三角函数和解三角形的综合题目
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\(msinB\cdot nsinC\)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：
(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\(2cosB \in (\sqrt{2}，\sqrt{3})\)。
(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。
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\([S_{\Delta}]_{max}=\cfrac{1}{2}bcsinA\leq \cfrac{\sqrt{3}}{4}\times 4=\sqrt{3}\)。
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\((1，2+\sqrt{3})\)；
(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\(3+\sqrt{33}\)。
