1、2023届高考考前指导卷（二）三角函数及解三角形、平面向量部分考点一：三角函数部分（三角函数的定义、图像、性质、变换）1（2015山东高考真题）终边在轴的正半轴上的角的集合是（）ABCD2（2019北京高考真题（文）如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，是锐角，大小为.图中阴影区域的面积的最大值为A4+4cosB4+4sinC2+2cosD2+2sin3（2012安徽高考真题（理）在平面直角坐标系中，将向量按逆时针旋转后，得向量则点的坐标是A B C D4（2020全国高考真题（理）若为第四象限角，则（）Acos20Bcos20Dsin205（2018北京高考真题（文）在平面
2、直角坐标系中，是圆上的四段弧（如图），点P在其中一段上，角以O𝑥为始边，OP为终边，若，则P所在的圆弧是A B C D6（2016全国高考真题（理）若 ，则ABC1D7（2009陕西高考真题（理）若，则（）ABCD8（2017全国高考真题（文）已知，则ABCD9（2012全国高考真题（文）若函数是偶函数，则ABCD10（2020全国高考真题（理）设函数在的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（）ABCD11（2019全国高考真题（理）设函数=sin（）(0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：在（）有且仅有3个极大值点 在（）有且仅有2个极小值点在（）单调递增 的取值范
3、围是)其中所有正确结论的编号是 ABCD12（2013全国高考真题（理）已知函数，下列结论中错误的是A的图像关于点中心对称B的图像关于直线对称C的最大值为D既是奇函数，又是周期函数13（2021全国高考真题（理）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 D14（2021全国高考真题（文）（）ABCD15（2021全国高考真题（文）若，则（）ABCD16（2011全国高考真题（理）已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边在直线上，则（） A B C D17（2011全国高考真题（理）设函数=（0，）的最小正周
4、期为，且=，则（）A在单调递减 B在单调递减 C在单调递增 D在单调递增18（2020全国高考真题（文）已知，则（）ABCD考点二：解三角形部分（正弦、余弦定理，面积公式，常用的变换和结论）19（2021全国高考真题（理）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（）A346B373C446D47320（2020全国高考真
5、题（文）在ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则tanB=（）AB2C4D821（2020全国高考真题（理）在ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（）ABCD考点三：平面向量部分（基本概念、重要的法则和定理、运算以及处理向量的一般方法）22（2013湖南高考真题（文）已知a,b是单位向量，ab=0.若向量c满足|c-a-b|=1,则|c|的最大值为（ ）ABCD23（2012全国高考真题（文）中，边的高为，若，则（ ) ABCD24（2008宁夏高考真题（理）平面向量，共线的充要条件是A，方向相同 B，两向量中至少有一个为零向量C， D存在不全为零的实数，25（2020
6、山东高考真题）已知平行四边形，点，分别是，的中点（如图所示），设，则等于（）ABCD26（2014天津高考真题（理）已知菱形的边长为2，点分别在边上，,.若，则等于()A B C D跟踪练习27（2021浙江高考真题）在中，M是的中点，则_，_.28（2017北京高考真题（理）在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若，则=_.29（2011江西高考真题（文）已知角的顶点为坐标原点，始边为x轴的正半轴，若是角终边上一点，且，则y=_.30（2018全国高考真题（理）已知，则_31（2017全国高考真题（文）已知，tan=2，则cos(-4)=_32（2014陕西
7、高考真题（理）设，向量，若，则_.33（2013全国高考真题（文）函数的图象向右平移个单位后，与函数的图象重合，则=_.34（2017北京高考真题（文）在平面直角坐标系中,角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称.若,则_.35（2014安徽高考真题（理）若将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称，则的最小正值是_.36（2020北京高考真题）若函数的最大值为2，则常数的一个取值为_37（2019江苏高考真题）已知，则的值是_.38（2020全国高考真题（理）如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC=1，ABAC，ABAD，CAE=30，则cosFCB=_.39（2019全国高考真题（理
8、）的内角的对边分别为.若，则的面积为_.40（2021全国高考真题（文）已知向量，若，则_41（2020江苏高考真题）在ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是_42（2007江西高考真题（理）如图，在ABC中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB、AC于不同的两点M、N,若,则m+n的值为_43（2015全国高考真题（理）设向量，不平行，向量与平行，则实数_44（2018浙江高考真题）已知角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）（）求sin（+）的值； （）若角满足sin（+）=，求cos的值45（2007四川高考真
9、题）已知,()求的值. （）求.46（2020山东高考真题）小明同学用“五点法”作某个正弦型函数在一个周期内的图象时，列表如下：0030-30根据表中数据，求：（1）实数，的值； （2）该函数在区间上的最大值和最小值.47（2013湖南高考真题（理）已知函数（I）若是第一象限角，且求的值； （II）求使成立的x的取值集合48（2021浙江高考真题）设函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在上的最大值.49（2020浙江高考真题）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（I）求角B的大小； （II）求cosA+cosB+cosC的取值范围50（2012四川高考真题（理）函数在
10、一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，、为图象与轴的交点，且为正三角形.（1）求的值及函数的值域；（2）若，且，求的值.51（2021全国高考真题）在中，角、所对的边长分别为、，.（1）若，求的面积；（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由52（2021全国高考真题）记是内角，的对边分别为，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求.53（2020江苏高考真题）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求的值；（2）在边BC上取一点D，使得，求的值54（2013全国高考真题（理）ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a=b
11、cosC+csinB（）求B； （）若b=2，求ABC面积的最大值.55（2011湖北高考真题（文）设ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知a=1，b=2，cosC=（1）求ABC的周长； （2）求cos（AC）的值参考答案：1A【解析】【分析】利用终边落在坐标轴上角的表示方法即可求解【详解】终边在轴正半轴上的角的集合是故选：A2B【解析】【分析】由题意首先确定面积最大时点P的位置，然后结合扇形面积公式和三角形面积公式可得最大的面积值.【详解】观察图象可知，当P为弧AB的中点时，阴影部分的面积S取最大值，此时BOP=AOP=-, 面积S的最大值为+SPOB+ SPOA=4+.故选
12、B.【点睛】本题主要考查阅读理解能力、数学应用意识、数形结合思想及数学式子变形和运算求解能力，有一定的难度.关键观察分析区域面积最大时的状态，并将面积用边角等表示.3A【解析】【详解】试题分析：设，再设，则，由题意可得，从而可得，故答案选A.考点：平面向量.4D【解析】【分析】由题意结合二倍角公式确定所给的选项是否正确即可.【详解】方法一：由为第四象限角，可得，所以此时的终边落在第三、四象限及轴的非正半轴上，所以故选：D.方法二：当时，选项B错误；当时，选项A错误；由在第四象限可得：，则，选项C错误，选项D正确；故选：D.【点睛】本题主要考查三角函数的符号，二倍角公式，特殊角的三角函数值等知识
13、，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5C【解析】【详解】分析：逐个分析A、B、C、D四个选项，利用三角函数的三角函数线可得正确结论.详解：由下图可得：有向线段为余弦线，有向线段为正弦线，有向线段为正切线.A选项：当点在上时，故A选项错误；B选项：当点在上时，故B选项错误；C选项：当点在上时，故C选项正确；D选项：点在上且在第三象限，故D选项错误.综上，故选C.点睛：此题考查三角函数的定义，解题的关键是能够利用数形结合思想，作出图形，找到所对应的三角函数线进行比较.6A【解析】【详解】试题分析：由，得或，所以，故选A【考点】同角三角函数间的基本关系，倍角公式【方法点拨】三角函数求值：“给角求
14、值”将非特殊角向特殊角转化，通过相消或相约消去非特殊角，进而求出三角函数值；“给值求值”关键是目标明确，建立已知和所求之间的联系7A【解析】先由求出，再由同角三角函数基本关系，以及二倍角的正弦公式，将所求式子化简，即可得出结果.【详解】因为，所以，因此.故选：A.【点睛】本题主要考查由同角三角函数基本关系化简求值，涉及二倍角的正弦公式，属于基础题型.8A【解析】【详解】.所以选A.【点睛】本题考查了二倍角及同角正余弦的差与积的关系，属于基础题.9C【解析】【详解】函数，因为函数为偶函数，所以，所以,又，所以当时，选C.10C【解析】【分析】由图可得：函数图象过点，即可得到，结合是函数图象与轴负
15、半轴的第一个交点即可得到，即可求得，再利用三角函数周期公式即可得解.【详解】由图可得：函数图象过点，将它代入函数可得：又是函数图象与轴负半轴的第一个交点，所以，解得：所以函数的最小正周期为故选：C【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及转化能力，还考查了三角函数周期公式，属于中档题.11D【解析】【分析】本题为三角函数与零点结合问题，难度大，通过整体换元得，结合正弦函数的图像分析得出答案【详解】当时，f（x）在有且仅有5个零点，故正确，由，知时，令时取得极大值，正确；极小值点不确定，可能是2个也可能是3个，不正确；因此由选项可知只需判断是否正确即可得到答案，当时，若f（x）在单调递增，则 ，即
16、，故正确故选D【点睛】极小值点个数动态的，易错，正确性考查需认真计算，易出错，本题主要考查了整体换元的思想解三角函数问题，属于中档题12C【解析】【详解】试题分析：对于选项，只需考虑即可，而，故正确；对于选项，只需考虑是否成立即可，而，故正确；对于选项，故是奇函数，有，故周期是，故正确；对于选项，令，则，求导，令解得，故在上单增，在与上单减，又当时；又当时，故C错误.考点：1.三角函数的对称性、周期性、奇偶性；2.函数的最值求解.13B【解析】【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
17、移伸缩变换法则得到的解析表达式.【详解】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，即为的图象，所以.故选：B.14D【解析】【分析】由题意结合诱导公式可得，再由二倍角公式即可得解.【详解】由题意，.故选：D.15A【解析】【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.【详解】，解得，.故选：A.
18、【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.16B【解析】【分析】根据三角函数的定义求出的值，再由，在所得分式的分子和分母中同时除以，再代入的值计算即可得解.【详解】由已知条件可知，点在直线上，则，所以，.故选：B.17A【解析】【分析】由题意结合三角恒等变换得，由三角函数的性质可得、，再由三角函数的图象与性质即可得解.【详解】由题意，因为函数的最小正周期为，且=，所以，且=，解得=2，=，又，所以=，所以=，当时，故在上单调递减，故A正确，C错误；当时，故在上不单调，故B、D错误.故选：A.【点睛】本题考查了三角函数图象与性质的综合应用，考查了三角恒等变
19、换的应用，牢记三角函数图象的特征是解题关键，属于中档题.18B【解析】【分析】将所给的三角函数式展开变形，然后再逆用两角和的正弦公式即可求得三角函数式的值.【详解】由题意可得：，则：，从而有：，即.故选：B.【点睛】本题主要考查两角和与差的正余弦公式及其应用，属于中等题.19B【解析】【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案【详解】过作，过作，故，由题，易知为等腰直角三角形，所以所以因为，所以在中，由正弦定理得：，而，所以所以故选：B【点睛】本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为20C【解析】【分析】先根据余弦定理求，再根据余弦定理
20、求，最后根据同角三角函数关系求【详解】设故选：C【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题.21A【解析】【分析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案.【详解】在中，根据余弦定理：可得 ，即由故.故选：A.【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.22C【解析】【详解】因为，的轨迹是以为圆心、以1为半径的圆，为圆上的点到原点的距离，则的最大值为等于圆心到原点的距离加半径，最大值为.23D【解析】【详解】试题分析：由，可知24D【解析】【详解】若均为零向量，则显然符合题意，且存在不全为零的实数使得；若，则由两向量
21、共线知，存在，使得，即，符合题意，故选D.25A【解析】【分析】利用向量的线性运算，即可得到答案；【详解】连结，则为的中位线，故选：A26C【解析】【详解】试题分析：，即，同理可得，+得，故选C考点：1平面向量共线充要条件；2向量的数量积运算27 【解析】【分析】由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得.【详解】由题意作出图形，如图，在中，由余弦定理得，即，解得（负值舍去），所以，在中，由余弦定理得，所以；在中，由余弦定理得.故答案为：；.28【解析】【详解】试题分析：因为和关于轴对称，所以，那么，（或），所以.【考点】同角三角函数，诱导公式，两角差的余弦公式【名师点睛】本题考查了角
22、的对称关系，以及诱导公式，常用的一些对称关系包含：若与的终边关于轴对称，则 ，若与的终边关于轴对称，则，若与的终边关于原点对称，则.298【解析】【详解】答案：8. 解析：根据正弦值为负数，判断角在第三、四象限，再加上横坐标为正，断定该 角为第四象限角30【解析】【详解】因为，所以，因为，所以，得，即，解得，故本题正确答案为31【解析】【详解】由得，又，所以，因为，所以，因为，所以32【解析】【详解】试题分析：因为，所以，即，所以，因为，所以，所以，所以，故答案为考点：共线定理；三角恒等变换.33【解析】【详解】因为ycos(2x)cos(2x)sinsin，图象向右平移个单位后为ysin，与
23、ysin重合，所以，解得.34【解析】【详解】试题分析：因为角与角的终边关于轴对称，所以，所以.【名师点睛】本题考查了角的对称关系，以及诱导公式，常用的一些对称关系包含：若与的终边关于轴对称，则 ，若与的终边关于轴对称，则，若与的终边关于原点对称，则.35【解析】【详解】试题分析：由题意，将其图象向右平移个单位，得，要使图象关于轴对称，则，解得，当时，取最小正值.考点：1.三角函数的平移；2.三角函数恒等变换与图象性质.36（均可）【解析】【分析】根据两角和的正弦公式以及辅助角公式即可求得，可得，即可解出.【详解】因为，所以，解得，故可取.故答案为：（均可）.【点睛】本题主要考查两角和的正弦公
24、式，辅助角公式的应用，以及平方关系的应用，考查学生的数学运算能力，属于基础题.37.【解析】【分析】由题意首先求得的值，然后利用两角和差正余弦公式和二倍角公式将原问题转化为齐次式求值的问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可.【详解】由，得，解得，或.，当时，上式当时，上式=综上，【点睛】本题考查三角函数的化简求值，渗透了逻辑推理和数学运算素养.采取转化法，利用分类讨论和转化与化归思想解题.38【解析】【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.【详解】，由勾股定理得，同理得，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得.故答案为：.【点睛】
25、本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.39【解析】【分析】本题首先应用余弦定理，建立关于的方程，应用的关系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查【详解】由余弦定理得，所以，即解得（舍去）所以，【点睛】本题涉及正数开平方运算，易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算40【解析】【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于的方程，解方程即可求得实数的值.【详解】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：，解方程可得：.故答案为：.41或0【解析】
26、【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.【详解】三点共线，可设，即，若且，则三点共线，即，,，设，则，.根据余弦定理可得，解得，的长度为.当时， ，重合，此时的长度为，当时，重合，此时，不合题意，舍去.故答案为：0或.【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出422【解析】【详解】略43【解析】【详解】因为向量与平行，所以，则所以考点：向量共线44（）；（） 或 .【解析】【分析】分析：（）先根据三角函数定义得，再根据诱导公式得结果，（）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根
27、据，利用两角差的余弦公式求结果.【详解】详解：（）由角的终边过点得，所以.（）由角的终边过点得，由得.由得，所以或.点睛：三角函数求值的两种类型(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数.(2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异.一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的.45【解析】【详解】本题考察三角恒等变形的主要基本公式、三角函数值的符号，已知三角函数值求角以及计算能力解：（）由，得，于是（）由，得又，由得：所以46（1），；（2）最大值是3，最小值是.【
28、解析】【分析】（1）利用三角函数五点作图法求解，的值即可.（2）首先根据（1）知：，根据题意得到，从而得到函数的最值.【详解】（1）由表可知，则，因为，所以，解得，即，因为函数图象过点，则，即，所以，解得，又因为，所以.（2）由（1）可知.因为，所以，因此，当时，即时，当时，即时，.所以该函数在区间上的最大值是3，最小值是.47（I）（II）【解析】【详解】试题分析：该题属于三角函数的综合问题，在解题的过程中，第一问需要先化简函数解析式，在化简的过程中，应用正余弦的差角公式，化简后利用，从而求得，根据是第一象限角，从而确定出，利用倍角公式建立起所满足的等量关系式，从而求得结果，第二问将相应的函
29、数解析式代入不等式，化简后得到，结合正弦函数的性质，可以求得结果试题解析：（1），求得，根据是第一象限角，所以，且；（2）考点：正余弦差角公式，辅助角公式，同角三角函数关系式，倍角公式，三角不等式48（1）；（2）.【解析】【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.【详解】（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（I）；（II）【解析】【分析】（I）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角B的大小；（II）方法
30、二：结合()的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定角A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围.【详解】（I）方法一：余弦定理由，得，即结合余弦定，即,即,即,即,为锐角三角形，所以，又B为的一个内角，故方法二【最优解】：正弦定理边化角由，结合正弦定理可得：为锐角三角形，故.（II） 方法一：余弦定理基本不等式因为，并利用余弦定理整理得，即结合，得由临界状态（不妨取）可知而为锐角三角形，所以由余弦定理得，代入化简得故的取值范围是方法二【最优解】：恒等变换三角函数性质结合(1)的结论有：.由可得：，则，.即的取值范围是.【整体点评】（
31、I）的方法一，根据已知条件，利用余弦定理经过较复杂的代数恒等变形求得，运算能力要求较高；方法二则利用正弦定理边化角，运算简洁，是常用的方法，确定为最优解；（II）的三种方法中，方法一涉及到较为复杂的余弦定理代入化简，运算较为麻烦，方法二直接使用三角恒等变形，简洁明快，确定为最优解.50（2），函数的值域为;（2）.【解析】【分析】(1)将函数化简整理，根据正三角形的高为，可求出，进而可得其值域；(2)由得到，再由求出，进而可求出结果.【详解】(1)由已知可得，又正三角形的高为，则，所以函数的最小正周期，即，得，函数的值域为(2)因为，由(1)得，即，由，得，即，故.【点睛】本题主要考查三角函数
32、的图象和性质，熟记正弦函数的性质即可求解，属于基础题型.51（1）；（2）存在，且.【解析】【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.【详解】（1）因为，则，则，故，所以，为锐角，则，因此，；（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，由余弦定理可得，解得，则，由三角形三边关系可得，可得，故.52（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的
33、关系，然后利用余弦定理即可求得的值.【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，得，因为，所以，即又因为，所以（2）方法一【最优解】：两次应用余弦定理因为，如图，在中，在中，由得，整理得又因为，所以，解得或，当时，（舍去）当时，所以方法二：等面积法和三角形相似如图，已知，则，即，而，即，故有，从而由，即，即，即，故，即，又，所以，则方法三：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知，再由得在中，由正弦定理得又，所以，化简得在中，由正弦定理知，又由，所以在中，由余弦定理，得故方法四：构造辅助线利用相似的性质如图，作，交于点E，则由，得在中，在中因为，所以，整理得又因为，所以，即或下同解法1方法五：平面
34、向量基本定理因为，所以以向量为基底，有所以，即，又因为，所以由余弦定理得，所以联立，得所以或下同解法1方法六：建系求解以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则由（1）知，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动设，则由知，即联立解得或（舍去），代入式得，由余弦定理得【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路
35、；方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.53（1）；（2）.【解析】【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得. （2）方法一：根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.【详解】（1）方法一：正余弦定理综合法由余弦定理得，所以.由正弦定理得.方法二【最优解】：几何法过点A作，垂足为E在中，
36、由，可得，又，所以在中，因此（2）方法一：两角和的正弦公式法由于，所以.由于，所以，所以.所以.由于，所以.所以.方法二【最优解】：几何法+两角差的正切公式法在（1）的方法二的图中，由，可得，从而又由（1）可得，所以方法三：几何法+正弦定理法在（1）的方法二中可得在中，所以在中，由正弦定理可得，由此可得方法四：构造直角三角形法如图，作，垂足为E，作，垂足为点G在（1）的方法二中可得由，可得在中，由（1）知，所以在中，从而在中，所以【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方
37、法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.54（）B=（）【解析】【详解】(1)a=bcosC+csinB由正弦定理知sinA=sinBcosC+sinCsinB在三角形ABC中，A=(B+C)sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC由和得sinBsinC=cosBsinC而C(0，)，sinC0，sinB=cosB又B(0，)，B=(2) SABCacsinBac，由已知及余弦定理得：4a2+c22accos2ac2ac，整理得：ac，当且仅当ac时，等号成立，则ABC面积的最大值为（2）155（1）5 （2）【解析】【详解】试题分析：解：（）的周长为（），故A为锐角，考点：余弦定理和正弦定理点评：解决的关键是根据余弦定理和正弦定理来求解三角形，属于基础题
