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)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(msinBcdot 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：

例1【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(Cin (0，pi))，故(C=cfrac{2pi}{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{2sqrt{3}}{3}(sinA+sinB))

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

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

又由(egin{cases}B>0\ cfrac{pi}{3}-B>0end{cases})得到(0<B<cfrac{pi}{3})，

故(cfrac{pi}{3}<B+cfrac{pi}{3}<cfrac{2pi}{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{2sqrt{3}}{3})

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

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

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

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

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

例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=acdot 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=acdot 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(Bin (0，π))，所以(sinB eq 0)，

因为(Ain (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}} =2sqrt{3})，

所以(b=2sqrt{3}cdot sinB)； (c=2sqrt{3}cdot sinC)，

(Delta ABC)的周长：(l=3+2sqrt{3}cdot sinB+2sqrt{3}cdot sinC)

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

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

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

因为(Bin(0，cfrac{2pi}{3}))，所以当(B=cfrac{pi}{3}) 时，(Delta ABC)的周长取得最大值，最大值为9。

例4(三轮模拟考试理科用题)在(Delta ABC)中，已知(4cos^2cfrac{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(2pi-2A)=cos2A)，

将已知等式变形为(2cdot 2cos^2cfrac{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}，Ain(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+bcge 2bc)，解得(bcleq 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} imes 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{2pi}{3})，故(B，Cin (0，cfrac{2pi}{3}))，

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

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

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

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

(=cfrac{16}{3}[cfrac{sqrt{3}}{2}sinBcdot 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}(sin2Bcdot cfrac{sqrt{3}}{2}-cos2Bcdot 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{5pi}{12} in(0，cfrac{2pi}{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}bcsinAleq cfrac{sqrt{3}}{4} imes 4=sqrt{3})。

例5(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：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})

例6(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})。