培优冲刺06 三角函数与解三角形归类-【查漏补缺】2024年高考数学复习冲刺过关（新高考通用）

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培优冲刺06 三角函数图像性质与解三角形归类
TOC \ "1-3" \p " " \h \z \u \l "_Tc165885938" 目录
\l "_Tc165885939" 题型一：图像求解析式·························································································································· PAGEREF _Tc165885939 \h 1
\l "_Tc165885941" 题型二：恒等变形与性质····················································································································· PAGEREF _Tc165885941 \h 5
\l "_Tc165885942" 题型三：利用对称性求零点和············································································································ PAGEREF _Tc165885942 \h 9
\l "_Tc165885943" 题型四：能成立与恒成立求参数····································································································· PAGEREF _Tc165885943 \h 12
\l "_Tc165885944" 题型五：图形1：四边形型················································································································ PAGEREF _Tc165885944 \h 15
\l "_Tc165885945" 题型六：图形2：中线型····················································································································· PAGEREF _Tc165885945 \h 18
\l "_Tc165885948" 题型七：图形3：角平分线型············································································································ PAGEREF _Tc165885948 \h 20
\l "_Tc165885949" 题型八：图形5：三角形高················································································································· PAGEREF _Tc165885949 \h 23
\l "_Tc165885950" 题型九：图形6：中线与重心型········································································································ PAGEREF _Tc165885950 \h 26
\l "_Tc165885951" 题型十：图形综合：定比分点型······································································································· PAGEREF _Tc165885951 \h 29
\l "_Tc165885952" 题型十一：范围与最值1：基础型···································································································· PAGEREF _Tc165885952 \h 32
\l "_Tc165885953" 题型十二：范围与最值2：边系数不对称型················································································· PAGEREF _Tc165885953 \h 34
\l "_Tc165885954" 题型十三：范围与最值3：无边长型······························································································· PAGEREF _Tc165885954 \h 36
\l "_Tc165885955" 题型十四：范围与最值4：比值型···································································································· PAGEREF _Tc165885955 \h 39
\l "_Tc165885956" 题型十五：范围与最值5：角边互错型··························································································· PAGEREF _Tc165885956 \h 41
\l "_Tc165885957" 题型十六：范围与最值6：角度最值型··························································································· PAGEREF _Tc165885957 \h 43
\l "_Tc165885958" 题型十七：范围与最值7：范围综合型··························································································· PAGEREF _Tc165885958 \h 45
\l "_Tc165885959" 题型十八：相等角度转化型················································································································· PAGEREF _Tc165885959 \h 48
\l "_Tc165885960" 题型十九：压轴19题1：三角与数列结合型················································································ PAGEREF _Tc165885960 \h 51
\l "_Tc165885961" 题型二十：压轴19题1：三角函数型新定义················································································ PAGEREF _Tc165885961 \h 55
题型一：图像求解析式
1．（2024·甘肃·一模）如图，角的始边为轴非负半轴，终边与单位圆交于点，过点作轴的垂线，垂足为到直线的距离为．若将关于角的函数关系记为.

(1)求的解析式；
(2)将图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求在的单调递增区间．
【答案】(1)
(2)和
【分析】
（1）根据条件得到直线的方程，利于点到直线的距离公式进行计算即可;
（2）根据函数图象的变换规则得到函数解析式后，整体代入法求解单调区间即可．
【详解】（1）可知，
又直线的方程为，
故根据点到直线距离公式，
即.
（2）可知，
由，
得，
所以当时，函数的单调增区间为和
2．（23-24高三上·安徽·阶段练习）函数的部分图象如图所示．
(1)求函数的解析式；
(2)将函数的图象向左平移个单位，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，求函数在上的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据图象易得和周期，结合可得结果；
（2）根据平移和伸缩变换可得，进而由整体法即可求解函数的值域．
【详解】（1）观察图象可得，函数的周期，解得，
即，由，得，
即，，
而，则，
所以函数的解析式是.
（2）将的图象向左平移个单位长度，
可得到函数的图象，
再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，
得到函数的图象，则，
当时，，则，
所以，
因此在上的值域为.
3．（2023·河北·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，其中，且.

(1)求与的值；
(2)若斜率为的直线与曲线相切，求切点坐标．
【答案】(1)，
(2)或
【分析】
（1）在中，由射影定理得长，即个周期，从而待定，再由求解即可；
（2）设切点坐标，利用导数的几何意义表示出切线斜率，求解切点坐标．
【详解】（1）
如图，过点向轴引垂线交于点，
由正弦曲线的性质知，
由射影定理知，而，∴，
∴，
∴，由，解得.
当时，由，且由已知图象及五点对应法，
得，
由，则当时，；
所以有，；

（2）
由（1）知，设切点，
∴
则，∴，则，
∴或，且，
∴故其切点坐标为或 .
题型二：恒等变形与性质
1．（2024·北京顺义·二模）已知函数，其中.
(1)若，求的值；
(2)已知时，单调递增，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使函数存在，求m的最大值．
条件①：；
条件②：；
条件③：的图像与直线的一个交点的横坐标为.
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)答案见解析
【分析】（1）结合三角恒等变换公式，将代入计算即可得；
（2）若选②，将与计算出来，即可得出，结合正弦函数的性质即可得解；若选③，借助函数的对称性计算即可得，结合正弦函数的性质即可得解；不可选①，代入计算后，结合三角函数的值域可知此时函数不存在．
【详解】（1）法一：
，
即可得，
又，所以；
法二：
，
所以即得，
又，所以；
（2），
选择②，，，
因为，所以，
因为的最小正周期，，
所以由可得，
所以，；
或法二：因为，，
所以即，
因为，所以，；
选择③，，
的图像与直线的一个交点的横坐标为，
即可得，所以，
又，所以，
法一：令，，
解得，即的单增区间为，
又时，单调递增，
所以，是的一个子区间，
所以，，即可得，又，
所以，故是的一个子区间，所以m的最大值为；
法二：因为，，所以，
因为在上单增，
所以，，
即可得，，，
所以，所以，可得m的最大值为.
不可选择条件①，理由如下：
若，则，即，
由，故该方程无解，故函数不存在，故不可选①．
2．（2024·山东聊城·一模）在梯形中，，设，，已知.
(1)求；
(2)若，，，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助两角和与差的正弦公式、两角和与差的余弦公式化简所给式子可得，结合图形可得，即可得；
（2）借助正弦定理与余弦定理计算即可得．
【详解】（1），
即，
即，
即，即，
又，故，即，
又，故；
（2）由，故，
由正弦定理可得，
即，
故，则，
由余弦定理可得，
即，故.

3．（2024·四川成都·模拟预测）已知是斜三角形．
(1)证明：；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据积化和差与和差化积公式，二倍角的余弦公式化简即可得证；
（2）根据（1）及两角和的余弦公式，同角三角函数的基本关系，均值不等式求解．
【详解】（1）因为
，
所以，
原式得证．
（2）由，
由二倍角的余弦公式可整理得：
．
结合（1）得．
由题设知，
则．
所以，
故，且．
所以
(当且仅当时取等)．
所以的取值范围是．
题型三：利用对称性求零点和
1．（22-23高三·山西忻州·开学考试）已知函数．
(1)若的图象关于直线对称，，求的单调递增区间；
(2)在（1）的条件下，当时，和是的两个零点，求的值和的取值范围．
【答案】(1)
(2)；
【分析】（1）由倍角公式、和差公式化简，由整体法根据对称轴求得，即可由整体法进一步求得单调递增区间；
（2）由整体法确定的值，即可求值． 由正弦型函数图象及性质列不等式可求得的取值范围．
【详解】（1），
∵的图象关于直线对称，则，解得，
∵，∴，则，
由得.
则的单调递增区间为；
（2）∵，∴，∵和是的两个零点，∴，
∴.
令，在上恰有两个不同的解，∴.
∴的取值范围为.
2．（22-23高三·上海杨浦·阶段练习）已知定义域为R的函数的最小正周期为π，且直线是其图像的一条对称轴．
(1)求函数的解析式，并指出该函数的振幅、频率、圆频率和初始相位；
(2)将函数的图像向右平移个单位，再将所得图像上的每一点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到新的函数，已知函数(λ为常数且λ∈R)在开区间(0，nπ)(n∈N且n≥1)内恰有2021个零点，求常数λ和n的值．
【答案】(1)，振幅为1，频率为，圆频率为2，初始相位为
(2)λ＝﹣1，n＝1347
【分析】（1）由最小正周期求得，由对称轴求得得函数解析式，再根据三角函数式的物理应用求得振幅、频率、圆频率和初始相位；
（2）求出的表达式，并变形，令，得关于的二次方程，确定二次方程一定有两个实数解，由韦达定理得出两个根的性质，然后分类讨论结合正弦函数性质确定原方程中根的个数，得出结论．
【详解】（1）由三角函数的周期公式可得，
∴f(x)＝sin(2x+φ)，
令，得，
由于直线为函数y＝f(x)的一条对称轴，
所以，得，
由于0＜φ＜π，∴k＝﹣1，则，
因此，
所以振幅为1，频率为，圆频率为2，初始相位为；
（2）将函数y＝f(x)的图象向右平移个单位，得到函数，
再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍后所得到的图象对应的函数为g(x)＝sinx，
∵F(x)＝f(x)+λ(x)＝cs2x+λsinx＝﹣2sin2x+isinx+1，
令F(x)＝0，可得2sin2x﹣λsinx﹣1＝0，
令t＝sinx∈，得2t2﹣λt﹣1＝0，Δ＝λ2+8＞0，
则关于t的二次方程2t2﹣λt﹣1＝0必有两不等实根t1，t2，则异号．
①当0＜|t1|＜1且0＜|t2|＜1时，
则方程sinx＝t1和sinx＝t2在区间(0，nπ)(n∈N*)均有偶数个根，
从而方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在(0，nπ)(n∈N*)也有偶数个根，不合题意；
②当t1＝1，则，此时λ＝1，
当x∈(0，2π)时，sinx＝t1只有一根，sinx＝t2有两根，
所以，关于的方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在(0，2π)上有三个根，
由于2021＝3×673+2，
则方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在(0，1346π)上有3×673＝2019个根，
由于方程sinx＝t1在区间(1346π，1347π)上只有一个根，
在区间(1347π，1348π)上无实解，
方程sinx＝t2在区间(1346π，1347π)上无实数解，在区间(1347π，1348π)上有两个根，
因此，关于x的方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在区间(0，1347π)上有2020个根，在区间(0，1348π)上有2022个根，不合题意；
③当t1＝﹣1时，则，此时λ＝﹣1，
当x∈(0，2π)时，sinx＝t1只有一根，sinx＝t2有两根，
所以，关于x的方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在(0，2π)上有三个根，
由于2021＝3×673+2，
则方程2sin2x﹣λ⋅sinx﹣1＝0在(0，1346π)上有3×673＝2019个根，
由于方程sinx＝t1在区间(1346π，1347π)上无实数根，在区间(1347π，1348π)上只有一个实数根，
方程sinx＝t2在区间(1346π，1347π)上有两个实数解，在区间(1347π，1348π)上无实数解，
因此，关于x的方程2sin2x﹣λ⋅sinx﹣1＝0在区间(0，1347π)上有2021个根，满足题意．
④若有一根绝对值大于1，则另一根绝对值大于0且小于1，有偶数个根，不合题意，
综上所述：λ＝﹣1，n＝1347.
3．（23-24高三上·吉林白城·阶段练习）已知函数为奇函数，且图象的相邻两条对称轴间的距离为.
(1)求的解析式与单调递减区间；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求方程的所有根的和．
【答案】(1)，
(2).
【分析】（1）利用恒等变换化简后，结合三角函数的性质求解；
（2）利用图象变换法,求得的函数表达式，解方程求得的值，利用换元思想，结合三角函数的图象和性质分析求出即可．
【详解】（1）由题意可得：因为图象的相邻两条对称轴间的距离为，
所以的最小正周期为，即可得，
又为奇函数，则，
又，所以，故.
令，得，
所以函数的递减区间为.
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象，
再把横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，
又，则或，
即或.
令，当时，，
画出的图象如图所示：
的两个根对应的点关于直线对称，即，
有，
在上有两个不同的根，
所以；
又的根为，
所以方程在内所有根的和为.
题型四：能成立与恒成立求参数
1．（2023·山东济宁·二模）已知函数．
(1)求函数在上的单调递增区间;
(2)将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若函数的图象关于点成中心对称，在上的值域为，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先化简，根据正弦函数的周期性即可得出答案；
（2）根据三角函数图象的平移变换和对称性求出、，再由三角函数的性质求解即可．
【详解】（1）
因为，所以．
所以当，即：时，函数单调递增．
所以函数的单调递增区间为.
（2）由题意可知：
因为函数的图象关于点成中心对称．
所以．解得：．
因为，所以．所以．
当时，．因为在上的值域为
所以．解得：．所以的取值范围为．
2．（2023·山西·模拟预测）已知函数（，）的部分图象如图所示．
(1)求的解析式，并求的单调递增区间；
(2)若对任意，都有，求实数的取值范围．
【答案】(1)，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）先求出的周期，再代点进去求出，从而得到的解析式后，进而利用整体法即可求得的单调递增区间；
（2）先根据三角恒等变换化简绝对值内的表达式，再利用正弦函数的性质进行解不等式即可．
【详解】（1）由图象可得的最小正周期，∴，又可知，
由，解得，，
又因为，得，∴.
由，，解得，，
所以函数的单调递增区间为.
（2）
.
由得，.
∵，∴，
作出的部分图像如下：
结合图像可知：，解得.
所以实数的取值范围为.
3．（2022·浙江·三模）已知函数．
(1)求的单调递增区间；
(2)若对任意，都有，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）的解析式可化简为，令，即可解得的单调递增区间
（2）对恒成立的不等式等价转化后，结合的范围可得，从而解得的范围
【详解】（1）
令
解之得
∴的单调递增区间为
（2）对任意，都有，
∵，∴，∴，∴实数的范围为．
题型五：图形1：四边形型
1．（2022·湖南长沙·模拟预测）如图，在凸四边形中，已知．
(1)若，求的值；
(2)若，四边形的面积为4，求的值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由题可得，，由几何关系求得，由正弦定理可求得，再根据计算即可
（2）由余弦定理得，代入数据整理得，
由四边形的面积为4得，代入数据整理得，
即可求得
【详解】（1）在中，∵，∴，，又
∴．
在△中，由正弦定理得，，∴．
∵，∴，
∴．
（2）在△、△中，由余弦定理得，
，
，
从而，
由得，
，即
得，，
∴．
2．（2023·辽宁·模拟预测）如图，在平面凸四边形ABCD中，，，，．
(1)若，求；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】
(1)先利用余弦定理得到，根据边的关系得到AB⊥DB，进而得出∠ABC=120°，再利用余弦定理即可求解；
(2) 设∠ADB=θ，利用余弦定理分别求出,相加后整理变形得到关于角的三角函数，利用正弦函数的图象和性质即可求解．
【详解】（1）
在△ABD中，因为，DA=2，∠DAB=60°，由余弦定理得，解得，由，得AB⊥DB，此时Rt△CDB≌Rt△ABD，可得∠ABC=120°．
在△ABC中，AB=1，BC=2，由余弦定理得，解得，所以．
（2）设∠ADB=θ，由题意可知，
在△ABD中，由余弦定理得，在△ACD中，，由余弦定理得，在中，因为，所以，
所以，
因为，所以，，
所以的取值范围是．
3．（2023·山西·模拟预测）如图，四边形中，，，，，.
(1)求的面积；
(2)求线段的长度．
【答案】(1)(2)
【分析】
（1）根据已知条件及同角三角函数的平方关系，利用三角形的内角的范围及三角形的面积公式即可求解；
（2）根据（1）的结论及余弦定理，利用正弦定理及三角函数的诱导公式即可求解．
【详解】（1）因为，
所以，即.
因为为的内角，
所以.
又，
所以，
联立，得，，
所以的面积为.
（2）由（1）知,，
由余弦定理，得.
设,由正弦定理,得，即，
所以.
在中，由余弦定理,得，
所以.
题型六：图形2：中线型
1．（2023·福建福州·模拟预测）在中，角的对边分别是，且．
(1)求；
(2)若面积为，求边上中线的长．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由正弦定理边化角即可得到角；
（2）根据，得，结合三角形面积公式即可得到，再由正弦定理得边c，以及，即可得到答案．
【详解】（1），由正弦定理边化角得，
，，
或（舍），
又，；
（2），，，，
，即，解得，
由正弦定理，
得，
设边的中点为，连接，如下图：
，即，
即，
解得．
2．（2024·北京东城·一模）在中，.
(1)求；
(2)若为边的中点，且，求的值．
【答案】(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.
3．（2024·四川泸州·三模）的内角，，的对边分别为，，，已知，且的面积为.
(1)求的值；
(2)若是边的中点，，求的长．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）借助余弦定理与面积公式，结合三角函数基本关系即可得；
（2）借助余弦定理与面积公式，结合题目条件可得、，再结合向量的数量积与模长的关系计算即可得．
【详解】（1）由余弦定理可得，即，
由面积公式可得，即，
则；
（2）由余弦定理可得，
又，故，即，
由面积公式可得，即，
即有，即，故，
由是边的中点，故，
故
，即.
题型七：图形3：角平分线型
1．（23-24高三·浙江杭州·）在中，角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，已知.
(1)求角；
(2)若是的角平分线，且，，求的面积
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由正弦定理得，求出，得到答案；
（2）由余弦定理得，由三角形面积公式得到，联立可得，结合三角形面积公式求出答案．
【详解】（1）因为，由正弦定理：，得：
，
又，，
故，即，
又，
.
（2）在中，由余弦定理得：①，
即，故，
又，得：，
化简得：②，联立①②得：，负值舍去，
所以.
2．（23-24高三山东·阶段练习）的内角的对边分别为，满足
(1)求；
(2)的角平分线与交于点，求的最小值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由诱导公式正弦定理倍角公式化简已知等式，即可求解；
（2）由，得，利用基本不等式求的最小值．
【详解】（1）由得：，
由正弦定理得：，倍角公式得，
由，有，所以，
得，所以.
（2）由，得，
即，得，
，
当且仅当即 时等号成立
所以的最小值为.
3．（23-24高三黑龙江哈尔滨·阶段练习）在中，内角的对边分别是，且，
(1)求角；
(2)若，求边上的角平分线长．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简即可求出.
（2）利用余弦定理及已知求出，然后利用三角形面积公式列方程求解即可．
【详解】（1）在中，由正弦定理及，得
，即，
而，解得，又，
所以.
（2）由及余弦定理得，又，解得，
由得，
即，则，
所以.
题型八：图形5：三角形高
1．（22-23高三上·湖北·阶段练习）在中，角，，的对边分别为，，，且，三角形三边上的高之比为.
(1)求的值；
(2)若为边上一点，，，求的长．
【答案】(1)(2)
【分析】由于，则三边，，上的高之比为，根据
，得出，并利用余弦定理求出的值；
利用中的值求出的值，进而利用正弦定理求出的长．
【详解】（1）解：由于，则三边，，上的高之比为.
又因为，则.
设，则，，.
在中，由余弦定理得
.
（2）解：将代入，得，
又，则.
在中，由正弦定理得，
则.
2．（江苏省南通市2022-2023学年高三上学期数学试题）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，.
(1)求；
(2)若边AB上的高为1，求的面积．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用正弦定理得到，结合得到，，然后利用三角形内角和和和差公式得到，再结合同角三角函数基本公式求即可；
（2）方法一：根据和边上的高为1得到，然后根据得到，，再利用和差公式和内角和得到，最后利用三角形面积公式求面积即可；
方法二：过点C向AB作垂线，垂足为H，分别在和中利用三角函数和勾股定理得到，，然后利用三角形面积公式求面积即可．
【详解】（1）因为，所以，
在中，由正弦定理，所以，
所以，所以，
因为，所以.
在中，，
所以
，
所以，
所以，
所以，所以.
（2）方法一：
因为，，所以．因为边上的高，所以.
因为，，所以，，在中，，
所以
．在中，由正弦定理，所以.
所以的面积.
方法二：过点C向AB作垂线，垂足为H.
在中，，，所以，．在中，，，
所以，所以，所以的面积.
3．（安徽省滁州市定远县第三中学2022-2023学年高三数学试题）中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，满足．
(1)当A为何值时，函数取到最大值，最大值是多少？
(2)若等于边AC上的高h，求的值．
【答案】(1)时，取得最大值，最大值为2；(2).
【分析】（1）由余弦定理求出，对恒等变形得到，利用整体法求解出最大值；
（2）先利用三角形面积公式和正弦定理得到，再使用和差化积等得到，解方程求出：或，舍去不合要求的解，求出答案．
【详解】（1）由得：，
因为，所以，
，
因为，所以，
所以当，即时，取得最大值，最大值为2；
（2）由（1）知：，
由三角形面积公式得：，
从而，由正弦定理得：，
因为，所以，
由和差化积得：，
因为
，
所以，
故，解得：或，
因为，所以.
题型九：图形6：中线与重心型
1．（2022春·河北邢台·高三统考）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且外接圆的半径为．
(1)求C的大小；
(2)若G是的重心，求面积的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据正弦定理可得，然后根据同角平方和的关系以及正弦定理的边角互化得，进而根据余弦定理可求角．
（2）根据余弦定理以及均值不等式可得，根据重心的性质可得，进而根据面积公式即可求解．
【详解】（1）由正弦定理，得
因为，
所以，所以,因为,故．
（2）由（1）得，所以，得， 当且仅当时，等号成立．
连接BG，并延长BG交AC于D，则D是AC的中点，且，
过G作于F，过B作于E，则，
所以．故面积的最大值为
2．（2023春·河北秦皇岛·高三校考阶段练习）的内角的对边分别为，且．从下列①②③这三个条件中选择一个补充在横线处，并作答．
①为的内心；②为的外心；③为的重心．
(1)求；
(2)若，__________，求的面积．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】(1)(2)选①：；选②：；选③：.
【分析】（1）由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换求得角；
（2）选①，由余弦定理求得，由面积公式求得三角形面积，再结合内切圆半径表示三角形面积求得内切圆半径，即可求面积；选②，由余弦定理求得，由正弦定理求得三角形外接圆半径，由圆周角定理和圆心角定理求得，直接由面积公式计算出面积；选③，由余弦定理求得，利用三角形重心的性质，即重心和三角形的三个顶点组成的三个三角形面积相等，用三角形面积公式求解的面积即可．
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
，
，
三角形中，，所以，
，则，所以，；
（2）选①O为的内心，如图，分别是内切圆在各边上的切点，
在中由余弦定理得，
，
设内切圆半径为，则，，
所以；
选②O为的外心，在外部，如图，外接圆上，
由（1），所以，
在中由余弦定理得，
，，
．
选③O为的重心，如图，分别是各边上的中点，
在中由余弦定理得，
，
由三角形重心的性质可得，，
故.
3．（2023秋·四川内江·高三四川省内江市第六中学校考阶段练习）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝6，．
(1)求A的大小；
(2)M为△ABC内一点，AM的延长线交BC于点D，___________，求△ABC的面积．
请在下面三个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，使△ABC存在，并解决问题．
①M为△ABC的外心，AM＝4；
②M为△ABC的重心，；
③M为△ABC的内心，．
(注：三角形的三边中垂线的交点称为外心，三角形的三条中线的交点称为重心，三角形的三条角平分线的交点称为内心)
【答案】(1)；(2)﹒
【分析】(1)结合正弦定理边化角和三角恒等变换即可求出sin，从而求出A；
(2)根据正弦定理可求△ABC外接圆半径，由此可判断不能选择①．若选②：根据AM长度计算出中线AD长度，再根据和余弦定理分别列出关于b、c的方程即可求出b、c，从而求解三角形面积；若选③：根据M是内心，求出，根据和余弦定理分别列出关于b、c的方程，求出bc即可求出三角形面积．
【详解】（1）∵，∴，即
由正弦定理得，，即，
∵，∴，
∴，又，∴，∴；
（2）设△ABC外接圆半径为R，则根据正弦定理得，，
若M为△ABC的外心，则AM为外接圆半径，，①与此矛盾，故不能选①；
若选②：
∵为该三角形的重心，则为线段的中点且，
又，∴，即，(*)
又由余弦定理得，即，(**)
联立(*)(**)解得，∴；
若选③：
∵为的内心，∴，
由得，
∵，∴，即，
由余弦定理可得，即，∴，
即，∵，∴，∴．
题型十：图形综合：定比分点型
1．（2024·全国·模拟预测）在中，角所对的边分别为，且满足．
(1)求角；
(2)若点在线段上，且满足，求面积的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）借助三角形内角和为与两角和的正弦公式计算即可得；
（2）可借助余弦定理与基本不等式计算，或借助向量，结合数量积公式与基本不等式计算．
【详解】（1）由题意得，即，
，，，又；
（2）解法一：令，则，，，
即，①，
又，②，
联立①②，得（当且仅当时取等号），
即，，面积的最大值为.
解法二：依题意，
，
即，
（当且仅当时取等号），，，
面积的最大值为．
2．（2024·全国·模拟预测）已知中，角、、的对边分别是．
(1)求角的大小；
(2)若，为边上一点，，，求的面积．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由正弦定理及诱导公式、恒等变换公式得到的正切值，进而求解即可；
（2）解法一利用已知条件和向量的知识得到，进而实数化得到和的一个关系式，再由三角形余弦定理结合角的互补关系得出和的另一个关系式，联立方程求解即可；解法二直接由第一问的结果结合余弦定理得出和的一个关系式，再由三角形余弦定理结合角的互补关系得出和的另一个关系式，联立方程求解即可．
【详解】（1）由正弦定理得，
因为
故，
即，
即．
而，故，
又因为所以．
而，故．
（2）解法一：由知，
两边同时平方得，
即，化简得．①
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
而，所以，
故，即，②
由①②得，
由于，得，代入②得．
所以的面积为．
解法二：在中，由余弦定理可得，
整理得，①
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
而，所以，
故，即，②
由①②得，
由于，得，代入②得，
所以的面积为．
3．（2024·广东佛山·二模）在中，，，分别是角，，所对的边，点在边上，且满足，．
(1)求的值；
(2)若，求．
【答案】(1)(2)．
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换得到，再利用三角恒等变换得到，从而利用余弦定理列出关系式即可得解．
（2）在中，确定三边的长度关系，利用余弦定理可求，再利用同角三角函数的关系求.
【详解】（1）如图，在中，由正弦定理知，
所以，所以，因为，所以，则①，
由，则，
因为，所以，则，
在中，由余弦定理知，则②，由①②得，．
（2）因为，所以，，
在中，由余弦定理知
同理在中，，因为，所以，则，由（1）知，，所以，
在中，由余弦定理知，所以．
题型十一：范围与最值1：基础型
1．（2023·广西·模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，，面积为，在下列三个条件中任选一个，解答下面的问题．①，②，③．
(1)求角的大小；
(2)若外接圆的面积为，求的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）选①，根据条件、正弦定理以及三角恒等变换进行化简即可求解；选②，根据条件、余弦定理以及三角形的面积公式进行化简即可求解；选③，根据条件以及射影定理进行化简即可求解；
（2）先根据题意求出外接圆的半径，再结合（1）及正弦定理求出，再根据余弦定理，基本不等式及三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）选①，由，
则根据正弦定理得，
在中，有，
则，
又，所以，即，
又，所以．
选②，由，
则根据余弦定理可得，
在中，有，
所以，即，
又，所以．
选③，由，
在中，根据射影定理可得，
所以，即，
又，所以．
（2）因为外接圆的面积为，所以外接圆半径为，
又结合（1）可知，则根据正弦定理可得，
则根据余弦定理可得，
又，所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以面积，
所以的最大值为．
2．（2024·全国·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，且．
(1)求B的大小；
(2)求面积的最大值．
【答案】(1)(2)．
【分析】（1）利用正弦定理、诱导公式及倍角公式计算即可；
（2）利用余弦定理、三角形的面积公式及基本不等式计算即可．
【详解】（1）∵在中，，且，∴，
由正弦定理得．∵，，∴．
∵，∴．
∵，，，∴，∴，∴．
（2）由（1）知，且，∴由余弦定理得，整理得．
又∵，当且仅当时，等号成立，
∴，即，当且仅当时，等号成立．
∴，∴面积的最大值为．
3．．（2024·河南·方城第一高级中学校联考模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，，且.
(1)证明：；
(2)若，求当面积最大时的值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据可得，再结合商数关系及二倍角的余弦公式化简即可得出结论；
（2）由（1）可得，根据正弦定理化角为边可得，再由，结合正弦定理化角为边求出，再根据三角形的面积公式，结合导数即可得出答案．
【详解】（1）由已知得，
∴，又，且，∴；
（2）由（1）可得，由正弦定理可得，∴，.
∵，∴，∴，∴，∴，
又，
∴，∴，
令，则，则，设，，
则，令，得，即，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得最大值，此时最大，则.
题型十二：范围与最值2：边系数不对称型
1．（2024·上海嘉定·二模）在中，角、、的对边分别为、、，．
(1)求角，并计算的值；
(2)若，且是锐角三角形，求的最大值．
【答案】(1)或；当时，；当时，(2)
【分析】（1）由题意，根据同角的平方关系可得，求出B，进而求出即可；
（2）由题意可得，求出C的范围，根据正弦定理可得，利用三角恒等变换化简计算得（），结合的范围和正弦函数的性质即可求解．
【详解】（1）由，得，则，
又，所以或．当时，；
当时，.
（2）若为锐角三角形，则，有，解得.
由正弦定理，得，则，
所以，
其中，又，所以，则，故当时，取到最大值1，
所以的最大值为.
2．（2024·山西吕梁·一模）设的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)设的角平分线交于点，求的最小值．
【答案】(1)(2)9
【分析】（1）首先根据正弦定理将边化为角，再结合三角恒等变换，即可求解；
（2）首先根据角平分线的性质，结合三角形的面积公式，求得，再结合基本不等式，即可求解．
【详解】（1）.
由正弦定理，得
，即
，即
（2）由题意可得，

即

当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为9.
3．（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．
【答案】(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.
题型十三：范围与最值3：无边长型
1．（2024·河南·一模） 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.
(1)求证：；
(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）用正弦定理边化角，再利用和差化积公式与诱导公式进行化简，得，从而用等量关系即可得证；
（2）由（1）知，锐角三角形中，利用角关系求得角的范围，再把式子用角的三角函数来表示并利用两角和差的正弦公式进行化简，进而用三角函数的取值范围即可求解．
【详解】（1）证明：由条件，根据正弦定理可得，
，即，
，
又中，
进行化简得，
所以，即或，即（舍去），
所以.
（2）若为锐角三角形，根据（1），
则，得，
式子，，
由得，又易知函数在内单调递减，
所以，
因此.
2．（2024·河北沧州·模拟预测）已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求C；
(2)求的最大值．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解即得．
（2）由（1）的信息结合正弦定理边化角，再利用基本不等式求解即得．
【详解】（1）在中，由及正弦定理得，
即，由余弦定理得，而，
所以.
（2）由（1）知，，由正弦定理得，
而，因此，当且仅当时取等号，
于是，解得，
在中，，由，得，
所以当时，取得最大值．
3．（2024·辽宁·一模）在中，内角所对的边分别为，满足.
(1)求证：；
(2)若为锐角三角形，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据条件及余弦定理得到，再利用正弦定理边转角得到，借助三角恒等变换公式化简即可得出结果；
（2）利用为锐角三角形，得到，再令，将问题转化成求在上的最值，即可求出结果．
【详解】（1）因为，即，由余弦定理，
得到，即，
所以，
又，
所以，
又，得到或（舍），所以，命题得证．
（2）由（1）知，所以，
令，
又因为为锐角三角形，所以，得到，
所以，又，
所以，又，
所以，
所以当时，取到最大值为.
题型十四：范围与最值4：比值型
1．（2024·山西朔州·一模）已知的内角的对边分别为，向量，且．
(1)求；
(2)求的最小值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用向量共线的坐标形式可得，结合余弦定理可求；
（2）利用基本不等式可求最小值．
【详解】（1）因为，所以，
由正弦定理可得即，
故，所以，
而为三角形内角，故.
（2）结合（1）可得：,
，当且仅当时等号成立，故的最小值为.
2．（2023·山东潍坊·模拟预测）在锐角中，角所对的边分别为，满足.
(1)求角；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理得到，再由余弦定理求得，即可求解；
（2）由（1）知，得到且，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，结合正切函数的性质，即可求解．
【详解】（1）解：在锐角中，因为，
由正弦定理得，可得，
又由余弦定理，可得，
因为，所以.
（2）解：在锐角中，由（1）知，可得，且，
可得，所以，所以，
又，所以，所以，
则，
因为且，可得且，
所以且，
所以的取值范围为.
3．（23-24高三上·山东枣庄·）在中，角所对的边分别为．若.
(1)求；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用边化角及三角恒等变换公式整理计算即可;
（2）通过角的转化，借助三角恒等变换公式，得到，利用
的范围，即可求出结果．
【详解】（1）因为，整理得
，
所以，
由正弦定理得：，
因为，所以，所以.
（2）因为为锐角三角形，，所以，且，所以，
解法，
因为，所以，所以，
即的取值范围是.
解法
，
因为，所以，得，
所以，即的取值范围是.
题型十五：范围与最值5：角边互错型
1．（2023·江西·校联考二模）在中，角所对的边分别为，已知.
(1)求角；
(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据正弦定理角化边，余弦定理求解即可；
（2）由题知，进而结合正弦定理得，再根据面积公式，结合三角恒等变换求解即可．
【详解】（1）解：因为
所以整理可得，
所以，由正弦定理可得：.
由余弦定理知，，因为，所以
（2）解：由（1）知，，所以，又是锐角三角形，
所以，且，解得，因为，由正弦定理知：，，
所以所以
因为，所以，所以
所以，面积的取值范围为.
2．（2023·全国·高三专题练习）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足
(1)设，，过B作BD垂直AC于点D，点E为线段BD的中点，求的值；
(2)若为锐角三角形，，求面积的取值范围．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据正弦定理求出，进而由余弦定理求出，利用三角形面积公式得，利用平面向量基本定理及数量积运算法则得到答案；
（2）由正弦定理得到，利用锐角三角形，求得，进而求出，由面积公式求得.
(1)，由正弦定理得：，
所以，因为，所以，
所以，即，因为，所以，
因为，，由余弦定理得：，因为，所以，
其中，所以，
因为点E为线段BD的中点，所以，由题意得：，
所以.
(2)由（1）知：，又，由正弦定理得：，
所以，
因为为锐角三角形，所以，解得：，
则，，，故，面积为故面积的取值范围是.
3．（2022·湖南·湘潭一中高三阶段练习）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求B；
(2)若为锐角三角形，且，求周长的取值范围．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用正弦定理角化边，再借助余弦定理计算作答．
（2）利用正弦定理将周长表示为角C的函数，由（1）及锐角三角形条件结合三角函数变换和性质求解作答．
(1)
在中，由正弦定理及得：，
整理得：，由余弦定理得：，而，解得，
所以.
(2)
由（1）知，即，因为锐角三角形，即，解得，
由正弦定理得：，
则，
当时，，，而，
即，因此，，则，
所以周长的取值范围是.
题型十六：范围与最值6：角度最值型
1．（22-23高三浙江宁波·阶段练习）记锐角的内角为，已知.
(1)求角的最大值；
(2)在锐角中，当角为角A的最大值时，求的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用正弦定理将角的关系化为边的关系，根据余弦定理和基本不等式求的范围，再由余弦函数的性质求角的最大值；
（2）根据内角和关系，结合两角差的余弦公式和两角和的正弦公式，将目标函数转化为关于角的函数，再结合余弦函数的性质求其范围．
【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，又，所以，所以角的最大值为；
（2）因为，所以
，因为为锐角三角形，所以,
所以，所以，所以，
所以，即的取值范围为.
2．（2021·黑龙江大庆·一模）已知的内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角的最大值．
（2）若取（1）中最大值，，，当的周长最小时，求的值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据，由余弦定理得到，结合基本不等式求解；
（2）由（1）可知，结合，利用余弦定理得到，然后由的周长为，利用基本不等式求解．
【详解】（1）∵，∴，∴，
∴,．又∵，
则，即．又∵，∴的最大值为．
（2）由（1）可知，，则．
又，∴．记的周长为，则，
．当且仅当，
即当或（不合题意，舍去）时取等号，
∴当的周长最小时，的值为．
3．（20-21高三·河南南阳·）在中，内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角的最大值；
（2）当角最大时，若，求的面积．
【答案】（1）最大值；（2）.
【分析】（1）方法一：根据正弦定理，余弦定理，基本不等式化简已知等式，可得，利用余弦函数的性质即可求解的最大值．
方法二：利用三角函数恒等变换的应用，基本不等式可求，从而有最大值．
（2）由（1）利用余弦定理解得的值，进而根据三角形的面积公式即可计算得解．
【详解】（1）方法一：由，
根据正弦定理和余弦定理得：，
∴，所以，
∴，
当且仅当，即时取等号，即取最小值.
从而有最大值.
方法二：由，可得，所以，即所以，
于是.
当且仅当，即时取等号，从而有最大值.
（2）由（1）可知，，且，又，又由余弦定理，
得，得所以，所以的面积.
题型十七：范围与最值7： 范围综合型
1．（23-24三·浙江·模拟）在中，角所对的边分别为，且满足
(1)求角的值；
(2)若且，求的取值范围．
【答案】(1)或(2)
【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简求得，进而求得的值；
（2）根据题意，得到因，求得，，化简得到，结合，利用三角函数的性质，即可求解．
【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，
因为，所以或，
（2）解：因为且，所以，
由正弦定理得，所以，
则，
又由，可得，所以，可得，
则，所以即的取值范围．
2．（2024高三·全国·专题练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求角B的大小；
(2)若，且为锐角三角形，求的周长的取值范围；
(3)若，且外接圆的半径为2，圆心为O，P为圆O上的一动点，试求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）直接利用余弦定理即可求解；
（2）利用正弦定理将周长转化为关于角A的三角函数，利用三角函数的值域即可求解；
（3）易得为等边三角形，取AB的中点M，可得，由P为圆O上的一动点，可得，进而可求的取值范围．
【详解】（1）依题意，
所以由余弦定理有，
整理得，故，
因为，所以.
（2）因为，，
所以由正弦定理，即，
得，
所以，
又为锐角三角形，所以有，
则，又由，
所以，所以，
故的周长的取值范围为.
（3）由正弦定理知，得，则，
又由，则，
则为等边三角形，取AB的中点M，如图所示，
则
，
由，则，
则.
3．（22-23高三辽宁鞍山·期中）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．
在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_________．
(1)求A；
(2)若，求线段AD长的最大值．
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）选条件①，由正弦定理化简已知式即可得出答案；选条件②，由正弦定理和余弦定理化简已知式即可得出答案；选条件③，由余弦定理化简已知式即可得出答案．
（2）由可得，利用向量的数量积运算与余弦定理，结合换元法得到关于的表达式，由三角形是锐角三角形求出的范围，结合基本不等式即可得解．
【详解】（1）方案一：选条件①．
由正弦定理得，
，
即．
方案二：选条件②．
由正弦定理得，即，
．
方案三：选条件③．
由余弦定理得：
，即，
，
．
（2）由，得，
，即，
两边同时平方得
因为，
．
令，则，
令，则，
在锐角中，
，
，所以，
当且仅当，即时取等号，
，
线段长的最大值为．
题型十八： 相等角度转化型
1．（23-24高三·湖南衡阳·阶段练习）在锐角中，内角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若是边上一点（不包括端点），且，求的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和三角形的内角和定理，化简得到，进而求得，即可求解．
（2）不妨设，在中，利用正弦定理，化简得到，根据题意，结合正切函数的性质，即可求解．
【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，
又由，可得，所以，所以，
解得或（舍去），
因为，所以.
（2）解：不妨设，则，
在中，可得，
因为是锐角三角形，所以且，
则，所以，可得，
所以，所以.

2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知锐角中，角，，所对的边分别为，，，其中，，且．
(1)求证：；
(2)已知点在线段上，且，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由正弦定理得，又由余弦定理得，结合整理可得角的关系；
（2）由正弦定理得，又因为为锐角三角形且，结合三角函数值域可求得线段长度的取值范围．
【详解】（1）因为，
即，由正弦定理可得，
又，即，所以，整理得，
由余弦定理得，整理得，
由正弦定理得，
故，
即，
整理得，
又因为为锐角三角形，则，可得，
所以，即.
（2）因为点在线段上，且，即平分，
又，所以，则，
在中，由正弦定理得，
所以，
因为为锐角三角形，且，所以，解得.
故，所以.
因此线段长度的取值范围.
3．（2024·全国·模拟预测）在中，分别为角，，所对的边，点为的中点．
(1)若，，，求的值；
(2)若，求的值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用余弦定理，先求得，然后求得.
（2）利用正弦定理、三角恒等变换等知识求得.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
所以，解得或（舍去），所以，
在中，由余弦定理得，
所以．
（2）由，得，则．
又，则．
在中，由正弦定理得①；
在中，由正弦定理得②；
由①②得，所以．
所以．
因为，有意义，所以，．
所以．
题型十九：压轴19题1：三角与数列结合型
1．（2024·上海青浦·二模）若无穷数列满足：存在正整数，使得对一切正整数成立，则称是周期为的周期数列．
(1)若（其中正整数m为常数，），判断数列是否为周期数列，并说明理由；
(2)若，判断数列是否为周期数列，并说明理由；
(3)设是无穷数列，已知．求证：“存在，使得是周期数列”的充要条件是“是周期数列”．
【答案】(1)是周期为的周期数列，理由见解析(2)答案见解析(3)证明见解析
【分析】（1）根据题设定义，利用的周期，即可得出结果；
（2）分与两种情况讨论，当，易得到是周期为1的周期数列，当时，构造，则，利用导数与函数单调性间的关系，可得出是严格增（或减）数列，从而可得出结果；
（3）根据条件，利用充要条件的证明方法，即可证明结果．
【详解】（1）因为，
所以是周期为的周期数列．
（2）①当时，，，
所以当时，是周期为1的周期数列，
②当时，记，则，
，当且仅当时等号成立，
即，所以在上严格增，
若，则，即，进而可得，即是严格增数列，不是周期数列；
同理，若，可得是严格减数列，不是周期数列．
综上，当时，是周期为1的周期数列；当时，不是周期数列．
（3）必要性：
若存在，使得是周期数列，设的周期为，
则，所以是周期为的周期数列，
充分性：
若是周期数列，设它的周期为，记，则
，是关于x的连续函数；
，是关于x的连续函数；
…
，是关于x的连续函数；
，
令，则是连续函数，
且，，
所以存在零点，于是，
取，则，
从而，
，
……
一般地，对任何正整数n都成立，即是周期为T的周期数列．
（说明：关于函数连续性的说明不作要求）
【点睛】方法点晴：对于数列的新定义问题，解决问题的关键在于准确理解定义，并结合定义进行判断或转化条件．
2．（2024·河南开封·二模）在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用．设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素．对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为．
(1)试求，，，的值；
(2)设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数．试求，与φ（p）和φ（q）的关系；
(3)RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥．具体而言：
①准备两个不同的、足够大的素数p，q；
②计算，欧拉函数；
③求正整数k，使得kq除以的余数是1；
④其中称为公钥，称为私钥．
已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是．若满足题意的正整数k从小到大排列得到一列数记为数列，数列满足，求数列的前n项和．
【答案】(1)；
(2)，；
(3).
【分析】（1）利用欧拉函数的定义直接求值．
（2）利用欧拉函数的定义求出，进而分析计算.
（3）根据给定信息求出，再利用差角的正切公式，借助裂项求和法求解即得．
【详解】（1）由欧拉函数的定义知，不越过3且与3互素的正整数有1，2，则，
不越过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则，
不越过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则，
不越过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则，
所以.
（2）在不大于的正整数中，只有3的倍数不与互素，而3的倍数有个，
因此.
由，是两个不同的素数，得，
在不超过的正整数中，的倍数有个，的倍数有个，
于是，
所以.
（3）计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是，则，从而
由（2）得，，
即正整数满足的条件为：，
，令，则，
令，则，
取，则，于是，
因此，即，
，
.
【点睛】关键点睛：数列求和，利用差角的正切变式进行裂项是求解的关键．
3．（2024·上海·二模）固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线．1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程，其中为参数．当时，就是双曲余弦函数，悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．类比三角函数的三种性质：①平方关系：；②两角和公式：，③导数：定义双曲正弦函数．
(1)直接写出，具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；
(2)当时，双曲正弦函数的图像总在直线的上方，求直线斜率的取值范围；
(3)无穷数列满足，，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)答案见解析(2)(3)存在，
【分析】（1）类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；
（2）构造函数，，求导，分和两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案；
（3）当时，利用数学归纳法证得排除该可能；当，同理证得，从而利用换元法即可得解．
【详解】（1）平方关系：；
和角公式：；
导数：．
理由如下：平方关系，
；
和角公式：，
故；
导数：，；
（2）构造函数，，
由（1）可知，
①当时，由，
又因为，故，等号不成立，
所以，故为严格增函数，
此时，故对任意，恒成立，满足题意；
②当时，令，
则，可知是严格增函数，
由与可知，存在唯一，使得，
故当时，，则在上为严格减函数，
故对任意，，即，矛盾；
综上所述，实数的取值范围为．
（3）当时，存在，使得，
由数学归纳法证明：，证明如下：
①当时，成立，
②假设当（为正整数）时，，
则成立．
综上：.
所以，有，即.
当时， ，
而函数的值域为，
则对于任意大于1的实数，存在不为0的实数，使得，
类比余弦二倍角公式，猜测.
证明如下：
类比时的数学归纳法，设，
易证，，，，，
所以若，
设，则，解得：或，即，
所以，于是.
综上：存在实数使得成立．
题型二十：压轴19题1：三角函数型新定义
1．（2024·安徽·二模）在平面直角坐标系中，利用公式①（其中，，，为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由，，，组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母，，…表示．
(1)在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求点的坐标；
(2)如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
(3)向量（称为行向量形式），也可以写成，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式①可以表示为：，则称是二阶矩阵与向量的乘积，设是一个二阶矩阵，，是平面上的任意两个向量，求证：．
【答案】(1)(2)，(3)证明见解析
【分析】（1）利用三角函数的定义得到旋转之前的和，再由两角和的正弦、余弦公式得到点的坐标；
（2）利用三角函数的定义得到旋转之前的和，再由两角和的正弦、余弦公式得到点的坐标，再根据变换公式的定义得到变换公式及与之对应的二阶矩阵；
（3）根据定义分别计算、、，证明即可．
【详解】（1）可求得，设，则，，
设点，，
故
所以.
（2）设，，则，，，
故
所以坐标变换公式为，
该变换所对应的二阶矩阵为
（3）设矩阵，向量，，则．
，
对应变换公式为：，
，
所以
故对应变换公式同样为
所以得证．
【点睛】方法点睛：利用三角函数的定义解题：（1）角的顶点与坐标原点重合；（2）角的始边与轴正半轴重合；在角的终边上任取一点，该点到原点的距离，则：；； .
2．（23-24高三江苏常州·）三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角所对边长分别为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为．
(1)若．求证：
①（为的面积）；
②为等边三角形．
(2)若，求证：．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）①先根据表示出三角形得面积，再在中，由余弦定理相加，再化简整理，即可得证；
②先利用作差法证明，并求出取等号的条件，再结合即可得证；
（2）根据（1）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，化简整理即可得证．
【详解】（1）①若，
则
，
所以，
在中，分别由余弦定理得：
，
，
，
三式相加整理得，
即，
所以；
②由余弦定理可得，
则
，
当且仅当且时取等号，
有，所以，所以，所以，
即当且仅当且时取等号，
即当且仅当为等边三角形时取等号，
所以，当且仅当为等边三角形时取等号，
又由①知，
所以为等边三角形；
（2）由（1）得，
所以
，
所以，
又由余弦定理可得，
所以，
所以，所以，
由正弦定理可得．
【点睛】关键点点睛：根据表示出三角形得面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键．
3．（23-24高三广东广州·）对于函数及实数m，若存在，使得，则称函数与具有“m关联”性质．
(1)若与具有“m关联”性质，求m的取值范围；
(2)已知，为定义在上的奇函数，且满足；
①在上，当且仅当时，取得最大值1；
②对任意，有．
求证：与不具有“4关联”性．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据函数与具有“m关联”性质的定义，结合正余弦函数的性质，即可得答案．
（2）根据满足的性质，推出其对称性以及周期，可得，再结合正弦函数的性质推出，即说明不存在，使得，即可得结论．
【详解】（1）由题意可知，
故，
则m的取值范围为；
（2）证明：因为在上，当且仅当时，取得最大值1，
且为定义在上的奇函数，
故在上当且仅当时，取得最小值-1，
由对任意，有，可知图象关于点对称，
又，即，
故2a为函数的周期，
故，
，
当时，，
时，，
若，，，此时有为最大值；
当时，，
时，，
若，，此时有为最大值，
由于，故，
即不存在，使得，
所以与不具有“4关联”性．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要理解函数与具有“m关联”性质的定义，明确其含义，继而结合定义去解决问题，特别是第2问的证明，要结合定义说明不存在，使得成立．
形如函数y＝Asin(ωx＋φ)的图像及性质
(1)图像变换：
①相位变换：y＝sin x→y＝sin(x＋φ)的规则是：左加(φ＞0)或右减(φ＜0)| φ|个单位；
②周期变换：y＝sin (x＋φ)→y＝sin(ωx＋φ)的规则是：纵坐标不变，将横坐标缩小(伸长)为原来的|eq \f(1,ω)|倍；
③振幅变换： y＝sin (ωx＋φ) →y＝Asin(ωx＋φ) 的规则是：横坐标不变，将纵坐标缩小(伸长)为原来的|A|倍；
注意：y＝sin ωx→y＝sin(ωx＋φ)变换规则是：先提取后者x的系数ω，然后在左(右)平移|eq \f(φ,ω)|个单位；
(2)基本性质：①定义域：解三角函数不等式用“数形结合”②值域：由内向外③单调性：同增异减
(3)周期公式：①y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acs(ωx＋φ))的最小正周期T＝eq \f(2π,|ω|)②y＝|Asin(ωx＋φ)|的周期T＝eq \f(π,|ω|).
(3)对称性： 换元思想，将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”，采用整体代入求解．
①对称轴：最值处，令sin(ωx＋φ) ＝1，则ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，可求得对称轴方程；
②对称中心：零点处，令sin(ωx＋φ) ＝0，ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标；
正弦“第一零点”：；正弦“第二零点”：
余弦“第一零点”：；余弦“第二零点”：
利用二倍角和降幂公式等进
1．角度不一致，可以“打散”：角度不一致，可以拆开
2. “重组”：系数次幂一致，合并为正弦余弦，便于使用辅助角“化一”
进行恒等变形
一般地，已知函数，
（1）相等关系
记的值域为A, 的值域为B,
①若，，有成立，则有；
②若，，有成立，则有；
③若，，有成立，故；
（2）不等关系
(1)若，，总有成立，故；
(2)若，，有成立，故；
(3)若，，有成立，故；
(4) 若，，有成立，故．
四边形，一般适当的连接对角线，分解为有公共边俩三角形。如果是有外接圆，则要充分运用对角互补这个隐形条件
四边形面积最值型，一般用某一条对角线，把四边形分为两个三角形，有公共边的两个三角形个再各自用余弦定理，构建数量关系
．中线的处理方法
1．向量法：
2．余弦定理法（补角法）：
如图设，
在中，由余弦定理得，①
在中，由余弦定理得，②
因为，所以
所以①+②式即可
3．延伸补形法：如图所示，延伸中线，补形为平行四边形
4.中线分割的俩三角形面积相等
角平分线定理（大题中，需要证明，否则可能会扣过程分）：
三角形角平分线的处理方法：
三角形高的处理方法：
1．等面积法：两种求面积公式
如
2．三角函数法：
在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理．
解三角形：最值范围
1.可以用余弦定理+均值不等式来求解。
2.可以利用正弦定理，结合角与角所对应的边，转化为角的形式，再进行三角恒等边形，化一，求解最值与范围，要注意三角形是否有“锐角、钝角”三角形的角度范围限制
有角无边型
1．一个角为定值，则另外俩角和为定值，所以可以消角。
2．注意锐角三角形，或者钝角三角形对角的范围的限制，如果有这样限制，要对每个角都要用不等式范围求解。
3．有角无边型，如果出现边，多为边的比值齐次式型，一般可以用正弦定地来边化角转化
最值范围：分式比值型
化边为角型
1.通过正余弦定理，把边转化为角。
2.利用特殊角，消角，以分母角度为住元，消去分子角度，转化为分母角度的单变量函数形式
3.对单变量（单角）求最值。
角化变型：
主要用余弦定理，然后再借助均值不等式进行转化
正弦定理转化，要以有长度的边为主转化，消边化角求最值范围
锐钝角限制型
注意锐角三角形，或者钝角三角形对角的范围的限制，如果有这样限制，要对每个角都要用不等式范围求解
对新定义的题型要注意一下几点：
（1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点
（2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件
（3）含有参数是要注意分类讨论的思想．