主题二 第四章 第7节 解三角形的综合问题-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

主题二 函数（必修第二册） 第四章 三角函数、解三角形 第7节 解三角形的综合问题 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 跃升 关键能力 01 课时冲关 02 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章 三角函数、解三角形　 高考总复习 数学（BS） 解三角形中的结构不良问题 [典例1]　(2024·北京卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠A为钝角，a＝7，sin 2B＝eq \f(\r(3),7)bcos B. (1)求∠A； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求△ABC的面积． 条件①：b＝7；条件②：cos B＝eq \f(13,14)；条件③：csin A＝eq \f(5,2) eq \r(3). 注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分． [解]　(1)由题意得2sin Bcos B＝eq \f(\r(3),7)bcos B， 因为A为钝角， 则cos B≠0，则2sin B＝eq \f(\r(3),7)b， 则eq \f(b,sin B)＝eq \f(2,\f(\r(3),7))＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(7,sin A)，解得sin A＝eq \f(\r(3),2)， 因为A为钝角，则A＝eq \f(2π,3)， (2)选择①b＝7，则sin B＝eq \f(\r(3),14)b＝eq \f(\r(3),14)×7＝eq \f(\r(3),2)， 因为A＝eq \f(2π,3)，则B为锐角，则B＝eq \f(π,3)， 此时A＋B＝π，不合题意，舍弃； 选择②cos B＝eq \f(13,14)，因为B为三角形内角， 则sin B＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,14)))2)＝eq \f(3\r(3),14)， 则代入2sin B＝eq \f(\r(3),7)b得2×eq \f(3\r(3),14)＝eq \f(\r(3),7)b，解得b＝3， sin C＝sin(A＋B)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋B)) ＝sineq \f(2π,3)cos B＋cos eq \f(2π,3)sin B ＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(13,14)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq \f(3\r(3),14)＝eq \f(5\r(3),14)， 则S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×7×3×eq \f(5\r(3),14)＝eq \f(15\r(3),4). 选择③csin A＝eq \f(5,2) eq \r(3)，则有c×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(5,2) eq \r(3)，解得c＝5， 则由正弦定理得eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)，即eq \f(7,\f(\r(3),2))＝eq \f(5,sin C)， 解得sin C＝eq \f(5\r(3),14)， 因为C为三角形内角，则cos C＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),14)))2)＝eq \f(11,14)， 则sin B＝sin(A＋C)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋C)) ＝sineq \f(2π,3)cos C＋coseq \f(2π,3)sin C ＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(11,14)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq \f(5\r(3),14)＝eq \f(3\r(3),14)， 则S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×7×5×eq \f(3\r(3),14)＝eq \f(15\r(3),4). “结构不良问题”的解题策略 (1)题目所给的三个可选择的条件是平行的，无论选择哪个条件，都可解答题目． (2)在选择的三个条件中，并没有哪个条件让解答过程比较繁杂，只要推理严谨、过程规范，都会得满分，但计算要细心、准确，避免出现低级错误导致失分． 1．(2025·辽宁省大连市模拟试卷) 在①a＋acos C＝eq \r(3)csin A，②(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，③(a－b)sin(B＋C)＋bsin B＝csin C．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答． 已知锐角三角形ABC的内角分别为A，B，C，对边分别为a，b，c，　__________　，且S△ABC＝eq \r(3). (1)求角C的值； (2)求a的取值范围． 注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分． 解：(1)选择条件①，∵a＋acos C＝eq \r(3)csin A， ∴由正弦定理可得sin A＋sin A cos C＝eq \r(3)sin C sin A. ∵0＜A＜eq \f(π,2)，∴sin A≠0， ∴1＋cos C＝eq \r(3) sin C，∴eq \r(3)sin C－cos C＝1， 即eq \f(\r(3),2)sin C－eq \f(1,2)cos C＝eq \f(1,2)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝eq \f(1,2). ∵0＜C＜eq \f(π,2)，－eq \f(π,6)＜C－eq \f(π,6)＜eq \f(π,3)， ∴C－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，∴C＝eq \f(π,3). 选择条件②，由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab， 得(a＋b)2－c2＝a2＋b2＋2ab－c2＝3ab， ∴a2＋b2－c2＝ab. 则由余弦定理得cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(ab,2ab)＝eq \f(1,2). ∵0＜C＜eq \f(π,2)，∴C＝eq \f(π,3). 选择条件③，∵A＋B＋C＝π，∴B＋C＝π－A， 结合(a－b)sin(B＋C)＋bsin B＝csin C， 得(a－b)·sin A＋b·sin B＝csin C. 由正弦定理，得(a－b)a＋b2＝c2， 即a2＋b2－c2＝ab. 则由余弦定理，得cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(ab,2ab)＝eq \f(1,2). ∵0＜C＜eq \f(π,2)，∴C＝eq \f(π,3). (2)∵S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)ab·eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，∴ab＝4. ∵△ABC为锐角三角形，且C＝eq \f(π,3)， ∴A＝eq \f(2π,3)－B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴eq \f(π,6)＜B＜eq \f(2π,3). 又0＜B＜eq \f(π,2)，∴eq \f(π,6)＜B＜eq \f(π,2)，∴tan B＞eq \f(\r(3),3). 由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得a＝eq \f(bsin A,sin B)， ∴a2＝eq \f(absin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B)),sin B)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos B＋\f(1,2)sin B)),sin B) ＝eq \f(2\r(3),tan B)＋2，∴2＜a2＜8，∴eq \r(2)＜a＜2eq \r(2)， 即a的取值范围为(eq \r(2)，2eq \r(2))． 平面几何中的解三角形问题 [典例2]　如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝eq \r(7)，EA＝2，∠ADC＝eq \f(2π,3)，且∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差数列． (1)求sin∠CED； (2)求BE的长． [解]　设∠CED＝α. 因为∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差数列， 所以2∠BEC＝∠CBE＋∠BCE， 又∠CBE＋∠BEC＋∠BCE＝π，所以∠BEC＝eq \f(π,3). (1)在△CDE中，由余弦定理得EC2＝CD2＋ DE2－2CD·DE·cos∠EDC， 即7＝CD2＋1＋CD，即CD2＋CD－6＝0， 解得CD＝2(CD＝－3舍去)． 在△CDE中，由正弦定理得eq \f(EC,sin∠EDC)＝eq \f(CD,sin α)， 于是sin α＝eq \f(CD·sin\f(2π,3),EC)＝eq \f(2×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq \f(\r(21),7)， 即sin∠CED＝eq \f(\r(21),7). (2)由题设知0<α<eq \f(π,3)，由(1)知 cos α＝eq \r(1－sin2α)＝eq \r(1－\f(21,49))＝eq \f(2\r(7),7)， 又∠AEB＝π－∠BEC－α＝eq \f(2π,3)－α， 所以cos∠AEB＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))＝coseq \f(2π,3)cos α＋ sineq \f(2π,3)sin α＝－eq \f(1,2)×eq \f(2\r(7),7)＋eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(21),7)＝eq \f(\r(7),14). 在Rt△EAB中，cos∠AEB＝eq \f(EA,BE)＝eq \f(2,BE)＝eq \f(\r(7),14)， 所以BE＝4eq \r(7). 与平面图形有关的解三角形问题的关键及思路 求解平面图形中的计算问题，关键是梳理条件和所求问题的类型，然后将数据化归到三角形中，利用正弦定理或余弦定理建立已知和所求的关系． 具体解题思路如下： (1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解； (2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果． 提醒：做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题． 2．(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tan B； (2)若b2＋c2＝8，求b，c. 解：(1)因为S△ABC＝2S△ADC＝2×eq \f(1,2)×eq \f(a,2)×1×sin 60°＝eq \f(\r(3),4)a＝eq \r(3)，解得a＝4， 在△ADC中由余弦定理得b2＝12＋22－2×1× 2×cos eq \f(π,3)＝3， 在△ABD中，c2＝12＋22－2×1×2×cos eq \f(2π,3)＝7， 在△ABC中，cos B＝eq \f(c2＋a2－b2,2ca)＝eq \f(7＋16－3,2\r(7)×4) ＝eq \f(5\r(7),4)，sin B＝eq \r(1－cos2B)＝eq \f(\r(21),14)， 因此tan B＝eq \f(sin B,cos B)＝eq \f(\r(3),5). (2)在△ABC中，由中线长公式可得(2AD)2＋BC2＝2(AB2＋AC2)，即22＋a2＝2(b2＋c2)＝16，所以a2＝12，又S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \r(3)，因而bcsin A＝2eq \r(3)，又由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，即12＝8－2bccos A，所以bccos A＝－2，故tan A＝－eq \r(3)⇒cos A＝－eq \f(1,2)，所以bc＝4，又b2＋c2＋2bc＝8＋8＝16＝(b＋c)2，b2＋c2－2bc＝8－8＝0＝(b－c)2，故可得b＝c＝2. 解三角形中的最值与范围问题 [典例3]　(2025·浙江模拟预测)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋m，将y＝f(x)的图象横坐标变为原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，再向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到g(x)的图象，且y＝g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))内的最大值为eq \f(\r(3),2). (1)求m的值； (2)在锐角△ABC中，若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)))＝eq \f(\r(3),2)，求tan A＋tan B的取值范围． [解]　(1)将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋m的图象横坐标变为原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，再向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到g(x)的图象， 则g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＋m ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋m， ∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))，∴2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(5π,6)))， 当2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(2π,3)，即x＝eq \f(π,4)时，g(x)最大值g(x)max＝eq \f(\r(3),2)＋m＝eq \f(\r(3),2)，所以m＝0. (2)∵geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),2)， 因为C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则eq \f(π,6)＜C＋eq \f(π,6)＜eq \f(2π,3)， 所以C＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,3)，所以C＝eq \f(π,6)， tan A＋tan B＝eq \f(sin A,cos A)＋eq \f(sin B,cos B) ＝eq \f(sin Acos B＋sin Bcos A,cos Acos B)＝eq \f(sinA＋B,cos Acos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－A))) ＝eq \f(sin C,－\f(\r(3),2)cos2 A＋\f(1,2)sin Acos A) ＝eq \f(2,sin 2A－\r(3) cos 2A－\r(3))＝eq \f(2,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,3)))－\r(3))， 由△ABC是锐角三角形， 知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0＜A＜\f(π,2)，,0＜B＝\f(5π,6)－A＜\f(π,2)，))解得eq \f(π,3)＜A＜eq \f(π,2)， 所以eq \f(π,3)＜2A－eq \f(π,3)＜eq \f(2π,3)，eq \f(\r(3),2)＜sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,3)))≤1， 则tan A＋tan B≥eq \f(2,2－\r(3))＝4＋2eq \r(3). 与平面图形有关的解三角形问题的关键及思路 本题涉及求边的取值范围，一般思路是 (1)利用正弦定理把边转化为角，利用三角函数的性质求出范围或最值． (2)利用正、余弦定理把角转化为边，利用不等式求出范围或最值． 3．(2025·湖北七市联考)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(cos A,a)＋eq \f(cos B,b)＝eq \f(2\r(3)sin C,3a). (1)求角B的大小； (2)若b＝2eq \r(3)，求a＋c的取值范围． 解：(1)由已知条件， 得bcos A＋acos B＝eq \f(2\r(3),3)bsin C. 由正弦定理， 得sin Bcos A＋cos Bsin A ＝eq \f(2\r(3),3)sin Bsin C， 即sin(A＋B)＝eq \f(2\r(3),3)sin Bsin C. 又在△ABC中，sin(A＋B)＝sin C≠0， 所以sin B＝eq \f(\r(3),2).因为B是锐角，所以B＝eq \f(π,3). (2)由正弦定理， 得eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4， 则a＝4sin A，c＝4sin C. 所以a＋c＝4sin A＋4sin C ＝4sin A＋4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A)) ＝6sin A＋2eq \r(3)cos A＝4eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))). 由0<A<eq \f(π,2)，0<eq \f(2π,3)－A<eq \f(π,2)，得eq \f(π,6)<A<eq \f(π,2)， 所以eq \f(π,3)<A＋eq \f(π,6)<eq \f(2π,3)，所以eq \f(\r(3),2)<sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))≤1， 所以6<a＋c≤4eq \r(3).故a＋c的取值范围为(6,4eq \r(3)]． 三角变换与解三角形的综合应用 [典例4]　(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋eq \r(3)cos A＝2. (1)求A； (2)若a＝2，eq \r(2)bsin C＝csin 2B，求△ABC的周长． [解]　(1)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin A＋\f(\r(3),2)cos A))＝2， sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝1， ∵A为三角形ABC的内角， ∴A＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，∴A＝eq \f(π,6). (2)∵eq \r(2)bsin C＝csin 2B， ∴eq \r(2)sin Bsin C＝sin Csin 2B＝2sin Csin Bcos B， ∴eq \r(2)＝2cos B，∴cos B＝eq \f(\r(2),2)， ∴B＝eq \f(π,4)，C＝eq \f(7π,12)， eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)， eq \f(2,\f(1,2))＝eq \f(b,\f(\r(2),2))＝eq \f(c,\f(\r(6)＋\r(2),4))，∴b＝2eq \r(2)，c＝eq \r(6)＋eq \r(2)， ∴△ABC的周长为2＋eq \r(6)＋3eq \r(2). 解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两方面： (1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形； (2)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用． 4．(2025·山东淄博模拟)已知函数f(x)＝eq \r(3)sin ωxcos ωx－cos2ωx＋eq \f(1,2)(ω＞0)，其图象上相邻的最高点和最低点间的距离为eq \r(4＋\f(π2,4)). (1)求函数f(x)的解析式； (2)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝4，bc＝12，f(A)＝1.若角A的平分线AD交BC于D，求AD的长． 解：(1)因为f(x)＝eq \r(3)sin ωx cos ωx－cos2ωx＋eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),2)sin 2ωx－eq \f(1,2)cos 2ωx＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))， 设函数f(x)的周期为T，由题意eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＋4＝4＋eq \f(π2,4)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2ω)))2＝eq \f(π2,4)，解得ω＝1， 所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))). (2)由f(A)＝1，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝1，即2A－eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得A＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z， 因为A∈[0，π]，所以A＝eq \f(π,3)， 因为A的平分线AD交BC于D， 所以S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，即eq \f(1,2)bcsin eq \f(π,3)＝eq \f(1,2)c·AD·sin eq \f(π,6)＋eq \f(1,2)b·AD·sin eq \f(π,6)，可得AD＝eq \f(\r(3)bc,b＋c)， 由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc，而bc＝12， 得(b＋c)2＝52，因此AD＝eq \f(12\r(3),2\r(13))＝eq \f(6\r(39),13). $$