2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 三角函數(shù)、解三角形 第六節(jié) 解三角形學(xué)案 理（含解析）新人教A版

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1、第六節(jié)　解三角形 2019考綱考題考情 考綱要求 考題舉例 考向標(biāo)簽 1.掌握正弦定理、余弦定理，并能解決一些簡(jiǎn)單的三角形度量問(wèn)題 2．能夠運(yùn)用正弦定理、余弦定理等知識(shí)和方法解決一些與測(cè)量和幾何計(jì)算有關(guān)的實(shí)際問(wèn)題 2018·全國(guó)卷Ⅰ·T17(利用正弦、余弦定理求角、求邊) 2018·全國(guó)卷Ⅱ·T6(利用余弦定理求邊) 2018·全國(guó)卷Ⅲ·T9(利用余弦定理求角) 2017·全國(guó)卷Ⅰ·T17(正、余弦定理) 2017·全國(guó)卷Ⅱ·T17(正、余弦定理) 命題角度： 1．正弦定理和余弦定理 2．解三角形的綜合應(yīng)用 核心素養(yǎng)：邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算 1．正弦定理

2、 ＝＝＝2R 其中2R為△ABC外接圓直徑。 變式：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC。 a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC。 2．余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccosA；b2＝a2＋c2－2accosB； c2＝a2＋b2－2abcosC。 變式：cosA＝；cosB＝； cosC＝。 sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA。 3．解三角形 (1)已知三邊a，b，c。 運(yùn)用余弦定理可求三角A，B，C。 (2)已知兩邊a，b及夾角C。 運(yùn)用余弦定理可求第三邊c。 (3)已知兩邊a，b及一邊對(duì)角A。 先用正弦定

3、理，求sinB，sinB＝。 ①A為銳角時(shí)，若ab，一解。 (4)已知一邊a及兩角A，B(或B，C)用正弦定理，先求出一邊，后求另一邊。 4．三角形常用面積公式 (1)S＝a·ha(ha表示a邊上的高)。 (2)S＝absinC＝acsinB＝bcsinA＝。 (3)S＝r(a＋b＋c)(r為內(nèi)切圓半徑)。 在△ABC中，常有以下結(jié)論： 1．∠A＋∠B＋∠C＝π。 2．任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊。 3．sin(A＋B)

4、＝sinC；cos(A＋B)＝－cosC；tan(A＋B)＝－tanC；sin＝cos；cos＝sin。 4．三角形中的射影定理 在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB。 一、走進(jìn)教材 1．(必修5P10A組T4改編)在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，則∠BAC＝(　　) A． B． C． D． 解析　因?yàn)樵凇鰽BC中，設(shè)AB＝c＝5，AC＝b＝3，BC＝a＝7，所以由余弦定理得cos∠BAC＝＝＝－，因?yàn)椤螧AC為△ABC的內(nèi)角，所以∠BAC＝。故選C。 答案　C 2．(必修5P24A組T6改編)如

5、圖，設(shè)點(diǎn)A，B在河的兩岸，一測(cè)量者在A的同側(cè)所在的河岸邊選定一點(diǎn)C，測(cè)出A，C兩點(diǎn)間的距離為50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，則A，B兩點(diǎn)間的距離為(　　) A． m B．25 m C．50 m D．50 m 解析　在△ABC中，∠ABC＝30°，由正弦定理得＝，即＝，所以AB＝50(m)，故選C。 答案　C 二、走近高考 3．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，則AB＝(　　) A．4 B． C． D．2 解析　因?yàn)閏osC＝2cos2－1＝2×2－1＝－，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝1＋25－2×1×5×＝32，所

6、以c＝4。故選A。 答案　A 4．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c。已知sinB＋sinA(sinC－cosC)＝0，a＝2，c＝，則C＝(　　) A． B． C． D． 解析　因?yàn)閟inB＋sinA(sinC－cosC)＝0，所以sin(A＋C)＋sinAsinC－sinAcosC＝0，所以sinAcosC＋cosAsinC＋sinAsinC－sinAcosC＝0，整理得sinC(sinA＋cosA)＝0，因?yàn)閟inC≠0，所以sinA＋cosA＝0，所以tanA＝－1，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝，由正弦定理得sinC＝＝＝，因?yàn)?

7、C＝。故選B。 答案　B 三、走出誤區(qū) 微提醒：①利用正弦定理求角，忽視條件限制出現(xiàn)增根；②不會(huì)靈活運(yùn)用余弦定理導(dǎo)致運(yùn)算量偏大；③默認(rèn)cosC≠0，出現(xiàn)丟根。 5．在△ABC中，若A＝60°，a＝4，b＝4，則B等于________。 解析　由正弦定理知＝，則sinB＝＝＝。又a>b，則A>B，所以B為銳角，故B＝45°。 答案　45° 6．在△ABC中，a＝2，b＝3，C＝60°，則c＝________，△ABC的面積等于________。 解析　易知c＝＝，△ABC的面積等于×2×3×＝。 答案　　 7．在△ABC中，角A，B，C滿(mǎn)足sinAcosC－sinBcosC＝

8、0，則三角形的形狀為_(kāi)_______。 解析　由已知有cosC(sinA－sinB)＝0，所以有cosC＝0或sinA＝sinB，解得C＝90°，或A＝B。 答案　直角三角形或等腰三角形第1課時(shí)　正弦定理和余弦定理 考點(diǎn)一利用正、余弦定理解三角形 【例1】　(2018·天津高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c。已知bsinA＝acos。 (1)求角B的大??； (2)設(shè)a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值。 解　(1)在△ABC中，由正弦定理＝， 可得bsinA＝asinB， 又由bsinA＝acos，得asinB＝acos， 即sinB

9、＝cos，可得tanB＝。 又因?yàn)锽∈(0，π)，可得B＝。 (2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝， 有b2＝a2＋c2－2accosB＝7，故b＝。 由bsinA＝acos，可得sinA＝。 因?yàn)閍

10、C的對(duì)邊分別為a，b，c。若asinBcosC＋csinBcosA＝b，且a>b，則B＝(　　) A．　　　B. C．　　　D. (2)(2019·河南鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè))在△ABC中，∠ABC＝90°，延長(zhǎng)AC到D，使得CD＝AB＝1，若∠CBD＝30°，則AC＝________。 解析　(1)由正弦定理得，sinAsinBcosC＋sinCsinBcosA＝sinB，因?yàn)閟inB≠0，所以sinAcosC＋sinCcosA＝，即sin(A＋C)＝，所以sinB＝。已知a>b，所以B不是最大角，所以B＝。 (2)設(shè)AC＝x(x>0)，在△BCD中，由正弦定理得＝，所以BD＝2sin∠BC

11、D，又sin∠BCD＝sin∠ACB＝，所以BD＝。在△ABD中，(x＋1)2＝1＋2－2··cos(90°＋30°)，化簡(jiǎn)得x2＋2x＝，即x3＝2，故x＝，故AC＝。 答案　(1)A　(2) 考點(diǎn)二判斷三角形形狀 【例2】　(1)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若＝，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，則△ABC的形狀是(　　) A．直角三角形 B．等腰非等邊三角形 C．等邊三角形 D．鈍角三角形 (2)已知△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若＋＝2c，則△ABC的形狀是(　　) A．等邊三角形 B．銳角三角形 C．等腰直角三角形 D．鈍角

12、三角形 解析　(1)因?yàn)椋?，所以＝。所以b＝c。又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，所以b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝＝＝。因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝。所以△ABC是等邊三角形。 (2)因?yàn)椋?c，所以由正弦定理可得＋＝2sinC，而＋≥2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)sinA＝sinB時(shí)取等號(hào)。所以2sinC≥2，即sinC≥1。又sinC≤1，故可得sinC＝1，所以C＝90°。又因?yàn)閟inA＝sinB，所以A＝B。故△ABC為等腰直角三角形。故選C。 答案　(1)C　(2)C 判斷三角形形狀的兩種思路 1．化邊：通過(guò)因式分解、配方等得出邊的相應(yīng)關(guān)系，從而判斷三角形的形狀。

13、 2．化角：通過(guò)三角恒等變形，得出內(nèi)角的關(guān)系，從而判斷三角形的形狀。此時(shí)要注意應(yīng)用A＋B＋C＝π這個(gè)結(jié)論。 【變式訓(xùn)練】　(2019·山西太原五中模擬)在△ABC中，＝sin2(a、b、c分別為角A、B、C的對(duì)邊)，則△ABC的形狀為(　　) A．直角三角形 B．等邊三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形 解析　由cosB＝1－2sin2得sin2＝，所以＝，即cosB＝。由余弦定理得＝，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2。所以△ABC為直角三角形，又無(wú)法判斷兩直角邊是否相等。故選A。 解析：由正弦定理得cosB＝，又sinA＝sin(B＋C)＝

14、sinBcosC＋cosBsinC，所以cosBsinC＝sinBcosC＋cosBsinC，即sinBcosC＝0，又sinB≠0，所以cosC＝0，又角C為三角形的內(nèi)角，所以C＝，所以△ABC為直角三角形，又無(wú)法判斷兩直角邊是否相等。故選A。 答案　A 考點(diǎn)三三角形的面積問(wèn)題 【例3】　(2017·全國(guó)卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c。已知sinA＋cosA＝0，a＝2，b＝2。 (1)求c； (2)設(shè)D為BC邊上一點(diǎn)，且AD⊥AC，求△ABD的面積。 解　(1)由已知條件可得tan A＝－，A∈(0，π)，所以A＝，在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋

15、c2－4ccos，即c2＋2c－24＝0， 解得c＝－6(舍去)，或c＝4。 (2)如圖，由題設(shè)可得∠CAD＝， 所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝， 故△ABD面積與△ACD面積的比值為 ＝1， 又△ABC的面積為×4×2sin∠BAC＝2， 所以△ABD的面積為。 解法一：由余弦定理得cosC＝， 在Rt△ACD中，cosC＝， 所以CD＝，所以AD＝，DB＝CD＝， 所以S△ABD＝S△ACD＝×2××sinC＝×＝。 解法二：∠BAD＝，由余弦定理得cosC＝，所以CD＝，所以AD＝，所以S△ABD＝×4××sin∠DAB＝。 解法三：過(guò)B作BE垂直A

16、D，交AD的延長(zhǎng)線(xiàn)于E，在△ABE中，∠EAB＝－＝，AB＝4，所以BE＝2，所以BE＝CA，從而可得△ADC≌△EDB，所以BD＝DC，即D為BC中點(diǎn)，所以S△ABD＝S△ABC＝××2×4×sin∠CAB＝。 三角形面積公式的應(yīng)用原則 1．對(duì)于面積公式S＝absinC＝acsinB＝bcsinA，一般是已知哪一個(gè)角就使用哪一個(gè)公式。 2．與面積有關(guān)的問(wèn)題，一般要用到正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊和角的轉(zhuǎn)化。 【變式訓(xùn)練】　(1)(2018·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c。已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，則△ABC的

17、面積為_(kāi)_______。 (2)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，btanB＋btanA＝2ctanB，且a＝5，△ABC的面積為2，則b＋c的值為_(kāi)_______。 解析　(1)因?yàn)閎sinC＋csinB＝4asinBsinC，由正弦定理得＝＝＝2R，可得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，因?yàn)锽，C∈(0，π)，所以sinBsinC≠0，即4sinA＝2，sinA＝，又b2＋c2－a2＝8＝2bccosA>0，所以A＝且bc＝，則S△ABC＝bcsinA＝××＝。 (2)由正弦定理及btanB＋btanA＝2ctanB，得sinB·＋sin

18、B·＝2sinC·，因?yàn)锽∈(0，π)，所以sinB≠0，即cosAsinB＋sinAcosB＝2sinCcosA，亦即sin(A＋B)＝2sinCcosA，故sinC＝2sinCcosA。因?yàn)閟inC≠0，所以cosA＝，A∈(0，π)，所以A＝。由面積公式，知S△ABC＝bcsinA＝2，所以bc＝8。由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc，代入可得b＋c＝7。 答案　(1)　(2)7 1．(配合例1使用)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且sin－cos＝。 (1)求cosB的值； (2)若b2－a2＝ac，求的值。 解　將s

19、in－cos＝兩邊同時(shí)平方得， 1－sinB＝，得sinB＝，故cosB＝±， 又sin－cos＝>0，所以sin>cos， 所以∈，所以B∈，故cosB＝－。 (2)由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋ac， 所以a＝c－2acosB＝c＋a， 所以c＝a，故＝。 2．(配合例1使用)如圖所示，在△ABC中，B＝，D為邊BC上的點(diǎn)，E為AD上的點(diǎn)，且AE＝8，AC＝4，∠CED＝。 (1)求CE的長(zhǎng)； (2)若CD＝5，求cos∠DAB的值。 解　(1)因?yàn)椤螦EC＝π－＝， 所以在△AEC中，由余弦定理得AC2＝AE2＋CE2－2AE·CEcos∠

20、AEC， 所以160＝64＋CE2＋8CE， 所以CE2＋8CE－96＝0， 所以CE＝4(負(fù)值舍去)。 (2)在△CDE中，由正弦定理得＝， 所以5sin∠CDE＝4×，所以sin∠CDE＝， 因?yàn)辄c(diǎn)D在邊BC上，所以∠CDE>B＝，而<， 所以∠CDE只能為鈍角，所以cos∠CDE＝－， 所以cos∠DAB＝cos＝cos∠CDEcos＋sin∠CDEsin＝－×＋×＝。 3．(配合例3使用)已知△ABC的面積為3，AC＝2，BC＝6，延長(zhǎng)BC至D，使∠ADC＝45°。 (1)求AB的長(zhǎng)； (2)求△ACD的面積。 解　(1)因?yàn)镾△ABC＝×6×2×sin∠ACB

21、＝3，所以sin∠ACB＝，∠ACB＝30°或150°， 又∠ACB>∠ADC，且∠ADC＝45°，所以∠ACB＝150°， 在△ABC中，由余弦定理得AB2＝12＋36－2×2×6cos150°＝84，所以AB＝＝2。 (2)在△ACD中，因?yàn)椤螦CB＝150°，∠ADC＝45°， 所以∠CAD＝105°， 由正弦定理得＝， 所以CD＝3＋， 又∠ACD＝180°－150°＝30°， 所以S△ACD＝AC·CD·sin∠ACD＝×2×(3＋)×＝。 第2課時(shí)　解三角形的綜合應(yīng)用 考點(diǎn)一三角形的實(shí)際應(yīng)用 【例1】　如圖，為了測(cè)量河對(duì)岸A，B兩點(diǎn)之間的距離，觀(guān)察者找

22、到一個(gè)點(diǎn)C，從C點(diǎn)可以觀(guān)察到點(diǎn)A，B；找到一個(gè)點(diǎn)D，從D點(diǎn)可以觀(guān)察到點(diǎn)A，C；找到一個(gè)點(diǎn)E，從E點(diǎn)可以觀(guān)察到點(diǎn)B，C；并測(cè)量得到：CD＝2，CE＝2，∠D＝45°，∠ACD＝105°，∠ACB＝48.19°，∠BCE＝75°，∠E＝60°，則A，B兩點(diǎn)之間的距離為_(kāi)_______。 解析　依題意知，在△ACD中，∠CAD＝30°，由正弦定理得AC＝＝2，在△BCE中，∠CBE＝45°，由正弦定理得BC＝＝3。因?yàn)樵凇鰽BC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB＝10，所以AB＝。 答案　 利用正、余弦定理解決實(shí)際問(wèn)題的一般步驟 1．分析——理解題意，

23、分清已知與未知，畫(huà)出示意圖。 2．建?！鶕?jù)已知條件與求解目標(biāo)，把已知量與求解量盡量集中在相關(guān)的三角形中，建立一個(gè)解斜三角形的數(shù)學(xué)模型。 3．求解——利用正弦定理或余弦定理有序地解三角形，求得數(shù)學(xué)模型的解。 4．檢驗(yàn)——檢驗(yàn)上述所求的解是否符合實(shí)際意義，從而得出實(shí)際問(wèn)題的解。 【變式訓(xùn)練】　如圖，高山上原有一條筆直的山路BC，現(xiàn)在又新架設(shè)了一條索道AC，小李在山腳B處看索道AC，發(fā)現(xiàn)張角∠ABC＝120°；從B處攀登400米到達(dá)D處，回頭看索道AC，發(fā)現(xiàn)張角∠ADC＝150°；從D處再攀登800米可到達(dá)C處，則索道AC的長(zhǎng)為_(kāi)_______米。 解析　在△ABD中，BD＝4

24、00米，∠ABD＝120°。因?yàn)椤螦DC＝150°，所以∠ADB＝30°。所以∠DAB＝180°－120°－30°＝30°。由正弦定理，可得＝，所以＝，得AD＝400(米)。在△ADC中，DC＝800米，∠ADC＝150°，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2·AD·CD·cos∠ADC＝(400)2＋8002－2×400×800×cos150°＝4002×13，解得AC＝400(米)。故索道AC的長(zhǎng)為400米。 答案　400 考點(diǎn)二解三角形與三角函數(shù)的綜合應(yīng)用 【例2】　(2019·遼寧五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝cos2x＋sin(π－x)cos(π＋x)－。 (1)求函數(shù)f(x

25、)在[0，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，bsinC＝asinA，求△ABC的面積。 解　(1)f(x)＝cos2x－sinxcosx－ ＝－sin2x－ ＝－sin， 由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z， 得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z， 又x∈[0，π]， 所以函數(shù)f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間為和。 (2)由(1)知f(x)＝－sin， 所以f(A)＝－sin＝－1， 因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以0

26、nA，所以bc＝a2＝4， 所以S△ABC＝bcsinA＝。 解三角形與三角函數(shù)的綜合應(yīng)用主要體現(xiàn)在以下兩方面： (1)利用三角恒等變形化簡(jiǎn)三角函數(shù)式進(jìn)行解三角形。 (2)解三角形與三角函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用。 【變式訓(xùn)練】　(2019·湖南湘東五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x－。 (1)求f(x)的最小值，并寫(xiě)出取得最小值時(shí)的自變量x的集合； (2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且c＝，f(C)＝0，若sinB＝2sinA，求a，b的值。 解　(1)f(x)＝sin2x－－＝sin2x－－1＝sin－1。 當(dāng)2x－＝2kπ－，即

27、x＝kπ－(k∈Z)時(shí)，f(x)的最小值為－2， 此時(shí)自變量x的集合為。 (2)因?yàn)閒(C)＝0， 所以sin－1＝0，又0

28、線(xiàn)段AD的長(zhǎng)； (2)求△ADE的面積。 解　(1)因?yàn)閏＝4，b＝2,2ccosC＝b， 所以cosC＝＝。 由余弦定理得cosC＝＝＝，所以a＝4，即BC＝4。 在△ACD中，CD＝2，AC＝2， 所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD＝6， 所以AD＝。 (2)因?yàn)锳E是∠BAC的平分線(xiàn)， 所以＝＝＝2， 又＝，所以＝2， 所以CE＝BC＝，DE＝2－＝。 又因?yàn)閏osC＝， 所以sinC＝＝。 又S△ADE＝S△ACD－S△ACE， 所以S△ADE＝×DE×AC×sinC＝。 平面幾何中解三角形問(wèn)題的求解思路 1．把所提供的平面圖

29、形拆分成若干個(gè)三角形，然后在各個(gè)三角形內(nèi)利用正弦、余弦定理求解。 2．尋找各個(gè)三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，求出結(jié)果。 提醒：做題過(guò)程中，要用到平面幾何中的一些知識(shí)點(diǎn)，如相似三角形的邊角關(guān)系、平行四邊形的一些性質(zhì)，要把這些性質(zhì)與正弦、余弦定理有機(jī)結(jié)合，才能順利解決問(wèn)題。 【變式訓(xùn)練】　△ABC的垂心H在其內(nèi)部，∠A＝30°，AH＝，則BH＋CH的取值范圍是________。 解析　由已知，得△ABC為銳角三角形，如圖，延長(zhǎng)AH，BH，CH分別交BC，AC，AB于點(diǎn)E，F(xiàn)，D，因?yàn)镠是垂心，所以AE⊥BC，BF⊥AC，CD⊥AB，又∠BAC＝30°，所以∠ABF＝∠ACD＝60

30、°。設(shè)∠BAH＝θ，θ∈(0°，30°)，則∠CAH＝30°－θ，又AH＝，所以在△ABH中，由正弦定理，得＝?BH＝2sinθ，在△ACH中，由正弦定理，得＝?CH＝2sin(30°－θ)，所以BH＋CH＝2sinθ＋2sin(30°－θ)＝sinθ＋cosθ＝2sin(θ＋30°)，因?yàn)棣取?0°，30°)，所以θ＋30°∈(30°，60°)，所以sin(θ＋30°)∈，2sin(θ＋30°)∈(1，)，即BH＋CH∈(1，)。 答案　(1，) 考點(diǎn)四三角形中的最值與范圍問(wèn)題 【例4】　設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，a＝btanA，且B為鈍角。 (1)證明：B－

31、A＝； (2)求sinA＋sinC的取值范圍。 解　(1)證明：由a＝btanA及正弦定理，得＝＝，所以sinB＝cosA，即sinB＝sin。 因?yàn)锽為鈍角，所以A為銳角， 所以＋A∈， 則B＝＋A，即B－A＝。 (2)由(1)知，C＝π－(A＋B)＝π－＝－2A>0，所以A∈。 于是sinA＋sinC＝sinA＋sin ＝sinA＋cos2A＝－2sin2A＋sinA＋1 ＝－22＋。 因?yàn)?

32、 要建立所求量(式子)與已知角或邊的關(guān)系，然后把角或邊作為自變量，所求量(式子)的值作為函數(shù)值，轉(zhuǎn)化為函數(shù)關(guān)系，將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問(wèn)題。這里要利用條件中的范圍限制，以及三角形自身范圍限制，要盡量把角或邊的范圍(也就是函數(shù)的定義域)找完善，避免結(jié)果的范圍過(guò)大。 【變式訓(xùn)練】　(1)(2018·江蘇高考)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分線(xiàn)交AC于點(diǎn)D，且BD＝1，則4a＋c的最小值為_(kāi)_______。 (2)(2019·濰坊市統(tǒng)一考試)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，外接圓的半徑為1，且＝，則△ABC面積的最大值

33、為_(kāi)_______。 解析　(1)因?yàn)椤螦BC＝120°，∠ABC的平分線(xiàn)交AC于點(diǎn)D，所以∠ABD＝∠CBD＝60°，由三角形的面積公式可得acsin120°＝asin60°＋csin60°，化簡(jiǎn)得ac＝a＋c，又a>0，c>0，所以＋＝1，則4a＋c＝(4a＋c)·＝5＋＋≥5＋2 ＝9，當(dāng)且僅當(dāng)c＝2a時(shí)取等號(hào)，故4a＋c的最小值為9。 (2)因?yàn)椋?，所以?2c－b)，由正弦定理得sinBsinAcosB＝(2sinC－sinB)sinBcosA，又sinB≠0，所以sinAcosB＝(2sinC－sinB)cosA，所以sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosA，si

34、n(A＋B)＝2sinCcosA，即sinC＝2sinCcosA，又sinC≠0，所以cosA＝，sinA＝。設(shè)外接圓的半徑為r，則r＝1，a＝2rsinA，由余弦定理得bc＝＝b2＋c2－a2＝b2＋c2－(2rsinA)2＝b2＋c2－3≥2bc－3(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)，等號(hào)成立)，所以bc≤3，所以S△ABC＝bcsinA＝bc≤。 答案　(1)9　(2) 1. (配合例3使用)如圖，在△ABC中，∠B＝，AB＝8，點(diǎn)D在邊BC上，且CD＝2，cos∠ADC＝。 (1)求sin∠BAD； (2)求BD，AC的長(zhǎng)。 解　(1)在△ADC中，因?yàn)閏os∠ADC＝， 所以si

35、n∠ADC＝＝＝＝，則sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)＝sin∠ADC·cos∠B－cos∠ADC·sin∠B＝×－×＝。 (2)在△ABD中，由正弦定理得BD＝＝＝3。 在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋CB2－2AB·BCcosB＝82＋52－2×8×5×＝49，即AC＝7。 2．(配合例4使用)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且acosC＋ccosA＝bsinB，A＝，如圖，若點(diǎn)D是△ABC外一點(diǎn)，DC＝2，DA＝3，則當(dāng)四邊形ABCD面積最大時(shí)，sinD＝________。 解析　由acosC＋ccosA＝bsinB及余弦定理得a×＋c

36、×＝bsinB，即b＝bsinB?sinB＝1?B＝，又∠CAB＝，所以∠ACB＝。BC＝a，則AB＝a，AC＝2a，則S△ABC＝×a×a＝a2。在△ACD中，cosD＝＝，所以a2＝。又S△ACD＝AD·CDsinD＝3sinD，所以S四邊形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝ a2＋3sinD＝×＋3sinD＝3sinD－cosD＋＝＋＝sin(D－θ)＋，所以當(dāng)D－θ＝，即D＝＋θ時(shí)，S四邊形ABCD最大，此時(shí)sinD＝sin＝cosθ＝＝。 答案　 縱觀(guān)近幾年的高考試題和高考模擬試題，不難發(fā)現(xiàn)在三角函數(shù)和三角形中求最值問(wèn)題成為其中一個(gè)亮點(diǎn)，本文從求三角函數(shù)的最值、三角形中

37、的最值兩個(gè)方面舉例說(shuō)明，希望對(duì)高考備考有所幫助。 類(lèi)型一三角函數(shù)的最值 1.可化為“y＝Asin(ωx＋φ)＋B”型的最值問(wèn)題 【例1】　(2018·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝sin2x＋sinxcosx。 (1)求f(x)的最小正周期； (2)若f(x)在區(qū)間上的最大值為，求m的最小值。 解　(1)f(x)＝－cos2x＋sin2x ＝sin＋。 所以f(x)的最小正周期為T(mén)＝＝π。 (2)由(1)知f(x)＝sin＋。 由題意知－≤x≤m。 所以－≤2x－≤2m－。 要使得f(x)在上的最大值為， 即sin在上的最大值為1。 所以2m－≥，即m≥。 所以

38、m的最小值為。 化為y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式求最值時(shí)，特別注意自變量的取值范圍對(duì)最大值、最小值的影響，可通過(guò)比較閉區(qū)間端點(diǎn)的取值與最高點(diǎn)、最低點(diǎn)的取值來(lái)確定函數(shù)的最值。 【變式訓(xùn)練】　函數(shù)f(x)＝3sinx＋4cosx，x∈[0，π]的值域?yàn)開(kāi)_______。 解析　f(x)＝3sinx＋4cosx＝5＝5sin(x＋φ)，其中cosφ＝，sinφ＝，0<φ<。因?yàn)?≤x≤π，所以φ≤x＋φ≤π＋φ。所以當(dāng)x＋φ＝時(shí)，f(x)max＝5；當(dāng)x＋φ＝π＋φ時(shí)，f(x)min＝5sin(π＋φ)＝－5sinφ＝－4。所以f(x)的值域?yàn)閇－4,5]。 答案　[－4,5]

39、2．可化為y＝f(sinx)或y＝f(cosx)型的最值問(wèn)題 【例2】　(1)(2019·廣東惠州一模)函數(shù)y＝cos2x＋2sinx的最大值為_(kāi)_______。 (2)求f(x)＝cos2x＋asinx＋的最小值。 (1)解析　y＝cos2x＋2sinx＝－2sin2x＋2sinx＋1。設(shè)t＝sinx，則－1≤t≤1，所以原函數(shù)可以化為y＝－2t2＋2t＋1＝－22＋，所以當(dāng)t＝時(shí)，函數(shù)y取得最大值為。 答案　 (2)解　f(x)＝(1－2sin2x)＋asinx＋ ＝－sin2x＋asinx＋1， 令t＝sinx，t∈[－1,1]， 所以y＝－t2＋at＋1＝－2＋1＋。

40、 當(dāng)a>0時(shí)，t＝－1時(shí)，y取最小值，ymin＝－a； 當(dāng)a≤0時(shí)，t＝1時(shí)，y取最小值，ymin＝a。 可化為y＝f(sinx)或y＝f(cosx)型三角函數(shù)的最值或值域可通過(guò)換元法轉(zhuǎn)為其他函數(shù)的最值或值域。 【變式訓(xùn)練】　(1)若函數(shù)f(x)＝cos2x＋asinx在區(qū)間上的最小值大于零，則a的取值范圍是________。 (2)求函數(shù)y＝的值域。 (1)解析　因?yàn)閒(x)＝1－2sin2x＋asinx，令sinx＝t，因?yàn)閤∈，故t∈，則函數(shù)f(t)＝－2t2＋at＋1是開(kāi)口向下，對(duì)稱(chēng)軸為t＝的拋物線(xiàn)，由于f(1)＝a－1，f＝(a＋1)，結(jié)合圖象可知，?a>1。 答案　

41、(1，＋∞) (2)解　因?yàn)閥＝ ＝＝2cos2x＋2cosx ＝22－， 于是當(dāng)且僅當(dāng)cosx＝1時(shí)，ymax＝4。 但cosx≠1，所以y<4。 且ymin＝－，當(dāng)且僅當(dāng)cosx＝－時(shí)取得。 故函數(shù)值域?yàn)椤? 類(lèi)型二三角形中的最值 1.求角的三角函數(shù)值的最值 【例3】　在△ABC中，a2＋c2＝b2＋ac。 (1)求B的大??； (2)求cosA＋cosC的最大值。 解　(1)由余弦定理和已知條件可得 cosB＝＝＝， 又因?yàn)?

42、sA＋sinA＝cos。 因?yàn)?

43、線(xiàn)交點(diǎn)位于四邊形的內(nèi)部，AB＝BC＝1，AC＝CD，AC⊥CD，當(dāng)∠ABC變化時(shí)，BD的最大值為_(kāi)_______。 解析　設(shè)∠ACB＝θ，則∠ABC＝π－2θ，∠DCB＝θ＋，由余弦定理可知，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC，即AC＝DC＝＝2cosθ，由余弦定理知，BD2＝BC2＋DC2－2BC·DCcos∠DCB，即BD2＝4cos2θ＋1－2×1×2cosθcos＝2cos2θ＋2sin2θ＋3＝2sin＋3。由0<θ<，可得<2θ＋<，則(BD2)max＝2＋3，此時(shí)θ＝，因此(BD)max＝＋1。 答案?。? 邊的最值一般通過(guò)三角形中的正、余弦定理將邊

44、轉(zhuǎn)化為角的三角函數(shù)值，再結(jié)合角的范圍求解。有時(shí)也可利用均值不等式求解。 【變式訓(xùn)練】　在△ABC中，B＝60°，AC＝，則AB＋2BC的最大值為_(kāi)_______。 解析　因?yàn)椋剑剑?，所以AB＝2sinC，BC＝2sinA，因此AB＋2BC＝2sinC＋4sinA＝2sin＋4sinA＝5sinA＋cosA＝2sin(A＋φ)，因?yàn)棣铡?0,2π)，A∈，所以AB＋2BC的最大值為2。 答案　2 3．求三角形面積的最值 【例5】　(2019·南昌市聯(lián)考)在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，AC＝8，AB＝2AD，∠BAD＝60°，則△BCD的面積的最大值為_(kāi)_______。 解析　設(shè)AD＝t，

45、因?yàn)锳B＝2AD，∠BAD＝60°，由余弦定理得BD2＝4t2＋t2－2×2t×tcos60°＝3t2，所以BD＝t，所以AB2＝BD2＋AD2，所以∠ADB＝90°，即AB為四邊形ABCD外接圓的直徑，如圖，設(shè)∠BAC＝θ(0°<θ<60°)，因?yàn)椤螦CB＝90°，AC＝8，所以BC＝8tanθ，AB＝，所以BD＝，又∠CBD＝60°－θ，所以△BCD的面積S＝×8tanθ××sin(60°－θ)(0°<θ<60°)，所以S＝＝ ＝24tanθ－8tan2θ(0°<θ<60°)，所以tanθ＝時(shí)S取得最大值6。 答案　6 利用三角函數(shù)的有關(guān)公式，結(jié)合三角形的面積公式及正、余弦定

46、理，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為邊或角的關(guān)系，利用函數(shù)或不等式是一種解決此類(lèi)問(wèn)題的常規(guī)方法。 【變式訓(xùn)練】　(2019·鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè))在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且2ccosB＝2a＋b，若△ABC的面積S＝c，則ab的最小值為(　　) A．28 B．36 C．48 D．56 解析　在△ABC中，2ccosB＝2a＋b，由正弦定理，得2sinCcosB＝2sinA＋sinB。又A＝π－(B＋C)，所以sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)，所以2sinCcosB＝2sin(B＋C)＋sinB＝2sinBcosC＋2cosBsinC＋sinB，得2sinBcosC＋sinB＝0，因?yàn)閟inB≠0，所以cosC＝－，又0