1、二轮大题专练二轮大题专练 3解三角形（解三角形（面积的最值面积的最值） 1 已知ABC中， 内角A，B，C的对边分别为a，b，c， coscossinaCcAbB，2bc （1）求C； （2）若点D与点B在AC两侧，且满足2AD ，3CD ，求四边形ABCD面积的最大值 2ABC的内角A，B，C的对边分别是 a，b，c，设sincossin (2cos )ABBA （1）若3bca，求A； （2）若2a ，求ABC的面积的最大值 3 已 知ABC的 内 角A，B， C的 对 边 分 别 为a，b，c， 且 满 足 sin()sin()(sinsin )aBCcABbBA （1）求角C； （2）
2、若ABC的周长为 2，求ABC的面积的最大值 4 在ABC中 ， 设 角A，B ，C所 对 的 边 长 分 别 为 a ，b， c ， 且 () s i n() ( s i ns i n)cbCabAB （1）求A； （2）若2b ，且ABC为锐角三角形，求ABC的面积S的取值范围 5 已知ABC中， 角A为锐角且角A，B，C所对的 边分别为 a，b ，c， 3sin2 sin 3cos tan BaA B Cc （1）求A； （2）若点D在边BC上，且2BDDC，且2AD ，求ABC面积的最大值 6某规划部门拟在一条河道附近建设一个如图所示的“创新产业园区”已知整个可用建 筑用地可抽象为AB
3、C，其中折线ABC为河岸，经测量河岸拐弯处 2 3 ABC ，4BA千 米，且ABC为等腰三角形根据实际情况需要在该产业园区内再规划一个核心功能区 PMN，其中M、N分别在BA、BC（不包括端点）上，P为AC中点，且 2 MPN ， 设APM （1）若 6 ，求MN的长度； （2）求核心功能区PMN的面积的最小值 7已知 2 ( )cos13sin cosf xxxx ，xR （1）求 ( )f x的单调递增区间； （2）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若coscos1cBbC且f（A） 0，求ABC的面积的最大值 二轮大题专练二轮大题专练 3解三角形（解三角形（面面积的最值
4、积的最值）答案）答案 1.解：（1）由coscos sinaCcAbB以及正弦定理可知， 2 sincossincossinACCAB， 即 2 sin()sinsinACBB 0B，sin0B ， sin1B， 2 B 2bc， sin2sinBC，可得 1 sin 2 C ，可得 6 C （2）设ADC，由余弦定理，可得 2 13 12cosAC， 可得四边形ABCD的面积 ABCACD SSS 11 sincos23sin 2662 ACAC 2 3 3sin 8 AC 13 33 3 cos3sin 82 13 33 7 sin() 82 13 33 713 312 7 828 ，（其
5、中 3 tan) 2 ， 故四边形ABCD面积的最大值为13 3 12 7 8 2.解：（1） sincossin (2cos )ABBA ， 结合正、余弦定理，可得 222222 (2) 22 acbbca ab acbc ， 化简得，2cb， 代入3bca，得3ab， 由余弦定理知， 222222 431 cos 2222 bcabbb A bcbb ， (0, )A ， 3 A （2）由（1）知，2cb， 由余弦定理知， 2222 22 5451 cos 244 bcab A bcbb ， ABC的面积 22222 224 151951 sin11() 24162 SbcAbcos Ab
6、b bbb 4222 9592016 1() 1621699 bbb， 当 2 20 9 b 时，S取得最大值，为 4 3 3. 解 ： （ 1 ）ABC的 内 角A，B，C的 对 边 分 别 为 a ，b， c ， 且 满 足 sin()sin()(sinsin )aBCcABbBA 整理得sinsinsinsinaAcCbBbA， 利用正弦定理得： 222 acbab， 所以 222 1 cos 22 abc C ba ， 由于0C， 故 2 3 C （2）由（1）得： 22 ()cabab， 由于2abc， 所以 2()cab ， 则 4 4 ab ab ， 利用基本不等式得：由于 2
7、ab ab ， 所以 4 2 4 ab abab ， 即84 0abab ， 即 2 ()84 0abab ， 解得042 3ab，42 3ab 而42 3ab与2abc矛盾， 故042 3ab，整理得28 16 3ab， 所以 13 sin7 312 24 ABC SabCab ， 所以面积的最大值为7 312 4.解：（1）ABC中，( )sin()(sinsin )cbCabAB ， 由正弦定理得( )()()cb cab ab ， 整理得 222 cbabc， 所以 222 1 cos 222 cbabc A bcbc ； 又 (0, )A ， 所以 3 A ； （2）由ABC为锐角三
8、角形，且 3 A ， 所以 0 2 2 0 32 C C ，解得 62 C ， 因为2b ，由正弦定理得 2 2 sin sinsin() 33 ac C C ， 所以 2sin 2 sin() 3 C c C ， 所以ABC的面积为 112sin33sin3 sin2 2 2223131 sin() cossin 3 222tan2 CC SbcA C CC C ， 由 3 tantan 63 C ， 所以 1 (0, 3) tanC ， 所以 311 ( 2tan22C ，2)， 所以 33 ( 231 2sin2C ，2 3)； 即ABC面积S的取值范围是 3 ( 2 ，2 3) 5.解
9、：（1）因为 3sin2 sin 3cos tan BaA B Cc ，即 3cossin2 sin 3cos sin CBaA B Cc ， 由正弦定理可得： 3 cos2 sin 3cos bCaA B cc ，即3( coscos )2 sinbCcBaA， 可得 2 3(sincossincos )2sinBCCBA，可得 2 3sin()3sin2sinBCAA， 因为sin0A，解得 3 sin 2 A，由A为锐角，可得 3 A （2）根据题意可得： 2212 () 3333 ADABBDABBCABACABABAC ， 所以： 222 2 12144 () 33999 ADABA
10、CABAB ACAC ，即 2222 1 36442426 2 cbcbcbbcbc ， 所以6bc，当且仅当3b ，2 3c 时等号成立， 所以 1133 3 sin6 23222 ABC Sbc 6.解：（1）若 6 ，则 2BM ， 所以M为BA中点， 所以/ /PMBA且 1 2 2 PMBA， 又因为 2 MPN ， 所以 2 PNC 因为ABC为等腰三角形且 2 3 ABC ， 所以 6 CA ，4 3AC 所以在Rt PNC中，3PN ， 所以Rt PMN中，7MN （千米） （2）设 ,(0,) 2 APM ，则 5 6 AMP ， 2 NPC ， 3 PNC ， 在APM中，
11、5 sin()sin 66 APPM ，所以 3 5 sin() 6 PM ， 在CPN中， sin()sin 36 PCPN ，所以 3 sin() 3 PN ， 所以 22 13333 5 2133131333 2sin()sin() 2( cossin )(cossin )2(cossincossincossin)sin2 63 222244442 PMN SPM PN ， 因为 (0,) 2 ， 所以sin2 (0 ，1， 所以 4 时，PMN的面积的最小值为12 6 3 7.解：（1） 2 1131 ( )cos13sin coscos2sin2sin(2) 22262 f xxxx
12、xxx ， 令22 62 x k，2 2 k， Zk，则 3 x k， 6 k， Zk， ( )f x 的单调递增区间为 3 k， 6 k， Zk （2） f（A） 1 sin(2)0 62 A ， 1 sin(2) 62 A ， (0, )A ， 3 A ， coscos1cBbC， 222222 1 22 acbabc cb acab ，即 2 aa， 0a ，1a， 由正弦定理知， 12 sinsinsin3 sin 3 abc ABC ， 2 sin 3 bB ， 2 sin 3 cC ， 44431 sinsinsinsin()sin(cossin) 333322 bcBCBBBBB 31121 sin2cos2sin(2) 333363 BBB ， 2 (0,) 3 B ， 2( 66 B ， 7 ) 6 ， 1 sin(2)( 62 B ，1， 1bc， ABC的面积 113 sin1 sin 2234 SbcA ， 故ABC的面积的最大值为 3 4
