第9章 教考衔接1 解三角形中的最值与范围问题(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第四册（人教B版2019）

第九章　解三角形 教考衔接1　解三角形中的最值与范围问题 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 谢谢观看 返回目录 第九章　解三角形 数学•必修　第四册(配RJB版) 1 一、真题展示 (2022·新高考全国卷Ⅰ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(cos A,1＋sin A)＝eq \f(sin 2B,1＋cos 2B). (1)若C＝eq \f(2π,3)，求B； (2)求eq \f(a2＋b2,c2)的最小值． [解析]　(1)由已知条件得：sin 2B＋sin Asin 2B＝cos A＋cos Acos 2B， sin 2B＝cos A＋cos Acos 2B－sin Asin 2B ＝cos A＋cos(A＋2B) ＝cos[π－(B＋C)]＋cos[π－(B＋C)＋2B] ＝－cos(B＋C)＋cos[π＋(B－C)] ＝－2cos Bcos C， 所以2sin Bcos B＝－2cos Bcos C， 即(sin B＋cos C)cos B＝0， 由已知条件：1＋cos 2B≠0， 则B≠eq \f(π,2)，可得cos B≠0， 所以sin B＝－cos C＝eq \f(1,2)，B＝eq \f(π,6). (2)由(1)知sin B＝－cos C>0，则B＝C－eq \f(π,2)， sin B＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,2)))＝－cos C， sin A＝sin(B＋C)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C－\f(π,2)))＝－cos 2C， 由正弦定理，得eq \f(a2＋b2,c2)＝eq \f(sin2 A＋sin2 B,sin2 C) ＝eq \f(cos2 2C＋cos2 C,sin2 C) ＝eq \f(1－2sin2 C2＋1－sin2 C,sin2 C) ＝eq \f(2＋4sin4 C－5sin2 C,sin2 C)＝eq \f(2,sin2 C)＋4sin2 C－5 ≥2eq \r(\f(2,sin2 C)·4sin2 C)－5＝4eq \r(2)－5， 当且仅当sin2 C＝eq \f(\r(2),2)时等号成立，所以eq \f(a2＋b2,c2)的最小值为4eq \r(2)－5. 二、真题溯源 (教科书第12页习题9－1B第6题) 已知△ABC中，a＝bcos C＋csin B． (1)求角B； (2)若b＝2，求△ABC面积的最大值． 三、类法探究 与解三角形有关的最值、范围综合考查正、余弦定理以及三角恒等变换、三角函数的图象与性质，具有很好的区分度，是高考的热点题型． eq \x(题型一　利用基本不等式求最值、范围) 在△ABC中，sin 2 A－sin 2 B－sin 2 C＝sin Bsin C． (1)求A； (2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值． [解析]　(1)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， ∵sin 2 A－sin 2 B－sin 2 C＝sin Bsin C，由正弦定理可得a2－b2－c2＝bc， 即为b2＋c2－a2＝－bc， ∴cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq \f(bc,2bc)＝－eq \f(1,2)， 由0<A<π，可得A＝eq \f(2π,3). (2)由(1)得A＝eq \f(2π,3)，由题意可得a＝3， 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－2bccos eq \f(2π,3)， 可得9＝b2＋c2＋bc＝(b＋c)2－bc， ∴(b＋c)2－9＝bc≤eq \f(b＋c2,4)， ∴eq \f(3b＋c2,4)≤9，(b＋c)2≤12，∴b＋c≤2eq \r(3)， ∴a＋b＋c≤3＋2eq \r(3). 当且仅当b＝c＝eq \r(3)时等号成立，△ABC的周长取得最大值3＋2eq \r(3). 余弦定理公式里有“平方和”和“积”这样的整体，一般可先由余弦定理得到等式，再由基本不等式求最值或范围，但是要注意“一正二定三相等”，尤其是取得最值的条件．　 [触类旁通] 1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(a＋2c)cos B＋bcos A＝0. (1)求B； (2)若b＝4，求△ABC的面积的最大值． 解析　(1)∵(a＋2c)cos B＋bcos A＝0， ∴(sin A＋2sin C)cos B＋sin Bcos A＝0， 所以(sin Acos B＋sin Bcos A)＋2sin Ccos B＝0， 所以sin (A＋B)＋2cos Bsin C＝0， ∵sin (A＋B)＝sin C≠0，∴cos B＝－eq \f(1,2)， ∵0<B<π，∴B＝eq \f(2π,3). (2)由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))). ∴a2＋c2＋ac＝16≥3ac， ∴ac≤eq \f(16,3)，当且仅当a＝c＝eq \f(4\r(3),3)时等号成立， ∴S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B≤eq \f(1,2)×eq \f(16,3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(4\r(3),3). 所以△ABC的面积的最大值为eq \f(4\r(3),3). eq \x(题型二　利用三角函数的性质求最值、范围) 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asin eq \f(A＋C,2)＝bsin A． (1)求B； (2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围． [解析]　(1)由题设及正弦定理得sin Asin eq \f(A＋C,2)＝sin Bsin A． 因为sin A≠0，所以sin eq \f(A＋C,2)＝sin B． 由A＋B＋C＝180°，可得sin eq \f(A＋C,2)＝cos eq \f(B,2)，故cos eq \f(B,2)＝2sin eq \f(B,2)cos eq \f(B,2). 因为cos eq \f(B,2)≠0，故sin eq \f(B,2)＝eq \f(1,2)，由eq \f(B,2)∈(0°，90°)，因此B＝60°. (2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq \f(\r(3),4)a. 又由(1)知A＋C＝120°， 故由正弦定理得a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(sin 120°－C,sin C)＝eq \f(\r(3),2tan C)＋eq \f(1,2). 由于△ABC为锐角三角形， 故0°<A<90°，0°<C<90°. 结合A＋C＝120°，所以30°<C<90°， 故eq \f(1,2)<a<2，从而eq \f(\r(3),8)<S△ABC<eq \f(\r(3),2). 因此△ABC面积的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))). 如果所求整体结构不对称，或者角度有更细致的要求，用余弦定理和基本不等式难以解决，这时候可以转化为角的关系，消元后使得式子里只有一个角，变为三角函数最值问题进行解决．要注意三角形隐含角的范围、三角形两边之和大于第三边．　 [触类旁通] 2．已知A，B，C是△ABC的三个内角，向量m＝(cos B，sin B－2sin C)，n＝(2cos C＋cos B，sin B)，且m⊥n. (1)求A； (2)若BC＝eq \r(3)，求AB＋AC的取值范围． 解析　(1)由m⊥n，得m·n＝0，即cos B(2cos C＋cos B)＋(sin B－2sin C)sin B＝0， 则2(cos Bcos C－sin Bsin C)＋(cos 2B＋sin 2B)＝0， 即2cos (B＋C)＋1＝0，故cos (B＋C)＝－eq \f(1,2). 又B＋C∈(0，π)，所以B＋C＝eq \f(2π,3)，所以A＝eq \f(π,3). (2)因为A＝eq \f(π,3)，BC＝eq \r(3)， 由正弦定理得eq \f(AB,sin C)＝eq \f(AC,sin B)＝eq \f(BC,sin A)＝2， 所以AB＝2sin C，AC＝2sin B＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－C))， 所以AB＋AC＝2sin C＋2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－C)) ＝2sin C＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos C＋\f(1,2)sin C)) ＝3sin C＋eq \r(3)cos C＝2eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin C＋\f(1,2)cos C)) ＝2eq \r(3)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6))). 因为C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以C＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))， 所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))， 所以2eq \r(3)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))∈(eq \r(3)，2eq \r(3)]， 即AB＋AC的取值范围是(eq \r(3)，2eq \r(3)]. $$