新高考专用备战2023年高考数学二轮复习大题拆小做+题型轻松过专项训练专项突破一解三角形考点2解三角形含解析

Page15专项一解三角形考点2解三角形大题拆解技巧【母题】(2020年全国Ⅱ卷)△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sinBsinC.(1)求A;(2)若BC=3,求△ABC周长的最大值.【拆解1】△ABC中,已知sin2A-sin2B-sin2C=sinBsinC,求A.【解析】由正弦定理可得BC2-AC2-AB2=AC·AB,∴cosA=AC2+A∵A∈(0,π),∴A=2π3【拆解2】若BC=3,A=2π3,求证(AC+AB)2【解析】由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcosA∴AC2+AB2+AC·AB=9,即(AC+AB)2-AC·AB=9.【拆解3】已知BC=3,且(AC+AB)2-AC·AB=9,求△ABC周长的最大值.【解析】∵AC·AB≤（AC+AB2）2∴9=(AC+AB)2-AC·AB≥(AC+AB)2-AC+AB22=34(AC+AB)2,解得AC+AB≤23(当且仅当AC=AB时取等号),∴△ABC的周长L=AC+AB+BC≤3+23,∴△ABC周长的最大值为3+23.小做变式训练△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,3c=b(sinA+3cosA).(1)求B;(2)若b=3,求△ABC周长最大时,△ABC的面积.【拆解1】△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,3c=b(sinA+3cosA),求B.【解析】∵3c=b(sinA+3cosA),∴3sinC=sinB·(sinA+3cosA),∴3sin(A+B)=sinBsinA+3sinBcosA,∴3sinAcosB+3sinBcosA=sinBsinA+3sinBcosA,∵A∈(0,π),∴sinA≠0,∴3cosB=sinB,∴tanB=3,∵0<B<π,∴B=π3【拆解2】已知B=π3,若b=3,求△【解析】∵cosB=a2+c∴12=a∴b2=a2+c2-ac,∴9=(a+c)2-3ac,∴9≥(a+c)2-3a+c22=(a+c)a+c的最大值为6,∴周长的最大值为9.【拆解3】已知条件不变,求△ABC周长最大时,△ABC的面积.【解析】当a=c=3时,a+c取得最大值,即周长取得最大值,此时S△ABC=12×3×3×sinπ3=通法技巧归纳1.三角形中的最值、范围问题的解题策略解与三角形中边角有关的量的取值范围时,主要是利用已知条件和有关定理,将所求的量用三角形的某个内角或某条边表示出来,结合三角形的性质求解即可.2.求解三角形中的最值、范围问题的注意点(1)涉及求范围的问题,一定要搞清已知变量的范围,利用已知的范围进行求解,已知边的范围求角的范围时可以利用余弦定理进行转化.(2)注意题目中的隐含条件,如A+B+C=π,0<A<π,b-c<a<b+c,三角形中大边对大角等.突破实战训练<基础过关>1.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2sin2A+B2=3(1)求角C的大小;(2)若a=3,c=1,求△ABC的面积.【解析】(1)在△ABC中,A+B+C=π,即A+B=π-C,所以sin(A+B)=sinC,因为2sin2A+B2=3所以2sin2π-C2可得2cos2C2=3所以1+cosC=3sinC+1,即cosC=3sinC,所以tanC=33因为C∈(0,π),所以C=π6(2)由正弦定理可得asinA=csinC,因为a=3,c=1,所以sinA=因为a>c且A∈(0,π),所以A=π3或A=2π3,所以B=π2当B=π2时,S△ABC=12acsinB=32;当B=π6时,S△ABC=2.在①2asinC=ctanA;②2acosB=2c-b;③2cos2B+C2在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知________.

(1)求A的值;(2)若△ABC的面积为34【解析】选①.(1)已知2asinC=ctanA,利用正弦定理得2sinAsinC=sinC·sinAcosA,因为0<A<π,0<C<π,所以sinA≠0,sinC≠0,整理得cosA=12,由于0<A<π,所以A=(2)由S△ABC=12bcsinA=34bc=由于a+b+c=5,所以a=5-(b+c),利用余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc=(5-a)2-3,解得a=115选②.(1)已知2acosB=2c-b,利用余弦定理得2a·a2+c2-b2化简得cosA=12,由于0<A<π,所以A=π(2)由S△ABC=12bcsinA=34bc=由于a+b+c=5,所以a=5-(b+c),利用余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc=(5-a)2-3,解得a=115选③.(1)已知2cos2B+C2=cos2A+1,整理得cos(B+C)+1=2cos2A,所以2cos2解得cosA=12或cosA=-1(舍去),由于0<A<π,所以A=π(2)由S△ABC=12bcsinA=34bc=由于a+b+c=5,所以a=5-(b+c),利用余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc=(5-a)2-3,解得a=1153.已知函数f(x)=4cosxsin(x-π3)+3(1)求函数f(x)在区间[π4,π2(2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若角C为锐角,f(C)=3,且c=2,求△ABC面积的最大值.【解析】(1)f(x)=4cosxsin(x-π3)+=4cosx(sinxcosπ3-cosxsinπ3)=4cosx(12sinx-32cosx)=2sinxcosx-23cos2x+3=sin2x-3cos2x=2sin(2x-π3)由π4≤x≤π2,得π6≤2x-π3≤2π3,∴12≤sin((2)由f(C)=3,得sin(2C-π3)=32,∵C为锐角,∴2C-π3=π3,∵c=2,∴由余弦定理得a2+b2-ab=4,∵a2+b2≥2ab,∴4=a2+b2-ab≥ab(当且仅当a=b时等号成立).∴S△ABC=12absinC=34ab≤当a=b=2,即△ABC为正三角形时,△ABC的面积有最大值,最大值为3.4.已知函数f(x)=λsin(ωx+φ)λ>0,ω>0,0<φ<π2的部分图象如图所示,A为图象与x轴的交点,B,C分别为图象的最高点和最低点,在(1)求角B的大小;(2)若b=3,点B的坐标为13【解析】(1)∵S=34(a2+c2-b2),∴由余弦定理得S=3又S=12acsinB,∴32accosB=12∵B∈(0,π),∴B=π3(2)由题意得,a=2c,b=3,B=π3,∴由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得4c2+c2-4c2cosπ设边BC与x轴的交点为D,则△ABD为正三角形,∴λ=32且AD=1,∴函数f(x)的最小正周期为2,∴ω=2∴f(x)=32sin(πx+φ),又点B1∴f13=32,即32sinπ3+∴π3+φ=π2+2kπ,k∈Z,即φ=π6又0<φ<π2,∴φ=π<能力拔高>7.已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足bc=1,a2-bc=(b-c)2.(1)求sinB+sinC的最大值;(2)若cosBcosC=14【解析】(1)∵a2-bc=b2+c2-2bc,∴b2+c2-a2=bc,∴cosA=b2+c2-∴A=π3,∴B+C=2π∴sinB+sinC=sinB+sin2π=sinB+sin2π3cosB-cos2π=32cosB+3=3=3sinB+π当B=π3时,sinB+sinC取得最大值,最大值为3(2)由(1)可得cosA=-cos(B+C)=sinBsinC-cosBcosC=12∵cosBcosC=14,∴sinBsinC=34.∴bc4∵bc=1,∴R=33,∴∴(b+c)2-2bc-1=bc,即(b+c)2=4,解得b+c=2.6.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a(1+cosB)=b(2-cosA).(1)求角B的最大值.(2)若B取(1)中最大值,a>1,c=b+12,当△【解析】(1)∵a(1+cosB)=b(2-cosA),∴a(1+a2+c2-b2∴2b=a+c,∴cosB=a2+c2-b22ac=又∵a2+c2≥2ac,∴a2+c2ac≥2,即cosB=38×又∵B∈(0,π),∴B的最大值为π3(2)由(1)可知B=π3,c=b+1则b2=a2+c2-2accosB=a2+(b+12)2-a(b+12∴b=a2记△ABC的周长为l,则l=a+b+c=2×a2-=3(a-1)+32(≥23(a-1)·32当且仅当3(a-1)=32(a∴当△ABC的周长最小时,a的值为1+22<拓展延伸>7.如图,△BCD为等腰三角形,点A,E在△BCD外,且DE=8,若∠BCD=∠BAE=2π3,BC=23(1)从以下三个条件中任选一个,求BE的长度.①∠CDE=2π3;②cos∠DBE=35;③锐角△DBE的面积为12(2)在你所选的(1)的条件下,求BA+AE的最大值.【解析】(1)选择①∠CDE=2π3在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD=36,∴BD=6,又BC=CD,∴∠CBD=∠CDB=π6,∵∠CDE=2π∴∠BDE=π2在Rt△BDE中,BE=BD2+D选择②cos∠DBE=35在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD=36,解得BD=6.由BD=6,DE=8,在△BDE中,利用余弦定理可得DE2=BD2+BE2-2BD·BEcos∠DBE,解得BE=10或BE=-145选择③锐角△DBE的面积为123,在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD=36,∴BD=6,又DE=8,S△BDE=12×6×8×sin∠BDE=123∴∠BDE=π3在△BDE中,利用余弦定理得BE2=BD2+DE2-2BD·DEcos∠BDE,解得BE=52=213.(2)若选择①和②,解答如下:在△BAE中,∠BAE=2π3由余弦定理得BE2=AB2+AE2-2AB·AEcos∠BAE,即100=AB2+AE2+AB·AE,故(AB+AE)2-100=AB·AE≤(AB+AE2)2,即34(AB+AE)∴AB+AE≤203∴BA+AE的最大值为203若选择③,解答如下:在△BAE中,∠BAE=2π3,BE=213由余弦定理得BE2=AB2+AE2-2AB·AEcos∠BAE,即52=AB2+AE2+AB·AE,故(AB+AE)2-52=AB·AE≤(AB+AE2)2即34(AB+AE)2∴AB+AE≤439∴BA+AE的最大值为4398.已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcosC+ccosB=2acosA.(1)求角A的值;(2)若△ABC的周长为3,求实数a的最小值.【解析】(1)由已知条件及正弦定理得sinBcosC+cosBsinC=2sinAcosA,