使用正弦型思路考查的素材

前言

正弦型函数

形如(y=Asin(omegacdot x+phi)+k)的函数称为正弦型函数，形如(y=Acos(omegacdot x+phi)+k)的函数称为余弦型函数，仿照正弦型函数思考处理；

题型列举

• 求正弦型函数的各种性质；

例1已知函数(f(x)=2sinxcdot cosx+2sqrt{3}cdot cos^2x-sqrt{3}+1)，

①将函数转化为正弦型；②求周期；③求值域；④求单调区间；⑤求对称性；⑥求奇偶性；

变形方向：正弦型(或余弦型)；变形公式：逆用二倍角的正弦、余弦公式和辅助角公式；

(f(x)=sin2x+sqrt{3}(1+cos2x)-sqrt{3}+1)(=sin2x+sqrt{3}cos2x+1)(=2sin(2x+cfrac{pi}{3})+1)

①求周期； 由(T=cfrac{2pi}{2})，得到(T=pi)

②求值域((xin R 或 xin [-cfrac{pi}{3}，cfrac{pi}{4}]))；最值(和最值点)；

若(xin R)，则当(sin(2x+cfrac{pi}{3})=1)时，即(2x+cfrac{pi}{3}=2kpi+cfrac{pi}{2}(kin Z))，即(x=kpi+cfrac{pi}{12}(kin Z))时，(f(x)_{max}=2 imes1+1=3)；

当(sin(2x+cfrac{pi}{3})=-1)时，即(2x+cfrac{pi}{3}=2kpi-cfrac{pi}{2}(kin Z))，即(x=kpi-cfrac{5pi}{12}(kin Z))时，(f(x)_{max}=2 imes(-1)+1=-1)；

若(xin [-cfrac{pi}{3}，cfrac{pi}{4}])，则可得(-cfrac{2pi}{3}leq 2xleq cfrac{pi}{2})，则(-cfrac{pi}{3}leq 2x+cfrac{pi}{3}leq cfrac{5pi}{6})，

故当(2x+cfrac{pi}{3}=-cfrac{pi}{3})，即(x=-cfrac{pi}{3})时，(f(x)_{min}=f(-cfrac{pi}{3})=2 imes (-cfrac{sqrt{3}}{2})+1=-sqrt{3}+1)；

故当(2x+cfrac{pi}{3}=cfrac{pi}{2})，即(x=cfrac{pi}{12})时，(f(x)_{max}=f(cfrac{pi}{12})=2 imes 1+1=3)；

③求单调区间(left(xin R 或xin [-cfrac{pi}{4}，cfrac{pi}{2}] ight))(具体解法参见例2的法1和法2)

④求函数(f(x))对称轴方程和对称中心坐标；

令(2x+cfrac{pi}{3}=kpi+cfrac{pi}{2}(kin Z))，得到(f(x))对称轴方程为(x=cfrac{kpi}{2}+cfrac{pi}{12}(kin Z))；

令(2x+cfrac{pi}{3}=kpi(kin Z))，得到(f(x))的对称中心坐标为((cfrac{kpi}{2}-cfrac{pi}{6}，1)(kin Z))

⑤求奇偶性(left(奇函数利用f(0)=0；偶函数利用f(0)=f(x)_{max}或f(x)_{min} ight))

比如，函数(g(x)=2sin(2x+phi+cfrac{pi}{3})(phiin (0，pi)))是偶函数，求(phi)的值。

分析：由于函数(g(x))是偶函数，则在(x=0)处必然取到最值，

故有(2 imes 0+phi+cfrac{pi}{3}=kpi+cfrac{pi}{2}(kin Z))，

则(phi=kpi+cfrac{pi}{6}(kin Z))

令(k=0)，则(phi=cfrac{pi}{6}in (0，pi))，满足题意，故所求(phi=cfrac{pi}{6})时，函数(g(x))是偶函数。

• 求周长类的取值范围；

例01【三角函数图像性质和解三角形结合】【角的范围不是难点】【2017•福州模拟】

在(Delta ABC)中，角(A，B，C)的对边分别为(a，b，c)，满足((2b-c)cdot cosA=acdot cosC)。　

(1)求角(A)的大小；(考查角度：解三角形)

(2)若(a=3)，求(Delta ABC)的周长的最大值。(考查角度：三角函数图像性质)

分析：(1)由((2b-c)cdot cosA=acdot cosC)，以及正弦定理，

得((2sinB-sinC)cosA=sinAcosC)，

所以(2sinBcosA=sinCcosA+sinAcosC)， 所以(2sinBcosA=sin(C+A)=sinB)，

因为(Bin (0，π))，所以(sinB eq 0)，

因为(Ain (0，π))，(cosA=cfrac{1}{2})，所以$A=cfrac{pi}{3} $。

(2)法1：均值不等式法，

由(1)得(A=cfrac{pi}{3})，且(a=3)，

则由余弦定理可得，(a^2=b^2+c^2-2bccosA)，

即(3^2=b^2+c^2-bc=(b+c)^2-3bc)，

即((b+c)^2=9+3bcleq 9+3 imes (cfrac{b+c}{2})^2)，视(b+c)为整体，

解不等式得到，(cfrac{1}{4}(b+c)^2leq 9)，即(b+cleq 6)，

当且仅当(b=c=3)时取得等号。

则((a+b+c)_{max}=3+6=9)，

故(Delta ABC)的周长最大值为9。

法2：三角函数法，由(1)得$A=cfrac{pi}{3} $，

由正弦定理得(cfrac{b}{sinB}=cfrac{c}{sinC} =cfrac{a}{sinA} =cfrac{3}{frac{sqrt{3}}{2}} =2sqrt{3})，

所以(b=2sqrt{3}cdot sinB)； (c=2sqrt{3}cdot sinC)，

则所求的(Delta ABC)的周长：

(l=3+2sqrt{3}cdot sinB+2sqrt{3}cdot sinC)

(=3+2sqrt{3}cdot sinB+2sqrt{3}cdot sin(cfrac{2pi}{3}-B))

(=3+2sqrt{3}cdot sinB+2sqrt{3}cdot (cfrac{sqrt{3}}{2}cosB+cfrac{1}{2}sinB))

(=3+3sqrt{3}sinB+3cosB=3+6sin(B+cfrac{pi}{6}))

因为(Bin(0，cfrac{2pi}{3}))，所以当(B=cfrac{pi}{3}) 时，(Delta ABC)的周长取得最大值，最大值为9。

求代数式的取值范围；

例02【2016宝鸡市第二次质量检测第17题】【角的范围是难点】

在(Delta ABC)中，已知(sin^2A+sin^2B+sinAsinB=sin^2C)，其中角(A、B、C)的对边分别为(a、b、c)，

(1).求角(C)的大小。

(2).求(cfrac{a+b}{c})的取值范围。

分析：(1)角化边，由(cfrac{a}{2R}=sinA，cfrac{b}{2R}=sinB，cfrac{c}{2R}=sinC)

得到(a^2+b^2+ab=c^2)，即(a^2+b^2-c^2=-ab)，

故由余弦定理得到(cosC=cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-cfrac{1}{2})，

又(Cin (0，pi))，故(C=cfrac{2pi}{3})。

(2)由(1)可知，(A+B=cfrac{pi}{3})，即(A=cfrac{pi}{3}-B)

边化角，由(a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC)

(cfrac{a+b}{c}=cfrac{sinA+sinB}{sinC}=cfrac{2sqrt{3}}{3}(sinA+sinB))

(=cfrac{2sqrt{3}}{3}[sin(cfrac{pi}{3}-B)+sinB]=cfrac{2sqrt{3}}{3}[cfrac{sqrt{3}}{2}cosB-cfrac{1}{2}sinB+sinB])

(=cfrac{2sqrt{3}}{3}(cfrac{1}{2}sinB+cfrac{sqrt{3}}{2}cosB)=cfrac{2sqrt{3}}{3}sin(B+cfrac{pi}{3}))，

又由(egin{cases}B>0\ cfrac{pi}{3}-B>0end{cases})得到(0<B<cfrac{pi}{3})，

故(cfrac{pi}{3}<B+cfrac{pi}{3}<cfrac{2pi}{3})，则(cfrac{sqrt{3}}{2}<sin(B+cfrac{pi}{3})leq 1)

则有(1<cfrac{sqrt{3}}{2}cdot sin(B+cfrac{pi}{3})leq cfrac{2sqrt{3}}{3})

即(cfrac{a+b}{c})的取值范围为((1，cfrac{2sqrt{3}}{3}])。

例2+1【2017湖南常德模拟】设函数(f(x)=|x^2-2x-1|)，若(m>n>1)，且(f(m)=f(n))，则(mn)的取值范围是【】

$A.(3,3+2sqrt{2})$ $B.(3,3+2sqrt{2}]$ $C.(1,3)$ $D.(1,3]$

法1：自行做出函数的图像，由(m>n>1)可知，(f(m)=|m^2-2m-1|=m^2-2m-1)，

(f(n)=|n^2-2n-1|=-n^2+2n+1)，又由于(f(m)=f(n))，则(m^2-2m-1=-n^2+2n+1)，

即(m^2+n^2-2m-2n-2=0)，即((m-1)^2+(n-1)^2=4=2^2)，

则(m=1+2cos heta)，(n=1+2sin heta)，( hetain (0,cfrac{pi}{4}))，

[对角( heta)范围的说明:由(m>n>1)，得到(1+2cos heta>1+2sin heta>1)，即(cos heta>sin heta>0)，故(0< heta<cfrac{pi}{4})]

则(mn=(1+2cos heta)(1+2sin heta)=1+2(cos heta+sin heta)+4sin hetacos heta)

令(t=sin heta+cos heta)，则(2sin hetacos heta=t^2-1)

且(t=sin heta+cos heta=sqrt{2}sin( heta+cfrac{pi}{4})in (1,sqrt{2}))，

所以(mn=2t^2+2t-1)，当(t=1)时，(mn)有最小值，最小值为(3)，

当(t=sqrt{2})时，(mn)有最大值，最大值为(3+2sqrt{2})，选(A);

法2：用图形说明，由上述的动图，我们容易知道(1<n<1+sqrt{2})，(1+sqrt{2}<m<3)，

但是由同向不等式性质，得到(1 imes(1+sqrt{2})<mn<3 imes(1+sqrt{2}))却是错误的，

[原因是所作的直线始终要和(x)轴平行，故(n ightarrow 1)时，(m ightarrow 3)，而不是(m ightarrow 1+sqrt{2})]

如果要用乘法，也应该是(1 imes 3)和((1+sqrt{2}) imes (1+sqrt{2})=3+2sqrt{2})

但是这个做法有凑答案之嫌，故最合理的做法是上述的法1；

解后反思：深入思考法1的解法，我们发现本题目还可以用来做这样的考查；

①求(m+n)的取值范围；

②求((m-1)(n-1))的取值范围；

• 求面积类的取值范围；

例2【2017(cdot)广东汕头一模】【求面积的最大值】已知(Delta ABC)的内角(A，B，C)的对边分别是(a，b，c)，且满足(b=c)，(cfrac{b}{a}=cfrac{1-cosB}{cosA})，若点(O)是(Delta ABC)外的一点，(angle AOB= heta(0< heta<pi))，(OA=2)，(OB=1)，则四边形(OACB)面积的最大值是【】

$A.cfrac{4+5sqrt{3}}{4}$ $B.cfrac{8+5sqrt{3}}{4}$ $C.3$ $D.cfrac{4+5sqrt{3}}{4}$

分析：由(cfrac{b}{a}=cfrac{sinB}{sinA}=cfrac{1-cosB}{cosA})，

得到(sinBcosA+cosBsinA=sinA)，即(sin(A+B)=sinA)

则(sinC=sinA)，即(A=C)，

故(a=b=c)，为等边三角形。

在(Delta AOB)中，(AB^2=2^2+1^2-2cdot 2cdot 1cdot cos heta=5-4cos heta)，

故(S_{OACB}=S_{Delta AOB}+S_{Delta ABC})

(=cfrac{1}{2}cdot 2cdot 1cdot sin heta+cfrac{sqrt{3}}{4}cdot AB^2)

(=sin heta+cfrac{sqrt{3}}{4}(5-4cos heta)=2sin( heta-cfrac{pi}{3})+cfrac{5sqrt{3}}{4})

当( heta-cfrac{pi}{3}=cfrac{pi}{2})时，即( heta=cfrac{5pi}{6}in (0，pi))时，四边形的面积有最大值，

且(S_{max}=2+cfrac{5sqrt{3}}{4}=cfrac{8+5sqrt{3}}{4})，故选(B)。

例1【2019年高考新课标Ⅲ】( riangle ABC)的内角(A)、(B)、(C)的对边分别为(a),(b)，(c)，已知 (acdotsincfrac{A+C}{2}=bcdotsin A).

(1)求角(B).

分析：由于(acdotsincfrac{A+C}{2}=bcdotsin A)，即为(acdotsincfrac{pi-B}{2}=acdotcoscfrac{B}{2}=bcdotsin A)

可得 (sin Acdotcoscfrac{B}{2}=sin Bcdotsin A=2sincfrac{B}{2}cdotcoscfrac{B}{2}cdotsin A)，

(ecause sin A>0)，( herefore coscfrac{B}{2}=2sincfrac{B}{2}cdotcoscfrac{B}{2}),

即(coscfrac{B}{2}cdot (2sincfrac{A}{2}-1)=0)，

若(coscfrac{B}{2}=0),可得(B=pi)，不符题意，舍去；

( hereforesincfrac{B}{2}=cfrac{1}{2})，由(0<B<pi), 可得(B=cfrac{pi}{3}).

(2)若( riangle ABC)为锐角三角形，且(c=1),求( riangle ABC)面积的取值范围.

[法1]：结合已知条件，从边的角度思考和刻画，转化为关于边的函数求解；

若( riangle ABC)为锐角三角形，且(c=1)，

由余弦定理(b^2=a^2+c^2-2acdot ccdotcos B)可得，

(b=sqrt{a^{2}+1^2-2 acdot1cdotcoscfrac{pi}{3}}=sqrt{a^{2}-a+1})

由三角形(ABC)为锐角三角形，则必须满足条件(left{egin{array}{l}{b^2+c^2>a^2}\{a^2+c^2>b^2}\{a^2+b^2>c^2}end{array} ight.)

可得到(left{egin{array}{l}{a^{2}+a^{2}-a+1>1}\{1+a^{2}-a+1>a^{2}}\{1+a^{2}>a^{2}-a+1}end{array} ight.)，解得(cfrac{1}{2}<a<2)，

可得( riangle ABC)面积

(S=cfrac{1}{2}acdotsincfrac{pi}{3}=cfrac{sqrt{3}}{4} a inleft(cfrac{sqrt{3}}{8}, cfrac{sqrt{3}}{2} ight))

[法2]：结合已知条件，从角的角度思考和刻画，转化为关于角的三角函数求解；

由于(B=cfrac{pi}{3})，故(A+C=cfrac{2pi}{3})，则有(A=cfrac{2pi}{3}-C)；

又由于锐角三角形的限制，则(left{egin{array}{l}{0<C<cfrac{pi}{2}}\{0<cfrac{2pi}{3}-C<cfrac{pi}{2}}end{array} ight.)，解得(cfrac{pi}{6}<C<cfrac{pi}{2})

又应用正弦定理(cfrac{a}{sin A}=cfrac{c}{sin C})，得到(cfrac{a}{c}=cfrac{sin A}{sin C})，又已知(c=1)

则由三角形面积公式得到，

(S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2}acdot csin B=cfrac{1}{2}cdot cfrac{a}{c}cdot c^2cdotsin B)

(=cfrac{1}{2} imes 1^2 imes cfrac{sin A}{sin C} imes sin B)(=cfrac{sqrt{3}}{4} imes cfrac{sin A}{sin C})

(=cfrac{sqrt{3}}{4} imescfrac{sin(cfrac{2pi}{3}-C)}{sin C}=cfrac{sqrt{3}}{4} imescfrac{cfrac{sqrt{3}}{2}cos C+cfrac{1}{2}sin C}{sin C})

(=cfrac{3}{8}cdot cfrac{1}{ an C}+cfrac{sqrt{3}}{8})

由于(cfrac{pi}{6}<C<cfrac{pi}{2})，(y= an C)单调递增，故(cfrac{sqrt{3}}{3}< an C<+infty)，

则有(0<cfrac{1}{ an C}<sqrt{3})，则(0<cfrac{3}{8}cdot cfrac{1}{ an C}<cfrac{3sqrt{3}}{8})，

则有(0+cfrac{sqrt{3}}{8}<cfrac{3}{8}cdotcfrac{1}{ an C}+cfrac{sqrt{3}}{8}<cfrac{3sqrt{3}}{8}+cfrac{sqrt{3}}{8})，

即(cfrac{sqrt{3}}{8}<cfrac{3}{8}cdot cfrac{1}{ an C}+cfrac{sqrt{3}}{8}<cfrac{sqrt{3}}{2})，

故(cfrac{sqrt{3}}{8}<S_{ riangle ABC}<cfrac{sqrt{3}}{2})，即所求三角形面积的取值范围为(left(cfrac{sqrt{3}}{8}, cfrac{sqrt{3}}{2} ight))

• 求点到点的距离的最值[或范围]；

例3已知圆(C：left{egin{array}{l}{x=2+sqrt{2}cos heta}\{y=2+sqrt{2}sin heta}end{array} ight.)(( heta)为参数)，以坐标原点(O)为极点，(x)轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点(A)，(B)的极坐标分别为((1，pi))，((1，0))；

(1).求圆(C)的极坐标方程；

分析：把圆(C)的参数方程化为普通方程为((x-2)^2+(y-2)^2=2)，即(x^2+y^2-4x-4y+6=0)，

将(x= ho cos heta)，(y= ho sin heta)，(x^2+y^2= ho^2)代入上式，

得到其极坐标方程为( ho^2-4 ho cos heta-4 ho sin heta+6=0)；

(2).若(P)为圆(C)上一个动点，求(|PA|^2+|PB|^2)的取值范围；

分析：设(P(2+sqrt{2}cos heta，2+sqrt{2}sin heta))，且( hetain [0,2pi))，点(A)和点(B)的直角坐标分别为((-1，0))和((1，0))

则由平面内任意两点间的距离公式可得

(|PA|^2+|PB|^2=(3+sqrt{2}cos heta)^2+(2+sqrt{2}sin heta)^2+(1+sqrt{2}cos heta)^2+(2+sqrt{2}sin heta)^2+)

(=22+8sqrt{2}(sin heta+cos heta)=22+16sin( heta+cfrac{pi}{4}))

又由于( hetain [0,2pi))，则(sin( heta+cfrac{pi}{4})in [-1，1])，

故(|PA|^2+|PB|^2=22+16sin( heta+cfrac{pi}{4})in [6，38])；

故(|PA|^2+|PB|^2)的取值范围为([6，38])；

• 求点到直线的距离的最值[或范围]；

例02给定椭圆(cfrac{x^2}{3}+y^2=1)和直线(x+y-8=0)，已知点(P)是椭圆上的一个动点，求点(P)到直线的距离的最小值。

分析：首先易知椭圆和直线没有交点，即二者相离，从而可以考虑用椭圆的参数方程或平行线法求解。

法1、利用椭圆的参数方程，由椭圆方程(cfrac{x^2}{3}+y^2=1)可知，动点坐标(P(sqrt{3}cos heta，sin heta))，

则点P到直线(x+y-8=0)的距离为(d)，则有

(d( heta)=cfrac{|sqrt{3}cos heta+sin heta-8|}{sqrt{2}}=cfrac{|2sin( heta+cfrac{pi}{3})-8|}{sqrt{2}})，

故当(sin( heta+cfrac{pi}{3})=1)时，(d_{min}=cfrac{|2-8|}{sqrt{2}}=3sqrt{2})；

(sin( heta+cfrac{pi}{3})=-1)时，(d_{max}=cfrac{|-2-8|}{sqrt{2}}=5sqrt{2})；^[1]

法2、平行线法，设和已知平行且和已知椭圆相切的直线(x+y+m=0)，

则由(x+y+m=0)和(cfrac{x^2}{3}+y^2=1)，消去(y)可得(4x^2+6mx+3m^2-3=0)，

由二者相切可知，(Delta=36m^2-4 imes4(3m^2-3)=0)，解得(m=pm 2)，

即和椭圆相切的直线有(x+y-2=0)和(x+y+2=0)，故切点到直线(x+y-8=0)的距离就可以用两条平行线间的距离来刻画，

则(d_{max}=cfrac{|2-(-8)|}{sqrt{2}}=5sqrt{2})，(d_{min}=cfrac{|-2-(-8)|}{sqrt{2}}=3sqrt{2})。

• 求弦长类[单个弦长，弦长之和之差，之积]的取值范围，利用直线的参数方程的几何意义求解；

例01利用直线参数方程的参数的几何意义解题

在极坐标系中，已知圆(C)的圆心(C(sqrt{2}，cfrac{pi}{4}))，半径(r=sqrt{3})，

（1）求圆(C)的极坐标方程。

（2）若(alpha in[0，cfrac{pi}{4}])，直线(l)的参数方程为(egin{cases} x=2+cosalphacdot t \y=2+sinalphacdot t end{cases}(t为参数)) ，

直线(l)交圆(C)于(A、B)两点，求弦长(|AB|)的取值范围。

解：（1）圆(C)的圆心(C(sqrt{2}，cfrac{pi}{4}))，得(C)的直角坐标为((1,1))，

所以圆(C)的直角坐标方程为((x-1)^2+(y-1)^2=3)，由(x= ho cos heta，y= ho sin heta)得到，

圆(C)的极坐标方程为( ho^2-2 ho cos heta-2 ho sin heta-1=0)。

（2）将 (egin{cases} x=2+cosalphacdot t \y=2+sinalphacdot t end{cases}(t为参数))，

代入圆(C)的直角坐标方程为((x-1)^2+(y-1)^2=3)，

得到(t^2+2(cosalpha+sinalpha)t-1=0)，

则有(Delta=4(cosalpha+sinalpha)^2+4>0)，

设(A、B)两点对应的参数分别为(t_1，t_2)，

则由韦达定理可知，(t_1+t_2=2(cosalpha+sinalpha)，t_1cdot t_2= -1)

所以弦长(|AB|=|t_1-t_2|=sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=sqrt{8+4sin2alpha})，

由于(alpha in[0,cfrac{pi}{4}])，所以(sin2alphain[0，1])，(8+4sin2alphain[8，12])，

所以弦长(|AB|in[2sqrt{2}，2sqrt{3}])。

• 求向量的内积的取值范围

例2如图，等边( riangle ABC)的边长为(2)，顶点(B)，(C)分别在(x)轴的非负半轴，(y)轴的非负半轴上滑动，(M)为(AB)中点，则(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM})的最大值为【】

$A.sqrt{7}$ $B.cfrac{5}{2}+sqrt{7}$ $C.cfrac{7}{2}$ $D.3+cfrac{3sqrt{3}}{2}$

法1：如图所示，设(angle OBC= heta)，则( hetain [0，cfrac{pi}{2}])，则点(B(2cos heta，0))，(C(0，2sin heta))，

则点(A(2cos(cfrac{pi}{3}- heta)，2sin(cfrac{pi}{3}- heta)+2sin heta))，点(M(cos heta+cos(cfrac{pi}{3}- heta)，sin(cfrac{pi}{3}- heta)+sin heta))

故(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM}=(2cos(cfrac{pi}{3}- heta)，2sin(cfrac{pi}{3}- heta)+2sin heta)cdot (cos heta+cos(cfrac{pi}{3}- heta)，sin(cfrac{pi}{3}- heta)+sin heta))

(=2cos(cfrac{pi}{3}- heta)cdot [cos heta+cos(cfrac{pi}{3}- heta)]+[2sin(cfrac{pi}{3}- heta)+2sin heta]cdot [sin(cfrac{pi}{3}- heta)+sin heta])

(=2cos(cfrac{pi}{3}- heta)cdot cos heta+2cos^2(cfrac{pi}{3}- heta)+2sin^2(cfrac{pi}{3}- heta)+4sin(cfrac{pi}{3}- heta)cdot sin heta+2sin^2 heta)

(=2(cfrac{1}{2}cos heta+cfrac{sqrt{3}}{2}sin heta)cos heta+2+4(cfrac{sqrt{3}}{2}cos heta-cfrac{1}{2}sin heta)cdot sin heta+2sin^2 heta)

(=cos^2 heta+sqrt{3}sin heta cos heta+2+2sqrt{3}sin heta cos heta-2sin^2 heta+2sin^2 heta)

(=3sqrt{3}sin heta cos heta+cos^2 heta+2)

(=cfrac{3sqrt{3}}{2}sin2 heta+cfrac{1}{2}cos2 heta+cfrac{5}{2})

(=sqrt{7}sin(2 heta+phi)+cfrac{5}{2})

当(sin(2 heta+phi)=1)时， (overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM})最大值为(cfrac{5}{2}+sqrt{7})，故选(B).

法2：题源，另一种解法

求三角形中的元素的最值；

例001【2020陕西省二检高三文数第15题】在( riangle ABC)中，内角(A)，(B)，(C)对应的边分别为(a)，(b)，(c)，且(a=sqrt{3})，(sqrt{3}sin C=(sin B+sqrt{3}cos B)sin A)，(BC)边上的高为(h)，则(h)的最大值为__________。

分析：由于(sqrt{3}sin C=(sin B+sqrt{3}cos B)sin A)，采用角化边，得到

则(sqrt{3}c=(sin B+sqrt{3}cos B)a)，又由于(a=sqrt{3})，[常数代换]

故(c=(sin B+sqrt{3}cos B))，又(h=ccdot sin B)，

则(h=(sin B+sqrt{3}cos B)sin B=sin(2B-cfrac{pi}{6})+cfrac{1}{2})，

故(h_{max}=cfrac{3}{2}).

易错提醒

• 此处计算容易出错，尤其是符号的问题。比如点((2cos heta，3sin heta))到直线(x-2y+3=0)的距离，

(d=cfrac{|2cos heta-6sin heta+3|}{sqrt{5}}=cfrac{|6sin heta-2cos heta-3|}{sqrt{5}})；(sqrt{A^2+B^2}=sqrt{5})容易错误的写为(sqrt{2^2+6^2})

• 点((2cos heta，3sin heta))到直线(x-2y+m=0)的距离，

(d=cfrac{|2cos heta-6sin heta+m|}{sqrt{5}}=cfrac{|6sin heta-2cos heta-m|}{sqrt{5}})，接下来需要针对(m>0)和(m<0)分类讨论；

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1. 问题：为什么不设点P的坐标为((x，y))而采用参数坐标形式((sqrt{3}cos heta，sin heta))?前者坐标形式是二元形式，后者是一元形式，故后者简单。 ↩︎