专题06 三角函数及解三角形-（2019年-2023年）5年高考数学真题分类汇编（新高考适用）

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五年（2019-2023）年高考真题分项汇编
专题06 三角函数及解三角形




考点一 同角三角函数间的基本关系
1．（2021•新高考Ⅰ）若tanθ＝﹣2，则sinθ(1+sin2θ)sinθ+cosθ=（　　）
A．−65 B．−25 C．25 D．65
【解析】由题意可得：sinθ(1+sin2θ)sinθ+cosθ=sinθ(sin2θ+cos2θ+2sinθcosθ)sinθ+cosθ
=sinθsinθ+cosθ⋅sin2θ+cos2θ+2sinθ⋅cosθsin2θ+cos2θ
=tanθtanθ+1⋅tanθ2+2tanθ+1tan2θ+1
=25．
故选：C．

考点二 正弦函数的图象
2．（2022•新高考Ⅰ）记函数f（x）＝sin（ωx+π4）+b（ω＞0）的最小正周期为T．若2π3＜T＜π，且y＝f（x）的图像关于点（3π2，2）中心对称，则f（π2）＝（　　）
A．1 B．32 C．52 D．3
【解析】函数f（x）＝sin（ωx+π4）+b（ω＞0）的最小正周期为T，
则T=2πω，由2π3＜T＜π，得2π3＜2πω＜π，∴2＜ω＜3，
∵y＝f（x）的图像关于点（3π2，2）中心对称，∴b＝2，
且sin（3π2ω+π4）＝0，则3π2ω+π4=kπ，k∈Z．
∴ω=23(k−14)，k∈Z，取k＝4，可得ω=52．
∴f（x）＝sin（52x+π4）+2，则f（π2）＝sin（52×π2+π4）+2＝﹣1+2＝1．
故选：A．

考点三 三角函数的周期性
3．（2023•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝cosωx﹣1（ω＞0）在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是 　 　．
【解析】x∈[0，2π]，函数的周期为2πω（ω＞0），cosωx﹣1＝0，可得cosωx＝1，
函数f（x）＝cosωx﹣1（ω＞0）在区间[0，2π]有且仅有3个零点，
可得2⋅2πω≤2π＜3⋅2πω，
所以2≤ω＜3．
故答案为：[2，3）．
4．（2022•上海）函数f（x）＝cos2x﹣sin2x+1的周期为 　　．
【解析】f（x）＝cos2x﹣sin2x+1
＝cos2x﹣sin2x+cos2x+sin2x
＝2cos2x
＝cos2x+1，
T=2π2=π．
故答案为：π．
5．（2020•上海）函数y＝tan2x的最小正周期为　　．
【解析】函数y＝tan2x的最小正周期为 π2，
故答案为：π2．
6．（2020•上海）已知函数f（x）＝sinωx，ω＞0．
（1）f（x）的周期是4π，求ω，并求f（x）=12的解集；
（2）已知ω＝1，g（x）＝f2（x）+3f（﹣x）f（π2−x），x∈[0，π4]，求g（x）的值域．
【解析】（1）由于f（x）的周期是4π，所以ω=2π4π=12，所以f（x）＝sin12x．
令sin12x=12，故12x=2kπ+π6或2kπ+5π6，整理得x=4kπ+π3或x=4kπ+5π3．
故解集为{x|x=4kπ+π3或x=4kπ+5π3，k∈Z}．
（2）由于ω＝1，
所以f（x）＝sinx．
所以g（x）=sin2x+3sin(−x)sin(π2−x)=1−cos2x2−32sin2x=−32sin2x−12cos2x+12=12−sin（2x+π6）．
由于x∈[0，π4]，
所以π6≤2x+π6≤2π3．
12≤sin(2x+π6)≤1，
故−1≤−sin(2x+π6)≤−12，
故−12≤g(x)≤0．
所以函数g（x）的值域为[−12，0]．

考点四 三角函数的最值
7．（2023•上海）已知a∈R，记y＝sinx在[a，2a]的最小值为sa，在[2a，3a]的最小值为ta，则下列情况不可能的是（　　）
A．sa＞0，ta＞0 B．sa＜0，ta＜0 C．sa＞0，ta＜0 D．sa＜0，ta＞0
【解析】由给定区间可知，a＞0．
区间[a，2a]与区间[2a，3a]相邻，且区间长度相同．

取a=π6，则[a，2a]＝[π6，π3]，区间[2a，3a]＝[π3，π2]，可知sa＞0，ta＞0，故A可能；
取a=5π12，则[a，2a]＝[5π12，5π6]，区间[2a，3a]＝[5π6，5π4]，可知sa＞0，ta＜0，故C可能；
取a=7π6，则[a，2a]＝[7π6，7π3]，区间[2a，3a]＝[7π3，7π2]，可知sa＜0，ta＜0，故B可能．
结合选项可得，不可能的是sa＜0，ta＞0．
故选：D．
8．（2021•上海）已知f（x）＝3sinx+2，对任意的x1∈[0，π2]，都存在x2∈[0，π2]，使得f（x1）＝2f（x2+θ）+2成立，则下列选项中，θ可能的值是（　　）
A．3π5 B．4π5 C．6π5 D．7π5
【解析】∵x1∈[0，π2]，
∴sinx1∈[0，1]，
∴f（x1）∈[2，5]，
∵都存在x2∈[0，π2]，使得f（x1）＝2f（x2+θ）+2成立，
∴f（x2+θ）min≤0，f(x2+θ)max≥32，
∵f（x）＝3sinx+2，
∴sin(x2+θ)min≤−23，sin(x2+θ)max≥−16，
y＝sinx在x∈[π2，3π2] 上单调递减，
当θ=3π5时，x2+θ∈[3π5，11π10]，
∴sin(x2+θ)=sin11π10＞sin7π6=−12，故A选项错误，
当θ=4π5时，x2+θ∈[4π5，13π10]，
∴sin(x2+θ)min=sin13π10＜sin5π4=−22＜−23，
sin(x2+θ)max=sin4π5＞0，故B选项正确，
当θ=6π5时，x2+θ∈[6π5，17π10]，
sin（x2+θ）max=sin6π5＜sin13π12=2−64＜−16，故C选项错误，
当θ=7π5时，x2+θ∈[7π5，19π10]，
sin（x2+θ）max=sin19π10＜sin23π12=2−64＜−16，故D选项错误．
故选：B．
9．（2021•浙江）已知α，β，γ是互不相同的锐角，则在sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα三个值中，大于12的个数的最大值是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解析】由基本不等式可得：sinαcosβ≤sin2α+cos2β2，sinβcosγ≤sin2β+cos2γ2，sinγcosα≤sin2γ+cos2α2，
三式相加，可得：sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα≤32，
很明显sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα 不可能均大于12．
取α＝30°，β＝60°，γ＝45°，
则sinαcosβ=14＜12，sinβcosγ=64＞12，sinγcosα=64＞12，
则三式中大于12 的个数的最大值为2，
故选：C．

考点五 三角函数的单调性
10．（2021•新高考Ⅰ）下列区间中，函数f（x）＝7sin（x−π6）单调递增的区间是（　　）
A．（0，π2） B．（π2，π） C．（π，3π2） D．（3π2，2π）
【解析】令−π2+2kπ≤x−π6≤π2+2kπ，k∈Z．
则−π3+2kπ≤x≤2π3+2kπ，k∈Z．
当k＝0时，x∈[−π3，2π3]，
（0，π2）⊆[−π3，2π3]，
故选：A．

考点六 三角函数的奇偶性和对称性
11．（2019•浙江）设函数f（x）＝sinx，x∈R．
（Ⅰ）已知θ∈[0，2π），函数f（x+θ）是偶函数，求θ的值；
（Ⅱ）求函数y＝[f（x+π12）]2+[f（x+π4）]2的值域．
【解析】（1）由f（x）＝sinx，得
f（x+θ）＝sin（x+θ），
∵f（x+θ）为偶函数，∴θ=π2+kπ（k∈Z），
∵θ∈[0，2π），∴θ=π2或θ=3π2，
（2）y＝[f（x+π12）]2+[f（x+π4）]2
＝sin2（x+π12）+sin2（x+π4）
=1−cos(2x+π6)2+1−cos(2x+π2)2
＝1−12(cos2xcosπ6−sin2xsinπ6−sin2x)
=34sin2x−34cos2x+1
=32sin(2x−π6)+1，
∵x∈R，∴sin(2x−π6)∈[−1，1]，
∴y=32sin(2x−π6)+1∈[1−32，1+32]，
∴函数y＝[f（x+π12）]2+[f（x+π4）]2的值域为：[1−32，1+32]．

考点七 函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换
12．（2022•浙江）为了得到函数y＝2sin3x的图象，只要把函数y＝2sin（3x+π5）图象上所有的点（　　）
A．向左平移π5个单位长度
B．向右平移π5个单位长度
C．向左平移π15个单位长度
D．向右平移π15个单位长度
【解析】把y＝2sin（3x+π5）图象上所有的点向右平移π15个单位可得y＝2sin[3（x−π15）+π5]＝2sin3x的图象．
故选：D．

考点八 由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
13．【多选】（2020•海南）如图是函数y＝sin（ωx+φ）的部分图象，则sin（ωx+φ）＝（　　）

A．sin（x+π3） B．sin（π3−2x）
C．cos（2x+π6） D．cos（5π6−2x）
【解析】由图象知函数的周期T＝2×（2π3−π6）＝π，即2π|ω|=π，即ω＝±2，
当ω＝2时，由五点作图法，得2×π6+φ＝π，所以φ=2π3，
则f（x）＝sin（2x+2π3）＝cos（π2−2x−2π3）
＝cos（﹣2x−π6）＝cos（2x+π6）
＝sin（π2−2x−π6）＝sin（π3−2x），
当ω＝﹣2时，由五点作图法，得﹣2×π6+φ＝0，所以φ=π3，
所以f（x）=sin(−2x+π3)=cos(2x+π6)．
故选：BC．

14．（2023•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ），如图，A，B是直线y=12与曲线y＝f（x）的两个交点，若|AB|=π6，则f（π）＝　　．

【解析】由题意：设A（x1，12），B（x2，12），则x2﹣x1=π6，
由y＝Asin（ωx+φ）的图象可知：
ωx2+φ﹣（ωx1+φ）=5π6−π6=2π3，即ω（x2﹣x1）=2π3，
∴ω＝4，
又f（2π3）＝sin（8π3+φ）＝0，∴8π3+φ＝kπ，k∈Z，
即φ=−8π3+kπ，k∈Z，
观察图象，可知当k＝2时，φ=−2π3满足条件，
∴f（π）＝sin（4π−2π3）=−32．
故答案为：−32．

考点九 三角恒等变换
15．（2023•新高考Ⅰ）已知sin（α﹣β）=13，cosαsinβ=16，则cos（2α+2β）＝（　　）
A．79 B．19 C．−19 D．−79
【解析】因为sin（α﹣β）＝sinαcosβ﹣sinβcosα=13，cosαsinβ=16，
所以sinαcosβ=12，
所以sin（α+β）＝sinαcosβ+sinβcosα=12+16=23，
则cos（2α+2β）＝1﹣2sin2（α+β）＝1﹣2×49=19．
故选：B．
16．（2022•新高考Ⅱ）若sin（α+β）+cos（α+β）＝22cos（α+π4）sinβ，则（　　）
A．tan（α﹣β）＝1 B．tan（α+β）＝1
C．tan（α﹣β）＝﹣1 D．tan（α+β）＝﹣1
【解析】解法一：因为sin（α+β）+cos（α+β）＝22cos（α+π4）sinβ，
所以2sin（α+β+π4）＝22cos（α+π4）sinβ，
即sin（α+β+π4）＝2cos（α+π4）sinβ，
所以sin（α+π4）cosβ+sinβcos（α+π4）＝2cos（α+π4）sinβ，
所以sin（α+π4）cosβ﹣sinβcos（α+π4）＝0，
所以sin（α+π4−β）＝0，
所以α+π4−β=kπ，k∈Z，
所以α﹣β＝kπ−π4，
所以tan（α﹣β）＝﹣1．
解法二：由题意可得，sinαcosβ+cosαsinβ+cosαcosβ﹣sinαsinβ＝2（cosα﹣sinα）sinβ，
即sinαcosβ﹣cosαsinβ+cosαcosβ+sinαsinβ＝0，
所以sin（α﹣β）+cos（α﹣β）＝0，
故tan（α﹣β）＝﹣1．
故选：C．
17．（2019•上海）已知tanα•tanβ＝tan（α+β）．有下列两个结论：
①存在α在第一象限，β在第三象限；
②存在α在第二象限，β在第四象限；
则（　　）
A．①②均正确 B．①②均错误 C．①对②错 D．①错②对
【解析】由tanα•tanβ＝tan（α+β），
即为tanα•tanβ=tanα+tanβ1−tanαtanβ，
设m＝tanα，n＝tanβ，可得n2m2+n（1﹣m）+m＝0，
若m＞0，可得上式关于n的方程有两个同号的根，若为两个正根，可得n＞0，
即有m＞1，考虑Δ＝f（m）＝（1﹣m）2﹣4m3，f′（m）＝2m﹣2﹣12m2＝﹣12（m−112）2−2312，
当m＞1时，f（m）递减，可得f（m）＜f（1）＝﹣4＜0，则方程无解，
β在第三象限不可能，故①错；
可令tanα=−13，
由tanα•tanβ＝tan（α+β），
即为tanα•tanβ=tanα+tanβ1−tanαtanβ，
可得−13tanβ=tanβ−131+13tanβ，
解得tanβ＝﹣6±39，存在β在第四象限，故②对．
故选：D．
18．（2022•浙江）若3sinα﹣sinβ=10，α+β=π2，则sinα＝　　，cos2β＝　　．
【解析】∵3sinα﹣sinβ=10，α+β=π2，
∴3sinα﹣cosα=10，
∴cosα＝3sinα−10，
∵sin2α+cos2α＝1，
∴sin2α+（3sinα−10）2＝1，
解得sinα=31010，cosβ＝sinα=31010，
cos2β＝2cos2β﹣1＝2×90100−1=45．
故答案为：31010；45．
19．（2023•上海）已知tanα＝3，则tan2α＝　　．
【解析】∵tanα＝3，
∴tan2α=2tanα1−tan2α=2×31−32=−34．
故答案为：−34．
20．（2020•浙江）已知tanθ＝2，则cos2θ＝　　，tan（θ−π4）＝　　．
【解析】tanθ＝2，
则cos2θ=cos2θ−sin2θcos2θ+sin2θ=1−tan2θ1+tan2θ=1−41+4=−35．
tan（θ−π4）=tanθ−tanπ41+tanθtanπ4=2−11+2×1=13．
故答案为：−35；13．
21．（2023•新高考Ⅱ）已知α为锐角，cosα=1+54，则sinα2=（　　）
A．3−58 B．−1+58 C．3−54 D．−1+54
【解析】cosα=1+54，
则cosα=1−2sin2α2，
故2sin2α2=1﹣cosα=3−54，即sin2α2=3−58=(5)2+12−2516=(5−1)216，
∵α为锐角，
∴sinα2＞0，
∴sinα2=−1+54．
故选：D．
22．（2021•浙江）设函数f（x）＝sinx+cosx（x∈R）．
（Ⅰ）求函数y＝[f（x+π2）]2的最小正周期；
（Ⅱ）求函数y＝f（x）f（x−π4）在[0，π2]上的最大值．
【解析】函数f（x）＝sinx+cosx=2sin(x+π4)，
（Ⅰ）函数y＝[f（x+π2）]2＝[2sin(x+π2+π4)]2＝2cos2（x+π4）
＝1+cos[2（x+π4）]＝1+cos（2x+π2）＝1﹣sin2x，
则最小正周期为T=2π2=π；
（Ⅱ）函数y＝f（x）f（x−π4）=2sin(x+π4)⋅2sin(x−π4+π4)
=2(sinx+cosx）sinx=2(sin2x+sinxcosx)
=2(1−cos2x2+12sin2x)=sin（2x−π4）+22，
因为x∈[0，π2]，所以2x−π4∈[−π4，3π4]，
所以当2x−π4=π2，即x=3π8时，ymax＝1+22．



考点十 正余弦定理的应用
23．（2023•上海）已知△ABC中，角A，B，C所对的边a＝4，b＝5，c＝6，则sinA＝　　．
【解析】a＝4，b＝5，c＝6，
由余弦定理得，cosA=b2+c2−a22bc=25+36−162×5×6=34，
又∵A∈（0，π），
∴sinA＞0，
∴sinA=1−cos2A=1−(34)2=74．
故答案为：74．
24．（2021•浙江）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝23，则AC＝　　；cos∠MAC＝　　．
【解析】在△ABM中：AM2＝BA2+BM2﹣2BA•BMcos60°，∴（23）2＝22+BM2﹣2×2•BM•12，∴BM2﹣2BM﹣8＝0，解得：BM＝4或﹣2（舍去）．
∵点M是BC中点，∴MC＝4，BC＝8，在△ABC中：AC2＝22+82﹣2×2×8cos60°＝52，∴AC＝213；
在△AMC中：cos∠MAC=(23)2+(213)2−422×23×213=23913．
故答案为：213；23913．
25．（2019•上海）在△ABC中，AC＝3，3sinA＝2sinB，且cosC=14，则AB＝　　．
【解析】∵3sinA＝2sinB，
∴由正弦定理可得：3BC＝2AC，
∴由AC＝3，可得：BC＝2，
∵cosC=14，
∴由余弦定理可得：14=32+22−AB22×3×2，
∴解得：AB=10．
故答案为：10．

26．（2021•新高考Ⅱ）在△ABC中，角A，B，C所对的边长为a，b，c，b＝a+1，c＝a+2．
（1）若2sinC＝3sinA，求△ABC的面积；
（2）是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
【解析】（1）∵2sinC＝3sinA，
∴根据正弦定理可得2c＝3a，
∵b＝a+1，c＝a+2，
∴a＝4，b＝5，c＝6，
在△ABC中，运用余弦定理可得cosC=a2+b2−c22ab=42+52−622×4×5=18，
∵sin2C+cos2C＝1，
∴sinC=1−cos2C=1−(18)2=378，
∴S△ABC=12absinC=12×4×5×378=1574．
（2）∵c＞b＞a，
∴△ABC为钝角三角形时，角C必为钝角，
cosC=a2+b2−c22ab=a2+(a+1)2−(a+2)22a(a+1)＜0，
∴a2﹣2a﹣3＜0，
∵a＞0，
∴0＜a＜3，
∵三角形的任意两边之和大于第三边，
∴a+b＞c，即a+a+1＞a+2，即a＞1，
∴1＜a＜3，
∵a为正整数，
∴a＝2．
27．（2021•上海）在△ABC中，已知a＝3，b＝2c．
（1）若A=2π3，求S△ABC．
（2）若2sinB﹣sinC＝1，求C△ABC．
【解析】（1）由余弦定理得cosA=−12=b2+c2−a22bc=5c2−94c2，
解得c2=97，
∴S△ABC=12bcsinA=34×2c2=9314；
（2）∵b＝2c，∴由正弦定理得sinB＝2sinC，又∵2sinB﹣sinC＝1，
∴sinC=13，sinB=23，∴sinC＜sinB，∴C＜B，∴C为锐角，
∴cosC=1−(13)2=223．
由余弦定理得：c2＝a2+b2﹣2abcosC，又∵a＝3，b＝2c，
∴c2＝9+4c2﹣82c，得：3c2﹣82c+9＝0，解得：c=42±53．
当c=42+53时，b=82+253时C△ABC＝3+42+5；
当c=42−53时，b=82−253时C△ABC＝3+42−5．
28．（2021•新高考Ⅰ）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC．
（1）证明：BD＝b；
（2）若AD＝2DC，求cos∠ABC．
【解析】（1）证明：由正弦定理知，bsin∠ABC=csin∠ACB=2R，
∴b＝2Rsin∠ABC，c＝2Rsin∠ACB，
∵b2＝ac，∴b•2Rsin∠ABC＝a•2Rsin∠ACB，
即bsin∠ABC＝asinC，
∵BDsin∠ABC＝asinC，
∴BD＝b；
（2）法一：由（1）知BD＝b，
∵AD＝2DC，∴AD=23b，DC=13b，
在△ABD中，由余弦定理知，cos∠BDA=BD2+AD2−AB22BD⋅AD=b2+(23b)2−c22b⋅23b=13b2−9c212b2，
在△CBD中，由余弦定理知，cos∠BDC=BD2+CD2−BC22BD⋅CD=b2+(13b)2−a22b⋅13b=10b2−9a26b2，
∵∠BDA+∠BDC＝π，
∴cos∠BDA+cos∠BDC＝0，
即13b2−9c212b2+10b2−9a26b2=0，
得11b2＝3c2+6a2，
∵b2＝ac，
∴3c2﹣11ac+6a2＝0，
∴c＝3a或c=23a，
在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC=a2+c2−b22ac=a2+c2−ac2ac，
当c＝3a时，cos∠ABC=76＞1（舍）；
当c=23a时，cos∠ABC=712；
综上所述，cos∠ABC=712．
法二：∵点D在边AC上且AD＝2DC，
∴BD→=13BA→+23BC→，
∴BD→2=13BA→⋅BD→+23BC→⋅BD→，
而由（1）知BD＝b，
∴b2=13bc⋅cos∠ABD+23ab⋅cos∠CBD，
即3b＝c•cos∠ABD+2a•cos∠CBD，
由余弦定理知：3b=c⋅b2+c2−49b22bc+2a⋅a2+b2−19b22ab，
∴11b2＝3c2+6a2，
∵b2＝ac，
∴3c2﹣11ac+6a2＝0，
∴c＝3a或c=23a，
在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC=a2+c2−b22ac=a2+c2−ac2ac，
当c＝3a时，cos∠ABC=76＞1（舍）；
当c=23a时，cos∠ABC=712；
综上所述，cos∠ABC=712．
法三：在△BCD中，由正弦定理可知asinC＝BDsin∠BDC＝bsin∠BDC，
而由题意可知ac＝b²⇒asinC＝bsin∠ABC，
于是sin∠BDC＝sin∠ABC，从而∠BDC＝∠ABC或∠BDC+∠ABC＝π．
若∠BDC＝∠ABC，则△CBD∽△CAB，于是CB²＝CD•CA⇒a²=b23⇒a：b：c＝1：3：3，
无法构成三角形，不合题意．
若∠BDC+∠ABC＝π，则∠ADB＝∠ABC⇒△ABD∽△ACB，
于是AB²＝AD•AC⇒c²=2b23⇒a：b：c＝3：6：2，满足题意，
因此由余弦定理可得cos∠ABC=a2+c2−b22ac=712．
29．（2020•浙江）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知2bsinA−3a＝0．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）求cosA+cosB+cosC的取值范围．
【解析】（Ⅰ）∵2bsinA=3a，
∴2sinBsinA=3sinA，
∵sinA≠0，
∴sinB=32，
∵△ABC为锐角三角形，
∴B=π3，
（Ⅱ）∵△ABC为锐角三角形，B=π3，
∴C=2π3−A，
∴cosA+cosB+cosC＝cosA+cos（2π3−A）+cosπ3=cosA−12cosA+32sinA+12=12cosA+32sinA+12=sin（A+π6）+12，
△ABC为锐角三角形，0＜A＜π2，0＜C＜π2，
解得π6＜A＜π2，
∴π3＜A+π6＜2π3，
∴32＜sin（A+π6）≤1，
∴32+12＜sin（A+π6）+12≤32，
∴cosA+cosB+cosC的取值范围为（3+12，32]．
30．（2020•山东）在①ac=3，②csinA＝3，③c=3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=3sinB，C=π6，_______？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】①ac=3．
△ABC中，sinA=3sinB，即b=33a，
ac=3，∴c=3a，
cosC=a2+b2−c22ab=a2+a23−3a223a23=32，
∴a=3，b＝1，c＝1．
②csinA＝3．
△ABC中，csinA＝asinC＝asinπ6=3，∴a＝6．
∵sinA=3sinB，即a=3b，∴b=23．
cosC=a2+b2−c22ab=36+12−c22×6×23=32，
∴c=23．
③c=3b．
∵sinA=3sinB，即a=3b，
又∵c=3b，
cosC=a2+b2−c22ab=36≠cosπ6，
与已知条件C=π6相矛盾，所以问题中的三角形不存在．

31．（2023•新高考Ⅰ）已知在△ABC中，A+B＝3C，2sin（A﹣C）＝sinB．
（1）求sinA；
（2）设AB＝5，求AB边上的高．
【解析】（1）∵A+B＝3C，A+B+C＝π，
∴4C＝π，
∴C=π4，
∵2sin（A﹣C）＝sinB，
∴2sin（A﹣C）＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C），
∴2sinAcosC﹣2cosAsinC＝sinAcosC+cosAsinC，
∴sinAcosC＝3cosAsinC，
∴22sinA=3×22cosA，
∴sinA＝3cosA，即cosA=13sinA，
又∵sin2A+cos2A＝1，∴sin2A+19sin2A=1，
解得sin2A=910，
又∵A∈（0，π），∴sinA＞0，
∴sinA=31010；
（2）由（1）可知sinA=31010，cosA=13sinA=1010，
∴sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC=31010×22+1010×22=255，
∴ABsinC=ACsinB=BCsinA=5sinπ4=52，
∴AC＝52sinB＝52×255=210，BC＝52×sinA=52×31010=35，
设AB边上的高为h，
则12AB⋅ℎ=12×AC×BC×sinC，
∴52ℎ=12×210×35×22，
解得h＝6，
即AB边上的高为6．
32．（2022•新高考Ⅰ）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+sinA=sin2B1+cos2B．
（1）若C=2π3，求B；
（2）求a2+b2c2的最小值．
【解析】（1）∵cosA1+sinA=sin2B1+cos2B，1+cos2B＝2cos2B≠0，cosB≠0．
∴cosA1+sinA=2sinBcosB2cos2B=sinBcosB，
化为：cosAcosB＝sinAsinB+sinB，
∴cos（B+A）＝sinB，
∴﹣cosC＝sinB，C=2π3，
∴sinB=12，
∵0＜B＜π3，∴B=π6．
（2）由（1）可得：﹣cosC＝sinB＞0，∴cosC＜0，C∈（π2，π），
∴C为钝角，B，A都为锐角，B＝C−π2．
sinA＝sin（B+C）＝sin（2C−π2）＝﹣cos2C，
a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C=cos22C+cos2Csin2C=(1−2sin2C)2+(1−sin2C)sin2C=2+4sin4C−5sin2Csin2C=2sin2C+
4sin2C﹣5≥22×4−5＝42−5，当且仅当sinC=142时取等号．
∴a2+b2c2的最小值为42−5．
33．（2022•新高考Ⅱ）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3．已知S1﹣S2+S3=32，sinB=13．
（1）求△ABC的面积；
（2）若sinAsinC=23，求b．
【解析】（1）S1=12a2sin60°=34a2，
S2=12b2sin60°=34b2，
S3=12c2sin60°=34c2，
∵S1﹣S2+S3=34a2−34b2+34c2=32，
解得：a2﹣b2+c2＝2，
∵sinB=13，a2﹣b2+c2＝2＞0，即cosB＞0，
∴cosB=223，
∴cosB=a2+c2−b22ac=223，
解得：ac=324，
S△ABC=12acsinB=28．
∴△ABC的面积为28．
（2）由正弦定理得：bsinB=asinA=csinC，
∴a=bsinAsinB，c=bsinCsinB，
由（1）得ac=324，
∴ac=bsinAsinB•bsinCsinB=324
已知，sinB=13，sinAsinC=23，
解得：b=12．
34．（2022•浙江）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a=5c，cosC=35．
（Ⅰ）求sinA的值；
（Ⅱ）若b＝11，求△ABC的面积．
【解析】（Ⅰ）因为cosC=35＞0，所以C∈（0，π2），且sinC=1−cos2C=45，
由正弦定理可得：asinA=csinC，
即有sinA=asinCc=acsinC=54×45=55；
（Ⅱ）因为4a=5c⇒a=54c＜c，
所以A＜C，故A∈（0，π2），
又因为sinA=55，所以cosA=255，
所以sinB＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC=11525；
由正弦定理可得：asinA=csinC=bsinB=55，
所以a＝55sinA＝5，
所以S△ABC=12absinC=12×5×11×45=22．

考点十一 三角形中的几何计算
35．（2023•上海）某公园欲建设一段斜坡，坡顶是一条直线，斜坡顶点距水平地面的高度为4米，坡面与水平面所成夹角为θ．行人每沿着斜坡向上走1m消耗的体力为（1.025﹣cosθ），欲使行人走上斜坡所消耗的总体力最小，则θ＝　　．
【解析】斜坡的长度为l=4sinθ，
上坡所消耗的总体力y=4sinθ×（1.025﹣cosθ）=4.1−4cosθsinθ，
函数的导数y′=4sinθ⋅sinθ−(4.1−4cosθ)cosθsin2θ=4−4.1cosθsin2θ，
由y′＝0，得4﹣4.1cosθ＝0，得cosθ=4041，θ＝arccos4041，
由f′（x）＞0时cosθ＜4041，即arccos4041＜θ＜π2时，函数单调递增，
由f′（x）＜0时cosθ＞4041，即0＜θ＜arccos4041时，函数单调递减，
即θ＝arccos4041，函数取得最小值，即此时所消耗的总体力最小．
故答案为：θ＝arccos4041．

36．（2021•浙江）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明．弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形直角边的长分别为3，4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则S1S2=　　．

【解析】∵直角三角形直角边的长分别为3，4，
∴直角三角形斜边的长为32+42=5，
即大正方形的边长为5，∴S1＝52＝25，
则小正方形的面积S2＝S1﹣S阴影＝25﹣4×12×3×4＝1，
∴S1S2=25．
故答案为：25．
37．（2019•浙江）在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上，若∠BDC＝45°，则BD＝　　，cos∠ABD＝　　．
【解析】在直角三角形ABC中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，sinC=45，
在△BCD中，可得322=BDsinC，可得BD=1225；
∠CBD＝135°﹣C，sin∠CBD＝sin（135°﹣C）=22（cosC+sinC）=22×（45+35）=7210，
即有cos∠ABD＝cos（90°﹣∠CBD）＝sin∠CBD=7210，
故答案为：1225，7210，

38．（2023•新高考Ⅱ）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为3，D为BC的中点，且AD＝1．
（1）若∠ADC=π3，求tanB；
（2）若b2+c2＝8，求b，c．
【解析】（1））D为BC中点，SΔABC=3，
则SΔACD=32，
过A作AE⊥BC，垂足为E，如图所示：

△ADE中，DE=12，AE=32，SΔACD=12⋅32CD=32，解得CD＝2，
∴BD＝2，BE=52，
故tanB=AEBE=3252=35；
（2）AD→=12(AB→+AC→)，
AD→2=14(c2+b2+2bccosA)，
AD＝1，b2+c2＝8，
则1=14(8+2bccosA)，
∴bccosA＝﹣2①，
SΔABC=12bcsinA=3，即bcsinA=23②，
由①②解得 tanA=−3，
∴A=2π3，
∴bc＝4，又b2+c2＝8，
∴b＝c＝2．
39．（2022•上海）如图，在同一平面上，AD＝BC＝6，AB＝20，O为AB中点，曲线CD上任一点到O距离相等，角∠DAB＝∠ABC＝120°，P，Q关于OM对称，MO⊥AB；
（1）若点P与点C重合，求∠POB的大小；
（2）P在何位置，求五边形MQABP面积S的最大值．

【解析】（1）点P与点C重合，由题意可得OB＝10，BC＝6，∠ABC＝120°，
由余弦定理可得OP2＝OB2+BC2﹣2OB•BCcos∠ABC＝36+100﹣2×6×10×（−12）＝196，
所以OP＝14，在△OBP中，由正弦定理得OPsin120°=BPsin∠POB，
所以1432=6sin∠POB，解得sin∠POB=3314，
所以∠POB的大小为arcsin3314；
（2）如图，连结QA，PB，OQ，OP，
∵曲线CMD上任意一点到O距离相等，
∴OP＝OQ＝OM＝OC＝14，
∵P，Q关于OM对称，
∴P点在劣弧CM中点或劣弧DM的中点位置，S△QOM＝S△POM＝α，
则∠AOQ＝∠BOP＝S△BOP=π2−α，
则五边形面积S＝2（S△AOQ+S△QOM）
＝2[12⋅OQ⋅OA⋅sin(π2−α)+12⋅OQ⋅OM⋅sinα]
＝196sinα+140cosα
＝2874sin（α+φ），其中tanφ=57，
当sin（α+φ）＝1时，S五边形MQABP取最大值2874，
∴五边形MQABP面积S的最大值为2874．


40．（2019•上海）如图，A﹣B﹣C为海岸线，AB为线段，BC为四分之一圆弧，BD＝39.2km，∠BDC＝22°，∠CBD＝68°，∠BDA＝58°．
（1）求BC的长度；
（2）若AB＝40km，求D到海岸线A﹣B﹣C的最短距离．（精确到0.001km）

【解析】（1）由题意可得，BC＝BDsin22°，弧BC所在的圆的半径R＝BCsinπ4=22BC，
弧BC的长度为12πR=12π⋅BC⋅22=24×3.141×39.2×sin22°=16.310km；
（2）根据正弦定理可得，BDsinA=ABsin58°，
∴sinA=39.240×sin58°=0.831，A＝56.2°，
∴∠ABD＝180°﹣56.2°﹣58°＝65.8°，
∴DH＝BD×sin∠ABD＝35.750km＜CD＝36.346km
∴D到海岸线A﹣B﹣C的最短距离为35.750km