高三数学(理)一轮复习(课件)第三章 三角函数、解三角形3-6-2

b，c，外接圆的半径为1，且ttaannAB＝2cb－b，则△ABC面积的最大值____。
解析 (2)因为ttaannAB＝2c－ b b，所以bcsoisnAA＝(2c－b)csionsBB，由正弦定理得 sinBsinAcosB＝(2sinC－sinB)sinBcosA，又sinB≠0，所以sinAcosB＝(2sinC －sinB)cosA，所以sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosA，sin(A＋B)＝
【变式训练】
(2019·湖南湘东五校联考)已知函数f(x)＝
3 2
sin2x－
cos2x－12。 (1)求f(x)的最小值，并写出取得最小值时的自变量x的集合；
(2)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝ 3 ，f(C)
＝0，若sinB＝2sinA，求a，b的值。
解 (1)f(x)＝ 23sin2x－1＋c2os2x－12＝ 23sin2x－co2s2x－1＝sin2x－π6－1。 当2x－π6＝2kπ－2π，即x＝kπ－π6(k∈Z)时，f(x)的最小值为－2，
【变式训练】 (1)(2018·江苏高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边 分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1， 则4a＋c的最小值为________。
解析 (1)因为∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，所以∠
ABD＝∠CBD＝60°，由三角形的面积公式可得
理，可得
BD sin∠DAB
＝
AD sin∠ABD
，所以
si4n0300°＝
sinA1D20°，得AD＝400
3
(米)。在△ADC中，DC＝800米，∠ADC＝150°，由余弦定理得AC2＝AD2
＋CD2－2·AD·CD·cos∠ADC＝(400 3 )2＋8002－2×400 3 ×800×cos150°
解
(1)证明：由a＝btanA及正弦定理，得csoinsAA
＝ ab
＝
sinA sinB
，所以sinB＝
cosA，即sinB＝sinπ2＋A。 因为B为钝角，所以A为锐角，
所以π2＋A∈π2，π， 则B＝π2＋A，即B－A＝π2。
(2)由(1)知，C＝π－(A＋B)＝π－2A＋2π＝π2－2A>0，所以A∈0，π4。 于是sinA＋sinC＝sinA＋sinπ2－2A ＝sinA＋cos2A＝－2sin2A＋sinA＋1
2sinCcosA，即sinC＝2sinCcosA，又sinC≠0，所以cosA＝12，sinA＝ 23。设
பைடு நூலகம்
外接圆的半径为r，则r＝1，a＝2rsinA，由余弦定理得bc＝
b2＋c2－a2 2cosA
＝b2
＋c2－a2＝b2＋c2－(2rsinA)2＝b2＋c2－3≥2bc－3(当且仅当b＝c时，等号成
解析 依题意知，在△ACD中，∠CAD＝30°，由正弦定理得AC＝ CDsinsi3n04°5°＝2 2，在△BCE中，∠CBE＝45°，由正弦定理得BC＝CEsinsi4n56°0° ＝3 2 。因为在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ ACB＝10，所以AB＝ 10。
【变式训练】 △ABC的垂心H在其内部，∠A＝30°，AH＝ 3，则 3 BH＋CH的取值范围是________。
解析 由已知，得△ABC为锐角三角形，如图，延长AH，BH，CH分
别交BC，AC，AB于点E，F，D，因为H是垂心，所以AE⊥BC，BF⊥
AC，CD⊥AB，又∠BAC＝30°，所以∠ABF＝∠ACD＝60°。设∠BAH＝
必考部分
第三章 三角函数、解三角形
第2课时 解三角形的综合应用
微考点·大课堂
考点例析 对点微练
考点一 三角形的实际应用 【例1】 如图，为了测量河对岸A，B两点之间的距离，观察者找到 一个点C，从C点可以观察到点A，B；找到一个点D，从D点可以观察到点 A，C；找到一个点E，从E点可以观察到点B，C；并测量得到：CD＝2， CE＝2 3，∠D＝45°，∠ACD＝105°，∠ACB＝48.19°，∠BCE＝75°，∠E ＝60°，则A，B两点之间的距离为________。cos48.19°取23
在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋CB2－2AB·BCcosB＝82＋52－
2×8×5×12＝49，即AC＝7。
2．(配合例4使用)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，
c，且acosC＋ccosA＝bsinB，A＝
π 6
，如图，若点D是△ABC外一点，DC＝
＝－2sinA－142＋98。
因为0<A<4π，所以0<sinA< 22，
因此 22<－2sinA－142＋98≤98。
由此可知sinA＋sinC的取值范围是

22，98。
解三角形问题中，求解某个量(式子)的取值范围是命题的热点，其主 要解决思路是：
要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变 量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求 函数的值域问题。这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限 制，要尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范 围过大。
【变式训练】 如图，高山上原有一条笔直的山路BC，现在又新架设
了一条索道AC，小李在山脚B处看索道AC，发现张
角∠ABC＝120°；从B处攀登400米到达D处，回头 看索道AC，发现张角∠ADC＝150°；从D处再攀登 800米可到达C处，则索道AC的长为________米。
解析 在△ABD中，BD＝400米，∠ABD＝120°。因为∠ADC＝ 150°，所以∠ADB＝30°。所以∠DAB＝180°－120°－30°＝30°。由正弦定
＝4002×13，解得AC＝400 13(米)。故索道AC的长为400 13米。 答案 400 13
考点二 解三角形与三角函数的综合应用 【例2】 (2019·辽宁五校联考)已知函数f(x)＝cos2x＋ 3 sin(π－x)cos(π ＋x)－12。 (1)求函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间； (2)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)＝ －1，a＝2，bsinC＝asinA，求△ABC的面积。
此时自变量x的集合为xx＝kπ－π6，k∈Z

。

或写成xx＝kπ＋56π，k∈Z

(2)因为f(C)＝0，
所以sin2C－π6－1＝0，又0<C<π， 所以2C－6π＝π2，即C＝π3。 在△ABC中，sinB＝2sinA，由正弦定理知b＝2a，
1 2
acsin120°＝
1 2
asin60°＋
1 2
csin60°，化简得ac＝a＋c，又a>0，c>0，所以
1 a
＋
1 c
＝1，则4a＋c＝(4a＋
c)·1a＋1c
＝5＋
c a
＋
4a c
≥5＋2
＋c的最小值为9。
答案 (1)9
c 4a a·c
＝9，当且仅当c＝2a时取等号，故4a
(2)(2019·潍坊市统一考试)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，
立)，所以bc≤3，所以S△ABC＝12bcsinA＝ 43bc≤34 3。
答案
33 (2) 4
教师备用题
1. (配合例3使用)如图，在△ABC中，∠B＝3π，AB＝8， 点D在边BC上，且CD＝2，cos∠ADC＝71。
(1)求sin∠BAD；
(2)求BD，AC的长。 解 (1)在△ADC中，因为cos∠ADC＝71，
所以sin∠ADC＝ 1－cos2∠ADC＝
1－712 ＝
4489＝
4 7
3
，则sin∠
BAD＝sin(∠ADC－∠B)＝sin∠ADC·cos∠B－cos∠ADC·sin∠B＝47 3×12－
17× 23＝3143。
(2)在△ABD中，由正弦定理得BD＝ABsi·nsi∠n∠ADBBAD＝8×4 31343＝3。 7
θ，θ∈(0°，30°)，则∠CAH＝30°－θ，又AH＝ 3 ，所以在△ABH中，由
正弦定理，得
BH sinθ
＝
siAn6H0°⇒BH＝2sinθ，在△ACH中，由正弦定理，得
CH sin30°－θ
＝
siAn6H0°⇒CH＝2sin(30°－θ)，所以
3 BH＋CH＝2
3 sinθ＋
2sin(30°－θ)＝ 3sinθ＋cosθ＝2sin(θ＋30°)，因为θ∈(0°，30°)，所以θ＋
又c＝ 3，所以由余弦定理知( 3)2＝a2＋b2－2abcos3π，即a2＋b2－ab＝ 3，
a2＋b2－ab＝3，
a＝1，
联立，得b＝2a，
所以b＝2。
考点三 正、余弦定理在平面几何中的应用 【例3】 (2018·河南、河北重点中学第三次联考)如图，在△ABC中， 内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝4，b＝2,2ccosC＝b，D，E分 别为线段BC上的点，且BD＝CD，∠BAE＝∠CAE。
解 (1)f(x)＝cos2x－ 3sinxcosx－12 ＝1＋c2os2x－ 23sin2x－21 ＝－sin2x－π6，
由2kπ－2π≤2x－6π≤2kπ＋π2，k∈Z， 得kπ－π6≤x≤kπ＋π3，k∈Z， 又x∈[0，π]，
所以函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间为0，π3和56π，π。 (2)由(1)知f(x)＝－sin2x－π6， 所以f(A)＝－sin2A－π6＝－1， 因为△ABC为锐角三角形，所以0<A<2π，
所以AD＝ 6。 (2)因为AE是∠BAC的平分线，
所以S△ S△
AACBEE＝1212AACB··AAEE··ssiinn∠ ∠BCAAEE＝AABC＝2，
又S△ S△
AACBEE＝BEEC，所以BEEC＝2，
所以CE＝31BC＝34，DE＝2－43＝23。 又因为cosC＝41， 所以sinC＝ 1－cos2C＝ 415。 又S△ADE＝S△ACD－S△ACE， 所以S△ADE＝12×DE×AC×sinC＝ 615。
平面几何中解三角形问题的求解思路 1．把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利 用正弦、余弦定理求解。 2．寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果。 提醒：做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形 的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有 机结合，才能顺利解决问题。
答案 10
利用正、余弦定理解决实际问题的一般步骤 1．分析——理解题意，分清已知与未知，画出示意图。 2．建模——根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在 相关的三角形中，建立一个解斜三角形的数学模型。 3．求解——利用正弦定理或余弦定理有序地解三角形，求得数学模型 的解。 4．检验——检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题 的解。
30°∈(30°，60°)，所以sin(θ＋30°)∈ 12，
3 2
，2sin(θ＋30°)∈(1，
3 )，即
3BH＋CH∈(1， 3)。
答案 (1， 3)
考点四 三角形中的最值与范围问题
【例4】 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝btanA，
且B为钝角。
(1)证明：B－A＝2π； (2)求sinA＋sinC的取值范围。
所以－6π<2A－6π<56π， 所以2A－π6＝2π，即A＝π3。 又bsinC＝asinA，所以bc＝a2＝4， 所以S△ABC＝12bcsinA＝ 3。
解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两方面： (1)利用三角恒等变形化简三角函数式进行解三角形。 (2)解三角形与三角函数图象与性质的综合应用。
(1)求线段AD的长； (2)求△ADE的面积。
解 (1)因为c＝4，b＝2,2ccosC＝b，
所以cosC＝2bc＝14。
由余弦定理得cosC＝
a2＋b2－c2 2ab
＝
a2＋4－16 4a
＝
1 4
，所以a＝4，即BC＝
4。
在△ACD中，CD＝2，AC＝2，
所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD＝6，