專(zhuān)題十解三角形綜合問(wèn)題(原卷版+解析)

專(zhuān)題十解三角形綜合問(wèn)題考點(diǎn)一正、余弦定理與三角函數(shù)結(jié)合的問(wèn)題【方法總結(jié)】解三角形與三角函數(shù)交匯問(wèn)題一般步驟【例題選講】[例1]已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\r(3)(sinx＋cosx)2．(1)求函數(shù)f(x)的最大值和最小正周期；(2)設(shè)△ABC的三邊a，b，c所對(duì)的角分別為A，B，C，若a＝2，c＝eq\r(7)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(C,2)))＝eq\r(3)，求b的值．解析(1)f(x)＝eq\f(1,2)cos2x－eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\r(3)(1＋sin2x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\r(3)，所以f(x)的最大值為1＋eq\r(3)，最小正周期T＝π．(2)因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(C,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋C＋\f(π,6)))＋eq\r(3)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＋eq\r(3)＝eq\r(3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝0，因?yàn)?<C<π，所以C＝eq\f(π,3)．由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，可得b2－2b－3＝0，因?yàn)閎>0，所以b＝3．[例2]已知f(x)＝cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋1．(1)求f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在△ABC中，若角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且f(B)＝eq\f(5,4)，sinAsinC＝sin2B，求a－c的值．解析f(x)＝cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋1＝cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx－\f(1,2)cosx))＋1＝eq\f(\r(3),4)sin2x－eq\f(1,2)×eq\f(1＋cos2x,2)＋1＝eq\f(\r(3),4)sin2x－eq\f(1,4)cos2x＋eq\f(3,4)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(3,4)．(1)由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，又x∈[0，π]，∴f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))．(2)由f(B)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋eq\f(3,4)＝eq\f(5,4)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＝1．又B是△ABC的內(nèi)角，∴2B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，得B＝eq\f(π,3)．由sinAsinC＝sin2B及正弦定理可得ac＝b2．在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得ac＝(a－c)2＋2ac－ac，則a－c＝0．[例3]已知函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx(x∈R)．(1)求f(x)的最小正周期；(2)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若f(A)＝2，c＝5，cosB＝eq\f(1,7)，求△ABC中線(xiàn)AD的長(zhǎng)．解析(1)f(x)＝－cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))．∴T＝eq\f(2π,2)＝π．∴函數(shù)f(x)的最小正周期為π．(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∵在△ABC中f(A)＝2，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝1，∴2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，∴A＝eq\f(π,3)．又cosB＝eq\f(1,7)且B∈(0，π)，∴sinB＝eq\f(4\r(3),7)，∴sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,7)＋eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(5\r(3),14)，在△ABC中，由正弦定理eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)，得eq\f(5,\f(5\r(3),14))＝eq\f(a,\f(\r(3),2))，∴a＝7，∴BD＝eq\f(7,2)．在△ABD中，由余弦定理得，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB＝52＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))eq\s\up12(2)－2×5×eq\f(7,2)×eq\f(1,7)＝eq\f(129,4)，因此△ABC的中線(xiàn)AD＝eq\f(\r(129),2)．[例4]已知函數(shù)f(x)＝cos2x＋eq\r(3)sin(π－x)cos(π＋x)－eq\f(1,2)．(1)求函數(shù)f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，bsinC＝asinA，求△ABC的面積．解析(1)f(x)＝cos2x－eq\r(3)sinxcosx－eq\f(1,2)＝eq\f(1＋cos2x,2)－eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，又∵x∈[0，π]，∴函數(shù)f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))．(2)由(1)知f(x)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴f(A)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝－1，∵△ABC為銳角三角形，∴0<A<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)<2A－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，∴2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,3)．又∵bsinC＝asinA，∴bc＝a2＝4，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)．[例5]已知f(x)＝12sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))cosx－3，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))．(1)求f(x)的最大值、最小值；(2)CD為△ABC的內(nèi)角平分線(xiàn)，已知AC＝f(x)max，BC＝f(x)min，CD＝2eq\r(2)，求C．解析(1)f(x)＝12sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))cosx－3＝12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinxcos\f(π,6)＋cosxsin\f(π,6)))cosx－3＝6eq\r(3)sinxcosx＋6cos2x－3＝3eq\r(3)sin2x＋3cos2x＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上是增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上是減函數(shù)，又f(0)＝3，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝3eq\r(3)．∴f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝6，f(x)min＝3．(2)在△ADC中，eq\f(AD,sin\f(C,2))＝eq\f(AC,sin∠ADC)，在△BDC中，eq\f(BD,sin\f(C,2))＝eq\f(BC,sin∠BDC)，∵sin∠ADC＝sin∠BDC，AC＝6，BC＝3，∴AD＝2BD．在△BCD中，BD2＝CD2＋BC2－2CD·BC·coseq\f(C,2)＝17－12eq\r(2)coseq\f(C,2)，在△ACD中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·coseq\f(C,2)＝44－24eq\r(2)coseq\f(C,2)，又AD2＝4BD2，∴44－24eq\r(2)coseq\f(C,2)＝68－48eq\r(2)coseq\f(C,2)，∴coseq\f(C,2)＝eq\f(\r(2),2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,2)．[例6]已知函數(shù)f(x)＝sin2ωx－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈R，ω為常數(shù)且\f(1,2)＜ω＜1))，函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線(xiàn)x＝π對(duì)稱(chēng)．(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若a＝1，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)A))＝eq\f(1,4)，求△ABC面積的最大值．解析(1)f(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2ωx－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))))＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))－eq\f(1,2)cos2ωx＝－eq\f(1,4)cos2ωx＋eq\f(\r(3),4)sin2ωx＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))．令2ωx－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(π,3ω)＋eq\f(kπ,2ω)，k∈Z．∴f(x)的對(duì)稱(chēng)軸為x＝eq\f(π,3ω)＋eq\f(kπ,2ω)，k∈Z．令eq\f(π,3ω)＋eq\f(kπ,2ω)＝π，k∈Z，解得ω＝eq\f(2＋3k,6)，k∈Z．∵eq\f(1,2)＜ω＜1，∴取k＝1，ω＝eq\f(5,6)，∴f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)x－\f(π,6)))．∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,\f(5,3))＝eq\f(6π,5)．(2)∵f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)A))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)．又0<A<π，∴A＝eq\f(π,3)．由余弦定理得，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－1,2bc)＝eq\f(1,2)，∴b2＋c2＝bc＋1≥2bc，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)，等號(hào)成立．∴bc≤1．∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc≤eq\f(\r(3),4)，∴△ABC面積的最大值是eq\f(\r(3),4)．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sin2x＋2cos2x－1，x∈R．(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間；(2)在△ABC中，A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知c＝eq\r(3)，f(C)＝1，sinB＝2sinA，求a，b的值．2．已知函數(shù)f(x)＝cosx(cosx＋eq\r(3)sinx)．(1)求f(x)的最小值；(2)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若f(C)＝1，S△ABC＝eq\f(3\r(3),4)，c＝eq\r(7)，求△ABC的周長(zhǎng)．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sin(2018π－x)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋x))－cos2x＋1．(1)求函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間；(2)若△ABC的角A，B，C所對(duì)的邊為a，b，c，角A的平分線(xiàn)交BC于D，f(A)＝eq\f(3,2)，AD＝eq\r(2)BD＝2，求cosC．4．已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，角B所對(duì)的邊b＝eq\r(3)，且函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sin2x＋2sinxcosx－eq\r(3)在x＝A處取得最大值．(1)求f(x)的值域及周期；(2)求△ABC的面積．5．如圖，在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角B，A，C成等差數(shù)列，且AC＝10，BC＝15．(1)求△ABC的面積；(2)已知平面直角坐標(biāo)系xOy中點(diǎn)D(10，0)，若函數(shù)f(x)＝Msin(ωx＋φ)M>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)的圖象經(jīng)過(guò)A，C，D三點(diǎn)，且A，D為f(x)的圖象與x軸相鄰的兩個(gè)交點(diǎn)，求f(x)的解析式．6．已知f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))滿(mǎn)足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝－f(x)，若其圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到的函數(shù)為奇函數(shù)．(1)求f(x)的解析式；(2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿(mǎn)足(2c－a)cosB＝bcosA，求f(A)的取值范圍．7．在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，(2a－c)cosB－bcosC＝0．(1)求角B的大小；(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝2sinxcosxcosB－eq\f(\r(3),2)cos2x，求函數(shù)f(x)的最大值及當(dāng)f(x)取得最大值時(shí)x的值．8．設(shè)f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面積的最大值．9．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx－sin2ωx＋1(ω＞0)的圖象中相鄰兩條對(duì)稱(chēng)軸之間的距離為eq\f(π,2)．(1)求ω的值及函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)已知a，b，c分別為△ABC中角A，B，C的對(duì)邊，且滿(mǎn)足a＝eq\r(3)，f(A)＝1，求△ABC面積S的最大值．考點(diǎn)二正、余弦定理與與向量結(jié)合的問(wèn)題【方法總結(jié)】解三角形與向量交匯問(wèn)題一般步驟破解平面向量與“三角”相交匯題的常用方法是“化簡(jiǎn)轉(zhuǎn)化法”，即先活用誘導(dǎo)公式、同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式、和角差角公式、倍角公式、輔助角公式等對(duì)三角函數(shù)進(jìn)行巧“化簡(jiǎn)”；然后把以向量的數(shù)量積、向量共線(xiàn)、向量垂直形式出現(xiàn)的條件轉(zhuǎn)化為“對(duì)應(yīng)坐標(biāo)乘積之間的關(guān)系”；再活用正、余弦定理，對(duì)三角形的邊、角進(jìn)行互化．這種問(wèn)題求解的關(guān)鍵是利用向量的知識(shí)將條件“脫去向量外衣”，轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解．【例題選講】[例1]已知向量m＝(2sinωx，cos2ωx－sin2ωx)，n＝(eq\r(3)cosωx，1)，其中ω＞0，x∈R．若函數(shù)f(x)＝m·n的最小正周期為π．(1)求ω的值；(2)在△ABC中，若f(B)＝－2，BC＝eq\r(3)，sinB＝eq\r(3)sinA，求eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值．解析(1)f(x)＝m·n＝2eq\r(3)sinωxcosωx＋cos2ωx－sin2ωx＝eq\r(3)sin2ωx＋cos2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))．因?yàn)閒(x)的最小正周期為π，所以T＝eq\f(2π,2|ω|)＝π．又ω＞0，所以ω＝1．(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))．設(shè)△ABC中角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c．因?yàn)閒(B)＝－2，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝－2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝－1，由于0<B<π，解得B＝eq\f(2π,3)．因?yàn)锽C＝eq\r(3)，即a＝eq\r(3)，又sinB＝eq\r(3)sinA，所以b＝eq\r(3)a，故b＝3．由正弦定理，有eq\f(\r(3),sinA)＝eq\f(3,sin\f(2π,3))，解得sinA＝eq\f(1,2)．由于0＜A＜eq\f(π,3)，解得A＝eq\f(π,6)．所以C＝eq\f(π,6)，所以c＝a＝eq\r(3)．所以eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝cacosB＝eq\r(3)×eq\r(3)×coseq\f(2π,3)＝－eq\f(3,2)．[例2]已知函數(shù)f(x)＝a·b，其中a＝(2cosx，－eq\r(3)sin2x)，b＝(cosx，1)，x∈R．(1)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，f(A)＝－1，a＝eq\r(7)，且向量m＝(3，sinB)與n＝(2，sinC)共線(xiàn)，求邊長(zhǎng)b和c的值．解析(1)f(x)＝2cos2x－eq\r(3)sin2x＝1＋cos2x－eq\r(3)sin2x＝1＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋π(k∈Z)，解得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，∴函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．(2)∵f(A)＝1＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,3)))＝－1，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,3)))＝－1，又eq\f(π,3)＜2A＋eq\f(π,3)＜eq\f(7π,3)，∴2A＋eq\f(π,3)＝π，即A＝eq\f(π,3)．∵a＝eq\r(7)，∴由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc＝7．①∵向量m＝(3，sinB)與n＝(2，sinC)共線(xiàn)，∴2sinB＝3sinC，由正弦定理得2b＝3c，②由①②得b＝3，c＝2．[例3]已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx，\f(3,4)))，b＝(cosx，－1)．(1)當(dāng)a∥b時(shí)，求cos2x－sin2x的值；(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝2(a＋b)·b，已知在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．若a＝eq\r(3)，b＝2，sinB＝eq\f(\r(6),3)，求f(x)＋4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))))的取值范圍．解析(1)因?yàn)閍∥b，所以eq\f(3,4)cosx＋sinx＝0，所以tanx＝－eq\f(3,4)．cos2x－sin2x＝eq\f(cos2x－2sinxcosx,sin2x＋cos2x)＝eq\f(1－2tanx,1＋tan2x)＝eq\f(8,5)．(2)f(x)＝2(a＋b)·b＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋cosx，－\f(1,4)))·(cosx，－1)＝sin2x＋cos2x＋eq\f(3,2)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋eq\f(3,2)．由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(3)×\f(\r(6),3),2)＝eq\f(\r(2),2)，所以A＝eq\f(π,4)或A＝eq\f(3π,4)．因?yàn)閎＞a，所以A＝eq\f(π,4)．所以f(x)＋4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))－eq\f(1,2)，因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(11π,12)))，所以eq\f(\r(3),2)－1≤f(x)＋4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))≤eq\r(2)－eq\f(1,2)．所以f(x)＋4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))))的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－1，\r(2)－\f(1,2)))．[例4]已知△ABC的三內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，向量m＝(cosB，cosC)，n＝(2a＋c，b)，且m⊥n．(1)求角B的大??；(2)若b＝eq\r(3)，求a＋c的取值范圍．解析(1)∵m＝(cosB，cosC)，n＝(2a＋c，b)，且m⊥n，∴(2a＋c)cosB＋bcosC＝0，由正弦定理，得cosB(2sinA＋sinC)＋sinBcosC＝0，∴2cosBsinA＋cosBsinC＋sinBcosC＝0，即2cosBsinA＝－sin(B＋C)＝－sinA．∵A∈(0，π)，∴sinA≠0，∴cosB＝－eq\f(1,2)．∵0<B<π，∴B＝eq\f(2π,3)．(2)由余弦定理，得b2＝3＝a2＋c2－2accoseq\f(2π,3)＝a2＋c2＋ac＝(a＋c)2－ac≥(a＋c)2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))2＝eq\f(3,4)(a＋c)2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)取等號(hào)．∴(a＋c)2≤4，故a＋c≤2．∴a＋c的取值范圍是(eq\r(3)，2]．[例5]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，已知2bcosC＝2a－eq\r(3)c．(1)求B的大小；(2)若eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))＝2eq\o(CM,\s\up6(→))，且|eq\o(CM,\s\up6(→))|＝1，求△ABC面積的最大值．解析(1)由2bcosC＝2a－eq\r(3)c及正弦定理，得2sinBcosC＝2sinA－eq\r(3)sinC，即2sinBcosC＝2sin(B＋C)－eq\r(3)sinC，∴2sinCcosB＝eq\r(3)sinC，∵C∈(0，π)，∴sinC≠0，∴cosB＝eq\f(\r(3),2)，又B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,6)．(2)由條件知，M為AB的中點(diǎn)，∴在△BCM中，由余弦定理可得cosB＝eq\f(BM2＋BC2－1,2BM·BC)＝eq\f(\r(3),2)，∴BM2＋BC2＝1＋eq\r(3)BM·BC≥2BM·BC，∴BM·BC≤2＋eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)BM＝BC時(shí)等號(hào)成立．又S△ABC＝eq\f(1,2)BC·BAsineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)BC·BM≤1＋eq\f(\r(3),2)，∴△ABC面積的最大值是1＋eq\f(\r(3),2)．[例6]已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))))，b＝(－sinx，eq\r(3)sinx)，f(x)＝a·b．(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及f(x)的最大值；(2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝1，a＝2eq\r(3)，求△ABC面積的最大值并說(shuō)明此時(shí)△ABC的形狀．解析(1)由已知得a＝(－sinx，cosx)，又b＝(－sinx，eq\r(3)sinx)，則f(x)＝a·b＝sin2x＋eq\r(3)sinxcosx＝eq\f(1,2)(1－cos2x)＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)時(shí)，f(x)取得最大值eq\f(3,2)．(2)銳角△ABC中，因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∴A＝eq\f(π,3)．因?yàn)閍2＝b2＋c2－2bccosA，所以12＝b2＋c2－bc，所以b2＋c2＝bc＋12≥2bc，所以bc≤12(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2eq\r(3)時(shí)等號(hào)成立)，此時(shí)△ABC為等邊三角形．S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc≤3eq\r(3)．所以當(dāng)△ABC為等邊三角形時(shí)面積取最大值3eq\r(3)．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．已知函數(shù)f(x)＝2cos2x＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)－2x))－1(x∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知f(A)＝eq\f(1,2)，若b＋c＝2a，且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6，求a的值．2．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知向量m＝(c－a，sinB)，n＝(b－a，sinA＋sinC)，且m∥n．(1)求C；(2)若eq\r(6)c＋3b＝3a，求sinA．3．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知向量m＝(cosA－2cosC，2c－a)，n＝(cosB，b)平行．(1)求eq\f(sinC,sinA)的值；(2)若bcosC＋ccosB＝1，△ABC的周長(zhǎng)為5，求b的長(zhǎng)．4．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx－cos2ωx＋eq\f(1,2)(ω>0)，與f(x)圖象的對(duì)稱(chēng)軸x＝eq\f(π,3)相鄰的f(x)的零點(diǎn)為x＝eq\f(π,12)．(1)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))上的單調(diào)性；(2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)應(yīng)邊分別為a，b，c且c＝eq\r(3)，f(C)＝1，若向量m＝(1，sinA)與向量n＝(2，sinB)共線(xiàn)，求a，b的值．5．已知向量m＝(eq\r(3)sineq\f(x,4)，1)，n＝(coseq\f(x,4)，cos2eq\f(x,4))，函數(shù)f(x)＝m·n．(1)若f(x)＝1，求cos(eq\f(2π,3)－x)的值；(2)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且滿(mǎn)足acosC＋eq\f(1,2)c＝b，求f(B)的取值范圍．6．已知m＝(2cosx＋2eq\r(3)sinx，1)，n＝(cosx，－y)，且滿(mǎn)足m·n＝0．(1)將y表示為x的函數(shù)f(x)，并求f(x)的最小正周期；(2)已知a，b，c分別為△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C對(duì)應(yīng)的邊長(zhǎng)，f(x)(x∈R)的最大值是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))，且a＝2，求b＋c的取值范圍．7．已知點(diǎn)P(eq\r(3)，1)，Q(cosx，sinx)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，函數(shù)f(x)＝eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(QP,\s\up6(→))．(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)若A為△ABC的內(nèi)角，f(A)＝4，BC＝3，求△ABC周長(zhǎng)的最大值．8．已知△ABC中內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，向量m＝(2sinB，－eq\r(3))，n＝(cos2B，2cos2eq\f(B,2)－1)，B為銳角且m∥n．(1)求角B的大??；(2)如果b＝2，求S△ABC的最大值．9．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，向量m＝(a＋b，sinA－sinC)，向量n＝(c，sinA－sinB)，且m∥n．(1)求角B的大??；(2)設(shè)BC的中點(diǎn)為D，且AD＝eq\r(3)，求a＋2c的最大值及此時(shí)△ABC的面積．10．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且m＝(2a－c，cosC)，n＝(b，cosB)，m∥n．(1)求角B的大?。?2)若b＝1，當(dāng)△ABC的面積取得最大值時(shí)，求△ABC內(nèi)切圓的半徑．專(zhuān)題十解三角形綜合問(wèn)題考點(diǎn)一正、余弦定理與三角函數(shù)結(jié)合的問(wèn)題【方法總結(jié)】解三角形與三角函數(shù)交匯問(wèn)題一般步驟【例題選講】[例1]已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\r(3)(sinx＋cosx)2．(1)求函數(shù)f(x)的最大值和最小正周期；(2)設(shè)△ABC的三邊a，b，c所對(duì)的角分別為A，B，C，若a＝2，c＝eq\r(7)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(C,2)))＝eq\r(3)，求b的值．解析(1)f(x)＝eq\f(1,2)cos2x－eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\r(3)(1＋sin2x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\r(3)，所以f(x)的最大值為1＋eq\r(3)，最小正周期T＝π．(2)因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(C,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋C＋\f(π,6)))＋eq\r(3)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＋eq\r(3)＝eq\r(3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝0，因?yàn)?<C<π，所以C＝eq\f(π,3)．由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，可得b2－2b－3＝0，因?yàn)閎>0，所以b＝3．[例2]已知f(x)＝cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋1．(1)求f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在△ABC中，若角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且f(B)＝eq\f(5,4)，sinAsinC＝sin2B，求a－c的值．解析f(x)＝cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋1＝cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx－\f(1,2)cosx))＋1＝eq\f(\r(3),4)sin2x－eq\f(1,2)×eq\f(1＋cos2x,2)＋1＝eq\f(\r(3),4)sin2x－eq\f(1,4)cos2x＋eq\f(3,4)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(3,4)．(1)由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，又x∈[0，π]，∴f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))．(2)由f(B)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋eq\f(3,4)＝eq\f(5,4)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＝1．又B是△ABC的內(nèi)角，∴2B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，得B＝eq\f(π,3)．由sinAsinC＝sin2B及正弦定理可得ac＝b2．在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得ac＝(a－c)2＋2ac－ac，則a－c＝0．[例3]已知函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx(x∈R)．(1)求f(x)的最小正周期；(2)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若f(A)＝2，c＝5，cosB＝eq\f(1,7)，求△ABC中線(xiàn)AD的長(zhǎng)．解析(1)f(x)＝－cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))．∴T＝eq\f(2π,2)＝π．∴函數(shù)f(x)的最小正周期為π．(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∵在△ABC中f(A)＝2，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝1，∴2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，∴A＝eq\f(π,3)．又cosB＝eq\f(1,7)且B∈(0，π)，∴sinB＝eq\f(4\r(3),7)，∴sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,7)＋eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(5\r(3),14)，在△ABC中，由正弦定理eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)，得eq\f(5,\f(5\r(3),14))＝eq\f(a,\f(\r(3),2))，∴a＝7，∴BD＝eq\f(7,2)．在△ABD中，由余弦定理得，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB＝52＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))eq\s\up12(2)－2×5×eq\f(7,2)×eq\f(1,7)＝eq\f(129,4)，因此△ABC的中線(xiàn)AD＝eq\f(\r(129),2)．[例4]已知函數(shù)f(x)＝cos2x＋eq\r(3)sin(π－x)cos(π＋x)－eq\f(1,2)．(1)求函數(shù)f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，bsinC＝asinA，求△ABC的面積．解析(1)f(x)＝cos2x－eq\r(3)sinxcosx－eq\f(1,2)＝eq\f(1＋cos2x,2)－eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，又∵x∈[0，π]，∴函數(shù)f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))．(2)由(1)知f(x)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴f(A)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝－1，∵△ABC為銳角三角形，∴0<A<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)<2A－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，∴2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,3)．又∵bsinC＝asinA，∴bc＝a2＝4，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)．[例5]已知f(x)＝12sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))cosx－3，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))．(1)求f(x)的最大值、最小值；(2)CD為△ABC的內(nèi)角平分線(xiàn)，已知AC＝f(x)max，BC＝f(x)min，CD＝2eq\r(2)，求C．解析(1)f(x)＝12sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))cosx－3＝12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinxcos\f(π,6)＋cosxsin\f(π,6)))cosx－3＝6eq\r(3)sinxcosx＋6cos2x－3＝3eq\r(3)sin2x＋3cos2x＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上是增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上是減函數(shù)，又f(0)＝3，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝3eq\r(3)．∴f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝6，f(x)min＝3．(2)在△ADC中，eq\f(AD,sin\f(C,2))＝eq\f(AC,sin∠ADC)，在△BDC中，eq\f(BD,sin\f(C,2))＝eq\f(BC,sin∠BDC)，∵sin∠ADC＝sin∠BDC，AC＝6，BC＝3，∴AD＝2BD．在△BCD中，BD2＝CD2＋BC2－2CD·BC·coseq\f(C,2)＝17－12eq\r(2)coseq\f(C,2)，在△ACD中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·coseq\f(C,2)＝44－24eq\r(2)coseq\f(C,2)，又AD2＝4BD2，∴44－24eq\r(2)coseq\f(C,2)＝68－48eq\r(2)coseq\f(C,2)，∴coseq\f(C,2)＝eq\f(\r(2),2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,2)．[例6]已知函數(shù)f(x)＝sin2ωx－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈R，ω為常數(shù)且\f(1,2)＜ω＜1))，函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線(xiàn)x＝π對(duì)稱(chēng)．(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若a＝1，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)A))＝eq\f(1,4)，求△ABC面積的最大值．解析(1)f(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2ωx－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))))＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))－eq\f(1,2)cos2ωx＝－eq\f(1,4)cos2ωx＋eq\f(\r(3),4)sin2ωx＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))．令2ωx－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(π,3ω)＋eq\f(kπ,2ω)，k∈Z．∴f(x)的對(duì)稱(chēng)軸為x＝eq\f(π,3ω)＋eq\f(kπ,2ω)，k∈Z．令eq\f(π,3ω)＋eq\f(kπ,2ω)＝π，k∈Z，解得ω＝eq\f(2＋3k,6)，k∈Z．∵eq\f(1,2)＜ω＜1，∴取k＝1，ω＝eq\f(5,6)，∴f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)x－\f(π,6)))．∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,\f(5,3))＝eq\f(6π,5)．(2)∵f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)A))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)．又0<A<π，∴A＝eq\f(π,3)．由余弦定理得，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－1,2bc)＝eq\f(1,2)，∴b2＋c2＝bc＋1≥2bc，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)，等號(hào)成立．∴bc≤1．∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc≤eq\f(\r(3),4)，∴△ABC面積的最大值是eq\f(\r(3),4)．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sin2x＋2cos2x－1，x∈R．(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間；(2)在△ABC中，A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知c＝eq\r(3)，f(C)＝1，sinB＝2sinA，求a，b的值．1．解析(1)f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ(k∈Z)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．(2)因?yàn)閒(C)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＝1，所以C＝eq\f(π,3)，所以(eq\r(3))2＝a2＋b2－2abcoseq\f(π,3)，a2＋b2－ab＝3，又因?yàn)閟inB＝2sinA，所以b＝2a，解得a＝1，b＝2，所以a，b的值分別為1，2．2．已知函數(shù)f(x)＝cosx(cosx＋eq\r(3)sinx)．(1)求f(x)的最小值；(2)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若f(C)＝1，S△ABC＝eq\f(3\r(3),4)，c＝eq\r(7)，求△ABC的周長(zhǎng)．2．解析(1)f(x)＝cosx(cosx＋eq\r(3)sinx)＝cos2x＋eq\r(3)sinxcosx＝eq\f(1＋cos2x,2)＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝eq\f(1,2)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))．當(dāng)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－1時(shí)，f(x)取得最小值－eq\f(1,2)．(2)f(C)＝eq\f(1,2)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∵C∈(0，π)，2C＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，∴2C＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，∴C＝eq\f(π,3)．∵S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),4)，∴ab＝3．又(a＋b)2－2abcoseq\f(π,3)＝7＋2ab，∴(a＋b)2＝16，即a＋b＝4，∴a＋b＋c＝4＋eq\r(7)，故△ABC的周長(zhǎng)為4＋eq\r(7)．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sin(2018π－x)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋x))－cos2x＋1．(1)求函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間；(2)若△ABC的角A，B，C所對(duì)的邊為a，b，c，角A的平分線(xiàn)交BC于D，f(A)＝eq\f(3,2)，AD＝eq\r(2)BD＝2，求cosC．3．解析解(1)f(x)＝eq\r(3)sinxcosx－cos2x＋1＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)(1＋cos2x)＋1＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)．令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z．所以遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．(2)f(A)＝eq\f(3,2)?sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝1，得到2A－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)?A＝kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，由0<A<π得到A＝eq\f(π,3)，所以∠BAD＝eq\f(π,6)．由正弦定理得eq\f(BD,sin∠BAD)＝eq\f(AD,sinB)?sinB＝eq\f(\r(2),2)，B＝eq\f(π,4)或B＝eq\f(3π,4)(舍去)，所以cosC＝－cos(A＋B)＝sineq\f(π,3)sineq\f(π,4)－coseq\f(π,3)coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)．4．已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，角B所對(duì)的邊b＝eq\r(3)，且函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sin2x＋2sinxcosx－eq\r(3)在x＝A處取得最大值．(1)求f(x)的值域及周期；(2)求△ABC的面積．4．解析(1)因?yàn)锳，B，C成等差數(shù)列，所以2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，所以B＝eq\f(π,3)，即A＋C＝eq\f(2π,3)．因?yàn)閒(x)＝2eq\r(3)sin2x＋2sinxcosx－eq\r(3)＝eq\r(3)(2sin2x－1)＋sin2x＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，所以T＝eq\f(2π,2)＝π．又因?yàn)閟ineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈[－1，1]，所以f(x)的值域?yàn)閇－2，2]．(2)因?yàn)閒(x)在x＝A處取得最大值，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,3)))＝1．因?yàn)?<A<eq\f(2,3)π，所以－eq\f(π,3)<2A－eq\f(π,3)<π，故當(dāng)2A－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)時(shí)，f(x)取到最大值，所以A＝eq\f(5,12)π，所以C＝eq\f(π,4)．由正弦定理，知eq\f(\r(3),sin\f(π,3))＝eq\f(c,sin\f(π,4))?c＝eq\r(2)．又因?yàn)閟inA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3＋\r(3),4)．5．如圖，在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角B，A，C成等差數(shù)列，且AC＝10，BC＝15．(1)求△ABC的面積；(2)已知平面直角坐標(biāo)系xOy中點(diǎn)D(10，0)，若函數(shù)f(x)＝Msin(ωx＋φ)M>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)的圖象經(jīng)過(guò)A，C，D三點(diǎn)，且A，D為f(x)的圖象與x軸相鄰的兩個(gè)交點(diǎn)，求f(x)的解析式．5．解析(1)在△ABC中，由角B，A，C成等差數(shù)列，得B＋C＝2A，又A＋B＋C＝π，所以A＝eq\f(π,3)．設(shè)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，由余弦定理可知a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)，所以c2－10c－125＝0，解得c＝AB＝5＋5eq\r(6)．因?yàn)镃O＝10×sineq\f(π,3)＝5eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×(5＋5eq\r(6))×5eq\r(3)＝eq\f(25,2)(3eq\r(2)＋eq\r(3))．(2)因?yàn)锳O＝10×coseq\f(π,3)＝5，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝2×(10＋5)＝30，故ω＝eq\f(π,15)．因?yàn)閒(－5)＝Msineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,15)×－5＋φ))＝0，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋φ))＝0，所以－eq\f(π,3)＋φ＝kπ，k∈Z．因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)．因?yàn)閒(0)＝Msineq\f(π,3)＝5eq\r(3)，所以M＝10，所以f(x)＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)x＋\f(π,3)))．6．已知f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))滿(mǎn)足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝－f(x)，若其圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到的函數(shù)為奇函數(shù)．(1)求f(x)的解析式；(2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿(mǎn)足(2c－a)cosB＝bcosA，求f(A)的取值范圍．6．解析(1)∵f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝－f(x)，∴f(x＋π)＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝f(x)，∴T＝π，∴ω＝2，則f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到的函數(shù)為g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))，而g(x)為奇函數(shù)，則有eq\f(π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，而|φ|<eq\f(π,2)，則有φ＝－eq\f(π,3)，從而f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))．(2)∵(2c－a)cosB＝bcosA，由正弦定理得2sinCcosB＝sin(A＋B)＝sinC，又C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinC≠0，∴cosB＝eq\f(1,2)，∴B＝eq\f(π,3)．∵△ABC是銳角三角形，C＝eq\f(2π,3)－A<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)<A<eq\f(π,2)，∴0<2A－eq\f(π,3)<eq\f(2π,3)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,3)))∈(0，1]，∴f(A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,3)))∈(0，1]．7．在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，(2a－c)cosB－bcosC＝0．(1)求角B的大??；(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝2sinxcosxcosB－eq\f(\r(3),2)cos2x，求函數(shù)f(x)的最大值及當(dāng)f(x)取得最大值時(shí)x的值．7．解析(1)因?yàn)?2a－c)cosB－bcosC＝0，所以2acosB－ccosB－bcosC＝0，由正弦定理得2sinAcosB－sinCcosB－cosCsinB＝0，即2sinAcosB－sin(C＋B)＝0，又C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sinA．所以sinA(2cosB－1)＝0．在△ABC中，sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3)．(2)因?yàn)锽＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，令2x－eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，即當(dāng)x＝kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)時(shí)，f(x)取得最大值1．8．設(shè)f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面積的最大值．8．解析(1)由題意知f(x)＝eq\f(sin2x,2)－eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2)＝eq\f(sin2x,2)－eq\f(1－sin2x,2)＝sin2x－eq\f(1,2)．由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，可得－eq\f(π,4)＋kπ≤x≤eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z；由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，可得eq\f(π,4)＋kπ≤x≤eq\f(3π,4)＋kπ，k∈Z．所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ))(k∈Z)；單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋kπ，\f(3π,4)＋kπ))(k∈Z)．(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝sinA－eq\f(1,2)＝0，得sinA＝eq\f(1,2)，由題意知A為銳角，所以cosA＝eq\f(\r(3),2)．由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得1＋eq\r(3)bc＝b2＋c2≥2bc，即bc≤2＋eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)等號(hào)成立．因此eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(2＋\r(3),4)．所以△ABC面積的最大值為eq\f(2＋\r(3),4)．9．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx－sin2ωx＋1(ω＞0)的圖象中相鄰兩條對(duì)稱(chēng)軸之間的距離為eq\f(π,2)．(1)求ω的值及函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)已知a，b，c分別為△ABC中角A，B，C的對(duì)邊，且滿(mǎn)足a＝eq\r(3)，f(A)＝1，求△ABC面積S的最大值．9．解析(1)f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx－eq\f(1－cos2ωx,2)＋1＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象中相鄰兩條對(duì)稱(chēng)軸之間的距離為eq\f(π,2)，所以T＝π，即eq\f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1．所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)．令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ(k∈Z)．所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．(2)由f(A)＝1，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)．因?yàn)?A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，所以2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，得A＝eq\f(π,3)．由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即(eq\r(3))2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)，所以bc＋3＝b2＋c2≥2bc，解得bc≤3，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)等號(hào)成立．所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(1,2)×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4)，所以△ABC面積S的最大值為eq\f(3\r(3),4)．考點(diǎn)二正、余弦定理與與向量結(jié)合的問(wèn)題【方法總結(jié)】解三角形與向量交匯問(wèn)題一般步驟破解平面向量與“三角”相交匯題的常用方法是“化簡(jiǎn)轉(zhuǎn)化法”，即先活用誘導(dǎo)公式、同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式、和角差角公式、倍角公式、輔助角公式等對(duì)三角函數(shù)進(jìn)行巧“化簡(jiǎn)”；然后把以向量的數(shù)量積、向量共線(xiàn)、向量垂直形式出現(xiàn)的條件轉(zhuǎn)化為“對(duì)應(yīng)坐標(biāo)乘積之間的關(guān)系”；再活用正、余弦定理，對(duì)三角形的邊、角進(jìn)行互化．這種問(wèn)題求解的關(guān)鍵是利用向量的知識(shí)將條件“脫去向量外衣”，轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解．【例題選講】[例1]已知向量m＝(2sinωx，cos2ωx－sin2ωx)，n＝(eq\r(3)cosωx，1)，其中ω＞0，x∈R．若函數(shù)f(x)＝m·n的最小正周期為π．(1)求ω的值；(2)在△ABC中，若f(B)＝－2，BC＝eq\r(3)，sinB＝eq\r(3)sinA，求eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值．解析(1)f(x)＝m·n＝2eq\r(3)sinωxcosωx＋cos2ωx－sin2ωx＝eq\r(3)sin2ωx＋cos2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))．因?yàn)閒(x)的最小正周期為π，所以T＝eq\f(2π,2|ω|)＝π．又ω＞0，所以ω＝1．(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))．設(shè)△ABC中角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c．因?yàn)閒(B)＝－2，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝－2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝－1，由于0<B<π，解得B＝eq\f(2π,3)．因?yàn)锽C＝eq\r(3)，即a＝eq\r(3)，又sinB＝eq\r(3)sinA，所以b＝eq\r(3)a，故b＝3．由正弦定理，有eq\f(\r(3),sinA)＝eq\f(3,sin\f(2π,3))，解得sinA＝eq\f(1,2)．由于0＜A＜eq\f(π,3)，解得A＝eq\f(π,6)．所以C＝eq\f(π,6)，所以c＝a＝eq\r(3)．所以e