三角函数和解三角形的综合题目

导言

三角函数章节的主要学习内容包括两大块,其一是三角函数(如正弦型函数\(y=Asin(\omega x+\phi)+k\))的图像和性质;其二是解三角形。所以考查他们无外乎是这两个方向,其实还可能三角函数的图性与解三角形的结合,也就是我们常说的在三角函数和解三角形的交汇处命题的题型,

这类题目往往会设置第一问求一个角(如\(A\)),第二问已知边\(a\)(注意对角和对边的关系),接下来可以考查的方向有

①再已知\(S_△\),求解\(b+c\)的取值范围; 或者已知\(b+c\)\(S_△\)的取值范围。

②求解\(msinB+nsinC\)的取值范围(\(m、n\)是实数);

③求解\(msinB\cdot nsinC\)的取值范围(\(m、n\)是实数);

④求解\(S_△=\cfrac{1}{2}bcsinA\)的取值范围;

⑤求解周长的取值范围; 如\(l=a+b+c\)

⑥求解类似周长的取值范围;如\(l=2a+3b-c\)

⑦难点:自变量的取值范围,已知三角形和锐角三角形时,自变量的范围是不一样的。

以下举例加以说明:

【2016宝鸡市第二次质量检测第17题】在\(\Delta ABC\)中,已知\(sin^2A+sin^2B+sinAsinB=sin^2C\),其中角\(A、B、C\)的对边分别为\(a、b、c\)

(1).求角\(C\)的大小。

(2).求\(\cfrac{a+b}{c}\)的取值范围。

分析:(1)角化边,由\(\cfrac{a}{2R}=sinA,\cfrac{b}{2R}=sinB,\cfrac{c}{2R}=sinC\)

得到\(a^2+b^2+ab=c^2\),即\(a^2+b^2-c^2=-ab\)

故由余弦定理得到\(cosC=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\cfrac{1}{2}\)

\(C\in (0,\pi)\),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\(0<B<\cfrac{\pi}{3}\)

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

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

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

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

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

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

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

\(\begin{cases} &0<A<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<C<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)得到,

\(\begin{cases} &0<\pi-3B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<2B<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)

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

(三角函数图像性质和解三角形结合)(2017•福州模拟)在\(\Delta ABC\)中,角\(A,B,C\)的对边分别为\(a,b,c\),满足\((2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC\)。 

(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\((2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC\)及正弦定理,边化角得到,

\((2sinB-sinC)cosA=sinAcosC\)

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)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\(b=2\sqrt{3}\cdot sinB\)\(c=2\sqrt{3}\cdot sinC\)

\(\Delta ABC\)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。

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

分析:由\(cos2(B+C)=cos(2B+2C)=cos(2\pi-2A)=cos2A\)

将已知等式变形为\(2\cdot 2cos^2\cfrac{A}{2}-cos2A=\cfrac{7}{2}\)

\(2(1+cosA)-cos2A=\cfrac{7}{2}\)

\(2(1+cosA)-(2cos^2A-1)=\cfrac{7}{2}\)

化简为\(4cos^2A-4cosA+1=(2cosA-1)^2=0\)

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

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

接下来有两个思路途径:

思路一:使用均值不等式,由余弦定理\(a^2=b^2+c^2-2bccosA,A=\cfrac{\pi}{3},a=2\)

得到\(b^2+c^2=4+bc\ge 2bc\),解得\(bc\leq 4(当且仅当b=c=2时取到等号)\)

\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}bcsinA \leq \cfrac{\sqrt{3}}{4}\times 4=\sqrt{3}\)

即三角形面积的最大值是\(\sqrt{3}\)

法2:由于题目已知\(A=\cfrac{\pi}{3},a=2\),则\(B+C=\cfrac{2\pi}{3}\),故\(B,C\in (0,\cfrac{2\pi}{3})\)

则由正弦定理得\(\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC} =\cfrac{a}{sinA} =\cfrac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}} =\cfrac{4\sqrt{3}}{3}\)

\(b=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}sinB\)\(c=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}sinC\)

\(bc=(\cfrac{4\sqrt{3}}{3})^2\cdot sinB\cdot sinC=\cfrac{16}{3}sinB\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)

\(=\cfrac{16}{3}sinB\cdot (\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB+\cfrac{1}{2}sinB)\)

\(=\cfrac{16}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{2}sinB\cdot cosB+\cfrac{1}{2}sin^2B]\)

\(=\cfrac{16}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{4}sin2B+\cfrac{1}{4}(1-cos2B)]\)

\(=\cfrac{16}{3}(\cfrac{\sqrt{3}}{4}sin2B-\cfrac{1}{4}cos2B+\cfrac{1}{4})\)

\(=\cfrac{8}{3}(sin2B\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2}-cos2B\cdot \cfrac{1}{2})+\cfrac{4}{3}\)

\(=\cfrac{8}{3}sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+\cfrac{4}{3}\)

\(2B-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{2}\),即\(B=\cfrac{5\pi}{12} \in(0,\cfrac{2\pi}{3})\)时,\(sin(2B-\cfrac{\pi}{6})=1\)

\(bc_{max}=\cfrac{8}{3}+\cfrac{4}{3}=4\)

\([S_{\Delta}]_{max}=\cfrac{1}{2}bcsinA\leq \cfrac{\sqrt{3}}{4}\times 4=\sqrt{3}\)

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

分析:本题目非常特别,依据题意我们做出的图形是平面四边形,

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

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

其一是四边形变化为三角形\(ABF\),此时应该有\(BF<AB\)

其二是四边形变化为三角形\(ABE\),此时应该有\(BE>AB\)

故动态的边\(AB\)的范围是\(BF<AB<BE\),从而求解。

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

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

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

由正弦定理得到\(BE=\sqrt{6}+\sqrt{2}\)

\(\sqrt{6}-\sqrt{2}<AB<\sqrt{6}+\sqrt{2}\)

解后反思引申:

1、求\(CD\)的取值范围;

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

2、求\(AD\)的取值范围;

分析:由上述的动态图可知,\(0<AD<CF=BC=2\)

3、求四边形\(ABCD\)的周长的取值范围;

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

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

4、求四边形\(ABCD\)的面积的取值范围;

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

\(S_{\Delta BCF}=\cfrac{1}{2}\times 2\times 2\times sin30^{\circ}=1\)

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

故其取值范围是\((1,2+\sqrt{3})\)

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

(1)求\(sinBsinC\)的值;

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

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

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

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

\(sinBsinC=\cfrac{2}{3}\)

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

这样想,我们一般就会将条件作差而不是作商,

\(cosBcosC-sinBsinC=-\cfrac{1}{2}\)

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

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

得到\(bc=8\)

再由余弦定理得到\(a^2=b^2+c^2-2bccosA\)

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

故周长为\(3+\sqrt{33}\)

posted @ 2018-01-11 09:50  静雅斋数学  阅读(734)  评论(0编辑  收藏  举报
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