2025高考数学【真题精编】基础精选——三角函数与解三角形

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一、单选题
1．（2024·广东江苏）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值.
【解析】因为，所以，
而，所以，
故即，
从而，故，
故选：A.
2．（2024·广东江苏）当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．3B．4C．6D．8
【答案】C
【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可求解
【解析】因为函数的最小正周期为，
函数的最小正周期为，
所以在上函数有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6个交点.
故选：C
3．（2024·北京）设函数.已知，，且的最小值为，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.
【解析】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点，
则，即，
且，所以.
故选：B.
4．（2024·天津）已知函数的最小正周期为．则在区间上的最小值是（ ）
A．B．C．0D．
【答案】D
【分析】结合周期公式求出，得，再整体求出当时，的范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解.
【解析】因为函数的最小正周期为，则，所以，
即，当时，，
所以当，即时，
故选：D
5．（2023·全国）已知，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【解析】因为，而，因此，
则，
所以.
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
6．（2022·全国）函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.
【解析】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
故选：D
7．（2022·全国）将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先由平移求出曲线的解析式，再结合对称性得，即可求出的最小值.
【解析】由题意知：曲线为，又关于轴对称，则，
解得，又，故当时，的最小值为.
故选：C.
8．（2022·全国）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.
【解析】[方法一]：构造函数
因为当
故，故，所以；
设，
，所以在单调递增，
故，所以，
所以，所以，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当，
取得：，故
，其中，且
当时，，及
此时，
故，故
所以，所以，故选A
[方法三]：泰勒展开
设，则，，
，计算得，故选A.
[方法四]：构造函数
因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．
9．（2022·全国）若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【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.
【解析】[方法一]：直接法
由已知得：,
即：，
即：
所以
故选：C
[方法二]：特殊值排除法
解法一:设β=0则sinα +csα =0，取，排除A, B；
再取α=0则sinβ +csβ= 2sinβ，取β，排除D；选C.
[方法三]：三角恒等变换

所以
即
故选：C.
10．（2022·北京）已知函数，则（ ）
A．在上单调递减B．在上单调递增
C．在上单调递减D．在上单调递增
【答案】C
【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
【解析】因为.
对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；
对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；
对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；
对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.
故选：C.
11．（19-20高三上·上海杨浦·期中）设，则“”是“”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
【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.
【解析】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.
故选：A.
12．（2022·浙江）为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ）
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】D
【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．
【解析】因为，所以把函数图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到函数的图象．
故选：D.

13．（2021·全国）（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意结合诱导公式可得，再由二倍角公式即可得解.
【解析】由题意，
.
故选：D.
14．（2021·浙江）已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】利用基本不等式或排序不等式得，从而可判断三个代数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值.
【解析】法1：由基本不等式有，
同理，，
故，
故不可能均大于.
取，，，
则，
故三式中大于的个数的最大值为2，
故选：C.
法2：不妨设，则，
由排列不等式可得：
，
而，
故不可能均大于.
取，，，
则，
故三式中大于的个数的最大值为2，
故选：C.
【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.
15．（2021·北京）函数是
A．奇函数，且最大值为2B．偶函数，且最大值为2
C．奇函数，且最大值为D．偶函数，且最大值为
【答案】D
【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.
【解析】由题意，，所以该函数为偶函数，
又，
所以当时，取最大值.
故选：D.
16．（18-19高一·全国·课后作业）下列区间中，函数单调递增的区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解不等式，利用赋值法可得出结论.
【解析】因为函数的单调递增区间为，
对于函数，由，
解得，
取，可得函数的一个单调递增区间为，
则，，A选项满足条件，B不满足条件；
取，可得函数的一个单调递增区间为，
且，，CD选项均不满足条件.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．
17．（15-16高三下·上海金山·期中）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．
【解析】将式子进行齐次化处理得：
．
故选：C．
【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．
18．（2021·全国）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.
【解析】
，
，，，解得，
，.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出.
19．（2021·全国）在中，已知，，，则（ ）
A．1B．C．D．3
【答案】D
【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.
【解析】设，
结合余弦定理：可得：，
即：，解得：（舍去），
故.
故选：D.
【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型：
(1)已知三角形的三条边求三个角；
(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；
(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．
20．（2021·全国）把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】解法一：从函数的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到，即得，再利用换元思想求得的解析表达式；
解法二：从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到的解析表达式.
【解析】解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象，
根据已知得到了函数的图象，所以，
令,则,
所以,所以；
解法二：由已知的函数逆向变换，
第一步：向左平移个单位长度，得到的图象，
第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，
即为y=f(x)的图象，所以.
故选：B.
二、多选题
21．（2024·全国）对于函数和，下列说法中正确的有（ ）
A．与有相同的零点B．与有相同的最大值
C．与有相同的最小正周期D．与的图象有相同的对称轴
【答案】BC
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【解析】A选项，令，解得，即为零点，
令，解得，即为零点，
显然零点不同，A选项错误；
B选项，显然，B选项正确；
C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，
的对称轴满足，
显然图像的对称轴不同，D选项错误.
故选：BC
22．（2022·全国）已知函数的图像关于点中心对称，则（ ）
A．在区间单调递减
B．在区间有两个极值点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
【答案】AD
【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
【解析】由题意得：，所以，，
即，
又，所以时，，故．
对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；
对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；
对C，当时，，f(7π6)=0，直线不是对称轴；
对D，由y′=2cs2x+2π3=−1得：，
解得或,
从而得：或,
所以函数在点处的切线斜率为k=y′x=0=2cs2π3=−1，
切线方程为：即．
故选：AD．
23．（2021·全国）已知为坐标原点，点，，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】A、B写出，、，的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.
【解析】A：，，所以，，故，正确；
B：，，所以，同理，故不一定相等，错误；
C：由题意得：，，正确；
D：由题意得：，
，故一般来说故错误；
故选：AC
24．（2020·山东）下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】首先利用周期确定的值，然后确定的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可得正确结果.
【解析】由函数图像可知：，则，所以不选A,
不妨令,
当时，，
解得：，
即函数的解析式为：
.
而
故选：BC.
【点睛】已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
三、填空题
25．（2024·全国）已知为第一象限角，为第三象限角，，，则 .
【答案】
【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.
【解析】法一：由题意得，
因为，，
则，，
又因为，
则，，则，
则，联立 ，解得.
法二： 因为为第一象限角，为第三象限角，则,
，，
则

故答案为：.
26．（2024·全国）函数在上的最大值是 ．
【答案】2
【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可.
【解析】，当时，，
当时，即时，.
故答案为：2
27．（2024·北京）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为 ．
【答案】/
【分析】首先得出，结合三角函数单调性即可求解最值.
【解析】由题意，从而，
因为，所以的取值范围是，的取值范围是，
当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为.
故答案为：.
28．（2023·全国）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【解析】因为，所以，
令，则有3个根，
令，则有3个根，其中，
结合余弦函数的图像性质可得，故，
故答案为：.
29．（2022·全国）记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；
【解析】解： 因为，（，）
所以最小正周期，因为，
又，所以，即，
又为的零点，所以，解得，
因为，所以当时；
故答案为：
30．（2022·北京）若函数的一个零点为，则 ； ．
【答案】 1
【分析】先代入零点，求得A的值，再将函数化简为，代入自变量，计算即可.
【解析】∵，∴
∴
故答案为：1，
31．（2022·浙江）若，则 ， ．
【答案】
【分析】先通过诱导公式变形，得到的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出，接下来再求．
【解析】[方法一]：利用辅助角公式处理
∵，∴，即，
即，令，，
则，∴，即，
∴ ，
则.
故答案为：；.
[方法二]：直接用同角三角函数关系式解方程
∵，∴，即，
又，将代入得，解得，
则.
故答案为：；.
32．（2021·全国）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则 ．
【答案】
【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.
【解析】由题意，，
所以，
所以，解得（负值舍去）.
故答案为：.
33．（2021·北京）若点关于轴对称点为，写出的一个取值为 ．
【答案】（满足即可）
【分析】根据在单位圆上，可得关于轴对称，得出求解.
【解析】与关于轴对称，
即关于轴对称，
，
则，
当时，可取的一个值为.
故答案为：（满足即可）.
34．（2021·全国）已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为 ．
【答案】2
【分析】先根据图象求出函数的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得.
【解析】由图可知，即，所以；
由五点法可得，即；
所以.
因为，；
所以由可得或；
因为，所以，
方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即，
解得，令，可得，
可得的最小正整数为2.
方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2.
故答案为：2.
【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解，根据特殊点求解.
35．（20-21高三上·甘肃武威·阶段练习）已知函数的部分图像如图所示，则 .
【答案】
【分析】首先确定函数的解析式，然后求解的值即可.
【解析】由题意可得：，
当时，，
令可得：，
据此有：.
故答案为：.
【点睛】已知f(x)＝Acs(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
36．（2023·全国）若，则 ．
【答案】
【分析】根据同角三角关系求，进而可得结果.
【解析】因为，则，
又因为，则，
且，解得或（舍去），
所以.
故答案为：.
37．（2023·全国）若为偶函数，则 ．
【答案】2
【分析】利用偶函数的性质得到，从而求得，再检验即可得解.
【解析】因为为偶函数，定义域为，
所以，即，
则，故，
此时，
所以，
又定义域为，故为偶函数，
所以.
故答案为：2.
38．（2023·全国）已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则 ．

【答案】
【分析】设，依题可得，，结合的解可得，，从而得到的值，再根据以及，即可得，进而求得．
【解析】设，由可得，
由可知，或，，由图可知，
，即，．
因为，所以，即，．
所以，
所以或，
又因为，所以，．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查根据图象求出以及函数的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，以及特殊角的三角函数值是解题关键．
四、解答题
39．（2024·广东江苏）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
(1)求B；
(2)若的面积为，求c．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可；
（2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.
【解析】（1）由余弦定理有，对比已知，
可得，
因为，所以，
从而，
又因为，即，
注意到，
所以.
（2）由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，
所以.
40．（2024·全国）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A．
(2)若，，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；
（2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长.
【解析】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由可得，即，
由于，故，解得
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由，又，消去得到：
，解得，
又，故
方法三：利用极值点求解
设，则，
显然时，，注意到，
，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点，
即，即，
又，故
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设，由题意，，
根据向量的数量积公式， ，
则，此时，即同向共线，
根据向量共线条件，，
又，故
方法五：利用万能公式求解
设，根据万能公式，，
整理可得，，
解得，根据二倍角公式，，
又，故
（2）由题设条件和正弦定理
，
又，则，进而，得到，
于是，
，
由正弦定理可得，，即，
解得，
故的周长为
41．（2024·北京）在中，内角的对边分别为，为钝角，，．
(1)求；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)；
(2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为.
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
（2）选择①，利用正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出，再代入式子得，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；
【解析】（1）由题意得，因为为钝角，
则，则，则，解得，
因为为钝角，则.
（2）选择①，则，因为，则为锐角，则，
此时，不合题意，舍弃；
选择②，因为为三角形内角，则，
则代入得，解得，
,
则.
选择③，则有，解得，
则由正弦定理得，即，解得，
因为为三角形内角，则，
则
，
则
42．（2024·天津）在中，角所对的边分别为a,b,c，已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到；
（3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
【解析】（1）设，，则根据余弦定理得，
即，解得（负舍）；
则.
（2）法一：因为为三角形内角，所以，
再根据正弦定理得，即，解得，
法二：由余弦定理得，
因为，则
（3）法一：因为，且B∈0,π，所以，
由（2）法一知，
因为，则，所以，
则，
.
法二：，
则，
因为为三角形内角，所以，
所以
43．（2023·全国）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【解析】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
44．（2022·全国）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知．
(1)若，求C；
(2)证明：
【答案】(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（1）根据题意可得，，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，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
【解析】（1）由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．
（2）由可得，
，再由正弦定理可得，
，然后根据余弦定理可知，
，化简得：
，故原等式成立．
45．（2022·北京）在中，．
(1)求；
(2)若，且的面积为，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.
【解析】（1）解：因为，则，由已知可得，
可得，因此，.
（2）解：由三角形的面积公式可得，解得.
由余弦定理可得，，
所以，的周长为.
46．（2022·天津）在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．
【解析】（1）因为，即，而，代入得，解得：．
（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．
（3）因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
47．（2022·浙江）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求的值；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．
【解析】（1）由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（2）因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．
48．（2021·浙江）设函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在上的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解；
（2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解.
【解析】（1）由辅助角公式得，
则，
所以该函数的最小正周期;
（2）由题意，
，
由可得，
所以当即时，函数取最大值.
49．（2021·天津）在，角所对的边分别为，已知，．
（I）求a的值；
（II）求的值；
（III）求的值．
【答案】（I）；（II）；（III）
【分析】（I）由正弦定理可得，即可求出；
（II）由余弦定理即可计算；
（III）利用二倍角公式求出的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.
【解析】（I）因为，由正弦定理可得，
，；
（II）由余弦定理可得；
（III），，
，，
所以.
50．（2021·北京）在中，，．
（1）求；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长．
条件①：；
条件②：的周长为；
条件③：的面积为；
【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解；
（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；
若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；
若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.
【解析】（1），则由正弦定理可得，
，，，，
，解得；
（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，
与矛盾，故这样的不存在；
若选择②：由（1）可得，
设的外接圆半径为，
则由正弦定理可得，
，
则周长，
解得，则，
由余弦定理可得边上的中线的长度为：
；
若选择③：由（1）可得，即，
则，解得，
则由余弦定理可得边上的中线的长度为：
.