1.3 实习作业PPT配套教学设计内容

微专题：三角形中的范围问题

目标：掌握正弦定理、余弦定理、面积公式及其变形，能综合运用所学知识解决三角形中的范围问题

重点; 正弦定理、余弦定理及运用

难点 正弦定理、余弦定理及其他知识的综合应用

【例题】在△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且

-sinBsinC=

(1)求角A；(2)若

,求△ABC面积的最大值.

变式1：

, 求△ABC周长的最大值.

变式2：

, 求△ABC的BC边上的中线AM的最大值.

变式3：

, 求锐角△ABC周长的取值范围。

【巩固练习】. 1.已知在锐角ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且cosBcosbCsinAc3sinC. （1）求b的值；

（2）若cosB3sinB2，求ABC周长的取值范围. .解：(1)由cosBcosCsinbcA3sinC，应用余弦定理，可得a2c2b2a2b2c22abc2abca3c化简可得：b3

(2)

cosB3sinB21cosB322sinB1即sin(6B)1

B(0,)

B62B3; asinAbsinBcsinC,a2sinA,c2sinC

,又因为在锐角ABC中，

0A2,0C2,C2A,所以A(,)

362ABC周长=abc32(sinAsinC)323sin(A)(33,33]. 62.已知△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝

B(2sin B，－3)，n＝(cos 2B，2cos22－1)，且m∥n. (1)求锐角B的大小；

(2)如果b＝2，求S△ABC的最大值. 2B2cos－1＝－3cos 2B，

解

(1)∵m∥n，∴2sin B2∴sin 2B＝－3cos 2B，即tan 2B＝－3. 2ππ又∵B为锐角，∴2B∈(0，π)，∴2B＝3，∴B＝3. π(2)∵B＝3，b＝2，

由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，

得a2＋c2－ac－4＝0. 又a2＋c2≥2ac，代入上式，得ac≤4，

当且仅当a＝c＝2时等号成立. 13故S△ABC＝2acsin B＝4ac≤3，

当且仅当a＝c＝2时等号成立，即S△ABC的最大值为3. 【课时作业】

1．在△ABC中，若sinA≤sinB＋sinC－sinBsinC，则A的取值范围是(

) 222ππππA．0， B．，π C．0， D．，π

6363答案

C b2＋c2－a21解析

由正弦定理角化边，得a≤b＋c－bc.∴b＋c－a≥bc，∴cosA＝≥，2bc2222222π∴0

) A.(8，10)

B.(22，10)

C.(22，10)

D.(10，8) 解析

因为3>1，

2221＋x>3，2所以只需使边长为3及x的对角都为锐角即可，故222即8x，又因为x>0，所以22

B 3．(2014·浙江，10，中)如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)．若AB＝15 m，AC＝25 m，

∠BCM＝30°，则tan θ的最大值是(

) 30304353A.5

B.10

C.9

D.9

【答案】

D

如图，过点P作PD⊥BC，垂足为D.

∵平面MCB⊥平面ABC，且平面MCB∩平面ABC＝BC，∴PD⊥平面ABC. 连接AD，∴∠PAD为点A观察点P的仰角θ.设CD＝x，∵∠BCM＝30°，

3153∴PD＝3x.在Rt△ABC中，AB＝15，AC＝25，∴sin∠ACB＝25＝5，

4∴cos∠ACB＝5.由余弦定理得AD＝x2＋252－2x·25cos∠ACB＝x2－40x＋625. 33xx－40x＋6252∴tan θ＝＝33＝406251－x＋x23325429x－5＋25，

254125∴当x－5＝0，即x＝4时，

53tan θ最大，最大值为9，故选D. 4.(2015·全国Ⅰ卷)在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是________.

解析

如图所示，延长BA与CD相交于点E，过点C作CF∥AD交AB于点F，则BF

∴BF＝22＋22－2×2×2cos 30°＝6－2. 在等腰三角形ECB中，∠CEB＝30°，∠ECB＝75°，

BE2BE＝CE，BC＝2，sin 75°＝sin 30°，

∴BE＝6＋2

2

×14＝6＋2.

2∴6－2

答案

(6－2，6＋2) 5.(2016·贵州适应性考试)已知△ABC的三内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量m＝(cos B，cos C)，n＝(2a＋c，b)，且m⊥n. (1)求角B的大小；

(2)若b＝3，求a＋c的范围. 解

(1)∵m＝(cos B，cos C)，n＝(2a＋c，b)，且m⊥n，

∴(2a＋c)cos B＋bcos C＝0，

∴cos B(2sin A＋sin C)＋sin Bcos C＝0，

∴2cos Bsin A＋cos Bsin C＋sin Bcos C＝0. 即2cos Bsin A＝－sin(B＋C)＝－sin A. 12π∵A∈(0，π)，∴sin A≠0，∴cos B＝－2. ∵0＜B＜π，∴B＝3. (2)由余弦定理得

2a＋c232222＝(a＋c)2，b＝a＋c－2accos3π＝a＋c＋ac＝(a＋c)－ac≥(a＋c)－42222当且仅当a＝c时取等号.

∴(a＋c)2≤4，故a＋c≤2. 又a＋c>b＝3，∴a＋c∈(3，2].

即a＋c的取值范围是(3，2]. πx＋. 6.设f(x)＝sin xcos x－cos42(1)求f(x)的单调区间；

A(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若f2＝0，a＝1，求△ABC

面积的最大值. π1＋cos2x＋2sin 2x1－sin 2xsin 2x1解

(1)由题意知f(x)＝2－＝－＝sin 2x－2222. ππππ由－2＋2kπ≤2x≤2＋2kπ，k∈Z, 可得－4＋kπ≤x≤4＋kπ，k∈Z；

π3ππ3π由2＋2kπ≤2x≤2＋2kπ，k∈Z,可得4＋kπ≤x≤4＋kπ，k∈Z. ππ所以f(x)的单调递增区间是－4＋kπ，4＋kπ(k∈Z)；

3ππ单调递减区间是4＋kπ，4＋kπ(k∈Z). 113A(2)由f2＝sin A－2＝0，得sin A＝2，由题意知A为锐角，所以cos A＝2. 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，可得1＋3bc＝b2＋c2≥2bc，

即bc≤2＋3，且当b＝c时等号成立. 2＋32＋31因此2bcsin A≤4.所以△ABC面积的最大值为4. 5.已知△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝

B(2sin B，－3)，n＝(cos 2B，2cos22－1)，且m∥n. (1)求锐角B的大小；

(2)如果b＝2，求S△ABC的最大值. B解

(1)∵m∥n，∴2sin B2cos22－1＝－3cos 2B，

∴sin 2B＝－3cos 2B，即tan 2B＝－3. 2ππ又∵B为锐角，∴2B∈(0，π)，∴2B＝3，∴B＝3. π(2)∵B＝，b＝2，

3由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得a2＋c2－ac－4＝0. 又a2＋c2≥2ac，代入上式，得ac≤4，当且仅当a＝c＝2时等号成立. 13故S△ABC＝2acsin B＝4ac≤3，当且仅当a＝c＝2时等号成立，

即S△ABC的最大值为3.

【例3】

(2016·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(acos B＋bcos A)＝c. (1)求C；

33(2)若c＝7，△ABC的面积为2，求△ABC的周长. 解

(1)由已知及正弦定理得，2cos C(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin C，

2cos Csin(A＋B)＝sin C，

故2sin Ccos C＝sin C.由C∈(0，π)知sin C≠0，

1π可得cos C＝2，所以C＝3. 133π(2)由已知，2absin C＝2，又C＝3，所以ab＝6，

由已知及余弦定理得，a2＋b2－2abcos C＝7，

故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25. 所以△ABC的周长为5＋7.

8．(2012·安徽，16，12分，中)设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且有

2sin Bcos A＝sin Acos C＋cos Asin C. (1)求角A的大小；

(2)若b＝2，c＝1，D为BC的中点，求AD的长．

解：(1)方法一：由题知2sin Bcos A＝sin(A＋C)＝sin B，

1因为sin B≠0，所以cos A＝2.

π由于0

b2＋c2－a2方法二：由题设可知，2b·2bc

a2＋b2－c2b2＋c2－a2b2＋c2－a2222＝a·2ab＋c·2bc，于是b＋c－a＝bc，所以cos A＝2bc1＝2.

π由于0

→＋AC→2AB→2

(2)方法一：因为AD＝21→2→2→·AC→)

＝4(AB＋AC＋2ABπ71＝4(1＋4＋2×1×2×cos 3)＝4，

→|＝7.从而AD＝7.

所以|AD22方法二：因为a2＝b2＋c2－2bccos A

1＝4＋1－2×2×1×2＝3，

π所以a2＋c2＝b2，B＝2.

3因为BD＝2，AB＝1，

37所以AD＝1＋4＝2. 7．(2015·福建泉州一模，15)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，→·BC→＜0，则cos B＋b，c且2b＞2a，logsin 2 b＜logsin 2 c，b2＋c2＝a2＋3bc.若ABsin C的取值范围是________．

【解析】

由2b＞2a，得b＞a，因为0＜sin 2＜1，且logsin 2 b＜logsin 2 c，所以b＞c.所以b最大．因为b2＋c2＝a2＋3bc，所以b2＋c2－a2＝3bc，即cos Ab2＋c2－a2ππ5π3bc3＝2bc＝2bc＝2，所以A＝6，即B＋C＝π－6＝6.因为b＞c，所5π5π→·→＜0，→·→以B＞C，即6＝B＋C＜B＋B＝2B，所以B＞12.因为ABBC所以ABBC

π→→→→＝|AB|·|BC|cos(π－B)＝－|AB|·|BC|cos B＜0，所以cos B＞0，即0＜B＜2，5ππ所以12＜B＜2.

πcos B＋sin C＝cos B＋sinπ－6－B

π＝cos B＋sin＋B

6π33＝2cos B＋2sin B＝3sinB＋.

35ππ3ππ5π5π3ππ因为＜B＜，所以＜B＋＜，即sin＜sinB＋＜sin，122436643π12即2＜sinB＋＜2，

3π36所以2＜3sinB＋＜2.

336即cos B＋sin C的取值范围是，. 229．(2015·山东青岛二模，16，12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边a，b，c，q＝(2a，1)，p＝(2b－c，cos C)且p∥q.求：

(1)sin A的值；

(2)三角函数式－2cos 2C＋1的取值范围．

1＋tan C解：(1)∵p∥q，∴2acos C＝2b－c，

根据正弦定理，得2sin Acos C＝2sin B－sin C.

又sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos A·sin C，

∴2sin Acos C＝2sin Acos C＋2cos Asin C－sin C，

1即2sin C＝cos Asin C．∵sin C≠0，

1∴cos A＝2.

π3又∵0＜A＜π，∴A＝3，sin A＝2.

(2)－2cos 2C＋1

1＋tan C

2（cos2C－sin2C）＝1－

sin C1＋cos C＝1－2cos2C＋2sin Ccos C，

＝sin 2C－cos 2C

π＝2sin2C－，

4π2π由A＝3知，0＜C＜3，

ππ13∴－4＜2C－4＜12π，

π2∴－2＜sin2C－≤1，

4π∴－1＜2sin2C－≤2，

4－2cos C∴三角函数式＋1的取值范围是(－1，2]．

1＋tan C10．(2014·安徽铜陵一模，16，12分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＝b2＋c2＋3bc. (1)求A；

(2)设a＝3，S为△ABC的面积，求S＋3cos Bcos C的最大值，并指出此时B的值．

b2＋c2－a2－3bc3解：(1)由余弦定理得cos A＝＝＝－2bc2bc2.

5π又因为0

1(2)由(1)得sin A＝2，又由正弦定理及a＝3得

11asin BS＝2bcsin A＝2·sin A·asin C

＝3sin Bsin C，

因此，S＋3cos Bcos C＝3(sin Bsin C＋

cos Bcos C)＝3cos(B－C)．

所以，当B＝C，即B＝π－Aπ2＝12时，S＋3cos Bcos C取最大值3.

8．(2011·四川，6)在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sin Bsin C，则A的取值范围是(

) ππππA.0，

B.6，π

C.0，

D.，π

633【答案】

C

由正弦定理得a2≤b2＋c2－bc，则b2＋c2－a2≥bc，

b2＋c2－a21∴cos A＝2bc≥2. ππ又0

2sin B＝2sin C，则cos C的最小值是________．

【解析】

由已知sin A＋2sin B＝2sin C及正弦定理可得a＋2b＝2c.

a2＋b2－c2又由余弦定理得cos C＝2ab

a＋2b2a＋b－2＝

2ab223a2＋2b2－22ab＝

8ab≥26ab－22ab

8ab6－24，

＝6－2a6当且仅当3a2＝2b2即b＝3时等号成立，所以cos C的最小值为4.

(1)设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且(a2＋b2－c2)sin A＝ab(sin C＋2sin B)，a＝1，则△ABC的周长的取值范围为________．

[解析] (1)由(a2＋b2－c2)sin A＝ab(sin C＋2sin B)，

结合余弦定理，可得2abcos Csin A＝ab(sin C＋2sin B)，

即2cos Csin A＝sin C＋2sin(A＋C)，化简得sin C(1＋2cos A)＝0，

2π1因为sin C≠0，所以cos A＝－，又A∈(0，π)，所以A＝. 232πasin B2 32 3因为A＝，a＝1，由正弦定理可得b＝＝sin B，c＝sin C，

3sin A332 32 32 3所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝1＋sin B＋sin C＝1＋333sin B＋sinπ－B＝1＋2 31sin B＋3cos B＝1＋2 3sinB＋π. 323332πππ2ππ3因为B∈0，，所以B＋∈，，则sinB＋∈，1，

333332π2 32 3则l＝a＋b＋c＝1＋sinB＋∈2，1＋. 333

(2)已知点O是△ABC的内心，∠BAC＝60°，BC＝1，则△BOC面积的最大值为________．

(2)∵点O是△ABC的内心，∠BAC＝60°，

180°－60°∴∠BOC＝180°－＝120°. 2由余弦定理可得BC2＝OC2＋OB2－2OC·OB·cos 120°，

2222即OC＋OB＝1－OC·OB，又OC＋OB≥2OC·OB，

1∴OC·OB≤，当且仅当OC＝OB时等号成立，

313∴S△BOC＝OC·OB·sin 120°≤，

2123则△BOC面积的最大值为. 12

[小结] 三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围．

式题

(1)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，M是BC的中点，BM＝2，AM＝AB－AC，则△ABC的面积的最大值为(

) A. 2 2

B. 2 3

C. 3 2

D. 3 3

c2＋4－（c－b）2(1)在△ABM中，由余弦定理得cos B＝.在△ABC中，由余弦定理得cos 4cc2＋16－b2B＝. 8cc2＋4－（c－b）2c2＋16－b2∴＝，即b2＋c2＝4bc－8，

4c8c2bc－12122∴cos A＝，∴sin A＝1－2－bc. bc

11∴S△ABC＝bcsin A＝－3（bc－8）2＋48. 22∴当bc＝8时，S△ABC取得最大值2 3.

a＋csin A－sin Ba＋b(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足＝，则b的取值范围为________．

(2)利用正弦定理化简已知等式得a＋ca－b＝ba－c，

化简得a＋b2－c2＝ab，∴cos C＝a2＋b2－c2212ab＝2. ∵C为三角形的内角，∴C＝π3，

∴a＋bc＝sin A＋sin Bsin C＝2sin A＋sin2π－Aπ33＝2sinA＋6. ∵A∈0，2π3，∴A＋π6∈π6，5π6，

∴sinπ1A＋6∈2，1，则a＋bc的取值范围是(1，2]．

sin A－sin Cc