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

这是一份专题06 三角函数及解三角形-2022年全国高考真题和模拟题数学分类汇编(解析版)，共30页。

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 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 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 对于B选项，当−π4 对于C选项，当0 对于D选项，当π4 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00，而0 (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 （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 (2)
由（1）知，sinB=−cosC>0，所以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 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，
∴．