三角函数和解三角形的融合命题探究

前情概要

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\(b+c\)求\(S_△\)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：

典例剖析

【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\(cosC=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\cfrac{1}{2}\)，

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\((1，\cfrac{2\sqrt{3}}{3}]\)。

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

【重点核心题目】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

由\(\begin{cases} &0<A<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<C<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)得到，即\(\begin{cases} &0<\pi-3B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<2B<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)，

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 \(\triangle ABC\) 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 \(\triangle ABC\) 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，

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)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\(2\cdot 2cos^2\cfrac{A}{2}-cos2A=\cfrac{7}{2}\)，

即\(2(1+cosA)-cos2A=\cfrac{7}{2}\)，

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

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。

接下来有三个思路可供思考，针对题型选择对应的方法：

思路1️⃣：适合解答题，考试中首选考虑的方法，依托均值不等式计算，

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\(bc\leq 4(当且仅当b=c=2时取到等号)\)，

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

即三角形面积的最大值是\(\sqrt{3}\)。

思路2️⃣：适合解答题，理解和练习三角函数的相关计算的思路，

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\(\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC} =\cfrac{a}{sinA} =\cfrac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}} =\cfrac{4\sqrt{3}}{3}\)，

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

思路3️⃣：适合选择或填空题，将数的问题转化为形的问题来思考，请参阅 几何视角下的三角形面积最值问题探究|思维养成

【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\(BA\)与\(CD\)交于\(E\)，过\(C\)做\(CF//AD\)交\(AB\)于\(F\)，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\(BE=\sqrt{6}+\sqrt{2}\)；

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

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

故\(sinBsinC=\cfrac{2}{3}\)。

(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，

由\(cosBcosC-sinBsinC=-\cfrac{1}{2}\)，

即\(cos(B+C)=-cosA=-\cfrac{1}{2}\)，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\(3+\sqrt{33}\)。

【2024新课标全国Ⅱ卷第15题】记 \(\triangle ABC\) 的内角 \(A\)，\(B\)，\(C\) 的对边分别是 \(a\)，\(b\)，\(c\)，已知 \(\sin A\)\(+\)\(\sqrt{3}\)\(\cos A\)\(=\)\(2\) .

(1) . 求 \(A\) .

方法1️⃣：经常采用的通用常规方法，依托辅助角公式求解；

由 \(\sin A\)\(+\)\(\sqrt{3}\cos A\)\(=\)\(2\)，可得 \(\cfrac{1}{2}\sin A\)\(+\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos A\)\(=\)\(1\)，

即 \(\sin(A+\cfrac{\pi}{3})\)\(=\)\(1\)，由于 \(A\in(0, \pi)\)，则 \(A\)\(+\)\(\cfrac{\pi}{3}\)\(\in\)\((\cfrac{\pi}{3},\cfrac{4 \pi}{3})\)，

故 \(A\)\(+\)\(\cfrac{\pi}{3}\)\(=\)\(\cfrac{\pi}{2}\)，解得 \(A\)\(=\)\(\cfrac{\pi}{6}\) .

方法2️⃣：经常采用的通用常规方法，依托同角三角函数的基本关系；

由 \(\sin A\)\(+\)\(\sqrt{3}\cos A\)\(=\)\(2\)，又 \(\sin^2A+\cos^2A\)\(=\)\(1\)，消去 \(\sin A\)，

得到， \(4\cos^2A\)\(-\)\(4\sqrt{3}\)\(\cos A\)\(+\)\(3\)\(=\)\(0\)，即 \((2\cos A-\sqrt{3})^2=0\)，

解得 \(\cos A\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，又 \(A\in(0,\pi)\)， 故 \(A=\cfrac{\pi}{6}\) .

方法3️⃣：利用极值点求解，但此方法的局限性很大，若已知条件变为 \(\sin A\)\(+\)\(\sqrt{3}\)\(\cos A\)\(=\)\(1.5\)，则此方法就失效了，收集这种方法，可以用于开拓思维 .

设 \(f(x)=\sin x+\sqrt{3}\cos x\) \((0<x<\pi)\)，则 \(f(x)=2\sin(x+\cfrac{\pi}{3})\) \((0<x<\pi)\)，

显然 \(x\)\(=\)\(\cfrac{\pi}{6}\) 时， \(f(x)_{max}\)\(=\)\(2\)，又由于 \(f(A)\)\(=\)\(\sin A\)\(+\)\(\sqrt{3}\cos A\)\(=\)\(2\)\(=\)\(2\sin(A+\cfrac{\pi}{3})\)，

则 \(f(x)_{max}\)\(=\)\(f(A)\)，在开区间 \((0, \pi)\) 上取到最大值，于是 \(x=A\) 必然会是极值点，

即 \(f^{\prime}(A)\)\(=\)\(0\)\(=\)\(\cos A\)\(-\)\(\sqrt{3}\)\(\sin A\)，即 \(\tan A\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，

又 \(A\)\(\in\)\((0, \pi)\), 故 \(A\)\(=\)\(\cfrac{\pi}{6}\) .

方法4️⃣：依托向量数量积公式求解，同样此方法的局限性很大 .

设 \(\vec{a}=(1,\sqrt{3})\)， \(\vec{b}=(\sin A,\cos A)\)，

由题意， \(\vec{a}\)\(\cdot\)\(\vec{b}\)\(=\)\(\sin A\)\(+\)\(\sqrt{3}\)\(\cos A\)\(=\)\(2\)，

根据向量的数量积公式，\(\vec{a}\)\(\cdot\)\(\vec{b}\)\(=\)\(|\vec{a}|\)\(|\vec{b}|\)\(\cos\)\(\langle\)\(\vec{a},\vec{b}\)\(\rangle\)\(=\)\(2\cos\)\(\langle\)\(\vec{a}, \vec{b}\)\(\rangle\),

则 \(2\cos\)\(\langle\)\(\vec{a},\vec{b}\)\(\rangle\)\(=\)\(2\)， 则 \(\cos\)\(\langle\)\(\vec{a},\vec{b}\)\(\rangle\)\(=\)\(1\)，即 \(\langle\)\(\vec{a},\vec{b}\)\(\rangle\)\(=\)\(0\)，

则说明 \(\vec{a}, \vec{b}\) 同向共线，根据向量共线条件，则 \(1\cdot\cos A\)\(=\)\(\sqrt{3}\)\(\cdot\)\(\sin A\) ，

\(\tan A\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，又 \(A \in(0, \pi)\)，故 \(A=\cfrac{\pi}{6}\) .

方法5️⃣：利用万能公式求解，此方法对使用现行教材的学生而言是超纲的 .

设 \(t=\tan\cfrac{A}{2}\)，根据万能公式，\(\sin A+\sqrt{3}\cos A=2=\cfrac{2t}{1+t^2}+\cfrac{\sqrt{3}(1-t^2)}{1+t^2}\)，

整理可得， \(t^2-2(2-\sqrt{3})t+(2-\sqrt{3})^2=0=[t-(2-\sqrt{3})]^2\)，

解得 \(\tan\cfrac{A}{2}=t=2-\sqrt{3}\)，

根据二倍角公式， \(\tan A=\cfrac{2 t}{1-t^2}=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，

又 \(A \in(0, \pi)\)， 故 \(A=\cfrac{\pi}{6}\) .

(2) . 若 \(a=2\)，\(\sqrt{2}b\cdot\sin C\)\(=\)\(c\cdot\sin 2B\)，求 \(\triangle ABC\) 的周长 .

解：由题设条件 \(\sqrt{2}b\sin C\)\(=\)\(c\sin2B\)，以及正弦定理可得，

\(\sqrt{2}\)\(\sin B\)\(\cdot\)\(\sin C\)\(=\)\(2\sin C\)\(\cdot\)\(\sin B\)\(\cdot\)\(\cos B\)，又 \(B,C\)\(\in(0, \pi)\)，则 \(\sin B\)\(\cdot\)\(\sin C\neq 0\)，

进而 \(\cos B\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，得到 \(B\)\(=\)\(\cfrac{\pi}{4}\)，于是 \(C\)\(=\)\(\pi-A-B\)\(=\)\(\cfrac{7\pi}{12}\)，

\(\sin C\)\(=\)\(\sin(\pi-A-B)\)\(=\)\(\sin(A+B)\)\(=\)\(\sin A\)\(\cos B\)\(+\)\(\sin B\)\(\cos A\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}\)，

由正弦定理可得， \(\cfrac{a}{\sin A}\)\(=\)\(\cfrac{b}{\sin B}\)\(=\)\(\cfrac{c}{\sin C}\)，

即 \(\cfrac{2}{\sin\cfrac{\pi}{6}}\)\(=\)\(\cfrac{b}{\sin\cfrac{\pi}{4}}\)\(=\)\(\cfrac{c}{\sin\cfrac{7\pi}{12}}\)，

解得 \(b\)\(=\)\(2\sqrt{2}\)， \(c\)\(=\)\(\sqrt{6}+\sqrt{2}\)，

故 \(\triangle ABC\) 的周长为 \(2\)\(+\)\(\sqrt{6}\)\(+\)\(3\sqrt{2}\) .