专题06 三角函数及解三角形-2022年高考真题和模拟题数学分类汇编(解析版).docx

专题06 三角函数及解三角形 1．【2022年全国甲卷】将函数f(x)=sinωx+π3(ω>0)的图像向左平移π2个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是（       ） A．16 B．14 C．13 D．12 【答案】C 【解析】 【分析】 先由平移求出曲线C的解析式，再结合对称性得ωπ2+π3=π2+kπ,k∈Z，即可求出ω的最小值. 【详解】 由题意知：曲线C为y=sinωx+π2+π3=sin(ωx+ωπ2+π3)，又C关于y轴对称，则ωπ2+π3=π2+kπ,k∈Z， 解得ω=13+2k,k∈Z，又ω>0，故当k=0时，ω的最小值为13. 故选：C. 2．【2022年全国甲卷】沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在AB上，CD⊥AB．“会圆术”给出AB的弧长的近似值s的计算公式：s=AB+CD2OA．当OA=2,∠AOB=60°时，s=（       ） A．11−332 B．11−432 C．9−332 D．9−432 【答案】B 【解析】 【分析】 连接OC，分别求出AB,OC,CD，再根据题中公式即可得出答案. 【详解】 解：如图，连接OC， 因为C是AB的中点， 所以OC⊥AB， 又CD⊥AB，所以O,C,D三点共线， 即OD=OA=OB=2， 又∠AOB=60°， 所以AB=OA=OB=2， 则OC=3，故CD=2−3， 所以s=AB+CD2OA=2+2−322=11−432. 故选：B. 3．【2022年全国甲卷】设函数f(x)=sinωx+π3在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（       ） A．53,136 B．53,196 C．136,83 D．136,196 【答案】C 【解析】 【分析】 由x的取值范围得到ωx+π3的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可． 【详解】 解：依题意可得ω>0，因为x∈0,π，所以ωx+π3∈π3,ωπ+π3， 要使函数在区间0,π恰有三个极值点、两个零点，又y=sinx，x∈π3,3π的图象如下所示： 则5π2<ωπ+π3≤3π，解得136<ω≤83，即ω∈136,83． 故选：C． 4．【2022年全国乙卷】函数fx=cosx+x+1sinx+1在区间0,2π的最小值、最大值分别为（       ） A．−π2，π2 B．−3π2，π2 C．−π2，π2+2 D．−3π2，π2+2 【答案】D 【解析】 【分析】 利用导数求得fx的单调区间，从而判断出fx在区间0,2π上的最小值和最大值. 【详解】 f'x=−sinx+sinx+x+1cosx=x+1cosx， 所以fx在区间0,π2和3π2,2π上f'x>0，即fx单调递增； 在区间π2,3π2上f'x<0，即fx单调递减， 又f0=f2π=2，fπ2=π2+2，f3π2=−3π2+1+1=−3π2， 所以fx在区间0,2π上的最小值为−3π2，最大值为π2+2. 故选：D 5．【2022年新高考1卷】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)的图象关于点(3π2,2)中心对称，则f(π2)=（       ） A．1 B．32 C．52 D．3 【答案】A 【解析】 【分析】 由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解. 【详解】 由函数的最小正周期T满足2π3<T<π，得2π3<2πω<π，解得2<ω<3， 又因为函数图象关于点(3π2,2)对称，所以3π2ω+π4=kπ,k∈Z，且b=2， 所以ω=−16+23k,k∈Z，所以ω=52，f(x)=sin(52x+π4)+2， 所以f(π2)=sin(54π+π4)+2=1. 故选：A 6．【2022年新高考2卷】若sin(α+β)+cos(α+β)=22cosα+π4sinβ，则（       ） A．tan(α−β)=1 B．tan(α+β)=1 C．tan(α−β)=−1 D．tan(α+β)=−1 【答案】C 【解析】 【分析】 由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解. 【详解】 由已知得：sinαcosβ+cosαsinβ+cosαcosβ−sinαsinβ=2(cosα−sinα)sinβ, 即：sinαcosβ−cosαsinβ+cosαcosβ+sinαsinβ=0， 即：sinα−β+cosα−β=0, 所以tanα−β=−1, 故选：C 7．【2022年北京】已知函数f(x)=cos2x−sin2x，则（       ） A．f(x)在−π2,−π6上单调递减 B．f(x)在−π4,π12上单调递增 C．f(x)在0,π3上单调递减 D．f(x)在π4,7π12上单调递增 【答案】C 【解析】 【分析】 化简得出fx=cos2x，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项. 【详解】 因为fx=cos2x−sin2x=cos2x. 对于A选项，当−π2<x<−π6时，−π<2x<−π3，则fx在−π2,−π6上单调递增，A错； 对于B选项，当−π4<x<π12时，−π2<2x<π6，则fx在−π4,π12上不单调，B错； 对于C选项，当0<x<π3时，0<2x<2π3，则fx在0,π3上单调递减，C对； 对于D选项，当π4<x<7π12时，π2<2x<7π6，则fx在π4,7π12上不单调，D错. 故选：C. 8．【2022年浙江】设x∈R，则“sinx=1”是“cosx=0”的（       ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解. 【详解】 因为sin2x+cos2x=1可得： 当sinx=1时，cosx=0，充分性成立； 当cosx=0时，sinx=±1，必要性不成立； 所以当x∈R，sinx=1是cosx=0的充分不必要条件. 故选：A. 9．【2022年浙江】为了得到函数y=2sin3x的图象，只要把函数y=2sin3x+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 【答案】D 【解析】 【分析】 根据三角函数图象的变换法则即可求出． 【详解】 因为y=2sin3x=2sin3x−π15+π5，所以把函数y=2sin3x+π5图象上的所有点向右平移π15个单位长度即可得到函数y=2sin3x的图象． 故选：D. 10．【2022年新高考2卷】（多选）已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的图像关于点2π3,0中心对称，则（       ） A．f(x)在区间0,5π12单调递减 B．f(x)在区间−π12,11π12有两个极值点 C．直线x=7π6是曲线y=f(x)的对称轴 D．直线y=32−x是曲线y=f(x)的切线 【答案】AD 【解析】 【分析】 根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出． 【详解】 由题意得：f2π3=sin4π3+φ=0，所以4π3+φ=kπ，k∈Z， 即φ=−4π3+kπ,k∈Z， 又0<φ<π，所以k=2时，φ=2π3，故f(x)=sin2x+2π3． 对A，当x∈0,5π12时，2x+2π3∈2π3,3π2，由正弦函数y=sinu图象知y=f(x)在0,5π12上是单调递减； 对B，当x∈−π12,11π12时，2x+2π3∈π2,5π2，由正弦函数y=sinu图象知y=f(x)只有1个极值点，由2x+2π3=3π2，解得x=5π12，即x=5π12为函数的唯一极值点； 对C，当x=7π6时，2x+2π3=3π，f(7π6)=0，直线x=7π6不是对称轴； 对D，由y'=2cos2x+2π3=−1得：cos2x+2π3=−12， 解得2x+2π3=2π3+2kπ或2x+2π3=4π3+2kπ,k∈Z, 从而得：x=kπ或x=π3+kπ,k∈Z, 所以函数y=f(x)在点0,32处的切线斜率为k=y'x=0=2cos2π3=−1， 切线方程为：y−32=−(x−0)即y=32−x． 故选：AD． 11．【2022年全国甲卷】已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD．当ACAB取得最小值时，BD=________． 【答案】3−1##−1+3 【解析】 【分析】 设CD=2BD=2m>0，利用余弦定理表示出AC2AB2后，结合基本不等式即可得解. 【详解】 设CD=2BD=2m>0， 则在△ABD中，AB2=BD2+AD2−2BD⋅ADcos∠ADB=m2+4+2m， 在△ACD中，AC2=CD2+AD2−2CD⋅ADcos∠ADC=4m2+4−4m， 所以AC2AB2=4m2+4−4mm2+4+2m=4(m2+4+2m)−12(1+m)m2+4+2m=4−12(m+1)+3m+1 ≥4−122(m+1)⋅3m+1=4−23， 当且仅当m+1=3m+1即m=3−1时，等号成立， 所以当ACAB取最小值时，m=3−1. 故答案为：3−1. 12．【2022年全国乙卷】记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T，若f(T)=32，x=π9为f(x)的零点，则ω的最小值为____________． 【答案】3 【解析】 【分析】 首先表示出T，根据fT=32求出φ，再根据x=π9为函数的零点，即可求出ω的取值，从而得解； 【详解】 解： 因为fx=cosωx+φ，（ω>0，0<φ<π） 所以最小正周期T=2πω，因为fT=cosω⋅2πω+φ=cos2π+φ=cosφ=32， 又0<φ<π，所以φ=π6，即fx=cosωx+π6， 又x=π9为fx的零点，所以π9ω+π6=π2+kπ,k∈Z，解得ω=3+9k,k∈Z， 因为ω>0，所以当k=0时ωmin=3； 故答案为：3 13．【2022年北京】若函数f(x)=Asinx−3cosx的一个零点为π3，则A=________；f(π12)=________． 【答案】     1     −2 【解析】 【分析】 先代入零点，求得A的值，再将函数化简为f(x)=2sin(x−π3)，代入自变量x=π12，计算即可. 【详解】 ∵f(π3)=32A−32=0，∴A=1 ∴f(x)=sinx−3cosx=2sin(x−π3) f(π12)=2sin(π12−π3)=−2sinπ4=−2 故答案为：1，−2 14．【2022年浙江】我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S=14c2a2−c2+a2−b222，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边a=2,b=3,c=2，则该三角形的面积S=___________． 【答案】234. 【解析】 【分析】 根据题中所给的公式代值解出． 【详解】 因为S=14c2a2−c2+a2−b222，所以S=144×2−4+2−322=234． 故答案为：234. 15．【2022年浙江】若3sinα−sinβ=10,α+β=π2，则sinα=__________，cos2β=_________． 【答案】     31010     45 【解析】 【分析】 先通过诱导公式变形，得到α的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出α，接下来再求β． 【详解】 α+β=π2，∴sinβ=cosα，即3sinα−cosα=10， 即1031010sinα−1010cosα=10，令sinθ=1010，cosθ=31010， 则10sinα−θ=10，∴α−θ=π2+2kπ，k∈Z，即α=θ+π2+2kπ， ∴sinα=sinθ+π2+2kπ=cosθ=31010 ， 则cos2β=2cos2β−1=2sin2α−1=45． 故答案为：31010；45． 16．【2022年全国乙卷】记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinCsinA−B=sinBsinC−A． (1)若A=2B，求C； (2)证明：2a2=b2+c2 【答案】(1)5π8； (2)证明见解析． 【解析】 【分析】 （1）根据题意可得，sinC=sinC−A，再结合三角形内角和定理即可解出； （2）由题意利用两角差的正弦公式展开得sinCsinAcosB−cosAsinB=sinBsinCcosA−cosCsinA，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出． (1) 由A=2B，sinCsinA−B=sinBsinC−A可得，sinCsinB=sinBsinC−A，而0<B<π2，所以sinB∈0,1，即有sinC=sinC−A>0，而0<C<π,0<C−A<π，显然C≠C−A，所以，C+C−A=π，而A=2B，A+B+C=π，所以C=5π8． (2) 由sinCsinA−B=sinBsinC−A可得， sinCsinAcosB−cosAsinB=sinBsinCcosA−cosCsinA，再由正弦定理可得， accosB−bccosA=bccosA−abcosC，然后根据余弦定理可知， 12a2+c2−b2−12b2+c2−a2=12b2+c2−a2−12a2+b2−c2，化简得： 2a2=b2+c2，故原等式成立． 17．【2022年全国乙卷】记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)． (1)证明：2a2=b2+c2； (2)若a=5,cosA=2531，求△ABC的周长． 【答案】(1)见解析 (2)14 【解析】 【分析】 （1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证； （2）根据（1）的结论结合余弦定理求出bc，从而可求得b+c，即可得解. (1) 证明：因为sinCsinA−B=sinBsinC−A， 所以sinCsinAcosB−sinCsinBcosA=sinBsinCcosA−sinBsinAcosC， 所以ac⋅a2+c2−b22ac−2bc⋅b2+c2−a22bc=−ab⋅a2+b2−c22ab， 即a2+c2−b22−b2+c2−a2=−a2+b2−c22， 所以2a2=b2+c2； (2) 解：因为a=5,cosA=2531， 由（1）得b2+c2=50， 由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccosA， 则50−5031bc=25， 所以bc=312， 故b+c2=b2+c2+2bc=50+31=81， 所以b+c=9， 所以△ABC的周长为a+b+c=14. 18．【2022年新高考1卷】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． 【答案】(1)π6； (2)42−5． 【解析】 【分析】 （1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将cosA1+sinA=sin2B1+cos2B化成cosA+B=sinB，再结合0<B<π2，即可求出； （2）由（1）知，C=π2+B，A=π2−2B，再利用正弦定理以及二倍角公式将a2+b2c2化成4cos2B+2cos2B−5，然后利用基本不等式即可解出． (1) 因为cosA1+sinA=sin2B1+cos2B=2sinBcosB2cos2B=sinBcosB，即sinB=cosAcosB−sinAsinB=cosA+B=−cosC=12， 而0<B<π2，所以B=π6； (2) 由（1）知，sinB=−cosC>0，所以π2<C<π,0<B<π2， 而sinB=−cosC=sinC−π2， 所以C=π2+B，即有A=π2−2B． 所以a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C=cos22B+1−cos2Bcos2B =2cos2B−12+1−cos2Bcos2B=4cos2B+2cos2B−5≥28−5=42−5． 当且仅当cos2B=22时取等号，所以a2+b2c2的最小值为42−5． 19．【2022年新高考2卷】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． 【答案】(1)28 (2)12 【解析】 【分析】 （1）先表示出S1,S2,S3，再由S1−S2+S3=32求得a2+c2−b2=2，结合余弦定理及平方关系求得ac，再由面积公式求解即可； （2）由正弦定理得b2sin2B=acsinAsinC，即可求解. (1) 由题意得S1=12⋅a2⋅32=34a2,S2=34b2,S3=34c2，则S1−S2+S3=34a2−34b2+34c2=32， 即a2+c2−b2=2，由余弦定理得cosB=a2+c2−b22ac，整理得accosB=1，则cosB>0，又sinB=13， 则cosB=1−132=223，ac=1cosB=324，则S△ABC=12acsinB=28； (2) 由正弦定理得：bsinB=asinA=csinC，则b2sin2B=asinA⋅csinC=acsinAsinC=32423=94，则bsinB=32，b=32sinB=12. 20．【2022年北京】在△ABC中，sin2C=3sinC． (1)求∠C； (2)若b=6，且△ABC的面积为63，求△ABC的周长． 【答案】(1)π6 (2)6+63 【解析】 【分析】 （1）利用二倍角的正弦公式化简可得cosC的值，结合角C的取值范围可求得角C的值； （2）利用三角形的面积公式可求得a的值，由余弦定理可求得c的值，即可求得△ABC的周长. (1) 解：因为C∈0,π，则sinC>0，由已知可得3sinC=2sinCcosC， 可得cosC=32，因此，C=π6. (2) 解：由三角形的面积公式可得S△ABC=12absinC=32a=63，解得a=43. 由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcosC=48+36−2×43×6×32=12，∴c=23， 所以，△ABC的周长为a+b+c=63+6. 21．【2022年浙江】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a=5c,cosC=35． (1)求sinA的值； (2)若b=11，求△ABC的面积． 【答案】(1)55； (2)22． 【解析】 【分析】 （1）先由平方关系求出sinC，再根据正弦定理即可解出； （2）根据余弦定理的推论cosC=a2+b2−c22ab以及4a=5c可解出a，即可由三角形面积公式S=12absinC求出面积． (1) 由于cosC=35， 0<C<π，则sinC=45．因为4a=5c， 由正弦定理知4sinA=5sinC，则sinA=54sinC=55． (2) 因为4a=5c，由余弦定理，得cosC=a2+b2−c22ab=a2+121−165a222a=11−a252a=35， 即a2+6a−55=0，解得a=5，而sinC=45，b=11， 所以△ABC的面积S=12absinC=12×5×11×45=22． 1．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（文））已知点在角的终边上，且，则角的大小为（       ）． A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 根据给定条件，确定角的范围，再利用三角函数定义求解作答. 【详解】 依题意，点在第二象限，又，则，而， 所以. 故选：B 2．（2022·安徽省舒城中学三模（理））将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上为增函数，则最大值为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】 根据平移法则求出函数的解析式，进而求出的含有数0的单调区间，再借助集合的包含关系即可解出. 【详解】 依题意，，由，得：，于是得的一个单调递增区间是，因在上为增函数，因此，，即有，解得，即最大值为． 故选：A. 3．（2022·甘肃·武威第六中学模拟预测（理））已知函数，直线为图象的一条对称轴，则下列说法正确的是（       ） A． B．在区间单调递减 C．在区间上的最大值为2 D．为偶函数，则 【答案】D 【解析】 【分析】 由已知得，由可求得，可判断A选项，由此有；对于B，由得，由正弦函数的单调性可判断；对于C，由得，由此得在区间上的最大值为；对于D，，由，解得. 【详解】 解：因为函数，直线为图象的一条对称轴， 所以，所以， 又，所以，故A不正确； 所以， 对于B，当时，，所以在区间单调递增，故B不正确； 对于C，当时，，在区间上的最大值为，故C不正确； 对于D，若为偶函数，则， 所以，解得，故D正确， 故选：D. 4．（2022·全国·模拟预测）已知，，，，则（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 【分析】 根据待求式的结构，求解即可． 【详解】 解：因为 =-. ， ； ，， 所以， 故． 故选：D. 5．（2022·全国·模拟预测（文））已知函数的一个对称中心为，在区间上不单调，则的最小正整数值为（       ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意可得，所以，，由在区间上不单调可得在区间上有解，所以，在区间上有解，最终可得，，取值即可得解. 【详解】 由函数的一个对称中心为， 可得， 所以，， ，， ， 由在区间上不单调， 所以在区间上有解， 所以，在区间上有解， 所以， 所以，， 又，所以， 所以， 当时，， 此时的最小正整数为. 故选：B 6．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））已知，若，则（       ） A． B． C．或 D．或 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题中所给的角的范围以及三角函数值，可以确定，通过凑角，利用和角正弦求得，从而求得，根据角的范围确定符号，开方即可得结果. 【详解】 因为，所以， 又，所以， 所以， 所以， 所以， 又，． 故选：B． 7．（2022·全国·模拟预测（理））函数的图象按以下次序变换：①横坐标变为原来的；②向左平移个单位长度；③向上平移一个单位长度；④纵坐标变为原来的2倍，得到的图象，则的解析式为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】 根据三角函数图象变换的性质逆推求解即可 【详解】 由题意，④纵坐标变为原来的2倍，得到的图象，故④变换前为；③向上平移一个单位长度，故③变换前为；②向左平移个单位长度，故②变换前为；①横坐标变为原来的，故①变换前为，故的解析式为 故选：A 8．（2022·黑龙江·哈九中三模（文））已知函数的部分图象如图所示，且．将图象上所有点的横坐标缩小为原来的，再向上平移一个单位长度，得到的图象．若，，，则的最大值为（       ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 【分析】 根据函数图象求得，再根据图象变换可得的解析式，结合，，，求得的值，可得答案. 【详解】 设的最小正周期为T，则由图可知，得，则，所以， 又由题图可知图象的一个对称中心为点， 故，，故，， 因为，所以，所以. 又因为， 故， 所以； 将图象上所有点的横坐标缩小为原来的，再向上平移一个单位长度， 得到的图象； 因为，所以 同时令取得最大值3， 由，可得，， 又，要求的最大值，故令，得； 令，得，所以的最大值为， 故选：C. 9．（2022·全国·模拟预测）为了得到函数的图象，只需将函数的图象（       ） A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度 C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 【答案】A 【解析】 【分析】 根据图像平移的规律，算出答案即可. 【详解】 由题意，由于函数， 观察发现可由函数向左平移个单位长度，得到函数的图象， 故选：A. 10．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））如图是函数的图像的一部分，则要得到该函数的图像，只需要将函数的图像（       ） A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 【答案】A 【解析】 【分析】 先由图像求得，再由辅助角公式化简，最后由三角函数的平移变换即可求解. 【详解】 由题图知：，又，， 解得，又， 将向左平移得. 故选：A. 11．（2022·青海西宁·二模（文））在①；②；③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，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由． 问题：是否存在，它的内角A，，的对边分别为，，，面积为S，且，，________？ 【答案】答案不唯一，具体见解析 【解析】 【分析】 根据题干条件及余弦定理、面积公式，可求得角C的值，若选①，根据正弦定理，可求得的值，根据大边对大角原则，可得角A只有一解，根据同角三角函数关系，可求得的值；若选②，根据正弦定理，可求得的值，根据大边对大角原则，可得角A有两解，根据同角三角函数关系，可求得的值；若选③，根据正弦定理，可求得的值，因为，则三角形无解. 【详解】 由题意可知在中， 因为，且， 所以， 由余弦定理可知， 所以 因为， 所以；                  若选①，由正弦定理可得， 解得，                  在中，因为，所以， 又因为，则角A只有一解，且，                  所以． 若选②，由正弦定理可得， 解得，                  在中，因为，所以， 又因为，则角A有两解，                  所以．                  若选③，由正弦定理可得， 解得，                  因为， 所以无解，即三角形不存在． 12．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））在△中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求角A的大小； (2)若D为边中点，且，求a的最小值. 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 （1）利用三角恒等变形及正弦定理即可求解； （2）利用余弦定理及基本不等式即可求解. (1) ∵，∴，即. 由正弦定理得. ∵，∴. ∵，∴， 又∵,   ∴，∴； (2) ∵D为边中点，∴，即, ∵，∴，∴, ∴，即, 当且仅当时取等号, ∵， ∴，即. 故a的最小值为. 13．（2022·山东聊城·三模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求角B； (2)若b=4，求周长的最大值. 【答案】(1)； (2)12. 【解析】 【分析】 （1）利用差角的余弦公式，结合正弦定理，化简计算作答. （2）利用余弦定理，结合均值不等式求出a+c的最大值 (1) 因为，则， 在中，由正弦定理得，，而，即， 整理得，即，又，解得， 所以. (2) 在中，由余弦定理得：，即， 而，于是得，当且仅当a=c=4时取“=”， 因此，当a=c=4时，a+c取最大值8，从而a+b+c取最大值12， 所以周长的最大值为12. 14．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若，的面积为4，求BC边上的高． 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 （1）由余弦定理化简可得答案；（2）由三角形的面积公式可得b值，由余弦定理可得a值，结合面积公式可得高. (1) ，即． ， ， ． 又，． (2) ，． 故由余弦定理可知． 而， 解得，所以BC边上的高为． 15．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（理））在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．，．请再从条件①：，；条件②：，．这两个条件中选择一个作为已知，求： (1)的值； (2)c和面积S的值． 【答案】(1)条件选择见解析， (2)条件选择见解析，， 【解析】 【分析】 （1）若选①，由已知条件可得，得或，由于，则可得，进而可求出，若选②，由已知条件可得，得或，由于，则可得，进而可求出， （2）若选①，由正弦定理得，由得，再由余弦定理得，则，求得，然后利用三角形面积公式可求得结果，若选②，由正弦定理结合三角函数恒等变换公式可得，从而可得，则，然后利用三角形面积公式可求得结果， (1) 若选①：，， 在中，，即， 而，故或， 则或， ∵，故， ∴； 若选②：， 在中，，即， 而，故或，则或， 由，得：，∴； (2) 若选①：，， 由正弦定理得：，，则， 由知：， 故， 则， ∴，； 若选②：， 由正弦定理得：，∵ ∴，即，， ∵，故，则， ∴ ∴由余弦定理得，，得， ∴．