第6章 专题1 三角形中的范围或最值问题-【勤径学升】2024-2025学年高中数学必修第二册同步练测（人教A版2019）

由题意 AB=20(√3+1)海里，DC=20√2海里， BC=(√3+1)·10√2=10(√6+√2)海里。 在△ADC中，因为 DC2=AD2+AC2, 所以∠DAC=90°,∠ADC=45°% 在△ABC中，由余弦定理的推论得 cos ∠BAC=AC2ACBABBC=3. 所以∠BAC=30°?因为B位于A南偏东60°, 60°+30°+90°=180°,所以点D位于A的正北方向。 又因为∠ADC=45°, 所以台风移动的方向为北偏西 45°% 专题1 三角形中的范围或最值问题 题型一 S△Anc=4a2=2bcsin A,即 a2=1.C 根据题意，有 2bcsin A.应用余弦定理，可得b2+c2-2bccos A=a2= t=6,,于是t+1—2tcos A=2tsin A.于是2bcsin A,令 2√2 sin(A+4)=t+2tsin A+2tcos A=t2+1,所以 -2 t+1≤2√2,解得t的最大值为√2+1.,从而； 2.解(1)由正弦定理，bsin B—csin C=(b—a)sin A→b2 —c2=(b—a)a→c2=a2+b2—ab. 又c=a2+b2-2abcos C,得 cos C=1>c=3. (2)因为c=√3,所以snc=sinA=sinB=2,a-b= 2(sinA-sin B)=2[sinA-sin(π-A-3)]=2[sinA -sin(A+g)]=2sin(A-哥).因为三角形ABC为锐 自二的都--A解得6<A<2. 令t=A-3,所以t∈(-6,6),-1<a-b=2sin(A 3)=2sint<1,所以a-b∈(-1,1). 题型二 3.解(1)已知 asin A+bsin B=csin C+√2bsin A, 由正弦定理可得 a2+b2=c2+√2ab, 即a2+b2—c2=√2ab, 所以cos C=a2+2a-2=2ab=2. 因为C∈(0,π),所以C=4 (2)由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=a2+b2— √2ab=4, 又cD=_(CA+CB),则CD2=4(CA+CB)2= 4(CA2+CB3+2C·CB)=4(b2+a2+2abcos 4) =4(4+2√2ab)=1+2ab..由正弦定理可得sinA= sin B=sinc=2√2,所以a=2√2 sin A,b=2√2 sin B= 2√2sin(4-A)=2cos A+2sin A,所以ab=4√2 sin2A +4√2 sin Acos A=4√2·1-cos2A+2√2 sin 2A= 4sin(2A-4)+2√2. -A解得4<A<2,则2A-4由题意得 ∈(4,4),所以sin(2A-4)∈[,1],所以ab∈ (4√2,4+2√2),所以CD2∈(5,3+2√2),所以中线CD 长的取值范围为(√5,1+√2). 4.解 (1)设△ABC的内角∠A,∠B,∠ACB的对边分别 为a,b,c,因为 sin(∠B+∠ACB)=sin(π-A)=sin A, sinA-sin∠ACB=sin(ZB+∠ACB), 所以 sin A(sin A-sin∠ACB)=sin2B-sin2∠ACB. 由正弦定理得a(a—c)=b2-c2,整理得a2+c2-b2=ac. 由余弦定理得 cos B=2+2acb=2ac=1 又∠B∈(0,否),所以∠B=g. (2)设AB边上的高为h,则h=asin B=asing=3a. a=m2AB-(-AACB)=由正弦定理得 2tan2ACB+2, 由△ABC为锐角三角形，得 --20<Mos 则tan∠ACB>3,所以a=2t2ACp+z∈(2,2), (J3).43<h<J3,从而 ,故 AB边上的高的取值范围是 题型三 ab=sin A-sinB=a二6可得5.解(1)由正弦定理 cos B=2.又 B∈(0,b2=a2+c2—ac,再由余弦定理 2R=mF-=B=3.因为π),所以 ,所以R =73 (2)由(1)可知a2+c2—ac=49,则(a+c)2=49+3ac. SAm= acsin B=号(a+b+c)·r,则r=× 7+a+c=213ד+a+49=21g(a+c-7). sinA=snc=sinB=1433,在△ABC中，由正弦定理- 所以a=14s sinA,c=143sinC,则a+c=14s3(sinA +sinC)=43[sinA+sin(2g-A)]=14s3(sinA +cos A+ sinA)=1433(3sinA+cos A)= 14(sinA·3+cosA·2)=14sin(A+否). 又A∈(0,3)u(3,23),所以A+6∈(6,否)u 12 (2,56),所以ssin(A+6)∈(2,1),14sin(A+6) r∈(o,763).∈(7,14),所以 6.解 (1)因为bcos C+√3csin B=a+c,由正弦定理可得 sin Bcos C+√3 sin Csin B=sin A+sin C=sin(π—B一 C)+ sin C= sin Bcos C+ cos Bsin C+ sin C,得到 √3sin Csin B=cos Bsin C+sinC.又C∈(0,π), 所以 sinC≠0,故√3 sin B=cos B+1,即√3 sin B—cos B =1, 所以2sin(B-6)=1.又B-6∈(-6,6),所以B -6=6,得到B=3 sA=sinB=sinc=2R,得(2)由正弦定理- a=2Rsin A,c=2Rsin C, 所以a-c=2R(sinA-sinC)=2R[sinA-sin(3- A)]=2R(sinA-2cos A- sinA)=2R( sinA- cos A)=2Rsin(A—3)=2,所以Rsin(A) 又因为△ABC为钝角三角形，且 a—c=2>0,又由(1) <A<g,所以A-3∈(6,3),知B=3,所以 sin(A-g)∈(1,3),由y=sinx的图象与性质知s 所以R∈(233,2)- 题型四 7.B 解法一：在△ABC中，C=π—(A+B),所以 sin(A+B) +sin(B-A)=√2sin 2A,即2sin Bcos A=2√2sin Acos A. A≠2,因为 ,所以 cosA≠0,所以 sin B=√/2 sin A.由正 弦定理得b=√2a,所以A为锐角.又 sin B=√2 sin A∈ sinA∈(0,2),所以A∈(0,4).[0,1],所以 解法二：在△ABC中，C=π—(A+B),所以 sin(A+B) 十sin(B-A)=√2sin 2A,即2sinBcos A=2√2sinAcos A. 因为A≠2,所以 cos A≠0,所以 sin B=√2 sin A,由正 cos A=6 +2b-a=弦定理，得b=√2a,由余弦定理得 02-,当且仅当c=2b时等号 成立，所以A∈(0,4). 8.解(1)因为(a+b)(sin A-sin B)=(c—b)sinC, 所以(a+b)(a-b)=(c—b)c,即 a2=b2+c2—bc. cos A=2.因为a2=b2+c2—2bccos A,所以 因为 A∈(o,),所以 A= (2)由(1)知cos B-cosC=cosB-cos(-B)=osB+ 2cosB-sinB=3cosB-3simnB=、3cs(B+否).-所以6<B<2, 3<B+6<g,所以cos(B+否)∈(-2,2),因为- 所以 cos B— cos C∈(一33),即 cos B-cos C的取 (-圆，).值范围是 题型五 9.解 (1)因为√3bsin A=a(2+cos B),由正弦定理得 √3sin BsinA=sin A(2+cos B). 因为A∈(0,π),所以 sin A>0,所以√3 sin B—cos B =2, 所以2sin(B-6)=2. B-6=因为 B∈(0,π),所以 ,即B=g. 3ac=√3,即 ac=4,所以a+c≥2√ac=4,(2)依题意 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≥2√3,当且仅当a=c=2时取等号. 所以△ABC的周长最小值为4+2√3. 10.解 (1)依题意，f(x)=a·b=√3 sin x+ cos x= a+否∈[6,6],2sin(x+6),由x∈[0,π]得 sin(z+6)∈[-2,1],所以f(x)=2sin(a+6) 在[0,π]上的值域为[-1,2]. (2)由f(A)=2sin(A+6)=2,得 sin(A+6)=1,A ∈(0,π),则有A+6=2,解得A=3,在△ABC中， 由余弦定理得1=a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2—bc =(b+c)2-3bc≥(b+c)2-3(b+c)°=b+c,,当且 仅当b=c=1时取“=”,即有0<b+c≤2.又因为b+c >a=1,则 1<b+c≤2,因此 2<b+c+a≤3,所以 △ABC的周长的取值范围为(2,3). 题型六 11.解(1)解法一：左边=1sios2B=22csBsB=sosB--- sosB-sinC-cosC>sinBsinC-sin BeosC由题意得 =cos Bsin C+cos Bcos C→sin(B+C)+cos(B+C)= 0>tan(B+C)=-1,即 tan A=1. 又因为0<A<π,所以 A=4 解法二：左边=1scos2B=22cosBB=tan B, 右这-m-m-(c+吾) =tan(-c-4),由题意得 B=-c-4+k→B+C=-4+kπ. 又因为0<B+C<π,所以B+C=4>A=4. (2)由S△mc=ga×2=2bcsin 4>a=4bc, 13 由余弦定理得a2=b2+e-2bcos 4→a2=b2+c- √2bc, →gb2c2=b2+e2-√2be→gbBc2+√2bc=b2+c2≥ 2bc,→bc≥8(2—√2),当且仅当b=c 时取等号，而 SAmc=2bcsin 4=4bc,故(SAac)-4×8(2-√2) =4√2-4. 12.解(1)∵m=(2sin x,√3),n=(cos x,cos 2x),f(x) =m·n,∴f(x)=2sin xcos x+√3 cos 2x=sin 2x十 √3cos 2x=2sin(2x+3). 又f(B+C)=0,∴ sin[2(B+C)+3]=0. 又△ABC为锐角三角形，∴2(B+C)+3=2π或π, ∴B+c=5答或营(舍去),∴A=6 sinA=sinB=sinc(2)由正弦定理知- 又∵b=1,A=6,∴a=2sin B, .s=-gaosnc=-(-+B)-+哥·器一 -eE(0-) (,5).3<S<3△ABC面积的范围为( 题型七 13.D 设 AC=m,则 AB=3m,由余弦定理得 cos B= BC2BCBA-AC=16+48m2=23m2,∴BC·BA= 12mcos B=4(2+m2)=4m2+8.∵3m-m<4 ∴1<m<2,∴4m2+8∈(12,24),即BC·BA的取值范 围为(12,24). s=4=-acsinB,得sin B=2,4(co2A14.解(1)由 —cos2B)=4[(1-sin2A)一(1-sin2B)]=4(sin2B一 sinA=sinB=2R=4,得 a=sin2A),由正弦定理 4sin A,b=4sin B,则(b-√3 a)sin B= 4sin2B— 4√3sin Asin B.由4(cos2A—cos2B)=(b—√3a)sin B, 得4(sin2B—sin2A)=4sin2B-4√3 sin Asin B,化简得 sin2A=√3sin Asin B,由A∈(0,π),sin A≠0,解得 sinA=3.sin A=√3sin B,因此： A(2)由(1)得，若 A 为钝角，则 A= 120°,则 B=30°,C=30°,如图建立平 BA C 面直角坐标系，则 A(0,2),B(一√3, 1),C(3,1),设P(2cosθ,2sin0), P则PA=(-2cos θ,2-2sin 0),PB= (-√3-2cos0,1-2sin0),PC=(3-2cosθ,1-2sin0), 有PA·PB=6-6sin0+2√3 cos 0,PA·PC=6- 6sin0-2√3 cos0,PB·Pc=2-4sin 0,则PA·PB+ PA·Pc+PB·Pc=14-16sinθ.由 sinθ∈[-1,1], 则14-16sinθ∈[-2,30],所以PA·PB+PB·PC+ PC·PA的取值范围为[-2,30]. 章末优化提升 【考点聚焦】---[跟踪训练] 1.解析 解法一：设BP=λBN,则BP=BA+AP=-AB +mAB+AC=(m-1)AB+立AC.BN=BA+AN =-AB+4AC.∵BP与BN共线，∴4(m-1)+1= 0,∴m=3. 解法二：∵AN=3Nc,∴AC=4AN, ∴AP=mAB+Ac=mAB+AM,P,B,N三点 共线。 ∴m+。=1,∴m=. 3口答案 2.解析 (1)因为a,b为单位向量，|a-b|=1,所以|a-b =√(a-b)2=√a2-2a·b+b3=√2-2a·b=1,所以 a·b=2,则|a-2b|=√(a-2b)2=√1+4-4a·b=√3. (2)因为a+b+c=0,所以 c=—a—b,等式两边同时平 方，得2=a2+b2+2a·b=1+1+2a·b,所以 a·b=0. 又 a—c=a—(—a—b)=2a+b,b—c=b—(—a—b)=a +2b,所以(a—c)·(b—c)=(2a+b)·(a+2b)=2a2+ 5a·b+2b2=4,且|a-c|=|2a+b|=√(2a+b)2= √4+1=√5,|b-c|=|a+2b|= √(a+2b)2=√1+4 =√5,所以cos(a-c,b-c)=“a-c b-c=4,故 选D. 答案(1)√3 (2)D 3.解析(1)因为AO=λAB+(1- A λ)AC,所以CO=λCB.又因为O 为△ABC的外心，所以△ABC为 B4 Q 边BC的中点，过 A作BC的垂线AQ,垂足为Q,如图 直角三角形且 AB⊥AC,O为斜 0 所示.因为BA在BC上的投影向量为BQ=μBC,所以OQ =BQ-BO=μBC-去BC=(μ-1)Bc,而|OA|= 言画，△0- μ∈[号，号],所以2μ-1∈[5,号],即2μ-1.因为 [号，号].cos∠AOC的取值范围为 (2)∵A,D,P三点共线，∴可设PA=λPD(a>0). ∵PA=mPB+(2-m)pc,:λPD=m PB+ (3-m)c,pp=+(-“)p.若m≠0 +(-”)=1,即且m≠2,∵B,D,C三点共线， 14 C 第六章 平面向量及其应用 专题1 三角形中的范围或最值问题 题型一 与边长有关的最值及范围问题 1.已知 a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C所对的 SAm-4a2,则号边，其面积满足 的最大值为 ( ) A.√2-1 B.√2 C.√2+1 D.√2+2 2.已知锐角△ABC内角A,B,C的对边分别为a, b,c.若bsin B—csin C=(b—a)sin A. (1)求C; (2)若c=√3,求a-b的范围. 4.在锐角三角形 ABC中，sin A— sin∠ACB= sm(ZB+ACB,AB=1. (1)求∠B; (2)求 AB边上的高的取值范围。 题型二 与中线及高线有关的最值及范围问题 3.在锐角三角形 ABC中，角 A,B,C所对的边分别 为a,b,c,已 知 asin A+ bsin B= csin C+ √2bsin A. (1)求角C的大小； (2)若c=2,边 AB的中点为D,求中线CD长的 取值范围. 题型三 与三角形外接圆、内切圆半径有关的范围 问题 5.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,已 知b=7,且“tb=sinA-sinB (1)求△ABC的外接圆半径R; (2)求△ABC内切圆半径r的取值范围. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯-3 ?高中数学·必修 第二册 6.已知△ABC内角A,B,C的对边分别是a,b,c, bcos C+√3csin B=a+c. (1)求角 B的大小； (2)若△ABC为钝角三角形，且 a—c=2,求 △ABC外接圆半径的取值范围. 题型五 与周长有关的最值及范围问题 9.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,设 √3bsin A=a(2+cos B). (1)求 B; (2)若△ABC的面积等于√3,求△ABC的周长 的最小值. 题型四 与角度有关的最值及范围问题 7.在△ABC中，内角A,B,C对应的边分别为a,b, c,A≠2,sin C+sin(B-A)=√2 sin 2A,则角 A 的取值范围为 ( ) A.(0,6) B.(0,4) D.[6,3]c.[6,4] 8.在锐角△ABC中，内角 A,B,C的对边分别为a, b,c,且(a+b)(sin A-sin B)=(c—b)sin C. (1)求A; (2)求cos B—cos C的取值范围. 10.已知向量a=(√3sin x,cos x),b=(1,1),函数 f(x) =a·b. (1)求函数 f(x)在[0,π]上的值域； (2)若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为 a,b,c,且f(A)=2,a=1,求△ABC的周长的 取值范围. 心⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 第六章 平面向量及其应用 题型六 与面积有关最值及范围问题 11.已知△ABC中，内角 A,B,C所对的边分别为 1$nos 2B=tan C-1a,b,c,且满足： (1)求角 A的大小； (2)设 AD 是 BC 边上的 高，且 AD=2,求 △ABC面积的最小值. 题型七 三角形中与向量数量积有关的范围问题 13.在△ABC中，BC=4,AB=3AC,则BC·BA的 取值范围为 ( ) A.[-3,12] B.(—3,12) C.[12,24] D.(12,24) 14.在△ABC中，角 A,B,C所对应的边为a,b,c. S=4已知△ABC的面积 ,其外接圆半径 R= 2,且4(cos2A-cos2B)=(b—√3a)sin B. (1)求 sin A; (2)若 A为钝角，P为△ABC外接圆上的一点， 求PA·PB+PB·PC+Pc·PA的取值范围. 12.已知在锐角△ABC中，内角 A,B,C所对的边 分别为a,b,c,且m=(2sin x,√3),n=(cos x, cos 2x),f(x)=m·n,f(B+C)=0. (1)求角 A的值； (2)若b=1,求△ABC面积的范围. ⋯⋯⋯⋯⋯3