专题24解三角形中的最值、范围问题(解析版)
高中数学复习提升专题03 解三角形中的最值、范围问题(解析版)
专题03 解三角形中的最值、范围问题高考对正弦定理和余弦定理的考查较为灵活，题型多变，选择题、填空题的形式往往独立考查正弦定理或余弦定理，解答题往往综合考查定理在确定三角形边角中的应用，多与三角形周长、面积有关；有时也会与平面向量、三角恒等变换、不等式、导数等结合考查，试题难度控制在中等以下，主要考查灵活运用公式求解计算能力、推理论证能力、数学应用意识、数形结合思想等．本专题围绕解三角形中的最值、范围问题精选例题，并给出针对性练习，以期求得热点难点的突破.【热点难点突破】例1.【2018年江苏卷】在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．【答案】9【解析】由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此当且仅当时取等号，则的最小值为.例2.【2018年文北京卷】若的面积为,且∠C为钝角，则∠B=_________；的取值范围是_________.【答案】【解析】分析：根据题干结合三角形面积公式及余弦定理可得，可求得；再利用，将问题转化为求函数的取值范围问题.详解：，，即，，则，为钝角，，，故.例3.锐角的内角，，的对边分别为，，，已知的外接圆半径为，且满足.（1）求角的大小； （2）若，求周长的最大值.【答案】（1）；（2）当为正三角形时，周长的最大值为6.【解析】（1）由正弦定理，得，再结合，得，解得，由为锐角三角形，得.（2）由、及余弦定理，得，即，结合，得，解得（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），故当为正三角形时，周长的最大值为6.例4. 在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且2a =，242cos sin 25B C A ++=. （1）若满足条件的ABC ∆有且只有一个，求b 的取值范围； （2）当ABC ∆的周长取最大值时，求b 的值. 【答案】（1）10(0,2]{}3；（210【解析】 （1）2442cossin 1cos()sin 255B C A B C A ++=⇒+++=，即1sin cos 5A A -=-， 又∵0A π<<，且22sin cos 1A A +=，有3sin 54cos 5A A ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，若满足条件的ABC ∆有且只有一个，则有sin a b A =或a b ≥，则b 的取值范围为10(0,2]{}3；（2）设ABC ∆的周长为l ，由正弦定理得 10(sin sin )2[sin sin()]sin 3a l abc a B C B A B A =++=++=+++102(sin sin cos cos sin )22(3sin cos )2210)3B A B A B B B B θ=+++=++=++， 其中θ为锐角，且10sin 10310cos θθ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，max 2210l =+10cos B =，310sin B = 此时sin 10sin ab B A==例5. 【2016年北京卷】在∆ABC 中，2222+=a c b ac . （1）求B ∠ 的大小；（22cos cos A C + 的最大值. 【答案】（1）4π；（2）1. 【解析】（1）由余弦定理及题设得22222cos 222a cb ac B ac ac +-===，又∵0B π<∠<，∴4B π∠=；（2）由（1）知34A C π∠+∠=， 32cos 2cos()4A C A A π+=+-22222A A A =-+ 22cos()4A A A π==-，因为304A π<∠<，所以当4A π∠=2cos A C +取得最大值1.例6. 如图，有一码头P 和三个岛屿,,A B C ， 303,90mi ,30PC mile PB n le AB n mile ===，0120PCB ∠=， 090ABC ∠=.（1）求,B C 两个岛屿间的距离；（2）某游船拟载游客从码头P 前往这三个岛屿游玩，然后返回码头P .问该游船应按何路线航行，才能使得总航程最短？求出最短航程.【答案】（1）3mile （2）(30603307n mile +【解析】（1）在PBC ∆中， 090,3,120PB PC PCB ==∠=，由正弦定理得，sin sin PB PCPCB PBC=∠∠，即0903sin120sin PBC =∠， 解得1sin 2PBC ∠=， 又因为在PBC ∆中， 00060PBC <∠<，所以030PBC ∠=， 所以030BPC ∠=，从而303BC PC == 即,B C 两个岛屿间的距离为3mile ；（2）因为090,30ABC PBC ∠=∠=，所以000903060PBA ABC PBC ∠=∠-∠=-=， 在PAB ∆中， 90,30PB AB ==，由余弦定理得，2202212?cos609030290303072PA PB AB PB AB =+-=+-⨯⨯⨯= 根据“两点之间线段最短”可知，最短航线是“P A B C P →→→→”或“P C B A P →→→→”，其航程为3073030330330603307S PA AB BC CP =+++=+=+所以应按航线“P A B C P →→→→”或“P C B A P →→→→”航行， 其航程为(30603307n mile +. 【方法总结】1.已知两角一边可求第三角，解这样的三角形只需直接用正弦定理代入求解即可．2.已知两边和一边对角，解三角形时，利用正弦定理求另一边的对角时要注意讨论该角，这是解题的难点，应引起注意．3.已知两边和其中一边的对角，解三角形时，注意解的情况．如已知a ，b ，A ，则A 为锐角 A 为钝角或直角图形关系式a ＜b sin Aa ＝b sin Ab sin A ＜a ＜ba ≥ba ＞ba ≤b解的个数无解一解两解一解一解无解4．在△ABC 中有如下结论sin A ＞sin B ⇔a ＞b .5.已知三边(a b c 如、、），由余弦定理求A B 、，再由180A B C ++=求角C ，在有解时只有一解. 已知两边和夹角(a b C 如、、），余弦定理求出对对边.5．当b 2＋c 2－a 2＞0时，角A 为锐角，若可判定其他两角也为锐角，则三角形为锐角三角形； 当b 2＋c 2－a 2＝0时，角A 为直角，三角形为直角三角形； 当b 2＋c 2－a 2＜0时，角A 为钝角，三角形为钝角三角形．【精选精练】1. ABC ∆各角的对应边分别为c b a ,,，满足1≥+++ba cc a b ，则角A 的范围是（ ） A ．(0,]3πB ．(0,]6πC ．[,)3ππD ．[,)6ππ 【答案】A 【解析】由1≥+++ba cc a b ，得()()()()b a c a c a c b a b ++≥+++，整理得bc a c b ≥-+222，由余弦定理得2122cos 222≥≥-+=bc bc bc a c b A ，⎥⎦⎤⎝⎛∈∴3,0πA . 2.为了竖一块广告牌，要制造三角形支架，如图，要求60ACB ∠=︒， BC 的长度大于1米，且AC 比AB 长0.5米，为了稳固广告牌，要求AC 越短越好，则AC 最短为（ ）A. 312⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭米 B. 2米 C. (13米 D. (23+米 【答案】D【解析】由题意设(1)BC x x =>米， (0)AC t t =>米，依题设0.50.5AB AC t =-=-米，在ABC 中，由余弦定理得： 22202cos60AB AC BC ACBC =+-，即()2220.5t t x tx -=+-，化简并整理得：20.25(1)1x t x x -=>-，即0.75121t x x =-++-，因1x >，故0.7512231t x x =-++≥+-312x =+时取等号），此时t 取最小值23，应选答案D 3.在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c 满足222b c a bc +-=，0AB BC >，3a = 则b+c 的取值范围是（ ） A. 31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B.3322⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭C.13,22⎛⎫ ⎪⎝⎭D.13,22⎛⎤⎥⎝⎦ 【答案】B【解析】由222b c a bc +-=得：2221cos 22b c a A bc +-==，则A=3π，由0AB BC >可知：B 为钝角， 21sin aR A==，则sin ,sin b B c C ==，sin sin sin b c B C B +=+=+2sin(3π)B -33=sin cos 3sin()226B B B π+=+，由于223B ππ<<，25366B πππ<+<，所以13sin()23B π<+<332b c <+<，选B 4.在ABC ∆中，三内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 且222a b c bc =++，3a S 为ABC ∆的面积，则3cos S B C 的最大值为（ ）（A ）1 （B 31+ （C 3 （D ）3 【答案】C【解析】∵222a b c bc =++，∴2221cos 22b c a A bc +-==-，∴23A π=，设ABC ∆外接圆的半径为R ，则3222sin sin 3a R A π===，∴1R =， ∴133cos sin 3cos 3cos 2S B C bc A B C B C ==+ 3sin 3cos 3)B C B C B C =+=-，故3cos S B C 3C ．5.已知,,a b c 分别为内角,,A B C 的对边，其面积满足214ABC S a ∆=，则cb的最大值为（ ） A.21 B. 2 C. 21 D. 22+【答案】C【解析】根据题意，有211sin 42ABC S a bc A ∆==，应用余弦定理，可得222cos 2sin b c bc A bc A +-=，于是212cos 2sin t t A t A +-=，其中c t b =．于是22sin 2cos 1t A t A t +=+，所以122sin 4A t t π⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，从而122t t+≤，解得t 21．选C.6.在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且2cos 2c B a b =+，若ABC ∆的面积为32S =，则ab 的最小值为__________． 【答案】12【解析】由正弦定理可得()2sin cos 2sin sin 2sin sin C B A B B C B =+=++，即2sin cos 2sin cos 2sin cos sin C B B C C B B =++，∴2sin cos sin 0B C B +=，∴1cos 2C =-， 23C π=，由133sin 2S ab C =⋅==，∴12c ab =，再由余弦定理可得2222cos c a b ab C =+-⋅，整理可得2222134a b a b ab ab =++≥，当且仅当a b =时，取等号，∴12ab ≥故答案为12. 7.在平面四边形ABCD 中，∠A =∠B =∠C =75°，BC =2，则AB 的取值范围是 . 【答案】626+2）【解析】如图所示，延长BA ，CD 交于E ，平移AD ，当A 与D 重合与E 点时，AB 最长，在△BCE 中，∠B =∠C =75°，∠E =30°，BC =2，由正弦定理可得sin sin BC BE E C =∠∠，即o o2sin 30sin 75BE=，解得BE =6+2，平移AD ，当D 与C 重合时，AB 最短，此时与AB 交于F ，在△BCF 中，∠B =∠BFC =75°，∠FCB =30°，由正弦定理知，sin sin BF BC FCB BFC =∠∠，即o o2sin 30sin 75BF =，解得BF =62-，所以AB 的取值范围为（62-，6+2）.8. 在中，内角的对边分别为，且满足，为锐角，则的取值范围为__________． 【答案】【解析】分 由结合正弦定理可得：，且，为锐角，则：，即，据此有：，，，，即，，据此可得：，则的取值范围为.9.在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知向量()B A m cos ,cos =，()b c a n -=2,，且n m //．（1）求角A 的大小；（2）若4=a ，求ABC ∆面积的最大值． 【答案】（1）3π；（2）34． 【解析】 n m //，所以()0cos 2cos =--A b c B a ，由正弦定理得-B A cos sin ()0cos sin sin 2=-A B C ，A C AB B A cos sin 2cos sin cos sin =+∴()A C B A cos sin 2sin =+∴，由π=++C B A ，A C C cos sin 2sin =∴由于π<<C 0，因此0sin >C ，所以21cos =A ，由于π<<A 0，3π=∴A （2）由余弦定理得A bc c b a cos 2222-+=bc bc bc bc c b =-≥-+=∴21622，因此16≤bc ，当且仅当4==c b 时，等号成立；因此ABC ∆面积34sin 21≤=A bc S ，因此ABC ∆面积的最大值34． 10. 已知3x π=是函数()sin2cos2f x m x x =-的图象的一条对称轴.（1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）设ABC ∆中角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若()2f B =，且3b =2ca -的取值范围. 【答案】（1）(),63k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦（2）33⎛ ⎝ 【解析】试题分析： （1）3x π=是函数()f x 的一条对称轴213f m π⎛⎫⇒=+⎪⎝⎭21m -+3m ⇒=()2sin 26f x x π⎛⎫⇒=- ⎪⎝⎭，根据三角函数的性质，即可求出单调性；（2）()2f B = 可得3B π=，又3b =由正弦定理得： 2sin sin(+=3sin 236c a A A A ππ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，由230,3sin 3362A A ππ⎛⎛⎫⎛⎫∈⇒-∈- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝，即可求出结果. 试题解析： （1）3x π=是函数()sin2cos2f x m x x =-的一条对称轴213f m π⎛⎫⇒=+ ⎪⎝⎭21m -+3m ⇒=()2sin 26f x x π⎛⎫⇒=- ⎪⎝⎭⇒增区间： (),63k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦（2）()2f B = sin 2163B B ππ⎛⎫⇒-=⇒= ⎪⎝⎭ 又3b =2sin ,2sin 2sin 3a A c C A π⎛⎫===+ ⎪⎝⎭2sin sin(+=3sin 236c a A A A ππ⎛⎫⇒-=-- ⎪⎝⎭ 210,,sin ,1366262A A A πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∈⇒-∈-⇒-∈- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭33sin 36A π⎛⎛⎫⇒-∈ ⎪ ⎝⎭⎝，即332c a ⎛⇒-∈ ⎝ 11. 在锐角ABC ∆中，内角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，满足cos2cos22cos cos 066A B B B ππ⎛⎫⎛⎫-+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.（1）求角A 的值； （2）若3b =b a ≤，求a 的取值范围.【答案】(1) 3A π=；(2) )3,3a ∈.【解析】试题分析：（1）根据余弦的二倍角公式以及两角和与差的余弦公式化简cos2cos22cos cos 066A B B B ππ⎛⎫⎛⎫-+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，可得sin A 的值，从而求得A 的值；（2）3b a =≤，∴c a ≥，∴32C ππ≤<，63B ππ<≤，再由正弦定理可得结果.试题解析：（1）由已知cos2cos22cos cos 066A B B B ππ⎛⎫⎛⎫-+-+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭得2222312sin 2sin 2cos sin 044B A B B ⎛⎫-+-=⎪⎝⎭化简得3sin 2A =，又三角形ABC 为锐角三角形，故原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 3A π=. （2）∵3b a =≤，∴c a ≥，∴32C ππ≤<， 63B ππ<≤由正弦定理得： sin sin a b A B =即： 3sin 32a B =，即32sin a B =由13sin ,22B ⎛⎤∈ ⎥ ⎝⎦知)3,3a ⎡∈⎣. 12. 如图，是两个小区所在地，到一条公路的垂直距离分别为，两端之间的距离为.（1）某移动公司将在之间找一点，在处建造一个信号塔，使得对的张角与对的张角相等，试确定点的位置；（2）环保部门将在之间找一点，在处建造一个垃圾处理厂，使得对所张角最大，试确定点的位置.【答案】（1）4；（2）. 【解析】试题分析：(1)利用张角相等的相似性即可确定点P 的位置；(2)由题意得到三角函数，换元之后结合对勾函数的性质可得当时满足题意. 试题解析：（1）张角相等，∴，∴ (2)设，∴， ∴，， ，设，，，， ∴，，当且仅当时，等号成立，此时，即。
三角函数ω的取值范围及解三角形中的范围与最值问题(解析版)-高中数学
三角函数ω的取值范围及解三角形中的范围与最值问题命题预测三角函数与解三角形是每年高考常考内容，在选择、填空题中考查较多，有时会出现在选择题、填空题的压轴小题位置，综合考查以解答题为主，中等难度．高频考法(1)ω取值与范围问题(2)面积与周长的最值与范围问题(3)长度的范围与最值问题01ω取值与范围问题1、f (x )=A sin (ωx +φ)在f (x )=A sin (ωx +φ)区间(a ，b )内没有零点⇒b -a ≤T2k π≤aω+ϕ<π+k πk π<bω+ϕ≤π+k π⇒b -a ≤T2a ≥k π-ϕωb ≤π+k π-ϕω同理，f (x )=A sin (ωx +φ)在区间[a ，b ]内没有零点⇒b -a ≤T2k π<aω+ϕ<π+k πk π<bω+ϕ<π+k π ⇒b -a <T2a >k π-ϕωb <π+k π-ϕω2、f (x )=A sin (ωx +φ)在区间(a ，b )内有3个零点⇒T <b -a ≤2T k π≤aω+ϕ<π+k π3π+k π<bω+ϕ≤4π+k π⇒T <b -a ≤2T k π-φω≤a <(k +1)π-φω(k +3)π-φω<b ≤(k +4)π-φω同理f (x )=A sin (ωx +φ)在区间[a ，b ]内有2个零点⇒T2≤b -a <3T2k π<aω+ϕ≤π+k π2π+k π≤bω+ϕ<3π+k π ⇒T 2≤b -a <3T2k π-φω<a ≤k π+π-φω(k +2)π-φω≤b <(k +3)π-φω 3、f (x )=A sin (ωx +φ)在区间(a ，b )内有n 个零点⇒(n-1)T2≤b-a<(n+1)T2kπ-φω≤a<kπ+π-φω(k+n)π-φω<b≤(k+n+1)π-φω同理f(x)=A sin(ωx+φ)在区间[a，b]内有n个零点⇒(n-1)T2≤b-a<(n+1)T2kπ-φω<a≤kπ+π-φω(k+n)π-φω≤b<(k+n+1)π-φω4、已知一条对称轴和一个对称中心，由于对称轴和对称中心的水平距离为2n+14T，则2n+14T=(2n+1)π2ω=b-a ．5、已知单调区间(a,b)，则a-b≤T 2.1(2024·江苏南通·二模)已知函数y=3sinωx+cosωx(ω>0)在区间-π4,2π3上单调递增，则ω的最大值为()A.14B.12C.1211D.83【答案】B【解析】因为y=3sinωx+cosωx=2sinωx+π6，又ω>0，由-π2+2kπ≤ωx+π6≤π2+2kπ,k∈Z，得到-2π3+2kπω≤x≤π3+2kπω,k∈Z，所以函数y=3sinωx+cosωx的单调增区间为-2π3+2kπω,π3+2kπω(k∈Z)，依题有-π4,2π3⊆-2π3+2kπω,π3+2kπω(k∈Z)，则2π3≤π3ω-2π3ω≤-π4，得到0<ω≤12，故选：B.2(2024·四川泸州·三模)已知函数f x =sinωx-2π3(ω>0)在0,π 有且仅有三个零点，则ω的取值范围是()A.83,11 3B.83,113C.53,83D.53,83【答案】B【解析】因为0≤x≤π，所以-2π3≤ωx-2π3≤ωπ-2π3，因为函数f x =sinωx-2π3(ω>0)在0,π 有且仅有三个零点，结合正弦函数的图象可知2π≤ωπ-2π3<3π，解得83≤ω<113，故选：B.3(2024·四川德阳·二模)已知函数f x =sinωx+φ(ω>0,φ∈R)在区间7π12,5π6上单调，且满足f7π12=-f3π4 ．给出下列结论，其中正确结论的个数是()①f2π3=0；②若f5π6-x=f x ，则函数f x 的最小正周期为π；③关于x的方程f x =1在区间0,2π上最多有3个不相等的实数解；④若函数f x 在区间2π3,13π6上恰有5个零点，则ω的取值范围为83,103．A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】①因为f7π12=-f3π4 且7π12+3π42=2π3，所以f2π3=0.①正确.②因为f5π6-x=f(x)所以f(x)的对称轴为x=5π62=5π12,2π3-5π12=π4=T4⇒T=π.②正确.③在一个周期内f x =1只有一个实数解，函数f x 在区间7π12,5π6上单调且f2π3 =0，T≥45π6-2π3=2π3.当T=2π3时，f x =sin3x，f x =1在区间0,2π上实数解最多为π6,5π6,3π2共3个.③正确.④函数f x 在区间2π3,13π6上恰有5个零点，2T<13π6-2π3≤5T2⇒2⋅2πω<13π6-2π3≤52⋅2πω，解得83<ω≤103；又因为函数f x 在区间7π12,5π6上单调且f2π3 =0，T≥45π6-2π3=2π3，即2πω≥2π3⇒ω≤3，所以ω∈83,3.④错误故选：C4(2024·江苏泰州·模拟预测)设函数f x =2sinωx-π6-1ω>0在π,2π上至少有两个不同零点，则实数ω的取值范围是()A.32,+∞ B.32,73 ∪52,+∞ C.136,3 ∪196,+∞ D.12,+∞ 【答案】A【解析】令2sin ωx -π6 -1=0得sin ωx -π6 =12，因为ω>0，所以ωx -π6>-π6，令sin z =12，解得z =π6+2k π,k ∈Z 或z =5π6+2k 1π,k 1∈Z ，从小到大将sin z =12的正根写出如下：π6，5π6，13π6，17π6，25π6，29π6⋯⋯，因为x ∈π,2π ，所以ωx -π6∈ωπ-π6,2ωπ-π6，当ωπ-π6∈0,π6 ，即ω∈16,13 时，2ωπ-π6≥5π6，解得ω≥12，此时无解，当ωπ-π6∈π6,5π6 ，即ω∈13,1 时，2ωπ-π6≥13π6，解得ω≥76，此时无解，当ωπ-π6∈5π6,13π6 ，即ω∈1,73 时，2ωπ-π6≥17π6，解得ω≥32，故ω∈32,73，当ωπ-π6∈13π6,17π6 ，即ω∈73,3 时，2ωπ-π6≥25π6，解得ω≥136，故ω∈73,3，当ω≥3时，2ωπ-π6-ωπ-π6=ωπ≥3π，此时f x 在π,2π 上至少有两个不同零点，综上，ω的取值范围是32,+∞ .故选：A02面积与周长的最值与范围问题正弦定理和余弦定理是求解三角形周长或面积最值问题的杀手锏，要牢牢掌握并灵活运用．利用三角公式化简三角恒等式，并结合正弦定理和余弦定理实现边角互化，再结合角的范围、辅助角公式、基本不等式等求其最值．1(2024·青海·模拟预测)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2a cos 2B +2b cos A cos B =c ．(1)求B ；(2)若b =4，△ABC 的面积为S ．周长为L ，求SL的最大值．【解析】(1)由正弦定理可得，2sin A cos 2B +2sin B cos A cos B =sin C ，所以2sin A cos 2B +2sin B cos A cos B =sin A cos B +cos A sin B ,所以sin A cos B (2cos B -1)+cos A sin B (2cos B -1)=0，即(2cos B -1)sin (A +B )=0，由0<A +B <π，可知sin (A +B )≠0，所以2cos B -1=0，即cos B =12，由0<B <π，知B =π3.(2)由余弦定理，得b 2=a 2+c 2-2ac cos B ，即16=a 2+c 2-ac ，所以16=a +c 2-3ac ，即ac =13a +c 2-16 ，因为S =12ac sin B =34ac ，L =a +b +c ，所以S L =3ac 4a +c +4=3a +c 2-1612a +c +4，所以S L=312a +c -4 ，又ac ≤a +c 24(当且仅当a =c 时取等号)，所以16=a +c 2-3ac ≥a +c24(当且仅当a =c =4时取等号)，所以a +c ≤8(当且仅当a =c =4时取等号)，所以S L=312a +c -4 ≤312×8-4 =33(当且仅当a =c =4时取等号)，即S L的最大值为33.2(2024·陕西汉中·二模)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，请从下列条件中选择一个条件作答：(注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分．)①记△ABC 的面积为S ，且3AB ⋅AC =2S ；②已知a sin B =b cos A -π6 ．(1)求角A 的大小；(2)若△ABC 为锐角三角形，且a =6，求△ABC 周长的取值范围．【解析】(1)选条件①，由3AB ⋅AC =2S ，得3bc cos A =2×12bc sin A ，整理得tan A =3，而0<A <π，所以A =π3.选条件②，由a sin B =b cos A -π6 及正弦定理，得sin A sin B =sin B cos A -π6，而sin B >0，则sin A =cos A -π6 =32cos A +12sin A ，整理得tan A =3，而0<A <π，所以A =π3.(2)由(1)知A =π3，由正弦定理得b sin B =c sin C =a sin A =6sin π3=22，因此b +c =22sin B +22sin C =22sin B +sin π3+B =2232sin B +32cos B=26sin B +π6由△ABC 为锐角三角形，得0<B <π20<2π3-B <π2 ，解得π6<B <π2，因此π3<B +π6<2π3，则32<sin B +π6≤1，于是32<b +c ≤26，32+6<a +b +c ≤36，所以△ABC 周长的取值范围是(32+6,36].3(2024·宁夏银川·二模)已知平面四边形ABCD 中，∠A +∠C =180°,BC =3.(1)若AB =6,AD =3,CD =4，求BD ；(2)若∠ABC =120°,△ABC 的面积为932，求四边形ABCD 周长的取值范围.【解析】(1)在△ABD 中，由余弦定理得cos ∠A =32+62-BD 22×3×6，在△BCD 中，由余弦定理得cos ∠C =32+42-BD 22×3×4，因为∠A +∠C =180°，所以cos ∠A +cos ∠C =0，即32+62-BD 22×3×6+32+42-BD 22×3×4=0，解得BD =33.(2)由已知S △ABC =12×3×AB ×32=932，得AB =6，在△ABC 中，∠ABC =120°，由余弦定理得AC 2=32+62-2×3×6×cos120°=63，则AC =37，设AD=x,CD=y,(x,>0,y>0)，在△ACD中，由余弦定理得372=x2+y2-2xy⋅cos60°=x+y2-3xy，则x+y2=63+3xy≤63+3×x+y22，得x+y24≤63，所以x+y≤67，当且仅当x=y=37时取等号，又x+y>AC=37，所以四边形ABCD周长的取值范围为37+9,67+9.4(2024·四川德阳·二模)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sin B=23cos2A+C 2.(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC面积的取值范围.【解析】(1)因为△ABC中，sin B=23cos2A+C2，即2sinB2cos B2=23cos2π-B2=23sin2B2，而0<B<π,∴sin B2>0，故cos B2=3sin B2，故tan B2=33，又0<B<π,∴0<B2<π2，则B2=π6,∴B=π3；(2)由(1)以及题设可得S△ABC=12ac sin B=34a；由正弦定理得a=c sin Asin C=c sin2π3-Csin C=c sin2π3cos C-cos2π3sin Csin C=32cos C+12sin Csin C=32tan C+12，因为△ABC为锐角三角形，0<A<π2，0<C<π2，则0<2π3-C<π2,∴π6<C<π2，则tan C>33,∴0<1tan C<3，则12<32tan C+12<2，即12<a<2，则38<S△ABC<32，即△ABC面积的取值范围为38,32 .03长度的范围与最值问题对于利用正、余弦定理解三角形中的最值与范围问题，主要有两种解决方法：一是利用基本不等式，求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围，确定所求式的范围．1(2024·贵州遵义·一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3b-a sin C= 3a cos C．(1)求A；(2)若△ABC为锐角三角形，c=2，求b的取值范围．【解析】(1)在△ABC中，由3b-a sin C=3a cos C及正弦定理，得3sin B-sin A sin C=3sin A cos C，则3sin A cos C+sin A sin C=3sin(A+C)=3sin A cos C+3cos A sin C，即sin A sin C=3cos A sin C，而sin C>0，于是tan A=3，又0<A<π，所以A=π3.(2)由(1)知，A=π3，由正弦定理得b=c sin Bsin C=2sin2π3-Csin C=3cos C+sin Csin C=3tan C+1，由△ABC为锐角三角形，得0<C<π20<2π3-C<π2，解得π6<C<π2，则tan C>13，∴1tan C<3,则1<b<4，所以b的取值范围是1<b<4.2(2024·宁夏固原·一模)在锐角△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且2sin B sin C+cos2C= 1+cos2A-cos2B．(1)求证：B+C=2A；(2)求c-ba的取值范围．【解析】(1)因为2sin B sin C+cos2C=1+cos2A-cos2B，所以2sin B sin C+1-2sin2C=1+1-2sin2A-1+2sin2B，则sin B sin C-sin2C=-sin2A+sin2B，由正弦定理可得bc-c2=-a2+b2，即bc=b2+c2-a2，所以cos A=b2+c2-a22bc=bc2bc=12，又A∈0,π2，故A=π3，由A+B+C=π，故B+C=π-A=2π3=2A；(2)由(1)得sin A=32,cos A=12，因为sin B=sin A+C=sin A cos C+cos A sin C=32cos C+12sin C，所以由正弦定理得c-ba=sin C-sin Bsin A=23sin C-32cos C-12sin C=2312sin C-32cos C=23sin C-π3，又锐角△ABC中，有0<C<π20<π-π3-B<π2，解得π6<C<π2，所以-π6<C-π3<π6，则-12<sin C-π3<12，所以-33<23sin C-π3<33，即-33<23sin C-π3<33，故c-ba的取值范围为-33,33.3(2024·河北衡水·一模)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，三角形面积为S，若D为AC边上一点，满足AB⊥BD,BD=2，且a2=-233S+ab cos C.(1)求角B；(2)求2AD +1CD的取值范围.【解析】(1)∵a2=-233S+ab cos C，∴a2=-33ab sin C+ab cos C，即a=-33b sin C+b cos C，由正弦定理得，sin A=-33sin B sin C+sin B cos C，∴sin B+C=-33sin B sin C+sin B cos C，∴cos B sin C=-33sin B sin C，∵sin C≠0，∴tan B=-3，由0<B<π，得B=2π3.(2)由(1)知，B=2π3，因为AB⊥BD，所以∠ABD=π2，∠DBC=π6，在△BCD中，由正弦定理得DCsin∠DBC=BDsin C，即DC=2sinπ6sin C=1sin C，在Rt△ABD中，AD=BDsin A=2sin A，∴2 AD +1CD=22sin A+11sin C=sin A+sin C，∵∠ABC=2π3，∴A+C=π3,∴2 AD +1CD=sin A+sin C=sinπ3-C+sin C=sinπ3cos C-cosπ3sin C+sin C=sin C+π3，∵0<C<π3，∴C+π3∈π3,2π3，∴sin C+π3∈32,1，所以2AD+1CD的取值范围为32,1.4(2024·陕西安康·模拟预测)已知锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a=8，ac=1+sin2A-sin2Csin2B，且a≠c．(1)求证：B=2C；(2)已知点M在线段AC上，且∠ABM=∠CBM，求BM的取值范围．【解析】(1)因为ac=1+sin2A-sin2Csin2B，即a-cc=sin2A-sin2Csin2B，由正弦定理可得a-cc=a2-c2b2=a+ca-cb2，又a≠c，即a-c≠0，所以1c=a+cb2，整理得b2=c2+ac，由余弦定理得b2=a2+c2-2ac cos B，整理得c=a-2c cos B，由正弦定理得sin C=sin A-2sin C cos B，故sin C=sin B+C-2sin C cos B，即sin C=sin B cos C+sin C cos B-2sin C cos B，整理得sin C=sin B-C，又因为△ABC为锐角三角形，则C∈0,π2,B∈0,π2，可得B-C∈-π2,π2，所以C=B-C，即B=2C.(2)因为点M在线段AC上，且∠ABM=∠CBM，即BM平分∠ABC，又B=2C，所以∠C=∠CBM，则∠BMC=π-C-∠CBM=π-2C，在△MCB中，由正弦定理得BCsin∠BMC=BMsin C，所以BM=BC sin Csin∠BMC=8sin Csin2C=8sin C2sin C cos C=4cos C，因为△ABC为锐角三角形，且B=2C，所以0<C<π20<2C<π20<π-3C<π2，解得π6<C<π4.故22<cos C<32，所以833<BM<42.因此线段BM 长度的取值范围833,42.1在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a =3，A =60°，则b 的取值范围是()A.0,6B.0,23C.3,23D.3,6【答案】C【解析】由正弦定理得a sin A =b sin B ，即b =a sin B sin A =3sin B sin60°=23sin B ，又△ABC 为锐角三角形，C =180°-A -B =120°-B ，又0°<B ,C <90°，则0°<120°-B <90°，解得30°<B <90°，而当30°<x <90°时，y =sin x 单调递增，故sin B ∈12,1，所以b =23sin B ∈3,23 .故选：C2已知函数f (x )=sin (ωx +φ)(ω>0)，现有如下说法：①若φ=π3，函数f (x )在π6,π3 上有最小值，无最大值，且f π6 =f π3，则ω=5；②若直线x =π4为函数f (x )图象的一条对称轴，5π3,0 为函数f (x )图象的一个对称中心，且f (x )在π4,5π6 上单调递减，则ω的最大值为1817；③若f (x )=12在x ∈π4,3π4 上至少有2个解，至多有3个解，则ω∈4,163；则正确的个数为()A.0 B.1C.2D.3【答案】C【解析】对于①，因为x =π6+π32=π4时，f x 有最小值，所以sin ωπ4+π3=-1，所以ωπ4+π3=2kπ+3π2k∈Z，得到ω=8k+143k∈Z，因为f x 在区间π6,π3上有最小值，无最大值，所以π3-π4≤πω，即ω≤12，令k=0，得ω=143，故①错误；对于②，根据题意，有ωπ4+φ=2k1π+π2k1∈Z5ωπ3+φ=k2πk2∈ZT2=πω≥5π6-π4=7π12，得出ω=-12(2k1-k2)+617,k1,k2∈Z0<ω≤127，即ω=-12k+617,k∈Z0<ω≤127，得到ω=617或1817，故②正确；对于③，令ωx+φ=2kπ+π6k∈Z或ωx+φ=2kπ+5π6k∈Z，则x=-φ+2kπω+π6ωk∈Z或x=-φ+2kπω+5π6ωk∈Z，故需要上述相邻三个根的距离不超过π2，相邻四个根(距离较小的四个)的距离超过π2，即2πω≤π2,8π3ω>π2,，解得ω∈4,16 3，故③正确，故选：C．3设函数f x =sin2ωx-cos2ωx+23sinωx cosωxω>0，当x∈0,π2时，方程f x =2有且只有两个不相等的实数解，则ω的取值范围是()A.73,13 3B.73,133C.83,143D.83,143【答案】C【解析】由已知易知f x =3sin2ωx-cos2ωx=2sin2ωx-π6，当x∈0,π2时2ωx-π6∈-π6,πω-π6，所以要满足题意有5π2≤πω-π6<9π2⇒ω∈83,143.故选：C4将函数f x =sinωx-cosωx(ω>0)的图象向左平移π4个单位长度后，再把横坐标缩短为原来的一半，得到函数g x 的图象．若点π2,0是g x 图象的一个对称中心，则ω的最小值是()A.45B.12C.15D.56【答案】C【解析】由题意可得f x =222sinωx-22cosωx=2sinωx-π4，所以将f x 的图象向左平移π4个单位长度后，得到函数h x =2sin ωx +π4 -π4=2sin ωx +ωπ4-π4的图象，再把所得图象上点的横坐标缩短为原来的一半，得到函数g x =2sin 2ωx +ωπ4-π4的图象，因为点π2,0 是g x 图象的一个对称中心，所以πω+ωπ4-π4=k π,k ∈Z ，解得ω=45k +15,k ∈Z ，又ω>0，所以ω的最小值为15．故选：C5已知函数f (x )=sin ωx +π6 (ω>0)，若将f (x )的图象向左平移π3个单位后所得的函数图象与曲线y =f (x )关于x =π3对称，则ω的最小值为()A.23B.13C.1D.12【答案】A【解析】函数f (x )=sin ωx +π6 ，f (x )的图象向左平移π3个单位后所得函数g (x )=sin ωx +π3 +π6=sin ωx +πω3+π6，函数y =g (x )的图象与y =f (x )的图象关于直线x =π3对称，则f (x )=g 2π3-x ，于是sin ωx +π6=sin ω2π3-x +πω3+π6 对任意实数x 恒成立，即sin ωx +π6 =sin -ωx +πω+π6 =sin π-ωx -πω+5π6 =sin ωx -πω+5π6对任意实数x 恒成立，因此-πω+5π6=π6+2k π,k ∈Z ，解得ω=-2k +23,k ∈Z ，而ω>0，则k ∈Z ,k ≤0，所以当k =0时，ω取得最小值23.故选：A6(多选题)△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，S 为△ABC 的面积，且a =2，AB ⋅AC=23S ，下列选项正确的是()A.A =π6B.若b =2，则△ABC 只有一解C.若△ABC 为锐角三角形，则b 取值范围是23,4D.若D 为BC 边上的中点，则AD 的最大值为2+3【答案】ABD【解析】对于A ，因为AB ⋅AC =23S ，所以bc cos A =23×12bc sin A ，则tan A =33，因为A ∈0,π ，所以A =π6，故A 正确；对于B ，因为b =2=a ，则B =A =π6，C =2π3，故△ABC 只有一解，故B 正确；对于C ，若△ABC 为锐角三角形，则B ∈0,π2 ，C ∈0,π2，则0<B <π20<π-π6-B <π2，则π3<B <π2，即sin B ∈32,1，由正弦定理可知：b =a sin Bsin A=4sin B ∈23,4 ，故C 错误；对于D ，若D 为BC 边上的中点，则AD =12AB +AC，所以AD 2=14AB 2+2AB ⋅AC +AC 2=14b 2+c 2+3bc由余弦定理知a 2=b 2+c 2-2bc cos A =b 2+c 2-3bc =4，得b 2+c 2=3bc +4，又b 2+c 2=3bc +4≥2bc ，所以bc ≤42-3=43+8，当且仅当b =c =2+6时取得等号，所以AD 2=14b 2+c 2+3bc =144+23bc ≤144+23×43+8 =7+43，即AD ≤7+43=2+3，故D 正确.故选：ABD .7已知函数f x =12+3sin ωx cos ωx -cos 2ωx ω>0 ，若f x 的图象在0,π 上有且仅有两条对称轴，则ω的取值范围是．【答案】56,43【解析】因为f x =12+3sin ωx cos ωx -cos 2ωx =32sin2ωx -12cos2ωx =sin 2ωx -π6，因为f x 的图象在0,π 上有且仅有两条对称轴，所以3π2≤2ωπ-π6<5π2，解得56≤ω<43，所以ω的取值范围是56,43 ．故答案为：56,43.8已知函数f x =sin ωx ω>0 ，若∃x 1,x 2∈π3,π，f x 1 =-1，f x 2 =1，则实数ω的取值范围是.【答案】ω=32或ω≥52【解析】设θ=ωx，x∈π3,π，则θ∈π3ω,πω，所以问题转化为y=sinθ在θ∈π3ω,πω上存在最大值和最小值，由正弦函数图象可得，π3ω≤kπ+π2kπ+π2+π≤πω，解得k+32≤ω≤3k+32，所以k≥0,k∈Z，当k=0时，32≤ω≤32，∴ω=32；当k=1时，52≤k≤92，当k=2时，72≤ω≤152，当k=3时，92≤ω≤212，当k=n，n∈N*时，n+32≤ω≤3n+32，当k=n+1时，n+52≤ω≤3n+92，而n+52-3n+32=-2n+1<0，即n+52<3n+32，所以k∈N*时，所有情况的ω范围的并集为ω≥52；综上，实数ω的取值范围是ω=32或ω≥52.故答案为：ω=32或ω≥52.9已知函数f x =sinωx+φω>0满足f x ≥fπ12，且f x 在区间-π3,π3上恰有两个最值，则实数ω的取值范围为．【答案】125,4【解析】因为f x ≥fπ12，所以fπ12 =sinπ12ω+φ=-1，所以π12ω+φ=2kπ+3π2，k∈Z，即φ=2kπ-π12ω+3π2，k∈Z，所以f x =sinωx+2kπ-π12ω+3π2 =-cosωx-π12．当-π3≤x≤π3时，-5πω12≤ωx-π12≤πω4ω>0．因为f x 在区间-π3,π3上恰有两个最值，且-5πω12>πω4 ，所以ω>0-2π<-5πω12≤-π0<πω4<π，解得125≤ω<4．故答案为：125,4．10已知函数f (x )=-sin ωx -π4 (ω>0)在区间π3,π 上单调递减，则ω的取值范围是.【答案】0,34【解析】当x ∈π3,π时， ωπ3-π4<ωx -π4<ωπ-π4，又y =-sin x 的单调递减区间为2k π-π2,2k π+π2(k ∈Z )，所以ωπ3-π4≥2k π-π2ωπ-π4≤2k π+π2(k ∈Z )，解得6k -34≤ω≤2k +34(k ∈Z )，且2k +34≥6k -34(k ∈Z )，解得k ≤38，又ω>0，所以k =0，所以ω的取值范围为0,34.故答案为：0,3411若函数f x =cos ωx -π6ω>0 在区间π3,2π3内单调递减，则ω的最大值为．【答案】74【解析】由题得：12T ≥2π3-π3⇒0<ω≤3，令t =ωx -π6⇒t ∈πω3-π6,2πω3-π6，则y =cos t 在t ∈πω3-π6,2πω3-π6单调递减，故πω3-π6≥2k π2πω3-π6≤2k π+π⇒6k +12≤ω≤3k +74，由0<ω≤3，故ω∈12,74，所以ω的最大值为74，故答案为：74.12已知函数f (x )=4sin ωx ,g (x )=4cos ωx -π3+b (ω>0)，且∀x 1,x 2∈R ,|f (x 1)-g (x 2)|≤8，将f (x )=4sin ωx 的图象向右平移π3ω个单位长度后，与函数g (x )的图象相邻的三个交点依次为A ，B ，C ，且BA ⋅BC<0，则ω的取值范围是．【答案】0,2π8【解析】依题意，函数f (x )的值域为[-4,4]，g (x )的值域为[b -4,b +4]，由∀x 1,x 2∈R ,f (x 1)-g (x 2) ≤8，得|(b -4)-4|≤8，且|(b +4)-(-4)|≤8，解得b =0，g (x )=4cos ωx -π3 =4sin ωx +π6 ，将f (x )=4sin ωx 的图象向右平移π3ω个单位长度后，得h (x )=4sin ωx -π3ω =4sin ωx -π3，在同一坐标系内作出函数y =g (x ),y =h (x )的图象，观察图象知，|AC |=2πω，取AC 中点D ，连接BD ，由对称性知|AB |=|BC |，BD ⊥AC ，由BA ⋅BC <0，得∠ABC >π2，即∠ABD >π4，|AD |>|BD |，由h (x )=g (x )，得sin ωx -π3 =sin ωx +π6 ，则ωx -π3+ωx+π6=π+2k π,k ∈Z ，解得ωx =712π+k π,k ∈Z ，于是y =4sin 712π+k π-π3=±22，则|BD |=42，因此πω>42，解得0<ω<2π8，所以ω的取值范围是0,2π8.故答案为：0,2π813在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，∠ABC =2π3，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD =2，则a +4c 的最小值为．【答案】18【解析】如图所示，则△ABC 的面积为12ac sin 2π3=12a ⋅2sin π3+12c ⋅2sin π3，则ac =2a +2c ，所以1a +1c =12，显然a ,c >0，故a +4c =(a +4c )1a +1c ×2=2×5+4c a +a c ≥25+24c a ⋅a c=18，当且仅当4ca =a c 1a +1c =12，即a =6c =3时取等号.所以a +4c 的最小值为18.故答案为：18.14在锐角△ABC 中，角A 、B 、C 所对边的边长分别为a 、b 、c ，且2b sin A -3a =0.(1)求角B；(2)求sin A+sin C的取值范围.【解析】(1)∵2b sin A-3a=0，∴2sin A sin B-3sin A=0，又∵A∈0,π2,∴sin A≠0，∴sin B=32,B∈0,π2，∴B=π3.(2)由(1)可知，B=π3，且△ABC为锐角三角形，所以0<A<π20<C=2π3-A<π2，∴A∈π6,π2，则sin A+sin C=sin A+sin2π3-A=32sin A+32cos A=3sin A+π6，因为π3<A+π6<2π3，∴sin A+sin C∈32,3.15在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且2b sin A-3a=0．(1)求角B的大小；(2)求cos A+cos C的取值范围．【解析】(1)因为2b sin A-3a=0，由正弦定理边化角得：2sin B sin A-3sin A=0，所以2sin B-3sin A=0，由于在△ABC中，sin A≠0，所以2sin B-3=0，即sin B=32，又0<B<π2，所以B=π3.(2)由(1)可知B=π3，所以A+C=2π3，所以cos A+cos C=cos A+cos2π3-A=cos A+cos2π3cos A+sin2π3sin A=cos A-12cos A+32sin A=12cos A+32sin A=sin A+π6由于在锐角△ABC中，0<2π3-A<π2 0<A<π2，所以π6<A<π2，所以π3<A+π6<2π3，所以sinπ3<sin A+π6≤sinπ2，所以32<sin A+π6≤1，所以cos A+cos C的取值范围为32,1.16已知锐角△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b2+c2-(b⋅cos C+c⋅cos B)2=bc，(1)求角A的大小；(2)如果该三角形外接圆的半径为3，求bc的取值范围．【解析】(1)∵b2+c2-b cos C+c cos B2=bc，由余弦定理可得b2+c2-b⋅a2+b2-c22ab+c⋅a2+c2-b22ac2=bc，化简整理得b2+c2-a2=bc，又b2+c2-a2=2bc cos A，∴cos A=12，又0<A<π2，所以A=π3.(2)因为三角形外接圆半径为R=3，所以b=23sin B，c=23sin C，∴bc=12sin B sin C，由(1)得B+C=2π3，所以bc=12sin B sin C=12sin B sin2π3-B=12sin B32cos B+12sin B=63sin B cos B+6sin2B=33sin2B+31-cos2B=632sin2B-12cos2B+3 =6sin2B-π6+3，因为△ABC是锐角三角形，且B+C=2π3，所以π6<B<π2，∴π6<2B-π6<5π6，∴12<sin2B-π6≤1，∴6<6sin2B-π6+3≤9，即6<bc≤9.所以bc的取值范围为6,9.17在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，cos2B-sin2B=-1 2．(1)求角B，并计算sin B+π6的值；(2)若b=3，且△ABC是锐角三角形，求a+2c的最大值．【解析】(1)由cos2B+sin2B=1cos2B-sin2B=-12，得cos2B=14，则cos B=±12，又0<B<π，所以B=π3或2π3.当B=π3时，sin B+π6=sinπ2=1；当B=2π3时，sin B+π6=sin5π6=12.(2)若△ABC为锐角三角形，则B=π3，有0<C<π20<A=2π3-C<π2，解得π6<C<π2.由正弦定理，得asin A=csin C=bsin B=332=2，则a=2sin A,c=2sin C，所以a+2c=2sin A+4sin C=2sin2π3-C+4sin C=232cos C+12sin C+4sin C=5sin C+3cos C=27sin(C+φ)，其中tanφ=35，又tanφ=35<33=tanπ6，所以0<φ<π6，则π3<C+φ<2π3，故当C+φ=π2时，sin(C+φ)取到最大值1，所以a+2c的最大值为27.18在△ABC中，D为BC边上一点，DC=CA=1，且△ACD面积是△ABD面积的2倍．(1)若AB=2AD，求AB的长；(2)求sin∠ADBsin B的取值范围．【解析】(1)设BC边上的高为AE，垂足为E，因为△ACD面积是△ABD面积的2倍，所以有S△ACDS△ABD=12CD⋅AE12BD⋅AE=2⇒BD=12⇒BC=32，设AB=2AD=x⇒AD=22x，由余弦定理可知：cos C=AC2+BC2-AB22AC⋅BC =AC2+DC2-AD22AC⋅DC⇒1+94-x22×1×32=1+1-12x22×1×1，解得x=1或x=-1舍去，即AB=1；(2)由(1)可知BD=12,BC=32，设∠ADC=θ，由DC=CA⇒∠DAC=∠ADC=θ⇒C=π-2θ且θ∈0,π2，由余弦定理可得：AD=12+12-2×1×1⋅cosπ-2θ=2+2cos2θ=2+22cos2θ-1=2cosθ，AB=12+32 2-2×1×32⋅cosπ-2θ=134+3cos2θ=134+32cos2θ-1=6cos2θ+1 4，在△ABD中，因为θ∈0,π2，所以由正弦定理可知：ABsin∠ADB =ADsin B⇒sin∠ADBsin B=ABAD=6cos2θ+142cosθ=14×24cos2θ+1cos2θ=14×24+1cos2θ，因为θ∈0,π2，所以cos θ∈0,1 ⇒cos 2θ∈0,1 ⇒1cos 2θ>1⇒24+1cos 2θ>25⇒24+1cos 2θ>5，于是有sin ∠ADB sin B >54，因此sin ∠ADB sin B 的取值范围为54,+∞ ..19记锐角△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2sin B sin C +cos2C =1+cos2A -cos2B .(1)证明：B +C =2A ；(2)求c b的取值范围.【解析】(1)证明：由2sin B sin C +cos2C =1+cos2A -cos2B ，得2sin B sin C +1-2sin 2C =1+1-2sin 2A -1+2sin 2B ，即sin B sin C -sin 2C =-sin 2A +sin 2B ，由正弦定理可得bc -c 2=-a 2+b 2，即a 2=b 2+c 2-bc ，由余弦定理可得a 2=b 2+c 2-2bc cos A ，故cos A =12，又A ∈0,π2 ，故A =π3，由A +B +C =π，故B +C =π-A =2π3=2A ；(2)由正弦定理可得：c b=sin C sin B =sin π-A -B sin B =sin π3+B sin B =12sin B +32cos B sin B =12+32tan B ，又锐角△ABC 中，有0<B <π2，0<π-π3-B <π2，解得π6<B <π2，即tan B ∈33,+∞，即1tan B ∈0,3 ，故c b=12+32tan B ∈12,2 .20记△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ，若a +b +c a +b -c =3，且△ABC 的面积为334.(1)求角C ；(2)若AD =2DB ，求CD 的最小值.【解析】(1)∵a +b +c a +b -c =3，∴3=(a +b )2-c 2=a 2+b 2-c 2+2ab 结合余弦定理得3=2ab cos C +2ab =2ab 1+cos C ，∴ab =321+cos C ，∵S △ABC =12ab sin C =334，∴sin C 1+cos C =3，即2sin C 2cos C 2cos 2C 2=tan C 2=3，又∵C 2∈0,π2 ，∴C 2=π3，故C =2π3；(2)由(1)知：C =2π3,ab =321+cos C=3，∵AD =2DB ，∴CD =13CA +23CB ，∴CD 2=13CA +23CB 2=19b 2+49a 2+49ab cos C =19b 2+49a 2-23，又19b 2+49a 2-23≥219b 2⋅49a 2-23=2×23-23=23，当且仅当b =2a =6时，CD 长取最小值，此时CD =23=63，∴CD 长的最小值为63.21已知函数f x =12-sin 2ωx +32sin2ωx ω>0 的最小正周期为4π.(1)求f x 在0,π 上的单调递增区间；(2)在锐角三角形ABC 中，内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且2a -c cos B =b ⋅cos C ,求f A 的取值范围.【解析】(1)f x =12-sin 2ωx +32sin2ωx =12-1-cos2ωx 2+32sin2ωx =32sin2ωx +12cos2ωx =sin 2ωx +π6.因为T =2π2ω=4π,所以ω=14,故f x =sin 12x +π6.由-π2+2k π≤12x +π6≤π2+2k π,k ∈Z ,解得4k π-4π3≤x ≤4k π+2π3,k ∈Z ,当k =0时,-4π3≤x ≤2π3,又x ∈0,π ,所以f x 在0,π 上的单调递增区间为0,2π3.(2)由2a -c cos B =b ⋅cos C ,得(2sin A -sin C )cos B =sin B cos C ,所以2sin A cos B =sin B cos C +cos B sin C =sin B +C =sin A .因为sin A ≠0,所以cos B =12,又B ∈0,π ,所以B =π3,又三角形为锐角三角形，则0<A <π20<2π3-A <π2，则π6<A <π2，所以π4<A 2+π6<5π12，又f A =sin A 2+π6，sin 5π12=sin π4+π6 =sin π4cos π6+cos π4sin π6=2+64，则22<sin A 2+π6 <2+64，所以f A 的取值范围为22,2+64.22已知在△ABC 中，1-cos A 2-sin A =0，(1)求A ；(2)若点D 是边BC 上一点，BD =2DC ，△ABC 的面积为3，求AD 的最小值.【解析】(1)因为1-cos A 2-sin A =0，所以sin 2A 2=sin A ， 因为0<A 2<π2，sin A 2>0，则sin A 2=2sin A 2cos A 2，故cos A 2=12， 所以A 2=π3，A =2π3，(2)因为BD =2DC ，则BD =2DC ，所以AD -AB =2AC -AD ，故AD =13AB +23AC ， 因为△ABC 的面积为3，所以12bc sin A =3，所以bc =4|AD |2=13AB +23AC 2=19c 2+49b 2+49AB ⋅AC =19c 2+49b 2-29bc ≥49bc -29bc =89上式当且仅当c =2b ，即c =22，b =2时取得“=”号，所以AD 的最小值是223.23在△ABC 中，角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ，且满足2sin A +C cos A -sin C cos A =sin A cos C ．(1)求角A ；(2)若点D 在线段BC 上，且满足BD =3DC ,AD =3，求△ABC 面积的最大值．【解析】(1)由题意得2sin B cos A -sin C cos A =sin A cos C ，即2sin B cos A =sin A cos C +sin C cos A =sin B ，∵sin B ≠0，∴2cos A =1，∴cos A =12，又0<A <π,∴A =π3；(2)解法一：令DC =t ，则BD =3t ，∵cos ∠ADC =-cos ∠ADB ，∴AD 2+DC 2-AC 22AD ⋅DC =-AD 2+BD 2-AB 22AD ⋅BD ，即9+t 2-b 26t =-9+9t 2-c 218t ，∴12t 2=-36+3b 2+c 2①，又∵cos ∠BAC =12=b 2+c 2-16t 22bc ，∴16t 2=b 2+c 2-bc ②，∵联立①②，得144-3bc =9b 2+c 2≥6bc (当且仅当c =3b 时取等号)，即bc ≤16，∴S △ABC =12bc sin ∠BAC =34bc ≤43，∴△ABC 面积的最大值为43.解法二：依题意AD =14AB+34AC，∴AD 2=14AB+34AC 2=116AB 2+9AC 2+6AB ⋅AC，即9=116AB 2+9AC 2+6AB AC cos π3=116AB 2+9AC 2+3AB AC，∵AB 2+9AC 2≥6AB AC (当且仅当AB =3AC 时取等号)，∴AB AC ≤16，∴S △ABC =12AB ACsin ∠BAC ≤34×16=43，∴△ABC 面积的最大值为43．24已知△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ，向量m =a +b ,c ,n =sin A -sin C ,sin A -sin B ，且m ⎳n ．(1)求B ；(2)求b 2a 2+c 2的最小值．【解析】(1)因为m ⎳n ，所以a +b sin A -sin B =c sin A -sin C ，由正弦定理可得a +b a -b =c a -c 即a 2-b 2=ac -c 2，故a 2+c 2-b 2=ac ，所以cos B =a 2+c 2-b 22ac =12，而B 为三角形内角，故B =π3.(2)结合(1)可得：b2a2+c2=a2+c2-aca2+c2=1-aca2+c2,1-aca2+c2≥1-ac2ac=1-12=12，当且仅当a=c时等号成立，故b2a2+c2的最小值为12.25已知△ABC为钝角三角形，它的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且sin2C=sin2B+sinπ3+Bcosπ6+B，a<c，b<c．(1)求tan(A+B)的值；(2)若△ABC的面积为123，求c的最小值．【解析】(1)因为sin2C=sin2B+sinπ3+Bcosπ6+B=sin2B+12sinπ2+2B+sinπ6=sin2B+12cos2B+12=sin2B+121-2sin2B+14=34，因为sin C>0，所以sin C=3 2，由△ABC为钝角三角形且a<c，b<c知，C为钝角，所以cos C=-12，即tan C=-3，所以tan(A+B)=tanπ-C=-tan C=3.(2)因为S△ABC=12ab sin C=34ab=123，所以ab=48，由余弦定理，c2=a2+b2-2ab cos C=a2+b2+ab≥3ab=144，当且仅当a=b=43时，等号成立，此时c2的最小值为144，所以c的最小值为12.。
部编数学九年级上册专题24.7切线长定理及三角形的内切圆【七大题型】(人教版)(解析版)含答案
专题24.7 切线长定理及三角形的内切圆【七大题型】【人教版】【题型1 利用切线长定理求周长】 (1)【题型2 三角形内切圆中求角度】 (5)【题型3 三角形内切圆中求面积】 (9)【题型4 三角形内切圆中求线段长度】 (13)【题型5 三角形内切圆中求半径】 (17)【题型6 三角形内切圆中求最值】 (20)【题型7 外接圆和内切圆的综合运用】 (25)【题型1 利用切线长定理求周长】【例1】（2022秋•宜兴市校级期中）如图，△ABC 是一张三角形的纸片，⊙O 是它的内切圆，点D 是其中的一个切点，已知AD ＝10cm ，小明准备用剪刀沿着与⊙O 相切的任意一条直线MN 剪下一块三角形（△AMN ），则剪下的△AMN 的周长为 20cm ．【分析】利用切线长定理得出DM ＝MF ，FN ＝EN ，AD ＝AE ，进而得出答案．A B C I【解答】解：∵△ABC是一张三角形的纸片，⊙O是它的内切圆，点D是其中的一个切点，AD＝10cm，∴设E、F分别是⊙O的切点，故DM＝MF，FN＝EN，AD＝AE，∴AM+AN+MN＝AD+AE＝10+10＝20（cm）．故答案是：20cm．【变式1-1】（2022秋•莒南县期末）如图，PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D．若PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0的两个根，求△PCD的周长．【分析】由PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，根据切线长定理，可得PA＝PB，又由PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0的两个根，根据根与系数的关系，可求得PA与PB的长，又由CD切⊙O于点E，即可得△PCD的周长等于PA+PB．【解答】解：∵PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0的两个根，∴PA+PB＝m，PA•PB＝m﹣1，∵PA、PB切⊙O于A、B两点，∴PA＝PB=m2，即m2•m2=m﹣1，即m2﹣4m+4＝0，解得：m＝2，∴PA＝PB＝1，∵PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，∴AD＝ED，BC＝EC，∴△PCD的周长为：PD+CD+PC＝PD+DE+EC+PC＝PD+AD+BC+PC＝PA+PB＝2．【变式1-2】（2022•雨花区校级三模）如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，⊙O与△ABC的三边相切于点D、E、F，若⊙O的半径为2，则△ABC的周长为（ ）A．14B．20C．24D．30【分析】设AD＝x，由切线长定理得AE＝x，根据题意可得四边形OECF为正方形，则CE＝CF＝2，BD＝BF＝3，在直角三角形ABC中，利用勾股定理求出x，然后求其周长．【解答】解：连接OE、OF，设AD＝x，由切线长定理得AE＝x，∵⊙O与Rt△ABC的三边分别点D、E、F，∴OE⊥AC，OF⊥BC，∴四边形OECF为正方形，∵⊙O的半径为2，BC＝5，∴CE＝CF＝2，BD＝BF＝3，∴在Rt△ABC中，∵AC2+BC2＝AB2，即（x+2）2+52＝（x+3）2，解得x＝10，∴△ABC的周长为12+5+13＝30．故选：D．【变式1-3】（2022秋•崇川区月考）如图，P是⊙O外一点，PA、PB分别和⊙O相切于点A、B，C是劣弧AB上任意一点，过C作⊙O切线DE，交PA、PB于点D、E，已知PA的长为5cm，∠DOE＝65°，点M、N分别在PA、PB的延长线上，MN与⊙O相切于点F，已知DN、EM的长是方程x2﹣10x+k＝0的两根．（1）求∠P的度数；（2）求△PDE的周长；（3）求四边形DEMN的周长．【分析】（1）只要证明∠AOB＝130°，∠PAO＝∠PBO＝90°，再利用四边形内角和定理即可解决问题；（2）利用切线长定理即可解决问题；（3）因为DN、EM的长是方程x2﹣10x+k＝0的两根．可得DN+EM＝10，再利用切线长定理即可解决问题；【解答】解：（1）连接OA、OB、OC．∴PA、PB、DE是⊙O的切线，∴PA⊥OA，OB⊥PB，∠DOA＝∠DOC，∠EOB＝∠EOC，∵∠DOE＝65°，∴∠AOB＝130°，∠PAO＝∠PBO＝90°，∴∠P＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°．（2）∵PA、PB、DE是⊙O的切线，∴DA＝DC，EC＝EB，PA＝PB＝5，∴△PDE的周长＝PD+DE+PE＝PD+DA+PE+EB＝PA+PB＝10．（3）∵DN、EM的长是方程x2﹣10x+k＝0的两根．∴DN+EM＝10，∴PN，PM，MN是⊙O的切线，∴AN＝NF，MF＝MB，DA＝DC，EC＝EB，∴四边形EMND的周长＝EM+MN+DN+DE＝EM+BM+NA+DA+EB+DN＝2（DN+EM）＝20．【题型2 三角形内切圆中求角度】【例2】（2022•温州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，⊙O是它的内切圆，与AB，BC，CA分别切于点D，E，F，若∠ACB＝40°，则∠DOE＝ 130° ．【分析】利用直角三角形性质求出∠ABC＝50°，再利用切线性质求出∠BDO＝∠BEO＝90°，再利用四边形内角和为360°，即可求得答案．【解答】解：在Rt△ABC中，∵∠A＝90°，∠ACB＝40°，∴∠ABC＝90°﹣∠ACB＝90°﹣40°＝50°，∵⊙O是Rt△ABC的内切圆，与AB，BC，CA分别切于点D，E，F，∴AB、BC是⊙O的切线，∴∠BDO＝∠BEO＝90°，∴∠DOE＝360°﹣∠BDO﹣∠BEO﹣∠ABC＝130°，故答案为：130°．【变式2-1】（2022秋•昌平区期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，已知∠A＝40°，连接OB，OC，DE，EF，则∠BOC＝ 110 °，∠DEF＝ 70 °．【分析】连接OD和OF，根据内切圆的性质可得OB，OC平分∠ABC，∠ACB，再根据三角形内角和定理即可求出角BOC的度数；根据切线的性质可得∠DOF的度数，进而根据圆周角定理可得∠DEF的度数．【解答】解：如图，连接OD和OF，∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，∠A＝40°，∴OB，OC平分∠ABC，∠ACB，∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB（∠ABC+∠ACB）＝180°−12×140°＝180°−12＝110°，∵OD⊥AB，OF⊥AC，∴∠ADO＝∠AFO＝90°，∴∠DOF＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，∠DOF＝70°．∴∠DEF=12故答案为：110，70．【变式2-2】（2022•万年县校级模拟）如图，△ABC中，内切圆I与AB，BC，CA分别切于F，D，E，连接BI，CI，再连接FD，ED，（1）若∠A＝40°，求∠BIC与∠FDE的度数．（2）若∠BIC＝α；∠FDE＝β，试猜想α，β的关系，并证明你的结论．（∠ABC+∠ACB），求出∠ABC+∠ACB 【分析】（1）根据圆I是△ABC的内切圆求出∠IBC+∠ICB=12的度数，求出∠IBC+∠ICB即可；连接IF、IE，求出∠FIE，即可求出∠FDE；（2）由（1）得出∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB），∠FDE＝180°﹣2∠A，根据三角形的内角和定理求出∠BIC ＝90°+12∠A ，代入即可求出答案．【解答】解：（1）∵圆I 是△ABC 的内切圆，∴∠IBC =12∠ABC ，∠ICB =12∠ACB ，∴∠IBC +∠ICB =12（∠ABC +∠ACB ），∵∠ABC +∠ACB ＝180°﹣∠A ＝140°，∴∠IBC +∠ICB ＝70°，∴∠BIC ＝180°﹣（∠IBC +∠ICB ）＝110°，如图，连接IF 、IE ，∵圆I 是△ABC 的内切圆，∴∠IFA ＝∠IEA ＝90°，∵∠A ＝40°，∴∠FIE ＝360°﹣∠IFA ﹣∠IEA ﹣∠A ＝140°，∴∠EDF =12∠EIF ＝70°，答：∠BIC ＝110°，∠FDE ＝70°；（2）解：α＝180°﹣β，证明：由圆周角定理得：∠FIE ＝2∠FDE ，由（1）知：2∠FDE ＝180°﹣∠A ，即∠A ＝180°﹣2∠FDE ，∴∠A ＝180°﹣∠EIF ，由（1）知：2∠FDE ＝180°﹣∠A ，∴∠A ＝180°﹣2∠FDE ＝180°﹣2β，∠BIC ＝180°﹣（∠IBC +∠ICB ）＝180°−12（∠ABC +∠ACB ）＝180°−1（180°﹣∠A）2∠A，＝90°+12（180°﹣2β），∴∠BIC＝α＝90°+12即α＝180°﹣β．【变式2-3】（2022秋•邗江区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点M是△ABC内一点，连接BM交AD于点N，已知∠AMB＝108°，若点M是△CAN的内心，则∠BAC的度数为（ ）A．36°B．48°C．60°D．72°【分析】过点M作ME⊥AD于点E，根据已知条件可得△ABC是等腰三角形，AD是BC边的中垂线，证明ME∥BC，可得∠NME＝∠NBD，由点M是△CAN的内心，可得点M在∠NAC和∠ANC的角平分线上，设∠NAM＝x，∠NBD＝y，所以∠BAC＝4x，∠NBD＝∠NCD＝∠NME＝y，∠ENM＝∠CNM＝2y，然后利用∠AMB＝108°，列出方程组y−x=18°2y+x=72°，求解即可得结论．【解答】解：如图，过点M作ME⊥AD于点E，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴△ABC是等腰三角形，AD是BC边的中垂线，∴NB＝NC，∠BAD＝∠CAD，∴∠NBD＝∠NCD，∵ME⊥AD，AD⊥BC，∴ME∥BC，∴∠NME＝∠NBD，∵点M是△CAN的内心，∴点M在∠NAC和∠ANC的角平分线上，∴∠NAM＝∠CAM，∠ANM＝∠CNM，设∠NAM＝x，∠NBD＝y，∴∠BAC＝4x，∠NBD＝∠NCD＝∠NME＝y，∴∠ENM＝∠CNM＝∠NBC+∠NCB＝2y，∵∠AMB＝108°，∴∠AME＝∠AMB﹣∠EMN＝108°﹣y，在△AEM中，∠EAM+∠AME＝90°，∴x+108°﹣y＝90°，∴y﹣x＝18°，在△ANM中，∠NAM+∠ANM＝180°﹣108°，∴x+2y＝72°，y−x=18°2y+x=72°，解得x=12°y=30°，∴∠BAC＝4x＝48°．故选：B．【题型3 三角形内切圆中求面积】【例3】（2022秋•黄冈期中）如图，边长为1的正方形ABCD的边AB是⊙O的直径，CF是⊙O的切线，E 为切点，F点在AD上，BE是⊙O的弦，求△CDF的面积．【分析】设AF＝x，由切线长定理可得EF＝AF＝x，则FD＝1﹣x，CF＝CE+EF＝CB+EF＝1+x，利用勾股定理建立方程求出x的值，再根据三角形的面积公式即可求出问题的答案．【解答】解：设AF＝x，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAB＝90°，∴DA⊥AB，∴AD是圆的切线，∵CF是⊙O的切线，E为切点，∴EF＝AF＝x，∴FD＝1﹣x，∵CB⊥AB，∴CB为⊙O的切线，∴CB＝CE，∴CF＝CE+EF＝CB+EF＝1+x．∴在Rt△CDF中由勾股定理得到：CF2＝CD2+DF2，即（1+x）2＝1+（1﹣x）2，解得x=14，∴DF＝1﹣x=34，∴S△CDF =12×1×34=38．【变式3-1】（2022•武汉模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，E是△ABC的内心，OE⊥EB．若AE＝ABE的面积为（ ）A ．B ．2CD ．1【分析】延长BE 交⊙O 于点F ，连接AF ，OF ，根据AB 是⊙O 的直径，可得∠AFB ＝∠C ＝90°，证明△FEA 是等腰直角三角形，可得AF ＝EF ＝2，根据垂径定理可得EF ＝BE ＝2，进而可得△ABE 的面积．【解答】解：如图，延长BE 交⊙O 于点F ，连接AF ，OF ，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠AFB ＝∠C ＝90°，∴∠CAB +∠CBA ＝90°，∵E 是△ABC 的内心，∴∠EAB =12∠CAB ，∠EBA =12∠CBA ，∴∠EAB +∠EBA =12（∠CAB +∠CBA ）＝45°，∴∠FEA ＝45°，∴△FEA 是等腰直角三角形，∴AE ==，∵AE ＝∴AF ＝EF ＝2，∵OE ⊥EB ，∴EF ＝BE ＝2，∴△ABE 的面积为：12BE •AF =12×2×2＝2．故选：B ．【变式3-2】（2022春•海曙区校级期中）如图，花边带上正三角形的内切圆半径为1cm ．如果这条花边带有100个圆和100个正三角形，则这条花边的面积为（ ）A ．150πB ．C ．D ．200【分析】画出图形，连接AD ，OB ，则AD 过O ，求出∠OBD ＝30°，求出OB ，根据勾股定理求出BD ，同法求出CD ，求出BC 的长后求得一个三角形的面积即可求得花边的面积．【解答】解：从中选择一个等边三角形和其内接圆如图，⊙O 是△ABC 的内切圆，⊙O 切AB 于F ，切AC 于E ，切BC 于D ，连接AD ，OB ，则AD 过O （因为等边三角形的内切圆的圆心再角平分线上，也在底边的垂直平分线上），∵△ABC 是等边三角形，∴∠ABC ＝60°，∵⊙O 是△ABC 的内切圆，∴∠OBC =12∠ABC ＝30°，∵⊙O 切BC 于D ，∴∠ODB ＝90°，∵OD ＝1，∴OB ＝2，由勾股定理得：BD ==∴BC ＝∴S △ABC =12BC •AD =12××3＝∴这条花边的面积＝100S △ABC ＝故选：C ．【变式3-3】（2022•齐齐哈尔一模）如图，正方形ABCD 边长为4cm ，以正方形的一边BC 为直径在正方形ABCD 内作半圆，过A 作半圆的切线，与半圆相切于F 点，与DC 相交于E 点，则△ADE 的面积（ ）cm2A．12B．24C．8D．6【分析】由于AE与圆O切于点F，根据切线长定理有AF＝AB＝4cm，EF＝EC；设EF＝EC＝xcm．则DE＝（4﹣x）cm，AE＝（4+x）cm，然后在三角形BCE中由勾股定理可以列出关于x的方程，解方程即可求出，然后就可以求出△ADE的面积．【解答】解：∵AE与圆O切于点F，显然根据切线长定理有AF＝AB＝4cm，EF＝EC，设EF＝EC＝xcm，则DE＝（4﹣x）cm，AE＝（4+x）cm，在三角形ADE中由勾股定理得：（4﹣x）2+42＝（4+x）2，∴x＝1cm，∴CE＝1cm，∴DE＝4﹣1＝3cm，＝AD•DE÷2＝3×4÷2＝6cm2．∴S△ADE故选：D．【题型4 三角形内切圆中求线段长度】【例4】（2022秋•乌兰察布期末）如图，⊙O分别切△ABC的三条边AB、BC、CA于点D、E、F、若AB ＝5，AC＝6，BC＝7，求AD、BE、CF的长．【分析】由切线长定理，可知：AF ＝AD ，CF ＝CE ，BE ＝BD ，用未知数设AD 的长，然后表示出BD 、CF 的长，即可表示出BE 、CE 的长，根据BE +CE ＝7，可求出AD 的长进而求出BE 、CF 的长．【解答】解：假设AD ＝x ，∵⊙O 分别切△ABC 的三条边AB 、BC 、CA 于点D 、E 、F ；∴根据切线长定理得出AD ＝AF ，BD ＝BE ，EC ＝FC ，∴AF ＝x ，∵AB ＝5，AC ＝6，BC ＝7，∴BE ＝BD ＝AB ﹣AD ＝5﹣x ，FC ＝EC ＝AC ﹣AF ＝6﹣x ，∴BC ＝BE +EC ＝5﹣x +6﹣x ＝7，解得：x ＝2，∴AD ＝2，BE ＝BD ＝5﹣2＝3，CF ＝AC ﹣AF ＝6﹣2＝4．【变式4-1】（2022秋•崇川区月考）如图，已知△ABC 的内切圆O 与三边分别切于D 、E 、F ，∠A ＝60°，CB ＝6cm ，△ABC 的周长为16cm ，则DF 的长等于（ ）A ．2cmB ．3cmC ．4cmD ．6cm【分析】利用三角形内切圆的性质以及切线长定理得出BD ＝BE ，CE ＝CF ，AD ＝AF ，进而得出△ADF 是等边三角形，即可得出答案．【解答】解：∵△ABC 的内切圆O 与三边分别切于D 、E 、F ，CB ＝6cm ，△ABC 的周长为16cm ，∴BD ＝BE ，CE ＝CF ，AD ＝AF ，∵BE +EC ＝BD +FC ＝6，∴AD ＝AF =12（AB +AC +BC ﹣BC ﹣BD ﹣CF ）=12（16﹣6﹣6）＝2，∵∠A ＝60°，∴△ADF 是等边三角形，∴DF ＝2．故选：A ．【变式4-2】（2022秋•龙凤区期末）如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝3，BC ＝4，⊙O 是△ABC的内切圆，点D是斜边AB的中点，则OD的长度是 ．【分析】如图连接OE、OF、OQ，设⊙O的半径是r，由勾股定理求出AB＝5，根据△ABC的内切圆，得到OE⊥AC，OF⊥BC，OE＝OF，推出四边形CFOE是正方形，得到CE＝CF＝OF＝OE，根据3﹣r+4﹣r＝5求出r、AQ、OQ的长求出AD、DQ的长【解答】解：如图连接OE、OF、OQ，设⊙O的半径是r，由勾股定理得：AB=5，∵⊙O是三角形ABC的内切圆，∴OE⊥AC，OF⊥BC，OE＝OF，AE＝AQ，BF＝BQ，∵∠C＝90°，∴∠C＝∠CFO＝∠CEO＝90°，∴四边形CFOE是正方形，∴CE＝CF＝OF＝OE，∴3﹣r+4﹣r＝5，r＝1，AQ＝AE＝3﹣1＝2，OQ＝1，∵D是AB的中点，，∴AD=52，∴DQ＝AD﹣AQ=12∴OD2＝OQ2+DQ2，∴OD=【变式4-3】（2022•永定区模拟）如图，已知在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝16，⊙O1和⊙O2分别是△ABC和△ADC的内切圆，点E、F为切点，则EF的长是 4 cm．【分析】根据矩形的性质得到AC＝20，△ABC≌△CDA，则⊙O1和⊙O2的半径相等．如图，过O1作AB、BC的垂线分别交AB、BC于N、P，过O2作BC，CD、AD的垂线分别交BC，CD、AD于Q，G、H，由∠B＝90°，推出四边形O1NBP是正方形，设圆的半径为r，根据切线长定理12﹣r+16﹣r＝20，解得r＝4，过O1作O1M⊥FO2于M，则O1M＝PQ＝8，QM＝BN＝4，同法可得DG＝4，根据EF＝AC﹣AE﹣CF计算即可．【解答】解：∵矩形ABCD中，AB＝12，BC＝16，∴AC＝20，△ABC≌△CDA，则⊙O1和⊙O2的半径相等．如图，过O1作AB、BC的垂线分别交AB、BC于N、P，过O2作BC，CD、AD的垂线分别交BC，CD、AD于Q，G、H，∵∠B＝90°，∴四边形O1NBP是正方形，设圆的半径为r，根据切线长定理12﹣r+16﹣r＝20，解得r＝4，∴BP＝BN＝4，同法可得DG＝4，∴AN＝AE＝CG＝CF＝8，∴EF＝AC﹣AE﹣CF＝20﹣16＝4故答案为：4．【题型5 三角形内切圆中求半径】【例5】（2022•定安县二模）如图，在矩形ABCD中，AD＜AB，AD＝9，AB＝12，则△ACD内切圆的半径是（ ）A．1B．2C．3D．4【分析】根据矩形性质和勾股定理可得AC＝15，设△ACD内切圆的圆心为O，△ACD内切圆的半径为r，连接OE，OF，OG，得四边形DFOG是正方形，然后根据切线长定理即可解决问题．【解答】解：在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD＝BC＝9，AB＝12，根据勾股定理，得AC==15，设△ACD内切圆的圆心为O，△ACD内切圆的半径为r，如图，连接OE，OF，OG，得四边形DFOG是正方形，∴DF＝DG＝r，∴AG＝AE＝AD﹣DG＝9﹣r，CF＝CE＝CD﹣DF＝AB﹣DF＝12﹣r，∵AE+CE＝AC，∴9﹣r+12﹣r＝15，解得r＝3．∴△ACD内切圆的半径是3．故选：C．【变式5-1】（2022秋•张店区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，⊙O是Rt△ABC 的内切圆，则⊙O的半径为（ ）A ．1BC ．2D ．【分析】根据三角形内切圆与内心的性质和三角形面积公式解答即可．【解答】解：∵∠C ＝90°，BC ＝3，AB ＝5，∴AC ==4，如图，分别连接OA 、OB 、OC 、OD 、OE 、OF ，∵⊙O 是△ABC 内切圆，D 、E 、F 为切点，∴OD ⊥BC ，OE ⊥AC ，OF ⊥AB 于D 、E 、F ，OD ＝OE ＝OF ，∴S △ABC ＝S △BOC +S △AOC +S △AOB =12BC •DO +12AC •OE +12AB •FO =12（BC +AC +AB ）•OD ，∵∠C ＝90°，∴12×AC •BC =12（BC +AC +AB ）•OD ，∴OD =3×4345=1．故选：A ．【变式5-2】（2022秋•虎丘区校级期中）若四边形ABCD 有内切圆（与四边形四边均相切），四边形面积为S ，各边长分别为a ，b ，c ，d ，则该圆的直径为（ ）A ．a b c d SB ．S a cC ．c−d S(a b)D ．2S a b c d【分析】连接OA 、OB 、OC 、OD ．由S 四边形ABCD ＝S △OAB +S △OBC +S △OCD +S △AOD ，由S 四边形ABCD =12AB •r +12BC •r +12CD •r +12AD •r =12（a +b +c +d ）•r ＝S ，即可推出r =2S a b c d ．【解答】解：如图，连接OA 、OB 、OC 、OD ．∵S 四边形ABCD ＝S △OAB +S △OBC +S △OCD +S △AOD又∵S △OAB =12AB •r ，S △OBC =12BC •r ，S △OCD =12CD •r ，S △AOD =12AD •r ，∴S 四边形ABCD =12AB •r +12BC •r +12CD •r +12AD •r =12（a +b +c +d ）•r ＝S ，∴r =2S a b c d ．故选：D ．【变式5-3】（2022秋•南丹县期末）如图，△ABC 的内切圆⊙O 分别与AB ，AC ，BC 相切于点D ，E ，F ．若∠C ＝90°，AC ＝6，BC ＝8，则⊙O 的半径等于 2 ．【分析】连结OD ，OE ，OF ，设⊙O 半径为r ，根据勾股定理可得AB ＝10，证明四边形OECF 是正方形，可得CF ＝CE ＝OF ＝r ，然后根据切线长定理可得AE ＝AE ＝AC ﹣CE ＝6﹣r ，BF ＝BD ＝BC ﹣CF ＝8﹣r ，进而可以解决问题．【解答】解：如图，连结OD ，OE ，OF ，设⊙O 半径为r ，∵∠C ＝90°，AC ＝6，BC ＝8，∴AB ==10，∵△ABC 的内切圆⊙O 与AB ，BC ，AC 分别相切于点D ，F ，E ，∴AC ⊥OE ，AB ⊥OD ，BC ⊥OE ，且OF ＝OD ＝OE ＝r ，∴四边形OECF 是正方形，∴CF ＝CE ＝OF ＝r ，∴AE ＝AE ＝AC ﹣CE ＝6﹣r ，BF ＝BD ＝BC ﹣CF ＝8﹣r ，∵AD +BD ＝AB ＝10，∴6﹣r +8﹣r ＝10，∴r ＝2．∴⊙O 的半径等于2．故答案为：2．【题型6 三角形内切圆中求最值】【例6】（2022春•长兴县月考）如图，矩形ABCD ，AD ＝6，AB ＝8，点P 为BC 边上的中点，点Q 是△ACD 的内切圆圆O 上的一个动点，点M 是CQ 的中点，则PM +1 ．【分析】由矩形性质和勾股定理可得AC ＝10，设△ADC 内切圆半径为r ，由面积法可得r ＝2，连接BQ ，易证PM 为△BCQ 的中位线，得出PM =12BQ ，当BQ 经过圆心O 时，BQ 最长，则此时PM 最大，作OE ⊥AD 与点E ，OF ⊥AB 与点F ，则BF ＝AB ﹣AF ＝8﹣2＝6，OF ＝AE ＝AD ﹣DE ＝6﹣2＝4，由勾股定理可得BO =BQ ＝BO +OQ ＝2，从而可得PM 的结果．【解答】解：∵四边形ABCD 为矩形，∴∠D ＝90°，CD ＝AB ＝8，∴AC ==10，设△ADC 的内切圆半径为r ，则有12r(AC +AD +DC)=12×6×8，即12r(10+6+8)=24，解得：r ＝2．连接BQ ，∵P为BC中点，M为CQ中点，∴PM为△BQC的中位线，BQ，∴PM=12当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最大，作OE⊥AD与点E，OF⊥AB与点F，则BF＝AB﹣AF＝8﹣2＝6，OF＝AE＝AD﹣DE＝6﹣2＝4，∴BO=∴BQ＝BO+OQ＝+2，BQ=1．∴PM=12+1．【变式6-1】（2022秋•扬州月考）如图是一块△ABC余料，已知AB＝20cm，BC＝7cm，AC＝15cm，现将余料裁剪成一个圆形材料，则该圆的最大面积是 4πcm2． ．r 【分析】当该圆为三角形内切圆时面积最大，设内切圆半径为r，则该三角形面积可表示为：12•BC•AD，利用勾股定理可得AD，易得三角形（AB+AC+BC）＝21r，利用三角形的面积公式可表示为12ABC的面积，可得r，求得圆的面积．【解答】解：如图1所示，S △ABC =12•r •（AB +BC +AC ）=12r ×42＝21r ，过点A 作AD ⊥BC 交BC 的延长线于点D ，如图2，设CD ＝x ，由勾股定理得：在Rt △ABD 中，AD 2＝AB 2﹣BD 2＝400﹣（7+x ）2，在Rt △ACD 中，AD 2＝AC 2﹣x 2＝225﹣x 2，∴400﹣（7+x ）2＝225﹣x 2，解得：x ＝9，∴AD ＝12，∴S △ABC =12BC ×AD =12×7×12＝42，∴21r ＝42，∴r ＝2，该圆的最大面积为：S ＝πr 2＝π•22＝4π（cm 2），故答案为：4πcm 2．【变式6-2】（2022•温州自主招生）设等边△ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足PI ＝1，则△ABC 与△APC 的面积之比的最大值为 6 ．【分析】P 满足PI ＝1，则P 在以I 为圆心，以1位半径的圆上，当P 是⊙O 和BE 的交点时，△ACP 的面积最小，即△ABC 与△APC 的面积之比最大．此时PE ＝2﹣1＝1，则△ABC 与△APC 的面积的比值是BE 与PE 的比值，据此即可求解．【解答】解：点P 满足PI ＝1，则P 在以I 为圆心，以1位半径的圆上．作BE ⊥AC ，则BE 一定过点I ，连接AI ．∵在直角△AIE 中，∠IAE =12∠BAC =12×60°＝30°，IE ＝2，∴AI ＝2IE ＝4，∴BE ＝IE +BI ＝IE +AI ＝2+4＝6．当P是⊙I和BE的交点时，△ACP的面积最小，即△ABC与△APC的面积之比最大．此时PE＝2﹣1＝1，则△ABC与△APC的面积的比值是BEPE =61=6．故答案是：6．【变式6-3】（2022秋•滨湖区期末）已知点C是⊙O上一动点，弦AB＝6，∠ACB＝120゜．（1）如图1，若CD平分∠ACB，求证：AC+BC＝CD；（2）如图2，△ABC内切圆半径为r．①用含r的代数式表示AC+BC；②求r的最大值．【分析】（1）在CD上截取CE＝BC，由∠ACD＝∠BCD＝60°得到△BCE为等边三角形，根据圆周角定理得∠ABD＝∠ACD＝60°，则BE＝BC＝CE，∠1+∠ABE＝60°，∠ABE+∠2＝60°，所以∠1＝∠2，于是可根据“AAS”判断△ACB≌△DEB，得到AC＝DE，由此得到CD＝CE+DE＝BC+AC；（2）①作弦CD平分∠ACB，设△ABC的内心为P点，作PQ⊥AB于Q，PH⊥BC于H，PF⊥AC于F，根据内心的性质得PF＝PQ＝PH＝r，由∠ACD＝∠BCD＝60°得到∠CPF＝∠CPH＝30°，根据含30度的直角三角形三边的关系得到CF，CH==，然后根据切线长定理得到AF＝AQ＝AC﹣CF＝AC，BH＝BQ＝BC﹣CH＝BC，而AB＝AQ+BQ，所以AC+BC＝6，整理得AC+BC＝6+；②由于AC+BC＝CD得到CD＝6，所以当CD为直径时，r最大；当CD为直径，根据垂径定理的推论得CD⊥AB，AM＝BM=12AB＝3，AC＝BC，可计算出CD=AC＝2CD＝+=6+，可解得r＝6﹣【解答】（1）证明：在CD上截取CE＝BC，如图1，∵CD平分∠ACB，∠ACB＝120゜，∴∠ACD＝∠BCD＝60°，∴△BCE为等边三角形，∠ABD＝∠ACD＝60°，∴BE＝BC＝CE，∠1+∠ABE＝60°，∠ABE+∠2＝60°，∴∠1＝∠2，在△ACB和△DEB中∠A=∠D∠1=∠2，BC=BE∴△ACB≌△DEB，∴AC＝DE，∴CD＝CE+DE＝BC+AC；（2）解：①作弦CD平分∠ACB，设△ABC的内心为P点，作PQ⊥AB于Q，PH⊥BC于H，PF⊥AC 于F，如图，则PF＝PQ＝PH＝r，∵CD平分∠ACB，∠ACB＝120゜，∴∠ACD＝∠BCD＝60°，∴∠CPF＝∠CPH＝30°，∴CF=，CH==，∴AF＝AQ＝AC﹣CF＝AC，BH＝BQ＝BC﹣CH＝BC，而AB＝AQ+BQ，∴AC+BC＝6，∴AC+BC＝6+；②∵AC+BC＝CD，∴CD＝6+，∴当CD为直径时，r最大，如图3，当CD为直径，∴CD⊥AB，垂足为M，AB＝3，AC＝BC，∴AM＝BM=12∵∠ACD＝60°，∴∠CAM＝30°，∴CD∴AC＝2CD＝∴+6，∴r＝6﹣即r的最大值为6﹣【题型7 外接圆和内切圆的综合运用】【例7】（2022秋•滨湖区期末）设两直角边分别为3、4的直角三角形的外接圆和内切圆的半径长分别为R 和r，则R﹣r＝ 1.5 ．【分析】利用三角形的外心与内心的性质即可进行计算．【解答】解：因为直角三角形的外接圆半径等于斜边长的一半，所以R==2.5；如图，若Rt △ABC 的边AC ＝3，BC ＝4，根据勾股定理，得AB =5，其内切圆⊙O 分别切AB 、BC 、AC 于D 、E 、F ．设OE ＝OF ＝OD ＝r ，∴S △ABC ＝S △AOB +S △BOC +S △AOC ，即12AC •BC =12AB •OD +12BC •OE +12AC •OF ，12×3×4=12×5×r +12×4×r +12×3×r ，6=12r （5+4+3），6＝6r ，∴r ＝1，则R ﹣r ＝2.5﹣1＝1.5．故答案为：1.5．【变式7-1】（2022•鞍山模拟）如图，⊙O 内切于Rt △ABC ，切点分别为D 、E 、F ，∠C ＝90°．已知∠AOC ＝120°，则∠OAC ＝ 15 °，∠B ＝ 60 °．已知AC ＝4cm ，BC ＝3cm ，则△ABC 的外接圆的半径为 52 cm ，内切圆的半径为 1 cm ．【分析】由三角形内心的性质得到OC 平分∠ACB ，求得∠ACO =12∠ACB ＝45°，根据三角形的内角和得到结论；根据勾股定理得到AB ==5，于是得到结论．【解答】解：∵⊙O 内切于Rt △ABC ，∠C ＝90°，∴OC 平分∠ACB ，∴∠ACO =12∠ACB ＝45°，∵∠AOC ＝120°，∴∠OAC ＝180°﹣45°﹣120°＝15°，∵AO 平分∠BAC ，∴∠BAC ＝2∠OAC ＝30°，∴∠B ＝90°﹣30°＝60°；∵AC ＝4cm ，BC ＝3cm ，∠C ＝90°，∴AB ==5，∴△ABC 的外接圆的半径为52；设内切圆的半径为r ，∴r =34−52=1，故答案为：15，60，52，1．【变式7-2】（2022•游仙区模拟）如图，在△ABC 中，∠BAC ＝60°，其周长为20，⊙I 是△ABC 的内切BIC 的外接圆直径为 ．【分析】设△BIC 的外接圆圆心为O ，连接OB ，OC ，作CD ⊥AB 于点D ，在圆O 上取点F ，连接FB ，FC ，作OE ⊥BC 于点E ，设AB ＝c ，BC ＝a ，AC ＝b ，根据三角形内心定义可得S △ABC =12lr =12×20×=12AB •CD ，可得bc ＝40，根据勾股定理可得BC ＝a ＝7，再根据I 是△ABC 内心，可得IB 平分∠ABC ，IC 平分∠ACB ，根据圆内接四边形性质和圆周角定理可得∠BOC ＝120°，再根据垂径定理和勾股定理即可求出OB 的长．【解答】解：如图，设△BIC 的外接圆圆心为O ，连接OB ，OC ，作CD ⊥AB 于点D ，在圆O 上取点F ，连接FB ，FC ，作OE ⊥BC 于点E ，设AB ＝c ，BC ＝a ，AC ＝b ，∵∠BAC ＝60°，∴AD =12b ，CD ，∴BD ＝AB ﹣AD ＝c −12b ，∵△ABC 周长为l ＝20，△ABC 的内切圆半径为r∴S △ABC =12lr =12×20×12AB •CD ，∴=•c ，∴bc ＝40，在Rt △BDC 中，根据勾股定理，得BC 2＝BD 2+CD 2，即a 2＝（c −12b ）2+）2，整理得：a 2＝c 2+b 2﹣bc ，∵a +b +c ＝20，∴a 2＝c 2+b 2﹣bc ＝（b +c ）2﹣3bc ＝（20﹣a ）2﹣3×40，解得a ＝7，∴BC ＝a ＝7，∵I 是△ABC 内心，∴IB 平分∠ABC ，IC 平分∠ACB ，∵∠BAC＝60°，∴∠ABC+∠ACB＝120°，∴∠IBC+∠ICB＝60°，∴∠BIC＝120°，∴∠BFC＝180°﹣120°＝60°，∴∠BOC＝120°，∵OE⊥BC，，∠BOE＝60°，∴BE＝CE=72÷∴OB=72【变式7-3】（2022秋•鄞州区校级月考）如图，在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，∠C＝90°．⊙I分别切AC，BC，AB于点D，E，F，求Rt△ABC的内心I与外心O之间的距离．【分析】连接ID、IE、IF，如图，由AC＝8，BC＝6，∠C＝90°，根据圆周角定理的推论和勾股定理AB＝5，连接OI，设⊙I的得到AB为△ABC的外接圆的直径，AB＝10，则外心O为AB的中点，BO=12半径为r，根据切线的性质和切线长定理得ID⊥AC，IE⊥BC，IF⊥AB，AD＝AF，BE＝BF，易得四边形IDCE为正方形，则DC＝CE＝r，所以AD＝AC﹣DC＝8﹣r，BE＝BC﹣CE＝6﹣r，即AF＝8﹣r，BF＝6﹣r，利用AF+BF＝AB得8﹣r+6﹣r＝10，解得r＝2，所以BF＝4，则OF＝OB﹣BF＝1，在Rt△IOF中，根据勾股定理得IO【解答】解：连接ID、IE、IF，如图，∵AC＝8，BC＝6，∠C＝90°，∴AB为△ABC的外接圆的直径，AB=10，∴外心O为AB的中点，AB＝5，∴BO=12连接OI，如图，设⊙I的半径为r，∵⊙I分别切AC，BC，AB于点D，E，F，∴ID⊥AC，IE⊥BC，IF⊥AB，AD＝AF，BE＝BF，而∠C＝90°，∴四边形IDCE为正方形，∴DC＝CE＝r，∴AD＝AC﹣DC＝8﹣r，BE＝BC﹣CE＝6﹣r，∴AF＝8﹣r，BF＝6﹣r，而AF+BF＝AB，∴8﹣r+6﹣r＝10，解得r＝2，∴BF＝6﹣r＝4，∴OF＝OB﹣BF＝5﹣4＝1，在Rt△IOF中，IF＝2，OF＝1，∴IO=即Rt△ABC的内心I与外心O。
三角函数与解三角形中的最值(范围)问题
sin
2
2
（sin＋cos）
sin
＝
π
4
）
sin
2
1
（1＋
），
2
tan
π
π
因为 B ∈［ ， ），所以tan
6
4
因为函数 y ＝
sin（＋
B ∈［
3
，1），
3
2
1
3
（1＋ ）在［ ，1）上单调递减，
2
3
所以 的取值范围为（
2，
6＋ 2
］.
2
＝
高中总复习·数学
2. （2024·湖北三校联考）记△ ABC 的内角 A ， B ， C 的对边分别为
π
≤ ）的图象离原点最近的对称轴为 x ＝ x 0，若满足｜ x 0｜≤
2
π
，则称 f （ x ）为“近轴函数”.若函数 y ＝2
6
“近轴函数”，则φ的取值范围是（
）
sin （2 x －φ）是
高中总复习·数学
解析： y ＝2 sin
π
（2 x －φ），令2 x －φ＝ ＋ k π， k ∈Z，∴图象
6
6
π
［0， ］上的值域为[－1，2].故选D.
2
高中总复习·数学
2.
4
3
sin+5
函数 y ＝
的最大值是
2−sin
6 ，最小值是
解析：法一
2−5
sin x ＝
，而－1≤
+1
原函数可化为
.
sin x ≤1，所以
2−5
4
－1≤
≤1，所以 ≤ y ≤6，因此原函数的最大值是6，最小值
解三角形中的最值或范围问题
解法探究２０２３年１２月上半月㊀㊀㊀解三角形中的最值或范围问题◉哈尔滨师范大学教师教育学院㊀李鸿媛㊀㊀摘要:解三角形的最值或范围问题是高考考查的热点内容之一,并且对解三角形的命题设计,不只局限于解三角形,而是通常利用正余弦定理㊁三角形面积公式等求解三角形的边㊁角㊁周长和面积的最值等问题．这类问题的解法主要是将边角互化转化为三角函数的最值问题,或利用基本不等式求最值．本文中对这类问题加以归类解析,以提升学生的解题能力．关键词:解三角形;最值;范围１与边有关的最值或范围问题例１㊀在әA B C 中,角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c ,角B ＝π３,若a ＋c ＝４,则b 的取值范围为．解析:由a ＋c ＝４,B ＝π３,由余弦定理得b ２＝a ２＋c ２－２a c c o s B ,则b ２＝(a ＋c )２－２a c －２a c c o s π３,即b ２＝１６－３a c ．由a ＋c ȡ２a c ,得４ȡ２a c ,即０＜a c ɤ４,于是４ɤb ２＜１６,所以２ɤb ＜４．评析:本题利用已知条件结合余弦定理,借助基本不等式求三角形边的取值范围[１],渗透了逻辑推理㊁数学运算等数学核心素养．例２㊀在әA B C 中,角A ,３２B ,C 成等差数列,且әA B C 的面积为１＋２,则A C 边长的最小值是．解析:由A ,３２B ,C 成等差数列,得A ＋C ＝３B ．又A ＋B ＋C ＝π,所以B ＝π４．设角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,则由S әA B C ＝１２a c s i n B ＝１＋２,可得a c ＝２２＋４．由余弦定理得b ２＝a ２＋c ２－２a c c o s B ,则b ２＝a ２＋c ２－２a c ．又a ２＋c ２ȡ２a c ,则b ２ȡ(２－２)a c ,即b ２ȡ(２－２)(２２＋４),所以b ȡ２(当且仅当a ＝c 时,等号成立)．故A C 边长的最小值为２．评析:本题考查了学生对等差数列的概念㊁三角形内角和定理㊁三角形面积公式㊁余弦定理等的掌握情况．解题的关键是将余弦定理与不等式相结合,进而求出三角形一边的最值．２与角有关的最值或范围问题例３㊀在әA B C 中,角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c ,若A ʂπ２,s i n C ＋s i n (B －A )＝２s i n２A ,则角A 的取值范围为．解法一:在әA B C 中,C ＝π－(A ＋B ),则s i n C ＝s i n (A ＋B ),所以s i n (A ＋B )＋s i n (B －A )＝２s i n ２A ,即２s i n B c o s A ＝２２s i n A c o s A ．又A ʂπ２,则c o s A ʂ０,所以s i n B ＝２s i n A ．由正弦定理,得b ＝２a ,则A 为锐角．又s i n B ＝２s i n A ɪ(０,１],于是可得s i n A ɪ(０,２２],故A ɪ(０,π４]．评析:解法一利用三角形内角和定理㊁两角和与差的正弦公式㊁正弦定理与三角函数的性质等知识,对学生的推理能力㊁运算能力和直观想象能力进行了考查．解法二:在әA B C 中,C ＝π－(A ＋B ),则s i n C ＝s i n (A ＋B ),所以s i n (A ＋B )＋s i n (B －A )＝２s i n ２A ,即２s i n B c o s A ＝２２s i n A c o s A ．又A ʂπ２,则c o s A ʂ０,所以s i n B ＝２s i n A ．由正弦定理,可得b ＝２a ．结合余弦定理,可以得到c o s A ＝b ２＋c ２－a ２２b c ＝１２b ２＋c ２２b c ȡ２１２b ２ c ２２b c ＝２２,当且仅当c ＝２２b 时,等号成立,故A ɪ(０,π４]．评析:解法二考查了三角形内角和定理㊁两角和与差的正弦公式㊁正弦定理㊁余弦定理㊁基本不等式等知识．这种解题方法需要学生灵活运用两个正数的和与积的关系,充分体现学生的数学运算能力和数据分析能力．３与周长有关的最值或范围问题例４㊀әA B C 为锐角三角形,角A ,B ,C 所对的４７２０２３年１２月上半月㊀解法探究㊀㊀㊀㊀边分别为a ,b ,c ,已知３３b s i n C ＋c c o s B ＝a ,且c ＝２,求әA B C 周长的最大值．解析:由３３b s i n C ＋c c o s B ＝a ,根据正弦定理,得３３s i n B s i n C ＋s i n C c o s B ＝s i n A ．由A ＝π－(B ＋C ),得s i n A ＝s i n (B ＋C )．所以３３s i n B s i n C ＋s i n C c o s B ＝s i n (B ＋C ),即３３s i n B s i n C ＝s i n B c o s C ．由s i n B ʂ０,得３３s i n C ＝c o s C ．又c o s C ʂ０,所以t a n C ＝３．而０＜C ＜π,则C ＝π３．根据正弦定理,得a ＝４３３s i n A ,b ＝４３３s i n B ,则a ＋b ＋c ＝４３３s i n A ＋４３３s i n B ＋２＝４３３s i n A ＋４３３s i n (２π３－A )＋２＝４３３(３２s i n A ＋３２c o s A )＋２＝４s i n (A ＋π６)＋２．由әA B C 为锐角三角形,可知０＜A ＜π２,０＜２π３－A ＜π２,ìîíïïïï解得π６＜A ＜π２．所以π３＜A ＋π６＜２π３．因此３２＜s i n (A ＋π６)ɤ１．故２３＋２＜４s i n (A ＋π６)＋２ɤ６．因此әA B C 周长的最大值为６．评析:这道题解题的关键是利用正弦定理将边化为角,转化为求三角函数的最值问题[２],考查了逻辑推理和数学运算等核心素养．４与面积有关的最值或范围问题例５㊀әA B C 的内角A ,B ,C 所对的边分别是a ,b ,c ,已知２(c －a c o s B )＝３b ．(１)求角A ;(２)若a ＝２,求әA B C 面积的取值范围．解法一:(１)略．(２)由(１)知A ＝π６,又a ＝２,根据正弦定理,可得b ＝４s i n B ,c ＝４s i n C ．由C ＝π－A －B ＝５π６－B ,得s i n C ＝s i n (５π６－B )．所以,S әA B C ＝１２b c s i n A ＝１４b c ＝４s i n B s i n C ＝４s i n B s i n(５π６－B )＝４s i n B (１２c o s B ＋３２s i n B )＝２s i n B c o s B ＋２３s i n ２B ＝s i n２B －３c o s ２B ＋３＝２s i n (２B －π３)＋３．由０＜B ＜５π６,得－π３＜２B －π３＜４π３,所以可知－３２＜s i n (２B －π３)ɤ１,故０＜S әA B C ɤ２＋３,即әA B C 面积的取值范围为(０,２＋３]．解法二:(１)略．(２)由(１)知A ＝π６,a ＝２,则S әA B C ＝１４b c ．由c o s A ＝b ２＋c ２－a ２２b c ＝b ２＋c ２－４２b c ＝３２,可得b ２＋c ２－４＝３b c ．又b ２＋c ２ȡ２b c ,则０＜b c ɤ４２－３＝４(２＋３),所以０＜S әA B C ɤ２＋３．故әA B C 面积的取值范围为(０,２＋３]．评析:本题求解三角形面积的取值范围,解法一通过正弦定理将边转化为角,再利用三角函数的性质,求解三角形面积的取值范围．解法二先利用余弦定理,结合不等式b ２＋c ２ȡ２b c ,求解b c 的取值范围,接着利用三角形面积S әA B C ＝１２b c s i n A 求出面积的取值范围[３]．这两种解法都考查了数学运算㊁逻辑推理等数学核心素养．数学这门学科需要学生具备较强的逻辑推理能力㊁运算能力㊁直观想象能力等．针对解三角形最值或范围问题,学生需要熟练掌握三角形的面积公式㊁同角三角函数的基本关系㊁正弦定理㊁余弦定理㊁基本不等式等知识,并能够进行综合运用．参考文献:[１]刘海涛．谈解三角形中有关求范围或最值的解题策略[J ]．数理化学习(高中版),２０２２(７):３Ｇ７．[２]张露梅．解三角形中的范围或最值问题[J ]．中学生数理化(高二数学),２０２１(１１):３５Ｇ３６．[３]玉素贞．解三角形最值问题的两种转化策略分析[J ]．考试周刊,２０２１(４９):８５Ｇ８６．Z５７。
专题24 解三角形中的最值、范围问题(解析版)
专题24 解三角形中的最值、范围问题解三角形问题是高考高频考点，命题大多放在解答题的第一题，主要利用三角形的内角和定理，正、余弦定理、三角形面积公式等知识解题，解题时要灵活利用三角形的边角关系进行“边转角”“角转边”，另外要注意22,,a c ac a c ++三者的关系. 高考中经常将三角变换与解三角形知识综合起来命题，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理实现边角互化；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．而三角变换中主要是“变角、变函数名和变运算形式”，其中的核心是“变角”，即注意角之间的结构差异，弥补这种结构差异的依据就是三角公式. 1、正弦定理：2sin sin sin a b cR A B C===，其中R 为ABC 外接圆的半径 正弦定理的主要作用是方程和分式中的边角互化.其原则为关于边，或是角的正弦值是否具备齐次的特征.如果齐次则可直接进行边化角或是角化边，否则不可行 学/科-+网 例如：（1）222222sin sin sin sin sin A B A B C a b ab c +-=⇔+-= （2）cos cos sin cos sin cos sin b C c B a B C C B A +=⇒+=（恒等式） （3）22sin sin sin bc B Ca A= 2、余弦定理：2222cos a b c bc A =+-变式：()()2221cos a b c bc A =+-+ 此公式在已知,a A 的情况下，配合均值不等式可得到b c +和bc 的最值4、三角形中的不等关系（1）任意两边之和大于第三边：在判定是否构成三角形时，只需验证较小的两边之和是否比第三边大即可.由于不存在等号成立的条件，在求最值时使用较少（2）在三角形中，边角以及角的三角函数值存在等价关系：sin sin cos cos a b A B A B A B >⇔>⇔>⇒<其中由cos cos A B A B >⇔<利用的是余弦函数单调性，而sin sin A B A B >⇔>仅在一个三角形内有效.5、解三角形中处理不等关系的几种方法（1）转变为一个变量的函数：通过边角互化和代入消元，将多变量表达式转变为函数，从而将问题转化为求函数的值域（最值） （2）利用均值不等式求得最值【经典例题】例1.【2018届百校联盟TOP20高三四月联考全国一卷】已知四边形中，，设与面积分别为，则的最大值为_____.【答案】【解析】分析：利用余弦定理推，求出的表达式，利用二次函数以及余弦函数的值的范围，求的最大值即可．点睛：求解三角函数的最值(或值域)时一定要注意自变量的取值范围，由于三角函数的周期性，正弦函数、余弦函数的最大值和最小值可能不在自变量区间的端点处取得．例2.【2018届普通高等学校招生全国统一考试高三下学期第二次调研】在中，角A,B,C所对的边分别为，则实数a的取值范围是____________.【答案】.【解析】由，得，所以，则由余弦定理，得，解得，又，所以的范围是.例3.【2018届浙江省杭州市高三第二次检测】在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c．若对任意λ∈R，不等式恒成立，则的最大值为_____．【答案】2例4.【衡水金卷信息卷三】已知的三边分别为，，，所对的角分别为，，，且满足，且的外接圆的面积为，则的最大值的取值范围为__________．【答案】【解析】由的三边分别为，，可得：，可知：，，，例5.【2018届湖南省株洲市高三检测（二）】已知中，角所对的边分别是,且.(1)求角的大小； (2)设向量，边长，当取最大值时，求边的长. 【答案】(1)(2).【解析】分析：（1）由题意，根据正弦定理可得，再由余弦定理可得，由此可求角的大小； （2）因为由此可求当取最大值时，求边的长.（2）因为所以当时，取最大值，此时，由正弦定理得，例6.【2018届四川省攀枝花市高三第三次（4月）统考】已知的内角的对边分别为其面积为,且.学/科/*网（Ⅰ）求角；（II ）若,当有且只有一解时,求实数的范围及的最大值.【答案】(Ⅰ).(Ⅱ).【解析】分析：（Ⅰ）利用余弦定理和三角形的面积公式化简得到,再解这个三角方程即得A 的值. （II ）先根据有且只有一解利用正弦定理和三角函数的图像得到m 的取值范围，再写出S 的函数表达式求其最大值.详解：(Ⅰ)由己知(Ⅱ)由己知，当有且只有一解时，或,所以；当时，为直角三角形，当 时，由正弦定理 ，，所以，当时，综上所述，.例7.【2018届四川省资阳市高三4月（三诊）】在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且()()sin sin a b A B +- ()sin sin c C B =-．（1）求A ．（2）若4a =，求22b c +的取值范围．【答案】（1）3A π=；（2）(]16,32.221616b c bc +=+>，进而可得结果.试题解析：（1）根据正弦定理得()()a b a b +- ()c c b =-，即222a b c bc -=-，则222122b c a bc +-=，即1cos 2A =，由于0πA <<，【方法点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 除了直接利用两定理求边和角以外，恒等变形过程中，一般来说 ,当条件中同时出现ab 及2b 、2a 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答. 例8．【2018届甘肃省张掖市高三三诊】已知3cos,cos 44x x m ⎛⎫= ⎪⎭， sin ,cos 44x x n ⎛⎫= ⎪⎝⎭，设函数()f x m n =⋅．（1）求函数()f x 的单调增区间；（2）设ABC ∆的内角A ， B ， C 所对的边分别为a ， b ， c ，且a ， b ， c 成等比数列，求()f B 的取值范围．【答案】(1) 424,433k k ππππ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦， k Z ∈．(2) ⎛ ⎝⎦. 【解析】试题分析：（1）由题()13cos ,cos sin ,cos sin 4444262x x x x x f x m n π⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅=⋅=++ ⎪ ⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭，根据正弦函数的性质222262x k k πππππ-≤+≤+可求其单调增区间；（2）由题2b ac =可知2222221cos 2222a cb ac ac ac ac B ac ac ac +-+--==≥=， （当且仅当a c =时取等号），所以03B π<≤，6263B πππ<+≤，由此可求 ()f B 的取值范围．（当且仅当a c =时取等号），所以03B π<≤， 6263B πππ<+≤， ()1f B <≤，综上， ()f B的取值范围为⎛ ⎝⎦． 例9.【2018届吉林省吉林市高三第三次调研】锐角ABC ∆中， ,,A B C 对边为,,a b c ，()()()222sin cos ba c B C A C --+=+（1）求A 的大小； （2）求代数式b c a +的取值范围.【答案】（1）3π（22b ca+<≤ 【解析】试题分析：（1）由()()()222sin cos b a c B C A C --+=+及余弦定理的变形可得2cos sin B A B -，因为cos 0B ≠，故得sin A =ABC ∆中3A π=．（2）利用正弦定理将所求变形为2sin sin 32sin sin 6B B b c B a A ππ⎛⎫++ ⎪+⎛⎫⎝⎭==+ ⎪⎝⎭，然后根据6B π+的取值范围求出代数式b ca+的取值范围即可．试题解析： （1）∵2222cos b a c ac B --=-， ()()()222sin cos b a c B C A C --+=+，∴()()2cos sin cos ac B B C A C -+=+ ， ∴()()2cos sin ,B A B ππ--=-∴2cos sin B A B -=，∴23sin sin sin sin sin 3222sin sin sin 6sin 3B B B Bb c B C B a A A πππ⎛⎫+++ ⎪++⎛⎫⎝⎭====+ ⎪⎝⎭,∵ABC ∆为锐角三角形，且3A π=∴02{02B C ππ<<<<，即02{ 2032B B πππ<<<-<, 解得62B ππ<<，∴2,363B πππ<+<sin 16B π⎛⎫<+≤ ⎪⎝⎭．2b c a +<≤．故代数式b c a +的取值范围2⎤⎦．点睛：（1）求b ca+的取值范围时，可根据正弦定理将问题转化为形如()sin y A x ωϕ=+的函数的取值范围的问题解决，这是在解三角形问题中常用的一种方法，但在解题中要注意确定角x ωϕ+的范围．（2）解答本题时要注意“锐角三角形”这一条件的运用，根据此条件可的求得6B π+的范围，然后结合函数的图象可得sin 6B π⎛⎫+⎪⎝⎭的范围，以达到求解的目的． 例10.【2018届衡水金卷信息卷（一）】已知ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若向量()()2,cos ,,cos m b c B n a A =-=-，且//m n .（1）求角A 的值；（2）已知ABC ∆的外接圆半径为2ABC ∆周长的取值范围. 【答案】(1) 3A π=(2) (]4,6 【解析】试题分析：（1）由//m n ，得62)0c c o s A a c o s B-+=（，利用正弦定理统一到角上易得1cos 2A =；（2）根据题意，得2sin 2a R A ==，由余弦定理，得()223a b c bc =+-，结合均值不等式可得()216b c +≤，所以b c +的最大值为4，又2b c a +>=，从而得到ABC ∆周长的取值范围.得1cos 2A =.又()0,A π∈，所以3A π=.（2）根据题意，得2sin 2a R A ===.由余弦定理，得()22222cos 3a b c bc A b c bc =+-=+-，即()223432b c bc b c +⎛⎫=+-≤ ⎪⎝⎭，整理得()216b c +≤，当且仅当2b c ==时，取等号， 所以b c +的最大值为4.又2b c a +>=，所以24b c <+≤，所以46a b c <++≤. 所以ABC ∆的周长的取值范围为(]4,6.【精选精练】1.【2018届东莞市高三第二次考试】在中，若，则的取值范围为( )A.B.C.D. 【答案】D【解析】因为，所以，即，即，2．【2018届湖南省衡阳市高三二模】在中，已知为的面积)，若,则的取值范围是( )A.B.C.D.【答案】C【解析】 ，，，，又，，，，故选C.3．【2018届四川省绵阳市高三三诊】四边形ABCD 中， AB =， 1BC CD DA ===，设ABD ∆、BCD ∆的面积分别为1S 、2S ，则当2212S S +取最大值时， BD =__________．【点睛】本小题主要考查三角形的面积公式的应用,考查同角三角函数关系,考查利用余弦定理解三角形,考查二次函数最值的求法.首先根据题目所求,利用三角形面积公式,写出面积的表达式,利用同角三角函数关系转化为余弦值,利用余弦定理化简,再利用配方法求得面积的最值,并求得取得最值时BD 的值. 4．【2018届广东省肇庆市高三第三次模拟】已知的角对边分别为，若，且的面积为，则的最小值为________.【答案】5．【2018届辽宁省辽南协作校高三下学期一模】设的内角所对的边分别为且+,则的范围是__________．【答案】 【解析】由+得,所以，即，再由余弦定理得 ，即，解得，又，所以的范围是.点睛：在解三角形问题中，一般需要利用余弦定理结合均值不等式，来求两边和的取值范围或者是三角形的面积的最值，只需运用余弦定理，并变形为两边和与两边积的等式，在利用均值不等式转化为关于两边和或两边积的不等式，解不等式即可求出范围.6．【2018届四川省攀枝花市高三第三次（4月）统考】已知锐角ABC ∆的内角A B C 、、的对边分别为a b c 、、,且2cos 2,2a C c b a +==,则ABC ∆的最大值为__________．即4bc ≤，所以ABC ∆的最大值为max 11sin 422S bc A ==⨯= 点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.7．【2018届宁夏石嘴山市高三4月适应性测试（一模）】已知,,a b c 分别为ABC ∆内角,,A B C 的对边，且sin cos b A B =.（1）求角B ；（2）若b =ABC ∆面积的最大值.【答案】（1）3B π=；（2）.【解析】试题分析：（1）由正弦定理边化角得到tan B =（2）由余弦定理得2222cos b a c ac B =+-， 2212a c ac =+-结合222a c ac +≥即可得最值.试题解析：（1）∵sin cos b A B =，∴由正弦定理可得sin sin cos B A A B =，即ABC ∆面积的最大值为.8．【2018届四川省攀枝花市高三第三次（4月）统考】已知的内角的对边分别为其面积为,且.（Ⅰ）求角；（II ）若,当有且只有一解时,求实数的范围及的最大值.【答案】(Ⅰ).(Ⅱ).【解析】分析：（Ⅰ）利用余弦定理和三角形的面积公式化简得到,再解这个三角方程即得A 的值. （II ）先根据有且只有一解利用正弦定理和三角函数的图像得到m 的取值范围，再写出S 的函数表达式求其最大值.详解：(Ⅰ)由己知由余弦定理得，所以，即,，所以.由正弦定理 ，，所以，当时，综上所述，.点睛：本题在转化有且只有一解时,容易漏掉m=2这一种情况.此时要通过正弦定理和正弦函数的图像分析，不能死记硬背.先由正弦定理得再画正弦函数的图像得到或.9．【衡水金卷信息卷（二）】在ABC ∆中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，已知sin cos a C A =. （1）求角A 的大小；（2）若2b =，且43B ππ≤≤，求边c 的取值范围.【答案】(1) 3A π=；(2) 1⎡⎤⎣⎦.在ABC ∆中，由正弦定理，得sin sin b c B C=，∴22sin 2sin 311sin sin sin tan B C B c B B B B π⎛⎫- ⎪⎝⎭===+=+，∵43B ππ≤≤，∴1tan B ≤≤21c ≤≤，即c的取值范围为1⎡⎤⎣⎦.10．【2018届辽宁省沈阳市东北育才学校高三三模】已知ABC ∆三个内角 ,,A B C 的对边分别为,,a b c ，ABC ∆的面积S满足222a b c =+-． （1）求角C 的值；（2）求()cos2cos A A B +-的取值范围． 【答案】（1）23π；（2）(tan C =0C π<<， 23C π∴=.（2）()3cos2cos =cos2cos 2cos232A A B A A A A π⎛⎫+-+-= ⎪⎝⎭23A π⎛⎫+ ⎪⎝⎭0,2333A A ππππ<<∴<+<(203A π⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭ 11．【2018届江苏省姜堰、溧阳、前黄中学高三4月联考】在ABC ∆中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知222a c b -=，且sin cos 3cos sin A C A C =.（1）求b 的值；（2）若4B π=， S 为ABC ∆的面积，求cos S A C +的取值范围.【答案】(1) 4b =(2) (【解析】试题分析：（1）利用正余弦定理， sin cos 3cos sin A C A C =可转化为2222b ac -=，又222a c b -=，从而得到b 的值； （2）由正弦定理1sin sin 2S bc A A C ==，故324S AcosC A π⎛⎫+=- ⎪⎝⎭限制角A的范围，求出cos S A C +的取值范围.（2）由正弦定理sin sin b c B C =得114sin 4sin sin sin 22sin4S bc A A C A C π==⋅⋅=()324S AcosC A C A π⎛⎫∴+=-=-⎪⎝⎭， 在ABC ∆中，由3040{ 202A A C A C πππ<<<<<<> 得3,82A ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 320,44A ππ⎛⎫∴-∈ ⎪⎝⎭，3cos 24A π⎫⎛⎫∴-∈⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭(S AcosC ∴+∈.12．【衡水金卷信息卷 （五）】在锐角ABC ∆中，内角A ， B ， C 的对边分别为a ， b ， c ，且25sin 2sin 224B C A π+⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭.（1）求角A ；（2）若a =ABC ∆周长的取值范围. 【答案】(1) 3A π=(2) (3+(3.试题解析：（1）∵252224B C sin A sin π+⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭，∴()15224cos B C cos A -+-=-， ∴2152124cosA cos A +--=-，整理，得28210cos A cosA --=，∴14cosA =-或12cosA =， ∵02A π<<，∴12cosA =，即3A π=.（2）设ABC ∆的外接圆半径为r，则22a r sinA===，∴1r =. ∴()2b c r sinB sinC +=+ 223sinB sin B π⎡⎤⎛⎫=+-⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦6B π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，∴ABC ∆周长的取值范围是(3+.。
专题03 解三角形之最值、范围问题(解析版)
解三角形之最值、范围问题一、单选题1．在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a =c sin B ，则tan A 的最大值为（ ） A ．1 B ．54C ．43D ．32【答案】C2．在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别是,,,a b c 且,,A B C 成等差数列，2b =，则a c +的取值范围是（ ）A ．(]2,3B ．(]2,4C ．(]0,4 D ．(2,【答案】B3．锐角ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若2225a b c +=，则cos C 的取值范围是（ ） A ．(123，） B ．(112，）C ．[45D ．[45，1) 【答案】C4．在ABC 内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若()()3cos sin sin 1cos A B A B -=+，6a c +=，则ABC 的面积的最大值为（ ）A ．BCD ．【答案】D5．已知ABC 三内角,,A B C 的对边分别为,,a b c cos sin 0A a C +=，若角A 的平分线交BC 于D 点，且1AD =，则b c +的最小值为( )A ．2B ．C ．4D ．【答案】C6．已知ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，3b =，且()()()3sin sin sin c B C a A c -+=-⋅，则ABC 周长的最大值为（ ）A ．8B ．9C ．12D ．15【答案】B二、解答题7．已知函数()2cos 3cos 1f x x x x =-+.（1）求函数()f x 的单调递减区间；（2）在锐角ABC 中，角,,A B C 所对的边分别,,a b c .若()1,f C c ==D 为AB 的中点，求CD 的最大值. 【答案】（1）递减区间511[,]1212k k k Z ππππ++∈；（2）32. 8．现有三个条件①sin()sin ()sin c A B b B c a A +=+-，②tan 2sin b aB A=，③(1cos )sin a B A +，请任选一个，填在下面的横线上，并完成解答． 已知ABC 的内角,,A B C 所对的边分别是a ，b ，c ，若______．（1）求角B ；（2）若a c +=，求ABC 周长的最小值，并求周长取最小值时ABC 的面积．【答案】（1）3π；（2）4.9．如图，在四边形ABCD 中，CD =BC =cos 14CBD ∠=-.（1）求BDC ∠； （2）若3A π∠=，求ABD △周长的最大值. 【答案】（1）6π；（2）12 10．已知ABC 的内角、、A B C 所对的边分别是,,,a b c 在以下三个条件中任先一个：①22(sin sin )sin sin sin B C A B C -=-；②sin4A =；③sin sin 2B C b a B +=； 并解答以下问题：（1）若选___________(填序号)，求A ∠的值；（2）在（1）的条件下，若(0)a b m m ==>，当ABC 有且只有一解时，求实数m 的范围及ABC 面积S 的最大值.【答案】（1）条件选择见解析；60A =；（2）({}2m ∈⋃，max S =. 11．已知函数()21sin cos cos 62f x x x x π⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭. （1）当[],0x π∈-时，求出函数()f x 的最大值，并写出对应的x 的值； （2）ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若()12f A =，4b c +=，求a 的最小值. 【答案】（1）当56x =-π时，函数()f x 取最大值34；（2）最小值为2.12．ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知1cos 2a c Bb =+. （1）若1c =，求ABC 面积的最大值；（2）若D 为BC 边上一点，4DB =，5AB =，且12AB BD ⋅=-，求AC .【答案】（1（2.13．在ABC 中，设,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，4A π=，1cos 3B =，a b += （1）求,a b 的值；（2）已知,D E 分别在边,BA BC 上，且AD CE +=，求BDE 面积的最大值.【答案】（1）a =b =（214．在ABC 中，角A ､B ､C 的对边分别为a ､b ､c ，已知1cos 2b a Cc =+. （1）求角A ；（2）若1AB AC ⋅=，求a 的最小值.【答案】（1）3π；（2。
解三角形中的最值(范围)问题
解三角形中的最值（范围）问题1. 锐角三角形ABC 满足2B=A+C ，设最大边与最小边之比为m ，求m 的取值范围. 分析：不妨令则因为所以所以2. 锐角三角形ABC 的面积为S ，角C 既不是最大角，也不是最小角.若，求的取值范围.分析：又所以所以又在锐角三角形ABC 中，角C 既不是最大角，也不是最小角所以所以，即k 的取值范围.60B ︒=090A B C ︒<≤≤<sin sin()1sin sin 2tan 2c C A B ma A A A +====+3060A ︒︒<≤tan 3A <≤12m ≤<22()4c a b S k --=k 222222cos (1cos )442c a b ab ab ab C ab C S k k k --+--===1sin 2S ab C =1cos sin CC k -=1cos tan sin 2C C k C -==42C ππ<<1tan 12C <<3. 三角形ABC 满足B 是锐角，且，则的取值范围是_______. 分析：由正弦定理得 所以又所以又B 是锐角所以4. 锐角三角形ABC 满足,求的取值范围.分析：由正弦定理得所以所以又所以又所以所以28sin sin sin A C B =a cb +28ac b=a c b +===2222cos 8b a c ac B ac =+-=22cos 484a c B ac ++=()22a c b+∈)(sin sin )(sin sin )c b c C B a A B =+-=-22a b +()()()b c c b a a b +-=-222a b c ab +-=1cos 2C =0C π<<3C π=4sin sin sin a b c A B C ===4sin ,4sin a A b B ==22222241cos(2)21cos 2316(sin sin )16[sin sin ()]16[]168cos(2)3223A A a b A B A A A πππ---+=+=+-=+=-+又所以 所以所以5. 三角形ABC 满足BC 边上的高为，则的最大值是_____. 分析：又所以所以所以 又所以 的最大值是46. 三角形ABC 满足点D 在边BC 上，且，若，则的取值范围是______.分析： 62A ππ<<242333A πππ+∈（，）12)[1,)32A π+∈--cos(22(20,24]a b +∈6a c b b c+21122S BC h a =⋅==22c b b c b c bc ++=21sin 212S bc A a ==222sin 2cos a A b c bc A ==+-222cos 4sin()6b c A A A bcπ+=+=+0A π<<c b b c +2DC BD =::3::1AB AD AC k =k。
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专题24 解三角形中的最值、范围问题解三角形问题是高考高频考点，命题大多放在解答题的第一题，主要利用三角形的内角和定理，正、余弦定理、三角形面积公式等知识解题，解题时要灵活利用三角形的边角关系进行“边转角” “角转边”，另外要注意a c,ac,a2 c 2三者的关系 . 高考中经常将三角变换与解三角形知识综合起来命题，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理实现边角互化；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．而三角变换中主要是“变角、变函数名和变运算形式” ，其中的核心是“变角” ，即注意角之间的结构差异，弥补这种结构差异的依据就是三角公式 .a b c1、正弦定理：2R，其中R为ABC 外接圆的半径sin A sinB sinC正弦定理的主要作用是方程和分式中的边角互化 . 其原则为关于边，或是角的正弦值是否具备齐次的特征 . 如果齐次则可直接进行边化角或是角化边，否则不可行学/科-+ 网2 2 2 2 2 2例如：（1） sin A sin B sin AsinB sin C a b ab c（2）bcosC ccosB a sin B cosC sinC cosB sin A （恒等式）bc sin B sinC（3）a 2sin2Aa sin A2、余弦定理：a2 b2 c2 2bc cos A22变式：a2b c 2bc 1 cosA 此公式在已知a, A的情况下，配合均值不等式可得到 b c和bc 的最值4、三角形中的不等关系（1）任意两边之和大于第三边：在判定是否构成三角形时，只需验证较小的两边之和是否比第三边大即可 . 由于不存在等号成立的条件，在求最值时使用较少（2）在三角形中，边角以及角的三角函数值存在等价关系：a b A B sinA sinB cosA cosB其中由A B cosA cosB 利用的是余弦函数单调性，而A B sinA sinB 仅在一个三角形内有效.5 、解三角形中处理不等关系的几种方法（1）转变为一个变量的函数：通过边角互化和代入消元，将多变量表达式转变为函数，从而将问题转化为求函数的值域（最值）（2）利用均值不等式求得最值经典例题】例 4. 【衡水金卷信息卷三】已知 的三边分别为 ， ， ，所对的角分别为 ， ， ，且满足例 1. 【2018 届百校联盟 TOP20高三四月联考全国一卷】已知四边形 中， 设 与 面积分别为 ，则 的最大值为 _______________ . 【答案】【解析】 分析：利用余弦定理推 ，求出 的表达式， 利用二次函数以及余弦函数的值 的范围，求 的最大值即可．点睛：求解三角函数的最值 （或值域 ）时一定要注意自变量的取值范围，由于三角函数的周期性，正弦函数、 余弦函数的最大值和最小值可能不在自变量区间的端点处取得．例 2. 【2018 届普通高等学校招生全国统一考试高三下学期第二次调研】得 ，所以 ，则由余弦定理得 ，解得 ，又 ， 所以 的范围是 .例 3. 【2018届浙江省杭州市高三第二次检测】在 △ABC 中，角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ．若对任为 ，则实数 a 的取值范围是【解析】 由 ，. 【答案】 .在 中，角 A,B,C 所对的边分别意 λ∈ R ，不等式恒成立，则 的最大值为 __．【答案】 2(2)因为由此可求当 取最大值时，求 边的长 .．【答案】解析】由 的三边分别为 ， ， 可得：可知：，，例 5. 【2018届湖南省株洲市高三检测(二) 】已知 中，角 所对的边分别是 , 且 (1) 求角 的大小； (2) 设向量 ，边长 ，当 取最大值时，求 边的长 . 【答案】 (1) (2) .【解析】分析： ( 1)由题意，根据正弦定理可得 ，再由余弦定理可得 ，由此可求角 的大小；，且 的外接圆的面积为 ，则 的最大值的取值范围为（2）因为所以当 时， 取最大值，此时， 由正弦定理得，例 6. 【2018 届四川省攀枝花市高三第三次（ 4 月）统考】已知 的内角 的对边分别为 其 面积为 , 且. 学/ 科 /* 网（Ⅰ）求角 ；（II ）若 ,当 有且只有一解时 , 求实数 的范围及 的最大值 .【答案】 （Ⅰ ） .（ Ⅱ） .【解析】分析： （Ⅰ）利用余弦定理和三角形的面积公式化简 得到 , 再解这个三角方程即得 A 的值 . （II ）先根据 有且只有一解利用正弦定理和三角函数的图像得到 m 的取值范围 ，再写出 S 的函数表达式求其最大值 . 详解： （ Ⅰ ）由己知（Ⅱ） 由己知，当 有且只有一解时， 或 ,所以 ；当 时， 为直角三角形，，所以，当 时， 综上所述， 例 7. 【2018 届四川省资阳市高三 4 月（三诊）】在 ABC 中，角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，且当 时，由正弦定理a b sinA sinB c sinC sinB ．1）求 A ．（2）若 a 4，求 b 2 c 2的取值范围．【答案】（1） A ；（ 2） 16,32 .b 2c 2 16 bc 16 ，进而可得结果 .试题解析：（ 1）根据正弦定理得 a b a b c c b ，即b2 c 2 a 21 1 则b 2c bc a 21，即 cosA 21，由于 0 A π，方法点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题中同时出现 ab 及 b 2 、 a 2时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答1）求函数 f x 的单调增区间；2）设 ABC 的内角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c ，且 a ， b ， c 成等比数列，求 fB的取值范围．a2 b 2 c 2bc ，. 在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据 . 除了直接利用两定理求边和角以外， 恒等变形过程中，一般来说 , 当条件例 8．【2018 届甘肃省张掖市高三三诊】已知n sin x 4,cos 4x ，设函数 答案】 （1） 4k,4k33， k Z ． (2) 1, 3 12 解析】试题分析： xx sin ,cos44 sin x2 6 2 1 1 ，根x,cos x ， 441)由题 f x m nxx ,co s 4x当且仅当 a c 时取等号），例 9. 【2018届吉林省吉林市高三第三次调研】锐角 A BC 中， A,B,C 对边为 a,b,c ，b 2 a 2c 2sin B C 3accos A C（1）求 A 的大小； （2）求代数式 b c的取值范围 . 【答案】（ 1） （2） 3 b c2a 3 a【解析】试题分析： （ 1）由 b 2a 2c 2sin B C 3accos A C 及余弦定理的变形可得2cosBsinA 3cosB ， 因为 cosB 0，故得 sinA 3，从而可得锐角 ABC 中 A ．（2）利用正23 2sinB sin B 弦定理将所求变形为 b c 32sin B ，然后根据 B 的取值范围求出代数 a sinA 6 6bc 式 b c的取值范围即可．试题解析：a（1）∵b 2 a 2 c 2 2accosB ， b 2 a 2 c 2sin B C 3accos A C ， ∴ 2accosBsin B C 3accos A C ， ∴ 2cosBsin A 3cos B ,∴ 2cosBsinA 3cosB ，正弦函数的性质 2k 2k 可求其单调增区间；2 2 6 22）由题 b 22 2 2 2 2a cb ac ac 2ac ac 1 ac 可知cosB2ac 2ac 2ac 2f B 的取值范围．所以 0 B ，3B ，6263f B 的取值范围为 1, 3212当且仅当 a c 时取等号），所以 0 B ， B，由此可求3 6 2 6 31 f B ，综上，b c sinB sinCsinA2sinB sin B3sinA3sinB 3cosB 2 22sinsin3B6,∵ ABC 为锐角三角形，且0B20C2即｛0B2 2 B32, 解得6 B 2 ，2∴B3 6 3sin B1．∴3 6bc a2 ．故代数式 b c的取值范围 3, 2 ． a 点睛：bc（1）求 b c的取值范围时，可根据正弦定理将问题转化为形如a题解决，这是在解三角形问题中常用的一种方法，但在解题中y Asin x 的函数的取值范围的问 x 的范围． 2）解答本题时要注意 “ 锐角三角形 ”这一条件的运用，根据此条件可的求得 B 的范围，然后结合函数的图象可得 sin B 的范围，以达到求解的目的．例 10. 【 2018届衡水金卷信息卷（一） 】已知 ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b, c ，若m b 2c,cosB ,n a,cosA ，且 m//n .231）求角 A 的值；（2）已知 ABC 的外接圆半径为 2 3，求 ABC 周长的取值范答案】 (1) A (2) 4,63解析】 试题分析：（1）由 m/ /n ，得（6 2 c ） cosA acosB 0 ，利用正弦定理统一到角上易得22）根据题意，得 a 2RsinA 2 ，由余弦定理， 得 a 2 b c 23bc ，结合均值不等式1 cosA ； 22所以 b c 的最大值为 4，又 b c a 2 ，从而得到 ABC 周长的取值范围 .所以 ABC 的周长的取值范围为 4,6 .精选精练】2．【2018 届湖南省衡阳市高三二模】 在 中，已知 为 的面积 )，若 , 则的取值范围是 ( )A. B. C. D. 【答案】 C解析】，又1得cosA . 又 A 0, ，所以 A232)根据题意，得a 2RsinA 4 3 32.由余弦定理， 得 a 32b 2c 2 2bccosA b c 2 3bc ， 即 3bc b c 4 3bc2，整理得2b c 216 ，当且仅b c 2时，取等号，所以 b c 的最大值为 4. 又b c a 2， 所以 2 b c 4 ，所以 4 a b c 6.1. 【2018 届东莞市高三第二次考试】在 中，若 ，则 的取值范围为 ( ) B. C.【解析】因为 ，，A.D. 答案】 D所以，即3．【 2018届四川省绵阳市高三三诊】四边形 ABCD 中， AB 2， BC CD DA 1，设 ABD 、22BCD 的面积分别为 S 1、 S 2，则当 S 12 S 22取最大值时，, 考查同角三角函数关系 , 考查利用余弦定理解三角形 , 考 查二次函数最值的求法 . 首先根据题目所求 , 利用三角形面积公式 , 写出面积的表达式 , 利用同角三角函数关 系转化为余弦值 ,利用余弦定理化简 ,再利用配方法求得面积的最值 ,并求得取得最值时 BD 的值.4．【2018 届广东省肇庆市高三第三次模拟】 已知 的角 对边分别为 ，若5．【 2018 届辽宁省辽南协作校高三下学期一模】设 的内角 所对的边分别为 且．【答案】点睛：在解三角形问题中，一般需要利用余弦定理结合均值不等式，来求两边和的取值范围或者是三角形 的面积的最值，只需运用余弦定理，并变形为两边和与两边积的等式，在利用均值不等式转化为关于两边 和或两边积的不等式，解不等式即可求出范围 .， ，故选 C.BD．【答案】 102点睛】本小题主要考查三角形的面积公式的应用 ，且的面积为 ，则 的最小值为. 【答案】+, 则 的范围是【解析】由 + 得 , 所以 ，即，再由余弦定理得 ，又 ，所以 的范围是，即 ，解得6．【 2018届四川省攀枝花市高三第三次（ 4月）统考】已知锐角ABC的内角A、B、C 的对边分别为a、b、c , 且2acosC c 2b,a 2, 则ABC的最大值为_____ ．【答案】3即bc 4，所以ABC的最大值为S max1 bcsinA 1 4 3 3 ．2 2 2 点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值 . 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题 .7．【 2018届宁夏石嘴山市高三 4 月适应性测试（一模）】已知a,b,c分别为ABC内角A,B,C 的对边，且bsinA 3acosB .（1）求角B ；（ 2）若b 2 3，求ABC面积的最大值 . 【答案】（ 1）B ；（2）3 3.3【解析】试题分析：（1）由正弦定理边化角得到tanB 3 ，从而得解；（2）由余弦定理得b2 a2 c2 2accosB ，12 a2 c2 ac 结合a2 c2 2ac 即可得最值 . 试题解析：（1）∵bsinA 3acosB ，∴由正弦定理可得sinBsinA 3sin AcosB ，8．【 2018届四川省攀枝花市高三第三次（ 4 月）统考】已知 的内角 的对边分别为 其面 积为 , 且 .即 ABC 面积的最大值为 3 3 .Ⅰ ）求角 ；（II ） 若 , 当 有且只有一解时 , 求实数 的范围及 的最大值 . 答案】 (Ⅰ ) .( Ⅱ)解析】分析： （ Ⅰ）利用余弦定理和三角形的面积公式化简 得到,再解这个三角方程即得 A 的值 . （II ）先根据 有且只有一解利用正弦定理和三角函数 的图像得到 m 的取值范围 ，再写出 S 的函数表达式求其最大值 .由余弦定理得 ， 所以 ，即 ,，所以 .由正弦定理】在 ABC 中，内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c ，已知 asinC3ccosA .1）求角 A 的大小；（2）若 b 2，且 B ，求边 c 的取值范围 .43答案】 (1) A ；(2) 2, 3 1 .∵ B ，∴1 tanB3 ，∴2 c 3 1 ， 4310．【 2018 届辽宁省沈阳市东北育才学校高三三模】已知ABC 三个内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ，1）求角 C 的值；（ 2）求 cos2A cos A B 的取值范围． 【答案】（ 1） 2；（2） 0, 3 3在 ABC 中，由正弦定理， bc sinB sinC ∴c22sin B2sinC 3 3cosBsin B sinB sinB tan BABC 的面积 S 满足b 22c ．点睛：本题在转化 析，不能死记硬背时， 综上所述， .有且只有一解时 , 容易漏掉 m=2这一种情况 . 此时要通过正弦定理和正弦函数的图像分 ，所以，当9．【衡水金卷信息卷（二）即 c 的取值范围为442tanC 3 ，又 0 C ， C 30 A 3, 3 2A 3 3sin 2A 3 0，, 311．【2018 届江苏省姜堰、溧阳、前黄中学高三 4月联考】在 ABC 中，内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ，已知 a 2c 22b ，且 sinAcosC 3cosAsinC .1）求 b 的值；（2）若 B ， S 为 ABC 的面积，求 S 8 2cosAcosC 的取值范围 .4答案】 (1) b 4 (2) 8,8 2b 2解析】试题分析：（1）利用正余弦定理， sinAcosC 3cosAsinC 可转化为a 2 c 2b ，又 a 2c 22b ，2从而得到 b 的值； S 1 bcsinA 8 2sinAsinC ，故 S 8 2cosAcosC 8 2cos 2A 324S 8 2cosAcosC 8 2cos A C 8 2cos 2A 32) cos2A cos A B =cos2A cos 2A323cos2A 3sin2A = 3sin 2A232）由正弦定理限制角 A 的范围， 求出S 8 2cosAcosC 的取值范围 . （2）由正弦定理 bsinB sinC c 1 1 4得 S bcsinA 4 sinAsinC 8 2sinAsinC 22sin2 30A4在 ABC 中，由｛ 0 A 2 得A 38 ,22A 34 0,4 ，ACS 8 2cosAcosC 8,8 2 .2sin 2Asin 22∴b c 2r sinB sinC 2 sinB sin 23 B 2 3sin B 612．【衡水金卷信息卷 五）】在锐角 ABC 中，内角 A ， B ， C 的对边分别为a ，b ，c ，且cos 2A 422,11）求角 A ；（ 2）若 3，求 ABC 周长的取值范围 . 答案】 (1) A (2)33 3,3 33 3,3 3 .2B C试题解析：( 1)∵sin 2A sin 225 ，∴cos2A 1 cos B C 542∴2cos A 11 cosA 5， 4 整理，得 21 18cos 2A 2cosA 1 0 ，∴cosA 或 cosA ，421∵0 A ， ∴cosA22，即2）设 ABC 的外接圆半径为 r ，则 2ra 32 ，∴r 1.sinA 3∴ ABC 周长的取值范围是3 3,3 3 .单纯的课本内容，并不能满足学生的需要，通过补充，达到内容的完善教育之通病是教用脑的人不用手，不教用手的人用脑，所以一无所能。