10、C的對邊分別為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)在△ABC中，∠ABC＝90°，延長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，因為sinB≠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°)，化簡得x2＋2x＝，即x3＝2，故x＝，故AC＝。
答案 (1)A (2)
考點二判斷三角形形狀
【例2】 (1)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為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)因為＝，所以＝。所以b＝c。又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，所以b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝＝＝。因為A∈(0，π)，所以A＝。所以△ABC是等邊三角形。
(2)因為＋＝2c，所以由正弦定理可得＋＝2sinC，而＋≥2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)sinA＝sinB時取等號。所以2sinC≥2，即sinC≥1。又sinC≤1，故可得sinC＝1，所以C＝90°。又因為sinA＝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。此時要注意應(yīng)用A＋B＋C＝π這個結(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，又無法判斷兩直角邊是否相等。故選A。
答案 A
考點三三角形的面積問題
【例3】 (2017·全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為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，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B作BE垂直A
16、D，交AD的延長線于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，所以S△ABD＝S△ABC＝××2×4×sin∠CAB＝。
三角形面積公式的應(yīng)用原則
1．對于面積公式S＝absinC＝acsinB＝bcsinA，一般是已知哪一個角就使用哪一個公式。
2．與面積有關(guān)的問題，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·全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c。已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，則△ABC的
17、面積為________。
(2)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，btanB＋btanA＝2ctanB，且a＝5，△ABC的面積為2，則b＋c的值為________。
解析 (1)因為bsinC＋csinB＝4asinBsinC，由正弦定理得＝＝＝2R，可得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，因為B，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·，因為B∈(0，π)，所以sinB≠0，即cosAsinB＋sinAcosB＝2sinCcosA，亦即sin(A＋B)＝2sinCcosA，故sinC＝2sinCcosA。因為sinC≠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，E為AD上的點，且AE＝8，AC＝4，∠CED＝。
(1)求CE的長；
(2)若CD＝5，求cos∠DAB的值。
解 (1)因為∠AEC＝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＝，
因為點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BC至D，使∠ADC＝45°。
(1)求AB的長；
(2)求△ACD的面積。
解 (1)因為S△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，因為∠ACB＝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 解三角形的綜合應(yīng)用
考點一三角形的實際應(yīng)用
【例1】 如圖，為了測量河對岸A，B兩點之間的距離，觀察者找
22、到一個點C，從C點可以觀察到點A，B；找到一個點D，從D點可以觀察到點A，C；找到一個點E，從E點可以觀察到點B，C；并測量得到：CD＝2，CE＝2，∠D＝45°，∠ACD＝105°，∠ACB＝48.19°，∠BCE＝75°，∠E＝60°，則A，B兩點之間的距離為________。
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。因為在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB＝10，所以AB＝。
答案
利用正、余弦定理解決實際問題的一般步驟
1．分析——理解題意，
23、分清已知與未知，畫出示意圖。
2．建模——根據(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——檢驗上述所求的解是否符合實際意義，從而得出實際問題的解。
【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的長為________米。
解析 在△ABD中，BD＝4
24、00米，∠ABD＝120°。因為∠ADC＝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的長為400米。
答案 400
考點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，
因為△ABC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，并寫出取得最小值時的自變量x的集合；
(2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為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，f(x)的最小值為－2，
此時自變量x的集合為。
(2)因為f(C)＝0，
所以sin－1＝0，又0
28、線段AD的長；
(2)求△ADE的面積。
解 (1)因為c＝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)因為AE是∠BAC的平分線，
所以＝＝＝2，
又＝，所以＝2，
所以CE＝BC＝，DE＝2－＝。
又因為cosC＝，
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題的求解思路
1．把所提供的平面圖
29、形拆分成若干個三角形，然后在各個三角形內(nèi)利用正弦、余弦定理求解。
2．尋找各個三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，求出結(jié)果。
提醒：做題過程中，要用到平面幾何中的一些知識點，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AH，BH，CH分別交BC，AC，AB于點E，F(xiàn)，D，因為H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°)，因為θ∈(0°，30°)，所以θ＋30°∈(30°，60°)，所以sin(θ＋30°)∈，2sin(θ＋30°)∈(1，)，即BH＋CH∈(1，)。
答案 (1，)
考點四三角形中的最值與范圍問題
【例4】 設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為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。
因為B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＋。
因為0
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，將原問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問題。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)果的范圍過大。
【變式訓(xùn)練】 (1)(2018·江蘇高考)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分線交AC于點D，且BD＝1，則4a＋c的最小值為________。
(2)(2019·濰坊市統(tǒng)一考試)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，外接圓的半徑為1，且＝，則△ABC面積的最大值
33、為________。
解析 (1)因為∠ABC＝120°，∠ABC的平分線交AC于點D，所以∠ABD＝∠CBD＝60°，由三角形的面積公式可得acsin120°＝asin60°＋csin60°，化簡得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時取等號，故4a＋c的最小值為9。
(2)因為＝，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，等號成立)，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D在邊BC上，且CD＝2，cos∠ADC＝。
(1)求sin∠BAD；
(2)求BD，AC的長。
解 (1)在△ADC中，因為cos∠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所對的邊分別為a，b，c，且acosC＋ccosA＝bsinB，A＝，如圖，若點D是△ABC外一點，DC＝2，DA＝3，則當(dāng)四邊形ABCD面積最大時，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，S四邊形ABCD最大，此時sinD＝sin＝cosθ＝＝。
答案
縱觀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題成為其中一個亮點，本文從求三角函數(shù)的最值、三角形中
37、的最值兩個方面舉例說明，希望對高考備考有所幫助。
類型一三角函數(shù)的最值
1.可化為“y＝Asin(ωx＋φ)＋B”型的最值問題
【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＝＝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，特別注意自變量的取值范圍對最大值、最小值的影響，可通過比較閉區(qū)間端點的取值與最高點、最低點的取值來確定函數(shù)的最值。
【變式訓(xùn)練】 函數(shù)f(x)＝3sinx＋4cosx，x∈[0，π]的值域為________。
解析 f(x)＝3sinx＋4cosx＝5＝5sin(x＋φ)，其中cosφ＝，sinφ＝，0<φ<。因為0≤x≤π，所以φ≤x＋φ≤π＋φ。所以當(dāng)x＋φ＝時，f(x)max＝5；當(dāng)x＋φ＝π＋φ時，f(x)min＝5sin(π＋φ)＝－5sinφ＝－4。所以f(x)的值域為[－4,5]。
答案 [－4,5]
39、2．可化為y＝f(sinx)或y＝f(cosx)型的最值問題
【例2】 (1)(2019·廣東惠州一模)函數(shù)y＝cos2x＋2sinx的最大值為________。
(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，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，t＝－1時，y取最小值，ymin＝－a；
當(dāng)a≤0時，t＝1時，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 因為f(x)＝1－2sin2x＋asinx，令sinx＝t，因為x∈，故t∈，則函數(shù)f(t)＝－2t2＋at＋1是開口向下，對稱軸為t＝的拋物線，由于f(1)＝a－1，f＝(a＋1)，結(jié)合圖象可知，?a>1。
答案
41、(1，＋∞)
(2)解 因為y＝
＝＝2cos2x＋2cosx
＝22－，
于是當(dāng)且僅當(dāng)cosx＝1時，ymax＝4。
但cosx≠1，所以y<4。
且ymin＝－，當(dāng)且僅當(dāng)cosx＝－時取得。
故函數(shù)值域為。
類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＝＝＝，
又因為0
42、sA＋sinA＝cos。
因為0
43、線交點位于四邊形的內(nèi)部，AB＝BC＝1，AC＝CD，AC⊥CD，當(dāng)∠ABC變化時，BD的最大值為________。
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θ＝，因此(BD)max＝＋1。
答案?。?
邊的最值一般通過三角形中的正、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________。
解析 因為＝＝＝，所以AB＝2sinC，BC＝2sinA，因此AB＋2BC＝2sinC＋4sinA＝2sin＋4sinA＝5sinA＋cosA＝2sin(A＋φ)，因為φ∈(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________。
解析 設(shè)AD＝t，
45、因為AB＝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°)，因為∠ACB＝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問題的常規(guī)方法。
【變式訓(xùn)練】 (2019·鄭州質(zhì)量預(yù)測)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為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，因為sinB≠0，所以cosC＝－，又0
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
