三年真題(2023—2025)

4<03三角備劇

■三年考情-探規(guī)律.

考點三年考情(2023-2025)命題趨勢

主要考查兩角和差公式、二倍角公式等的應(yīng)三角函數(shù)內(nèi)部知識整合趨勢明

考點1三角

用，包括三角函數(shù)式的化簡、求值、給值求顯，如三角恒等變換可能并入

恒等變換

角等解三角形大題中考查，減少單

重點考查三角函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性、周期獨的化簡題。同時，三角函數(shù)

性、對稱性、最值等。如2024年新課標(biāo)全與解三角形也常與其他知識板

考點2三角

國II卷考查了函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)，2024年塊，如解析幾何、導(dǎo)數(shù)等結(jié)合，

函數(shù)

天津高考數(shù)學(xué)真題考查了函數(shù)的最小正周作為工具來解決問題，體現(xiàn)知

期及在給定區(qū)間上的最小值。識的綜合性和交匯性?？键c穩(wěn)

定化：三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)

方面，依舊重點考查奇偶性、

正余弦定理的應(yīng)用是核心考點，?？疾槔?/p>

單調(diào)性、周期性、對稱性、最

定理及其變形來求解三角形的邊、角等基本

值等，圖象題側(cè)重對稱性或單

元素。如2024年新高考I卷第15題，

調(diào)區(qū)間結(jié)合周期性求①取值范

根據(jù)已知條件結(jié)合正余弦定理求角B和邊

圍。解三角形部分，正余弦定

Co

理的應(yīng)用、三角形面積公式等

三角形面積公式也是重要考點，常與正余弦

核心考點穩(wěn)定，?？疾槔枚?/p>

定理結(jié)合，用于求解三角形的面積或根據(jù)面

理及公式求解三角形的邊、角、

考點3解三積條件求解其他元素。如2025年新高考

面積等基本元素。三角函數(shù)與

角形I卷的多選題，通過三角形面積以及三角

解三角形在選擇題、填空題、

等式來考查相關(guān)知識。

解答題中均有出現(xiàn)。不過，解

解三角形還常與其他知識綜合考查，如

三角形有不再單獨出解答題的

2023年新高考I卷第17題，解三角形

趨勢，可能與解析幾何等融合

結(jié)合三角形的垂線問題；2023年新高考II

命題1。2025年新高考I卷

卷第17題，解三角形結(jié)合三角形的中線問

中，解三角形出現(xiàn)在多選題且

題

為壓軸題，體現(xiàn)了題型的創(chuàng)新

和變化。

■考點分練?精準(zhǔn)達標(biāo).

考點01三角恒等變換

一、單選題

1.(2025?全國二卷?高考真題)已知0<a<兀，cos］=g,則sin(a—

【答案】D

【分析】利用二倍角余弦公式得cosa=-￡則sina=支最后再根據(jù)兩角差的正弦公式即可得到答案.

2

［詳解】cosa=2cos21-1=2x(9)—1=—|,

因為。VaV兀，貝《<a<TI,貝ijsina=V1—cos2a=

故選：D.

2.(2025?北京?高考真題)設(shè)函數(shù)/(%)=sina)x+cosa)x(a)>0),若+兀)=/(%)恒成立，且/(%)在［。用

上存在零點，則3的最小值為()

【答案】C

【分析】由輔助角公式化簡函數(shù)解析式，再由正弦函數(shù)的最小正周期與零點即可求解.

【詳解】函數(shù)/(%)=sina)x+cosa)x=V2sin(a)x+-)(co>0),

設(shè)函數(shù)/(%)的最小正周期為T,由/(%+兀)=f(x)可得kT=7i,(kEN*),

所以T==WN*),即3=2/c,(/cWN*)；

又函數(shù)/(x)在［o用上存在零點，且當(dāng)xe［o用時，3X+同冷

所以拳+：之兀，即323;

綜上，3的最小值為4.

故選：C.

3.(2024?廣東江蘇?高考真題)已知cos(a+/?)=zn,tanatanS=2,則cos(a—￡)=()

A.-3mB.--C.-D.3m

33

【答案】A

【分析】根據(jù)兩角和的余弦可求cosacos/?,sinasinS的關(guān)系，結(jié)合tanatan/?的值可求前者，故可求cos(a-/?)

的值.

【詳解】因為cos(a+0)=nt,所以cosacosS—sinasin0=m,

而tanatan￡=2,所以sinasin0=2cosacos0,

故cosacos0—2cosacos0=ni即cosacos0=—m,

從而sinasin￡=-2m,故cos(a-0)=-3m,

故選：A.

4.（2024?全國甲卷?高考真題）已知c°sa=V3,貝Ijtan(a+:)二(

cosa—sincz

A.2V3+1B.2V3-1C.-D.1-V3

2

【答案】B

【分析】先將‘弦化切求得tana,再根據(jù)兩角和的正切公式即可求解.

cosa-sina

【詳解】因為-2^=百，

cosa-sina

所以1=療ntana=l-日

1-tana

所以tan(a+§=^ii=2V3-l,

1-tantz

故選：B.

5.(2023?全國乙卷?高考真題)在△ABC中，內(nèi)角4B,C的對邊分別是a,b,c,若acosB—bcosA=c,且C=g

則AB=()

A.-B.-C.—D.—

105105

【答案】c

【分析】首先利用正弦定理邊化角，然后結(jié)合誘導(dǎo)公式和兩角和的正弦公式求得乙4的值，最后利用三角形

內(nèi)角和定理可得乙4的值.

【詳解】由題意結(jié)合正弦定理可得sirh4cos8—sinBcosA=sinC,

艮PsirL4cosB—sinBcos/=sinQ4+B)=sirL4cos8+sinBcosA,

整理可得sinBcosZ=0,由于BG(0,兀)，故sinB>0,

據(jù)此可得cos4=0,A=p

貝UB=TI—A—C=7i-.

2510

故選：c.

6.(2023?新課標(biāo)I卷?高考真題)過點(0,-2)與圓久2+y2一?一i=。相切的兩條直線的夾角為a，貝Ijsina=

()

A.1B.乎C.手D.漁

4

【答案】B

【分析】方法一：根據(jù)切線的性質(zhì)求切線長，結(jié)合倍角公式運算求解；方法二：根據(jù)切線的性質(zhì)求切線長,

結(jié)合余弦定理運算求解；方法三：根據(jù)切線結(jié)合點到直線的距離公式可得1+8憶+1=0,利用韋達定理

結(jié)合夾角公式運算求解.

【詳解】方法一：因為/+y2-4x-1=。，即(x-2/+y2=5,可得圓心C(2,0),半徑r=有,

過點P(0,-2)作圓C的切線，切點為4B,

因為|PC|=02+(-2)2=2夜,^\\PA\=y/\PC\2-r2=V3,

可得sin/APC=磊=半,cos/APC=金=彳，

貝UsinNAPB=sin2/HPC=2sinz.APCcos^APC=2x—x-,

444

cosZ.APB=cos2/-APC=cos2￡.APC—sin2z>lPC=件)—(邛)=—^<0,

即乙4PB為專屯角，

所以sina=sin(7i-乙4PB)=sin乙4PB=—；

4

法二：圓光2+y2-4x-1=0的圓心C(2,0),半徑r=%，

過點P(0,-2)作圓C的切線，切點為4B，連接4B,

可得|PC|=02+(-2/=2V2,貝l||P*=\PB\=y/\PC\2-r2=瓜

因為|P4『+|PB|2-2\PA\■\PB\cos/.APB=\CA\2+|CB|2-2\CA\?\CB\cosAACB

且44cB=7t-N4PB,貝+3—6cosN4PB=5+5-10COS(TT-N4PB),

即3—cosNAPB=5+5coszAPF,解得cos/APB=--<0,

4

即乙4PB為鈍角，貝!Jcosa=cos(7i—乙4PB)=—cos乙4PB=

4

且a為銳角，所以sina=71—cos2a=—；

4

方法三：圓/+y2一4刀—1=o的圓心。(2,0),半徑r=有，

若切線斜率不存在，則切線方程為x=0,則圓心到切點的距離d=2>r,不合題意;

若切線斜率存在，設(shè)切線方程為y=kx—2,即/cc—y—2=0,

則陣^=有，整理得/+8k+1=0,且△=64-4=60>0

vk2+l

設(shè)兩切線斜率分別為自,七，則七+七=-8上也=1，

可得|七-k2\=J(得+一產(chǎn)一妹也=2V15,

所以tana=依「句=即空空=仍停，可得cosa=^￥,

1+上述2cosaV15

■2

貝Usin2a+cos2a=sin2a+號J=1,

且aE(0,7i),貝!Jsina>0,解得sina=卓.

故選：B.

7.(2023?新課標(biāo)I卷?高考真題)已知sin(a-夕)=tcosasin^=工，則cos(2a+2/?)=().

36

117

A.-B.-C.--D.--

9999

【答案】B

【分析】根據(jù)給定條件，利用和角、差角的正弦公式求出sin(a+S),再利用二倍角的余弦公式計算作答.

【詳解】因為sin(a—/?)=sinacos^—coscrsin/?=而cosasin^=，，因此sinacos￡=

2

ji!!jsin(a+￡)=sinacosQ+coscrsin)5=

所以cos(2a+20)=cos2(a+0)=1—2sin2(cr+0)=1—2x(|)2=

故選：B

【點睛】方法點睛：三角函數(shù)求值的類型及方法

(1)“給角求值”：一般所給出的角都是非特殊角，從表面來看較難，但非特殊角與特殊角總有一定關(guān)系.解

題時，要利用觀察得到的關(guān)系，結(jié)合三角函數(shù)公式轉(zhuǎn)化為特殊角的三角函數(shù).

(2)“給值求值”：給出某些角的三角函數(shù)值，求另外一些角的三角函數(shù)值，解題關(guān)鍵在于“變角”，使其角

相同或具有某種關(guān)系.

(3)“給值求角”：實質(zhì)上也轉(zhuǎn)化為“給值求值”，關(guān)鍵也是變角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得

的函數(shù)值結(jié)合該函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求得角，有時要壓縮角的取值范圍.

8.(2023?新課標(biāo)II卷?高考真題)已知a為銳角，cosa=竽，則sin￡=().

人3—V5口-I+A/5「3-V5n-14-/5

A.---D.----------C.---U.----

8844

【答案】D

【分析】根據(jù)二倍角公式(或者半角公式)即可求出.

【詳解】因為cosa=l-2sin2?=如與而a為銳角，

24

解得：,in：斤=柞￡=早?

故選：D.

二、多選題

9.(2025?全國一卷?高考真題)已知的面積為工，若cos2A+cos2B+2sinC=2,cosAcosBsinC=工，則

44

()

A.sinC=sin2X+sin2BB.AB=V2

C.sinA+sinB=—D.AC2+BC2=3

2

【答案】ABC

【分析】對cos24+cos2B+2sinC=2由二倍角公式先可推知A選項正確，方法一分情況比較4+B和;的

大小，方法二亦可使用正余弦定理討論解決，方法三可結(jié)合射影定理解決，方法四可在法三的基礎(chǔ)上，利

用和差化積公式，回避討論過程；，然后利用cos4cosBsinC=；算出4B取值，最后利用三角形面積求出三

邊長，即可判斷每個選項.

【詳解】cos24+cos2B+2sinC=2,由二倍角公式，1—2sin2i4+1—2sin2B+2sinC=2,

整理可得，sinC=sin2i4+sin2B,A選項正確；

由誘導(dǎo)公式，sin(i4+8)=sin(?！狢)=sinC,

展開可得sin/cosB+sinBcosA=sin27l+sin25,

即sim4(sin4—cosJS)+sinBfsinB-cos/)=0,

下證C=泉

方法一：分類討論

若4+B=|,則sim4=cosB,sinB=cos/可知等式成立；

若Z+8V泉即4V1—8,由誘導(dǎo)公式和正弦函數(shù)的單調(diào)性可知，sinA<cosB,同理sinB<cos/,

又sin/>0,sinB>0,于是sia4(Oa4—cosB)+sinB(sinB-cos/)<0,

與條件不符，貝物+8V]不成立；

若/+8>]類似可推導(dǎo)出siru4(sinZ—cosB)+sinB(sinB—cos/)>0,則4+B>:不成立.

綜上討論可知，4+8=泉即0=泉

方法二：邊角轉(zhuǎn)化

sinC=sin2i4+si/B時,由CC(0,兀)，則sinCG(0,1],

于是1xsinC=si112yl+sin2B>sin2C,

由正弦定理，a2+b2>c2,

由余弦定理可知，cosC>0,則CE(0,升

若C6(0；)，則A+B>-,注意到cos/cosBsinC=則cos/cosB>0,

于是cosA>0,cosB>0(兩者同負(fù)會有兩個鈍角，不成立)，于是4Be(0,1，

結(jié)合4+B>3-8,而4：—B都是銳角，則sinA>sin仔一B)=cosB>0,

于是sinC=sin2i4+sin2B>cos2B+sin2B=1,這和sinC<1相矛盾,

故Cc(oj)不成立，則c=]

方法三：結(jié)合射影定理(方法一改進)

由sin。=siM/+siMB,結(jié)合正弦定理可得，c=asinA+bsinB,由射影定理可得。=acosB+bcos/,于

是?sin/+bsinB=acosB+bcosA,

則a(sin/—cosB)+b(sinB—cos/)=0,可同方法一種討論的角度，推出/+B=%

方法四：和差化積(方法一改進)

續(xù)法三：

a(sinZ-cosB)+b(sinB-cos/)=0,可知sin/—cosB,sinB—cosZ同時為0或者異號，即(sin/—

cosB)(sinB-COSTI)<0,展開可得，

sin/sinB—sirh4cos4—cosBsinB+cosAcosB<0,

即cosj-B)-i(sin2X+sin2B)<0,結(jié)合和差化積，cos(4-5)(1-sin(X+B))<0,由上述分析，A,BE

(0,)則a-Be(-3)，則COSQ4-B)>0,則1-sO(4+B)<0,即sinC>1,于是sinC=1,可知C=(

由cos24cosBsinC=-=cosAcosB,由/+B=-,則cosB=sinA,即sinZcosZ=

424

則sin2/=I，同理sin2B=由上述推導(dǎo)，A,B6貝屹428E(0Q

不妨設(shè)/V則24=二28='，即/=里，

661212

由兩角和差的正弦公式可知sin^+sin—=在二立+至W1=^,C選項正確

1212442

由兩角和的正切公式可得，tan1=2+V5,

設(shè)BC=t,AC=(2+V3)t,貝=(V2+V6)t,

由SMBC=*2+百)t2=%則/=1=(與1),貝股=亨，

于是48=(乃+&)t=VLB選項正確，由勾股定理可知，AC2+BC2=2,D選項錯誤.

三、填空題_

10.(2024?全國甲卷.高考真題)函數(shù)/(x)=sinx-V^cosx在［0,兀］上的最大值是

【答案】2

【分析】結(jié)合輔助角公式化簡成正弦型函數(shù)，再求給定區(qū)間最值即可.

【詳解】/(X)=sinx—V5cosx=2sin(x—J,當(dāng)xe［0,兀］時，x—|G［—3,,

當(dāng)了_；=］時，即％=￡時，f(X)max=2.

故答案為：2

11.(2024?新課標(biāo)II卷?高考真題)已知a為第一象限角，/?為第三象限角，tana+tan^=4,tancrtan/?=V2+1,

貝Usin(a+S)=.

【答案】-9

【分析】法一：根據(jù)兩角和與差的正切公式得tan(a+0)=-2或，再縮小a+￡的范圍，最后結(jié)合同角的

平方和關(guān)系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.

【詳解】法一：由題意得tan(a+0)=嗎=；,；=一2也

l-tanatan^51-(V2+1J

因為a6(2lai,2kn+])，SE(2zn兀+TI,2mji+1)'k,mEZ,

則a+￡C((2m+2k)兀+兀,(2m+2/c)兀+2兀)，k,mEZ,

又因為tan(a+0)=-2或<0,

則a+S6((2m+2k)兀+y,(2m+2k)兀+2兀)，k,mCZ,貝！Jsin(a+/?)<0,

則；：；：：：：；=-2V2,聯(lián)立sin2(a+S)+cos2(a+夕)=1,解得sin(a+/?)=-

法二：因為a為第一象限角，口為第三象限角，貝!Jcosa>0,cosSV0,

cosa1八cosB-1

cosa=,====/.,COSp=,==,,

VsinQ2a+cos2aVl+tan2aJsin20+cos20Jl+tan2/?

則sin(a+￡)=sinacosS+cosasiny?=cosacosy?(tana+tan/7)

.—4-4_-42V2

=4coscrcospn=/

2二,1+tan2一222

Vl+tana7^^/(tana+tan/?)+(tan(ztan/?-l)V4+23

故答案為：—.

考點02三角函數(shù)

一、單選題

1.(2024?廣東江蘇?高考真題)已知cos(a+/?)=m,tancttan/?=2,則cos(a—￡)=()

A.-3inB.——C.—D.3TTI

33

【答案】A

【分析】根據(jù)兩角和的余弦可求cosacos/?,sinasin/?的關(guān)系，結(jié)合tanatan4的值可求前者，故可求cos(a-/?)

的值.

【詳解】因為cos(a+夕)=zn,所以cosacosS—sinasin/?=m,

而tanatan/?=2,所以sinasin^=2cosacos/?,

故cosacosS—2coscrcos/?=mBPcosacos/?=—m,

從而sinasinS=-2m,故cos(a—/?)=-3m,

故選：A.

2.(2024.全國甲卷.高考真題)已知c°sa=貝肚an(a+4=()

cosa—sina\4/

A.2V3+1B.2V3-1c.fD.1-V3

【答案】B

【分析】先將瞪公弦化切求得tana，再根據(jù)兩角和的正切公式即可求解.

【詳解】因為一^=百,

cosa-sina

所以?1=V3,=>tana=1--

1-tana3

所以tan(a+?)=^±i=2V3-l,

1-tana

故選：B.

3.(2024.北京?高考真題)設(shè)函數(shù)/(x)=sina)x((x)>0).已知/(修)=-1,/(x2)=3且％-句的最小值為

則3=()

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【分析】根據(jù)三角函數(shù)最值分析周期性，結(jié)合三角函數(shù)最小正周期公式運算求解.

【詳解】由題意可知：/為/（X）的最小值點，為/（%）的最大值點，

則1^1-刀2Imin=^=p即T=兀,

且3>0,所以3=1=2.

故選：B.

4.（2023?全國乙卷?高考真題）在△ABC中，內(nèi)角4B,C的對邊分別是a,b,c,若acosB—bcosA=c,且C=$

則AB=（）

A.—B.-C.—D.—

105105

【答案】c

【分析】首先利用正弦定理邊化角，然后結(jié)合誘導(dǎo)公式和兩角和的正弦公式求得乙4的值，最后利用三角形

內(nèi)角和定理可得乙4的值.

【詳解】由題意結(jié)合正弦定理可得sinAcosB—sinBcosA=sinC,

即sirL4cosB—sinBcos/=sinQ4+8）=sirL4cos8+sinBcosA,

整理可得sinBcosA=0,由于B6（0,兀），故sinB>0,

據(jù)此可得cos4=0,A=p

貝UB=TI—A—C=7i-.

2510

故選：c.

5.（2025?天津?高考真題）/（%）=sin?X+0）?>0,—兀V@<兀），在［一||*］上單調(diào)遞增，且久=看為它

的一條對稱軸，C，o)是它的一個對稱中心，當(dāng)％E［O,,時，/(%)的最小值為()

A.——B.—C.1D.0

22

【答案】A

【分析】利用正弦函數(shù)的對稱性得出3=4n+2,根據(jù)單調(diào)性得出0<3W2,從而確定3,結(jié)合對稱軸與

對稱中心再求出處得出函數(shù)解析式，利用整體思想及正弦函數(shù)的性質(zhì)即可得解.

【詳解】設(shè)/(%)的最小正周期為T,根據(jù)題意有尸兀2,(m.kGZ),

-0)+(p=TTITI

由正弦函數(shù)的對稱性可知三T=@誓(nez),

o124

口口71271兀+8?c

即Z=k；"=4n+2,

又f⑺在［4高上單調(diào)遞增，貝62言—(—汾*。<3W2，

［(/?=-+2k兀

/.0)=2,貝!J32兀，

(P=mu——

(p6(-71,71),?二々=0,m=1時，(p=三,.*./(%)=sin(2x+

當(dāng)“e［叫時,2%+如［鴻卜

由正弦函數(shù)的單調(diào)性可知f(x)min=Sing=-y.

故選：A

二、多選題

6.(2024?新課標(biāo)II卷?高考真題)對于函數(shù)/(%)=sin2%和g(%)=sin(2%-￡),下列說法中正確的有(

4

A.f(x)與g(x)有相同的零點B.f(x)與g(x)有相同的最大值

C./(%)與g(x)有相同的最小正周期D./(%)與。(久)的圖象有相同的對稱軸

【答案】BC

【分析】根據(jù)正弦函數(shù)的零點，最值，周期公式，對稱軸方程逐一分析每個選項即可.

【詳解】A選項，令f(K)=sin2久=0,解得尤=5,keZ,即為/(x)零點，

令9(比)=sin(2x-￡)=0,解得x=f+g,keZ,即為g(x)零點，

4Zo

顯然/(%),9(%)零點不同，A選項錯誤；

B選項，顯然/(%)max=g(X)max=1，B選項正確；

C選項，根據(jù)周期公式，〃x),g(x)的周期均為g=7T,C選項正確；

D選項，根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)f(x)的對稱軸滿足2x=k7i+W=x=f+%keZ,

224

g(x)的對稱軸滿足2x--=kn+-^x=-+-,kez,

4228

顯然/(x),g(%)圖像的對稱軸不同，D選項錯誤.

故選：BC

三、填空題

7.（2023?全國乙卷?高考真題）若e￡（0,0,tan0=|,貝!JsinB-cosG=.

【答案】一?

【分析】根據(jù)同角三角關(guān)系求sin。，進而可得結(jié)果.

【詳解】因為。e（0,0,則sin。>0,cos0>0,

又因為tan。=*"=工，貝!Jcos。=2sin0,

cos02

且cos?。+sin20=4sin20+sin20=5sin20=1,解得sin。=g或sin。=-g（舍去），

所以sin?！猚osd=sin。-2sin6=—sin?=-￡.

故答案為：—

8.（2023?北京?高考真題）已知命題p:若見夕為第一象限角，且a>/?,則tanaAtan^.能說明p為假命題的

一組a,S的值為a=,B=.

【答案】W

【分析】根據(jù)正切函數(shù)單調(diào)性以及任意角的定義分析求解.

【詳解】因為f（%）=tan%在（0j）上單調(diào)遞增，若0V劭<SoV%則tana。<tan&）,

—2左]兀+OCQ,/3—2k2兀+So，k],k?EZ,

則tana=tan（2fc17i+a0）=tana0,tan/?=tan（2fc27c+0。）=tan/?。，即tana<tan/?,

令七>k2,則a-0=（2七兀+%）—（2七兀+So）=2也-&）兀+（他-So），

因為2（七一攵2）兀之2兀，一；<劭-0o<。，則a—/?=2（k1—七）兀+（劭-0。）>/>。，

即七>k2,則a>/?.

不妨取七=l,k2-0,a0=：，So=%即a=j,夕=第足題意.

故答案為：手弓.

9.（2024?北京?高考真題）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角a與角0均以。x為始邊，它們的終邊關(guān)于原點對稱.

若a6伍/],則cos6的最大值為.

【答案】-|/-0.5

【分析】首先得出夕=。+兀+2也#62,結(jié)合三角函數(shù)單調(diào)性即可求解最值.

【詳解】由題意夕=a+兀+2憶兀,憶EZ,從而cos/?=cos（a+兀+2攵兀）=—cosa,

因為aeR],所以cosa的取值范圍是七百，cosQ的取值范圍是[一今―外

當(dāng)且僅當(dāng)a=g,即0=￡+2砒k6Z時，cos￡取得最大值，且最大值為，

故答案為：—|.

10.（2025?上海?高考真題）小申同學(xué)觀察發(fā)現(xiàn)，生活中有些時候影子可以完全投射在斜面上.某斜面上有

兩根長為1米的垂直于水平面放置的桿子，與斜面的接觸點分別為A、8,它們在陽光的照射下呈現(xiàn)出影子，

陽光可視為平行光：其中一根桿子的影子在水平面上，長度為0.4米；另一根桿子的影子完全在斜面上，長

度為0.45米.則斜面的底角8=.（結(jié)果用角度制表示，精確到0.01°）

A

【答案】12.58°

【分析】先根據(jù)在4處的旗桿算出陽光和水平面的夾角，然后結(jié)合B處的旗桿算出斜面角.

【詳解】如圖，在4處，tanx=2=2.5,在B處滿足tan/CED=2.5,

0.4

（其中ED〃水平面，CE是射過B處桿子最高點的光線，光線交斜面于E）,

故設(shè)80=y,貝ijEO=卓，

由勾股定理，V+(署)=0.452,解得y標(biāo)0.098,

于是6=arcsin"斐?12.58°

0.45

故答案為：12.58°

考點03解三角形

一、單選題

1.（2025?全國二卷?高考真題）在△48C中，BC=2,AC=1+遮，AB=V6,則/=（）

A.45°B.60°C.120°D.135°

【答案】A

【分析】由余弦定理cos/=一黑二八-直接計算求解即可.

AB2+AC2-BC2_(V6)2+(l+V3)2-22_V2

【詳解】由題意得cosZ2ABAC~2xV6x(l+V3)-2

又0°<24<180°,所以4=45°.

故選：A

2.（2024.全國甲卷.高考真題）在△48C中，內(nèi)角48,C所對的邊分別為a,6,c,若8=或爐=：ac,則sinX+

sinC=()

A2V39n聞cbn3后

A.---D.C.—U.---

1313213

【答案】c

【分析】利用正弦定理得sinAsinC=再利用余弦定理有a?+2^ac,由正弦定理得到siMa+sin2c的

3c4

值，最后代入計算即可.

【詳解】因為B=￡,b2=2ac,則由正弦定理得sinAsinC=、/呂=>

3493

由余弦定理可得力2=a2+c2—ac=-ac,

4

BP：a2+c2——ac,根據(jù)正弦定理得sin24+sin2C=—sinXsinC=—,

4412

所以(sin4+sinC)2=sin2X+sin2C+2sin力sinC=

因為4c為三角形內(nèi)角，則sin4+sinC>0,貝人也力+5也。=今

故選：C.

3.(2023?北京?高考真題)在A4BC中，(a+c)(sin4—sinC)=b(sin4-sing),則NC=()

A.-B.-C.-D.-

6336

【答案】B

【分析】利用正弦定理的邊角變換與余弦定理即可得解.

【詳解】因為(a+c)(sin/—sinC)=b^sinA-sinB),

所以由正弦定理得(a+c)(a—c)=b(a—b),即M—c2=—&2,

22bab_1

貝！JQ2+fa—c=ab,故cosC=0+J

2ab~2’

又0＜。＜兀，所以c=g.

故選：B.

4.(2023?全國乙卷?高考真題)正方形ABC。的邊長是2,E是4B的中點，則說?麗=()

A.V5B.3C.2V5D.5

【答案】B

【分析】方法一：以｛屈，前｝為基底向量表示正，前，再結(jié)合數(shù)量積的運算律運算求解；方法二：建系，利

用平面向量的坐標(biāo)運算求解；方法三：利用余弦定理求cosNDEC,進而根據(jù)數(shù)量積的定義運算求解.

【詳解】方法一：以｛說，而｝為基底向量，可知|屈|=|而|=2,荏?前=0,

則EC=E8+8C=54B+AD,ED=EA+AD=--AB+AD,

所以恭麗=+XD)?(-|AB+AD)=-jAB2+AD2=—1+4=3；

方法二：如圖，以4為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系，

貝同1,0),C(2,2),0(0,2),可得證=(1,2),前=(-1,2),

所以正?麗=-1+4=3；

方法三：由題意可得：ED=EC=乘,CD=2,

DE2+CE2-DC25+5-4_3

在ACDE中，由余弦定理可得cosNDEC=

2DECE2xV5xV55

所以前?ED=\EC\\ED\cos^DEC=V5XV5X|=3.

5.（2023?全國甲卷?高考真題）已知四棱錐P—A8CD的底面是邊長為4的正方形,PC=PD=3,/.PCA=45°,

則APBC的面積為（）

A.2V2B.3V2C.4V2D.6V2

【答案】C

【分析】法一：利用全等三角形的證明方法依次證得4PDO2APCO,LPDB=APCA,從而得到P4=PB,

再在△P4C中利用余弦定理求得PH=V17,從而求得PB=V17,由此在AP8C中利用余弦定理與三角形面

積公式即可得解；

法二：先在APac中利用余弦定理求得P力=717,COSNPCB=￡從而求得萬?麗=-3,再利用空間向量

的數(shù)量積運算與余弦定理得到關(guān)于的方程組，從而求得PB=g,由此在AP8C中利用余弦定理

與三角形面積公式即可得解.

【詳解】法一：

連結(jié)2C,BD交于。，連結(jié)P。，則。為AC,BD的中點，如圖，

因為底面ABCD為正方形，AB=4,所以4C=BD=4VL貝5。=C。=2&,

又PC=PD=3,P0=OP,所以△PD0WAPC。，貝IJ/PD。=NPC。，

又PC=PD=3,AC=BD=4V2,所以APDB三APCA,則P4=PB,

在APAC中，PC=3,AC=4V2,ZPC4=45°,

則由余弦定理可得PA?=AC2+PC2-2AC-PCcos^PCA=32+9-2X4A/2X3Xy=17,

故PA=V17,貝l|PB=V17,

故在APBC中，PC=3,PB=y[17,BC=4,

PC2+BC2-PB29+16-17_1

所以cos/PCB

2PCBC2X3X43'

又0<Z.PCB<兀，所以sin/PCB=-cos2APCB=竽,

所以△PBC的面積為S=|PC-BCsm^PCB=[x3x4x^=4位.

法二:

連結(jié)4C,BD交于。，連結(jié)P0,則。為4&B0的中點，如圖,

因為底面2BCD為正方形，AB=4,所以AC=BD=4VL

在/kPAC中，PC=3/PG4=45°,

則由余弦定理可得=AC2+pC2_2AC,pccos^PCA=32+9-2X4V2X3Xy=17,故PA=V17,

所以cos〃PC=藍(lán)了==-黑，則萬?麗=|西11而|cos"PC=V17x3x（-^）=-3,

不妨t己P8=m/BPD=0,

因為同=（（用+而）=[（而+麗），所以（而+而）2=（而+而『，

即瓦?2+裕+2PA-PC=PB2+PD2+2PS-RD,

貝U17+9+2x（-3）=m2+9+2x3xmcos0,整理得?。?6mcos0-11=0①，

又在△PBD中，BD2=PB2+PD2-2PB-PDcos乙BPD,BP32=m2+9—6mcos0,貝!Jm?—6mcos0-23=

0②，

兩式相加得2nI?-34=0,故PB=m=V17,

故在AP8C中，PC=3,PB=y[V7,BC=4,

PC2+BC2-PB29+16-17_1

所以cos/PCB=

2PCBC2X3X43

又0<乙PCB<TT,所以sin/PCB=V1-cos2zPCB=

所以△PBC的面積為S-|?C-BCsm/-PCB-|x3x4x=4位.

故選：C.

6.（2023?全國乙卷?高考真題）已知△ABC為等腰直角三角形，A3為斜邊，ATlBD為等邊三角形，若二面角

C-4B-D為150。，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為（）

A.iB.返C.更D1

5555

【答案】c

【分析】根據(jù)給定條件，推導(dǎo)確定線面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.

【詳解】取48的中點E,連接CE,DE,因為△ABC是等腰直角三角形，且AB為斜邊，則有

又AaBD是等邊三角形，則從而NCEO為二面角。一48-。的平面角，即NCED=150。，

HDE=E,CE,DEcnCDE,于是ZB1平面CDE,又力Bu平面ABC,

因此平面CDE1平面ABC,顯然平面CDECl平面ABC=CE,

直線CDu平面CDE,則直線CD在平面ABC內(nèi)的射影為直線CE,

從而4DCE為直線CD與平面ABC所成的角，令48=2,則CE=1,DE=V3,在八CDE中，由余弦定理得:

CD=yJCE2+DE2-2CE-DEcos^CED=l+3-2xlxV3x(-y)=V7,

由正弦定理得?DECD,即sin〃CE=+=系,

sinz.DCEsinz.CED

5

顯然是銳角，cos乙DCE=2

NDCEV1-sinzDCE=-2巾'

所以直線CD與平面ABC所成的角的正切為g.

故選：C

二、填空題

7.（2023?全國乙卷?高考真題）已知點S,4B,C均在半徑為2的球面上，△4BC是邊長為3的等邊三角形,S41

平面4BC,貝!JSA=.

【答案】2

【分析】先用正弦定理求底面外接圓半徑，再結(jié)合直棱柱的外接球以及求的性質(zhì)運算求解.

【詳解】如圖，將三棱錐S—轉(zhuǎn)化為正三棱柱SMN-48C,

設(shè)AABC的外接圓圓心為?！赴霃綖閞,

則2r=."：S=1=2次,可得?-=%,

smz.ACB受

設(shè)三棱錐S-ABC的外接球球心為。，連接。4。。1，貝1］。4=2,。。1=^S4

因為。42=。。1+。送2,即4=3+如邢，解得SA=2.

故答案為：2.

【點睛】方法點睛：多面體與球切、接問題的求解方法

（1）涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點（一般為接、切點）或線作截面，

把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題求解；

（2）若球面上四點尸、A、B、C構(gòu)成的三條線段如、PB、PC兩兩垂直，且B4=a,PB=b,PC=c,一般

把有關(guān)元素“補形”成為一個球內(nèi)接長方體，根據(jù)4爐=4+62+02求解；

（3）正方體的內(nèi)切球的直徑為正方體的棱長；

（4）球和正方體的棱相切時，球的直徑為正方體的面對角線長；

（5）利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或只畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位

置，弄清球的半徑（直徑）與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程（組）求解.

8.（2023