2024年高考数学重难点突破讲义：学案 特别策划2　微切口3　三角形对边对角模型研究

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 特别策划2　微切口3　三角形对边对角模型研究，共5页。

例1 (2020·全国Ⅱ卷理)在△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinB sin C.
(1) 求角A的大小；
【解析】 由正弦定理可得BC2－AC2－AB2＝AC·AB，所以cs A＝ eq \f(AC2＋AB2－BC2,2AC·AB)＝－ eq \f(1,2).因为A∈(0，π)，所以A＝ eq \f(2π,3).
(2) 若BC＝3，求△ABC周长的最大值．
【解析】 方法一：由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cs A＝AC2＋AB2＋AC·AB＝9，即(AC＋AB)2－AC·AB＝9.因为AC·AB≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AC＋AB,2))) eq \s\up12(2)(当且仅当AC＝AB时取等号)，所以9＝(AC＋AB)2－AC·AB≥(AC＋AB)2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AC＋AB,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(3,4)(AC＋AB)2，解得AC＋AB≤2 eq \r(3)(当且仅当AC＝AB时取等号)，所以△ABC的周长L＝AC＋AB＋BC≤3＋2 eq \r(3)，所以△ABC周长的最大值为3＋2 eq \r(3).
方法二：由正弦定理及(1)得 eq \f(AC,sin B)＝ eq \f(AB,sin C)＝ eq \f(BC,sin A)＝2 eq \r(3)，从而AC＝2 eq \r(3)sin B，AB＝2 eq \r(3)sin (π－A－B)＝3cs B－ eq \r(3)sin B，故BC＋AC＋AB＝3＋ eq \r(3)sin B＋3cs B＝3＋2 eq \r(3)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3))).又0＜B＜ eq \f(π,3)，所以当B＝ eq \f(π,6)时，△ABC的周长取得最大值3＋2 eq \r(3).
周长范围(最值)问题：
(1) 无约束条件的三角形：利用基本不等式 eq \r(ab)≤ eq \f(a＋b,2)，再结合余弦定理求周长取值范围；
(2) 受条件约束的三角形：利用正弦定理a＝2R sin A，b＝2R sin B，代入周长(边长)公式，再结合辅助角公式，根据角的取值范围，求周长(边长)的取值范围．
变式1 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝1，A＝ eq \f(π,3).
(1) 求bc，b＋c，b2＋c2的取值范围；
【解析】 方法一：(余弦定理＋基本不等式)
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cs A≥2bc－bc，所以0＜bc≤1.b2＋c2＝a2＋2bc cs A＝bc＋1∈(1，2]，(b＋c)2＝3bc＋1∈(1，4]，故b＋c∈(1，2].另解：因为b2＋c2＝1＋bc≤1＋ eq \f(b2＋c2,2)，所以1＜b2＋c2≤2，(b＋c)2＝3bc＋1≤3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,2))) eq \s\up12(2)＋1，所以b＋c≤2，又b＋c＞a＝1，故1＜b2＋c2≤2，1＜b＋c≤2.
方法二：(正弦定理＋函数思想)由 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)＝ eq \f(c,sin C)＝ eq \f(2,\r(3))，得b＝ eq \f(2,\r(3))sin B，c＝ eq \f(2,\r(3))sin C＝ eq \f(2,\r(3))sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3)))，B∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，则b＋c＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))∈(1，2]，bc＝ eq \f(4,3)sin B sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3)))＝ eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin2B＋\f(\r(3),2)sinB cs B))＝ eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2B－\f(1,2)cs 2B))＋ eq \f(1,3)＝ eq \f(2,3)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,6)))＋ eq \f(1,3)∈(0，1]，b2＋c2＝ eq \f(4,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin2B＋sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3)))))＝－ eq \f(2,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs2B＋cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B＋\f(2π,3)))))＋ eq \f(4,3)＝ eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2B－\f(1,2)cs 2B))＋ eq \f(4,3)＝ eq \f(2,3)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,6)))＋ eq \f(4,3)∈(1，2].
(2) 求b的最大值；
【解析】 b＝ eq \f(2,\r(3))sin B∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)))，当B＝ eq \f(π,2)时，b取得最大值 eq \f(2\r(3),3).
(3) 求中线AD长度的取值范围．
【解析】 由(1)知0＜bc≤1，所以AD＝ eq \f(1,2) eq \r(b2＋c2＋bc)＝ eq \f(1,2) eq \r(2bc＋1)∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).
面积的范围(最值)问题
例2 已知a，b，c是△ABC的三个内角A，B，C的对边，且 eq \f(a＋c,b)＝cs C＋ eq \r(3)sin C.
(1) 求角B的大小；
【解析】 由 eq \f(a＋c,b)＝cs C＋ eq \r(3)sin C，结合正弦定理可得 eq \f(sin A＋sin C,sin B)＝cs C＋ eq \r(3)sin C，则sin A＋sin C＝sin B cs C＋ eq \r(3)sin B sin C，因为sin A＝sin (B＋C)＝sin B cs C＋cs B sin C，所以cs B sin C＋sin C＝ eq \r(3)sin B sin C，而sin C＞0，故cs B＋1＝ eq \r(3)sin B，所以 eq \r(3)sin B－cs B＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝1，则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝ eq \f(1,2).又－ eq \f(π,6)＜B－ eq \f(π,6)＜ eq \f(5π,6)，所以B－ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,6)，即B＝ eq \f(π,3).
(2) 若b＝2，求△ABC面积的最大值．
【解析】 由b2＝a2＋c2－2ac cs B，得a2＋c2－ac＝4≥ac，当且仅当a＝c＝2时等号成立，所以S△ABC＝ eq \f(1,2)ac sin B＝ eq \f(\r(3),4)ac≤ eq \r(3)，即△ABC面积的最大值为 eq \r(3).
面积的范围(最值)问题
方法一：利用基本不等式ab≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)≤ eq \f(a2＋b2,2)，再代入面积公式；
方法二：利用正弦定理a＝2R sin A，b＝2R sin B，代入面积公式，再结合辅助角公式，根据角的取值范围，求面积的取值范围．
邻边邻角模型
例3 (2023·池州模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 eq \f(tan B,tan C)＝ eq \f(2a－c,c).
(1) 求角B的大小；
【解析】 因为 eq \f(tan B,tan C)＝ eq \f(2a－c,c)，由正弦定理得 eq \f(sin B cs C＋cs B sin C,cs B sin C)＝ eq \f(2sin A,sin C)，所以 eq \f(sin (B＋C),cs B sin C)＝ eq \f(2sin A,sin C)，所以 eq \f(sin A,cs B sin C)＝ eq \f(2sin A,sin C).因为A，B，C∈(0，π)，所以sin A＞0，sin C＞0，所以cs B＝ eq \f(1,2)，所以B＝ eq \f(π,3).
(2) 若△ABC为锐角三角形，且c＝2，求△ABC面积的取值范围．
【解析】 因为△ABC是锐角三角形，由(1)知B＝ eq \f(π,3)，A＋B＋C＝π，得A＋C＝ eq \f(2,3)π，故 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＜C＜\f(π,2)，,0＜\f(2π,3)－C＜\f(π,2)，))解得 eq \f(π,6)＜C＜ eq \f(π,2).又由正弦定理得 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(c,sin C)，c＝2，所以a＝ eq \f(c sin A,sin C)，所以S△ABC＝ eq \f(1,2)ac sin B＝ eq \f(1,2)·c2 eq \f(sin A,sin C)·sin B＝ eq \r(3) eq \f(sin A,sin C)＝ eq \r(3)· eq \f(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋C)),sin C)＝ eq \r(3) eq \f(\f(\r(3),2)cs C＋\f(1,2)sin C,sin C)＝ eq \f(3,2tan C)＋ eq \f(\r(3),2).又 eq \f(π,6)＜C＜ eq \f(π,2)，所以tan C＞ eq \f(\r(3),3)，所以 eq \f(\r(3),2)＜ eq \f(3,2tan C)＋ eq \f(\r(3),2)＜2 eq \r(3)，即 eq \f(\r(3),2)＜S△ABC＜2 eq \r(3)，故S△ABC的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，2\r(3))).
变式3 已知锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m＝(sin C，cs C)，n＝(2sin A－cs B，－sin B)，且m⊥n.
(1) 求角C的大小；
【解析】 m·n＝sin C(2sin A－cs B)－cs C sin B＝2sin C sin A－(sin C cs B＋cs C sin B)＝0.
方法一：由正弦定理得2a sin C－(c cs B＋b cs C)＝0，又cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，所以2a sin C－a＝0，则sin C＝ eq \f(1,2).又△ABC为锐角三角形，故C＝ eq \f(π,6).
方法二：因为2sin C sin A－sin (C＋B)＝2sin C sin A－sin A＝0，sin A≠0，所以sin C＝ eq \f(1,2).因为△ABC为锐角三角形，所以C＝ eq \f(π,6).
(2) 若a＝2，求△ABC周长的取值范围．
【解析】 b＝ eq \f(a sin B,sin A)＝ eq \f(2sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)π－A)),sin A)＝ eq \f(cs A＋\r(3)sin A,sin A)＝ eq \r(3)＋ eq \f(cs A,sin A)，c＝ eq \f(a sin C,sin A)＝ eq \f(1,sin A).由于△ABC为锐角三角形，则A∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且0＜B＝ eq \f(5π,6)－A＜ eq \f(π,2)，解得A∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))).
方法一：周长l＝a＋b＋c＝2＋ eq \r(3)＋ eq \f(cs A,sin A)＋ eq \f(1,sin A)＝2＋ eq \r(3)＋ eq \f(cs A＋1,sin A)＝2＋ eq \r(3)＋ eq \f(2cs2\f(A,2),2cs\f(A,2)sin \f(A,2))＝2＋ eq \r(3)＋ eq \f(1,tan \f(A,2))，而 eq \f(A,2)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))，则tan eq \f(A,2)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))，所以 eq \f(1,tan \f(A,2))∈(1， eq \r(3))，故△ABC的周长l的取值范围为(3＋ eq \r(3)，2＋2 eq \r(3)).
方法二：易得b＝ eq \r(3)＋ eq \f(1,tan A)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(4\r(3),3)))，由余弦定理得c＝ eq \r(a2＋b2－2ab cs C)＝ eq \r((b－\r(3))2＋1)，周长l＝a＋b＋c＝ eq \r((b－\r(3))2＋1)＋b＋2，记f(b)＝ eq \r((b－\r(3))2＋1)＋b＋2，则f(b)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(4\r(3),3)))上单调递增，所以△ABC的周长l的取值范围为(3＋ eq \r(3)，2＋2 eq \r(3)).