第5章 高考大题冲关系列(2) 高考中解三角形综合问题的热点题型-【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，提升版）

第五章　三角函数、解三角形 高考大题冲关系列(2) 高考中解三角形综合问题的热点题型 命题动向：解三角形不仅是数学的重要基础知识，同时也是解决其他问题的一种数学工具．高考命题者常在三角函数、解三角形和平面向量、不等式等知识的交汇处命题．以解答题的形式出现，难度中等．备考中首先要熟练掌握正弦定理、余弦定理的基本应用，然后要注意三角函数性质、三角恒等变换、基本不等式及平面几何图形的性质等知识的综合应用． 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 3 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 4 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 5 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 6 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 7 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 8 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 9 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 10 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 11 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 12 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 13 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 14 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 15 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 16 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 17 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 18 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 19 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 20 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 21 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 22 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 23 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 24 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 25 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 26 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 27 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 28 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 29 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 30 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 31 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 32 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 33 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 34 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 35 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 36 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 37 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 38 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 39 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 40 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 41 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 42 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 43 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 44 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 45 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 46 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 47 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 48 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 49 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 50 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 51 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 52 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 53 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 54 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 55 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 56 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 57 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 58 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 59 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 60 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 61 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 62 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 63 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 64 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 65 解 题型1 题型2 题型3 题型4 题型5 66 　　　　　　　　　　　　　 R 题型1　三角形中边长、角度、周长和面积的计算问题 例1　(2023·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为eq \r(3)，D为BC的中点，且AD＝1. (1)若∠ADC＝eq \f(π,3)，求tanB； (2)若b2＋c2＝8，求b，c. 解　(1)解法一：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝eq \f(π,3)，AD＝1， 则S△ADC＝eq \f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq \f(1,2)×1×eq \f(1,2)a×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),8)a＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝4. 在△ABD中，∠ADB＝eq \f(2π,3)，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB， 即c2＝4＋1－2×2×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，解得c＝eq \r(7)， 则cosB＝eq \f(7＋4－1,2\r(7)×2)＝eq \f(5\r(7),14)，sinB＝eq \r(1－cos2B)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(7),14)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(21),14)， 所以tanB＝eq \f(sinB,cosB)＝eq \f(\r(3),5). 解法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝eq \f(π,3)，AD＝1，则S△ADC＝eq \f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq \f(1,2)×1×eq \f(1,2)a×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),8)a＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝4. 在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC，即b2＝4＋1－2×2×1×eq \f(1,2)＝3，解得b＝eq \r(3)，有AC2＋AD2＝4＝CD2，则∠CAD＝eq \f(π,2)，C＝eq \f(π,6). 过A作AE⊥BC于点E，于是CE＝ACcosC＝eq \f(3,2)，AE＝ACsinC＝eq \f(\r(3),2)，BE＝eq \f(5,2)， 所以tanB＝eq \f(AE,BE)＝eq \f(\r(3),5). (2)解法一：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos（π－∠ADC），,b2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos∠ADC，)) 整理得eq \f(1,2)a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，则a＝2eq \r(3)，又S△ADC＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×1×sin∠ADC＝eq \f(\r(3),2)，解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝eq \f(π,2)，所以b＝c＝eq \r(AD2＋CD2)＝2. 解法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，则2eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AC,\s\up16(→))，又eq \o(CB,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(AC,\s\up16(→))，于是4eq \o(AD,\s\up16(→))2＋eq \o(CB,\s\up16(→))2＝(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AC,\s\up16(→)))2＋(eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(AC,\s\up16(→)))2＝2(b2＋c2)＝16，即4＋a2＝16，解得a＝2eq \r(3)，在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(8－12,2bc)＝－eq \f(2,bc)， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin∠BAC ＝eq \f(1,2)bceq \r(1－cos2∠BAC)＝eq \f(1,2)bceq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,bc)))\s\up12(2)) ＝eq \f(1,2) eq \r(b2c2－4)＝eq \r(3)， 解得bc＝4. 则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bc＝4，,b2＋c2＝8，))解得b＝c＝2. 例2　(2023·河南驻马店三模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq \f(cosA,a)＝eq \f(cosB＋cosC,b＋c). (1)求A； (2)已知D为边BC上一点，∠DAB＝∠DAC，若AD＝eq \r(3)，a＝3eq \r(2)，求△ABC的周长． 解　(1)因为eq \f(cosA,a)＝eq \f(cosB＋cosC,b＋c)，所以由正弦定理可得eq \f(cosA,sinA)＝eq \f(cosB＋cosC,sinB＋sinC)， 所以sinAcosB＋sinAcosC＝cosAsinB＋cosAsinC， 所以sinAcosB－cosAsinB＝cosAsinC－sinAcosC， 所以sin(A－B)＝sin(C－A)． 因为A－B∈(－π，π)，C－A∈(－π，π)， 所以A－B＝C－A或(A－B)＋(C－A)＝2×eq \f(π,2)或(A－B)＋(C－A)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))， 即2A＝B＋C或C＝B＋π(舍去)或B＝C＋π(舍去)， 又A＋B＋C＝π，所以A＝eq \f(π,3). (2)由题意得S△DAB＋S△DAC＝S△ABC， 即eq \f(1,2)AB·ADsin∠DAB＋eq \f(1,2)AC·ADsin∠DAC＝eq \f(1,2)AB·ACsin∠BAC， 因为∠BAC＝eq \f(π,3)，∠DAB＝∠DAC＝eq \f(π,6)，AD＝eq \r(3)， 所以eq \f(\r(3),4)AB＋eq \f(\r(3),4)AC＝eq \f(\r(3),4)AB·AC， 所以AB＋AC＝AB·AC，即c＋b＝cb， 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccoseq \f(π,3)＝(b＋c)2－3bc， 所以(b＋c)2－3(b＋c)－18＝0，所以b＋c＝6或b＋c＝－3(舍去)， 所以△ABC的周长为6＋3eq \r(2). 解答此类问题，首先明确正弦定理、余弦定理分别适用于哪些解三角形问题，其次要注意“边”与“角”的互化，最后还要关注诱导公式、三角恒等变换及三角函数性质的应用． 变式训练1　(2023·深圳一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＋c＝2a·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6))). (1)求A； (2)设AB的中点为D，若CD＝a，且b－c＝1，求△ABC的面积． 解　(1)由已知得，b＋c＝eq \r(3)asinC＋acosC， 由正弦定理可得，sinB＋sinC＝eq \r(3)sinAsinC＋sinAcosC， 因为A＋B＋C＝π，所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC， 代入上式，整理得 cosAsinC＋sinC＝eq \r(3)sinAsinC， 又因为C∈(0，π)，所以sinC≠0， 所以eq \r(3)sinA－cosA＝1， 即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq \f(1,2). 而－eq \f(π,6)<A－eq \f(π,6)<eq \f(5π,6)，所以A－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，A＝eq \f(π,3). (2)在△ACD中，由余弦定理得，CD2＝b2＋eq \f(c2,4)－2b·eq \f(c,2)cosA， 而A＝eq \f(π,3)，CD＝a，所以a2＝b2＋eq \f(c2,4)－eq \f(bc,2).① 在△ABC中，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－bc，② 由①②两式消去a，得3c2＝2bc，所以b＝eq \f(3c,2)， 又b－c＝1，解得b＝3，c＝2， 所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(3\r(3),2). 变式训练2　(2023·湖北高三4月调研)在△ABC中，D为边BC上一点，∠BAD＝90°，∠B＝∠DAC，12BD＝7AC， (1)求tan2B； (2)若AB＝7，求△ABC内切圆的半径． 解　(1)设∠B＝∠DAC＝α，∴∠ADC＝90°＋α，∠C＝90°－2α， 在△ADC中，由正弦定理可得 eq \f(AD,sin（90°－2α）)＝eq \f(AC,sin（90°＋α）)， 在△ABD中，AD＝BDsinα，又AC＝eq \f(12,7)BD， ∴eq \f(BDsinα,cos2α)＝eq \f(\f(12,7)BD,cosα)，∴sinαcosα＝eq \f(12,7)cos2α， ∴eq \f(1,2)sin2α＝eq \f(12,7)cos2α， ∴tan2α＝eq \f(24,7)，即tan2B＝eq \f(24,7). (2)由(1)知，tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝eq \f(24,7)， ∴(3tanα＋4)(4tanα－3)＝0， 又α为锐角，∴tanα＝eq \f(3,4)，∴sinα＝eq \f(3,5)，cosα＝eq \f(4,5)， ∵AB＝7，∴BD＝eq \f(35,4)，∴AC＝15， 又cos∠BAC＝cos(90°＋α)＝－sinα＝－eq \f(3,5)， 在△ABC中，由余弦定理可得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝400，∴BC＝20. 设△ABC内切圆的半径为r，则 S△ABC＝eq \f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq \f(1,2)(AB＋AC＋BC)r， 则r＝2. 题型2　三角形形状的判断及平面几何证明问题 例3　(2023·漳州模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinB＝bsineq \f(B＋C,2). (1)求A； (2)若D为边BC上一点，且BD＝eq \f(1,3)BC，AD＝eq \f(2\r(3),3)c，证明：△ABC为直角三角形． 解　(1)因为asinB＝bsineq \f(B＋C,2)， 所以sinAsinB＝sinBsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝sinBcoseq \f(A,2)， 因为sinB>0，所以sinA＝coseq \f(A,2)， 即2sineq \f(A,2)coseq \f(A,2)＝coseq \f(A,2). 又coseq \f(A,2)≠0，所以sineq \f(A,2)＝eq \f(1,2). 又0<eq \f(A,2)<eq \f(π,2)，所以eq \f(A,2)＝eq \f(π,6)，所以A＝eq \f(π,3). (2)证法一：因为eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,3)(eq \o(AC,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))＝eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up16(→))， 所以|eq \o(AD,\s\up16(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(AB,\s\up16(→))＋\f(1,3)\o(AC,\s\up16(→)))) eq \s\up12(2)＝eq \f(4,9) eq \o(AB,\s\up16(→))2＋eq \f(1,9) eq \o(AC,\s\up16(→))2＋eq \f(4,9) eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \f(4,9)c2＋eq \f(1,9)b2＋eq \f(2,9)bc＝eq \f(4,3)c2， 即b2＋2bc－8c2＝0，所以(b＋4c)(b－2c)＝0，所以b＝2c. 因此a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝b2＋c2－bc＝3c2， 又b＝2c，所以b2＝a2＋c2， 所以B＝90°，所以△ABC为直角三角形． 证法二：因为∠ADB＝π－∠ADC， 所以cos∠ADB＋cos∠ADC＝0， 所以eq \f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＋eq \f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)＝0， 又BD＝eq \f(1,3)BC＝eq \f(1,3)a，AD＝eq \f(2\r(3),3)c， 所以eq \f(\f(4,3)c2＋\f(1,9)a2－c2,\f(4\r(3),9)ac)＋eq \f(\f(4,3)c2＋\f(4,9)a2－b2,\f(8\r(3),9)ac)＝0， 即6c2－3b2＋2a2＝0. 又a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝b2＋c2－bc， 所以6c2－3b2＋2(b2＋c2－bc)＝0， 即8c2－2bc－b2＝0，所以(4c＋b)(2c－b)＝0， 所以b＝2c，所以a2＝3c2. 因此b2＝a2＋c2， 所以B＝90°，所以△ABC为直角三角形． (1)判断三角形形状的两种思路 ①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状． ②化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论． (2)对于证明问题，一方面要利用已知条件和正弦定理、余弦定理推出边或角的关系式，另一方面还要注意对这些等量关系进行适当的整合变形． 变式训练3　(2024·长沙模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知c2＝ab，D是边AB的中点，CDsin∠ACB＝asinB. (1)证明：CD＝c； (2)求cos∠ACB. 解　(1)证明：由题意得CD＝eq \f(asinB,sin∠ACB)， 由正弦定理得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sin∠ACB)，即eq \f(sinB,sin∠ACB)＝eq \f(b,c)， 所以CD＝eq \f(ab,c)，由于c2＝ab，所以CD＝c. (2)由题意知CD＝c，AD＝eq \f(c,2)，DB＝eq \f(c,2)， 所以cos∠ADC＝eq \f(c2＋\f(c2,4)－b2,2·c·\f(c,2))＝eq \f(\f(5,4)c2－b2,c2)， 同理cos∠BDC＝eq \f(c2＋\f(c2,4)－a2,2·c·\f(c,2))＝eq \f(\f(5,4)c2－a2,c2)， 由于∠ADC＝π－∠BDC， 所以eq \f(\f(5,4)c2－b2,c2)＋eq \f(\f(5,4)c2－a2,c2)＝0， 整理得a2＋b2＝eq \f(5,2)c2， 由余弦定理，得cos∠ACB＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(3c2,4ab)＝eq \f(3,4). 题型3　最值与范围问题 例4　(2023·茂名一模)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝b＋2bcosC. (1)求证：C＝2B； (2)求eq \f(a＋c,b)的取值范围． 解　(1)证明：在△ABC中，由a＝b＋2bcosC及正弦定理得sinA＝sinB＋2sinBcosC， 又A＝π－(B＋C)， ∴sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC， 即sinBcosC＋cosBsinC＝sinB＋2sinBcosC， sinBcosC＋cosBsinC－2sinBcosC＝sinB，sin(C－B)＝sinB， ∵0<sinB＝sin(C－B)，∴0<C－B<C<π. ∵B＋(C－B)＝C<π， ∴B＝C－B，C＝2B. (2)解法一：由C＝2B得B＋C＝3B∈(0，π)， ∴0<B<eq \f(π,3)，∴eq \f(1,2)<cosB<1， 由题意a＝b＋2bcosC，C＝2B及正弦定理得 eq \f(a＋c,b)＝eq \f(b＋2bcosC＋c,b)＝eq \f(sinB＋2sinBcosC＋sinC,sinB) ＝eq \f(sinB＋2sinBcosC＋sin2B,sinB) ＝eq \f(sinB＋2sinBcosC＋2sinBcosB,sinB) ＝1＋2cosC＋2cosB＝1＋2cos2B＋2cosB＝1＋2(2cos2B－1)＋2cosB＝4cos2B＋2cosB－1＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4))) eq \s\up12(2)－eq \f(5,4)， ∵eq \f(1,2)<cosB<1，∴1<4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4))) eq \s\up12(2)－eq \f(5,4)<5，即1<eq \f(a＋c,b)<5， 故eq \f(a＋c,b)的取值范围为(1，5)． 解法二：由正弦定理得eq \f(a＋c,b)＝eq \f(sinA＋sinC,sinB)， ∵A＋B＋C＝π， ∴A＝π－(B＋C)， eq \f(sinA＋sinC,sinB)＝eq \f(sin[π－（B＋C）]＋sinC,sinB) ＝eq \f(sin（B＋C）＋sinC,sinB)， 由(1)得C＝2B， 故eq \f(a＋c,b)＝eq \f(sin（B＋2B）＋sin2B,sinB) ＝eq \f(sinBcos2B＋cosBsin2B＋sin2B,sinB) ＝eq \f(sinBcos2B＋cosB·2sinBcosB＋2sinBcosB,sinB) ＝cos2B＋2cos2B＋2cosB＝2cos2B－1＋2cos2B＋2cosB＝4cos2B＋2cosB－1＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4))) eq \s\up12(2)－eq \f(5,4)， 由(1)得C＝2B，得B＋C＝3B∈(0，π)， ∴0<B<eq \f(π,3)，∴eq \f(1,2)<cosB<1， ∴1<4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosB＋\f(1,4))) eq \s\up12(2)－eq \f(5,4)<5，即1<eq \f(a＋c,b)<5， 故eq \f(a＋c,b)的取值范围为(1，5)． (1)求解三角形中的最值(范围)问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立a＋b，ab，a2＋b2之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解． (2)解决三角形中的某个量的最值或范围问题，除了利用基本不等式外，再一个思路就是利用正弦定理、余弦定理，把该量转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解，此时要特别注意题目隐含条件的应用，如锐角三角形、钝角三角形、三角形内角和为π等． 变式训练4　(2023·佛山模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c. (1)设eq \o(CB,\s\up16(→))＝a，eq \o(CA,\s\up16(→))＝b，求证：S△ABC＝eq \f(1,2) eq \r(|a|2|b|2－（a·b）2)； (2)设D为BC的中点，CB＝AD＝4，求AB＋AC的取值范围． 解　(1)证明：依题意，因为eq \o(CB,\s\up16(→))＝a，eq \o(CA,\s\up16(→))＝b， 所以cosC＝eq \f(\o(CB,\s\up16(→))·\o(CA,\s\up16(→)),|\o(CB,\s\up16(→))||\o(CA,\s\up16(→))|)＝eq \f(a·b,|a||b|)， 在△ABC中，sinC＝eq \r(1－cos2C) ＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·b,|a||b|)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(|a|2|b|2－（a·b）2),|a||b|)， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)|eq \o(CB,\s\up16(→))||eq \o(CA,\s\up16(→))|sinC＝eq \f(1,2)|a||b|·eq \f(\r(|a|2|b|2－（a·b）2),|a||b|) ＝eq \f(1,2) eq \r(|a|2|b|2－（a·b）2). (2)如图所示，在△ABC中，D为BC的中点，CB＝AD＝4， 所以BD＝CD＝2，设∠ADB＝θ， 则∠ADC＝π－θ， 在△ABD中，由余弦定理，得AB2＝22＋42－2×2×4×cosθ＝20－16cosθ， 在△ACD中，由余弦定理，得AC2＝22＋42－2×2×4×cos(π－θ)＝20＋16cosθ， 所以AB＋AC＝eq \r(20－16cosθ)＋eq \r(20＋16cosθ)， (AB＋AC)2＝40＋2eq \r(400－256cos2θ)， 因为θ∈(0，π)，所以cos2θ∈[0，1)， 所以(AB＋AC)2∈(64，80]， 所以AB＋AC的取值范围是(8，4eq \r(5)]． 题型4　解三角形与三角函数的综合问题 例5　(2023·湖南三湘名校联考)已知函数y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分图象如图，将该函数图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度后，再将所得曲线上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数f(x)的图象．设g(x)＝f(x)sinx. (1)求函数g(x)的最小正周期T； (2)在△ABC中，AB＝6，D是BC的中点，AD＝eq \r(19)，设∠BAC＝θ，cosθ＜0，g(θ)＝eq \f(\r(3),4)，求△ABC的面积． 解　(1)由题图知A＝1，eq \f(2π,ω)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,12)))，解得ω＝2， 又函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))， ∴2×eq \f(π,12)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)， ∵0＜φ＜eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,3)， ∴y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))). ∵sinxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sinxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx))＝eq \f(\r(3)（1－cos2x）,4)＋eq \f(1,4)sin2x＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),4)， ∴g(x)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),4)，∴T＝π. (2)∵g(θ)＝eq \f(\r(3),4)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝0， ∵cosθ＜0，即eq \f(π,2)＜θ＜π，∴θ＝eq \f(2π,3). 设BC＝2m，AC＝x， ∵∠ADB＋∠ADC＝π， ∴cos∠ADB＋cos∠ADC＝0， ∵AB＝6，AD＝eq \r(19)， ∴在△ADB和△ADC中， 由余弦定理得eq \f(19＋m2－36,2\r(19)m)＋eq \f(19＋m2－x2,2\r(19)m)＝0， ∴4m2＝2x2－4， 在△ABC中，由余弦定理得 (2m)2＝36＋x2－12xcos∠BAC＝36＋x2＋6x， ∴2x2－4＝36＋x2＋6x， 解得x＝－4(舍去)或x＝10，即AC＝10， ∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq \f(1,2)×6×10×eq \f(\r(3),2)＝15eq \r(3). 解三角形和三角函数的结合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先确定三角形的边角，再代入到三角函数中，三角函数和差公式的灵活运用是解决此类问题的关键． 变式训练5　(2023·长沙模拟)锐 角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝2A. (1)证明：sinC>eq \f(\r(2),2)； (2)求eq \f(c,a＋b)的取值范围． 解　(1)证明：因为B＝2A，A＋B＋C＝π， 所以C＝π－3A. 因为△ABC是锐角三角形，所以0<2A<eq \f(π,2)，0<π－3A<eq \f(π,2)， 解得eq \f(π,6)<A<eq \f(π,4)， 所以eq \f(π,2)<3A<eq \f(3π,4)， 所以sinC＝sin(π－3A)＝sin3A>eq \f(\r(2),2). (2)由正弦定理得eq \f(c,a＋b)＝eq \f(sinC,sinA＋sinB) ＝eq \f(sin3A,sinA＋sin2A)＝eq \f(sin（A＋2A）,sinA＋sin2A) ＝eq \f(sinAcos2A＋cosAsin2A,sinA＋sin2A)＝eq \f(cos2A＋2cos2A,1＋2cosA) ＝eq \f(4cos2A－1,2cosA＋1)＝2cosA－1. 因为eq \f(π,6)<A<eq \f(π,4)，所以eq \f(\r(2),2)<cosA<eq \f(\r(3),2)， 即eq \r(2)－1<2cosA－1<eq \r(3)－1. 故eq \f(c,a＋b)的取值范围是(eq \r(2)－1，eq \r(3)－1)． 题型5　解三角形与平面向量的综合问题 例6　(2023·常州模拟)在△ABC中，AB·tanC＝AC·tanB，点D是边BC上一点，且满足eq \o(AB,\s\up16(→))2＋eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝0. (1)证明：△ABC为等腰三角形； (2)若BD＝3CD，求∠BAC的余弦值． 解　(1)证明：由AB·tanC＝AC·tanB， 得AB·eq \f(sinC,cosC)＝AC·eq \f(sinB,cosB)， 由正弦定理得eq \f(sin2C,cosC)＝eq \f(sin2B,cosB)，即eq \f(1－cos2C,cosC)＝eq \f(1－cos2B,cosB)， 化简得(1＋cosBcosC)(cosB－cosC)＝0， 因为B，C∈(0，π)，所以cosB，cosC∈(－1，1)，所以1＋cosBcosC≠0，所以cosB－cosC＝0， 又y＝cosx在(0，π)上单调递减，所以B＝C，所以△ABC为等腰三角形． (2)由eq \o(AB,\s\up16(→))2＋eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝0， 得eq \o(AB,\s\up16(→))·(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BD,\s\up16(→)))＝0，即eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AD,\s\up16(→))＝0， 所以AB⊥AD，即∠BAD＝90°， 所以sin∠BDA＝eq \f(AB,BD)， cos∠BAC＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋∠CAD))＝－sin∠CAD， 由(1)得AB＝AC， 在△ACD中，由正弦定理得， eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(AC,sin∠CDA)， 所以sin∠CAD＝eq \f(CD,AC)sin∠CDA＝eq \f(CD,AC)sin(π－∠CDA)＝eq \f(CD,AC)sin∠BDA＝eq \f(CD,AC)·eq \f(AB,BD)＝eq \f(CD,3CD)＝eq \f(1,3)， 所以cos∠BAC＝－sin∠CAD＝－eq \f(1,3). 解决解三角形与平面向量综合问题的关键：准确利用向量的坐标运算化简已知条件，将其转化为三角函数的问题解决． 变式训练6　(2024·青岛模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量p＝(2b，2c－a)，q＝(1，cosA)，且p∥q，b＝3. (1)求B的大小； (2)求eq \f(ac,a＋c)的最大值． 解　(1)因为p＝(2b，2c－a)，q＝(1，cosA)， 且p∥q，所以2c－a＝2bcosA， 又eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)， 所以2sinC－sinA＝2sinBcosA， 又C＝π－(A＋B)， 所以2sin(A＋B)－sinA＝2sinBcosA， 所以2sinAcosB－sinA＝0， 因为A∈(0，π)，sinA≠0，所以cosB＝eq \f(1,2)， 又B∈(0，π)，可得B＝eq \f(π,3). (2)根据余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB， 得a2＋c2－ac＝9，即(a＋c)2＝9＋3ac， 因为ac≤eq \f(（a＋c）2,4)，所以(a＋c)2≤9＋eq \f(3,4)(a＋c)2，结合a＋c>3， 所以3<a＋c≤6(当且仅当a＝c＝3时取等号)， 设t＝a＋c，则t∈(3，6]，所以eq \f(ac,a＋c)＝eq \f(t2－9,3t)， 设f(t)＝eq \f(t2－9,3t)＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(9,t)))，则f(t)在(3，6]上单调递增， 所以f(t)的最大值为f(6)＝eq \f(3,2)， 所以eq \f(ac,a＋c)的最大值为eq \f(3,2). $$