三角函数和解三角形的考向收集整理

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)

例1已知函数(f(x)=2sinxcdot cosx+2sqrt{3}cdot cos^2x-sqrt{3}+1)

(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

例2

已知函数(f(x)=2sinxcdot cosx+2sqrt{3}cdot cos^2x-sqrt{3}+1=2sin(2x+cfrac{pi}{3})+1)

• 考向：求周期；
  

由(T=cfrac{2pi}{2})，得到(T=pi)

• 考向：求值域((xin R 或 xin [-cfrac{pi}{3}，cfrac{pi}{4}]))；最值(和最值点)；
  

若(xin R)，则

当(sin(2x+cfrac{pi}{3})=1)时，即(2x+cfrac{pi}{3}=2kpi+cfrac{pi}{2}(kin Z))，即(x=kpi+cfrac{pi}{12}(kin Z))时，(f(x)_{max}=2 imes1+1=3)；

当(sin(2x+cfrac{pi}{3})=-1)时，即(2x+cfrac{pi}{3}=2kpi-cfrac{pi}{2}(kin Z))，即(x=kpi-cfrac{5pi}{12}(kin Z))时，(f(x)_{max}=2 imes(-1)+1=-1)；

若(xin [-cfrac{pi}{3}，cfrac{pi}{4}])，则可得

(-cfrac{2pi}{3}leq 2xleq cfrac{pi}{2})，则(-cfrac{pi}{3}leq 2x+cfrac{pi}{3}leq cfrac{5pi}{6})，

故当(2x+cfrac{pi}{3}=-cfrac{pi}{3})，即(x=-cfrac{pi}{3})时，(f(x)_{min}=f(-cfrac{pi}{3})=2 imes (-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 imes 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}=kpi+cfrac{pi}{2}(kin Z))，得到(f(x))对称轴方程为(x=cfrac{kpi}{2}+cfrac{pi}{12}(kin Z))；

令(2x+cfrac{pi}{3}=kpi(kin Z))，得到(f(x))的对称中心坐标为((cfrac{kpi}{2}-cfrac{pi}{6}，1)(kin 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} ight))
  

比如，函数(g(x)=2sin(2x+phi+cfrac{pi}{3})(phiin (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 imes 0+phi+cfrac{pi}{3}=kpi+cfrac{pi}{2}(kin Z))，

则(phi=kpi+cfrac{pi}{6}(kin 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。

高考题(2017高考真题 理科全国卷2的第14题)

函数(f(x)=sin^2x+sqrt{3}cosx-cfrac{3}{4}(xin[0，cfrac{pi}{2}]))的最大值为_______。

分析：由于(xin[0，cfrac{pi}{2}])，则(cosxin [0，1])，

令(cosx=tin [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

例3(2017高考真题 理科全国卷2的第17题)

(Delta ABC) 的内角(A，B，C)的对边分别是(a，b，c)，已知(sin(A+C)=8sin^2cfrac{B}{2})。

(1)求(cosB).

分析：(sin(A+C)=sinB=8cdot 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=6^2-2cdot cfrac{17}{2}-2cdot cfrac{17}{2}cdotcfrac{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。

例4(2016.天津高考)

已知函数(f(x)=4tanxcdot sin(cfrac{pi}{2}-x)cdot cos(x-cfrac{pi}{3})-sqrt{3})，

试讨论(f(x))在区间([-cfrac{pi}{4}，cfrac{pi}{4}])上的单调性。

解析：先将所给函数化简为正弦型或者余弦型，

(f(x)=4tancdot cosx(cosxcdot cfrac{1}{2}+sinxcdot cfrac{sqrt{3}}{2})-sqrt{3})

(=4sinx(cosxcdot cfrac{1}{2}+sinxcdot cfrac{sqrt{3}}{2})-sqrt{3}=2sinxcosx+2sqrt{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(xin R)上的单调区间，

令(2kpi-cfrac{pi}{2}leq 2x-cfrac{pi}{3}leq 2kpi+cfrac{pi}{2}(kin Z))，

得到单调递增区间为([kpi-cfrac{pi}{12}，kpi+cfrac{5pi}{12}](kin Z))，

又因为(xin [-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 xleq cfrac{pi}{4})，求得(-cfrac{5pi}{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{5pi}{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；

例5+新考向【2018高考一卷第16题】

求(f(x)=2sinx+sin2x)的最小值。【最值和导数相结合的题型】

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+1ge 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(xin [2kpi-cfrac{5pi}{3}，2kpi-cfrac{pi}{3}](kin Z))时，函数(f(x))单调递减；

(xin [2kpi-cfrac{pi}{3}，2kpi+cfrac{pi}{3}](kin Z))时，函数(f(x))单调递增；

故当(x=2kpi-cfrac{pi}{3}(kin Z))时，(f(x)_{min}=f(2kpi-cfrac{pi}{3})=-cfrac{3sqrt{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。

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})。

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

例7【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})。

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-acge 2ac-ac=ac=4)，即(b^2ge 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

例8【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。

表达式取值范围

• 此时常利用三角函数求最大值

例9(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)。

引申例9

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(B in (cfrac{pi}{6}，cfrac{pi}{4}))，故(cfrac{c}{b}=2cosB in (sqrt{2}，sqrt{3}）)。

例10在锐角(Delta ABC)中，内角(A、B、C)的对边分别是(a、b、c)，且满足((a-b)(sinA+sinB)=(c-b)sinC)，

若(a=sqrt{3})，则(b^2+c^2)的取值范围是【】

(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(Ain (0，pi))，可知(A=cfrac{pi}{3})。

则(B+C=cfrac{2pi}{3})，又由于是锐角(Delta ABC)，

则(left{egin{array}{l}{0< B < cfrac{pi}{2}}\{0<cfrac{2pi}{3}-B < cfrac{pi}{2}}end{array} ight.)

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{2pi}{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+2cdot cfrac{sqrt{3}}{2}cosBcdot 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{5pi}{6})

则(cfrac{1}{2}< sin(2B-cfrac{pi}{6})leq 1)

则(5<2sin(2B-cfrac{pi}{6})+4leq 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

例6【三角函数和解三角形和向量结合】已知函数(f(x)=cosxsinx-sqrt{3}cos^2x+cfrac{sqrt{3}}{2})，

(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，([kpi-cfrac{pi}{12}，kpi+cfrac{5pi}{12}](kin Z))

(2)在(Delta ABC)中，(A)为锐角且(f(A)=cfrac{sqrt{3}}{2})，(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=3overrightarrow{AD})，(AB=sqrt{3})，(AD=2)，求(sinangle 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}=3overrightarrow{AD})，如图所示，

(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=overrightarrow{AE}=2overrightarrow{AF}=2cdot cfrac{3}{2}overrightarrow{AD}=3overrightarrow{AD})，

故点(D)为( riangle 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}}{sinangle AEB}=cfrac{6}{cfrac{sqrt{3}}{2}})，

可得(sinangle AEB=cfrac{1}{4}) ，(cosangle AEB=cfrac{sqrt{15}}{4})，

故(sinangle BAD=sin(cfrac{pi}{3}-angle AEB))

(=cfrac{sqrt{3}}{2} imes cfrac{sqrt{15}}{4}-cfrac{1}{2} imes cfrac{1}{4}=cfrac{3sqrt{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

例1【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} imes 2 imes 2 imes sin30^{circ}=1)；

(S_{Delta BCE}=cfrac{1}{2} imes (sqrt{6}+sqrt{2}) imes (sqrt{6}+sqrt{2}) imes 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

例13【2018宝鸡市二检文科理科第17题】已知函数(f(x)=4sinxsin(x+cfrac{pi}{3}))，在(Delta ABC)中，角(A、B、C)的对边分别是(a、b、c)，

(1)、当(xin [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(xin [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(xin 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(xin R)，都有(f(x)leq f(A))，则(f(A)geqslant f(x)_{max})；

(f(x)=2sin(2x-cfrac{pi}{6})+1，xin 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})+1geqslant 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=2sqrt{3})，则(BD=CD=sqrt{3})，

设(angle ADB=alpha)，(angle ADC=eta)，则有(cosalpha+coseta=0)。

再设(AD=x)，又(cosalpha=cfrac{x^2+(sqrt{3})^2-4^2}{2cdotsqrt{3}cdot x})；(coseta=cfrac{x^2+(sqrt{3})^2-2^2}{2cdotsqrt{3}cdot x})；

代入方程(cosalpha+coseta=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 imes4 imes2 imescfrac{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=2sqrt{3})，则由(AB=4，AC=2)，可知(Delta ABC)为(RtDelta)，

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。

例14解三角形的实际应用

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1. 可以直接使用的结论：
   在( riangle ABC)中，若已知(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=2overrightarrow{AE})，则可知点(E)为边(BC)的中点；
   在( riangle ABC)中，已知(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=3overrightarrow{AD})，可知点(D)为( riangle ABC)的重心；
   具体解释如下图所示，
   若已知(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=2overrightarrow{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}=3overrightarrow{AD})，则(3overrightarrow{AD}=2overrightarrow{AE})，则(overrightarrow{AD}=cfrac{2}{3}overrightarrow{AE})，可知点(D)为( riangle ABC)的重心； ↩︎