在曲线S上又在直线上，从而曲线S上的点在直线的上方或直线上．
由于点到直线的距离，
到直线的距离，故，
到直线的距离，
到直线的距离，故，
所以点M也是矩形ABCD的中心，根据中心对称性可知曲线S上的点在直线的下方或直线上，同理可证，曲线S上的点也在直线之间，或直线上，因此，曲线S在矩形ABCD的内部或边上，又由于矩形ABCD和曲线S的对称中心重合，因此过矩形ABCD对角线交点的直线必平分曲线S围成的面积．
9．（2025·山东济宁·一模）若函数的两个零点分别为和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简，再利用函数零点的意义及正弦函数的性质求得，进而求出，最后利用二倍角的余弦求值.
【详解】函数，其中锐角由确定，
由，得，而，
因此，即，则，
即，于是，
所以.
故选：C
10．（2025·山东菏泽·一模）已知函数在闭区间I上的最大值记为，若实数k满足，则 .
【答案】或
【分析】可以根据区间的定义，，得到，然后根据余弦函数单调性和特殊角的余弦值得到或.
【详解】根据区间的定义，左端点小于右端点，，得到，即根据余弦函数的性质，，由题意：，根据函数的周期为，而且其在单调递减，在单调递增，，，即，所以，即，
当时，，在单调递减，则，可得；
当时，，在单调递减，且在单调递增，，.
故答案为：或.
题型02
伸缩变换问题及求解析式问题
1．（2025·山东聊城·一模）已知函数，，则（ ）
A．的最小正周期为
B．在上单调递增
C．直线是曲线的一条对称轴
D．将的图象向右平移个单位得到的图象
【答案】BD
【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项.
【详解】因为，
对于A选项，函数的最小正周期为，A错；
对于B选项，当时，，
所以，在上单调递增，B对；
对于C选项，因为，故直线不是曲线的一条对称轴，C错；
对于D选项，将的图象向右平移个单位，得到函数
的图象，D对.
故选：BD.
2．（2025·山东济宁·一模）将函数的图象向右平移个周期后，所得图象对应的函数为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求出函数周期，再由函数平移的性质结合余弦函数的诱导公式可得.
【详解】函数周期，所以函数的图象向右平移个周期可得.
故选：D
3．（2025·江西萍乡·一模）将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，设，则在内的极大值点为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据平移规律求出，再利用导数求出极值点即可.
【详解】函数的图象向右平移个单位长度，得函数的图象，
再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，
所以，
则.令，得，或.
当时，单调递减；
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以在内的极大值点为.
故选：A.
4．（2025·江苏宿迁·一模）将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到的图象所对应的函数是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的图象横坐标缩短到原来的 倍，就是变为原来的2倍进行变换，即可得到答案．
【详解】将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变，
就是变为原来的2倍进行变换，即得到函数的解析式为：.
故选：D.
5．（2025·江苏南通·一模）把函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象关于原点对称，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．在上单调递增
D．若在区间上存在极大值点和极小值点，则实数的取值范围为
【答案】ABD
【分析】利用辅助角公式化简函数，由已知求出即得解析式，再利用正弦函数的图象性质逐项判断.
【详解】，
由关于原点对称，得，，
而，则，，
对于A，的最小正周期，A正确；
对于BC，由，得，直线是的图象一条对称轴，B正确，C错误；
对于D，由，得，而在上有极大值点又有极小值点，
则，解得，D正确
故选：ABD
题型03
三角恒等变换
1．（2025·黑龙江·一模）已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】应用两角和差正弦公式计算，再结合二倍角余弦公式计算即可.
【详解】已知，且，
则，所以，
则.
故选：C.
2．（2025·山东泰安·一模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得，然后根据二倍角公式、同角三角函数的基本关系式来求得正确答案.
【详解】依题意，，
解得，
.
故选：B
3．（2025·黑龙江·一模）已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据已知条件求出与的值，再利用三角函数的两角和公式求出，最后根据二倍角公式求出.
【详解】由，可得，且，
故.
故选：C.
4．（2025·广东湛江·一模）已知，则 ．
【答案】/0.8
【分析】利用同角关系式可求得，利用诱导公式可得，再利用倍角公式即可求解.
【详解】，即．
又，所以，
所以
．
故答案为：.
5．（2025·广东江门·一模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用和差角的正弦公式及二倍角的余弦计算得解.
【详解】由，得，即，
因此，所以.
故选：B
题型04
与的取值与范围问题
1．（2025·黑龙江·一模）已知为函数（，）的一个零点，直线为曲线的一条对称轴，设的最小正周期，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用三角函数的图象性质，通过图象中两个特殊点的距离与周期的关系求出周期，再结合周期公式求出，最后代入特殊点求出，进而求得的值.
【详解】由三角函数的图象与性质可得，，解得，，
又因为，故有且仅有时满足题意，此时，解得，
此时，代入，可得，，
又因为，故有且仅有时满足题意，此时.故.
故选：C.
2．（2025·北京平谷·一模）已知函数，若在区间上没有最值，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】由，得，进而结合题意可得，进而求解即可.
【详解】由，，
则，
因为在区间上没有最值，
所以，
则，解得，
所以的最大值为.
故选：A.
3．（2025·山东青岛·一模）已知函数为的零点，为图象的对称轴，且在单调，则的最大值为（ ）
A．13B．11C．9D．7
【答案】C
【分析】先根据正弦函数的零点以及它的图象的对称性，判断为奇数，由在，单调，分在单调递增、单调递减两种情况，分别求得的最大值，综合可得它的最大值．
【详解】函数，，为的零点，为图象的对称轴，
，，且，，
相减可得，，即，即为奇数．
在单调，
①若在单调递增，
则，且，，
即①，且，②，
把①②可得：，，故有奇数的最大值为11．
当时，，，，．
此时在上不单调，不满足题意．
当时，，，，，
此时在上单调递减，不满足题意；
故此时无解．
②若在单调递减，
则，且，，
即③，且，④，
把③④可得：，，故有奇数的最大值为11．
当时，，，，．
此时在上不单调，不满足题意．
当时，由①在上单调递减，满足题意；
故的最大值为9．
故选：C
4．（2025·江西九江·一模）将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称，则的值可能是（ ）
A．5B．8C．11D．13
【答案】D
【分析】根据左加右减得到平移后的解析式，由奇偶性得到方程，求出，得到答案.
【详解】依题意，得为偶函数，
则，即，
当时，，D正确，其他选项均不正确.
故选：D．
5．（2025·河南郑州·一模）若，是函数两个相邻的最值点，则等于（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】A
【分析】根据题意得到函数的最小正周期，再用最小正周期公式可解.
【详解】由，是函数两个相邻的最值点，
，
所以，即.
故选：A.
题型05
三角函数的概念及弧长公式、扇形面积公式
1．（2025·广东湛江·一模）一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆锥侧面展开图可得圆锥的半径和高，由三角形面积公式即可求解内切球半径，进而由球的体积公式求出答案.
【详解】由题意得，扇形的弧长，
所以该圆锥的底面圆的半径，
所以该圆锥的高．
设该圆锥内的球的最大半径为R，圆锥的轴截面如图所示：
则依题意得，
所以，
所以该球的体积V的最大值是．
故选：D
2．（2025·北京平谷·一模）冰淇淋蛋筒是大家常见的一种食物，有种冰淇淋蛋筒可以看作是由半径为10cm，圆心角为的扇形蛋卷坯卷成的圆锥，假设高出蛋筒部分的奶油和包裹在蛋筒内部的奶油体积相等，则该种冰淇淋中奶油的总体积约为（ ）（忽略蛋筒厚度）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由扇形弧长，求得底面半径及高，再由圆锥体积公式即可求解；
【详解】设圆锥底面面积为，
由题意可知，
所以，
设圆锥得高为，则，
所以圆锥的体积为：，
所以该种冰淇淋中奶油的总体积约为，
故选：D
3．（2025·安徽·一模）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，角的终边与圆交于点.动点以为起点，沿圆周按逆时针方向运动到点，点运动的轨迹长为，当角的终边为射线时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先由题意结合三角函数、弧长公式等依次求出、圆O的半径和，再由结合两角和正切公式即可求解.
【详解】由题得，且圆O的半径为，
所以，
所以.
故选：C
4．（2025·广东汕头·一模）若圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由扇形的弧长等于圆锥底面周长，求得底面半径，进而求得圆锥的高，即可求解；
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，高为，则，
由题意可得：，即，
所以，
故，
故选：A
5．（2025·江西九江·一模）在棱长为的正方体中，点在正方体内（包含边界）运动．若直线与所成角为，则动点所围成的图形的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据直线与所成角为，得直线与直线所成角为，动点所围成的图形是圆锥侧面的四分之一，根据圆锥的表面积公式求出即可.
【详解】解：如图，在正方体中，，直线与所成角为，
即直线与直线所成角为，故动点所围成的图形是：高为，底面半径为1，
母线长为2的圆锥侧面的四分之一．即动点所围成的图形的面积为，
故选：B．
题型06
正余弦定理综合应用
1．（2025·广东江门·一模）在中，已知，是上的点，平分，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由角平分线的性质可得出，设，则，由可得出，然后在中应用余弦定理可求得的长，利用正弦定理可求出的值，利用同角三角函数的基本关系可求得的值.
【详解】如下图所示：
因为平分，由角平分线的性质可知点到边、的距离相等，
因为，设，则，
由可得，
可得，
在中，由余弦定理可得
，故，
由正弦定理可得，所以，，
易知为锐角，则，
所以，.
故选：A.
2．（2025·山东青岛·一模）在中，角的对边成公差为的等差数列.若，则的面积为 .
【答案】/
【分析】首先根据等差数列的概念结合正弦定理可得，，，通过余弦定理求出，最后由面积公式即可得结果.
【详解】因为成公差为的等差数列，所以；
因为，由正弦定理可得；
解得，，，
由余弦定理可得，
因为，所以，
所以的面积为，
故答案为：.
3．（2025·江西赣州·一模）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求证：；
(2)已知，当角取最大值时，求的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系、两角和的正弦公式结合正弦定理、余弦定理，即可证明结论.
（2）根据余弦定理结合基本不等式可得角的最大值，即可求出三角形面积.
【详解】（1）∵，∴，
∴，即，
∴，
由得，，
由正弦定理及余弦定理得，，
∴.
（2）由余弦定理得，，
当且仅当时取等号，此时取最大值，为等边三角形.
由得，.
∴的面积为.
4．（2025·河南安阳·一模）已知在中，角，，所对的边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若，点到直线的距离为，求的周长.
【答案】(1)
(2)14.
【分析】（1）利用诱导公式及二倍角的余弦公式求解.
（2）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理及三角形面积公式列式求解.
【详解】（1）在中，，，
则，而，，
解得，则，所以.
（2）由正弦定理得，不妨设，则，
由余弦定理得，解得，
由，得，解得，
所以，即的周长为14.
5．（2025·山东济宁·一模）在中，内角的对边分别为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．外接圆的面积为
C．面积的最大值为D．周长的最大值为
【答案】BCD
【分析】对于A：利用余弦定理边角转化即可；对于B：利用正弦定理求三角形外接圆半径，即可得结果；对于CD：根据选项A中结论，结合基本不等式运算求解.
【详解】对于选项A：因为，
由余弦定理可得，
整理可得，则，
且，所以，故A错误；
对于选项B：由正弦定理可得外接圆的半径，
所以外接圆的面积为，故B正确；
对于选项C：由可得，
且，即，解得，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，故C正确；
对于选项D：由可得，即，
且，即，
解得，即，当且仅当时，等号成立，
所以周长的最大值为，故D正确；
故选：BCD.
题型07
角平分线、中线、高问题
1．（2025·黑龙江·一模）在中，内角所对的边分别为，且．
(1)求角；
(2)若为的中点，在下列两个条件中任选一个，求的长度．
条件①：的面积，且，
条件②：
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边角转化，再应用余弦定理求解即可；
（2）选条件①先应用面积公式计算得出，再应用余弦定理计算求解；选条件②先应用同角三角函数关系得出，再应用正弦定理结合余弦定理计算求解.
【详解】（1）由题意得，
由正弦定理得，
，
．
（2）若选条件①：
∵的面积，，，
，
，
为的中点，，
在中，，
．
若选条件②：
，
由正弦定理得，，
，解得或（舍），
为的中点，，
在中，，
．
2．（2025·北京平谷·一模）在中，.
(1)求的大小；
(2)再从下列三个条件中，选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：边上的高为.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用正弦定理边角互化，结合正弦的和差角公式即可求解，或者利用余弦定理边角互化求解，
（2）根据三角形存在可知不能选①，选②，利用余弦定理可求解，即可利用三角形面积公式求解，或者利用正弦定理求解，进而根据和差角公式求解,由面积公式求解，选③根据高，即可利用选②的方法求解.
【详解】（1）方法一：由正弦定理及，得
.①
因为，
所以.②
由①②得
因为，所以.
所以.因为，所以.
方法二：在中，因为，
由余弦定理得，
整理得
所以，所以.
（2）若选条件①：；，所以,而，这与矛盾，故不能选①.
选条件②：
方法一：由余弦定理，得
即，解得.
所以
方法二：由正弦定理，所以，因为
，所以，
所以.
选条件③：
边上的高，所以，
以下与选择条件②相同.
3．（2025·江西上饶·一模）已知的内角的对边分别为，．
(1)求；
(2)若，边上的高为，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理结合二倍角公式求角.
（2）根据，可求，根据正弦定理可得的数量关系，再结合余弦定理，可求的值，进而可求的周长.
【详解】（1）由，
所以.
由正弦定理可得：，因为，所以.
所以，又，所以.
（2）因为，边上的高为，
所以.
根据正弦定理：.
由余弦定理：，
所以或（舍去），所以.
所以的周长为：.
4．（2025·山西吕梁·一模）如图，已知三角形的内角的对边分别为，且.
(1)求的大小；
(2)若，设为三角形的角平分线，求的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，利用两角和的正弦公式和三角形内角和公式求解；
（2）利用面积方法和三角形的面积公式计算.
【详解】（1）由得,
又因为，
所以,
又因为，
所以,
又因为,
所以.
（2）因为，
所以,
又因为,
所以,
所以,
故答案为：.
5．（2025·湖南岳阳·一模）已知分别为的内角的对边，且，点为边的中点，若，且.
(1)求；
(2)求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理结合，辅助角公式得到，从而求出；
（2）根据和余弦定理得，结合，得到，根据求出，由三角形面积公式求出答案.
【详解】（1），利用正弦定理可得
，
又，
故，
即，
因为，所以，故，
由辅助角公式得，
又，故，
即，所以；
（2），故，
由余弦定理得，
由为中点，化简得，
，故，
又，所以，
又，故，
将代入上式得，即，
解得，负值舍去，
则的面积为
题型08
解三角形范围与最值问题
1．（2025·江苏南通·一模）已知的三边所对的角分别为．
(1)求证：；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）可以采用正弦定理边角互化，再用余弦定理得到，最后结合和角公式和同角三角函数关系式计算即可;
（2）有了，两角之间的正切关系，直接将用和表示，转变成关于的函数，借助函数单调性求范围即可．
【详解】（1）由正弦定理得
，
．
（2）
，令,
由于在上单调递增，
则原函数也是在上单调递增.
，即的取值范围为．
2．（2025·重庆·一模）在平面直角坐标系中，已知点，若满足（为正常数）的动点的轨迹为，则下列说法正确的是（ ）
A．，使得曲线经过原点
B．，曲线既是轴对称图形，也是中心对称图形
C．当时，面积的最大值为
D．当时，曲线围成的面积大于曲线围成的面积
【答案】ABD
【分析】根据条件，列出曲线的方程，分析方程的特点，判断各选项的准确性.
【详解】由题意，轨迹的方程为：①
选项A：取，①即为，曲线经过原点．A正确．
选项B：用代替方程不变，用代替方程也不变，同时用代替，代替方程也不变.所以曲线关于轴，轴和原点对称．B正确．
选项C：当时，①即为．若，则的面积为；若，由曲线的对称性，不妨设，则，所以，此时的面积大于．C错误．
选项D：当时，由，得．曲线：上任意一点满足．所以曲线“包含于”曲线，两条曲线的公共点仅有，曲线围成的面积大于曲线围成的面积．D正确．
故选：ABD
3．（2025·江西南昌·一模）在中，角的对边成公差为2的等差数列．
(1)若为锐角三角形，求a的取值范围；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列得到的关系，确定最大角为角，且，利用可得结果；
（2）根据正弦定理得到，求出的值，利用余弦定理求出的值，进而得到的值，利用面积公式可得结果.
【详解】（1）∵是公差为2的等差数列，
∴，
由三角形三边关系得，，
∴，又∵为锐角三角形，
∴最大角，
∴，即，
∴，即，解得或，
∴.
（2）∵，
∴由正弦定理可得，
∴，解得，则，
∴，∴，
∴．
4．（2025·安徽合肥·一模）记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知
(1)证明：；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知条件及正弦定理可得，结合三角形内角和定理及两角和的正弦公式可得，最后结合B，C的范围可证得结论.
（2）由已知条件及（1）可求出，然后利用正弦定理及二倍角公式化简所求式，进而得到结论.
【详解】（1）由正弦定理及，知，
即，
所以，
所以或，
因为B，，所以，即
（2）由（1）知，，又为锐角三角形，
所以，，
故，所以，得，
故
5．（2025·山东淄博·一模）在中，内角所对的边分别为，且角为锐角，，则的值为 ．
【答案】
【分析】先根据二倍角公式求出的值，进而求出的值，再利用正弦定理求出的值，判断的范围并求出的值，最后根据三角函数的两角和公式求出的值.
【详解】已知，根据二倍角公式，则有.
因为为锐角，即，等式两边同时除以可得：.
已知，将其代入可得：，解得.
因为为锐角，根据，可得.
由正弦定理，已知，，，则.
因为，根据大边对大角可知，又因为为锐角，所以也为锐角.
根据，可得.
因为，所以，
则
.
故答案为：
题型09
周长与面积问题
1．（2025·福建泉州·一模）四边形中，．
(1)求；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）方法一，根据余弦定理求边和，再根据正弦定理求；方法二：中，利用正弦定理，求，再根据两角和的正弦公式，即可求解；
（2）方法一：根据平行线的性质，以及余弦定理求，再分别求和的面积，即可求解；方法二：同样先求，再求梯形的高，即可求解.
【详解】（1）
解法一：在中，，
由，
即，整理得，
得或（舍）
又，
由，即
解得．
解法二：在，由，
得，
故，
（2）方法一：因为，所以，
在中，由余弦定理，得，
故，
在中，由，
即，整理得，
解得（舍去）或，
在中，
由可得，，
故四边形的面积为．
方法二：因为，所以，
由（1）可得，
在中，由，
即，整理得，
解得（舍去）或，
在中，边上的高为，
故四边形的面积为．
2．（2025·云南昭通·一模）在中，角，，所对应的边分别为，，，已知，．
(1)若，求的面积；
(2)若，求的周长．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）利用余弦定理求出，再根据三角形的面积公式即可得解；
（2）先利用正弦定理化边为角，再结合求出，进而可求出，再利用正弦定理求出即可得解.
【详解】（1）由余弦定理得，
则
解得，则，
则；
（2），由正弦定理得，
又，
解得，
，∴，
故或，则或，
由正弦定理得：
若，则，
故的周长为；
若，则，
故的周长为，
综上所述，的周长为或.
3．（2025·江西萍乡·一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
(1)求C；
(2)若，求的面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】先利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，求出角；再根据余弦定理和基本不等式求出ab的最大值，进而求出三角形面积的最大值.
【详解】（1）由及正弦定理，得，
因为，所以.又（若，
则，所以，
这与矛盾，所以假设不成立，
从而），所以，即.
（2）由余弦定理，得，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
则，即的面积的最大值为.
4．（2025·江西·一模）设向量，，．
(1)求的单调递减区间；
(2)在锐角中，角所对的边分别为，若，，，求的面积
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）应用向量数量积的坐标表示及三角恒等变换化简求得，再利用正弦型函数的性质求递减区间；
（2）由得，结合正弦定理可得，结合余弦定理有，联立求得，最后应用三角形面积公式求面积.
【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.
5．（2025·广东湛江·一模）在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，D为边上的点，且平分．
(1)求的大小；
(2)若，，求的周长．
【答案】(1)
(2)15
【分析】由正弦定理得，进而可得，根据辅助角公式可得的大小.
由题意可得，从而可得，由余弦定理求得，即可求的周长.
【详解】（1）由正弦定理得．
又因为，所以，
所以，
或，，
或，
又，∴．
（2）平分
，
，
所以，
所以，
即．①
由余弦定理得，
即．②
将①代入②得，
所以，（舍去），
所以的周长为．
题型10
解三角形中的几何应用
1．（2025·云南昆明·一模）如图，测量河对岸的塔高时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与.现测得，，米，在点测得塔顶的仰角，则塔高约为（ ）（单位：米，）
A．30.42B．42.42C．50.42D．60.42
【答案】B
【分析】在中，由正弦定理求出BC，进而在中求得答案即可.
【详解】由题意，在中，，
由正弦定理可知.
在中，易知，
于是.
故选：B.
2．（2025·山西临汾·一模）的内角，，的对边分别为，，，且，.若点与点在两侧，，且，，，四点共圆，则四边形的面积为 .
【答案】
【分析】先利用正弦定理对题设条件进行边角互化可解得，由，且，，，四点共圆，可知四边形为等腰梯形，圆心为 中点，由计算即可得出结论.
【详解】根据题意，，
所以，
由正弦定理可得：，
所以,
又因为，，
所以，即，解得；
因为，，则,且，，，四点共圆，
根据圆内接四边形对角互补，可知 ，
设DC的终点为O，连接，则为等边三角形，
则,
所以中点即为圆心，，四边形为等腰梯形，如图所示：
则也为等边三角形，所以
在 中，由余弦定理得，
即，解得，
所以.
故答案为：
3．（2025·江西·一模）如图，在中，的平分线与AB交于点，.
(1)求；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理结合二倍角的余弦公式求解余弦值即可.
（2）利用余弦定理结合同角三角函数的基本关系求出，再依据求出的长度，再利用余弦定理求出，最后用正弦定理求解结果即可.
【详解】（1）如图，在中，由题意得，
设，则，，
则由余弦定理得，
因为是的平分线，所以，，
由二倍角公式得.
（2）由（1）知，易得，
所以，
由余弦定理得，
结合诱导公式得，
在中，由正弦定理得，
因为，所以，，
由余弦定理得，
因为，所以，由正弦定理得.