使用正弦型思路考查的素材

前言

正弦型函数

将 $a\sin x+b\cos x$ 转化为正弦型的思路不仅使用辅助角公式一种，还可以是使用和差化积转化，也可以是结合诱导来转化，当系数含有根式时，辅助角公式也可能是操作难度最大的一种。

形如 $y=A\sin(\omega\cdot x+\phi)+k$ 的函数称为正弦型函数，形如$y=A\cos(\omega\cdot x+\phi)+k$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；

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

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$T=\cfrac{2\pi}{2}$，得到$T=\pi$

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

若$x\in R$，则当$sin(2x+\cfrac{\pi}{3})=1$时，即$2x+\cfrac{\pi}{3}=2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，即$x=k\pi+\cfrac{\pi}{12}(k\in Z)$时，$f(x)_{max}=2\times1+1=3$；

当$sin(2x+\cfrac{\pi}{3})=-1$时，即$2x+\cfrac{\pi}{3}=2k\pi-\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，即$x=k\pi-\cfrac{5\pi}{12}(k\in Z)$时，$f(x)_{max}=2\times(-1)+1=-1$；

若$x\in [-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}]$，则可得$-\cfrac{2\pi}{3}\leq 2x\leq \cfrac{\pi}{2}$，则$-\cfrac{\pi}{3}\leq 2x+\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{5\pi}{6}$，

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

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

③求单调区间$\left(x\in R 或x\in [-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\right)$ 具体例子参见

④求函数$f(x)$对称轴方程和对称中心坐标；

令$2x+\cfrac{\pi}{3}=k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，得到$f(x)$对称轴方程为$x=\cfrac{k\pi}{2}+\cfrac{\pi}{12}(k\in Z)$；

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

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

比如，函数$g(x)=2sin(2x+\phi+\cfrac{\pi}{3})(\phi\in (0，\pi))$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$2\times 0+\phi+\cfrac{\pi}{3}=k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，

则$\phi=k\pi+\cfrac{\pi}{6}(k\in Z)$

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；

【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)$$\cdot$$\cos A$$=$$a$$\cdot$$\cos C$。　

(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$(2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC$，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$B\in (0，π)$，所以$sinB\neq 0$，

因为$A\in (0，π)$，$cosA=\cfrac{1}{2}$，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$(b+c)^2=9+3bc\leq 9+3\times (\cfrac{b+c}{2})^2$，视$b+c$为整体，

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

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$\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC} =\cfrac{a}{sinA} =\cfrac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}} =2\sqrt{3}$，

所以$b=2\sqrt{3}\cdot sinB$； $c=2\sqrt{3}\cdot sinC$，

则所求的$\Delta ABC$的周长：

$l=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot sinC$

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

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

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

因为$B\in(0，\cfrac{2\pi}{3})$，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；

【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$C\in (0，\pi)$，故$C=\cfrac{2\pi}{3}$。

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

边化角，由$a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC$

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

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

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

又由$\begin{cases}B>0\\ \cfrac{\pi}{3}-B>0\end{cases}$得到$0<B<\cfrac{\pi}{3}$，

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

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

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

【2024高三数学二轮训练题】已知在锐角 $\triangle ABC$ 中，角 $A$、$B$、$C$ 的对边分别是 $a$、$b$、$c$，且 $\cfrac{b^2}{a^2-c^2}$$=$$1$$+$$2\cos A$ .

(1) .求证： $A=2C$ .

证明：由题可知，$\cfrac{b^2}{a^2-c^2}$$-$$1$$=$$2\cos A$ ，即$\cfrac{b^2-a^2+c^2}{a^2-c^2}$$=$$2\cos A$ ，

即 $\cfrac{2bc}{a^2-c^2}\times\cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=2\cos A$，

则得到 $a^2-c^2=bc$，即 $bc=a^2-c^2=b^2-2bc\cos A$，约去 $b$，

得到，$c=b-2c\cos A$，边化角，

得到，$\sin C=\sin B-2\sin C\sin A$，变量集中，换掉 $B$，

即 $\sin C=\sin(A+C)-2\sin C\sin A$，打开整理，得到 $\sin C=\sin(A-C)$，

又 $C\in(0,\cfrac{\pi}{2})$， $A-C\in(-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2})$，

则 $C=A-C$，故 $A=2C$ .

(2) . 求 $\cfrac{a+b}{c}$ 的取值范围 .(参考公式：$\sin3\theta=3\sin\theta-4\sin^3\theta$) .

解：由锐角三角形可得，$\left\{\begin{array}{l}{0<C<\cfrac{\pi}{2}}\\{0<2C<\cfrac{\pi}{2}}\\{0<\pi-3C<\cfrac{\pi}{2}}\end{array}\right.\quad$

解得 $\cfrac{\pi}{6}<C<\cfrac{\pi}{4}$ .

又由 $\cfrac{a+b}{c}=\cfrac{\sin A+\sin B}{\sin C}=\cfrac{\sin 2C+\sin 3C}{\sin C}$

$=\cfrac{2\sin C\cos C+3\sin C-4\sin^3C}{\sin C}$

$=2\cos C+3-4\sin^2C=4(\cos C+\cfrac{1}{4})^2-\cfrac{5}{4}$

又由于 $\cfrac{\pi}{6}<C<\cfrac{\pi}{4}$ ，则 $\cos C\in (\cfrac{\sqrt{2}}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})$，

故 $4(\cfrac{\sqrt{2}}{2}+\cfrac{1}{4})^2<\cfrac{a+b}{c}<4(\cfrac{\sqrt{3}}{2}+\cfrac{1}{4})^2$，

即 $\sqrt{2}+1<\cfrac{a+b}{c}<\sqrt{3}+2$ .

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【$\qquad$】

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

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$m=1+2cos\theta$，$n=1+2sin\theta$，$\theta\in (0,\cfrac{\pi}{4})$，

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

则$mn=(1+2cos\theta)(1+2sin\theta)=1+2(cos\theta+sin\theta)+4sin\theta\cos\theta$

令$t=\sin\theta+\cos\theta$，则$2\sin\theta\cos\theta=t^2-1$

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

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$3+2\sqrt{2}$，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$1\times(1+\sqrt{2})<mn<3\times(1+\sqrt{2})$却是错误的，

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

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

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；

【2021届黄冈八模测试卷一第22题】有一种赛车道类似“梨形"曲线，由圆弧 $AD$，$BC$ 和线段 $AB$，$CD$ 四部分组成；

在极坐标系 $Ox$ 中 $A(2, \cfrac{\pi}{3})$， $B(1, \cfrac{2\pi}{3})$， $C(1,\cfrac{4\pi}{3})$， $D(2,-\cfrac{\pi}{3})$，弧 $BC$, $AD$ 所在圆的圆心分别是 $(0,0)$, $(2,0),$ 曲线 $M_{1}$ 是弧 $BC$，曲线$M_{2}$ 是弧 $AD$.

(1). 分别写出 $M_{1}$， $M_{2}$ 的极坐标方程；

解析：如图所示，由题意可知， $M_1$的极坐标方程为 $\rho=1$，($\cfrac{2\pi}{3}\leqslant\theta\leqslant\cfrac{4\pi}{3}$)，

而圆弧 $AD$ 所在圆的圆心为 $(2,0)$，设 $P(\rho,\theta)$ 为 $M_2$ 上任意一点，

则在$\triangle OO_1P$中，由 $\cos\theta=\cfrac{\rho}{4}$ 可得， $\rho=4\cos\theta$，($-\cfrac{\pi}{3}\leqslant\theta\leqslant\cfrac{\pi}{3}$)，

故 $M_{1}$， $M_{2}$ 的极坐标方程分别为：

$\rho=1$($\cfrac{2\pi}{3}\leqslant\theta\leqslant\cfrac{4\pi}{3}$) 和 $\rho=4\cos\theta$($-\cfrac{\pi}{3}\leqslant\theta\leqslant\cfrac{\pi}{3}$).

(2). 点 $E$， $F$ 位于曲线 $M_{2}$ 上，且 $\angle EOF=\cfrac{\pi}{3}$，求 $\triangle EOF$ 面积的取值范围.

解析：不妨设 $E(\rho_{1}, \alpha)$， $F(\rho_{2}, \alpha-\cfrac{\pi}{3})$可以设点$F$ 的辅角为$\beta$，此时$\beta$为负角，则由题目可知，$\alpha-\beta=\cfrac{\pi}{3}$[此处还可以借助数轴上任意两点的距离公式$|AB|$$=$$x_{_{A}}$$-$$x_{_{B}}$来理解]，故解得$\beta=\alpha-\cfrac{\pi}{3}$$\quad$，其中 $0\leqslant \alpha\leqslant\cfrac{\pi}{3}$，

则 $\rho_{1}=4\cos\alpha$, $\rho_{2}=4\cos(\alpha-\cfrac{\pi}{3})$，则有

$S_{\Delta EOF}=\cfrac{1}{2}\rho_{1}\cdot\rho_{2}\cdot\sin\cfrac{\pi}{3}$$=$$4\sqrt{3}\cdot\cos\alpha(\cos\alpha\cos\cfrac{\pi}{3}+\sin\alpha\sin\cfrac{\pi}{3})$

$=4\sqrt{3}(\cfrac{1}{2}\cos^{2}\alpha+\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\alpha\cdot\sin\alpha)=2\sqrt{3}\sin(2\alpha+\cfrac{\pi}{6})+\sqrt{3}$

又由于 $0 \leqslant \alpha \leqslant \cfrac{\pi}{3}$， $\cfrac{1}{2}\leqslant\sin(2\alpha+\cfrac{\pi}{6})\leqslant 1$，

则 $2\sqrt{3}\leqslant 2\sqrt{3}\sin(2\alpha+\cfrac{\pi}{6})+\sqrt{3}\leqslant 3\sqrt{3}$，

所以 $\triangle EOF$ 的面积的取值范围是 $[2\sqrt{3}, 3\sqrt{3}]$ .

【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，$\angle AOB=\theta(0<\theta<\pi)$，$OA=2$，$OB=1$，则四边形$OACB$面积的最大值是【】

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

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，$AB^2=2^2+1^2-2\cdot 2\cdot 1\cdot cos\theta=5-4cos\theta$，

故$S_{OACB}=S_{\Delta AOB}+S_{\Delta ABC}$

$=\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 1\cdot sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot AB^2$

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

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

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

【2019年高考新课标Ⅲ】$\triangle ABC$的内角$A$、$B$、$C$的对边分别为$a$,$b$，$c$，已知 $a\cdot\sin\cfrac{A+C}{2}=b\cdot\sin A$.

(1)求角$B$.

分析：由于$a\cdot\sin\cfrac{A+C}{2}=b\cdot\sin A$，即为$a\cdot\sin\cfrac{\pi-B}{2}=a\cdot\cos\cfrac{B}{2}=b\cdot\sin A$

可得 $\sin A\cdot\cos\cfrac{B}{2}=\sin B\cdot\sin A=2\sin\cfrac{B}{2}\cdot\cos\cfrac{B}{2}\cdot\sin A$，

$\because \sin A>0$，$\therefore \cos\cfrac{B}{2}=2\sin\cfrac{B}{2}\cdot\cos\cfrac{B}{2}$,

即$\cos\cfrac{B}{2}\cdot (2\sin\cfrac{A}{2}-1)=0$，

若$\cos\cfrac{B}{2}=0$,可得$B=\pi$，不符题意，舍去；

$\therefore\sin\cfrac{B}{2}=\cfrac{1}{2}$，由$0<B<\pi$, 可得$B=\cfrac{\pi}{3}$.

(2)若$\triangle ABC$为锐角三角形，且$c=1$，求$\triangle ABC$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$\triangle ABC$为锐角三角形，且$c=1$，

由余弦定理$b^2=a^2+c^2-2a\cdot c\cdot\cos B$可得，

$b=\sqrt{a^{2}+1^2-2 a\cdot1\cdot\cos\cfrac{\pi}{3}}=\sqrt{a^{2}-a+1}$

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

可得到$\left\{\begin{array}{l}{a^{2}+a^{2}-a+1>1}\\{1+a^{2}-a+1>a^{2}}\\{1+a^{2}>a^{2}-a+1}\end{array}\right.$，解得$\cfrac{1}{2}<a<2$，

可得$\triangle ABC$面积

$S=\cfrac{1}{2}a\cdot\sin\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\sqrt{3}}{4} a \in\left(\cfrac{\sqrt{3}}{8}, \cfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$

[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$A+C=\cfrac{2\pi}{3}$，则有$A=\cfrac{2\pi}{3}-C$；

又由于锐角三角形的限制，则$\left\{\begin{array}{l}{0<C<\cfrac{\pi}{2}}\\{0<\cfrac{2\pi}{3}-C<\cfrac{\pi}{2}}\end{array}\right.$，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，

$S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}a\cdot c\sin B=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{a}{c}\cdot c^2\cdot\sin B$

$=\cfrac{1}{2}\times 1^2\times \cfrac{\sin A}{\sin C}\times \sin B$$=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\times \cfrac{\sin A}{\sin C}$

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

$=\cfrac{3}{8}\cdot \cfrac{1}{\tan C}+\cfrac{\sqrt{3}}{8}$

由于$\cfrac{\pi}{6}<C<\cfrac{\pi}{2}$，$y=\tan C$单调递增，故$\cfrac{\sqrt{3}}{3}<\tan C<+\infty$，

则有$0<\cfrac{1}{\tan C}<\sqrt{3}$，则$0<\cfrac{3}{8}\cdot \cfrac{1}{\tan C}<\cfrac{3\sqrt{3}}{8}$，

则有$0+\cfrac{\sqrt{3}}{8}<\cfrac{3}{8}\cdot\cfrac{1}{\tan C}+\cfrac{\sqrt{3}}{8}<\cfrac{3\sqrt{3}}{8}+\cfrac{\sqrt{3}}{8}$，

即$\cfrac{\sqrt{3}}{8}<\cfrac{3}{8}\cdot \cfrac{1}{\tan C}+\cfrac{\sqrt{3}}{8}<\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，

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

求点到点的距离的最值[或范围]；

已知圆$C：\left\{\begin{array}{l}{x=2+\sqrt{2}cos\theta}\\{y=2+\sqrt{2}sin\theta}\end{array}\right.$$(\theta$为参数)，以坐标原点$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$x=\rho cos\theta$，$y=\rho sin\theta$，$x^2+y^2=\rho^2$代入上式，

得到其极坐标方程为$\rho^2-4\rho cos\theta-4\rho sin\theta+6=0$；

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

分析：设$P(2+\sqrt{2}cos\theta，2+\sqrt{2}sin\theta)$，且$\theta\in [0,2\pi)$，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

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

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

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

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

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]；

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$P(\sqrt{3}cos\theta，sin\theta)$，

则点P到直线$x+y-8=0$的距离为$d$，则有

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

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

$sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})=-1$时，$d_{max}=\cfrac{|-2-8|}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}$；^[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，$\Delta=36m^2-4\times4(3m^2-3)=0$，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$d_{max}=\cfrac{|2-(-8)|}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}$，$d_{min}=\cfrac{|-2-(-8)|}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}$。

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；

【2022届高三文科定时训练题】已知抛物线 $x^{2}=y$ 的焦点为 $F$，过 $F$ 作两条夹角为 $30^{\circ}$ 的直线 $m， n$，直线 $m$ 与抛物线交于点 $P， Q$，直线 $n$ 与抛物线交于点 $M， N$，则 $\cfrac{1}{|P Q|}+\cfrac{1}{|MN|}$ 的最小值为__________________ .

解析：抛物线 $x^{2}=y$ 的焦点为 $F(0，\cfrac{1}{4})$ ，[用图形帮助大家理解本题目所采用的算理]

设直线 $m$ 的倾斜角为 $\alpha$ ，可得直线 $m$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=0+t\cos\alpha ，\\y=\cfrac{1}{4}+t\sin\alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数)，

代入抛物线的方程 $x^{2}=y$ 得到关于$t$的一元二次方程， $\cos^{2}\alpha\cdot t^2-\sin\alpha\cdot t-\cfrac{1}{4}=0$ ，

则其必然满足 $\Delta=(-\sin\alpha)^2+\cos^2\alpha=1>0$，设 $P$，$Q$ 对应的参数分别为 $t_{1}$，$t_{2}$ ，

则由韦达定理得到， $t_{1}+t_{2}=\cfrac{\sin\alpha}{\cos^{2}\alpha}$ ， $t_{1} t_{2}=-\cfrac{1}{4\cos^{2}\alpha}$ ，

则 $|PQ|=|t_{1}-t_{2}|=\sqrt{(t_{1}+t_{2})^{2}-4 t_{1}t_{2}}$

$=\sqrt{\cfrac{\sin ^{2} \alpha}{\cos ^{4}\alpha}+\cfrac{1}{\cos ^{2} \alpha}}$$=\sqrt{\cfrac{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}{\cos ^{4} \alpha}}=\cfrac{1}{\cos ^{2} \alpha}$

即有 $|PQ|=\cfrac{1}{\cos^{2}\alpha}$ ，[如何计算$|MN|$才是这个题目的难点，同样的思路走一遍，必然费时费力]

将 $\alpha$ 换为 $\alpha+30^{\circ}$ ，同理由于计算 $|MN|$ 的算理和计算方法和计算 $|PQ|$ 的是完全一样的，二者不同的仅仅是倾斜角，这样我们就可以直接借助上述的结论得到我们想要的东西，而且能节省大量的时间和精力，更重要的是锤炼了我们的数学素养。不过需要注意此处的思维跳跃性还是很大的。需要我们平时有意识的加以练习。可得 $|MN|=\cfrac{1}{\cos^{2}\left(\alpha+30^{\circ}\right)}$ ，

则 $\cfrac{1}{|P Q|}+\cfrac{1}{|M N|}=\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2}\left(\alpha+30^{\circ}\right)$

$=\cfrac{1+\cos 2 \alpha}{2}+\cfrac{1+\cos \left[2\left(\alpha+30^{\circ}\right)\right]}{2}$

$=1+\cfrac{1}{2}\left[\cos 2 a+\cos \left(2 a+60^{\circ}\right)\right]$

$=1+\cfrac{1}{2}\left(\cfrac{3}{2} \cos 2 \alpha-\cfrac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 \alpha\right)$

$=1+\cfrac{\sqrt{3}}{2} \cos \left(2 \alpha+30^{\circ}\right)$

当 $\cos \left(2 \alpha+30^{\circ}\right)=-1$ ，即 $\alpha=75^{\circ}$ 时， $\cfrac{1}{|PQ|}+\cfrac{1}{|MN|}$ 的最小值为 $1-\cfrac{\sqrt{3}}{2}$.

〔解后反思〕：如果学校是代数、几何内容分开讲授，那么一看到抛物线和直线的相交问题，则学生很可能会想到设直线的点斜式方程，联立曲线方程利用弦长公式的思路来求解，从而由于运算量大而主动退却放弃；这一思维定势需要克服，同时需要深入体会参数方程在解决这一类问题的便利。

【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$\begin{cases} x=2+cos\alpha\cdot t \\y=2+sin\alpha\cdot t \end{cases}(t为参数)$ ，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$x=\rho cos\theta，y=\rho sin\theta$得到，

圆$C$的极坐标方程为$\rho^2-2\rho cos\theta-2\rho sin\theta-1=0$。

（2）将 $\begin{cases} x=2+cos\alpha\cdot t \\y=2+sin\alpha\cdot t \end{cases}(t为参数)$，

代入圆$C$的直角坐标方程为$(x-1)^2+(y-1)^2=3$，

得到$t^2+2(cos\alpha+sin\alpha)t-1=0$，

则有$\Delta=4(cos\alpha+sin\alpha)^2+4>0$，

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，$t_1+t_2=2(cos\alpha+sin\alpha)，t_1\cdot t_2= -1$

所以弦长$|AB|=|t_1-t_2|=\sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{8+4sin2\alpha}$，

由于$\alpha \in[0,\cfrac{\pi}{4}]$，所以$sin2\alpha\in[0，1]$，$8+4sin2\alpha\in[8，12]$，

所以弦长$|AB|\in[2\sqrt{2}，2\sqrt{3}]$。

求向量的内积的取值范围

如图，等边$\triangle ABC$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【$\qquad$】

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

法1：如图所示，设$\angle OBC=\theta$，则$\theta\in [0，\cfrac{\pi}{2})$，则点$B(2cos\theta，0)$，$C(0，2sin\theta)$，

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

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

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

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

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

$=cos^2\theta+\sqrt{3}sin\theta cos\theta+2+2\sqrt{3}sin\theta cos\theta-2sin^2\theta+2sin^2\theta$

$=3\sqrt{3}sin\theta cos\theta+cos^2\theta+2$

$=\cfrac{3\sqrt{3}}{2}sin2\theta+\cfrac{1}{2}cos2\theta+\cfrac{5}{2}$

$=\sqrt{7}sin(2\theta+\phi)+\cfrac{5}{2}$

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

法2：如图所示，设$\angle OBC=\theta$，则$\theta\in [0，\cfrac{\pi}{2})$，则 $OB=2\cos\theta$，$OC=2\sin\theta$，

由于 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OM}=(\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{CA})(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{BM})=\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{BM}+\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{BM}$

代入数据，得到 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OM}=0+2\cdot2\cos\theta\cdot\cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)+2\cdot2\sin\theta\cdot1\cdot\cos(\cfrac{\pi}{6}-\theta)+2\cdot1\cdot\cos\cfrac{\pi}{3}$

化简得到，$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OM}=\sqrt{7}\sin(2\theta+\phi)+\cfrac{5}{2}$，

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

在直角坐标系$xOy$中，直线 $l$ 的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}{x=\sqrt{3}+\cfrac{1}{2}t}\\{y=1+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t}\end{array}\right.\quad$ ($t$为参数)，以坐标原点为极点，$x$轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2\cos\theta$.

(1).求直线 $l$ 的极坐标方程及曲线 $C$ 的直角坐标方程

分析：直线 $l$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}{x=\sqrt{3}+\cfrac{1}{2}t}\\{y=1+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t}\end{array}\right.$，

消参后转换为直角坐标方程为 $y-1=\sqrt{3}(x-\sqrt{3})$，整理得 $\sqrt{3} x-y-2=0$，

转换为极坐标方程为 $\sqrt{3} \rho \cos \theta-\rho \sin \theta-2=0$.

曲线 $C$ 的极坐标方程为$\rho=2 \cos \theta$，整理得 $\rho^{2}=2 \rho \cos \theta$，

转换为直角坐标方程 $x^{2}+y^{2}=2 x$，即 $x^{2}+y^{2}-2x=0$;

(2). 若 $A(\rho_{1}, \alpha)$ 是直线 $l$ 上一点, $B(\rho_{2}, \alpha-\cfrac{\pi}{3})$ 是曲线 $C$ 上一点，求 $\cfrac{|OB|}{|OA|}$ 的最大值.

分析：由于 $A(\rho_{1}, \alpha)$ 是直线 $l$ 上一点,，则 $\sqrt{3}\rho_{1}\cos\alpha-\rho_{1}\sin\alpha-2=0$，则$\rho_1=\cfrac{2}{\sqrt{3}\cos\alpha-\sin\alpha}$，

$B(\rho_{2}, \alpha-\cfrac{\pi}{3})$ 是曲线 $C$ 上一点，则: $\rho_{2}=2\cos(\alpha-\cfrac{\pi}{3})$,

$\cfrac{|OB|}{|OA|}=\cfrac{\rho_{2}}{\rho_{1}}=(\cfrac{1}{2}\cos\alpha+\cfrac{\sqrt{3}}{2}\sin \alpha)(\sqrt{3}\cos\alpha-\sin\alpha)$

$=\cfrac{1}{2}(\sqrt{3}\cos^{2}\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha-\sqrt{3}\sin^{2}\alpha)$

$=\sin(2\alpha+\cfrac{\pi}{3})\leqslant 1$，

故 $\cfrac{|OB|}{|OA|}$ 的最大值为 $1$.

求三角形中的元素的最值；

【2020陕西省二检高三文数第15题】在$\triangle ABC$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$h=c\cdot \sin B$，

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$(2cos\theta，3sin\theta)$到直线$x-2y+3=0$的距离，

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

点$(2cos\theta，3sin\theta)$到直线$x-2y+m=0$的距离，

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

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

posted @ 2019-04-17 09:17 静雅斋数学阅读(329) 评论(0) 收藏举报

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