第4章 第10节 解三角形中的最值与范围问题(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第四章　三角函数与解三角形 　第十节　解三角形中的最值与范围问题 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 研磨·高考题型 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 课 时 作 业 （三十五） 点击进入word 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 谢谢观看 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 [重点解读]　解三角形中的最值或范围问题，通常涉及与边长、周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，一直是高考的热点与重点，主要是利用三角函数、正余弦定理、三角形面积公式、基本不等式等工具研究三角形问题，解决此类问题的关键是建立起角与边的数量关系． 题型一　利用基本不等式求最值(范围) [例1]　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　(1)因为 eq \f(cos A,1＋sin A)＝ eq \f(sin 2B,1＋cos 2B)， 所以 eq \f(cos A,1＋sin A)＝ eq \f(2sin B cos B,1＋2cos2B－1)， 所以 eq \f(cosA,1＋sin A)＝ eq \f(sin B,cos B)， 所以cos A cos B＝sin B＋sin A sin B， 所以cos (A＋B)＝sin B， 所以sin B＝－cos C＝－cos eq \f(2π,3)＝ eq \f(1,2). 因为B∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以B＝ eq \f(π,6). (2)由(1)得cos (A＋B)＝sin B， 所以sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－(A＋B)))＝sin B，且0<A＋B< eq \f(π,2)， 所以0<B< eq \f(π,2)，0< eq \f(π,2)－(A＋B)< eq \f(π,2)， 所以 eq \f(π,2)－(A＋B)＝B，解得A＝ eq \f(π,2)－2B， 由正弦定理得 eq \f(a2＋b2,c2)＝ eq \f(sin2A＋sin2B,sin2C) ＝ eq \f(sin2A＋sin2B,1－cos2C)＝ eq \f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2B))＋sin2B,1－sin2B) ＝ eq \f(cos22B＋sin2B,cos2B)＝ eq \f((2cos2B－1)2＋1－cos2B,cos2B) ＝ eq \f(4cos4B－5cos2B＋2,cos2B)＝4cos2B＋ eq \f(2,cos2B)－5 ≥2 eq \r(4cos2B·\f(2,cos2B))－5＝4 eq \r(2)－5， 当且仅当cos2B＝ eq \f(\r(2),2)时取等号， 所以 eq \f(a2＋b2,c2)的最小值为4 eq \r(2)－5. eq \a\vs4\al([思维升华]) 求解三角形中面积和周长最值问题的常用方法 在△ABC中，如果已知一个角及其对边，假设已知A，a，根据余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cosA，即可得到“b2＋c2”与“bc”的等量关系． (1)求面积最值时，S＝ eq \f(1,2)bc sin A，即求bc最值，在等量关系中利用基本不等式b2＋c2≥2bc，即可求得bc的最值． (2)求周长a＋b＋c的最值时，即求b＋c的最值，在等量关系中，把 b2＋c2换成(b＋c)2－2bc，再利用基本不等式bc≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2))) eq \s\up12(2)，即可求得b＋c的最值．　 　[即时训练] (2025·广东东莞联考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b cos A＋a cos B＝－2c cos A. (1)求角A的值； (2)已知点D为BC的中点，且AD＝2，求a的最大值． 解　(1)因为A，C∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，π))，则sin C >0， 由正弦定理可得－2cos A sin C＝sin B cos A＋sin A cos B＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋B))＝sin C， 所以cos A＝－ eq \f(1,2)，故A＝ eq \f(2π,3). (2)因为D为BC的中点，则 eq \o(AD,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(BD,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up15(→))－\o(AB,\s\up15(→))))＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up15(→))＋\o(AC,\s\up15(→))))，所以2 eq \o(AD,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AC,\s\up15(→))， 所以4 eq \o(AD,\s\up15(→))2＝ eq \o(AC,\s\up15(→))2＋ eq \o(AB,\s\up15(→))2＋2 eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＝b2＋c2＋2bc cos eq \f(2π,3)＝b2＋c2－bc＝16. 由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc cos eq \f(2π,3)＝b2＋c2＋bc， 所以b2＋c2＝ eq \f(a2＋16,2)，2bc＝a2－16， 由基本不等式可得b2＋c2≥2bc，即 eq \f(a2＋16,2)≥a2－16，解得0<a≤4 eq \r(3)， 当且仅当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(b＝c，,b2＋c2－bc＝16)))时，即当b＝c＝4时，等号成立， 故a的最大值为4 eq \r(3). 题型二　转化为三角函数求最值(范围) [例2]　(2025·佛山模拟)已知△ABC为锐角三角形，且cos A＋sin B＝ eq \r(3)(sin A＋cos B). (1)若C＝ eq \f(π,3)，求A； (2)已知点D在边AC上，且AD＝BD＝2，求CD的取值范围． 解　(1)因为cos A＋sin B＝ eq \r(3)(sin A＋cos B)， 所以cos A－ eq \r(3)sin A＝ eq \r(3)cos B－sin B， 即cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))， 又A∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，B∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 所以 eq \f(π,3)<A＋ eq \f(π,3)< eq \f(5π,6)， eq \f(π,6)<B＋ eq \f(π,6)< eq \f(2π,3)， 所以A＋ eq \f(π,3)＝B＋ eq \f(π,6)，即B＝A＋ eq \f(π,6)，又A＋B＋C＝π，C＝ eq \f(π,3)， 所以A＋A＋ eq \f(π,6)＋ eq \f(π,3)＝π，即A＝ eq \f(π,4). (2)因为AD＝BD＝2，所以∠DBA＝∠A， 又∠ABC＝A＋ eq \f(π,6)， 可得∠DBC＝ eq \f(π,6)， 在△DBC中， eq \f(CD,sin ∠DBC)＝ eq \f(BD,sin C)， 所以CD＝ eq \f(BD sin ∠DBC,sin C)＝ eq \f(1,sin C)， 在△ABC中，sin C＝sin (A＋B)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))， 因为△ABC为锐角三角形， 解得 eq \f(π,6)<A< eq \f(π,3)， 所以 eq \f(π,2)<2A＋ eq \f(π,6)< eq \f(5π,6)， eq \f(1,2)<sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))<1， 所以 eq \f(1,sin C)∈(1，2)，即CD的取值范围为(1，2). 　 eq \a\vs4\al([思维升华]) 三角形中最值(范围)问题，如果三角形为锐角三角形或其他的限制，一般采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围．　 　[即时训练] 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足a2＋c2－b2＋ac＝0. (1)求角B的大小； (2)若b＝2 eq \r(3)，求△ABC的周长的最大值． 解　(1)由a2＋c2－b2＋ac＝0，可得a2＋c2－b2＝－ac， 所以cos B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝ eq \f(－ac,2ac)＝－ eq \f(1,2)， 又B∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，π))，所以B＝ eq \f(2π,3). (2)由(1)得B＝ eq \f(2π,3)，所以sin B＝ eq \f(\r(3),2)， 则由正弦定理可得 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(c,sin C)＝ eq \f(b,sin B)＝4， 即a＝4sin A，c＝4sin C， 所以△ABC的周长a＋b＋c＝4sin A＋4sin C＋2 eq \r(3)， 又在△ABC中，C＝π－A－B＝ eq \f(π,3)－A， 则a＋b＋c＝4sin A＋4sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－A))＋2 eq \r(3)＝4sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＋2 eq \r(3)， 又在△ABC中， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0<A<π，,0<\f(π,3)－A<π，))所以0<A< eq \f(π,3)， 所以当A＝ eq \f(π,6)时，周长取最大值为4＋2 eq \r(3). 题型三　转化为其他函数求最值(范围) [例3]　(2025·石家庄模拟)已知△ABC为锐角三角形，其内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos B＝cos 2A. (1)求 eq \f(b,a)的取值范围； (2)若a＝1，求△ABC周长的取值范围． 解　(1)因为△ABC为锐角三角形，所以0<A< eq \f(π,2)，0<B< eq \f(π,2)，0<2A<π. 又因为cos B＝cos 2A，所以B＝2A， 由正弦定理得 eq \f(b,a)＝ eq \f(sin B,sin A)＝ eq \f(sin 2A,sin A)＝ eq \f(2sin A cos A,sin A)＝2cos A， 因为△ABC为锐角三角形， 解得 eq \f(π,6)<A< eq \f(π,4)， 所以 eq \f(\r(2),2)<cos A< eq \f(\r(3),2)，即 eq \r(2)<2cos A< eq \r(3)， 所以 eq \f(b,a)的取值范围为( eq \r(2)， eq \r(3)). (2)因为a＝1，由(1)知，b＝2cos A， 由正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(c,sin C)， 得c＝ eq \f(a sin C,sin A)＝ eq \f(a sin (π－3A),sin A)＝ eq \f(sin 3A,sin A) ＝ eq \f(sin 2A cos A＋cos 2A sin A,sin A) ＝ eq \f(2sin Acos 2A＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos 2A－1))sin A,sin A) ＝4cos 2A－1， 故△ABC的周长a＋b＋c＝4cos 2A＋2cos A， 令t＝cos A，由(1)知 eq \f(\r(2),2)<cos A< eq \f(\r(3),2)，则t∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))， 因为函数y＝4t2＋2t＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,4)))2－ eq \f(1,4)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))上单调递增， 所以△ABC周长的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\r(2)，3＋\r(3))). eq \a\vs4\al([思维升华]) 解决此类题目，一是利用正余弦定理，转化成边的函数，或转化成关于正弦、余弦或正切的函数，根据函数的单调性求解；二是利用三角恒等变换构造关于正弦、余弦或正切的函数，根据函数的单调性求解． 　[即时训练] 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos C＋(cos A－ eq \r(3)sin A)cos B＝0. (1)求角B的大小； (2)若a＋c＝1，求b的取值范围． 解　(1)∵cos C＋(cos A－ eq \r(3)sin A)cos B＝0， ∴－cos (A＋B)＋cos A cos B－ eq \r(3)sin A cos B＝0， 即－cos A cos B＋sin A sin B＋cos A cos B－ eq \r(3)sin A cos B＝0， ∵sin A≠0，∴tan B＝ eq \r(3)，∴B＝ eq \f(π,3). (2)由余弦定理知b2＝a2＋c2－2ac cos B， ∴b2＝a2＋c2－ac， 又a＋c＝1，∴c＝1－a，且a∈(0，1)， 故b2＝a2＋(1－a)2－a(1－a)＝3a2－3a＋1 ＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(1,4). ∵0<a<1，∴ eq \f(1,4)≤b2<1， 又b>0，∴ eq \f(1,2)≤b<1， 故b的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)). $$