三角函数和解三角形的考向收集整理
总结分析三角函数和解三角形的可能考向。
三角函数基本变换
- 此时最常用的公式为二倍角的正弦、余弦公式的逆用，辅助角公式，转化化归为正弦型\(f(x)=Asin(\omega x+\phi)+k\)
\(f(x)=sin2x+\sqrt{3}(2cos^2x-1)+1\)
\(=sin2x+\sqrt{3}cos2x+1\)
\(=2sin(2x+\cfrac{\pi}{3})+1\)
解后反思：
1、熟练掌握这样的变形是非常必要的。
2、当然，此时还可能有一个变形方向，即转化为二次型。比如某个题目可以转化为\(f(x)=(sinx-1)^2+2\)，当然这样的变形后，下一步能考查的方向很窄。
三角函数基本性质
- 此时常常类比模板函数\(f(x)=sinx\)的性质求解正弦型\(f(x)=Asin(\omega x+\phi)+k\)的性质
- 考向：求周期；
由\(T=\cfrac{2\pi}{2}\)，得到\(T=\pi\)
- 考向：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，\(f(x)_{max}=f(\cfrac{\pi}{12})=2\times 1+1=3\)；
- 考向：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\((\cfrac{k\pi}{2}-\cfrac{\pi}{6}，1)(k\in Z)\)
- 考向：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。
解后反思：
1、当然，求值域还可能有这样的变形，即转化为二次型。
分析：由于\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)，则\(cosx\in [0，1]\)，
令\(cosx=t\in [0，1]\)，\(f(x)=1-cos^2x+\sqrt{3}cosx-\cfrac{3}{4}=1-t^2+\sqrt{3}t-\cfrac{3}{4}=-(t-\cfrac{\sqrt{3}}{2})^2+1=g(t)\)，
故当\(t=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)时，\(g(t)_{max}=f(x)_{max}=1\)。
三角变换解三角形
- 此时最常用的公式有三角形中的诱导公式、正弦定理、余弦定理，方程理论
(1)求\(cosB\).
分析：\(sin(A+C)=sinB=8\cdot \cfrac{1-cosB}{2}\)，得到\(sinB=4(1-cosB)\)，
即\(\sqrt{1-cos^2B}=4(1-cosB)\)，平方得到\(17cos^2B-32cosB+15=0\)。
由十字相乘法得到 \((17cosB-15)(cosB-1)=0\)，
得到\(cosB=\cfrac{15}{17}\)或\(cosB=1(舍去)\)，故\(cosB=\cfrac{15}{17}\)；
(2)若\(a+c=6\)，\(S_{\Delta ABC}=2\)，求\(b\).
分析：由\(cosB=\cfrac{15}{17}\)得到\(sinB=\cfrac{8}{17}\)，
由\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}acsinB=2\)得到，\(ac=\cfrac{17}{2}\)，
故\(b^2=a^2+c^2-2accosB=(a+c)^2-2ac-2accosB=6^2-2\cdot \cfrac{17}{2}-2\cdot \cfrac{17}{2}\cdot\cfrac{15}{17}=4\)，
故\(b=2\)。
三角变换+函数性质
- 此时最常用的公式为二倍角的正弦、余弦公式的逆用，辅助角公式，以及整体思想和赋值法；2018年首次出现和导数结合的题型。
解析：先将所给函数化简为正弦型或者余弦型，
\(f(x)=4tan\cdot cosx(cosx\cdot \cfrac{1}{2}+sinx\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2})-\sqrt{3}\)
\(=4sinx(cosx\cdot \cfrac{1}{2}+sinx\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2})-\sqrt{3}=2sinxcosx+2\sqrt{3}sin^2x-\sqrt{3}\)
\(=sin2x+\sqrt{3}(1-cos2x)-\sqrt{3}=sin2x-\sqrt{3}cos2x\)
\(=2sin(2x-\cfrac{\pi}{3})\)
法1：先求解函数在\(x\in R\)上的单调区间，
令\(2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，
得到单调递增区间为\([k\pi-\cfrac{\pi}{12}，k\pi+\cfrac{5\pi}{12}](k\in Z)\)，
又因为\(x\in [-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{4}]\)
然后给\(k\)赋值，令\(k=0\)，
得到函数在区间\([-\cfrac{\pi}{12}，\cfrac{\pi}{4}]\)上单调递增，在区间\([-\cfrac{\pi}{4}，-\cfrac{\pi}{12}]\)上单调递减。
法2：由\(-\cfrac{\pi}{4}\leq x\leq \cfrac{\pi}{4}\)，求得\(-\cfrac{5\pi}{6}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}\)，
结合横轴为\(2x-\cfrac{\pi}{3}\)的图像可知，
当\(-\cfrac{5\pi}{6}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq -\cfrac{\pi}{2}\)时，求得函数在区间\([-\cfrac{\pi}{4}，-\cfrac{\pi}{12}]\)单调递减；
当\(-\cfrac{\pi}{2}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}\)时，求得函数在区间\([-\cfrac{\pi}{12}，\cfrac{\pi}{4}]\)单调递增；
法1：\(f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos^2x-1)\)
\(=4cos^2x+2cosx-2=(2cosx+2)(2cosx-1)\)
\(=4(cosx+1)(cosx-\cfrac{1}{2})\)
注意到\(cosx+1\ge 0\)恒成立，故
令\(f'(x)>0\)得到，\(cosx>\cfrac{1}{2}\)，令\(f'(x)<0\)得到，\(cosx<\cfrac{1}{2}\)，
则\(x\in [2k\pi-\cfrac{5\pi}{3}，2k\pi-\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)\)时，函数\(f(x)\)单调递减；
\(x\in [2k\pi-\cfrac{\pi}{3}，2k\pi+\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)\)时，函数\(f(x)\)单调递增；
故当\(x=2k\pi-\cfrac{\pi}{3}(k\in Z)\)时，\(f(x)_{min}=f(2k\pi-\cfrac{\pi}{3})=-\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)。
三角形周长面积
- 此时往往已经知道三角形的一条边和其对角，使用面积公式求面积，由余弦定理求得另外两边长之和，从而求得周长。
(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\(3+\sqrt{33}\)。
面积最大值或边最小值
- 此时往往可以利用均值不等式求最值或者利用三角函数求最值
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\(bc\leq 4(当且仅当b=c=2时取到等号)\)，
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\(\sqrt{3}\)。
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\(\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC} =\cfrac{a}{sinA} =\cfrac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}} =\cfrac{4\sqrt{3}}{3}\)，
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\([S_{\Delta}]_{max}=\cfrac{1}{2}bcsinA\leq \cfrac{\sqrt{3}}{4}\times 4=\sqrt{3}\)。
解后反思：求某边的最小值，比如已知\(ac=4\)，\(B=\cfrac{\pi}{3}\)，
则\(b^2=a^2+c^2-2accosB=a^2+c^2-ac\ge 2ac-ac=ac=4\)，即\(b^2\ge 4\)，即\(b_{min}=2\)
三角形周长最大值
- 此时常利用均值不等式或三角函数求最大值
(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，
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。
表达式取值范围
- 此时常利用三角函数求最大值
(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)。
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，
\(\begin{cases} &0 < \pi-3B <\cfrac{\pi}{2} \\ &0 < B <\cfrac{\pi}{2} \\ &0 < 2B <\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)
解得\(B \in (\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4})\)，故\(\cfrac{c}{b}=2cosB \in (\sqrt{2}，\sqrt{3}）\)。
\(A.(3，6]\). \(\hspace{4em}\) \(B.(3，5)\). \(\hspace{4em}\) \(C.(5，6]\). \(\hspace{4em}\) \(D.[5，6]\).
分析：由已知和正弦定理可知，
\((a-b)(a+b)=(c-b)c\)，即\(bc=b^2+c^2-a^2\)，
故\(cosA=\cfrac{1}{2}\)，由\(A\in (0，\pi)\)，可知\(A=\cfrac{\pi}{3}\)。
则\(B+C=\cfrac{2\pi}{3}\)，又由于是锐角\(\Delta ABC\)，
则\(\left\{\begin{array}{l}{0< B < \cfrac{\pi}{2}}\\{0<\cfrac{2\pi}{3}-B < \cfrac{\pi}{2}}\end{array}\right.\)
则得到\(\cfrac{\pi}{6}< B < \cfrac{\pi}{2}\)；
又\(a=\sqrt{3}\)，则\(2R=\cfrac{a}{sinA}=2\)，
所以\(b^2+c^2=(2RsinB)^2+(2RsinC)^2\)
\(=(2R)^2(sin^2B+sin^2C)\)
\(=4(sin^2B+sin^2(\cfrac{2\pi}{3}-B))\)
\(=4[sin^2B+(\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB+\cfrac{1}{2}sinB)^2]\)
\(=4(sin^2B+\cfrac{3}{4}cos^2B+\cfrac{1}{4}sin^2B+2\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB\cdot \cfrac{1}{2}sinB)\)
\(=4(\cfrac{3}{4}+\cfrac{1}{2}sin^2B+\cfrac{\sqrt{3}}{4}sin2B)\)
\(=4[\cfrac{1}{4}(1-cos2B)+\cfrac{\sqrt{3}}{4}sin2B+\cfrac{3}{4}]\)
\(=\sqrt{3}sin2B-cos2B+4\)
\(=2sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+4\)，
由上可知，\(\cfrac{\pi}{6}< B < \cfrac{\pi}{2}\)，
则\(\cfrac{\pi}{3}< 2B <\pi\)，
\(\cfrac{\pi}{6}< 2B-\cfrac{\pi}{6} < \cfrac{5\pi}{6}\)
则\(\cfrac{1}{2}< sin(2B-\cfrac{\pi}{6})\leq 1\)
则\(5<2sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+4\leq 6\)，故选C。
三角函数向量融合
- 此时常考查向量的坐标运算和三角变换，转化为正弦型后再考察其性质
(1)求函数\(f(x)\)的单调递增区间
分析：函数化简为\(f(x)=sin(2x-\cfrac{\pi}{3})\)，过程略，\([k\pi-\cfrac{\pi}{12}，k\pi+\cfrac{5\pi}{12}](k\in Z)\)
(2)在\(\Delta ABC\)中，\(A\)为锐角且\(f(A)=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}\)，\(AB=\sqrt{3}\)，\(AD=2\)，求\(sin\angle BAD\)。
分析：由\(f(A)=sin(2A-\cfrac{\pi}{3})=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，解得\(A=\cfrac{\pi}{3}\)或\(A=\cfrac{\pi}{2}\)(舍去)。
又由于\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}\)，如图所示，
\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AE}=2\overrightarrow{AF}=2\cdot \cfrac{3}{2}\overrightarrow{AD}=3\overrightarrow{AD}\)，
故点\(D\)为\(\triangle ABC\)的重心，详细说明\(\;\;\)[1] (点击这个蓝色的数字)
以\(AB\)、\(AC\)为邻边做平行四边形\(ABEC\)，由于\(AD=2\)，则\(AE=6\)，
在\(\Delta ABE\)中，\(AB=\sqrt{3}\)，\(\angle ABE=120^{\circ}\)，
由正弦定理可得，\(\cfrac{\sqrt{3}}{sin\angle AEB}=\cfrac{6}{\cfrac{\sqrt{3}}{2}}\)，
可得\(sin\angle AEB=\cfrac{1}{4}\) ，\(cos\angle AEB=\cfrac{\sqrt{15}}{4}\)，
故\(sin\angle BAD=sin(\cfrac{\pi}{3}-\angle AEB)\)
\(=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\times \cfrac{\sqrt{15}}{4}-\cfrac{1}{2}\times \cfrac{1}{4}=\cfrac{3\sqrt{5}-1}{8}\)。
解后反思：利用已知的向量三角形，巧妙的构造了一个三角形，这样就能利用正弦定理和两角差的正弦公式求解了。
四边形边的范围
- 将四边形动态变化为三角形，从而求解四边形的某条边的取值范围
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\((1，2+\sqrt{3})\)；
三角函数和恒成立命题
- 先将恒成立问题转化为最值，这样原问题就转化为三角函数的问题了
(1)、当\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)时，求函数\(f(x)\)的取值范围。
分析：先将函数变形为正弦型函数\(f(x)=2sin(2x-\cfrac{\pi}{6})+1\)，其中\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)，
题目转化为正弦型函数在限定区间上的值域问题，常规题目，\(f(x)\in [0，3]\)
(2)、若对任意的\(x\in R\)，都有\(f(x)\leq f(A)\)，\(b=2\)，\(c=4\)，点\(D\)是边\(BC\)的中点，求\(AD\)的长。
【解答的共有部分】对任意的\(x\in R\)，都有\(f(x)\leq f(A)\)，则\(f(A)\geqslant f(x)_{max}\)；
\(f(x)=2sin(2x-\cfrac{\pi}{6})+1，x\in R\)，则\(f(x)_{max}=3\)，
即\(f(A)\geqslant 3\)又\(f(A)=2sin(2A-\cfrac{\pi}{6})+1\)
故有\(2sin(2A-\cfrac{\pi}{6})+1\geqslant 3\)，即\(sin(2A-\cfrac{\pi}{6})\geqslant 1\)，
又由正弦函数的值域范围可知，此时只能取\(sin(2A-\cfrac{\pi}{6})=1\)，
即\(2A-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{2}\)，故\(A=\cfrac{\pi}{3}\)。
【法1】：余弦定理法，先由余弦定理得到\(BC=2\sqrt{3}\)，则\(BD=CD=\sqrt{3}\)，
设\(\angle ADB=\alpha\)，\(\angle ADC=\beta\)，则有\(cos\alpha+cos\beta=0\)。
再设\(AD=x\)，又\(cos\alpha=\cfrac{x^2+(\sqrt{3})^2-4^2}{2\cdot\sqrt{3}\cdot x}\)；\(cos\beta=\cfrac{x^2+(\sqrt{3})^2-2^2}{2\cdot\sqrt{3}\cdot x}\)；
代入方程\(cos\alpha+cos\beta=0\)得到，\(x=AD=\sqrt{7}\)。
【法2】：要求\(AD\)，由\(AD=|\overrightarrow{AD}|\)，而\(|\overrightarrow{AD}|=\sqrt{\overrightarrow{AD}^2}\)，
\(\overrightarrow{AD}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\)，则\(\overrightarrow{AD}^2=\cfrac{1}{4}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})^2\)
则\(|\overrightarrow{AD}|^2=\cfrac{1}{4}(|\overrightarrow{AB}|^2+|\overrightarrow{AC}|^2+2|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|cos60^{\circ})\)
\(=\cfrac{1}{4}(4^2+2^2+2\times4\times2\times\cfrac{1}{2})=7\)
故\(AD=|\overrightarrow{AD}|=\sqrt{7}\)；
【法3】由题目可知，先由余弦定理得到\(BC=2\sqrt{3}\)，则由\(AB=4，AC=2\)，可知\(\Delta ABC\)为\(Rt\Delta\)，
则有\(AC=2\)，\(CD=\sqrt{3}\)，故由勾股定理可知，\(AD=\sqrt{7}\)。
解后反思：1、向量法和余弦定理法都是大家应该掌握的常见的思路方法，其中向量法这个思路，对学生和老师而言，都不是那样的自如应用。
解三角形应用
- 此时常先建立解三角形的数学模型，然后利用正余弦定理求解，需要注意立体问题平面化，不同三角形中的要素统一化到同一个三角形中。
可以直接使用的结论：
在\(\triangle ABC\)中，若已知\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AE}\)，则可知点\(E\)为边\(BC\)的中点；
在\(\triangle ABC\)中，已知\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}\)，可知点\(D\)为\(\triangle ABC\)的重心；
具体解释如下图所示，
若已知\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AE}\)，或者\(\overrightarrow{AE}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\)，则可知点\(E\)为\(BC\)的中点；
已知\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}\)，则\(3\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AE}\)，则\(\overrightarrow{AD}=\cfrac{2}{3}\overrightarrow{AE}\)，可知点\(D\)为\(\triangle ABC\)的重心； ↩︎
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