第5章 素能培优（六） 解三角形中的最值、范围问题-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第五章　三角函数、解三角形 素能培优(六)　解三角形中的最值、范围问题 解三角形中的最值、范围问题的常见题型有：(1)求角的最值或范围；(2)求边和周长的最值或范围；(3)求面积的最值或范围．解决此类问题的关键是建立起角与边的关系，然后利用三角函数，正、余弦定理，基本不等式等工具进行解决.2022年新高考Ⅰ卷出现在第18题，考查了利用基本不等式求与三角形三边有关的代数式的最值，难度中等． 核心考向 目录 核心考向 考向一 　利用基本不等式求最值(范围) 核心考向 5 利用基本不等式求最值(范围)的步骤 (1)利用正、余弦定理进行边角互化； (2)将所求周长、面积、线段长等用角或边表示出来； (3)利用基本不等式求最值(范围)． 注意：解题时要注意角或边的范围，基本不等式成立的条件要注意验证． 核心考向 6 核心考向 7 核心考向 8 考向二　利用三角函数求最值(范围) (2025·黑龙江大庆实验中学实验二部高三期末)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，m＝(sinC－sinB，b－a)，n＝(b＋c，sinA)，且m·n＝0. (1)求角C； (2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC周长的取值范围． 核心考向 9 核心考向 10 核心考向 11 利用三角函数求最值(范围)的步骤 (1)利用正、余弦定理以及三角恒等变换等知识将所求周长、面积等用只含一个角的三角表达式表示出来； (2)利用三角形内角和及题中条件确定角的范围； (3)利用三角函数的单调性求最值(范围)． 核心考向 12 核心考向 13 核心考向 14 核心考向 15 考向三　利用二次函数、对勾函数等其他函数求最值(范围) 核心考向 16 核心考向 17 核心考向 18 核心考向 19 核心考向 20 核心考向 21 利用二次函数、对勾函数等其他函数求最值(范围)的步骤 (1)用只含一个角或一条边的表达式表示出所求量，将这个角或边作为自变量； (2)确定自变量的取值范围； (3)利用换元法构造二次函数、对勾函数等函数关系； (4)利用函数的单调性求最值(范围)． 核心考向 22 核心考向 23 核心考向 24 核心考向 25 核心考向 26 　　　　　　　　　　　　　 R (3) (2025·江苏盐城高三四校联考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝，(sinA－sinB)(b＋a)＝c(sinB＋sinC)，则△ABC面积的最大值为(　　) A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),4) D.eq \f(\r(3),2) 解析：在△ABC中，由(sinA－sinB)(b＋a)＝c(sinB＋sinC)及正弦定理，得(a－b)(b＋a)＝c(b＋c)，即a2＝b2＋c2＋bc，由余弦定理，得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq \f(1,2)，sinA＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),2)，则3＝a2＝b2＋c2＋bc≥3bc，当且仅当b＝c＝1时取等号，因此bc≤1，△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(\r(3),4)bc≤eq \f(\r(3),4)，所以当b＝c＝1时，△ABC的面积取得最大值，为eq \f(\r(3),4).故选C. (1,sinA)INCLUDEPICTURE"灰对点训练.TIF" INCLUDEPICTURE "灰对点训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·安徽A10联盟高三段考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且＋eq \f(1,sinC)＝eq \f(3,tanA)＋eq \f(3,tanC). (1)求证：a＋c＝3b； (2)若b＝4，且D是边AC的中点，求BD的最小值． 解：(1)证明：∵eq \f(1,sinA)＋eq \f(1,sinC)＝eq \f(3,tanA)＋eq \f(3,tanC)， ∴eq \f(1,sinA)＋eq \f(1,sinC)＝eq \f(3cosA,sinA)＋eq \f(3cosC,sinC)， 整理，得sinA＋sinC＝3(sinAcosC＋cosAsinC)＝3sin(A＋C)＝3sinB， 由正弦定理，得a＋c＝3b. (2)∵b＝4，D是边AC的中点， ∴AD＝CD＝2， 由余弦定理，得eq \f(BD2＋22－c2,2×BD×2)＝－eq \f(BD2＋22－a2,2×BD×2)， 则2BD2＝a2＋c2－8. ∵b＝4，∴a＋c＝3b＝12， 由a2＋c2≥2ac，得a2＋c2≥eq \f(（a＋c）2,2)＝72(当且仅当a＝c＝6时，等号成立)， ∴2BD2＝a2＋c2－8≥64，∴BD≥4eq \r(2)， 故BD的最小值为4eq \r(2). 解：(1)因为m·n＝0，所以sinA(a－b)＋(sinB－sinC)(b＋c)＝0， 利用正弦定理化简，得a(a－b)＋(b－c)(b＋c)＝0，即a2＋b2－c2＝ab， 由余弦定理，得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)， 又因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,3). (2)由(1)得A＋B＝eq \f(2π,3)，即B＝eq \f(2π,3)－A， 又因为△ABC为锐角三角形， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<\f(2π,3)－A<\f(π,2)，,0<A<\f(π,2)，)) 解得eq \f(π,6)<A<eq \f(π,2)，因为c＝1， 由正弦定理，得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(1,sin\f(π,3))＝eq \f(2,\r(3))， 所以a＝eq \f(2,\r(3))sinA，b＝eq \f(2,\r(3))sinB， 所以a＋b＝eq \f(2,\r(3))sinA＋eq \f(2,\r(3))sinB ＝eq \f(2,\r(3))sinA＋eq \f(2,\r(3))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A)) ＝eq \f(2,\r(3))sinA＋eq \f(2,\r(3))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋A)) ＝eq \r(3)sinA＋cosA＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))， 因为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 \r(3)<2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))≤2，则a＋b的取值范围为(eq \r(3)，2]，所以△ABC周长的取值范围为(1＋eq \r(3)，3]． (1)若b＝a＋2，c＝a＋4，是否存在正整数a，使得eq \r(a)∈N*，且△ABC为钝角三角形？若存在，求出a；若不存在，说明理由； (2)若a＝b＝c＝4，D为BC的中点，E，F分别在线段AB，AC上，且∠EDF＝90°，∠CDF＝θ(0°<θ<90°)，求△DEF的面积S的最小值及此时对应的θ的值． 解：(1)假设存在正整数a满足题设． 因为a<b<c，所以C为钝角， 由－1<cosC＝eq \f(a2＋（a＋2）2－（a＋4）2,2a（a＋2）)<0，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a2－12>0，,a2－4a－12<0，))解得2<a<6. 因为a∈N*，eq \r(a)∈N*，所以a＝4. (2)如图，因为∠EDF＝90°，∠CDF＝θ(0°<θ<90°)， 所以∠BDE＝90°－θ. 在△CDF中， 因为eq \f(DF,sin60°)＝eq \f(2,sin（θ＋60°）)， 所以DF＝eq \f(\r(3),sin（θ＋60°）). 在△BDE中，因为eq \f(DE,sin60°)＝eq \f(2,sin（150°－θ）)， 所以DE＝eq \f(\r(3),sin（150°－θ）)， 所以S＝eq \f(1,2)×eq \f(3,sin（θ＋60°）sin（150°－θ）) ＝eq \f(6,\r(3)＋2sin2θ)≥12－6eq \r(3)， 当θ＝45°时，S取得最小值12－6eq \r(3). (3)INCLUDEPICTURE"灰例3.TIF" INCLUDEPICTURE "灰例3.TIF" \* MERGEFORMAT (2025·广东深圳高三模拟)设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C的角平分线交AB于点D，CD＝，且asineq \f(A＋B,2)＝csinA. (1)求C； (2)求a＋b的取值范围． 解：(1)由正弦定理，得sinAsineq \f(A＋B,2)＝sinCsinA， 因为A∈(0，π)，所以sinA≠0， 即sineq \f(A＋B,2)＝sinC， 所以sineq \f(π－C,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(C,2)))＝coseq \f(C,2)＝sinC＝2sineq \f(C,2)coseq \f(C,2)， 因为C∈(0，π)，eq \f(C,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以coseq \f(C,2)≠0， 1＝2sineq \f(C,2)，即sineq \f(C,2)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(C,2)＝eq \f(π,6)，即C＝eq \f(π,3). (2)在锐角三角形ABC中，令∠CAB＝α，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)，,0<\f(2π,3)－α<\f(π,2)，)) 则eq \f(π,6)<α<eq \f(π,2)， 在△ACD中，eq \f(b,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq \f(\r(3),sinα)，则b＝eq \f(\r(3)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))),sinα)， 在△BCD中，eq \f(a,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq \f(\r(3),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))))，则a＝eq \f(\r(3)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))))， 所以a＋b＝eq \f(\r(3)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))))＋eq \f(\r(3)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))),sinα) ＝eq \f(\r(3)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinα＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))))),sinαsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))) ＝eq \f(\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinα＋\f(1,2)cosα))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)sinα＋\f(\r(3),2)cosα)),sinα\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinα＋\f(\r(3),2)cosα))) ＝eq \f(9sin2α＋6\r(3)sinαcosα＋3cos2α,2sin2α＋2\r(3)sinαcosα) ＝eq \f(3·\f(1,tan2α)＋6\r(3)·\f(1,tanα)＋9,2\r(3)·\f(1,tanα)＋2). 令x＝eq \f(1,tanα)，x∈(0，eq \r(3))， 则a＋b＝f(x) ＝eq \f(1,2)·eq \f(3x2＋6\r(3)x＋9,\r(3)x＋1) ＝eq \f(1,2)·eq \f(（\r(3)x＋1）2＋4（\r(3)x＋1）＋4,\r(3)x＋1) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（\r(3)x＋1）＋\f(4,\r(3)x＋1)＋4))， 因为x∈(0，eq \r(3))，则1<eq \r(3)x＋1<4，令t＝eq \r(3)x＋1，则h(t)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(4,t)＋4))，根据对勾函数的单调性知，h(t)在(1，2)上单调递减，在(2，4)上单调递增，且h(1)＝h(4)＝eq \f(9,2)，h(2)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(4,2)＋4))＝4, 所以h(t)的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(9,2)))，即a＋b的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(9,2))). \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))INCLUDEPICTURE"灰对点训练.TIF" INCLUDEPICTURE "灰对点训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·江苏南通模拟)已知函数f(x)＝sin(ω>0)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))上单调递减，设(x0，0)为曲线y＝f(x)的对称中心． (1)求x0； (2)记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cosA＝cosx0，b＋c＝6，求BC边上的高AD长的最大值． 解：(1)因为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))上单调递减， 所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝1且T≥eq \f(4π,3)， 所以eq \f(2π,3)·ω＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，可知ω＝3k＋eq \f(1,2)，k∈Z， 又由eq \f(2π,|ω|)≥eq \f(4π,3)，ω>0，可知0<ω≤eq \f(3,2)， 所以ω＝eq \f(1,2)，故f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))， 由eq \f(1,2)x＋eq \f(π,6)＝mπ，m∈Z，可得x＝2mπ－eq \f(π,3)，m∈Z，即x0＝2mπ－eq \f(π,3)，m∈Z. (2)cosA＝cosx0＝eq \f(1,2)＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝eq \f(（b＋c）2－2bc－a2,2bc)＝eq \f(36－2bc－a2,2bc)， 化简，得a2＝36－3bc， 因为S△ABC＝eq \f(1,2)a·AD＝eq \f(1,2)bcsinA， 所以AD＝eq \f(\r(3)bc,2a)， 所以AD2＝eq \f(3（bc）2,4a2)＝eq \f(3（bc）2,4（36－3bc）)＝eq \f(（bc）2,4（12－bc）)， 又b＋c≥2eq \r(bc)，所以bc≤9，当且仅当b＝c＝3时取等号， 所以AD2＝eq \f(（bc）2,4（12－bc）)＝eq \f(1,4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(12,（bc）2)－\f(1,bc))))， 令eq \f(1,bc)＝t，则t≥eq \f(1,9)，AD2＝eq \f(1,4（12t2－t）)， 利用二次函数知识，可知 AD2≤eq \f(1,4×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))\s\up12(2)－\f(1,9))))＝eq \f(27,4)， 所以AD≤eq \f(3\r(3),2)，故AD长的最大值为eq \f(3\r(3),2). $$