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1715分三角函数★★★★☆
在 △ABC\triangle ABC 中，已知 cos⁡B=34\cos B=\frac{3}{4}，cos⁡2(A+C)+sin⁡Asin⁡C=1\cos^2\left( A+C \right)+\sin A\sin C=1.
(1) 证明：△ABC\triangle ABC 为钝角三角形； (2) 若 △ABC\triangle ABC 的面积为 74\frac{\sqrt{7}}{4}，求 △ABC\triangle ABC 的周长.

2026 · 全国 · 二卷 · 第 17 题 · 解答题

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096分三角函数★★★★☆
已知函数 f(x)=sin⁡(2x+φ)f(x)=\sin(2x+\varphi)（0<φ<π0<\varphi<\pi）的图像关于点 (2π3,0)\left(\frac{2\pi}{3},0\right) 中心对称，则（ ）
A.
f(x)f(x) 在区间 (0,5π12)\left(0,\frac{5\pi}{12}\right) 单调递减
B.
f(x)f(x) 在区间 (−π12,11π12)\left(-\frac{\pi}{12},\frac{11\pi}{12}\right) 有两个极值点
C.
直线 x=7π6x=\frac{7\pi}{6} 是曲线 y=f(x)y=f(x) 的对称轴
D.
直线 y=32−xy=\frac{\sqrt3}{2}-x 是曲线 y=f(x)y=f(x) 的切线

2022 · 全国 · 新高考二卷 · 第 9 题 · 多选题

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21导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=sin⁡2xsin⁡2xf(x)=\sin^2 x\sin 2x.
(1) 讨论 f(x)f(x) 在区间 (0,π)(0,\pi) 的单调性； (2) 证明：∣f(x)∣≤338|f(x)|\leq \dfrac{3\sqrt3}{8}； (3) 设 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，证明：sin⁡2xsin⁡22xsin⁡24x⋯sin⁡22nx≤3n4n\sin^2 x\sin^2 2x\sin^2 4x\cdots \sin^2 2^n x\leq \dfrac{3^n}{4^n}.

2020 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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13三角函数★★★★☆
在 △ABC\triangle ABC 中，B=120∘B = 120^{\circ}，AB=2AB = \sqrt{2}，AA 的角平分线 AD=3AD = \sqrt{3}，则 AC=AC =______.
\begin{answer} 6\sqrt{6} \end{answer}
\begin{solution} 设 AC=2uAC=\sqrt2u，BC=2vBC=\sqrt2v，其中 uu，v>0v>0. 由 ∠B=120∘\angle B=120^\circ 及余弦定理，
u2=v2+v+1u^2=v^2+v+1
由角平分线长公式
AD2=AB⋅AC(1−BC2(AB+AC)2)AD^2=AB\cdot AC\left(1-\frac{BC^2}{(AB+AC)^2}\right)
得
3=2u(1−v2(u+1)2)3=2u\left(1-\frac{v^2}{(u+1)^2}\right)
利用 v2=u2−v−1v^2=u^2-v-1 化简上式，得 2uv=−u2+2u+32uv=-u^2+2u+3，v=−u2+2u+32u\qquad v=\frac{-u^2+2u+3}{2u}. 将此式代入 u2=v2+v+1u^2=v^2+v+1，并通分化简得
0=−3(u2−3)(u+1)24u20=-\frac{3(u^2-3)(u+1)^2}{4u^2}
由于 u>0u>0，且 u+1≠0u+1\ne0，所以 u2=3u^2=3，从而 u=3u=\sqrt3. 此时由前式得 v=1>0v=1>0，满足三角形条件，故 AC=2u=6AC=\sqrt2u=\sqrt6. \end{solution}

2015 · 重庆 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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10三角函数★★★★☆
已知 △ABC\triangle ABC 的内角 AA，BB，CC 满足 sin⁡2A+sin⁡(A−B+C)=sin⁡(C−A−B)+12\sin 2A + \sin (A - B + C) = \sin (C - A - B) + \frac{1}{2}，面积 SS 满足 1⩽S⩽21 \leqslant S \leqslant 2，记 aa，bb，cc 分别为 AA，BB，CC 所对的边，则下列不等式一定成立的是（ ）
A.
bc(b+c)>8bc(b + c) > 8
B.
ab(a+b)>162ab(a + b) > 16\sqrt{2}
C.
6⩽abc⩽126 \leqslant abc \leqslant 12
D.
12⩽abc⩽2412 \leqslant abc \leqslant 24

2014 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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20三角函数★★★★☆
在 △ABC\triangle ABC 中，内角 AA，BB，CC 的对边分别是 aa，bb，cc，且 a2+b2+2ab=c2a^2 + b^2 + \sqrt{2}ab = c^2.
(1) 求 CC； (2) 设 cos⁡Acos⁡B=325\cos A\cos B = \frac{3\sqrt{2}}{5}，cos⁡(α+A)cos⁡(α+B)cos⁡2α=25\frac{\cos(\alpha + A)\cos(\alpha + B)}{\cos^2\alpha} = \frac{\sqrt{2}}{5}，求 tan⁡α\tan \alpha 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由余弦定理，
cos⁡C=a2+b2−c22ab=−22\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\frac{\sqrt{2}}{2}
因为 CC 是三角形的内角，所以 C=3π4C=\frac{3\pi}{4}，从而
A+B=π−C=π4A+B=\pi-C=\frac{\pi}{4}
\item 记 t=tan⁡αt=\tan\alpha. 题目中的分式有意义，所以 cos⁡α≠0\cos\alpha\ne0. 由 A+B=π4A+B=\frac{\pi}{4}，
sin⁡Asin⁡B=cos⁡Acos⁡B−cos⁡(A+B)=325−22=210\sin A\sin B=\cos A\cos B-\cos(A+B)=\frac{3\sqrt{2}}{5}-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{10}
将两角和公式展开并除以 cos⁡2α\cos^2\alpha，得
cos⁡(α+A)cos⁡(α+B)cos⁡2α=cos⁡Acos⁡B−tsin⁡(A+B)+t2sin⁡Asin⁡B\frac{\cos(\alpha+A)\cos(\alpha+B)}{\cos^2\alpha} =\cos A\cos B-t\sin(A+B)+t^2\sin A\sin B
代入已知条件，得到
325−22t+210t2=25\frac{3\sqrt{2}}{5}-\frac{\sqrt{2}}{2}t+\frac{\sqrt{2}}{10}t^2=\frac{\sqrt{2}}{5}
两边同除以 210\frac{\sqrt{2}}{10}，得
t2−5t+4=0t^2-5t+4=0
所以
tan⁡α=t=1或t=4\tan\alpha=t=1\quad\text{或}\quad t=4
\end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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18三角函数★★★★☆
在 △ABC\triangle ABC 中，内角 AA，BB，CC 的对边分别为 aa，bb，cc，且 a2=b2+c2+3bca^2 = b^2 + c^2 + \sqrt{3}bc.
(1) 求 AA； (2) 设 a=3a = \sqrt{3}，SS 为 △ABC\triangle ABC 的面积，求 S+3cos⁡Bcos⁡CS + 3\cos B\cos C 的最大值. 并指出此时 BB 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由余弦定理
a2=b2+c2−2bccos⁡Aa^2=b^2+c^2-2bc\cos A
与题设比较可得 −2bccos⁡A=3bc-2bc\cos A=\sqrt3bc，cos⁡A=−32\cos A=-\frac{\sqrt3}{2}. 因为 0<A<π0<A<\pi，所以
A=5π6A=\frac{5\pi}{6}
\item 由三角形内角和
B+C=π−A=π6B+C=\pi-A=\frac\pi6
又由正弦定理及 a=3a=\sqrt3、sin⁡A=12\sin A=\frac12，有 b=23sin⁡Bb=2\sqrt3\sin B，c=23sin⁡Cc=2\sqrt3\sin C. 令 t=B−Ct=B-C，则 −π6<t<π6-\frac\pi6<t<\frac\pi6，并且
sin⁡Bsin⁡C=cos⁡t−cos⁡(B+C)2=cos⁡t−322\sin B\sin C=\frac{\cos t-\cos(B+C)}2 =\frac{\cos t-\frac{\sqrt3}{2}}2
cos⁡Bcos⁡C=cos⁡t+cos⁡(B+C)2=cos⁡t+322\cos B\cos C=\frac{\cos t+\cos(B+C)}2 =\frac{\cos t+\frac{\sqrt3}{2}}2
三角形面积为
S=12bcsin⁡A=14bc=3sin⁡Bsin⁡CS=\frac12bc\sin A =\frac14bc =3\sin B\sin C
所以
S+3cos⁡Bcos⁡C=3sin⁡Bsin⁡C+3cos⁡Bcos⁡C=3cos⁡(B−C)=3cos⁡t⩽3S+3\cos B\cos C =3\sin B\sin C+3\cos B\cos C =3\cos(B-C)=3\cos t\leqslant3
当且仅当 t=0t=0，即 B=CB=C 时取等号. 此时
B=C=B+C2=π12B=C=\frac{B+C}{2}=\frac\pi{12}
故最大值为 33，且此时 B=π12B=\frac\pi{12}. \end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19三角函数★★★★☆
设函数 f(x)=Asin⁡(ωx+φ)f(x)=A\sin(\omega x+\varphi)（其中 A>0A>0，ω>0\omega>0，−π<φ⩽π-\pi<\varphi\leqslant \pi）在 x=π6x=\frac{\pi}{6} 处取得最大值 2，其图象与 xx 轴的相邻两个交点的距离为 π2\frac{\pi}{2}.
(1) 求 f(x)f(x) 的解析式； (2) 求函数 g(x)=6cos⁡4x−sin⁡2x−1f(x+π6)g(x)=\frac{6\cos^{4}x-\sin^{2}x-1}{f\left(x+\frac{\pi}{6}\right)} 的值域.

2012 · 重庆 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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15三角函数★★★★☆
如图，图中的实线是由三段圆弧连接而成的一条封闭曲线 CC，各段弧所在的圆经过同一点 PP（点 PP 不在 CC 上）且半径相等. 设第 ii 段弧所对的圆心角 αi\alpha_i（i=1i = 1，22，33），则 cos⁡α13cos⁡α2+α33−sin⁡α13sin⁡α2+α33=\cos \frac{\alpha_1}{3} \cos \frac{\alpha_2 + \alpha_3}{3} - \sin \frac{\alpha_1}{3} \sin \frac{\alpha_2 + \alpha_3}{3} =______.

2010 · 重庆 · 文 · 第 15 题 · 填空题

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15解析几何★★★★☆
已知双曲线 x2a2−y2b2=1\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1（a>0a > 0，b>0b > 0）的左，右焦点分别为 F1(−c,0)F_{1}(-c, 0)，F2(c,0)F_{2}(c, 0). 若双曲线上存在一点 PP 使 sin⁡∠PF1F2sin⁡∠PF2F1=ac\frac{\sin \angle PF_{1}F_{2}}{\sin \angle PF_{2}F_{1}} = \frac{a}{c}，则该双曲线的离心率的取值范围为______.
\begin{answer} (1,2+1)(1,\sqrt{2}+1) \end{answer}
\begin{solution} 在三角形 PF1F2PF_1F_2 中，由正弦定理
sin⁡∠PF1F2sin⁡∠PF2F1=PF2PF1=ac=1e<1\frac{\sin\angle PF_1F_2}{\sin\angle PF_2F_1} =\frac{PF_2}{PF_1}=\frac{a}{c}=\frac1e<1
故 PF2<PF1PF_2<PF_1，点 PP 在双曲线的右支，并且双曲线定义给出
PF1−PF2=2aPF_1-PF_2=2a
令 PF1=r1PF_1=r_1，PF2=r2PF_2=r_2，则 r2=r1er_2=\frac{r_1}{e}，从而 r1=2aee−1r_1=\frac{2ae}{e-1}，r2=2ae−1r_2=\frac{2a}{e-1}. 三角形存在的必要条件是 r1+r2>F1F2=2c=2aer_1+r_2>F_1F_2=2c=2ae，于是
2a(e+1)e−1>2ae⟺e2−2e−1<0\frac{2a(e+1)}{e-1}>2ae \quad\Longleftrightarrow\quad e^2-2e-1<0
结合双曲线离心率 e>1e>1，得
1<e<1+21<e<1+\sqrt2
反之，在此范围内，除
r1+r2>2cr_1+r_2>2c
外，还有 r2+2c−r1=2c−2a=2a(e−1)>0r_2+2c-r_1=2c-2a=2a(e-1)>0，r1+2c−r2=2a+2c>0r_1+2c-r_2=2a+2c>0. 所以三边 r1r_1，r2r_2，2c2c 满足三角形不等式，且 r1−r2=2ar_1-r_2=2a，可构成右支上一点 PP，故范围正是
(1,1+2)(1,1+\sqrt2)
\end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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15解析几何★★★★☆
已知椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的左，右焦点分别为 F1(−c,0)F_1(-c,0)，F2(c,0)F_2(c,0). 若椭圆上存在一点 PP 使 asin⁡∠PF1F2=csin⁡∠PF2F1\frac{a}{\sin \angle PF_1F_2} = \frac{c}{\sin \angle PF_2F_1}，则该椭圆的离心率的取值范围为______.

2009 · 重庆 · 文 · 第 15 题 · 填空题

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10函数与初等函数★★★★☆
函数 f(x)=sin⁡x−13−2cos⁡x−2sin⁡xf(x) = \frac{\sin x - 1}{\sqrt{3 - 2\cos x - 2\sin x}} 的值域是（ ）
A.
[−22,0]\left[-\frac{\sqrt{2}}{2},0\right]
B.
[−1,0][-1,0]
C.
[−2,0][- \sqrt{2}, 0]
D.
[−3,0][- \sqrt{3}, 0]

2008 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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21解析几何★★★★☆
如图，M(−2,0)M(-2,0) 和 N(2,0)N(2,0) 是平面上的两点，动点 PP 满足： ∣PM∣+∣PN∣=6|PM| + |PN| = 6.
(1) 求点 PP 的轨迹方程； (2) 若 ∣PM∣⋅∣PN∣=21−cos⁡MPN|PM| \cdot |PN| = \frac{2}{1 - \cos MPN}，求点 PP 的坐标.

2008 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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12函数与初等函数★★★★☆
函数 f(x)=sin⁡x5+4cos⁡xf(x) = \frac{\sin x}{\sqrt{5 + 4\cos x}}（0⩽x⩽2π0 \leqslant x \leqslant 2\pi）的值域是（ ）
A.
[−14,14]\left[-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right]
B.
[−13,13]\left[-\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right]
C.
[−12,12]\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right]
D.
[−23,23]\left[-\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right]

2008 · 重庆 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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