(共38张PPT)
第2讲 三角恒等变换与解三角形
考情分析 备考关键
考点 三角函数的化简、求值，利用正弦 定理、余弦定理求三角形的边、角及面积 问题. 考法 主要以选择题、填空题的形式考查 三角恒等变换求值，正、余弦定理的基本 应用，解答题中会继续考查利用正、余弦 定理求解三角形的边、角、面积问题. 1.三角恒等变换中“常值代
换、切化弦、角的拼凑”.
2.解三角形时利用正、余弦定
理“边角替换”.
3.求三角形面积时常用
形式的面积公
式.
PART
01
第一部分
做真题 明方向
1.（2024 ·新课标Ⅱ卷）已知 为第一象限角， 为第三象限角，
，，则 _ _____.
解析：因为， ，
所以 .
因为, ，
, ，
所以 ,, ,所以
.
因为
所以 .
2.（2024·全国甲卷）记的内角,,的对边分别为,, ，已知
，，则 ( )
C
A. B. C. D.
【解析】 选C.由正弦定理得，因为 ，所以
.由余弦定理得
，所以 ,
所以 ，
所以 ，
又, ,
所以 .
3.（2024 新课标Ⅱ卷）记的内角，，的对边分别为，， ，
已知 ．
（1）求 ；
解：由 ，
得,所以 .
因为 ，所以 ，
所以，故 .
（2）若，，求 的周长．
解：由 ，
得 ，
由正弦定理，得 ，
所以 ，
因为 ，所以 ．
，
所以
.
方法一：由正弦定理 ，
得 ,
.
所以的周长为 .
方法二：由正弦定理 ，
得 ，
所以
，
所以的周长为 ．
PART
02
第二部分
研考点 破重难
考点一 三角恒等变换
1.两角和与差公式变形
，
，
.
2.倍角公式变形
降幂公式：， .
升幂公式：， .
配方变形： .
角度1 条件求值
［例1］ （1）（2024·全国甲卷）已知，则
( )
B
A. B. C. D.
【解析】 根据题意有，即 ,所以
，所以 .
（2）（2024·沈阳质量监测）已知 ，则
( )
B
A. B. C. D.
【解析】 由 ，
得 ，
即 ，
,
即 ，
又
.
三角函数恒等变换的“四大策略”
（1）常数值代换：特别是“1”的代换， 等.
（2）项的拆分与角的配凑：如
， 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.
角度2 条件求角
［例2］ （2024·江西二模）已知 ，,， ，
，则 ( )
A
A. B. C. D.
【解析】 因为， ,
所以
解得
所以 ，
又 ，,，所以 ，
所以 .
给值求角的原则
（1）已知正切函数值，选正切函数；
（2）已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数.若角的范围是，，选
正、余弦皆可；若角的范围是，选余弦较好；若角的范围为，，
选正弦较好.
［对点训练］ 1.（2024 ·九省联考）已知,，
，则 ( )
A
A. B. C.1 D.
【解析】 选A.因为,，所以 .由
得 ，化简整理得
，解得（舍去）或 ,
所以 .
2.已知 为第一象限角， 为第二象限角，且 ，
，则 _ _____.
解析：因为 为第一象限角， ，则
，
所以
,
所以 ，
由于 为第二象限角， ,
则 ，
所以 .
考点二 利用正、余弦定理求边、角
1.正弦定理及其变形
在中，(为 的外接圆半径).
变形：,, 等.
2.余弦定理及其变形
在中， .
变形：
, .
［例3］ （2024·北京卷改编）在中，内角，， 的对边分别为
，，，为钝角，， ．
（1）求 ；
【解】由题知，
又为钝角，故，所以 .
所以,所以 .
又为钝角，所以 .
（2）若，求 .
【解】 由题知,所以 .
由得，,即 ,
解得 （负值已舍去）.
解三角形的边和角问题的基本步骤
（1）定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确
定转化的方向.
（2）定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，进行边角之间的
互化.
（3）求结果.
注意 注意三角形内角和定理的应用，求角时注意角的范围.
［对点训练］
1.（2024·济南三模）已知,,分别为三个内角，， 的对边，
且,则 ( )
A
A. B. C. D.
解析： 选A.由 ,得
，则，又 ，所以
，即，又，所以 .
2.（2024·合肥质量检测）在中，内角，，的对边分别为,, ，
若,且，则 ( )
A
A.1 B. C. D.2
解析： 选A.因为，两边同时乘以 得,
,
由余弦定理可得 ,
则 ，
所以,又 ,
所以 ,
又因为，所以 .
考点三 三角形的面积问题
三角形面积公式
在中，内角，，的对边分别为,, ,则
.
［例4］ （2024·江西名校联盟）记的内角，， 的对边分别为
,,,已知 .
（1）若，求 ；
【解】因为，由正弦定理得 ,
因为,所以 ,
所以 ，
所以 .
（2）若，，求 的面积.
【解】 因为,， ，
由余弦定理得 ,
解得（负值已舍去），所以 ，
因为， ，
所以 ，
所以的面积 .
求解与三角形面积有关的问题的基本思路
（1）求三角形面积，一般要先利用正弦定理、余弦定理以及两角和与差
的三角函数公式等，求出角与边，再求面积.
（2）已知三角形面积解三角形，常利用已知邻边求出其夹角，或利用已
知角求出角的两边间的关系.
（3）已知与三角形面积有关的关系式，常选用关系式中的角作为面积公
式中的角，化为三角形的边角关系，再解三角形.
［对点训练］
1.（2024· 东北三校联考）在中， ，
，则 外接圆的半径为___.
3
解析：因为 ，所以
, 又 ，
，所以，又 ，所以
， 因为,所以，则， 记 外
接圆的半径为，则由正弦定理得，所以 .
2.已知的内角，，的对边分别为，，，， ,
且，则 的面积为_ ___.
解析：由 ，结合正弦定理可得
，故
，因为，故，又 ，故
.由余弦定理 ，可得
，解得 .则
.(共23张PPT)
真题解构与重构 解三角形
三角形是几何学中十分重要的几何图形，它不但是最重要的几何学知
识，也是其他几何学中最基本、最常见、最重要的构件.无论是初中的平面
几何，还是高中的立体几何与解析几何，三角形都扮演着十分重要的角色，
其特性是研究相关几何问题的基石.三角形问题是初、高中教学的重点问题，
更是中、高考的重要组成部分.解三角形问题是每年高考的必考试题，有的
在选择题、填空题中出现，有的渗透在立体几何与解析几何中，有的直接
在解答题中呈现，近年来的新课程高考试题中，主要占据着解答题第15题
的位置，彰显了三角形问题在学习与考试中的重要地位与作用，是教师与
学生高度重视的教学问题.以下对2024年新课标Ⅰ卷第15题解三角形问题进
行解构与重构,激活试题本质属性，感悟三角形知识体系的和谐，提升解三
角形问题的能力.
［真题呈现］ （2024· 新课标Ⅰ卷）记的内角，， 的对边分
别为，，，已知， .
（1）求 ；
［规范解答］解：由余弦定理的推论得 , 注解①
［关键步骤］①已知三边关系时，首选余弦定理
又 ,所以.所以,所以 ,
又 ，所以 .
（2）若的面积为，求 ．
［规范解答］解： 由（1）得 ， 注解②
［关键步骤］ ②解三角形时，时刻注重内角和定理
由正弦定理,得,所以 . 注解③
［关键步骤］ ③已知对边与对角首选正弦定理
所以的面积 , 注解④
得 .
［关键步骤］ ④三角形面积公式很多，根据题目条件正确对照选择
［真题分析］本题是在余弦定理的“呈现形式”逐层设置.考查正、余弦定理、
特殊角的三角函数值、两角和的正弦公式、三角形的内角和定理与面积公
式.考查数学运算、逻辑推理等核心素养.考查化归与转化思想、函数与方
程思想等，体现“四基四能”,是教材问题的最基本呈现.
［源头与活水］
类别 教材题（必修第二册 ） 考题 关联特征
条件 , 关系转化
问 题 ① 求角 求角 都是求角
② 已知一边与面积求另外 两边 已知面积求其中一边 都是面积与
边角
［真题解构］
解构1 已知三个内角，，的对边分别为,,.在 中，
，, .
（1）求 ;
解：方法一：由正弦定理得
，
因为,所以 .
由于 ,所以 或 .
当 时， ,
此时， .
当 时， ，
此时 .
方法二：因为 ，, ,
由余弦定理得，整理得 ,
即 ,
所以,故 .
（2）求 的面积.
解：方法一：由（1）知当 时， ,
此时的面积 .
当 时，,此时 的面积
.
方法二：同方法一.
解构2 如图，在锐角三角形中，，垂足为，角 的平分线
交于点，，， .
（1）求 ;
解：由 ，
可设，则 .
由， 得
，
由于
,
所以 ，
整理得 ，
即 ，
解得或 （舍去）,
即, .
因此 .
（2）求与 的面积.
解：由（1）知，又 ,所以
.
因此， ，
.
在 中，由正弦定理得
，
.
［真题重构］
重构1 （多选）已知的三个内角，，的对边,, 是依次增大的
三个连续自然数，且 ，则( )
ABD
A. B.
C. D.内切圆半径
解析：选.对于A，由得 .
由正弦定理与余弦定理的推论得 ,
即 ,
即 ,
化简得 ,A正确；
对于B，由题可设,,代入 得
,
化简得,解得或 （舍去），B正确；
对于C，方法一：由得 .
由于 ，
所以 ,C错误.
方法二：由余弦定理的推论得 ，
由得 ,C错误;
对于D，因为 ,
由 得
,D正确.
重构2 已知面积为的三个内角，，的对边分别为,, ，且
.
（1）求 ;
解：由于 ,由余弦定理与面积公式得
.
故,由得 .
（2）求 的取值范围.
解：由 得 .
.
由，知 ,
所以 ,
故 .
因此的取值范围为 .
重构3 在中，三个内角，，的对边分别为,,,，， 成等
差数列且 .
（1）求 的值，并求证 为定值;
解：由已知得 ， ，
所以 ， .
又，由余弦定理得 ,所以
.
.
所以为定值 .
（2）若， ，求 的面积.
解：由 ， ，知 .
又,由正弦定理得 ，
所以 .
所以 .(共37张PPT)
第1讲
专题强化训练
［A 基本技能］
1.（2024·乌鲁木齐质量监测）已知角 的顶点在坐标原
点，始边与轴非负半轴重合，终边上点坐标为 ，则
( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.方法一：根据诱导公式有
,
,所以 ,
,又因为 ,所以 .
方法二（排除法）：因为, .所以点A在第二象限，
排除C，D；又因为 , ,排除A.
2.（2024·湛江二模）函数在， 上的值域为( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.因为,,所以,,所以 ,
,故在，上的值域为 .
3.（2024·上饶一模）已知函数,则 图象的对称中
心为( )
C
A.， B.， C.， D.，
解析：选C.令 ,,解得,,故 图象的
对称中心为,,,经检验只有时,, 符合题意.
4.若,,且,则 ( )
C
A. B.2 C.3 D.
解析：选C.方法一：
,整理得 ，解得
或.又,,所以 .
方法二：
,所以,所以 ,
解得或.又,,所以 .
5.已知函数，若关于的方程在 ，上有两个不同
的根，则实数 的取值范围是( )
C
A.， B.， C.， D.，
解析：选C.如图，作出函数，
的图象及直线,由图可知当，时，直线与
曲线 ，有两个交点，即关于的方程
在， 上有两个不同的根.
6.（2024·湘豫名校联考）已知函数
,的图象过原点，且关于点， 对称，若函数
在 ，上单调，则 图象的相邻两条对称轴之间的距离为
( )
D
A. B. C. D.
解析：选D.因为,所以 或
, .
又，所以 ,
所以 .
因为的图象关于点， 对称，
所以 , ,
所以, .
因为,， ,
所以, .
又函数在， 上单调，
所以解得 .
因为,所以当时， .
因为 图象的相邻两条对称轴之间的距离为半个周期，所以
.
7.（多选）已知下列等式的左、右两边都有意义，则能够恒成立的是
( )
BCD
A. B.
C. D.
解析：选 .对于A，
, 故A不符合题意；对于
B， ,故B符合题意；对于C，
,
故C符合题意；对于D，
,故D符合题意.
8.（多选）已知函数 ,则下列结论正确的有
( )
ACD
A.的最小正周期为 B.的图象关于点， 对称
C.的图象关于直线对称 D.在区间， 上单调递减
解析：选.
.
对于A,的最小正周期为 ，故A正确；
对于B, ，故B错误；
对于C,为函数 的最大值，故C正确；
对于D,,,则, ,
故在区间， 上单调递减，故D正确.
9.（多选）（2024·东北三省四市模拟）已知
,,
的部分图象如图所示，则 ( )
AD
A.
B.在区间， 上单调递减
C.在区间，上的值域为
D.在区间， 上有3个极值点
解析：选.设为函数 的最小正周期，由题图可知
，所以 ，即 ,所以 ,又由题图可知
，所以,因为函数的图象过点， ,所以
,即,则 ,因为
,所以,即.对于A， ,
所以A正确；
对于B,当,时，则,，故函数在区间
， 上不单调，所以B错误；
对于C，当,时，,,所以, ，
则函数在区间，上的值域为 ，所以C错误；
对于D，当,时，,,由函数 的图象可
知，在区间， 上有3个极值点，所以函数
在区间， 上有3个极值点，所以D正确.
10.（2024·北京卷）在平面直角坐标系中，角 与角 均以 为始
边，它们的终边关于原点对称.若，，则 的最大值为____．
解析：因为 与 的终边关于原点对称，所以 ，
所以 .因为,,所以 ,
,所以,,所以 的最大值为 .
11.将函数的图象向左平移 个单位长度，得到
函数的图象，若具有奇偶性，则 的最小值为___.
解析：将函数的图象向左平移 个单位长度，得到函数
的图象,因为 具有奇偶
性，所以,,即,,因为,所以 的最小
值为 .
12.已知函数的图象关于点， 中心
对称，其最小正周期为，且，则 的值为__.
解析： ，
因为的图象关于点， 中心对称，
所以
解得
所以 ，
又因为的最小正周期为，且 ，
所以可得，则 ，
所以当时， 的值为 .
［B 综合运用］
13.（多选）（2024·南京、盐城调研）设，， 为函数
的图象上三点，其中，， ，已知
，是函数的图象与轴的两个相邻的交点，是图象在， 之间
的最高点，若，的面积是， 点的坐标是
， ，则( )
A.
B.
C.
D.函数在，之间的图象上存在点，使得
解析：选.记的最小正周期为 .如图，
显然，，，，， ，
所以 ，
所以，，因为的面积是，所以 ,即
,
联立解得 故A错误；
由，得 ，故B正确；
由，,得,解得 ，故C正确;
易得，，，，，的中点为，，故以 为直
径的圆在点的下方，作出以为直径的圆，记以为直径的圆与
的图象交于，两点，故当点位于图象上的曲线段
（不包括点，）或曲线段（不包括点， ）上时，有
,从而在，之间的图象上存在点，使得 ，
故D正确.
14.（2024·浙江二模）将函数 的图象上的每个点横坐标不
变，纵坐标扩大为原来的2倍，再将所得图象向右平移 个单位长度得到函
数的图象，若函数的图象与函数 的图象交
于点，其中，则 _ _____．
解析：由题意得, ，
因为函数的图象与函数的图象交于点 ，所
以 ，
即 ，
整理得 ，
因为,所以 ，
又因为，所以 .
15.已知函数 的图象如
图所示.
（1）求函数 的解析式；
解：由题意可得
解得记函数的最小正周期为，则由题图得 ，
又，可得 ，解得 ，
所以 ．
把点，代入，得,即 ，
则， ，
得， .
又 ，可得当时， ，
所以 ．
（2）试比较, 的大小.
解：函数的最小正周期为 ，
所以 ,
，
故 ．
16.已知函数， .
（1）若的图象关于点,对称，且,，求 的值；
解： ．
方法一：易知的图象关于点,对称，把的图象向左平移 个单
位长度，所得图象关于点,对称，因此 .
方法二：由题知，
，
所以 ，，所以，，又, ，所以
.
（2）若不等式对任意的,恒成立，求实数 的取值
范围.
解：对任意的,恒成立，即 对
任意的, 恒成立.
由（1）知，令 ，
则当,时，, ，
则, ，
所以 .
所以当,时，， ,
所以解得 ．
故实数的取值范围为 ．(共23张PPT)
提升点2
专题强化训练
［A 基本技能］
1.在中，,,,则点到边 的距离为( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.在中，由,得 ,由余弦定理有
,故 .
设点A到边的距离为 ,由三角形面积公式得,
，故 .
2.（2024·哈尔滨三模）已知的内角，，的对边分别为,, ,且
,边上中线的长为1，则 最大值为( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.由题意得 ，
所以 ，
又，且D是的中点，所以，在 中，
,
在中， ,
所以 ,
即,由，得,当且仅当 时取等号.
3.（2024·海南模拟）在中，的平分线与对边交于点 ，
若的面积为面积的2倍，且， ，则
( )
A
A.3 B.4 C.6 D.8
解析：选A.由 ，则有
，即有 ，
又 ，
则有
，
即，即有，即 .
4.（多选）（2024·长沙模拟）已知 满足
，且的面积 ，则下列命
题正确的是( )
BC
A.的周长为
B.的三个内角，，满足关系
C.的外接圆半径为
D.的中线的长为
解析：选.因为满足 ,所以
,设,,, ,利用余弦定理得，
,
由于,所以 .
因为，所以,解得
（负值已舍去）.
所以,, ,
对于A，的周长为 ,故A不正确；
对于B，因为，所以，故 ，故B正确；
对于C，由正弦定理得的外接圆半径为 ,故C正确；
对于D，如图所示，在中，利用正弦定理 ,
解得,又,所以 ,
,在 中，利用余弦定理得
,解得 （负值已舍
去）,故D不正确.
5.（2024·扬州调研）在中，，，为 的中点，
，则 __.
解析：在中，取的中点，连接 ，
由为 的中点，
得 ,
在中，由余弦定理得 ，
则 ，
而,所以 .
6.在中，，， ，为 的高线，
则 __.
解析：在 中，由余弦定理得
,
即，所以 ，
所以 ,
由向量数量积的几何意义得 .
7.（2024·东北三省四市模拟）在中，角，， 所对的边分别为
,,，已知,角的平分线交于点 ，且
.
（1）求 ；
解：因为 ，
所以由正弦定理可得 ，
因为 ，所以 ,
所以 ，
故，又 ,
所以 .
（2）若，求 的面积.
解：由题意可知 ，
即 ,化简可得 .
在 中，由余弦定理的推论得
,
解得或 （舍去），所以
.
［B 综合运用］
8.在中，内角，，的对边分别为,,，且 .
（1）求角 ；
解：由题及正弦定理得
,
即 .
因为,所以，所以，又,所以 .
（2）若,,求 边上的高.
解：设边上的高为,由，得,解得
（负值已舍去），由,解得,即边上的高为 .
9.（2024·福建省适应性考试）在中，为 的中点，且
.
（1）求 ；
解：如图，由 ，
可得.在中，由正弦定理 ，
得.在中，由正弦定理 ，
得.故 .
因为为 的中点，
所以，即 .
（2）若，求 .
解：由（1）不妨设，，，, .
在 中，由余弦定理的推论，
得 .
在 中，由余弦定理的推论，
得 .
所以 ,
解得 .
故 .
10.（2024·河南质量检测）在锐角三角形中，角，， 所对的边分
别为,,,已知,且 .
（1）求证： ；
证明：根据题意及余弦定理可得,故 ,由正
弦定理得 .
所以在中，或 .
若 ，又 ，故 ，
因为,所以，故 不满足题意，舍去，所以 .
（2）若的平分线交于点，且,求线段 长度的取值范围.
解：在中，由正弦定理可得 ,即
,
所以 .
因为是锐角三角形，且 ，
所以得 ,
所以 ,
所以 .
所以线段的长度的取值范围是 .(共42张PPT)
第二部分 专题篇
专题一 三角函数与解三角形
第1讲 三角函数的图象与性质
考情分析 备考关键
考点 诱导公式及同角三角函数的基本关 系式的运算、三角函数的图象变换及由图 象确定解析式、三角函数的性质应用. 考法 主要以选择题、填空题的形式考查 三角函数的图象变换及解析式，利用三角 函数的性质求参数、最值、值域、单调区 间及对称性，也可能是解答题的一问. 1.诱导公式“奇变偶不变，符
号看象限”，应用基本关系式
化简“变异为同，化繁为简”.
2.三种曲线的特征与性质，求
解析式的“三定”.
3.性质应用“整体性”，求值域
利用“有界性”.
PART
01
第一部分
做真题 明方向
1.（2024·天津卷）已知函数的最小正周期为 ,则
在, 的最小值为( )
A
A. B. C.0 D.
解析： 选A.由的最小正周期为 ，
可得,所以 ,
所以 .
当,时，, ,
,,所以 .
2.（2024· 新课标Ⅰ卷）当时，曲线 与
的交点个数为( )
C
A.3 B.4 C.6 D.8
解析： 选C.因为函数 的最
小正周期，所以函数 在
上的图象恰好是三个周期的图象，所以
作出函数与在
上的图象如图所示.
由图可知，这两个图象共有6个交点.
3.（多选）（2024· 新课标Ⅱ卷）对于函数 和
，下列说法中正确的有( )
BC
A.与 有相同的零点
B.与 有相同的最大值
C.与 有相同的最小正周期
D.与 的图象有相同的对称轴
解析： 选.对于A，令，则，，又 ，故
A错误；
对于B,与 的最大值都为1，故B正确；
对于C，与的最小正周期都为 ，故C正确；
对于D,图象的对称轴方程为 ，，即 ,
，图象的对称轴方程为 ， ,即
，，故与 图象的对称轴不相同，故D错误.
4.（2023· 新课标Ⅱ卷）已知函数
，如图，，是直线 与曲
线的两个交点，若，则 _ ____.
解析：设,,,，由，可得 ,由
，知 ,, ,
,
所以 ,
即，故 .
因为,由“五点（画图）法”得， ,
,
即 , ，
所以 ,
所以 .
PART
02
第二部分
研考点 破重难
考点一 三角函数的基本运算
1.函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦.
2.同角关系：, , .
3.诱导公式：在 , 的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”.
［例1］ （1）在平面直角坐标系中，角 的顶点为，始边与 轴的
非负半轴重合，终边与圆相交于点，，则
( )
B
A. B. C. D.
【解析】 因为 的终边与圆相交于点， ,所以
,
所以
.
（2）（2023·全国乙卷）若,,,则 _ _____.
解析：由,得 ,代入 ,可得
,因为,，所以,则 ，所以
.
利用公式进行化简求值的策略
（1）利用诱导公式化任意角的三角函数为锐角三角函数的步骤：去负—
脱周—化锐.
（2）利用同角三角函数的关系化简过程的原则：化切为弦、化异为同、
化高为低、化繁为简等.
［对点训练］ 已知,则 ( )
B
A.1 B. C. D.
解析： 选B.因为 ,
所以 ,
即 ,
所以 ,
所以或 （舍去），
所以 .
考点二 三角函数的图象
三角函数图象的两种变换
（1）先平移后伸缩
（2）先伸缩后平移
［例2］ （1）（2024·潍坊二模）将函数的图象向右平移
个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不
变，得到的图象，则 ( )
B
A. B. C. D.
【解析】 将函数的图象向右平移 个单位长度，得
的图象，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来
的2倍，纵坐标不变，得到图象对应的函数解析式为 .
（2）（2024·邯郸调研改编）已知函数
的
部分图象如图所示，，为的图象与 轴的交
点，为图象上的最高点， 是边长为1的
等边三角形，，则
_ _____________.
【解析】 由题图可得， 的最小正周期为2，
所以,即 ,易得 ,
所以,因为 ,
所以,,,,, ,
由“五点法”可得， , ,
即 ,,又 ,
所以,所以 .
由“图”定“式”找“对应”的方法
对于函数（,, 为常数）：
（1）最值定,根据给定的函数图象确定最值，设最大值为,最小值为
，则，，解得,；
（2）定由周期的求解公式，可得；
（3）点坐标定一般运用代入法求解 值，注意在确定 值时，往往
以寻找“五点法”中的某一个点为突破口，即“峰点”“谷点”与三个“中心点”.
提醒 在图象变换中务必分清是先平移，还是先伸缩，变换只是对其中的
自变量而言的，如果 的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换
的单位长度和方向.
［对点训练］ 1.（2024·长沙模拟）如图是函数
的部分图象，则该函数的解析
式可以是( )
C
A. B.
C. D.
解析： 选C.由各选项可知，,.由题图可知 ，
，所以 ,
则 ,所以 ,
则 .
因为函数的图象过点，，所以, ,
即 ,,所以 , ,则
.
2.（多选）（2024·河北模拟）要得到函数 的图象，可将
函数 的图象( )
A.向左平移 个单位长度，再将所得图象上所有点的纵坐标不变，横坐标
变为原来的2倍
B.向左平移 个单位长度，再将所得图象上所有点的纵坐标不变，横坐标
变为原来的
C.纵坐标不变，横坐标变为原来的，再将所得图象上的所有点向左平移
个单位长度
D.纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再将所得图象上的所有点向左平
移 个单位长度
解析： 选.对于A，所得图象对应的解析式为 ，A错
误；对于B，所得图象对应的解析式为 ，B正确;对于C，
所得图象对应的解析式为 ，C正确；对于
D，所得图象对应的解析式为 ,D错误.
考点三 三角函数的性质
函数的性质
（1）单调性：由可得单调递增区
间；由可得单调递减区间.
（2）对称性：由可得对称中心的横坐标；由
可得对称轴.
（3）奇偶性：时，函数为奇函数；
时，函数为偶函数.
角度1 三角函数的单调性
［例3］ 设函数 .
（1）求函数 的单调递减区间；
【解】由 ,可得
,所以的单调递减区间为 ,
.
（2）当时，的最小值为0，求实数 的值.
【解】 当时，,当或 ，即
或时，取得最小值，最小值为，由 ,得
.
求三角函数单调区间的方法
（1）代换法：求形如（或（））
（, , 为常数，，）的单调区间时，令，得
（或），然后由复合函数的单调性求得;
（2）图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间.
注意 求函数的单调区间时，若，则要先将 转
化为正数.
角度2 三角函数的奇偶性、周期性、对称性
［例4］ （多选）（2024·安徽模拟）已知函数
,, 的部
分图象如图所示，且阴影部分的面积为 ，则
( )
ACD
A.函数的最小正周期为
B.点,为曲线 的一个对称中心
C.直线为曲线 的一条对称轴
D.函数在区间, 上单调递增
【解析】 由题图可知，，因为，即 ，
且，可得.对于A，设的最小正周期为 ，则
， 即 ，故A正确；又因为，可得 ,所以
,对于B，因为
，所以点, 不为曲
线 的一个对称中心，故B错误；对于C，因为
，为最小值，所以直线 为曲线
的一条对称轴，故C正确；对于D，因为,,则 ,
,且在，上单调递增，所以函数在区间, 上单
调递增，故D正确.
（1）判断对称中心与对称轴的方法
利用函数 的图象的对称轴一定经过图象的最高点或最低
点、对称中心的横坐标一定是函数的零点这一性质，通过检验对应函数值
进行判断.
（2）求三角函数周期的常用结论
和的最小正周期均为 ，
的最小正周期为 .
［对点训练］ 1.（2024·北京卷）设函数 .已知
，，且的最小值为，则 ( )
B
A.1 B.2 C.3 D.4
解析： 选B.因为,且, ,
,所以的最小正周期 ,所以 .
2.（多选）已知函数的最小正周期 满足
,且点,是 图象的一个对称中心，则( )
ABC
A.
B.的值域是
C.直线是 图象的一条对称轴
D. 是偶函数
解析： 选.由点,为函数 图象的一个对称中心，得
,解得 .
由,且，得,解得,则 ,故A正确；
则,因为,所以 ,故B
正确；
将代入,可得 ,根据正弦函数的对称性，知直线
是 图象的一条对称轴，故C正确；
,显然该
函数不是偶函数，故D错误.(共37张PPT)
提升点1
专题强化训练
［A 基本技能］
1.已知函数的图象关于直线 对称，则
的值为( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.依题意得,,得, ,又
,所以 .
2.若在区间上单调递增，则实数 的取值范围为
( )
D
A.， B.， C.， D.，
解析：选D.令 , ,
所以 ,,所以函数 的单调递增区间为
,， ，
又因为在 上单调递增，
则 ,， ，
当时，即, ,
则， ，
解得， .
3.若存在实数，，使得函数 的图象的一
个对称中心为，则 的取值范围为( )
C
A.， B.， C.， D.，
解析：选C.由于函数 的图象的一个对称中心为
，
所以 , ，
所以， ，
由于，，则 ，
因为，所以,得,又,所以 ,则
,即 .
4.（2024·滨州二模）已知函数在 上有
且仅有4个零点，直线为函数图象的一条对称轴，则
( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.因为，且 ，
则, ，
由题意可得 ，
解得 ,
又因为直线为函数 图象的一条对称轴，
则， ，
解得， ，
可知, ，
即 ，
所以
.
5.已知函数在区间， 上单调递增，且
函数在区间，上有最小值，则 的取值范围是( )
B
A., B., C., D.,
解析：选B.由，，可得 ,,由， ，
可得 ,，因为在区间， 上单调递增,在区间
，上有最小值，可得
解得 .
6.（2024·安庆二模）已知函数 的
图象关于点，对称，且在，上没有最小值，则 ( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.
，
因为的图象关于点, 对称，
所以 ，
故 , ，
即, ，
当 , ,
即,时，函数 取得最小值，
因为在， 上没有最小值，
所以，即，又 ,
则,解得 ，
故，得 .
7.（多选）（2024·蚌埠质量检测）已知函数
在区间，上单调递增，则 的值可以是( )
ABC
A. B.1 C. D.
解析：选.因为函数在，上单调递增，当 时，
, ，符合题意，A正确；
当时，, ，符合题意，B正确；
当时，, ，符合题意，C正确；
当时，, ，不符合题意，D错误.
8.（多选）已知函数 ，则下列说法正确
的有( )
BD
A.若，则在， 上单调递增
B.若，则 的最小值为2
C.若，则把函数的图象向右平移 个单位长度，所得到的图
象关于原点对称
D.若在上有且仅有3个零点，则
解析：选.依题意，.对于A，若 ，则
,当,时，,，因为在
，上不单调，所以在， 上不单调，故A不正确；对于B，因为，则直线是函数 图象的一条对
称轴，，，解得,，而 ，则
,故B正确；对于C，当时， ，依题意，
函数 ，这个函数不是奇
函数，其图象关于原点不对称，故C不正确；对于D，当 时，
,，依题意， ,解得 ,故D
正确.
9.（多选）已知函数在区间 上恰有4个
零点，则下列说法正确的是( )
BCD
A.在区间 上有且仅有1个极大值点
B.在区间 上有且仅有2个极小值点
C. 的取值范围是，
D.在区间， 上单调递减
解析：选.因为 ，
所以 ，令
,作出 的大致图象如图，
若在区间上恰有4个零点，则 ，解得
，故C正确；
由图象可知，在区间 上有1个或2个极大值点，故A错误；
在区间 上有且仅有2个极小值点，故B正确；
当时， ，所以 在
区间, 上单调递减，故D正确.
10.已知在函数的图象与 轴的所有交点中，点
,离原点最近，则 的值可以为_________________________________.
（写出一个即可）
（答案不唯一,满足均可）
解析：令得，,所以 ,解得
.
因为点, 离原点最近，
且，所以 ,
所以,所以可取 .
11.（2024·新乡三模）已知函数 ，若
存在，使得，则 的最小值为___.
解析：由题得，函数 ，
由 ，
得, ，
由存在，使得，得，解得,所以
的最小值为 .
12.将函数的图象向左平移 个单位长度，再把图象上的所有点的
横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数 的图象，已知
函数在区间，上单调递增，则 的取值范围为____________.
,,
解析：将函数的图象向左平移个单位长度得到 的
图象，再将图象上所有点的横坐标变为原来的 倍（纵坐标不变），
得到函数 的图象.
因为函数在区间, 上单调递增，
所以，即 ，
解得 .①
又 ,
所以 ，
解得, ，②
由①②可得,, .
［B 综合运用］
13.（多选）（2024·济南三模）已知函数
,的图象在轴上的截距为， 是该函数的最小正零点，则( )
AC
A.
B. 恒成立
C.在， 上单调递减
D.将的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于 轴对称
解析：选.由,的图象在 轴上
的截距为，得,又，解得,A正确；又 是
该函数的最小正零点，所以 ，
解得，所以 ，
所以 ，
其中,故的最大值为，B错误；当,
时，,，所以在，上单调递减，C正确； 的
图象向右平移个单位长度，得到 的图象，由余弦函数
性质知，该函数不是偶函数，其图象不关于 轴对称，D错误.
14.已知函数，若,使得 的
图象在点处的切线与轴平行，则 的最小值是( )
A
A. B.1 C. D.2
解析：选A. ，
因为,使得的图象在点处的切线与 轴平行，
所以函数在， 上存在最值，
令, ，
得, ,
因为 ，
所以, ,
则 ，
又，故当时， 取最小值 .
15.已知函数 .
（1）求 的最小正周期；
解：因为 ,
所以的最小正周期为 .
（2）若是函数的一个零点，求 的最小值.
解：由题知,
,
由 是该函数的一个零点可知，
,
即 .
故 ,或 ,,解得 ,
或 , .
因为,所以 的最小值为 .
16.已知, .
（1）若函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为,求 的值；
解： ，
因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，所以 ,
则 ，所以 ,
解得 ,
所以 ,
所以
.
（2）若函数的图象关于点,对称，且函数在, 上单调，求
的值.
解：由（1）知 ,
因为函数的图象关于点, 对称，
所以 , ,
所以, .
由,, ,
得, ,
因为在， 上单调，
所以
解得,所以取,则 .(共37张PPT)
第3讲
专题强化训练
［A 基本技能］
1.在中，，，，则 ( )
A
A. B. C. D.
解析： 选A.由余弦定理可知 ,
解得，所以 .
又 ，
解得 .
2.在中，，，则 的最大值为( )
A
A. B. C. D.
解析： 选A.设, ，由余弦定理可得
,
当且仅当,即 时，等号成立.
因为 ，则 .
所以B的最大值为 .
3.一艘游轮航行到处时看灯塔在的北偏东 方向上，距离为
海里，灯塔在的北偏西 方向上，距离为海里，该游轮由沿
正北方向继续航行到 处时再看灯塔在其南偏东 方向上，则此时灯
塔 位于游轮的( )
C
A.正西方向上 B.南偏西 方向上
C.南偏西 方向上 D.南偏西 方向上
解析： 选C.如图，在中， ，由正弦定
理得 ，
则 .
在中，由余弦定理得 ，因
为，，所以，由正弦定理得 ，
则，故 或 .因为 ，故
为锐角，所以 ，即此时灯塔C位于游轮的南偏西
方向上.
4.如图，在平面四边形中， ，
， ， ，
的面积为，则 ( )
B
A.2 B.4 C. D.
解析： 选B.在中， ，
由正弦定理有 ，
即，解得 .
由三角形的面积公式有，则 .
在中，由余弦定理 得
，则 .
所以，所以 .
5.（多选）（2024·兰州市诊断考试）某学校开展测量旗杆高度的数学建
模活动，学生需通过建立模型、实地测量、迭代优化完成此次活动.在以下
不同小组设计的初步方案中，一定可以计算出旗杆高度的方案有
( )
A.在水平地面上任意寻找两点，，分别测量旗杆顶端的仰角 ， ，
再测量， 两点间的距离
B.在旗杆对面找到某建筑物（低于旗杆），测得建筑物的高度为 ，在该
建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角 和
C.在地面上任意寻找一点，测量旗杆顶端的仰角 ，再测量 到旗杆底
部的距离
D.在旗杆的正前方处测得旗杆顶端的仰角 ，正对旗杆前行到达 处，
再次测量旗杆顶端的仰角
解析： 选.设旗杆的高度为 ，对于A，当A，B，旗杆底部三点
不共线时，如图1，已知的长度， ， ，无法求出
，故A错误；对于B，如图2，设旗杆对面的某建筑物为 ，则
，可求出 的值，故B正确；对于C，如图3，
，可求出的值，故C正确；对于D，如图4， ，
可求出 的值，故D正确.
图1
图2
图3
图4
6.（2024·乌鲁木齐质量监测）已知正方体 的棱长为2，
内壁是光滑的镜面.一束光线从点射出，在正方体内壁经平面 反
射，又经平面反射后到达点，则从 点射出的入射光线与平面
所成角的正切值为_ ___.
解析：易知光线的轨迹全部在平面 内，如图，设光
线与平面的第一个交点为点，则点为线段 的
三等分点（靠近点）；设光线与平面 的交点为点
，则点为线段的三等分点（靠近点 ）.在正方体中
易知从点射出的入射光线与平面所成的角为 ，
则 .
7.（2024·德州二模）在中，内角，，的对边分别为,, ，
,且，则 面积的最大值为_ __.
解析：因为 ,
所以由余弦定理得 ,
所以 ，
又， ，
则， ，
所以由余弦定理以及基本不等式得,
，
即，当且仅当 时等号成立，
所以 ，
即面积的最大值为 .
8.“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子·离娄章句上》.“规”
指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是
用来测量、画圆和方形图案的工具.有一块圆形木块，以“矩”
（1）求 ；
解：由题意知，圆形木块的直径.由于
为该圆的内接三角形，所以由正弦定理得 .
量之，较长边为，较短边为 ，如图所示.将这块圆形木块截出一
块三角形木块，三角形顶点，，都在圆周上，角，， 的对边分别
为,,，满足 .
（2）若的面积为，且，求 的周长.
解：由于，所以 .
又，所以，则, ，
所以 .
由余弦定理得 ，
所以，则，故 .
所以的周长为 .
［B 综合运用］
9.（2024·聊城二模）如图，在平面四边形 中，
， ，记与 的
面积分别为，，则 ( )
B
A.2 B. C.1 D.
解析： 选B.在 中，由余弦定理得
，
即 ,
得 ,①
在 中，由余弦定理得
,
即 ，
得 ，②
又 ，
，
所以 ，③
由②①，得，由 ，得
，代入③得 .
10.（多选）（2024·兰州诊断考试）半径长为 的车轮匀速在水平地面
上向前滚动（无滑动），轮轴每秒前进，运动前车轮着地点为 ，若
车轮滚动时点距离地面的高度（单位:）关于时间（单位: ）的函数
记为 ，则以下判断正确的是( )
BD
A.对于任意，都有
B.函数在区间 上单调递增
C.
D.对于任意，都有
解析： 选.记车轮的中心为，车轮滚动时着地点为点，连接 ，
（图略），当滚动时，，所以 ,对
于A，的最小正周期 ，故A错误;
对于B，方法一（根据区间判断单调性）当 时，
，函数 单调递减，所以
在区间 上单调递增，故B正确;
方法二（先求单调区间再判断）令 , ,解得
,，所以 在区间
上单调递增，故B正确;
对于C， ，故C错误;
对于D，方法一（代入法）
,所以对于任意
，都有 ,故D正确.
方法二（利用图象的对称性判断）令 , ，得
,,所以在上，的图象关于点 对称，即对
于任意，都有 ，故D正确.
11.如图，某直径为海里的圆形海域上有四个小岛，已知小岛与 相
距5海里，.则小岛与 之间的距离为_____海里；小岛
，，所形成的三角形海域 的面积为____平方海里.
15
解析：由圆的内接四边形对角互补，
得
，
所以 为锐角，
所以 ，
在 中，由正弦定理得
，
则 （海里）.
在 中，由余弦定理得
,
整理得 ，
解得 （海里）（负根已舍去）.
所以 （平方海里）.
12.（2024·石家庄质量检测）在中，角，， 所对的边分别为
, ,，设向量 ,
, ,, .
（1）求函数 的最大值；
解：由题知，
.
因为，所以 ，
所以 ，
所以 ,
所以函数的最大值为 .
（2）若,,，求 的面积.
解：因为 ，
所以 ,,所以, .
因为,，所以 .
在中，由正弦定理得， ,所以
,
所以 ,①
由余弦定理得 ，
即 ,②
由①②解得 ，
所以的面积为 .
［C 素养提升］
13.（多选）（2024·湖南九校联考）在中，角，， 所对的边分
别为,,,且 ，则下列结论正确的有( )
ABD
A.
B.若,则 为直角三角形
C.若为锐角三角形， 的最小值为1
D.若为锐角三角形，则的取值范围为,
解析： 选.对于A，在 中，由正弦定理得
，
由，得 ，即
，
由A,，则，故 ，所以 或
，
即或 （舍去），A正确；
对于B，若,结合和正弦定理知 ，所以
,又A,，所以可得,, ,B正确；
对于C，在锐角三角形中，， ,
，即， .故
,
当且仅当,即时，取等号，因为 ,所以
等号取不到，所以 ，C错误；
对于D，在锐角三角形中，由，得 ，
，
令,，则 ,
易知函数在,上单调递增，所以可得, ,D正确.
14.（2024·安徽一模）在中，角，，所对的边
分别为,, ,其中, .
（1）求角 的大小；
解：因为，所以 ,
由正弦定理，可得 ,
整理可得 ,
又因为 ，化简可得
,
而，则 ,
又，则 .
（2）如图，为外一点，，，
求 的最大值.
解：在中，由可得 ，
在中，由可得，
所以 ，
设 ，由余弦定理
，
，
可得, ，
因此
，
当且仅当，即 时等号成立，
所以的最大值为，此时 .(共18张PPT)
提升点2 三角形中的特殊线段
类型一 三角形的中线问题
［例1］ （2024·苏州二模）记的内角，，的对边分别为, ,
，已知 .
（1）求 ；
【解】由题及正弦定理可得 ,
整理得 ,由余弦定理的推论可得
.
又因为,所以 .
（2）若,点为的重心，且，求 的面积.
【解】 设的延长线交于点，因为点 为
的重心，所以点为 的中点，又因为
，所以 .
在中，由 ，
可得 .
在和中，有 ，
由余弦定理的推论可得 ,
故,所以,所以 的面
积为 .
处理与三角形中线有关的问题的常用方法
（1）利用互补角（如本例中与互补，其余弦值互为相反数）
及余弦定理求解.
（2）在中，若为边上的中点，则，两边平
方即可得到三角形边长之间的关系.
（3）在中，角，，的对边分别为,,，则边上的中线长
.
［对点训练］ （2024·山东潍坊模拟）在中，角，， 的对边
分别为,,,已知 .
（1）求 ；
解：在中，由正弦定理得， ,
所以
，
得 ,
因为,所以 ，
因为,所以 .
（2）若,,为的中点，求 .
解：在中，由余弦定理 ，
得 ,
所以 ,
又,所以 .
因为为 的中点，
所以 ，
两边同时平方得 ，
所以，即 .
类型二 三角形的角平分线问题
［例2］ 在中，若为边上的点，平分 .
（1）求证： ;
证明：如图，
在中， ，
在中， ，
因为， ，
所以 .
（2）若，且,,求 .
【解】 因为为边上的点，平分 ，
则 .
又由,可得.又因为,所以,解得 .因为
，所以 .
（1）角平分线是平面几何的一个重要特征，解题方法主要有两种，一是
利用角平分线定理，找边之间的关系；二是角平分线把三角形分成两个三
角形，利用等面积法求解.
（2）角平分线是三角形的重要元素，如图，在中，
角，， 的对边分别为,,,为角 的平分线，
则① ;
② .
［对点训练］ （2024· 湘豫名校联考）在中，角，， 的对边
分别为,,，且 .
（1）求 ；
解：因为 ,
所以 ，
即 ,
由正弦定理得 ,
又由余弦定理 ,
可得 ,
因为,所以 .
（2）若的平分线交于点，,.求 的长.
解：在中， ，
由等面积法得 ，
即 ，
即
,
所以 .
类型三 三角形的高线问题
［例3］ （2024·枣庄一模）在中，角，，的对边分别为, ,
，且 .
（1）求 ；
【解】由题及正弦定理得 ，
由倍角公式得 .
又因为,为 的内角，
所以,, ，
所以, .
所以, （负值已舍去）,
则有,得 .
（2）若,,是边上的高，且，求 .
【解】
,
， ，
由题意知,所以 ，
即 ,
所以 ,
所以 .
解决与三角形的高线有关的问题常用等面积法得到边的关系，即若
,,分别为的边,,上的高，则 .
［对点训练］ 已知的内角，，所对的边分别是,,,且 ,
, .求：
（1） 的周长；
解：在中，由余弦定理的推论得 ,
解得（负值已舍去），所以 的周长为
.
（2） 边上的高.
解：因为, ,
所以 .
设边上的高为 ,
则 ,
即 ,
解得 ,
所以边上的高为 .(共31张PPT)
第3讲 有关三角形的综合问题
考情分析 备考关键
考点 正、余弦定理解多个三角形组 合问题及实际应用，三角函数与解三 角形的综合问题. 考法 选择题、填空题和解答题均有 所涉及，其中客观题主要侧重解三角 形的实际应用，解答题主要考查三角 形中的范围、最值问题. 1.构建三角形的模型解三角形的实
际问题.
2.充分利用平面几何图形的性质解
与多个三角形（四边形）有关的解
三角形问题.
3.求解三角形中的最值、范围问题
常用三角函数的有界性及基本不等
式.
考点一 解三角形的实际应用
［例1］ 山东省科技馆新馆（如图1）目前成为济南科教新地标，其主体
建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“ ”完美嵌入其中，寓意
无限未知、无限发展、无限可能和科技无限.如图2，为了测量科技馆最高
点与其附近一建筑物楼顶之间的距离，无人机在点测得点和点 的
俯角分别为 ， ，随后无人机沿水平方向飞行到点 ，此时
测得点和点的俯角分别为 和（，，， 在同一铅垂面内），
则，两点之间的距离为______________ .
图1
图2
【解析】 由题意， , ,
所以 ,
则在 中，
， .
因为 ， ，
所以 .
方法一：在中，由正弦定理得， ,
所以 .
在中， ，
由余弦定理得，
,
所以,故,两点之间的距离为 .
方法二：.在 中，由正
弦定理得， ,
所以 .
在中， ,
由余弦定理得
,
所以 ,
故，两点之间的距离为 .
解三角形实际应用问题的步骤
［对点训练］ （2024·江苏南京六校联考）如图，
某中学校园内的红豆树已有百年历史，小明为了测
量红豆树高度，他选取与红豆树根部 在同一水平
面的，两点，在点测得红豆树根部 在北偏西
的方向上，沿正西方向步行到 处，测
得树根部在北偏西 的方向上，树梢 的仰角
为 ，则红豆树的高度为( )
D
A. B. C. D.
解析：选D.在中， ， ，
， ，
所以由正弦定理得, ，
解得 ，
在中， ，
所以，则红豆树的高度为 .
考点二 复合三角形问题
［例2］ 在平面四边形中，， ，
， .
（1）求 的大小；
【解】由题意，设 ，则 , .在 中，
由正弦定理得，即,解得 ，所以
.因为
，所以 .
（2）求四边形 的面积.
【解】 由（1）可知，，在 中，由正弦定理得
，
即，解得 .
在中，由余弦定理得
，即，解得 （负值已舍去），故四
边形 的面积为
.
解多个三角形问题的步骤
（1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，将数据化归到多个三角
形中；
（2）在各个三角形内利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式解三角形；
（3）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件；
（4）结合三角恒等变换公式进行化简.
［对点训练］ 在中，角，， 的对边分别为
,,,已知,,的面积为 .
（1）求 的值；
解：因为,,的面积为 ，
所以 ,
所以 .
由余弦定理,得 ，
即 .
（2）如图，为外一点，四边形 为平面四边形，且
，，求对角线 的长.
解：在中，由正弦定理,得 ，
所以 ，
所以在 中，由余弦定理得
.
所以 .
考点三 三角函数与解三角形
［例3］ （2024·上海二模）设
，函数 图象的两条相
邻对称轴之间的距离为 .
（1）求函数 的解析式；
【解】
，
因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为 ，所以 ，
则 ，解得 ，
所以 .
（2）在中，设角,,所对的边分别为,,，若， ,
，求角 .
【解】 由得，,故, ,
因为，所以，即 ，
由正弦定理,得 ，
即,所以， .
解三角形与三角函数综合问题的一般步骤
［对点训练］ 在中，角，，所对的边分别为，， ，且
.
（1）求角 的大小；
解：因为 ，
由正弦定理，得 ，即
，
可得 .
由，可得 ，
所以 .
因为，可得 ，
所以 .
因为，所以 .
（2）若向量,,，试求 的最小值.
解：由,, ，
可得, ，
因为，所以 ，
则
,
因为，则 ，
所以当 ，
即时，取得最小值，为，所以的最小值为 .
考点四 三角形中的最值与范围问题
［例4］ （2024·郑州名校联盟）在四边形中， ，
,,设与的面积分别为, ,
则 的最大值为_ ___.
【解析】 因为 ,由正弦定理得
,所以 ,即
,因为 ,所以,所以 ,
所以,, ,
所以, ,
由余弦定理得,所以 ,
当且仅当时取等号， .
设,则 ,
在中，由余弦定理得 ,
所以
,
当时，取得最大值 .
所以的最大值为 .
解三角形中的最值、范围问题的一般步骤
［对点训练］ 在中，若,,则 __，
周长的取值范围是___________.
解析：由 及正弦定理，
得 .
方法一：由正弦定理得 ，所以
.
因为，所以 ，
则，所以 ，
所以 ，
所以周长的取值范围是 .
方法二：由余弦定理 ,
得
，当且仅当 时，等号成立，
所以 ,
所以，由三角形的性质，得 ,所以
,所以周长的取值范围是 .(共27张PPT)
第2讲
专题强化训练
［A 基本技能］
1.已知角 的顶点为原点，始边与 轴非负半轴重合，终边过点
，则 ( )
D
A. B. C. D.
解析： 选D.
.
2.（2024·赣州模拟）在中，，， ，则
( )
B
A. B. C. D.
解析： 选B.因为，， ，所以由余弦定理
可得， ，解得
或 （舍去），
所以由正弦定理可得,
.
3.（2024·南通三模）已知，则 ( )
B
A. B. C. D.
解析： 选B.将原式展开得 ，
两边同时平方得 ，即
，解得 .
4.（2024·江西名校联盟）已知 ，，且 ,
，则( )
A
A. B. C. D.
解析： 选A.由，可得 ，由
,可得 ,故
,又 ，
，所以 ，
所以，即 .
5.（多选）在中，内角，，所对的边分别为,,, ，
则( )
ABC
A. B.
C. D. 不可能为锐角三角形
解析： 选.因为 ，由正弦定理可得
，故A正确；由
，可得 ，即
,故B正确；由，可得，所以或 （舍去），故C正确；在
中，由余弦定理可得,设 ,
,，满足，此时角A最大，且 ,即A为
锐角.所以 可能为锐角三角形，故D错误.
6.若，则 ______.
解析：
.
7.在中， ，，，为 边上一点，
且，则 的面积为____.
解析：由余弦定理可得 ，即
，解得或 （舍去），于是
，又，所以 ，由勾股定理
可得 ，于是
.
8.设的内角,,所对的边分别是,,，且向量 ,
满足 .
（1）求 ；
解：因为//，所以 ，由正弦定理得
，
因为，所以 ，
所以，又，解得 .
（2）若，,求边上的高 .
解：因为，, ，
所以 ，
即 ,
化简得，解得或 （舍去），
又的面积 ，
故 ，
解得 .
［B 综合运用］
9.（2024·江西红色十校联考）已知 为锐角，且 ，
则( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.因为 为锐角，则 ，
则 ，
整理可得 ，
解得或 （舍去），
所以
.
10.（2024·菏泽三模）在中，内角，，所对的边分别为,, ,
且，延长至点，使得，若 ，
，则 ( )
C
A.1 B. C.2 D.3
解析：选C.因为 ，可得
,
由正弦定理得 ,
即 ,
所以 ，
又因为 ，所以 ，
如图所示，可知,且， ，
在 中，由余弦定理得
,解得或 （舍去）.
11.（2024 ·苏锡常镇四市调研）记的内角，， 的对边分别为
,,，已知 .
（1）证明： ；
证明：由题得，整理得 ,
因为，，则 ,
所以 ,
所以或 （舍去），所以 .
（2）若，，求 的周长.
解：由，结合（1）知，则, ，得
，
,
，所以
，
由正弦定理得 ,
即,解得
所以的周长为 .
12.（2024·天津卷）在中，角，，所对的边分别是,, .已知
，， ．
（1）求 的值；
解：由得 ,
由余弦定理得 ,
即 ,
得,得,故 .
（2）求 的值；
解：因为 ,
所以 ,
由正弦定理得 ,
即,得 .
（3）求 的值．
解：因为,所以,则 ,
由，得 ,
则 ,
.
故 .
［C 素养提升］
13.（2024·太原模拟）已知， ，
，则下列结论正确的是( )
B
A. B.
C. D.
解析：选B.因为
,
则 ，
即 .
因为，所以 ，
则 ,
所以 ,
即 .
因为， ，
所以, ，
又，所以 或
.
由 得 ，不符合题意，
由 ，得 .
所以 ，即
，所以C，D均错误.
因为 ，所以 ,
所以，即 ，
故A错误，B正确.
14.（多选）在中，,,分别是内角，， 所对的边，其外接圆
半径为，内切圆半径为，且满足 ，
，则( )
ABD
A. B.
C. D.
解析：选.因为 ，所
以，A正确；因为 ，所以
，即
，D正确；若 为锐角三角形，
，解得
（负值已舍去），若 为直角三角形或钝角三角形时可类似证
明，B正确；因为 ，所以
，C错误.(共19张PPT)
提升点1 三角函数中 ,
的范围问题
类型一 由单调性求范围
［例1］ （2024·连云港调研）已知函数,
的图象过点 ，且在区间，上单调，则 的最大
值为( )
C
A. B.4 C. D.8
【解析】 因为函数的图象过点 ，
所以，解得 ,
因为，所以 ，
所以 ，
当,时，, ，
因为在区间， 上单调，
所以, ，， ，
即 且 ， ,
则, ，
由,得, .
因为，所以当时，, ，
则, ；
当时，, ,
综上，,, ，
即 的最大值为 .
由函数的一个单调区间
（区间也可以是开区间或半开半闭区间）求解 或 的取值范围，将区
间端点值代入后，去对应 ，或 ，
，列出不等式（组）求解.另外，因为函数
在一个周期内的单调递减（增）区间的区间长度
恰好是，所以单调区间的长度必不超过，根据这个性质有时也可求出
的取值范围.
［对点训练］ 已知函数 ,
, ，若在区间，上， 单调递增，
单调递减，则 的取值范围是( )
A
A.， B. C.， D.，
解析：选A.由题意得 ,
.
令，由, ，
，得, .
因为在区间，上，单调递增， 单调递减，
所以解得 ,
所以 的取值范围是 .
类型二 由最值（值域）求范围
［例2］ 若函数在，上的值域是， ，
则 的取值范围是( )
B
A.， B.， C.， D.，
【解析】 因为，, ，
所以, .
因为函数在，上的值域是， ，所以
,
解得 .
解决利用最值求 , 的问题，主要是利用三角函数的最值与对称或
周期的关系，列出关于 , 的不等式（组），进而求出 , 的值或取
值范围.
［对点训练］ （2024·广西三模）已知函数
在 上有最小值没有最大
值，则 的取值范围是( )
A., B., C., D.,
解析：选D.依题意，
,
当时，，若在 上有最小值没有最大
值，则 ，所以 .
D
类型三 由对称性求范围
［例3］ 已知函数的图象在区间
内至多存在3条对称轴，则 的取值范围是( )
A
A.， B.， C.， D.，
【解析】 因为， ，
所以，，设 ，
画出 的大致图象如图，
要使的图象在区间内至多存在3条对称轴，则
，，解得， .
利用最小正周期,根据 的图象两对称中心的距离、对称中
心到对称轴的距离、两对称轴间的距离的关系，可建立关于, , 的方
程使问题获解.
［对点训练］ （2024·德州二模）将函数 的图象向左
平移个单位长度得到函数的图象，若直线为
图象的一条对称轴，则 的最小值为( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.由题意得,，又因为直线
是 图象的一条对称轴，
所以，，即, ，且
，下面结合选项对整数 取值：
当时，;当时， ；
当时，;当时， ,
所以 的最小值为 .
类型四 由零点、极值点求范围
［例4］ 设函数在区间 上恰有三个极值点、两个
零点，则 的取值范围是( )
C
A., B., C., D.,
【解析】 由选项知，由 ,
得， .
根据函数在区间 上恰有三个极值点、两个零点，
知 ，解得 .
所以， 的取值范围为, .
解决 的零点与极值点问题通常先利
用换元法求 的范围，再结合的图象列出关于 的不
等式（组），进而求出 的值或取值范围.
［对点训练］ （2024·湖南九校联考）已知函数
，若沿轴方向平移 的图象，总能保证平
移后的曲线与直线在区间 上至少有2个交点，至多有3个交点，
则正实数 的取值范围为( )
A
A.， B.， C.， D.
解析：选A.由题知
，
若沿轴方向平移 的图象，考虑其任意性，不妨设得到的图象的函数
解析式为 .
令，即, ，
取 ，则 .
依题意知，在 上至少有2解，至多有3解，
则须使区间的长度不小于 且小于 ，
即，解得 .
