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培優沖刺06 三角函數圖像性質與解三角形歸類
目錄
題型一：圖像求解析式··························································································································1
題型二：恒等變形與性質·····················································································································3
題型三：利用對稱性求零點和············································································································3
題型四：能成立與恒成立求參數·······································································································4
題型五：圖形1：四邊形型················································································································5
題型六：圖形2：中線型·····················································································································6
題型七：圖形3：角平分線型············································································································7
題型八：圖形5：三角形高·················································································································8
題型九：圖形6：中線與重心型········································································································8
題型十：圖形綜合：定比分點型·······································································································9
題型十一：范圍與最值1：基礎型····································································································9
題型十二：范圍與最值2：邊系數不對稱型·················································································10
題型十三：范圍與最值3：無邊長型·······························································································10
題型十四：范圍與最值4：比值型····································································································11
題型十五：范圍與最值5：角邊互錯型···························································································12
題型十六：范圍與最值6：角度最值型···························································································12
題型十七：范圍與最值7：范圍綜合型···························································································13
題型十八：相等角度轉化型·················································································································13
題型十九：壓軸19題1：三角與數列結合型················································································13
題型二十：壓軸19題1：三角函數型新定義················································································14
題型一：圖像求解析式
形如函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖像及性質 (1)圖像變換： ①相位變換：y＝sin x→y＝sin(x＋φ)的規則是：左加(φ＞0)或右減(φ＜0)| φ|個單位； ②周期變換：y＝sin (x＋φ)→y＝sin(ωx＋φ)的規則是：縱坐標不變，將橫坐標縮小(伸長)為原來的||倍； ③振幅變換： y＝sin (ωx＋φ) →y＝Asin(ωx＋φ) 的規則是：橫坐標不變，將縱坐標縮小(伸長)為原來的|A|倍； 注意：y＝sin ωx→y＝sin(ωx＋φ)變換規則是：先提取后者x的系數ω，然后在左(右)平移||個單位； (2)基本性質：①定義域：解三角函數不等式用“數形結合” ②值域：由內向外 ③單調性：同增異減 (3)周期公式：①y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝ ②y＝|Asin(ωx＋φ)|的周期T＝. (3)對稱性： 換元思想，將y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”，采用整體代入求解． ①對稱軸：最值處，令sin(ωx＋φ) ＝1，則ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)，可求得對稱軸方程； ②對稱中心：零點處，令sin(ωx＋φ) ＝0，ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得對稱中心的橫坐標； 正弦“第一零點”：；正弦“第二零點”： 余弦“第一零點”：；余弦“第二零點”：
1．（2024·甘肅·一模）如圖，角的始邊為軸非負半軸，終邊與單位圓交于點，過點作軸的垂線，垂足為到直線的距離為.若將關于角的函數關系記為.

(1)求的解析式；
(2)將圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的（縱坐標不變），再將所得圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，求在的單調遞增區間.
2．（23-24高三上·安徽·階段練習）函數的部分圖象如圖所示.
(1)求函數的解析式；
(2)將函數的圖象向左平移個單位，再將所得圖象上各點的橫坐標縮短為原來的倍，縱坐標不變，得到函數的圖象，求函數在上的值域.
3．（2023·河北·模擬預測）已知函數的部分圖象如圖所示，其中，且.

(1)求與的值；
(2)若斜率為的直線與曲線相切，求切點坐標.
題型二：恒等變形與性質
利用二倍角和降冪公式等進 1.角度不一致，可以“打散”：角度不一致，可以拆開 2. “重組”：系數次冪一致，合并為正弦余弦，便于使用輔助角“化一” 進行恒等變形
1.（2024·北京順義·二模）已知函數，其中.
(1)若，求的值；
(2)已知時，單調遞增，再從條件①、條件②、條件③中選擇一個作為已知，使函數存在，求m的最大值.
條件①：；
條件②：；
條件③：的圖像與直線的一個交點的橫坐標為.
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
2．（2024·山東聊城·一模）在梯形中，，設，，已知.
(1)求；
(2)若，，，求.
3．（2024·四川成都·模擬預測）已知是斜三角形．
(1)證明：；
(2)若，求的取值范圍．
題型三：利用對稱性求零點和
1．（22-23高三·山西忻州·開學考試）已知函數．
(1)若的圖象關于直線對稱，，求的單調遞增區間；
(2)在（1）的條件下，當時，和是的兩個零點，求的值和的取值范圍．
2．（22-23高三·上海楊浦·階段練習）已知定義域為R的函數的最小正周期為π，且直線是其圖像的一條對稱軸.
(1)求函數的解析式，并指出該函數的振幅、頻率、圓頻率和初始相位；
(2)將函數的圖像向右平移個單位，再將所得圖像上的每一點的橫坐標伸長為原來的2倍(縱坐標不變)，得到新的函數，已知函數(λ為常數且λ∈R)在開區間(0，nπ)(n∈N且n≥1)內恰有2021個零點，求常數λ和n的值.
3．（23-24高三上·吉林白城·階段練習）已知函數為奇函數，且圖象的相鄰兩條對稱軸間的距離為.
(1)求的解析式與單調遞減區間；
(2)將函數的圖象向右平移個單位長度，再把橫坐標縮小為原來的（縱坐標不變），得到函數的圖象，當時，求方程的所有根的和.
題型四：能成立與恒成立求參數
一般地，已知函數， （1）相等關系 記的值域為A, 的值域為B, ①若，，有成立，則有； ②若，，有成立，則有； ③若，，有成立，故； （2）不等關系 (1)若，，總有成立，故； (2)若，，有成立，故； (3)若，，有成立，故； (4) 若，，有成立，故．
1．（2023·山東濟寧·二模）已知函數．
(1)求函數在上的單調遞增區間;
(2)將函數的圖象向左平移個單位長度后得到函數的圖象，若函數的圖象關于點成中心對稱，在上的值域為，求的取值范圍．
2．（2023·山西·模擬預測）已知函數（，）的部分圖象如圖所示.
(1)求的解析式，并求的單調遞增區間；
(2)若對任意，都有，求實數的取值范圍.
3．（2022·浙江·三模）已知函數．
(1)求的單調遞增區間；
(2)若對任意，都有，求實數的取值范圍．
題型五：圖形1：四邊形型
四邊形，一般適當的連接對角線，分解為有公共邊倆三角形。如果是有外接圓，則要充分運用對角互補這個隱形條件 四邊形面積最值型，一般用某一條對角線，把四邊形分為兩個三角形，有公共邊的兩個三角形個再各自用余弦定理，構建數量關系
1．（2022·湖南長沙·模擬預測）如圖，在凸四邊形中，已知．
(1)若，求的值；
(2)若，四邊形的面積為4，求的值．
2．（2023·遼寧·模擬預測）如圖，在平面凸四邊形ABCD中，，，，．
(1)若，求；
(2)求的取值范圍．
3．（2023·山西·模擬預測）如圖，四邊形中，，，，，.
(1)求的面積；
(2)求線段的長度.
題型六：圖形2：中線型
.中線的處理方法 1.向量法： 2.余弦定理法（補角法）： 如圖設， 在中，由余弦定理得，① 在中，由余弦定理得，② 因為，所以 所以①+②式即可 3.延伸補形法：如圖所示，延伸中線，補形為平行四邊形 中線分割的倆三角形面積相等
1．（2023·福建福州·模擬預測）在中，角的對邊分別是，且．
(1)求；
(2)若面積為，求邊上中線的長．
2．（2024·北京東城·一模）在中，.
(1)求；
(2)若為邊的中點，且，求的值.
3．（2024·四川瀘州·三模）的內角，，的對邊分別為，，，已知，且的面積為.
(1)求的值；
(2)若是邊的中點，，求的長.
題型七：圖形3：角平分線型
角平分線定理（大題中，需要證明，否則可能會扣過程分）： 三角形角平分線的處理方法：
1．（23-24高三·浙江杭州·）在中，角A，B，C，所對的邊分別為a，b，c，已知.
(1)求角；
(2)若是的角平分線，且，，求的面積
2．（23-24高三山東·階段練習）的內角的對邊分別為，滿足
(1)求；
(2)的角平分線與交于點，求的最小值.
3．（23-24高三黑龍江哈爾濱·階段練習）在中，內角的對邊分別是，且，
(1)求角；
(2)若，求邊上的角平分線長．
題型八：圖形5：三角形高
三角形高的處理方法： 1.等面積法：兩種求面積公式 如 2.三角函數法：
1.（22-23高三上·湖北·階段練習）在中，角，，的對邊分別為，，，且，三角形三邊上的高之比為.
(1)求的值；
(2)若為邊上一點，，，求的長.
2.（江蘇省南通市2022-2023學年高三上學期數學試題）在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且，.
(1)求；
(2)若邊AB上的高為1，求的面積.
3.（安徽省滁州市定遠縣第三中學2022-2023學年高三數學試題）中，內角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，滿足．
(1)當A為何值時，函數取到最大值，最大值是多少？
(2)若等于邊AC上的高h，求的值．
題型九：圖形6：中線與重心型
1.（2022春·河北邢臺·高三統考）記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，且外接圓的半徑為．
(1)求C的大小；
(2)若G是的重心，求面積的最大值．
2.（2023春·河北秦皇島·高三校考階段練習）的內角的對邊分別為，且.從下列①②③這三個條件中選擇一個補充在橫線處，并作答.
①為的內心；②為的外心；③為的重心.
(1)求；
(2)若，__________，求的面積.
注：如果選擇多個條件分別解答，則按第一個解答計分.
3.（2023秋·四川內江·高三四川省內江市第六中學校考階段練習）△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，a＝6，．
(1)求A的大小；
(2)M為△ABC內一點，AM的延長線交BC于點D，___________，求△ABC的面積．
請在下面三個條件中選擇一個作為已知條件補充在橫線上，使△ABC存在，并解決問題．
①M為△ABC的外心，AM＝4；
②M為△ABC的重心，；
③M為△ABC的內心，．
(注：三角形的三邊中垂線的交點稱為外心，三角形的三條中線的交點稱為重心，三角形的三條角平分線的交點稱為內心)
題型十：圖形綜合：定比分點型
1.（2024·全國·模擬預測）在中，角所對的邊分別為，且滿足．
(1)求角；
(2)若點在線段上，且滿足，求面積的最大值．
2.（2024·全國·模擬預測）已知中，角、、的對邊分別是．
(1)求角的大小；
(2)若，為邊上一點，，，求的面積．
3.（2024·廣東佛山·二模）在中，，，分別是角，，所對的邊，點在邊上，且滿足，．
(1)求的值；
(2)若，求．
題型十一：范圍與最值1：基礎型
在解三角形的問題中，若已知條件同時含有邊和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要選擇“邊化角”或“角化邊”，變換原則如下： （1）若式子中含有正弦的齊次式，優先考慮正弦定理“角化邊”； （2）若式子中含有、、的齊次式，優先考慮正弦定理“邊化角”； （3）若式子中含有余弦的齊次式，優先考慮余弦定理“角化邊”； （4）代數式變形或者三角恒等變換前置； （5）含有面積公式的問題，要考慮結合余弦定理求解； （6）同時出現兩個自由角（或三個自由角）時，要用到三角形的內角和定理.
1.（2023·廣西·模擬預測）在中，角，，的對邊分別為，，，面積為，在下列三個條件中任選一個，解答下面的問題．①，②，③．
(1)求角的大小；
(2)若外接圓的面積為，求的最大值．
2.（2024·全國·模擬預測）在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其中，且．
(1)求B的大小；
(2)求面積的最大值．
3.．（2024·河南·方城第一高級中學校聯考模擬預測）記的內角，，的對邊分別為，，，且.
(1)證明：；
(2)若，求當面積最大時的值.
題型十二：范圍與最值2：邊系數不對稱型
解三角形：最值范圍 可以用余弦定理+均值不等式來求解。 可以利用正弦定理，結合角與角所對應的邊，轉化為角的形式，再進行三角恒等邊形，化一，求解最值與范圍，要注意三角形是否有“銳角、鈍角”三角形的角度范圍限制
1.（2024·上海嘉定·二模）在中，角、、的對邊分別為、、，．
(1)求角，并計算的值；
(2)若，且是銳角三角形，求的最大值．
2．（2024·山西呂梁·一模）設的內角的對邊分別為，已知．
(1)求；
(2)設的角平分線交于點，求的最小值．
3．（2024·廣東湛江·一模）已知在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．
(1)求A；
(2)若外接圓的直徑為，求的取值范圍．
題型十三：范圍與最值3：無邊長型
有角無邊型 1.一個角為定值，則另外倆角和為定值，所以可以消角。 2.注意銳角三角形，或者鈍角三角形對角的范圍的限制，如果有這樣限制，要對每個角都要用不等式范圍求解。 3.有角無邊型，如果出現邊，多為邊的比值齊次式型，一般可以用正弦定地來邊化角轉化
1．（2024·河南·一模） 中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足.
(1)求證：；
(2)若為銳角三角形，求的取值范圍.
2．（2024·河北滄州·模擬預測）已知在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．
(1)求C；
(2)求的最大值．
3．（2024·遼寧·一模）在中，內角所對的邊分別為，滿足.
(1)求證：；
(2)若為銳角三角形，求的最大值．
題型十四：范圍與最值4：比值型
最值范圍：分式比值型 化邊為角型 通過正余弦定理，把邊轉化為角。 利用特殊角，消角，以分母角度為住元，消去分子角度，轉化為分母角度的單變量函數形式 對單變量（單角）求最值。 角化變型： 主要用余弦定理，然后再借助均值不等式進行轉化
1．（2024·山西朔州·一模）已知的內角的對邊分別為，向量，且．
(1)求；
(2)求的最小值．
2．（2023·山東濰坊·模擬預測）在銳角中，角所對的邊分別為，滿足.
(1)求角；
(2)求的取值范圍.
3．（23-24高三上·山東棗莊·）在中，角所對的邊分別為.若.
(1)求；
(2)若為銳角三角形，求的取值范圍.
題型十五：范圍與最值5：角邊互錯型
正弦定理轉化，要以有長度的邊為主轉化，消邊化角求最值范圍
1.（2023·江西·校聯考二模）在中，角所對的邊分別為，已知.
(1)求角；
(2)若為銳角三角形，且，求面積的取值范圍.
2.（2023·全國·高三專題練習）在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，滿足
(1)設，，過B作BD垂直AC于點D，點E為線段BD的中點，求的值；
(2)若為銳角三角形，，求面積的取值范圍．
3.（2022·湖南·湘潭一中高三階段練習）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．
(1)求B；
(2)若為銳角三角形，且，求周長的取值范圍．
題型十六：范圍與最值6：角度最值型
銳鈍角限制型 注意銳角三角形，或者鈍角三角形對角的范圍的限制，如果有這樣限制，要對每個角都要用不等式范圍求解
1.（22-23高三浙江寧波·階段練習）記銳角的內角為，已知.
(1)求角的最大值；
(2)在銳角中，當角為角A的最大值時，求的取值范圍.
2.（2021·黑龍江大慶·一模）已知的內角，，的對邊分別為，，，且．
（1）求角的最大值．
（2）若取（1）中最大值，，，當的周長最小時，求的值．
3.（20-21高三·河南南陽·）在中，內角，，的對邊分別為，，，且.
（1）求角的最大值；
（2）當角最大時，若，求的面積.
題型十七：范圍與最值7： 范圍綜合型
1.（23-24三·浙江·模擬）在中，角所對的邊分別為，且滿足
(1)求角的值；
(2)若且，求的取值范圍．
2．（2024高三·全國·專題練習）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知.
(1)求角B的大小；
(2)若，且為銳角三角形，求的周長的取值范圍；
(3)若，且外接圓的半徑為2，圓心為O，P為圓O上的一動點，試求的取值范圍．
3．（22-23高三遼寧鞍山·期中）在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并解答問題．
在銳角中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且_________．
(1)求A；
(2)若，求線段AD長的最大值．
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
題型十八： 相等角度轉化型
1．（23-24高三·湖南衡陽·階段練習）在銳角中，內角的對邊分別為，且.
(1)求；
(2)若是邊上一點（不包括端點），且，求的取值范圍.
2．（2024·陜西安康·模擬預測）已知銳角中，角，，所對的邊分別為，，，其中，，且．
(1)求證：；
(2)已知點在線段上，且，求的取值范圍．
3．（2024·全國·模擬預測）在中，分別為角，，所對的邊，點為的中點．
(1)若，，，求的值；
(2)若，求的值．
題型十九：壓軸19題1：三角與數列結合型
1．（2024·上海青浦·二模）若無窮數列滿足：存在正整數，使得對一切正整數成立，則稱是周期為的周期數列．
(1)若（其中正整數m為常數，），判斷數列是否為周期數列，并說明理由；
(2)若，判斷數列是否為周期數列，并說明理由；
(3)設是無窮數列，已知．求證：“存在，使得是周期數列”的充要條件是“是周期數列”．
2．（2024·河南開封·二模）在密碼學領域，歐拉函數是非常重要的，其中最著名的應用就是在RSA加密算法中的應用．設p，q是兩個正整數，若p，q的最大公約數是1，則稱p，q互素．對于任意正整數n，歐拉函數是不超過n且與n互素的正整數的個數，記為．
(1)試求，，，的值；
(2)設n是一個正整數，p，q是兩個不同的素數．試求，與φ（p）和φ（q）的關系；
(3)RSA算法是一種非對稱加密算法，它使用了兩個不同的密鑰：公鑰和私鑰．具體而言：
①準備兩個不同的、足夠大的素數p，q；
②計算，歐拉函數；
③求正整數k，使得kq除以的余數是1；
④其中稱為公鑰，稱為私鑰．
已知計算機工程師在某RSA加密算法中公布的公鑰是．若滿足題意的正整數k從小到大排列得到一列數記為數列，數列滿足，求數列的前n項和．
3．（2024·上海·二模）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線.1691年，萊布尼茨等得出“懸鏈線”方程，其中為參數.當時，就是雙曲余弦函數，懸鏈線的原理運用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．類比三角函數的三種性質：①平方關系：；②兩角和公式：，③導數：定義雙曲正弦函數．
(1)直接寫出，具有的類似①、②、③的三種性質（不需要證明）；
(2)當時，雙曲正弦函數的圖像總在直線的上方，求直線斜率的取值范圍；
(3)無窮數列滿足，，是否存在實數，使得？若存在，求出的值，若不存在，說明理由.
題型二十：壓軸19題1：三角函數型新定義
對新定義的題型要注意一下幾點： （1）讀懂定義所給的主要信息篩選出重要的關鍵點 （2）利用好定義所給的表達式以及相關的條件 （3）含有參數是要注意分類討論的思想.
1．（2024·安徽·二模）在平面直角坐標系中，利用公式①（其中，，，為常數），將點變換為點的坐標，我們稱該變換為線性變換，也稱①為坐標變換公式，該變換公式①可由，，，組成的正方形數表唯一確定，我們將稱為二階矩陣，矩陣通常用大寫英文字母，，…表示．
(1)在平面直角坐標系中，將點繞原點按逆時針旋轉得到點（到原點距離不變），求點的坐標；
(2)如圖，在平面直角坐標系中，將點繞原點按逆時針旋轉角得到點（到原點距離不變），求坐標變換公式及對應的二階矩陣；
(3)向量（稱為行向量形式），也可以寫成，這種形式的向量稱為列向量，線性變換坐標公式①可以表示為：，則稱是二階矩陣與向量的乘積，設是一個二階矩陣，，是平面上的任意兩個向量，求證：．
2．（23-24高三江蘇常州·）三角形的布洛卡點是法國數學家、數學教育學家克洛爾于1816年首次發現，但他的發現并未被當時的人們所注意．1875年，布洛卡點被一個數學愛好者布洛卡重新發現，并用他的名字命名．當內一點滿足條件時，則稱點為的布洛卡點，角為布洛卡角．如圖，在中，角所對邊長分別為，點為的布洛卡點，其布洛卡角為．
(1)若．求證：
①（為的面積）；
②為等邊三角形．
(2)若，求證：．
3．（23-24高三廣東廣州·）對于函數及實數m，若存在，使得，則稱函數與具有“m關聯”性質．
(1)若與具有“m關聯”性質，求m的取值范圍；
(2)已知，為定義在上的奇函數，且滿足；
①在上，當且僅當時，取得最大值1；
②對任意，有．
求證：與不具有“4關聯”性．培優沖刺06 三角函數圖像性質與解三角形歸類
目錄
題型一：圖像求解析式··························································································································1
題型二：恒等變形與性質·····················································································································5
題型三：利用對稱性求零點和············································································································9
題型四：能成立與恒成立求參數·····································································································12
題型五：圖形1：四邊形型················································································································15
題型六：圖形2：中線型·····················································································································18
題型七：圖形3：角平分線型············································································································20
題型八：圖形5：三角形高·················································································································23
題型九：圖形6：中線與重心型········································································································26
題型十：圖形綜合：定比分點型·······································································································29
題型十一：范圍與最值1：基礎型····································································································32
題型十二：范圍與最值2：邊系數不對稱型·················································································34
題型十三：范圍與最值3：無邊長型·······························································································36
題型十四：范圍與最值4：比值型····································································································39
題型十五：范圍與最值5：角邊互錯型···························································································41
題型十六：范圍與最值6：角度最值型···························································································43
題型十七：范圍與最值7：范圍綜合型···························································································45
題型十八：相等角度轉化型·················································································································48
題型十九：壓軸19題1：三角與數列結合型················································································51
題型二十：壓軸19題1：三角函數型新定義················································································55
題型一：圖像求解析式
形如函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖像及性質 (1)圖像變換： ①相位變換：y＝sin x→y＝sin(x＋φ)的規則是：左加(φ＞0)或右減(φ＜0)| φ|個單位； ②周期變換：y＝sin (x＋φ)→y＝sin(ωx＋φ)的規則是：縱坐標不變，將橫坐標縮小(伸長)為原來的||倍； ③振幅變換： y＝sin (ωx＋φ) →y＝Asin(ωx＋φ) 的規則是：橫坐標不變，將縱坐標縮小(伸長)為原來的|A|倍； 注意：y＝sin ωx→y＝sin(ωx＋φ)變換規則是：先提取后者x的系數ω，然后在左(右)平移||個單位； (2)基本性質：①定義域：解三角函數不等式用“數形結合” ②值域：由內向外 ③單調性：同增異減 (3)周期公式：①y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝ ②y＝|Asin(ωx＋φ)|的周期T＝. (3)對稱性： 換元思想，將y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”，采用整體代入求解． ①對稱軸：最值處，令sin(ωx＋φ) ＝1，則ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)，可求得對稱軸方程； ②對稱中心：零點處，令sin(ωx＋φ) ＝0，ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得對稱中心的橫坐標； 正弦“第一零點”：；正弦“第二零點”： 余弦“第一零點”：；余弦“第二零點”：
1．（2024·甘肅·一模）如圖，角的始邊為軸非負半軸，終邊與單位圓交于點，過點作軸的垂線，垂足為到直線的距離為.若將關于角的函數關系記為.

(1)求的解析式；
(2)將圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的（縱坐標不變），再將所得圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，求在的單調遞增區間.
【答案】(1)
(2)和
【分析】
（1）根據條件得到直線的方程，利于點到直線的距離公式進行計算即可;
（2）根據函數圖象的變換規則得到函數解析式后，整體代入法求解單調區間即可.
【詳解】（1）可知，
又直線的方程為，
故根據點到直線距離公式，
即.
（2）可知，
由，
得，
所以當時，函數的單調增區間為和
2．（23-24高三上·安徽·階段練習）函數的部分圖象如圖所示.
(1)求函數的解析式；
(2)將函數的圖象向左平移個單位，再將所得圖象上各點的橫坐標縮短為原來的倍，縱坐標不變，得到函數的圖象，求函數在上的值域.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據圖象易得和周期，結合可得結果；
（2）根據平移和伸縮變換可得，進而由整體法即可求解函數的值域.
【詳解】（1）觀察圖象可得，函數的周期，解得，
即，由，得，
即，，
而，則，
所以函數的解析式是.
（2）將的圖象向左平移個單位長度，
可得到函數的圖象，
再將所得圖象上各點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，
得到函數的圖象，則，
當時，，則，
所以，
因此在上的值域為.
3．（2023·河北·模擬預測）已知函數的部分圖象如圖所示，其中，且.

(1)求與的值；
(2)若斜率為的直線與曲線相切，求切點坐標.
【答案】(1)，
(2)或
【分析】
（1）在中，由射影定理得長，即個周期，從而待定，再由求解即可；
（2）設切點坐標，利用導數的幾何意義表示出切線斜率，求解切點坐標.
【詳解】（1）
如圖，過點向軸引垂線交于點，
由正弦曲線的性質知，
由射影定理知，而，∴，
∴，
∴，由，解得.
當時，由，且由已知圖象及五點對應法，
得，
由，則當時，；
所以有，；

（2）
由（1）知，設切點，
∴
則，∴，則，
∴或，且，
∴故其切點坐標為或 .
題型二：恒等變形與性質
利用二倍角和降冪公式等進 1.角度不一致，可以“打散”：角度不一致，可以拆開 2. “重組”：系數次冪一致，合并為正弦余弦，便于使用輔助角“化一” 進行恒等變形
1.（2024·北京順義·二模）已知函數，其中.
(1)若，求的值；
(2)已知時，單調遞增，再從條件①、條件②、條件③中選擇一個作為已知，使函數存在，求m的最大值.
條件①：；
條件②：；
條件③：的圖像與直線的一個交點的橫坐標為.
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
【答案】(1)
(2)答案見解析
【分析】（1）結合三角恒等變換公式，將代入計算即可得；
（2）若選②，將與計算出來，即可得出，結合正弦函數的性質即可得解；若選③，借助函數的對稱性計算即可得，結合正弦函數的性質即可得解；不可選①，代入計算后，結合三角函數的值域可知此時函數不存在.
【詳解】（1）法一：
，
即可得，
又，所以；
法二：
，
所以即得，
又，所以；
（2），
選擇②，，，
因為，所以，
因為的最小正周期，，
所以由可得，
所以，；
或法二：因為，，
所以即，
因為，所以，；
選擇③，，
的圖像與直線的一個交點的橫坐標為，
即可得，所以，
又，所以，
法一：令，，
解得，即的單增區間為，
又時，單調遞增，
所以，是的一個子區間，
所以，，即可得，又，
所以，故是的一個子區間，所以m的最大值為；
法二：因為，，所以，
因為在上單增，
所以，，
即可得，，，
所以，所以，可得m的最大值為.
不可選擇條件①，理由如下：
若，則，即，
由，故該方程無解，故函數不存在，故不可選①.
2．（2024·山東聊城·一模）在梯形中，，設，，已知.
(1)求；
(2)若，，，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助兩角和與差的正弦公式、兩角和與差的余弦公式化簡所給式子可得，結合圖形可得，即可得；
（2）借助正弦定理與余弦定理計算即可得.
【詳解】（1），
即，
即，
即，即，
又，故，即，
又，故；
（2）由，故，
由正弦定理可得，
即，
故，則，
由余弦定理可得，
即，故.

3．（2024·四川成都·模擬預測）已知是斜三角形．
(1)證明：；
(2)若，求的取值范圍．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據積化和差與和差化積公式，二倍角的余弦公式化簡即可得證；
（2）根據（1）及兩角和的余弦公式，同角三角函數的基本關系，均值不等式求解.
【詳解】（1）因為
，
所以，
原式得證.
（2）由，
由二倍角的余弦公式可整理得：
．
結合（1）得．
由題設知，
則．
所以，
故，且．
所以
(當且僅當時取等)．
所以的取值范圍是．
題型三：利用對稱性求零點和
1．（22-23高三·山西忻州·開學考試）已知函數．
(1)若的圖象關于直線對稱，，求的單調遞增區間；
(2)在（1）的條件下，當時，和是的兩個零點，求的值和的取值范圍．
【答案】(1)
(2)；
【分析】（1）由倍角公式、和差公式化簡，由整體法根據對稱軸求得，即可由整體法進一步求得單調遞增區間；
（2）由整體法確定的值，即可求值. 由正弦型函數圖象及性質列不等式可求得的取值范圍.
【詳解】（1），
∵的圖象關于直線對稱，則，解得，
∵，∴，則，
由得.
則的單調遞增區間為；
（2）∵，∴，∵和是的兩個零點，∴，
∴.
令，在上恰有兩個不同的解，∴.
∴的取值范圍為.
2．（22-23高三·上海楊浦·階段練習）已知定義域為R的函數的最小正周期為π，且直線是其圖像的一條對稱軸.
(1)求函數的解析式，并指出該函數的振幅、頻率、圓頻率和初始相位；
(2)將函數的圖像向右平移個單位，再將所得圖像上的每一點的橫坐標伸長為原來的2倍(縱坐標不變)，得到新的函數，已知函數(λ為常數且λ∈R)在開區間(0，nπ)(n∈N且n≥1)內恰有2021個零點，求常數λ和n的值.
【答案】(1)，振幅為1，頻率為，圓頻率為2，初始相位為
(2)λ＝﹣1，n＝1347
【分析】（1）由最小正周期求得，由對稱軸求得得函數解析式，再根據三角函數式的物理應用求得振幅、頻率、圓頻率和初始相位；
（2）求出的表達式，并變形，令，得關于的二次方程，確定二次方程一定有兩個實數解，由韋達定理得出兩個根的性質，然后分類討論結合正弦函數性質確定原方程中根的個數，得出結論．
【詳解】（1）由三角函數的周期公式可得，
∴f(x)＝sin(2x+φ)，
令，得，
由于直線為函數y＝f(x)的一條對稱軸，
所以，得，
由于0＜φ＜π，∴k＝﹣1，則，
因此，
所以振幅為1，頻率為，圓頻率為2，初始相位為；
（2）將函數y＝f(x)的圖象向右平移個單位，得到函數，
再將所得的圖象上每一點的縱坐標不變，橫坐標伸長為原來的2倍后所得到的圖象對應的函數為g(x)＝sinx，
∵F(x)＝f(x)+λ(x)＝cos2x+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，
則關于t的二次方程2t2﹣λt﹣1＝0必有兩不等實根t1，t2，則異號.
①當0＜|t1|＜1且0＜|t2|＜1時，
則方程sinx＝t1和sinx＝t2在區間(0，nπ)(n∈N*)均有偶數個根，
從而方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在(0，nπ)(n∈N*)也有偶數個根，不合題意；
②當t1＝1，則，此時λ＝1，
當x∈(0，2π)時，sinx＝t1只有一根，sinx＝t2有兩根，
所以，關于的方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在(0，2π)上有三個根，
由于2021＝3×673+2，
則方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在(0，1346π)上有3×673＝2019個根，
由于方程sinx＝t1在區間(1346π，1347π)上只有一個根，
在區間(1347π，1348π)上無實解，
方程sinx＝t2在區間(1346π，1347π)上無實數解，在區間(1347π，1348π)上有兩個根，
因此，關于x的方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在區間(0，1347π)上有2020個根，在區間(0，1348π)上有2022個根，不合題意；
③當t1＝﹣1時，則，此時λ＝﹣1，
當x∈(0，2π)時，sinx＝t1只有一根，sinx＝t2有兩根，
所以，關于x的方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在(0，2π)上有三個根，
由于2021＝3×673+2，
則方程2sin2x﹣λ sinx﹣1＝0在(0，1346π)上有3×673＝2019個根，
由于方程sinx＝t1在區間(1346π，1347π)上無實數根，在區間(1347π，1348π)上只有一個實數根，
方程sinx＝t2在區間(1346π，1347π)上有兩個實數解，在區間(1347π，1348π)上無實數解，
因此，關于x的方程2sin2x﹣λ sinx﹣1＝0在區間(0，1347π)上有2021個根，滿足題意.
④若有一根絕對值大于1，則另一根絕對值大于0且小于1，有偶數個根，不合題意，
綜上所述：λ＝﹣1，n＝1347.
3．（23-24高三上·吉林白城·階段練習）已知函數為奇函數，且圖象的相鄰兩條對稱軸間的距離為.
(1)求的解析式與單調遞減區間；
(2)將函數的圖象向右平移個單位長度，再把橫坐標縮小為原來的（縱坐標不變），得到函數的圖象，當時，求方程的所有根的和.
【答案】(1)，
(2).
【分析】（1）利用恒等變換化簡后，結合三角函數的性質求解；
（2）利用圖象變換法,求得的函數表達式，解方程求得的值，利用換元思想，結合三角函數的圖象和性質分析求出即可.
【詳解】（1）由題意可得：因為圖象的相鄰兩條對稱軸間的距離為，
所以的最小正周期為，即可得，
又為奇函數，則，
又，所以，故.
令，得，
所以函數的遞減區間為.
（2）將函數的圖象向右平移個單位長度，可得的圖象，
再把橫坐標縮小為原來的，得到函數的圖象，
又，則或，
即或.
令，當時，，
畫出的圖象如圖所示：
的兩個根對應的點關于直線對稱，即，
有，
在上有兩個不同的根，
所以；
又的根為，
所以方程在內所有根的和為.
題型四：能成立與恒成立求參數
一般地，已知函數， （1）相等關系 記的值域為A, 的值域為B, ①若，，有成立，則有； ②若，，有成立，則有； ③若，，有成立，故； （2）不等關系 (1)若，，總有成立，故； (2)若，，有成立，故； (3)若，，有成立，故； (4) 若，，有成立，故．
1．（2023·山東濟寧·二模）已知函數．
(1)求函數在上的單調遞增區間;
(2)將函數的圖象向左平移個單位長度后得到函數的圖象，若函數的圖象關于點成中心對稱，在上的值域為，求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先化簡，根據正弦函數的周期性即可得出答案；
（2）根據三角函數圖象的平移變換和對稱性求出、，再由三角函數的性質求解即可.
【詳解】（1）
因為，所以．
所以當，即：時，函數單調遞增．
所以函數的單調遞增區間為.
（2）由題意可知：
因為函數的圖象關于點成中心對稱．
所以．解得：．
因為，所以．所以．
當時，．因為在上的值域為
所以．解得：．所以的取值范圍為．
2．（2023·山西·模擬預測）已知函數（，）的部分圖象如圖所示.
(1)求的解析式，并求的單調遞增區間；
(2)若對任意，都有，求實數的取值范圍.
【答案】(1)，單調遞增區間為
(2)
【分析】（1）先求出的周期，再代點進去求出，從而得到的解析式后，進而利用整體法即可求得的單調遞增區間；
（2）先根據三角恒等變換化簡絕對值內的表達式，再利用正弦函數的性質進行解不等式即可.
【詳解】（1）由圖象可得的最小正周期，∴，又可知，
由，解得，，
又因為，得，∴.
由，，解得，，
所以函數的單調遞增區間為.
（2）
.
由得，.
∵，∴，
作出的部分圖像如下：
結合圖像可知：，解得.
所以實數的取值范圍為.
3．（2022·浙江·三模）已知函數．
(1)求的單調遞增區間；
(2)若對任意，都有，求實數的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）的解析式可化簡為，令，即可解得的單調遞增區間
（2）對恒成立的不等式等價轉化后，結合的范圍可得，從而解得的范圍
【詳解】（1）
令
解之得
∴的單調遞增區間為
（2）對任意，都有，
∵，∴，∴，∴實數的范圍為．
題型五：圖形1：四邊形型
四邊形，一般適當的連接對角線，分解為有公共邊倆三角形。如果是有外接圓，則要充分運用對角互補這個隱形條件 四邊形面積最值型，一般用某一條對角線，把四邊形分為兩個三角形，有公共邊的兩個三角形個再各自用余弦定理，構建數量關系
1．（2022·湖南長沙·模擬預測）如圖，在凸四邊形中，已知．
(1)若，求的值；
(2)若，四邊形的面積為4，求的值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由題可得，，由幾何關系求得，由正弦定理可求得，再根據計算即可
（2）由余弦定理得，代入數據整理得，
由四邊形的面積為4得，代入數據整理得，
即可求得
【詳解】（1）在中，∵，∴，，又
∴．
在△中，由正弦定理得，，∴．
∵，∴，
∴．
（2）在△、△中，由余弦定理得，
，
，
從而，
由得，
，即
得，，
∴．
2．（2023·遼寧·模擬預測）如圖，在平面凸四邊形ABCD中，，，，．
(1)若，求；
(2)求的取值范圍．
【答案】(1)(2)
【分析】
(1)先利用余弦定理得到，根據邊的關系得到AB⊥DB，進而得出∠ABC=120°，再利用余弦定理即可求解；
(2) 設∠ADB=θ，利用余弦定理分別求出,相加后整理變形得到關于角的三角函數，利用正弦函數的圖象和性質即可求解.
【詳解】（1）
在△ABD中，因為，DA=2，∠DAB=60°，由余弦定理得，解得，由，得AB⊥DB，此時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）設∠ADB=θ，由題意可知，
在△ABD中，由余弦定理得，在△ACD中，，由余弦定理得，在中，因為，所以，
所以，
因為，所以，，
所以的取值范圍是．
3．（2023·山西·模擬預測）如圖，四邊形中，，，，，.
(1)求的面積；
(2)求線段的長度.
【答案】(1)(2)
【分析】
（1）根據已知條件及同角三角函數的平方關系，利用三角形的內角的范圍及三角形的面積公式即可求解；
（2）根據（1）的結論及余弦定理，利用正弦定理及三角函數的誘導公式即可求解.
【詳解】（1）因為，
所以，即.
因為為的內角，
所以.
又，
所以，
聯立，得，，
所以的面積為.
（2）由（1）知,，
由余弦定理，得.
設,由正弦定理,得，即，
所以.
在中，由余弦定理,得，
所以.
題型六：圖形2：中線型
.中線的處理方法 1.向量法： 2.余弦定理法（補角法）： 如圖設， 在中，由余弦定理得，① 在中，由余弦定理得，② 因為，所以 所以①+②式即可 3.延伸補形法：如圖所示，延伸中線，補形為平行四邊形 中線分割的倆三角形面積相等
1．（2023·福建福州·模擬預測）在中，角的對邊分別是，且．
(1)求；
(2)若面積為，求邊上中線的長．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由正弦定理邊化角即可得到角；
（2）根據，得，結合三角形面積公式即可得到，再由正弦定理得邊c，以及，即可得到答案．
【詳解】（1），由正弦定理邊化角得，
，，
或（舍），
又，；
（2），，，，
，即，解得，
由正弦定理，
得，
設邊的中點為，連接，如下圖：
，即，
即，
解得．
2．（2024·北京東城·一模）在中，.
(1)求；
(2)若為邊的中點，且，求的值.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）由正弦定理可得，結合三角和為及誘導公式可得，即可得答案；
（2）在中，由正弦定理可求得，從而可得，在中，利用余弦定理求解即可.
【詳解】（1）解：因為，
由正弦定理可得，
即，，
又因為，
所以，
解得，又因為，
所以；
（2）解：因為為邊的中點，，
所以,
設,
在中，由正弦定理可得，
即，解得，
又因為，所以，

在中，，
在中，，
由余弦定理可得：，
所以，
即.
3．（2024·四川瀘州·三模）的內角，，的對邊分別為，，，已知，且的面積為.
(1)求的值；
(2)若是邊的中點，，求的長.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）借助余弦定理與面積公式，結合三角函數基本關系即可得；
（2）借助余弦定理與面積公式，結合題目條件可得、，再結合向量的數量積與模長的關系計算即可得.
【詳解】（1）由余弦定理可得，即，
由面積公式可得，即，
則；
（2）由余弦定理可得，
又，故，即，
由面積公式可得，即，
即有，即，故，
由是邊的中點，故，
故
，即.
題型七：圖形3：角平分線型
角平分線定理（大題中，需要證明，否則可能會扣過程分）： 三角形角平分線的處理方法：
1．（23-24高三·浙江杭州·）在中，角A，B，C，所對的邊分別為a，b，c，已知.
(1)求角；
(2)若是的角平分線，且，，求的面積
【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，由三角形面積公式得到，聯立可得，結合三角形面積公式求出答案.
【詳解】（1）因為，由正弦定理：，得：
，
又，，
故，即，
又，
.
（2）在中，由余弦定理得：①，
即，故，
又，得：，
化簡得：②，聯立①②得：，負值舍去，
所以.
2．（23-24高三山東·階段練習）的內角的對邊分別為，滿足
(1)求；
(2)的角平分線與交于點，求的最小值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由誘導公式正弦定理倍角公式化簡已知等式，即可求解；
（2）由，得，利用基本不等式求的最小值.
【詳解】（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，
，
當且僅當即 時等號成立
所以的最小值為.
3．（23-24高三黑龍江哈爾濱·階段練習）在中，內角的對邊分別是，且，
(1)求角；
(2)若，求邊上的角平分線長．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根據給定條件，利用正弦定理邊化角，再利用兩角和的正弦公式化簡即可求出.
（2）利用余弦定理及已知求出，然后利用三角形面積公式列方程求解即可.
【詳解】（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，則，
所以.
題型八：圖形5：三角形高
三角形高的處理方法： 1.等面積法：兩種求面積公式 如 2.三角函數法：
1.（22-23高三上·湖北·階段練習）在中，角，，的對邊分別為，，，且，三角形三邊上的高之比為.
(1)求的值；
(2)若為邊上一點，，，求的長.
【答案】(1)(2)
【分析】由于，則三邊，，上的高之比為，根據
，得出，并利用余弦定理求出的值；
利用中的值求出的值，進而利用正弦定理求出的長.
【詳解】（1）解：由于，則三邊，，上的高之比為.
又因為，則.
設，則，，.
在中，由余弦定理得
.
（2）解：將代入，得，
又，則.
在中，由正弦定理得，
則.
2.（江蘇省南通市2022-2023學年高三上學期數學試題）在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且，.
(1)求；
(2)若邊AB上的高為1，求的面積.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用正弦定理得到，結合得到，，然后利用三角形內角和和和差公式得到，再結合同角三角函數基本公式求即可；
（2）方法一：根據和邊上的高為1得到，然后根據得到，，再利用和差公式和內角和得到，最后利用三角形面積公式求面積即可；
方法二：過點C向AB作垂線，垂足為H，分別在和中利用三角函數和勾股定理得到，，然后利用三角形面積公式求面積即可.
【詳解】（1）因為，所以，
在中，由正弦定理，所以，
所以，所以，
因為，所以.
在中，，
所以
，
所以，
所以，
所以，所以.
（2）方法一：
因為，，所以.因為邊上的高，所以.
因為，，所以，，在中，，
所以
.在中，由正弦定理，所以.
所以的面積.
方法二：過點C向AB作垂線，垂足為H.
在中，，，所以，.在中，，，
所以，所以，所以的面積.
3.（安徽省滁州市定遠縣第三中學2022-2023學年高三數學試題）中，內角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，滿足．
(1)當A為何值時，函數取到最大值，最大值是多少？
(2)若等于邊AC上的高h，求的值．
【答案】(1)時，取得最大值，最大值為2；(2).
【分析】（1）由余弦定理求出，對恒等變形得到，利用整體法求解出最大值；
（2）先利用三角形面積公式和正弦定理得到，再使用和差化積等得到，解方程求出：或，舍去不合要求的解，求出答案.
【詳解】（1）由得：，
因為，所以，
，
因為，所以，
所以當，即時，取得最大值，最大值為2；
（2）由（1）知：，
由三角形面積公式得：，
從而，由正弦定理得：，
因為，所以，
由和差化積得：，
因為
，
所以，
故，解得：或，
因為，所以.
題型九：圖形6：中線與重心型
1.（2022春·河北邢臺·高三統考）記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，且外接圓的半徑為．
(1)求C的大小；
(2)若G是的重心，求面積的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根據正弦定理可得，然后根據同角平方和的關系以及正弦定理的邊角互化得，進而根據余弦定理可求角.
（2）根據余弦定理以及均值不等式可得，根據重心的性質可得，進而根據面積公式即可求解.
【詳解】（1）由正弦定理，得
因為，
所以，所以,因為,故．
（2）由（1）得，所以，得， 當且僅當時，等號成立．
連接BG，并延長BG交AC于D，則D是AC的中點，且，
過G作于F，過B作于E，則，
所以．故面積的最大值為
2.（2023春·河北秦皇島·高三校考階段練習）的內角的對邊分別為，且.從下列①②③這三個條件中選擇一個補充在橫線處，并作答.
①為的內心；②為的外心；③為的重心.
(1)求；
(2)若，__________，求的面積.
注：如果選擇多個條件分別解答，則按第一個解答計分.
【答案】(1)(2)選①：；選②：；選③：.
【分析】（1）由正弦定理化邊為角，由三角函數恒等變換求得角；
（2）選①，由余弦定理求得，由面積公式求得三角形面積，再結合內切圓半徑表示三角形面積求得內切圓半徑，即可求面積；選②，由余弦定理求得，由正弦定理求得三角形外接圓半徑，由圓周角定理和圓心角定理求得，直接由面積公式計算出面積；選③，由余弦定理求得，利用三角形重心的性質，即重心和三角形的三個頂點組成的三個三角形面積相等，用三角形面積公式求解的面積即可.
【詳解】（1）因為，
由正弦定理得，
，
，
三角形中，，所以，
，則，所以，；
（2）選①O為的內心，如圖，分別是內切圓在各邊上的切點，
在中由余弦定理得，
，
設內切圓半徑為，則，，
所以；
選②O為的外心，在外部，如圖，外接圓上，
由（1），所以，
在中由余弦定理得，
，，
．
選③O為的重心，如圖，分別是各邊上的中點，
在中由余弦定理得，
，
由三角形重心的性質可得，，
故.
3.（2023秋·四川內江·高三四川省內江市第六中學校考階段練習）△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，a＝6，．
(1)求A的大小；
(2)M為△ABC內一點，AM的延長線交BC于點D，___________，求△ABC的面積．
請在下面三個條件中選擇一個作為已知條件補充在橫線上，使△ABC存在，并解決問題．
①M為△ABC的外心，AM＝4；
②M為△ABC的重心，；
③M為△ABC的內心，．
(注：三角形的三邊中垂線的交點稱為外心，三角形的三條中線的交點稱為重心，三角形的三條角平分線的交點稱為內心)
【答案】(1)；(2)﹒
【分析】(1)結合正弦定理邊化角和三角恒等變換即可求出sin，從而求出A；
(2)根據正弦定理可求△ABC外接圓半徑，由此可判斷不能選擇①.若選②：根據AM長度計算出中線AD長度，再根據和余弦定理分別列出關于b、c的方程即可求出b、c，從而求解三角形面積；若選③：根據M是內心，求出，根據和余弦定理分別列出關于b、c的方程，求出bc即可求出三角形面積．
【詳解】（1）∵，∴，即
由正弦定理得，，即，
∵，∴，
∴，又，∴，∴；
（2）設△ABC外接圓半徑為R，則根據正弦定理得，，
若M為△ABC的外心，則AM為外接圓半徑，，①與此矛盾，故不能選①；
若選②：
∵為該三角形的重心，則為線段的中點且，
又，∴，即，(*)
又由余弦定理得，即，(**)
聯立(*)(**)解得，∴；
若選③：
∵為的內心，∴，
由得，
∵，∴，即，
由余弦定理可得，即，∴，
即，∵，∴，∴．
題型十：圖形綜合：定比分點型
1.（2024·全國·模擬預測）在中，角所對的邊分別為，且滿足．
(1)求角；
(2)若點在線段上，且滿足，求面積的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）借助三角形內角和為與兩角和的正弦公式計算即可得；
（2）可借助余弦定理與基本不等式計算，或借助向量，結合數量積公式與基本不等式計算.
【詳解】（1）由題意得，即，
，，，又；
（2）解法一：令，則，，，
即，①，
又，②，
聯立①②，得（當且僅當時取等號），
即，，面積的最大值為.
解法二：依題意，
，
即，
（當且僅當時取等號），，，
面積的最大值為．
2.（2024·全國·模擬預測）已知中，角、、的對邊分別是．
(1)求角的大小；
(2)若，為邊上一點，，，求的面積．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由正弦定理及誘導公式、恒等變換公式得到的正切值，進而求解即可；
（2）解法一利用已知條件和向量的知識得到，進而實數化得到和的一個關系式，再由三角形余弦定理結合角的互補關系得出和的另一個關系式，聯立方程求解即可；解法二直接由第一問的結果結合余弦定理得出和的一個關系式，再由三角形余弦定理結合角的互補關系得出和的另一個關系式，聯立方程求解即可.
【詳解】（1）由正弦定理得，
因為
故，
即，
即．
而，故，
又因為所以．
而，故．
（2）解法一：由知，
兩邊同時平方得，
即，化簡得．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．
所以的面積為．
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，
所以的面積為．
3.（2024·廣東佛山·二模）在中，，，分別是角，，所對的邊，點在邊上，且滿足，．
(1)求的值；
(2)若，求．
【答案】(1)(2)．
【分析】（1）利用正弦定理的邊角變換得到，再利用三角恒等變換得到，從而利用余弦定理列出關系式即可得解.
（2）在中，確定三邊的長度關系，利用余弦定理可求，再利用同角三角函數的關系求.
【詳解】（1）如圖，在中，由正弦定理知，
所以，所以，因為，所以，則①，
由，則，
因為，所以，則，
在中，由余弦定理知，則②，由①②得，．
（2）因為，所以，，
在中，由余弦定理知
同理在中，，因為，所以，則，由（1）知，，所以，
在中，由余弦定理知，所以．
題型十一：范圍與最值1：基礎型
在解三角形的問題中，若已知條件同時含有邊和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要選擇“邊化角”或“角化邊”，變換原則如下： （1）若式子中含有正弦的齊次式，優先考慮正弦定理“角化邊”； （2）若式子中含有、、的齊次式，優先考慮正弦定理“邊化角”； （3）若式子中含有余弦的齊次式，優先考慮余弦定理“角化邊”； （4）代數式變形或者三角恒等變換前置； （5）含有面積公式的問題，要考慮結合余弦定理求解； （6）同時出現兩個自由角（或三個自由角）時，要用到三角形的內角和定理.
1.（2023·廣西·模擬預測）在中，角，，的對邊分別為，，，面積為，在下列三個條件中任選一個，解答下面的問題．①，②，③．
(1)求角的大小；
(2)若外接圓的面積為，求的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）選①，根據條件、正弦定理以及三角恒等變換進行化簡即可求解；選②，根據條件、余弦定理以及三角形的面積公式進行化簡即可求解；選③，根據條件以及射影定理進行化簡即可求解；
（2）先根據題意求出外接圓的半徑，再結合（1）及正弦定理求出，再根據余弦定理，基本不等式及三角形的面積公式即可求解．
【詳解】（1）選①，由，
則根據正弦定理得，
在中，有，
則，
又，所以，即，
又，所以．
選②，由，
則根據余弦定理可得，
在中，有，
所以，即，
又，所以．
選③，由，
在中，根據射影定理可得，
所以，即，
又，所以．
（2）因為外接圓的面積為，所以外接圓半徑為，
又結合（1）可知，則根據正弦定理可得，
則根據余弦定理可得，
又，所以，
所以，當且僅當時，等號成立，
所以面積，
所以的最大值為．
2.（2024·全國·模擬預測）在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其中，且．
(1)求B的大小；
(2)求面積的最大值．
【答案】(1)(2)．
【分析】（1）利用正弦定理、誘導公式及倍角公式計算即可；
（2）利用余弦定理、三角形的面積公式及基本不等式計算即可.
【詳解】（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∵，當且僅當時，等號成立，
∴，即，當且僅當時，等號成立．
∴，∴面積的最大值為．
3.．（2024·河南·方城第一高級中學校聯考模擬預測）記的內角，，的對邊分別為，，，且.
(1)證明：；
(2)若，求當面積最大時的值.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）根據可得，再結合商數關系及二倍角的余弦公式化簡即可得出結論；
（2）由（1）可得，根據正弦定理化角為邊可得，再由，結合正弦定理化角為邊求出，再根據三角形的面積公式，結合導數即可得出答案.
【詳解】（1）由已知得，
∴，又，且，∴；
（2）由（1）可得，由正弦定理可得，∴，.
∵，∴，∴，∴，∴，
又，
∴，∴，
令，則，則，設，，
則，令，得，即，
當時，，當時，，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，
則當時，取得最大值，此時最大，則.
題型十二：范圍與最值2：邊系數不對稱型
解三角形：最值范圍 可以用余弦定理+均值不等式來求解。 可以利用正弦定理，結合角與角所對應的邊，轉化為角的形式，再進行三角恒等邊形，化一，求解最值與范圍，要注意三角形是否有“銳角、鈍角”三角形的角度范圍限制
1.（2024·上海嘉定·二模）在中，角、、的對邊分別為、、，．
(1)求角，并計算的值；
(2)若，且是銳角三角形，求的最大值．
【答案】(1)或；當時，；當時，(2)
【分析】（1）由題意，根據同角的平方關系可得，求出B，進而求出即可；
（2）由題意可得，求出C的范圍，根據正弦定理可得，利用三角恒等變換化簡計算得（），結合的范圍和正弦函數的性質即可求解.
【詳解】（1）由，得，則，
又，所以或.當時，；
當時，.
（2）若為銳角三角形，則，有，解得.
由正弦定理，得，則，
所以，
其中，又，所以，則，故當時，取到最大值1，
所以的最大值為.
2．（2024·山西呂梁·一模）設的內角的對邊分別為，已知．
(1)求；
(2)設的角平分線交于點，求的最小值．
【答案】(1)(2)9
【分析】（1）首先根據正弦定理將邊化為角，再結合三角恒等變換，即可求解；
（2）首先根據角平分線的性質，結合三角形的面積公式，求得，再結合基本不等式，即可求解.
【詳解】（1）.
由正弦定理，得
，即
，即
（2）由題意可得，
即
當且僅當，即時，等號成立，所以的最小值為9.
3．（2024·廣東湛江·一模）已知在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．
(1)求A；
(2)若外接圓的直徑為，求的取值范圍．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由兩角和與差的余弦公式、正弦定理化簡已知式即可得出答案；
（2）由正弦定理可得，由兩角差的正弦公式和輔助角公式可得，再由三角函數的性質求解即可.
【詳解】（1）由可得：，所以，
所以，
，
，由正弦定理可得，
因為，所以，所以，
因為，所以.
（2）由正弦定理可得，
所以，
故，
又，所以，
所以
，又，所以，
所以，所以的取值范圍為.
題型十三：范圍與最值3：無邊長型
有角無邊型 1.一個角為定值，則另外倆角和為定值，所以可以消角。 2.注意銳角三角形，或者鈍角三角形對角的范圍的限制，如果有這樣限制，要對每個角都要用不等式范圍求解。 3.有角無邊型，如果出現邊，多為邊的比值齊次式型，一般可以用正弦定地來邊化角轉化
1．（2024·河南·一模） 中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足.
(1)求證：；
(2)若為銳角三角形，求的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）用正弦定理邊化角，再利用和差化積公式與誘導公式進行化簡，得，從而用等量關系即可得證；
（2）由（1）知，銳角三角形中，利用角關系求得角的范圍，再把式子用角的三角函數來表示并利用兩角和差的正弦公式進行化簡，進而用三角函數的取值范圍即可求解.
【詳解】（1）證明：由條件，根據正弦定理可得，
，即，
，
又中，
進行化簡得，
所以，即或，即（舍去），
所以.
（2）若為銳角三角形，根據（1），
則，得，
式子，，
由得，又易知函數在內單調遞減，
所以，
因此.
2．（2024·河北滄州·模擬預測）已知在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．
(1)求C；
(2)求的最大值．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用正弦定理角化邊，再利用余弦定理求解即得.
（2）由（1）的信息結合正弦定理邊化角，再利用基本不等式求解即得.
【詳解】（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，當且僅當時取等號，
于是，解得，
在中，，由，得，
所以當時，取得最大值．
3．（2024·遼寧·一模）在中，內角所對的邊分別為，滿足.
(1)求證：；
(2)若為銳角三角形，求的最大值．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）根據條件及余弦定理得到，再利用正弦定理邊轉角得到，借助三角恒等變換公式化簡即可得出結果；
（2）利用為銳角三角形，得到，再令，將問題轉化成求在上的最值，即可求出結果.
【詳解】（1）因為，即，由余弦定理，
得到，即，
所以，
又，
所以，
又，得到或（舍），所以，命題得證.
（2）由（1）知，所以，
令，
又因為為銳角三角形，所以，得到，
所以，又，
所以，又，
所以，
所以當時，取到最大值為.
題型十四：范圍與最值4：比值型
最值范圍：分式比值型 化邊為角型 通過正余弦定理，把邊轉化為角。 利用特殊角，消角，以分母角度為住元，消去分子角度，轉化為分母角度的單變量函數形式 對單變量（單角）求最值。 角化變型： 主要用余弦定理，然后再借助均值不等式進行轉化
1．（2024·山西朔州·一模）已知的內角的對邊分別為，向量，且．
(1)求；
(2)求的最小值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用向量共線的坐標形式可得，結合余弦定理可求；
（2）利用基本不等式可求最小值.
【詳解】（1）因為，所以，
由正弦定理可得即，
故，所以，
而為三角形內角，故.
（2）結合（1）可得：,
，當且僅當時等號成立，故的最小值為.
2．（2023·山東濰坊·模擬預測）在銳角中，角所對的邊分別為，滿足.
(1)求角；
(2)求的取值范圍.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根據題意，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變換的公式，化簡得到，結合正切函數的性質，即可求解.
【詳解】（1）解：在銳角中，因為，
由正弦定理得，可得，
又由余弦定理，可得，
因為，所以.
（2）解：在銳角中，由（1）知，可得，且，
可得，所以，所以，
又，所以，所以，
則，
因為且，可得且，
所以且，
所以的取值范圍為.
3．（23-24高三上·山東棗莊·）在中，角所對的邊分別為.若.
(1)求；
(2)若為銳角三角形，求的取值范圍.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用邊化角及三角恒等變換公式整理計算即可;
（2）通過角的轉化，借助三角恒等變換公式，得到，利用
的范圍，即可求出結果.
【詳解】（1）因為，整理得
，
所以，
由正弦定理得：，
因為，所以，所以.
（2）因為為銳角三角形，，所以，且，所以，
解法，
因為，所以，所以，
即的取值范圍是.
解法
，
因為，所以，得，
所以，即的取值范圍是.
題型十五：范圍與最值5：角邊互錯型
正弦定理轉化，要以有長度的邊為主轉化，消邊化角求最值范圍
1.（2023·江西·校聯考二模）在中，角所對的邊分別為，已知.
(1)求角；
(2)若為銳角三角形，且，求面積的取值范圍.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根據正弦定理角化邊，余弦定理求解即可；
（2）由題知，進而結合正弦定理得，再根據面積公式，結合三角恒等變換求解即可.
【詳解】（1）解：因為
所以整理可得，
所以，由正弦定理可得：.
由余弦定理知，，因為，所以
（2）解：由（1）知，，所以，又是銳角三角形，
所以，且，解得，因為，由正弦定理知：，，
所以所以
因為，所以，所以
所以，面積的取值范圍為.
2.（2023·全國·高三專題練習）在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，滿足
(1)設，，過B作BD垂直AC于點D，點E為線段BD的中點，求的值；
(2)若為銳角三角形，，求面積的取值范圍．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根據正弦定理求出，進而由余弦定理求出，利用三角形面積公式得，利用平面向量基本定理及數量積運算法則得到答案；
（2）由正弦定理得到，利用銳角三角形，求得，進而求出，由面積公式求得.
(1)，由正弦定理得：，
所以，因為，所以，
所以，即，因為，所以，
因為，，由余弦定理得：，因為，所以，
其中，所以，
因為點E為線段BD的中點，所以，由題意得：，
所以.
(2)由（1）知：，又，由正弦定理得：，
所以，
因為為銳角三角形，所以，解得：，
則，，，故，面積為故面積的取值范圍是.
3.（2022·湖南·湘潭一中高三階段練習）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．
(1)求B；
(2)若為銳角三角形，且，求周長的取值范圍．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用正弦定理角化邊，再借助余弦定理計算作答.
（2）利用正弦定理將周長表示為角C的函數，由（1）及銳角三角形條件結合三角函數變換和性質求解作答.
(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，因為銳角三角形，即，解得，
由正弦定理得：，
則，
當時，，，而，
即，因此，，則，
所以周長的取值范圍是.
題型十六：范圍與最值6：角度最值型
銳鈍角限制型 注意銳角三角形，或者鈍角三角形對角的范圍的限制，如果有這樣限制，要對每個角都要用不等式范圍求解
1.（22-23高三浙江寧波·階段練習）記銳角的內角為，已知.
(1)求角的最大值；
(2)在銳角中，當角為角A的最大值時，求的取值范圍.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用正弦定理將角的關系化為邊的關系，根據余弦定理和基本不等式求的范圍，再由余弦函數的性質求角的最大值；
（2）根據內角和關系，結合兩角差的余弦公式和兩角和的正弦公式，將目標函數轉化為關于角的函數，再結合余弦函數的性質求其范圍.
【詳解】（1）因為，所以由正弦定理可得，
所以，當且僅當時等號成立，
所以，又，所以，所以角的最大值為；
（2）因為，所以
，因為為銳角三角形，所以,
所以，所以，所以，
所以，即的取值范圍為.
2.（2021·黑龍江大慶·一模）已知的內角，，的對邊分別為，，，且．
（1）求角的最大值．
（2）若取（1）中最大值，，，當的周長最小時，求的值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根據，由余弦定理得到，結合基本不等式求解；
（2）由（1）可知，結合，利用余弦定理得到，然后由的周長為，利用基本不等式求解.
【詳解】（1）∵，∴，∴，
∴,．又∵，
則，即．又∵，∴的最大值為．
（2）由（1）可知，，則．
又，∴．記的周長為，則，
．當且僅當，
即當或（不合題意，舍去）時取等號，
∴當的周長最小時，的值為．
3.（20-21高三·河南南陽·）在中，內角，，的對邊分別為，，，且.
（1）求角的最大值；
（2）當角最大時，若，求的面積.
【答案】（1）最大值；（2）.
【分析】（1）方法一：根據正弦定理，余弦定理，基本不等式化簡已知等式，可得，利用余弦函數的性質即可求解的最大值．
方法二：利用三角函數恒等變換的應用，基本不等式可求，從而有最大值．
（2）由（1）利用余弦定理解得的值，進而根據三角形的面積公式即可計算得解．
【詳解】（1）方法一：由，
根據正弦定理和余弦定理得：，
∴，所以，
∴，
當且僅當，即時取等號，即取最小值.
從而有最大值.
方法二：由，可得，所以，即所以，
于是.
當且僅當，即時取等號，從而有最大值.
（2）由（1）可知，，且，又，又由余弦定理，
得，得所以，所以的面積.
題型十七：范圍與最值7： 范圍綜合型
1.（23-24三·浙江·模擬）在中，角所對的邊分別為，且滿足
(1)求角的值；
(2)若且，求的取值范圍．
【答案】(1)或(2)
【分析】（1）根據題意，由正弦定理化簡求得，進而求得的值；
（2）根據題意，得到因，求得，，化簡得到，結合，利用三角函數的性質，即可求解.
【詳解】（1）解：因為，由正弦定理得，
又因為，可得，所以，
因為，所以或，
（2）解：因為且，所以，
由正弦定理得，所以，
則，
又由，可得，所以，可得，
則，所以即的取值范圍．
2．（2024高三·全國·專題練習）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知.
(1)求角B的大小；
(2)若，且為銳角三角形，求的周長的取值范圍；
(3)若，且外接圓的半徑為2，圓心為O，P為圓O上的一動點，試求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）直接利用余弦定理即可求解；
（2）利用正弦定理將周長轉化為關于角A的三角函數，利用三角函數的值域即可求解；
（3）易得為等邊三角形，取AB的中點M，可得，由P為圓O上的一動點，可得，進而可求的取值范圍．
【詳解】（1）依題意，
所以由余弦定理有，
整理得，故，
因為，所以.
（2）因為，，
所以由正弦定理，即，
得，
所以，
又為銳角三角形，所以有，
則，又由，
所以，所以，
故的周長的取值范圍為.
（3）由正弦定理知，得，則，
又由，則，
則為等邊三角形，取AB的中點M，如圖所示，
則
，
由，則，
則.
3．（22-23高三遼寧鞍山·期中）在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并解答問題．
在銳角中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且_________．
(1)求A；
(2)若，求線段AD長的最大值．
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）選條件①，由正弦定理化簡已知式即可得出答案；選條件②，由正弦定理和余弦定理化簡已知式即可得出答案；選條件③，由余弦定理化簡已知式即可得出答案.
（2）由可得，利用向量的數量積運算與余弦定理，結合換元法得到關于的表達式，由三角形是銳角三角形求出的范圍，結合基本不等式即可得解.
【詳解】（1）方案一：選條件①．
由正弦定理得，
，
即．
方案二：選條件②．
由正弦定理得，即，
．
方案三：選條件③．
由余弦定理得：
，即，
，
．
（2）由，得，
，即，
兩邊同時平方得
因為，
．
令，則，
令，則，
在銳角中，
，
，所以，
當且僅當，即時取等號，
，
線段長的最大值為．
題型十八： 相等角度轉化型
1．（23-24高三·湖南衡陽·階段練習）在銳角中，內角的對邊分別為，且.
(1)求；
(2)若是邊上一點（不包括端點），且，求的取值范圍.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根據題意，利用正弦定理和三角形的內角和定理，化簡得到，進而求得，即可求解.
（2）不妨設，在中，利用正弦定理，化簡得到，根據題意，結合正切函數的性質，即可求解.
【詳解】（1）解：因為，由正弦定理得，
又因為，可得，所以，
又由，可得，所以，所以，
解得或（舍去），
因為，所以.
（2）解：不妨設，則，
在中，可得，
因為是銳角三角形，所以且，
則，所以，可得，
所以，所以.

2．（2024·陜西安康·模擬預測）已知銳角中，角，，所對的邊分別為，，，其中，，且．
(1)求證：；
(2)已知點在線段上，且，求的取值范圍．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）由正弦定理得，又由余弦定理得，結合整理可得角的關系；
（2）由正弦定理得，又因為為銳角三角形且，結合三角函數值域可求得線段長度的取值范圍.
【詳解】（1）因為，
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，
又因為為銳角三角形，則，可得，
所以，即.
（2）因為點在線段上，且，即平分，
又，所以，則，
在中，由正弦定理得，
所以，
因為為銳角三角形，且，所以，解得.
故，所以.
因此線段長度的取值范圍.
3．（2024·全國·模擬預測）在中，分別為角，，所對的邊，點為的中點．
(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、三角恒等變換等知識求得.
【詳解】（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，則．
又，則．
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．
因為，有意義，所以，．
所以．
題型十九：壓軸19題1：三角與數列結合型
1．（2024·上海青浦·二模）若無窮數列滿足：存在正整數，使得對一切正整數成立，則稱是周期為的周期數列．
(1)若（其中正整數m為常數，），判斷數列是否為周期數列，并說明理由；
(2)若，判斷數列是否為周期數列，并說明理由；
(3)設是無窮數列，已知．求證：“存在，使得是周期數列”的充要條件是“是周期數列”．
【答案】(1)是周期為的周期數列，理由見解析(2)答案見解析(3)證明見解析
【分析】（1）根據題設定義，利用的周期，即可得出結果；
（2）分與兩種情況討論，當，易得到是周期為1的周期數列，當時，構造，則，利用導數與函數單調性間的關系，可得出是嚴格增（或減）數列，從而可得出結果；
（3）根據條件，利用充要條件的證明方法，即可證明結果.
【詳解】（1）因為，
所以是周期為的周期數列．
（2）①當時，，，
所以當時，是周期為1的周期數列，
②當時，記，則，
，當且僅當時等號成立，
即，所以在上嚴格增，
若，則，即，進而可得，即是嚴格增數列，不是周期數列；
同理，若，可得是嚴格減數列，不是周期數列．
綜上，當時，是周期為1的周期數列；當時，不是周期數列．
（3）必要性：
若存在，使得是周期數列，設的周期為，
則，所以是周期為的周期數列，
充分性：
若是周期數列，設它的周期為，記，則
，是關于x的連續函數；
，是關于x的連續函數；
…
，是關于x的連續函數；
，
令，則是連續函數，
且，，
所以存在零點，于是，
取，則，
從而，
，
……
一般地，對任何正整數n都成立，即是周期為T的周期數列．
（說明：關于函數連續性的說明不作要求）
【點睛】方法點晴：對于數列的新定義問題，解決問題的關鍵在于準確理解定義，并結合定義進行判斷或轉化條件.
2．（2024·河南開封·二模）在密碼學領域，歐拉函數是非常重要的，其中最著名的應用就是在RSA加密算法中的應用．設p，q是兩個正整數，若p，q的最大公約數是1，則稱p，q互素．對于任意正整數n，歐拉函數是不超過n且與n互素的正整數的個數，記為．
(1)試求，，，的值；
(2)設n是一個正整數，p，q是兩個不同的素數．試求，與φ（p）和φ（q）的關系；
(3)RSA算法是一種非對稱加密算法，它使用了兩個不同的密鑰：公鑰和私鑰．具體而言：
①準備兩個不同的、足夠大的素數p，q；
②計算，歐拉函數；
③求正整數k，使得kq除以的余數是1；
④其中稱為公鑰，稱為私鑰．
已知計算機工程師在某RSA加密算法中公布的公鑰是．若滿足題意的正整數k從小到大排列得到一列數記為數列，數列滿足，求數列的前n項和．
【答案】(1)；
(2)，；
(3).
【分析】（1）利用歐拉函數的定義直接求值.
（2）利用歐拉函數的定義求出，進而分析計算.
（3）根據給定信息求出，再利用差角的正切公式，借助裂項求和法求解即得.
【詳解】（1）由歐拉函數的定義知，不越過3且與3互素的正整數有1，2，則，
不越過9且與9互素的正整數有1，2，4，5，7，8，則，
不越過7且與7互素的正整數有1，2，3，4，5，6，則，
不越過21且與21互素的正整數有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，則，
所以.
（2）在不大于的正整數中，只有3的倍數不與互素，而3的倍數有個，
因此.
由，是兩個不同的素數，得，
在不超過的正整數中，的倍數有個，的倍數有個，
于是，
所以.
（3）計算機工程師在某RSA加密算法中公布的公鑰是，則，從而
由（2）得，，
即正整數滿足的條件為：，
，令，則，
令，則，
取，則，于是，
因此，即，
，
.
【點睛】關鍵點睛：數列求和，利用差角的正切變式進行裂項是求解的關鍵.
3．（2024·上海·二模）固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線.1691年，萊布尼茨等得出“懸鏈線”方程，其中為參數.當時，就是雙曲余弦函數，懸鏈線的原理運用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．類比三角函數的三種性質：①平方關系：；②兩角和公式：，③導數：定義雙曲正弦函數．
(1)直接寫出，具有的類似①、②、③的三種性質（不需要證明）；
(2)當時，雙曲正弦函數的圖像總在直線的上方，求直線斜率的取值范圍；
(3)無窮數列滿足，，是否存在實數，使得？若存在，求出的值，若不存在，說明理由.
【答案】(1)答案見解析(2)(3)存在，
【分析】（1）類比，寫出平方關系，和角關系和導數關系，并進行證明；
（2）構造函數，，求導，分和兩種情況，結合基本不等式，隱零點，得到函數單調性，進而得到答案；
（3）當時，利用數學歸納法證得排除該可能；當，同理證得，從而利用換元法即可得解.
【詳解】（1）平方關系：；
和角公式：；
導數：．
理由如下：平方關系，
；
和角公式：，
故；
導數：，；
（2）構造函數，，
由（1）可知，
①當時，由，
又因為，故，等號不成立，
所以，故為嚴格增函數，
此時，故對任意，恒成立，滿足題意；
②當時，令，
則，可知是嚴格增函數，
由與可知，存在唯一，使得，
故當時，，則在上為嚴格減函數，
故對任意，，即，矛盾；
綜上所述，實數的取值范圍為．
（3）當時，存在，使得，
由數學歸納法證明：，證明如下：
①當時，成立，
②假設當（為正整數）時，，
則成立.
綜上：.
所以，有，即.
當時， ，
而函數的值域為，
則對于任意大于1的實數，存在不為0的實數，使得，
類比余弦二倍角公式，猜測.
證明如下：
類比時的數學歸納法，設，
易證，，，，，
所以若，
設，則，解得：或，即，
所以，于是.
綜上：存在實數使得成立.
題型二十：壓軸19題1：三角函數型新定義
對新定義的題型要注意一下幾點： （1）讀懂定義所給的主要信息篩選出重要的關鍵點 （2）利用好定義所給的表達式以及相關的條件 （3）含有參數是要注意分類討論的思想.
1．（2024·安徽·二模）在平面直角坐標系中，利用公式①（其中，，，為常數），將點變換為點的坐標，我們稱該變換為線性變換，也稱①為坐標變換公式，該變換公式①可由，，，組成的正方形數表唯一確定，我們將稱為二階矩陣，矩陣通常用大寫英文字母，，…表示．
(1)在平面直角坐標系中，將點繞原點按逆時針旋轉得到點（到原點距離不變），求點的坐標；
(2)如圖，在平面直角坐標系中，將點繞原點按逆時針旋轉角得到點（到原點距離不變），求坐標變換公式及對應的二階矩陣；
(3)向量（稱為行向量形式），也可以寫成，這種形式的向量稱為列向量，線性變換坐標公式①可以表示為：，則稱是二階矩陣與向量的乘積，設是一個二階矩陣，，是平面上的任意兩個向量，求證：．
【答案】(1)(2)，(3)證明見解析
【分析】（1）利用三角函數的定義得到旋轉之前的和，再由兩角和的正弦、余弦公式得到點的坐標；
（2）利用三角函數的定義得到旋轉之前的和，再由兩角和的正弦、余弦公式得到點的坐標，再根據變換公式的定義得到變換公式及與之對應的二階矩陣；
（3）根據定義分別計算、、，證明即可.
【詳解】（1）可求得，設，則，，
設點，，
故
所以.
（2）設，，則，，，
故
所以坐標變換公式為，
該變換所對應的二階矩陣為
（3）設矩陣，向量，，則．
，
對應變換公式為：，
，
所以
故對應變換公式同樣為
所以得證.
【點睛】方法點睛：利用三角函數的定義解題：（1）角的頂點與坐標原點重合；（2）角的始邊與軸正半軸重合；在角的終邊上任取一點，該點到原點的距離，則：；； .
2．（23-24高三江蘇常州·）三角形的布洛卡點是法國數學家、數學教育學家克洛爾于1816年首次發現，但他的發現并未被當時的人們所注意．1875年，布洛卡點被一個數學愛好者布洛卡重新發現，并用他的名字命名．當內一點滿足條件時，則稱點為的布洛卡點，角為布洛卡角．如圖，在中，角所對邊長分別為，點為的布洛卡點，其布洛卡角為．
(1)若．求證：
①（為的面積）；
②為等邊三角形．
(2)若，求證：．
【答案】(1)①證明見解析；②證明見解析(2)證明見解析
【分析】（1）①先根據表示出三角形得面積，再在中，由余弦定理相加，再化簡整理，即可得證；
②先利用作差法證明，并求出取等號的條件，再結合即可得證；
（2）根據（1）得出與的等量關系，再利用余弦定理和三角形的面積公式，化簡整理即可得證.
【詳解】（1）①若，
則
，
所以，
在中，分別由余弦定理得：
，
，
，
三式相加整理得，
即，
所以；
②由余弦定理可得，
則
，
當且僅當且時取等號，
有，所以，所以，所以，
即當且僅當且時取等號，
即當且僅當為等邊三角形時取等號，
所以，當且僅當為等邊三角形時取等號，
又由①知，
所以為等邊三角形；
（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．
【點睛】關鍵點點睛：根據表示出三角形得面積，在中，由余弦定理相加，得出與的等量關系，是解決本題的關鍵.
3．（23-24高三廣東廣州·）對于函數及實數m，若存在，使得，則稱函數與具有“m關聯”性質．
(1)若與具有“m關聯”性質，求m的取值范圍；
(2)已知，為定義在上的奇函數，且滿足；
①在上，當且僅當時，取得最大值1；
②對任意，有．
求證：與不具有“4關聯”性．
【答案】(1)(2)證明見解析
【分析】（1）根據函數與具有“m關聯”性質的定義，結合正余弦函數的性質，即可得答案.
（2）根據滿足的性質，推出其對稱性以及周期，可得，再結合正弦函數的性質推出，即說明不存在，使得，即可得結論.
【詳解】（1）由題意可知，
故，
則m的取值范圍為；
（2）證明：因為在上，當且僅當時，取得最大值1，
且為定義在上的奇函數，
故在上當且僅當時，取得最小值-1，
由對任意，有，可知圖象關于點對稱，
又，即，
故2a為函數的周期，
故，
，
當時，，
時，，
若，，，此時有為最大值；
當時，，
時，，
若，，此時有為最大值，
由于，故，
即不存在，使得，
所以與不具有“4關聯”性．
【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵在于要理解函數與具有“m關聯”性質的定義，明確其含義，繼而結合定義去解決問題，特別是第2問的證明，要結合定義說明不存在，使得成立.

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