解三角形中的最值和范围问题 课件-2025届高三数学一轮复习

课题导入 解三角形中的最值和范围问题 一不怕苦 二不怕累 风雨同舟 追求卓越 高复数学组 授课时间：2025届 2025 2 目标引领 1、边角最值问题 2、周长和面积最值问题 3、含代数式的面积最值问题 独立自学 1.回顾之前所学的解三角形知识。 2.说说有哪些求取值范围的方法。 题型一　角的最值问题 引导探究 引导探究 引导探究 引导探究 题型二　边长的最值问题 引导探究 引导探究 引导探究 题型三　周长的最值问题 引导探究 引导探究 引导探究 题型四　面积的最值问题 引导探究 引导探究 引导探究 引导探究 题型五　边长或角的代数式的最值问题 引导探究 引导探究 引导探究 引导探究 目标升华 1、求函数的值域需要注意什么； 2、总结本节课学习的几种求值域的方法； 当堂诊学 当堂诊学 当堂诊学 强化补清 请完成：题组层级快练32和课后配套习题 坚持就是胜利！ 一不怕苦 二不怕累 风雨同舟 追求卓越 2025届高复 29 三角函数是一种重要的初等函数，函数与方程是高中数学的重要思想方法之一，在解决解三角形问题时常常用到该思想方法。 对于求值(或最值)问题，也要求学生具有较强的函数与方程意识，构建未知量的函数与方程关系从而解决问题。 同时，利用函数、方程、不等式解题时要注意变量范围的限制，要特别注意对一些隐含条件的挖掘，缩小角的取值范围。 求角的最值问题是高考的一个考点，解决这类问题的关键是利用正、余弦定理及基本不等式求出角的某一三角函数值的范围，然后利用三角函数的单调性求出角的最值． (2024·内蒙古呼伦贝尔模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin Ccos eq \f(B,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cos C))sin eq \f(B,2). (1)当B＝eq \f(π,3)时，求sin C＋sin A的值； 【答案】　1　 【解析】　由题意，得sin Ccos eq \f(π,6)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cos C))sin eq \f(π,6)，即eq \f(\r(3),2)sin C＋eq \f(1,2)cos C＝eq \f(\r(3),3)， 则sin C＋sin A＝sin C＋sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3))))) ＝sin C＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3)))＝eq \f(3,2)sin C＋eq \f(\r(3),2)cos C ＝eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin C＋\f(1,2)cos C))＝1. 【解析】　sin Ccos eq \f(B,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cos C))sin eq \f(B,2)，两边同乘以2cos eq \f(B,2)得2sin Ccos2eq \f(B,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cos C))·2sin eq \f(B,2)cos eq \f(B,2)，即sin C(1＋cos B)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－cos C))sin B，整理得sin C＋sin A＝eq \f(2\r(3),3)sin B. (2)求B的最大值． 【答案】　eq \f(2π,3) 由正弦定理，得a＋c＝eq \f(2\r(3),3)b. 由余弦定理，得cos B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(（a＋c）2－b2－2ac,2ac)＝eq \f(b2,6ac)－1. 因为ac≤eq \f(（a＋c）2,4)＝eq \f(1,3)b2，当且仅当a＝c时等号成立， 此时cos B＝eq \f(b2,6ac)－1≥－eq \f(1,2)，由于B∈(0，π)，而y＝cos x在(0，π)上单调递减，故B的最大值为eq \f(2π,3). 求边的最值问题是高考的一个考点，解决这类问题的关键是利用正、余弦定理表示出所要求的边，然后利用基本不等式或三角形三边的关系求出边的最值． (2024·高一单元测试)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos 2A＋(sin B＋sin C)2＝eq \f(cos 2C＋cos 2B,2). (1)求A的值； 【答案】　eq \f(2π,3)　 【解析】　由cos 2A＋(sin B＋sin C)2 ＝eq \f(cos 2C＋cos 2B,2)，可得cos2A－sin2A＋(sin B＋sin C)2 ＝eq \f(cos2C－sin2C＋cos2B－sin2B,2)，所以1－2sin2A＋sin2B＋sin2C＋2sin Bsin C＝eq \f(1－2sin2C＋1－2sin2B,2)，整理得sin2A＝sin2B＋sin2C＋sin Bsin C， 由正弦定理得a2＝b2＋c2＋bc，∴cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(－bc,2bc)＝－eq \f(1,2)， ∵A为△ABC的内角，∴A＝eq \f(2π,3). 【解析】　由S△ABC＝eq \r(3)，得eq \f(1,2)bcsin A＝eq \r(3)，所以bc＝4， ∵a2＝b2＋c2＋bc， ∴a2＝b2＋c2＋4≥2bc＋4＝12，当且仅当b＝c＝2时，等号成立， ∴a2≥12，又a>0， ∴a≥2eq \r(3)， 即a的最小值为2eq \r(3). (2)若△ABC的面积为eq \r(3)，求a的最小值． 【答案】　2eq \r(3) 求三角形周长的最值问题是高考的一个热点，这类问题一般可以求出一条边，然后利用余弦定理表示出另两条边满足的关系式，最后利用基本不等式求出周长的最值． (2024·全国高一专题练习)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设eq \r(3)bsin A＝a(2＋cos B)． (1)求B； 【答案】　eq \f(2π,3)　 【解析】　∵eq \r(3)bsin A＝a(2＋cos B)， ∴由正弦定理得eq \r(3)sin Bsin A＝sin A(2＋cos B)， ∵sin A>0，∴eq \r(3)sin B－cos B＝2， ∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝2， ∵B∈(0，π)，∴B－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))， ∴B－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，∴B＝eq \f(2π,3). 【解析】　依题意eq \f(\r(3)ac,4)＝eq \r(3)，∴ac＝4， ∴a＋c≥2eq \r(ac)＝4，当且仅当a＝c＝2时取等号， 又由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2＋ac≥3ac＝12， ∴b≥2eq \r(3)，当且仅当a＝c＝2时取等号， ∴△ABC的周长最小值为4＋2eq \r(3). (2)若△ABC的面积等于eq \r(3)，求△ABC的周长的最小值． 【答案】　4＋2eq \r(3) 求三角形面积的最值问题是高考的一个热点，解决这类问题的关键是找出两边之积满足的不等关系式，然后利用三角形面积公式解决问题． (2024·全国高一专题练习)锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asin B＝bcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，c＝1. (1)求A； 【答案】　eq \f(π,3)　 【解析】　因为asin B＝bcos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，由正弦定理得sin Asin B＝sin Bcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6))) ，因为B∈(0，π)，sin B≠0， 所以sin A＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),2)cos A＋eq \f(1,2)sin A， 化简得sin A＝eq \r(3)cos A，所以tan A＝eq \r(3)， 因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3). 【解析】　由正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(1,sin C)， 得b＝eq \f(sin B,sin C)， 又S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)b＝eq \f(\r(3),4)·eq \f(sin B,sin C)＝eq \f(\r(3),4)·eq \f(sin（π－A－C）,sin C)＝ (2)求△ABC面积的取值范围． 【答案】　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))) eq \f(\r(3),4)·eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－C)),sin C)＝eq \f(\r(3),4)·eq \f(\f(\r(3),2)cos C＋\f(1,2)sin C,sin C)＝eq \f(\r(3),4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)·\f(1,tan C)＋\f(1,2)))＝eq \f(3,8)·eq \f(1,tan C)＋eq \f(\r(3),8)， △ABC为锐角三角形，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<C<\f(π,2)，,0<B＝\f(2π,3)－C<\f(π,2)，)) 解得C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，则tan C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))， 所以△ABC的面积的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))). 求关于边长或角的代数式的最值问题是高考的一个新趋向，解决这类问题的关键是消元，然后利用基本不等式求出最值即可． 记锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(sin（A－B）,cos B)＝eq \f(sin（A－C）,cos C). (1)求证：B＝C； 【答案】　证明见解析　 【解析】　证明：因为eq \f(sin（A－B）,cos B)＝eq \f(sin（A－C）,cos C)， 所以sin(A－B)cos C＝sin(A－C)cos B， 所以sin Acos Bcos C－cos Asin Bcos C＝sin Acos Ccos B－cos Asin Ccos B，所以cos Asin Bcos C＝cos Asin Ccos B. 因为A为锐角，所以cos A≠0， 所以sin Bcos C＝sin Ccos B， 又B，C为锐角，所以tan B＝tan C. 由正切函数y＝tan x的单调性可知B＝C. 【解析】　由(1)知B＝C，所以sin B＝sin C， 因为asin C＝1，所以eq \f(1,a)＝sin C. 由正弦定理得a＝2Rsin A，sin C＝sin B＝eq \f(b,2R)(R为△ABC外接圆的半径)， 所以asin C＝2Rsin A·eq \f(b,2R)＝bsin A＝1， (2)若asin C＝1，求eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)的最大值． 【答案】　eq \f(25,16) 所以eq \f(1,b)＝sin A.因为A＝π－B－C＝π－2C，所以eq \f(1,b)＝sin A＝sin 2C， 所以eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＝sin2C＋sin22C＝eq \f(1－cos 2C,2)＋(1－cos22C) ＝－cos22C－eq \f(1,2)cos 2C＋eq \f(3,2). 因为△ABC是锐角三角形，且B＝C，所以eq \f(π,4)<C<eq \f(π,2)，所以eq \f(π,2)<2C<π， 所以－1<cos 2C<0，所以当cos 2C＝－eq \f(1,4)时，eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)取得最大值eq \f(25,16). 解决解三角形中的最值和范围问题时，要着眼于边长之间的关系，可以将边的关系转化为角的关系，也可以将角的关系转化为边的关系．解这类问题的主要思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，借助于三角函数的有界性，从而求出范围或最值，或利用余弦定理以及基本不等式求范围或最值． 【解析】已知条件由正弦定理化简可得2cos C(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin C， 整理得2cos Csin(A＋B)＝sin C，∵A，B，C为△ABC的内角， ∴sin C≠0，且sin(A＋B)＝sin C，∴cos C＝eq \f(1,2)，又0<C<π，∴C＝eq \f(π,3). △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)求角C； 【答案】　eq \f(π,3) 【解析】　因为c＝eq \r(7)，C＝eq \f(π,3)，由余弦定理得cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，即ab＝a2＋b2－7≥2ab－7，当且仅当a＝b时“＝”成立，解得ab≤7. 则△ABC的面积S＝eq \f(1,2)absin C≤eq \f(7\r(3),4). 故△ABC面积S的最大值为eq \f(7\r(3),4). 　 (2)若c＝eq \r(7)，△ABC的面积为S，求S的最大值； 【答案】　eq \f(7\r(3),4)　 【解析】　由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(\r(7),\f(\r(3),2))＝eq \f(2\r(21),3)，则a＝eq \f(2\r(21),3)sin A，b＝eq \f(2\r(21),3)sin B， 所以△ABC的周长L＝a＋b＋c＝eq \f(2\r(21),3)(sin A＋sin B)＋eq \r(7)， (3)若△ABC为锐角三角形，c＝eq \r(7)，求△ABC周长L的取值范围． 【答案】　 (eq \r(21)＋eq \r(7)，3eq \r(7)] 又A＋B＋C＝π，则L＝eq \f(2\r(21),3)[sin A＋sin(eq \f(2π,3)－A)]＋eq \r(7)＝eq \f(2\r(21),3)(sin A＋eq \f(\r(3),2)cos A＋eq \f(1,2)sin A)＋eq \r(7)＝eq \f(2\r(21),3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos A＋\f(3,2)sin A))＋eq \r(7)＝2eq \r(7)(eq \f(1,2)cos A＋eq \f(\r(3),2)sin A)＋eq \r(7)＝2eq \r(7)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋eq \r(7)， ∵△ABC为锐角三角形，且A＋B＝eq \f(2,3)π，则A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，所以A＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))，所以L∈(eq \r(21)＋eq \r(7)，3eq \r(7)]． $$