李昭平

“三角”是高中數學的重要內容，是高考經久不衰的考查熱點.?縱觀近幾年全國和各省市的高考數學試卷，我們發(fā)現?高考在加大對三角問題的考查力度，不僅題型在變化，而且試題的深度、廣度與難度也在不斷增大.下面結合一些最新?？荚囶}預測熱點考向，供參考．

熱點考向1：?求三角函數值

“角”是三角函數的基本元素，求三角函數值離不開“角”的變換.?對單角、倍角、和角、差角等進行適當的變形轉化，往往能起到化難為易、化繁為簡的作用.?解三角函數求值問題，靈活運用誘導公式、和差的正余弦公式、倍角公式及其變式進行三角恒等變換是關鍵.

例1.（2023年3月安徽安慶二模）已知第二象限角y=tan?x滿足sin（π+α）=-23，則sin?2β-2sin（α+β）cos（α-β）的值為（）

A.?-19?B.?-459C.?19D.?459

解析：?因為sinα=23，且α為第二象限角，

【評析】（1）利用頻率分布直方圖各個小矩形的面積和為1，確定m的值，進而可求出上四分位數；（2）可求出數學優(yōu)秀和不優(yōu)秀的人數，常整理錯題和不經常整理錯題的人數，作出2×2列聯表，根據2×2列聯表帶入公式求解χ2值，從而得出判斷；（3）先求出X的可能取值，并求出相應取值的概率，從而求出分布列和期望．

【練7】“十四五”規(guī)劃綱要提出，全面推動長江經濟帶發(fā)展，協(xié)同推動生態(tài)環(huán)境保護和經濟發(fā)展長江水資源約占全國總量的36%，長江流域河湖、水庫、濕地面積約占全國的20%，珍稀瀕危植物占全國的397%，淡水魚類占全國的33%.長江經濟帶在我國生態(tài)文明建設中占據重要位置.長江流域某地區(qū)經過治理，生態(tài)系統(tǒng)得到很大改善，水生動物數量有所增加.為調查該地區(qū)某種水生動物的數量，將其分成面積相近的100個水域，從這些水域中用簡單隨機抽樣的方法抽取20個作為樣區(qū)，調查得到樣本數據（xi，yi）（i=1，2，…，20），其中xi和yi分別表示第i個樣區(qū)的水草覆蓋面積（單位：公頃）和這種水生動物的數量，并計算得∑20i=1xi=60，∑20i=1yi=1200，∑20i=1（xi-）2=120，∑20i=1（yi-）2=9000，∑20i=1（xi-）（yi-）=1000.

（1）求該地區(qū)這種水生動物數量的估計值（這種水生動物數量的估計值等于樣區(qū)這種水生動物數量的平均數乘以地塊數）；

（2）求樣本（xi，yi）（i=1，2，…，20）的相關系數（精確到001）；

（3）根據現有統(tǒng)計資料，各地塊間水草覆蓋面積差異很大.為提高樣本的代表性以獲得該地區(qū)這種水生動物數量更準確的估計，請給出一種你認為更合理的抽樣方法，并說明理由．

附：相關系數r=∑ni=1（xi-）（yi-）∑ni=1（xi-）2∑ni=1（yi-）2，3≈1732.

【解析】（1）樣區(qū)水生動物平均數為120∑20i=1yi=120×1200=60，

地塊數為100，該地區(qū)這種水生動物的估計值為100×60=6000．

（2）樣本（xi，yi）i=1，2，…，20的相關系數為：

r=∑20i=1xi，yi-∑20i=1xt-2∑20i=1yi-2=1000120×9000=539≈096.

（3）由（2）中相關系數的值為正且接近1，可以判斷相關相關變量有較強的正相關性.?各地塊間水草覆蓋面積差異很大，從而各地塊間這種野生動物的數量差異很大，所以采用分層抽樣的方法較好地保持了樣本結構與總體結構得以執(zhí)行，提高了樣本的代表性，從而可以獲得該地區(qū)這種水生動物數量更準確的估計．

【評析】（1）根據該地區(qū)水生動物數量的平均數，進一步計算出估計值；（2）將題目信息中的數據帶入相關系數的公式，計算即可求解；（3）根據（2）中的結論各樣區(qū)的這種水生動物的數量與水草覆蓋面積有很強的正相關性來作決策．

【本文系2022年度湖北省武漢市長江生態(tài)環(huán)境保護專項課題“長江生態(tài)文明教育與學科教學深度融合實踐研究”（編號：2022CBA36）階段性研究成果】

責任編輯徐國堅所以cos?α=-1-232=-53．

于是，sin?2β-2sin（α+β）cos（α-β）=sin［（α+β）-（α-β）］-2sin（α+β）cos（α-β）

=-［sin（α+β）cos（α-β）+cos（α+β）sin（α-β）］

=-sin?2α=-2sin?αcos?α

=-2×23×-53=459.?故選D．

點評：本題中的參變角β是搭橋的，要善于消去β，結果用已知角α的三角式表示.解題的關鍵是變角2β=（α+β）-（α-β）.一般地，要關注以下“角”的變形：?α=2·α2，2α=（α+β）+（α-β），β=（α+β）-α，?α=（α-β）+β，?β=（β-α）+α，2β=（α+β）-（α-β），α=（α+β）-β.

訓練1：已知sin（A+π4）=7210，A∈（π4，π2），則cos?A的值是．

簡析：∴A∈（π4，π2），∴A+π4∈（π2，3π4），

∴cos（A+π4）=-1-sin2（A+π4）=-210.

∴cos?A=cos（A+π4）-π4=cos（A+π4）cosπ4+sin（A+π4）sinπ4=35.

訓練2：（1）計算sin?9°+cos?15°sin?6°cos?9°-sin?15°sin?6°的值是；（2）當cos?α≠0時，計算sin（15°-α）+cos?15°sin?αcos（15°-α）-sin?15°sin?α=；（3）當cos?α≠0時，計算sin（β-α）+cos?βsin?αcos（β-α）-sin?βsin?α=?．

簡析：（1）注意到9°=15°-6°，?原式

=sin（15°-6°）+cos?15°sin?6°cos（15°-6°）-sin?15°sin?6°

=sin?15°cos?6°-cos?15°sin?6°+cos?15°sin?6°cos?15°cos?6°+sin?15°sin?6°-sin?15°sin?6°

=sin?15°cos?6°cos?15°cos?6°=tan?15°=tan（45°-30°）=2-3.

（2）的值為2-3；（3）的值為tan?β.

熱點考向2：?三角復合型函數的零點

函數y=f（x）的零點雖是新增內容，但其實質還是函數方程f（x）=0的實數根問題.因此，三角復合型函數的零點也是高考一個常考考點.這種問題往往涉及面廣、綜合性強，易錯點多.

例2.（2023年12月耀正優(yōu)教育聯考題）已知函數f（x）=mcos?x+sin?x+n在區(qū)間π3，?π2上存在零點，則m2+n2的最小值為（）

A.?1B.?22C.?35D.?12

解析：設函數f（x）在區(qū)間π3，?π2上的零點為t，則mcos?t+sin?t+n=0．

（m，n）是直線xcos?t+sin?t+y=0上的點，m2+n2表示（m，n）到原點（0，0）的距離.因此，m2+n2≥｜sin?t｜cos2t+1，m2+n2≥（｜sin?t｜cos2t+1）min.

函數｜sin?t｜cos2t+1=sin?t2-sin2t=12sin2t-1在π3，?π2上單增，其最小值為：

12sin2π3-1=35.

于是，m2+n2≥35，m2+n2≥35.故選C．

點評：本題主要考查函數的零點、m2+n2的幾何意義、三角函數式的化簡和單調性、能成立不等式等等，跳出常規(guī)、設計新穎、解法創(chuàng)新，有較大的綜合性和難度，能有效考查考生的直觀想象、邏輯推理和數學運算等核心素養(yǎng)．

訓練3：已知=（asin?x，cos?x），=（sin?x，bsin?x），其中a，b，x∈R，f（x）=·，且滿足f（π6）=f（3π2）=2.?若關于x的函數y=f（x）+lnk總有零點，求實數k的取值范圍．

簡析：f（x）=·=asin2x+bsin?xcos?x．

由asin2π6+bsinπ6cosπ6=2，

asin23π2+bsin3π2cos3π2=2，解得a=2，

b=23.

函數y=f（x）+lnk總有零點就是方程f（x）+lnk=0總有實數根，

即lnk=-2sin（2x-π6）-1.總有實數根．

由-3≤lnk≤1，解得e-3≤k≤e.

訓練4：已知函數f?（x）?=?2sin?x-xcos?x+ax?（a∈R），?f′（x）是f（x）的導函數.

（1）?若f′（x）在區(qū)間（0，π）內存在唯一零點，則a的取值范圍是；

（2）?若f′（x）在區(qū)間（0，π）內存在兩個零點，則a的取值范圍是．

簡析：f′（x）=cos?x+x?sin?x+a，f″（x）=xcos?x．

因為?x∈（0，π），所以當x∈（0，π2）時，f″（x）>0，f′（x）單增；

當x∈（π2，π）時，f″（x）<0，f（x）單減．

f′（x）在區(qū)間（0，π）內的最大值是f′（π2）=π2+a，且f′（π）=a-1，f′（0）=1+a，f′（π）

（1）若f′（π2）=π2+a=0，則a=-π2，?此時f′（x）在區(qū)間（0，π）內存在唯一零點π2．

若f′（x）在區(qū)間（π2，π）內存在唯一零點，在區(qū)間（0，π2）內沒有零點，

則f′（π）<0，

f′（0）≥0，解得-1≤a<1.?故a的取值范圍是-π2∪-1，1．

（2）若函數f′（x）在（0，π2）內有唯一零點，則f′（x）在區(qū)間（π2，π）內必有一個零點，

則f′（π2）>0，

f′（0）<0，解得-π2

故a的取值范圍是-π2，-1.

熱點考向3：?三角復合型函數的單調性

導數的引入，開辟了研究三角復合型函數的單調性問題的新思路和新途徑，拓寬了高考對三角復合型函數問題的命題空間和解題空間，以致在近年來的高考和?？贾校脤堤幚砣菑秃闲秃瘮档膯握{性成為高頻考點．

例3.（2024年元月南昌市?？碱}）若函數f（x）=43x-13sin?2x+acos?x在（-∞，+∞）內單調遞增，則實數a的取值范圍是．

解析：因為函數f（x）在（-∞，+∞）內單調遞增，

所以f′（x）=43-23cos?2x-asin?x≥0，即asin?x≤43-23cos?2x，asin?x≤43sin2x+23.

若sin?x=0，則0≤23成立，a∈R.

若sin?x>0，a≤43sin?x+23sin?x.?而（43sin?x+23sin?x）min=423，因此a≤423.

若sin?x<0，a≥43sin?x+23sin?x.?而（43sin?x+13sin?x）max=-423，因此a≥-423.

綜上可知，實數a的取值范圍是-423，423．

點評：本題以三角復合型函數為載體，主要考查可導單調函數的導數式充要條件、分類討論思想和參變分離法.對于可導函數f（x）在區(qū)間D上單增（或單減）的充要條件是：在x∈D上恒有f′（x）≥0?（或f′（x）≤0），且或f′（x）在D的任意子區(qū)間上都不恒為零.?顯然，這種逆向型試題用單調性的定義求解，?將會十分復雜，?甚至無法求解.而活用單調的導數式充要條件來處理則是一種有效途徑.?“已知三角函數的單調性，反過來確定解析式中參數的范圍”的逆向設置方式，在近幾年的高考和模考中也經常出現．

訓練5：?若函數f（x）=sin?2x+4cos?x+ax在R上單調遞減，則實數a的取值范圍是（）

A.（-∞，-3］B.（-∞，-3）

C.（-∞，?6］D.（-∞，?6）

簡析：f′（x）=2cos?2x-4sin?x+a=2（1-2sin2x）-4sin?x+a≤0，

a≤4sin2x+4sin?x-2=4（sin?x+12）2-3，

4（sin?x+12）2-3的最小值是-3，

所以a≤-3.故選A．

熱點考向4：三角與相關知識的交匯

近幾年的高考和?？?，在不斷加大對三角問題與相關知識交匯的考查力度，?其中以與向量交匯、與平幾交匯、與立幾交匯、與解幾交匯居多.解題的關鍵在于靈活運用正余弦定理及其變式、三角函數的運算、向量的運算、平幾立幾知識等，復習中不容忽視．

例4.（2023年5月皖江聯盟最后一卷）設兩個向量=（λ+2，λ2-cos2α）和=（m，m4+sin?α），其中λ，m，α為實數.若=4，則m的取值范圍是．

解析：由=4，得λ2-m=cos2α+4sin?α，

λ=4m-2，

所以λ2-m=5-（sin?α-2）2，

于是-4≤λ2-m≤4.將λ=4m-2代入，得-4≤（4m-2）2-m≤4，

解得0≤m≤1716.?故m的取值范圍是0，1716．

點評：本題主要是三角與向量的交匯，重點考查向量的代數化、三角恒等變換、求三角最值和不等式的求解等知識，難度比較大.主要表現在以下兩點：一是字母參數多（共有λ，α，m三個）；二是綜合性強，涉及到向量的坐標運算、三角函數的有界性、二次函數的最值、解不等式等等.將向量關系（=4）代數化（坐標化）仍然是求解這種問題的通性通法．

例5.（2023年12月河北省名校聯盟聯考題）在圓內接四邊形ABCD中，已知AB=2，?AD=3，?AC平分∠BAD.

（1）若BC=2，求BD的長度；（2）求AC·BD的值．

解析：?（1）因為∠BAD+∠BCD=π，

所以?cos∠BAD+cos∠BCD=0.

因為AC平分∠BAD，所以CD=BC=2.

于是9+4-BD22×3×2=4+4-BD22×2×2，解得BD=10.

（2）AC·BD=AC·（AD-AB）=AC·AD-AC·AB

=AC·ADcos∠DAC-AC·ABcos∠BAC

=AC2+AD2-DC22-AC2+AB2-BC22=AD2-AB22=9-42=52.

點評：本題主要是三角與平幾、向量的交匯.一是根據平幾中的對角互補和三角形的公共邊BD，?利用余弦定理建構方程求BD的長度；二是對數量積AC·BD進行幾何運算，利用圖形的性質和余弦定理轉化，變成已知條件，實現目標.顯然，活用平幾圖形的相關性質、三角形中的公共邊公共角，以及三角形中的邊角關系等，都是解題的關鍵．

訓練6：?阿波羅尼奧斯是與阿基米德、歐幾里得齊名的古希臘數學家，以他姓名命名的阿氏圓是指平面內到兩定點的距離的比值為常數λ（λ>0，λ≠1）的動點的軌跡.已知在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且sin?A=2sinB，acosB+bcosA=3，則△ABC面積的最大值為（）

A.3B.33C.6D.63

簡析：sin?A=2sin?B就是a=2b，即ab=2acos?B+bcos?A=3就是c=3.

因此頂點A的軌跡是阿氏圓，其半徑是λc｜λ2-1｜=2×322-1=2.

ΔABC的底c=3是定值，當高為阿氏圓的半徑時，面積最大，且為12×3×2=3.

故選A．

訓練7：如圖，用小刀切一塊長方體像皮的一個角，在棱AD、AA1、AB上的截點分別是E、F、G，則截面△EFG（）

A.一定是等邊三角形

B.一定是鈍角三角形

C.一定是銳角三角形

D.一定是直角三角形

簡析：如圖，設AE=a，AF=b，AG=c.

則EF=a2+b2，FG=b2+c2，GE=c2+a2.

在ΔEFG中，cos∠FEG=a2+b2+c2+a2-b2-c22EF·GE=2a22EF·GE>0，所以∠FEG是銳角.?同理得到，∠EFG，∠FGE是銳角.?故選C．

熱點考向5：?新定義型三角題

在高等數學與高中數學的知識交匯處命題是近幾年高考命題的一種新趨勢，?其中以三角復合型函數為載體的是一種重要題型.此類問題往往具有背景新、結構新、覆蓋面廣、綜合性強的特點，常常置于選擇題、填空題或解答題靠后的位置，成為高考或模擬試卷的亮點．

例6.（2023年10月山東濟南?？碱}）定義在D上的函數f（x），如果滿足：存在常數M>0，對任意x∈D，都有｜f（x）｜≤M成立，則稱f（x）是D上的有界函數．

（1）試判斷函數f（x）=2sin（x+π6）+3在實數集R上是不是有界函數？若是，給出證明；若不是，請說明理由．

（2）若函數g（x）=2cos（2x-π3）滿足｜g（x）｜≤1，求x的取值范圍．

解析：（1）∵|f（x）|=|2sin（x+π6）+3|≤|2sin（x+π6）|+3＝2|sin（x+π6）|+3?≤2×1+3=5，此不等式對任意x∈R都成立，∴f（x）是R上的有界函數．

（2）|g（x）|≤1|cos（2x-π3）|≤12-12≤cos（2x-π3）≤12

2kπ+π3≤2x-π3≤2kπ+2π3或2kπ-2π3≤2x-π3≤2kπ-π3

kπ+π3≤x≤kπ+π2或kπ－π6≤x≤kπ，k∈Z，即為x的取值范圍．

點評：本題以高等數學中函數的有界性為背景，給出新定義（設置新情境），考查考生閱讀、理解、遷移新知識的能力.具有一定的創(chuàng)新性.解題的基本步驟是：弄懂新定義，按定義判斷和列式，發(fā)現關系．

訓練8：若直線l與曲線C滿足下列兩個條件：（1）直線l在點P（x0，y0）處與曲線C相切；（2）曲線C在P附近位于直線l的兩側，則稱直線l在點P處“切過”曲線C.則下列命題中正確的是（）

A.直線l：y=x在點P（0，0）處“切過”曲線E：y=sin?x；

B.直線l：y=x在點P（0，0）處“切過”曲線E：y=tan?x；

C.?直線l：y=2在點Pπ6，2處“切過”曲線E：y=sin?x+3cos?x．

D.?直線l：y=-8x+π+1點Pπ8，1處“切過”曲線

E：y=2cos2（2x+π6）+3sin（4x+π3）

簡析：由y′=cos?x得曲線E：y=sin?x點P（0，0）處的切線的斜率為1，故切線方程為y=x，且曲線C在P附近位于直線l的兩側，所以A對.

由y′=1cos2x得曲線E：y=tan?x點P（0，0）處的切線的斜率為1，故切線方程為y=x，且曲線E在P附近位于直線l的兩側，所以B對.

y′=cos?x-3sin?x，在P（π6，2）點處切線的斜率是0，所以l：y=2與曲線E：y=sin?x+3cos?x相切，但曲線C在P附近位于直線l的同側，所以C錯.

y=2cos2（2x+π6）+3sin（4x+π3）=1+2cos?4x，在P（π8，1）處切線的斜率是-8，所以l：y=-8x+π+1與曲線E：y=2cos2（2x+π6）+3sin（4x+π3）相切，且曲線E在P附近位于直線l的兩側，所以D對.故選ABD．

熱點考向6：?限制角條件的三角問題

近年來，高考和?？贾谐霈F了不少限制角條件的“三角”問題，比如銳角三角形、鈍角三角形、三內角成等差數列、三邊成等比數列、某些角之間的特殊關系、圖形中隱含的角的條件等等，使得試題的結構更加新穎、更加活潑、更加全面，有效考查了考生思維的縝密性、嚴謹性、深刻性和靈活性．

例7.（2023年11月安徽合肥質檢題）在鈍角△ABC中，三內角A，B，C成等差數列，且a>c，則sin2C2+3sinA2·cosA2-12的取值范圍是．

解析：因為A、B、C成等差數列，所以2B=A+C，B=π3.

于是，sin2C2+3sinA2·cosA2-12=1-cos?C2+32sin?A-12

=32sin?A-12cos（2π3-A）=12sin（A+π6）．

由π2

∴14<12sin（A+π6）<34.?故sin2C2+3sinA2·cosA2-12的取值范圍是（14，?34）．

點評：本題中角的限制條件是“ΔABC是鈍角三角形”，將sin2C2+3sinA2·cosA2-12化為關于角A的一元函數，由鈍角三角形條件確定角A的范圍是解題的關鍵.易錯在只考慮角A是鈍角（π2

訓練9：在銳角ΔABC中，?內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且（sin?A-sin?C）2=sin2B-（2-3）sin?A·sin?C．

（1）求角B的大??；

（2）若BA·BC+AB·AC=22c，?求ΔABC面積的取值范圍．

簡析：（1）易得B=π6.

（2）由BA·BC+AB·AC，得acos?B+bcos?A=22，

即a·a2+c2-b22ac+b·b2+c2-a22bc=22，解得c=22.

由asin?A=csin?C，得a=csin?Asin?C=22sin（5π6-C）sin?C．

于是，SΔABC=12acsin?B=2sin（5π6-C）sin?C=1tan?C+3．

由0

故ΔABC面積的取值范圍是（3，?433）．

訓練10：在銳角ΔABC中，?內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且ccos?B+bcos?C=2acos?A，則角A的大小是，1tan?B+1tan?C的取值范圍是．

簡析：易得A=π3.?π6

sin?Bsin?C=sin?Bsin（2π3-B）=34sin?2B-14cos?2B+14=12sin（2B-π6）+14.

故1tan?B+1tan?C的取值范圍是233，3.

熱點考向7：?三角知識的實際運用

三角知識在實際問題中的運用，主要涉及到測量問題、用料問題、行程問題、天文問題、物理問題等等，其中的優(yōu)化問題往往要求其最值，?選擇恰當的角參數、建立目標函數、構建方程和不等式是解題的關鍵．

例8.（2023年12月湖北武漢?？碱}）?如圖，某學校有一塊平面四邊形ABCD空地，已知AD+CD=8，∠ADC=120°，且SΔADC=1534.

（1）求A、C兩點間的距離；

（2）設ΔABC的角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足a+bc=sin?A-sin?Csin?A-sin?B，現要在ΔABC內做一個最大的圓形花圃，求這個最大圓形花圃的面積．

解析：（1）在△ACD中，因為SΔADC=12AD·CDsin?120°=1534，所以AD·CD=15.

于是，AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos?120°=（AD+CD）2-AD·CD

=64-15=49，AC=7.?故A、C兩點間的距離是7.

（2）由正弦定理，得a+bc=sin?A-sin?Csin?A-sin?B=a-ca-b，即b2=a2+c2-ac.由余弦定理，得cos?B=12．

又B∈（0，π），所以B=π3.?設ΔABC內切圓的半徑是r.由（1）可知a2+c2-ac=49，

即（a+c）2=49+3ac.S△ABC=12acsin?B=12（a+b+c）·r，

因此r=32ac7+a+c=123×（a+c）2-497+a+c=123（a+c-7）．

在ΔABC中，由正弦定理得asin?A=csin?C=bsin?B=1433，

所以a=1433sin?A，c=1433sin?C．

于是a+c=1433（sin?A+sin?C）=1433［sin?A+sin（120°-A）］

=1433sin?A+32cos?A+12sin?A

=143332sin?A+32cos?A

=14sin?A·32+cos?A·12=14sinA+π6．

又A∈0，2π3，所以A+π6∈π6，5π6．

當A+π6=π2時，a+c取得最大值14，從而內切圓的半徑r取得最大值736.

故最大圓形花圃的面積是π（736）2=49π12.

點評：本題其實是“以圖形（四邊形）為載體的解三角形問題”，主要考查數形結合、直觀想象、靈活運用正余弦定理和三角恒等變換的技能，將邊角關系與三角形、正余弦定理有機結合是解題的要點．

訓練11：某公園計劃改造一塊四邊形ABCD區(qū)域建設草坪（如圖），其中AB=2百米，?BC=1百米，AD=CD，AD⊥CD.草坪內需要規(guī)劃4條人行道DM，DN，EN，EM，以及兩條排水溝AC，BD.其中M，N，E分別是邊BC，AB，AC的中點．

（1）若∠ABC=π2，求排水溝BD的長；

（2）當∠ABC變化時，求4條人行道總長度的最大值．

簡析：（1）易在ΔBCD中，求出cos∠MCD=-1010，BD=322．

（2）設∠ABC=α，∠BAC=β，∠ACB=θ.

由ACsin?α=1sin?β=2sin?θ，得sin?β=sin?αAC，?sin?θ=2sin?αAC.

易得cos∠MED=cos（β+π2）=-sinβ，cos∠NED=cos（θ+π2）=-sinθ.

AC2=5-4cos?α，?MD2=94+sin?α-cos?α，ND2=32+sin?α-cos?α.

于是，DM+DN+EN+EM=94+t+32+t+32，其中sin?α-cos?α=t，-1

故DM+DN+EN+EM的最大值為94+2+32+2+32=6+322.

以上介紹了高考對三角問題七大熱點考向預測，這些內容很好地體現了三角中的核心知識和重要思想方法（數形結合、變角、換元、建模、轉化與化歸等）.需要注意的是，?由于新課標教材體系、結構、內容的變化和高考能力立意思想的加強，三角問題的題型、內容、背景、設置方式以及解題方法都有較大的變化，與相關知識交匯的力度也在不斷加大.因此，?我們在切實掌握基礎知識、基本技能和基本方法的基礎上，?還要重視對新題型的訓練和探究，?在高考中以不變應萬變．

責任編輯徐國堅