在线|二轮辅导[07][三角函数+解三角形03]

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典型例题

例1【2015(cdot)全国卷Ⅰ】在平面四边形(ABCD)中，(angle A=angle B=angle C=75^{circ})，(BC=2)，则(AB)的取值范围是___________。

分析：本题目非常特别，依据题意我们做出的图形是平面四边形，

当我们将边(AD)平行移动时，题目的已知条件都没有改变，故想到将此静态图变化为动态图，

平行移动(AD)时，我们看到了两个临界位置，即四边形变化为三角形的两个状态，

其一是四边形变化为三角形(ABF)，此时应该有(BF<AB)；

其二是四边形变化为三角形(ABE)，此时应该有(BE>AB)；

故动态的边(AB)的范围是(BF<AB<BE)，从而求解。

解答：如图所示，延长(BA)与(CD)交于(E)，过(C)做(CF//AD)交(AB)于(F)，则(BF<AB<BE)；

在等腰三角形(CFB)中，(angle FCB=30^{circ})，(CF=BC=2)，由余弦定理得到(BF=sqrt{6}-sqrt{2})；

在等腰三角形(ECB)中，(angle CEB=30^{circ})，(angle ECB=75^{circ})，(BE=CE，BC=2)，

由正弦定理得到(BE=sqrt{6}+sqrt{2})；

故(sqrt{6}-sqrt{2}<AB<sqrt{6}+sqrt{2})

解后反思引申：

1、求(CD)的取值范围；

分析：由上述的动态图可知，(0<CD<CE=BE=sqrt{6}+sqrt{2})；

2、求(AD)的取值范围；

分析：由上述的动态图可知，(0<AD<CF=BC=2)；

3、求四边形(ABCD)的周长的取值范围；

分析：四边形(ABCD)的周长介于(Delta BCF)的周长和(Delta BCE)的周长之间，

故其取值范围是((4+sqrt{6}-sqrt{2}，2(sqrt{6}+sqrt{2})+2))；

4、求四边形(ABCD)的面积的取值范围；

分析：四边形(ABCD)的面积介于(Delta BCF)的面积和(Delta BCE)的面积之间，

(S_{Delta BCF}=cfrac{1}{2} imes 2 imes 2 imes sin30^{circ}=1)；

(S_{Delta BCE}=cfrac{1}{2} imes (sqrt{6}+sqrt{2}) imes (sqrt{6}+sqrt{2}) imes sin30^{circ}=2+sqrt{3})；

故其取值范围是((1，2+sqrt{3}))；

例2【2018宝鸡市二检文科理科第17题】已知函数(f(x)=4sinxsin(x+cfrac{pi}{3}))，在(Delta ABC)中，角(A、B、C)的对边分别是(a、b、c)，

(1)、当(xin [0，cfrac{pi}{2}])时，求函数(f(x))的取值范围。

分析：先将函数变形为正弦型函数(f(x)=2sin(2x-cfrac{pi}{6})+1)，其中(xin [0，cfrac{pi}{2}])，

题目转化为正弦型函数在限定区间上的值域问题，常规题目，(f(x)in [0，3])

(2)、若对任意的(xin R)，都有(f(x)leq f(A))，(b=2)，(c=4)，点(D)是边(BC)的中点，求(AD)的长。

【解答的共有部分】对任意的(xin R)，都有(f(x)leq f(A))，则(f(A)geqslant f(x)_{max})；

(f(x)=2sin(2x-cfrac{pi}{6})+1，xin R)，则(f(x)_{max}=3)，

即(f(A)geqslant 3)又(f(A)=2sin(2A-cfrac{pi}{6})+1)

故有(2sin(2A-cfrac{pi}{6})+1geqslant 3)，即(sin(2A-cfrac{pi}{6})geqslant 1)，

又由正弦函数的值域范围可知，此时只能取(sin(2A-cfrac{pi}{6})=1)，

即(2A-cfrac{pi}{6}=cfrac{pi}{2})，故(A=cfrac{pi}{3})。

【法1】：余弦定理法，先由余弦定理得到(BC=2sqrt{3})，则(BD=CD=sqrt{3})，

设(angle ADB=alpha)，(angle ADC=eta)，则有(cosalpha+coseta=0)。

再设(AD=x)，又(cosalpha=cfrac{x^2+(sqrt{3})^2-4^2}{2cdotsqrt{3}cdot x})；(coseta=cfrac{x^2+(sqrt{3})^2-2^2}{2cdotsqrt{3}cdot x})；

代入方程(cosalpha+coseta=0)得到，(x=AD=sqrt{7})。

【法2】：要求(AD)，由(AD=|overrightarrow{AD}|)，而(|overrightarrow{AD}|=sqrt{overrightarrow{AD}^2})，

(overrightarrow{AD}=cfrac{1}{2}(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}))，则(overrightarrow{AD}^2=cfrac{1}{4}(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC})^2)

则(|overrightarrow{AD}|^2=cfrac{1}{4}(|overrightarrow{AB}|^2+|overrightarrow{AC}|^2+2|overrightarrow{AB}||overrightarrow{AC}|cos60^{circ}))

(=cfrac{1}{4}(4^2+2^2+2 imes4 imes2 imescfrac{1}{2})=7)

故(AD=|overrightarrow{AD}|=sqrt{7})；

【法3】由题目可知，先由余弦定理得到(BC=2sqrt{3})，则由(AB=4，AC=2)，可知(Delta ABC)为(RtDelta)，

则有(AC=2)，(CD=sqrt{3})，故由勾股定理可知，(AD=sqrt{7})。

解后反思：1、向量法和余弦定理法都是大家应该掌握的常见的思路方法，其中向量法这个思路，对学生和老师而言，都不是那样的自如应用。

例3【2018宝鸡市三检文科第17题】已知向量(vec{a}=(2sinx，sqrt{3}cosx))，(vec{b}=(-sinx，2sinx))，(f(x)=vec{a}cdot vec{b})，

(1)求(f(x))的单调递增区间；

分析：(1)(f(x)=vec{a}cdotvec{b}=2sinxcdot (-sinx)+sqrt{3}cosxcdot 2sinx)，

(=sqrt{3}sin2x+cos2x-1=2sin(2x+cfrac{pi}{6})-1)；

令(-cfrac{pi}{2}+2kpi leq 2x+cfrac{pi}{6}leq cfrac{pi}{2}+2kpi)

得到(-cfrac{pi}{3}+kpi leq xleq cfrac{pi}{6}+kpi)

故(f(x))的单调递增区间为([-cfrac{pi}{3}+kpi，cfrac{pi}{6}+kpi](kin Z))

(2)在(Delta ABC)中，(a、b、c)分别是角(A、B、C)的对边且(f(C)=1)，(c=1)，(ab=2sqrt{3})，(a>b)，求(a、b)的值。

分析：由(f(C)=1)，即(2sin(2C+cfrac{pi}{6})-1=1)，即(sin(2C+cfrac{pi}{6})=1)，

则有(2C+cfrac{pi}{6}=cfrac{pi}{2})，故(C=cfrac{pi}{6})；

又(c=1)，(ab=2sqrt{3})，由余弦定理得到

(c^2=1=a^2+b^2-2abcoscfrac{pi}{6})，

即(a^2+b^2=7)，联立(ab=2sqrt{3})，

解得(a=2，b=sqrt{3})或(a=2，b=sqrt{3})，

由于(a>b)，故(a=2，b=sqrt{3})。

例4已知(cfrac{pi}{2}<eta<alpha<cfrac{3pi}{4})，(cos(alpha-eta)=cfrac{12}{13})，(sin(alpha+eta)=-cfrac{3}{5})， 则(sinalpha+cosalpha)的值为_____。

分析：先由给定的不等式求解(alphapm eta)的范围，以便于求解其余名函数的值，为后续的计算打基础。

由(cfrac{pi}{2}<eta<alpha<cfrac{3pi}{4})，得到(cfrac{pi}{2}<alpha<cfrac{3pi}{4})，(cfrac{pi}{2}<eta<cfrac{3pi}{4})，

故(pi<alpha+eta<cfrac{3pi}{2})，

由(sin(alpha+eta)=-cfrac{3}{5})，得到(cos(alpha+eta)=-cfrac{4}{5})；

又由(cfrac{pi}{2}<alpha<cfrac{3pi}{4})，(-cfrac{3pi}{4}<-eta<-cfrac{pi}{2})，及(alpha-eta>0)

得到(0<alpha-eta<cfrac{pi}{4})，由(cos(alpha-eta)=cfrac{12}{13})，得到(sin(alpha-eta)=cfrac{5}{13})；

(sin2alpha=sin[(alpha+eta)+(alpha-eta)])

(=sin(alpha+eta)cos(alpha-eta)+cos(alpha+eta)sin(alpha-eta)=-cfrac{56}{65})

又((sinalpha+cosalpha)^2=1+sin2alpha=cfrac{9}{65})

又由于(cfrac{pi}{2}<eta<alpha<cfrac{3pi}{4})，借助三角函数线可知

则有(sinalpha+cosalpha>0)，

故(sinalpha+cosalpha=sqrt{cfrac{9}{65}}=cfrac{3sqrt{65}}{65})。

例5【三轮模拟考试理科用题】在(Delta ABC)中，已知(4cos^2cfrac{A}{2}-cos2(B+C)=cfrac{7}{2}，a=2)，则(Delta ABC)的面积的最大值为________.

分析：将已知等式变形为(2cdot 2cos^2cfrac{A}{2}-[cos^2(B+C)-sin^2(B+C)]=cfrac{7}{2})，

即(2(1+cosA)-cos2A=cfrac{7}{2})，即(2(1+cosA)-(2cos^2A-1)=cfrac{7}{2})，

化简为(4cos^2A-4cosA+1=(2cosA-1)^2=0)，

解得(cosA=cfrac{1}{2}，Ain(0，pi))，故(A=cfrac{pi}{3})，

到此题目转化为已知(A=cfrac{pi}{3}，a=2)，求(Delta ABC)的面积的最大值。

由余弦定理(a^2=b^2+c^2-2bccosA，A=cfrac{pi}{3}，a=2)得到(b^2+c^2=4+bcge 2bc)，

解得(bcleq 4(当且仅当b=c=2时取到等号))，

则(S_{Delta ABC}=cfrac{1}{2}bcsinA leq cfrac{sqrt{3}}{4} imes 4=sqrt{3}).

例6【三角函数和解三角形和向量结合】已知函数(f(x)=cosxsinx-sqrt{3}cos^2x+cfrac{sqrt{3}}{2})，

(1)求函数(f(x))的单调递增区间

分析：函数化简为(f(x)=sin(2x-cfrac{pi}{3}))，过程略，([kpi-cfrac{pi}{12}，kpi+cfrac{5pi}{12}](kin Z))

(2)在(Delta ABC)中，(A)为锐角且(f(A)=cfrac{sqrt{3}}{2})，(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=3overrightarrow{AD})，(AB=sqrt{3})，(AD=2)，求(sinangle BAD)。

分析：由(f(A)=sin(2A-cfrac{pi}{3})=cfrac{sqrt{3}}{2})，解得(A=cfrac{pi}{3})或(A=cfrac{pi}{2})(舍去)。

又由于(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=3overrightarrow{AD})，如图所示，

(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=overrightarrow{AE}=2overrightarrow{AF}=2cdot cfrac{3}{2}overrightarrow{AD}=3overrightarrow{AD})，

故点(D)为( riangle ABC)的重心，详细说明(;;)^[1] (点击这个蓝色的数字)

以(AB)、(AC)为邻边做平行四边形(ABEC)，由于(AD=2)，则(AE=6)，

在(Delta ABE)中，(AB=sqrt{3})，(angle ABE=120^{circ})，

由正弦定理可得，(cfrac{sqrt{3}}{sinangle AEB}=cfrac{6}{cfrac{sqrt{3}}{2}})，

可得(sinangle AEB=cfrac{1}{4}) ，(cosangle AEB=cfrac{sqrt{15}}{4})，

故(sinangle BAD=sin(cfrac{pi}{3}-angle AEB))

(=cfrac{sqrt{3}}{2} imes cfrac{sqrt{15}}{4}-cfrac{1}{2} imes cfrac{1}{4}=cfrac{3sqrt{5}-1}{8})。

解后反思：利用已知的向量三角形，巧妙的构造了一个三角形，这样就能利用正弦定理和两角差的正弦公式求解了。

例7(2017(cdot)全国卷I)已知(Delta ABC)的内角(A，B，C)的对边分别是(a，b，c)，(S_{Delta ABC}=cfrac{a^2}{3sinA})；

(1)求(sinBsinC)的值；

(2)若(6cosBcosC=1)，(a=3)，求(Delta ABC)的周长；

分析：(1)由(S_{Delta ABC}=cfrac{1}{2}acsinB=cfrac{a^2}{3sinA})，

变形得到(cfrac{1}{2}csinB=cfrac{a}{3sinA})，

边化角，得到(cfrac{1}{2}sinCsinB=cfrac{sinA}{3sinA})，

故(sinBsinC=cfrac{2}{3})。

(2)由于求三角形周长的题目，一般都会知道一条边和其对角，现在知道了边(a)，故猜想应该能求得(A)，

这样想，我们一般就会将条件作差而不是作商，

由(cosBcosC-sinBsinC=-cfrac{1}{2})，

即(cos(B+C)=-cosA=-cfrac{1}{2})，得到(A=cfrac{pi}{3})；

由题意(cfrac{1}{2}bcsinA=cfrac{a^2}{3sinA})，(a=3)

得到(bc=8)；

再由余弦定理得到(a^2=b^2+c^2-2bccosA)，

得到(3^2=(b+c)^2-2bc-2bccosA)，即(b+c=sqrt{33})；

故周长为(3+sqrt{33})。

例8【2016(cdot)全国卷Ⅰ】已知(Delta ABC)的内角(A，B，C)的对边分别是(a，b，c)，(2cosC(acosB+bcosA)=c)；

(1)、求角(C)

(2)、若(c=sqrt{7})，(S_{Delta ABC}=cfrac{3sqrt{3}}{2})，求(Delta ABC)的周长。

分析：(1)由正弦定理边化角，得到

(2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC)；即(2cosCsin(A+B)=sinC)

即(2cosCsinC=sinC)，又(sinC eq 0)，故(2cosC=1)，即(cosC=cfrac{1}{2})，

又(Cin (0，pi)) ，故(C=cfrac{pi}{3})；

(2)由已知(S_{Delta ABC}=cfrac{3sqrt{3}}{2}=cfrac{1}{2}absinC)，(C=cfrac{pi}{3})；

故(ab=6)，由余弦定理得到，(c^2=a^2+b^2-2abcosC=(a+b)^2-2ab-2abcosC)，

结合(C=cfrac{pi}{3})，(ab=6)，(c=sqrt{7})，代入上式得到

((a+b)^2=25)，即(a+b=5)，故三角形的周长为(a+b+c=5+sqrt{7})。

例9【2016宝鸡市第二次质量检测第17题】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}])。

引申：上述思路可以求解(msinB+nsinC)的取值范围((m、n)是实数)。

例10在锐角三角形(ABC)中，(C=2B),则(cfrac{c}{b})的取值范围是((sqrt{2}，sqrt{3}）)

分析：本题先将(cfrac{c}{b}=cfrac{sinC}{sinB}=2cosB)，

接下来的难点是求(B)的范围，注意列不等式的角度，锐角三角形的三个角都是锐角，要同时限制

由(egin{cases} &0<A<cfrac{pi}{2} \ &0<B<cfrac{pi}{2} \ &0<C<cfrac{pi}{2}end{cases})得到，(egin{cases} &0<pi-3B<cfrac{pi}{2} \ &0<B<cfrac{pi}{2} \ &0<2B<cfrac{pi}{2}end{cases})

解得(Bin (cfrac{pi}{6}，cfrac{pi}{4}))，故(2cosB in (sqrt{2}，sqrt{3}）)。

例11【2017(cdot)皖北协作区3月联考】【求取值范围】如图，(angle BAC=cfrac{2pi}{3})，(P)为(angle BAC)内部一点，过点(P)的直线与(angle BAC)的两边交于点(B、C)，且(PAperp AC)，(AP=sqrt{3})。

(1)若(AB=3)，求(PC)；

分析：在(Delta ABP)中，(angle BAP=30^{circ})，(AB=3)，(AP=sqrt{3})，

由余弦定理得到(BP=sqrt{3})，故(angle BAP=angle PBA=30^{circ})，

则(angle APC=60^{circ})，在(RtDelta APC)中，可得(PC=2sqrt{3})。

(2)求(cfrac{1}{PB}+cfrac{1}{PC})的取值范围。

分析：设(angle PBA= heta)，则( hetain (0，cfrac{pi}{3}))；

(说明：当过点(P)的直线和(AB)平行时，( heta=0)；当过点(P)的直线和(AC)平行时，( heta=cfrac{pi}{3}))

在(Delta ABP)中，(angle BAP=30^{circ})，(angle PBA= heta)，(AP=sqrt{3})，

故由正弦定理得到(cfrac{PB}{sin30^{circ}}=cfrac{sqrt{3}}{sin heta})，即(PB=cfrac{cfrac{sqrt{3}}{2}}{sin heta})；

在(RtDelta APC)中，(angle CPA= heta+cfrac{pi}{6})，(PC=cfrac{sqrt{3}}{cos( heta+cfrac{pi}{6})})，

故(cfrac{1}{PB}+cfrac{1}{PC}=cfrac{2sin heta}{sqrt{3}}+cfrac{cos( heta+cfrac{pi}{6})}{sqrt{3}})

(=cfrac{1}{sqrt{3}}(cfrac{3}{2}sin heta+cfrac{sqrt{3}}{2}cos heta))

(=sin( heta+cfrac{pi}{6}))，且( hetain (0，cfrac{pi}{3}))；

故(cfrac{1}{2}<sin( heta+cfrac{pi}{6})<1)。

例12【2019学生问题】[转化划归+恒成立问题+分离参数+换元法+求最值]函数(f(x)=cos2x+a(sinx-cosx))在区间([0，cfrac{pi}{2}])上单调递增，求实数(a)的取值范围。

分析：由于函数(f(x)=cos2x+a(sinx-cosx))在区间([0，cfrac{pi}{2}])上单调递增，

则(f'(x)ge 0)在区间([0，cfrac{pi}{2}])上恒成立，

又(f'(x)=-2sin2x+a(cosx+sinx)ge 0)在区间([0，cfrac{pi}{2}])上恒成立，

由于(xin [0，cfrac{pi}{2}])，(cosx+sinx>0)，故用完全分离参数法，得到，

(age cfrac{2sin2x}{sinx+cosx})在区间([0，cfrac{pi}{2}])上恒成立，

题目转化为求函数(g(x)=cfrac{2sin2x}{sinx+cosx})的最大值问题。

令(sinx+cosx=t=sqrt{2}sin(x+cfrac{pi}{4}))，则(tin [1，sqrt{2}])，

则(sin2x=t^2-1)，则函数(g(x)=h(t)=cfrac{2(t^2-1)}{t}=2(t-cfrac{1}{t}))，

又函数(h'(t)=1+cfrac{1}{t^2}>0)在(tin [1，sqrt{2}])上恒成立，

故函数(h(t))在(tin [1，sqrt{2}])上单调递增，

故(g(x)_{max}=h(t)_{max}=h(sqrt{2})=sqrt{2})，

故(age sqrt{2})。即(ain [sqrt{2}，+infty))。

例13【2019届宝鸡理数质检Ⅲ第22题】在直角坐标系(xoy)中，圆(C)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=2+2cosalpha}\{y=2sinalpha}end{array} ight.) (quad(alpha 为参数))，以(O)为极点，(x)轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线(l)的极坐标方程为( ho(sqrt{3}sin heta+cos heta)=1).

(Ⅰ)求(C)的极坐标方程；

分析：消参，得到圆(C)的普通方程为((x-2)^2+y^2=4)，将(x= ho cos heta)，(y= ho sin heta)代入圆(C)的普通方程，化简整理得到(C)的极坐标方程为( ho=4cos heta)；

(Ⅱ)射线( heta= heta_1)，(( heta_1in [cfrac{pi}{6}，cfrac{pi}{3}]， ho>0))与圆(C)的交点为(O)、(P)，与直线(l)的交点为(Q)，求(|OP|cdot |OQ|)的取值范围。

分析：设(P( ho_1， heta_1))，则有( ho_1=4cos heta_1)，

设(Q( ho_2， heta_1))，又直线(l)的极坐标方程是( ho(sqrt{3}sin heta+cos heta)=1)，则( ho_2=cfrac{1}{sqrt{3}sin heta_1+cos heta_1})，

所以，(|OP|cdot |OQ|= ho_1 ho_2=cfrac{4cos heta_1}{sqrt{3}sin heta_1+cos heta_1}=cfrac{4}{sqrt{3}tan heta_1+1})，

又( heta_1in [cfrac{pi}{6}，cfrac{pi}{3}])，则(tan heta_1in [cfrac{sqrt{3}}{3}，sqrt{3}])，则(1leq |OP|cdot |OQ|leq 2)，故(|OP|cdot |OQ|)的取值范围为([1，2]).

解后反思：①经过极点的线段，其长度用极坐标表示比用直角坐标表示有更大的优越性。②当题目中出现线段和或者线段积时，采用极坐标思考和运算要简单的多。

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1. 可以直接使用的结论：
   在( riangle ABC)中，若已知(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=2overrightarrow{AE})，则可知点(E)为边(BC)的中点；
   在( riangle ABC)中，已知(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=3overrightarrow{AD})，可知点(D)为( riangle ABC)的重心；
   具体解释如下图所示，
   若已知(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=2overrightarrow{AE})，或者(overrightarrow{AE}=cfrac{1}{2}(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}))，则可知点(E)为(BC)的中点；
   
   已知(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=3overrightarrow{AD})，则(3overrightarrow{AD}=2overrightarrow{AE})，则(overrightarrow{AD}=cfrac{2}{3}overrightarrow{AE})，可知点(D)为( riangle ABC)的重心； ↩︎