2025高考數(shù)學二輪復習-專題二-微專題18-解三角形中的范圍與最值問題-專項訓練【含答案】

微專題18解三角形中的范圍與最值問題[考情分析]解三角形中最值或范圍問題，通常涉及與邊長、周長有關(guān)的范圍問題，與面積有關(guān)的范圍問題，或與角度有關(guān)的范圍問題，一直是高考的熱點與重點，主要是利用三角函數(shù)、正余弦定理、三角形面積公式、基本不等式等工具研究三角形問題，解決此類問題的關(guān)鍵點是如何建立起角與邊的數(shù)量關(guān)系，并在解決問題的過程中感悟邊角互化的思想方法，難度中等．考點一轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)求最值(范圍)典例1(2023·長沙模擬)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若4sinA－bsinB＝csin(A－B)．(1)求a的值；(2)若△ABC的面積為eq\f(\r(3)b2＋c2－a2,4)，求△ABC周長的最大值．解(1)方法一設4＝at，t>0，在△ABC中，由正弦定理得a＝2R·sinA，b＝2R·sinB，c＝2R·sinC，代入已知化簡得tsin2A－sin2B＝sinCsin(A－B)，又在△ABC中有sinC＝sin(A＋B)，即tsin2A－sin2B＝sin(A＋B)sin(A－B)，因為sin(A＋B)sin(A－B)＝－eq\f(1,2)(cos2A－cos2B)＝sin2A－sin2B，即tsin2A－sin2B＝sin2A－sin2B，所以t＝1，所以a＝4.方法二設4＝at，t>0，在△ABC中，由正弦定理得a＝2R·sinA，b＝2R·sinB，c＝2R·sinC，代入已知化簡得tsin2A－sin2B＝sinCsin(A－B)，又在△ABC中有sinC＝sin(A＋B)，即tsin2A－sin2B＝sin(A＋B)sin(A－B)，因為sin(A＋B)sin(A－B)＝(sinAcosB＋cosAsinB)(sinAcosB－cosAsinB)＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B，即tsin2A－sin2B＝sin2A－sin2B，所以t＝1，所以a＝4.(2)在△ABC中有S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3)b2＋c2－a2,4)，則sinA＝eq\f(\r(3)b2＋c2－a2,2bc)＝eq\r(3)cosA，即tanA＝eq\r(3)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(4,sin\f(π,3))＝eq\f(8,\r(3))，故b＝eq\f(8,\r(3))·sinB，c＝eq\f(8,\r(3))·sinC，b＋c＝eq\f(8,\r(3))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinB＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))))＝eq\f(8,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinB＋\f(\r(3),2)cosB＋\f(1,2)sinB))＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))，因為在△ABC中，A＝eq\f(π,3)，0<B<eq\f(2π,3)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))≤1，所以b＋c≤8，當A＝B＝C時，等號成立，△ABC周長取得最大值12.跟蹤訓練1(2023·青島模擬)在銳角△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且bcosC＋ccosB＝2，bsinA＝eq\r(3).(1)求角B；(2)求△ABC面積的取值范圍．解(1)由bcosC＋ccosB＝2，根據(jù)余弦定理的推論可得b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝2，化簡得a＝2，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可知sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(3),2)，因為△ABC為銳角三角形，所以B＝eq\f(π,3).(2)由S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),2)c.由正弦定理得c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(2sinA＋B,sinA)＝eq\f(2sinAcosB＋cosAsinB,sinA)＝1＋eq\f(\r(3),tanA)，因為△ABC為銳角三角形，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<A<\f(π,2)，,0<C＝\f(2π,3)－A<\f(π,2)，))解得eq\f(π,6)<A<eq\f(π,2)，則tanA∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))，c＝eq\f(\r(3),tanA)＋1∈(1,4)，故eq\f(\r(3),2)<S△ABC<2eq\r(3)，即△ABC面積的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，2\r(3))).考點二利用基本不等式求最值(范圍)典例2(2022·新高考全國Ⅰ)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sin2B,1＋cos2B).(1)若C＝eq\f(2π,3)，求B；(2)求eq\f(a2＋b2,c2)的最小值．解(1)因為eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sin2B,1＋cos2B)，所以eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(2sinBcosB,1＋2cos2B－1)，所以eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sinB,cosB)，所以cosAcosB＝sinB＋sinAsinB，所以cos(A＋B)＝sinB，所以sinB＝－cosC＝－coseq\f(2π,3)＝eq\f(1,2).因為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)＝sinB，所以sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A＋B))＝sinB，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－12＋1－cos2B,cos2B)＝eq\f(4cos4B－5cos2B＋2,cos2B)＝4cos2B＋eq\f(2,cos2B)－5≥2eq\r(4cos2B·\f(2,cos2B))－5＝4eq\r(2)－5，當且僅當cos2B＝eq\f(\r(2),2)時取等號，所以eq\f(a2＋b2,c2)的最小值為4eq\r(2)－5.跟蹤訓練2已知△ABC中，點D在邊BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.當eq\f(AC,AB)取得最小值時，求BD的長．解設BD＝k(k>0)，則CD＝2k.根據(jù)題意作出大致圖形，如圖．在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋k2－2×2k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝22＋(2k)2－2×2×2k·eq\f(1,2)＝4k2－4k＋4，則eq\f(AC2,AB2)＝eq\f(4k2－4k＋4,k2＋2k＋4)＝eq\f(4k2＋2k＋4－12k－12,k2＋2k＋4)＝4－eq\f(12k＋1,k2＋2k＋4)＝4－eq\f(12k＋1,k＋12＋3)＝4－eq\f(12,k＋1＋\f(3,k＋1)).∵k＋1＋eq\f(3,k＋1)≥2eq\r(3)(當且僅當k＋1＝eq\f(3,k＋1)，即k＝eq\r(3)－1時等號成立)，∴eq\f(AC2,AB2)≥4－eq\f(12,2\r(3))＝4－2eq\r(3)＝(eq\r(3)－1)2，∴當eq\f(AC,AB)取得最小值eq\r(3)－1時，BD＝k＝eq\r(3)－1.考點三轉(zhuǎn)化為其他函數(shù)求最值(范圍)典例3(2023·惠州模擬)平面多邊形中，三角形具有穩(wěn)定性，而四邊形不具有這一性質(zhì)．如圖所示，四邊形ABCD的頂點在同一平面上，已知AB＝BC＝CD＝2，AD＝2eq\r(3).(1)當BD長度變化時，eq\r(3)cosA－cosC是否為一個定值？若是，求出這個定值；若不是，說明理由．(2)記△ABD與△BCD的面積分別為S1和S2，請求出Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)的最大值．解(1)方法一在△ABD中，由余弦定理的推論得cosA＝eq\f(AD2＋AB2－BD2,2AD·AB)＝eq\f(2\r(3)2＋22－BD2,2×2\r(3)×2)，即eq\r(3)cosA＝eq\f(16－BD2,8)，①同理，在△BCD中，cosC＝eq\f(22＋22－BD2,2×2×2)，即cosC＝eq\f(8－BD2,8)，②①－②得eq\r(3)cosA－cosC＝1，所以當BD長度變化時，eq\r(3)cosA－cosC為定值，定值為1.方法二在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcosA＝(2eq\r(3))2＋22－2×2eq\r(3)×2cosA，即BD2＝16－8eq\r(3)cosA，同理，在△BCD中，BD2＝CD2＋CB2－2CD·CBcosC＝8－8cosC，所以16－8eq\r(3)cosA＝8－8cosC，化簡得eq\r(3)cosA－cosC＝1，所以當BD長度變化時，eq\r(3)cosA－cosC為定值，定值為1.(2)Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＝eq\f(1,4)AB2·AD2·sin2A＋eq\f(1,4)BC2·CD2·sin2C＝12sin2A＋4sin2C＝12sin2A＋4－4cos2C＝12sin2A＋4－4(eq\r(3)cosA－1)2＝－24cos2A＋8eq\r(3)cosA＋12，令cosA＝t，t∈(－1,1)，所以Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＝－24t2＋8eq\r(3)t＋12＝－24eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(\r(3),6)))2＋14，所以當t＝eq\f(\r(3),6)，即cosA＝eq\f(\r(3),6)時，Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)有最大值為14.跟蹤訓練3(2023·黃山模擬)某公司準備設計一個精美的心形巧克力盒子，它是由半圓O1、半圓O2和正方形ABCD組成的，且AB＝8cm.設計人員想在心形盒子表面上設計一個矩形的標簽EFGH，標簽的其中兩個頂點E，F(xiàn)在上，另外兩個頂點G，H在上(M，N分別是，的中點)．設EF的中點為P，∠FO1P＝θ，矩形EFGH的面積為Scm2.(1)寫出S關(guān)于θ的函數(shù)關(guān)系式S(θ)；(2)當θ為何值時矩形EFGH的面積最大？解(1)由題意知θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，EF＝8sinθ，EH＝8cosθ＋4eq\r(2)，則S(θ)＝EF·EH＝8sinθ(8cosθ＋4eq\r(2))＝32sinθ(2cosθ＋eq\r(2))，θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))).(2)由(1)知，S′(θ)＝32[cosθ(2cosθ＋eq\r(2))＋sinθ·(－2sinθ)]＝32(2cos2θ－2sin2θ＋eq\r(2)cosθ)＝32(4cos2θ＋eq\r(2)cosθ－2)．因為θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以2≤4cos2θ<4,1≤eq\r(2)cosθ<eq\r(2)，所以4cos2θ＋eq\r(2)cosθ－2>0，故當θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，S′(θ)>0恒成立，所以S(θ)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增．故當θ＝eq\f(π,4)時，S(θ)max＝32sineq\f(π,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos\f(π,4)＋\r(2)))＝64.故當θ＝eq\f(π,4)時，矩形EFGH的面積最大，為64cm2.[總結(jié)提升]任何范圍(最值)問題，其本質(zhì)都是函數(shù)問題，解三角形中的范圍(最值)問題也不例外．解三角形中的范圍(最值)問題的解法主要有兩種．一是用函數(shù)求解，二是利用基本不等式求解，常見的思路有：(1)余弦定理結(jié)合基本不等式構(gòu)造不等關(guān)系求出答案．(2)采用正弦定理邊化角，利用三角函數(shù)的范圍求出最值或范圍，如果三角形為銳角三角形，或其他的限制，通常采用這種方法．(3)巧妙利用三角換元，實現(xiàn)邊化角，進而轉(zhuǎn)化為正弦或余弦函數(shù)求出最值．(4)外接圓動點范圍問題，可轉(zhuǎn)化為動點到某個定點的距離問題，結(jié)合幾何圖形性質(zhì)分析得出范圍.1．(2023·成都模擬)已知鈍角△ABC的角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，b＝2，c＝3，則最大邊a的取值范圍為()A．(3,5) B．(3，eq\r(13))C．(eq\r(13)，5) D．(4,5)答案C解析因為△ABC是鈍角三角形，b＝2，c＝3，且a是最大邊，則由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)<0，于是得a2>b2＋c2＝22＋32＝13，a>0，解得a>eq\r(13)，又有a<b＋c＝5，即eq\r(13)<a<5，所以最大邊a的取值范圍是(eq\r(13)，5)．2．(2023·九江模擬)在△ABC中，已知eq\f(1,tanA)＝eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,tanC)，則cosA的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))答案C解析∵eq\f(1,tanA)＝eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,tanC)，∴eq\f(cosB,sinB)＋eq\f(cosC,sinC)＝eq\f(cosA,sinA)，可得eq\f(sinCcosB＋cosCsinB,sinBsinC)＝eq\f(sinC＋B,sinBsinC)＝eq\f(sinA,sinBsinC)＝eq\f(cosA,sinA)，∴cosA＝eq\f(sin2A,sinBsinC).又eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，∴eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(a2,bc)，可得3a2＝b2＋c2，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－\f(b2＋c2,3),2bc)＝eq\f(b2＋c2,3bc)≥eq\f(2bc,3bc)＝eq\f(2,3)，當且僅當b＝c時取等號，又A∈(0，π)，則－1<cosA<1，∴eq\f(2,3)≤cosA<1，∴cosA的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)).3．(2023·南京模擬)在鈍角△ABC中，角A，B，C對應的邊分別為a，b，c，若c＝btanC，則sinA－3cosC的最小值為()A．－eq\f(15,8)B．－2C．－eq\f(17,8)D．－eq\r(10)答案C解析因為c＝btanC，由正弦定理得sinC＝sinBeq\f(sinC,cosC)，在△ABC中，sinC≠0，所以sinB＝cosC，又因為△ABC為鈍角三角形，所以由誘導公式得B＝eq\f(π,2)＋C(B＝eq\f(π,2)－C時為直角三角形，舍去)，即B為鈍角，從而sinA－3cosC＝sin(B＋C)－3cosC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋C＋C))－3cosC＝cos2C－3cosC＝2cos2C－3cosC－1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosC－\f(3,4)))2－eq\f(17,8)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<C<\f(π,2)，,0<A＝π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,2)＋C))<\f(π,2)，))解得0<C<eq\f(π,4)，則eq\f(\r(2),2)<cosC<1，當cosC＝eq\f(3,4)時，2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosC－\f(3,4)))2－eq\f(17,8)取得最小值－eq\f(17,8)，即sinA－3cosC的最小值為－eq\f(17,8).4．在△ABC中，若AB＝2，AC＝eq\r(2)BC，則S△ABC的最大值是()A.eq\r(6)B．2eq\r(2)C．3D．2eq\r(3)答案B解析設BC＝x，則AC＝eq\r(2)x，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BCsinB＝eq\f(1,2)×2xeq\r(1－cos2B)＝xeq\r(1－cos2B)，又cosB＝eq\f(4＋x2－\r(2)x2,4x)＝eq\f(4－x2,4x)，代入上式得S△ABC＝eq\f(\r(128－x2－122),4)，又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)x＋x>2，,x＋2>\r(2)x，))則2eq\r(2)－2<x<2eq\r(2)＋2，所以當x＝2eq\r(3)時，S△ABC取最大值2eq\r(2).5．(多選)在△ABC中，角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，已知B＝60°，b＝4，則()A．若c＝eq\r(3)，則該三角形有兩解B．若a＝eq\f(9,2)，則該三角形有兩解C．△ABC的周長有最大值12D．△ABC的面積有最小值4eq\r(3)答案BC解析對于A，由eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得sinC＝eq\f(csinB,b)＝eq\f(\r(3)sin60°,4)＝eq\f(3,8)，由于c<b，所以C<B，故C為銳角，所以只有一組解，故A錯誤；對于B，同理，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得eq\f(\r(3),2)<sinA＝eq\f(9\r(3),16)<1，由于a>b，所以A>B，A有兩個解，則相應的C有兩個解，故B正確；對于C，由b2＝a2＋c2－2accosB，得16＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac≥(a＋c)2－eq\f(3,4)(a＋c)2＝eq\f(1,4)(a＋c)2.故a＋c≤8，當且僅當a＝c時取等號，此時△ABC的周長最大，最大值為12，此時△ABC為等邊三角形，故C正確；對于D，由C推導過程得16＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，即ac≤16，當且僅當a＝c時取等號，此時△ABC的面積最大，最大值S△ABC＝eq\f(1,2)×16×eq\f(\r(3),2)＝4eq\r(3)，故D錯誤．6．(多選)(2023·重慶模擬)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知(a＋b)(sinA－sinB)＝c(sinC＋sinB)，若角A的內(nèi)角平分線AD的長為3，則4b＋c的可能取值有()A．21B．24C．27D．36答案CD解析在△ABC中，(a＋b)(sinA－sinB)＝c(sinC＋sinB)，由正弦定理得(a＋b)(a－b)＝c(c＋b)，即a2＝b2＋c2＋bc，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2)，而0<A<π，則A＝eq\f(2π,3)，角A的內(nèi)角平分線AD的長為3，由S△BAD＋S△CAD＝S△BAC得，eq\f(1,2)c·ADsin∠BAD＋eq\f(1,2)b·ADsin∠CAD＝eq\f(1,2)bcsin∠BAC，即3csineq\f(π,3)＋3bsineq\f(π,3)＝bcsineq\f(2π,3)，因此eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(1,3)，則4b＋c＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(1,c)))(4b＋c)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(c,b)＋\f(4b,c)))≥3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(c,b)·\f(4b,c))))＝27，當且僅當eq\f(c,b)＝eq\f(4b,c)，即c＝2b＝9時取等號，所以當c＝2b＝9時，4b＋c取得最小值27.若4b＋c＝36，又eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(1,3)，聯(lián)立得到4b2－45b＋108＝0，因為Δ＝(－45)2－4×4×108＝297>0，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系，得到兩根之和，兩根之積均大于0，故方程有正根，故滿足要求．7．在銳角△ABC中，若A＝2B，則eq\f(a,b)的取值范圍是________________．答案(eq\r(2)，eq\r(3))解析∵A＝2B，根據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(sin2B,sinB)＝eq\f(2sinBcosB,sinB)＝2cosB，∵A＋B＋C＝180°，∴3B＋C＝180°，即C＝180°－3B，∵C為銳角，∴30°<B<60°，又∵0°<A＝2B<90°，∴30°<B<45°，∴eq\f(\r(2),2)<cosB<eq\f(\r(3),2)，即eq\r(2)<2cosB<eq\r(3)，則eq\f(a,b)的取值范圍是(eq\r(2)，eq\r(3))．8.如圖，某湖有一半徑為100m的半圓形岸邊，現(xiàn)決定在圓心O處設立一個水文監(jiān)測中心(大小忽略不計)，在其正東方向相距200m的點A處安裝一套監(jiān)測設備．為了監(jiān)測數(shù)據(jù)更加準確，在半圓弧上的點B以及湖中的點C處，再分別安裝一套監(jiān)測設備，且滿足AB＝AC，∠BAC＝90°.定義：四邊形OACB及其內(nèi)部區(qū)域為“直接監(jiān)測覆蓋區(qū)域”，設∠AOB＝θ.則“直接監(jiān)測覆蓋區(qū)域”面積的最大值為________．答案(10000eq\r(5)＋25000)m2解析在△OAB中，∵∠AOB＝θ，OB＝100，OA＝200，∴AB2＝OB2＋OA2－2OB·OA·cosθ，即AB＝100eq\r(5－4cosθ)，∵S四邊形OACB＝S△OAB＋S△ABC＝eq\f(1,2)OA·OB·sinθ＋eq\f(1,2)AB2＝1002eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ－2cosθ＋\f(5,2)))＝1002eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(5)sinθ－φ＋\f(5,2)))，則tanφ＝2(φ為銳角)，又∵θ∈(0，π)，∴當θ＝φ＋eq\f(π,2)時，“直接監(jiān)測覆蓋區(qū)域”面積取得最大值為(10000eq\r(5)＋25000)m2.9．(2023·信陽模擬)如圖，在平面四邊形ABCD中，BC＝1，CD＝eq\r(3)，且AB＝BD＝DA.(1)若AB＝eq\r(3)，求cos∠ABC的值；(2)求四邊形ABCD面積的最大值．解(1)因為BC＝1，CD＝eq\r(3)，且AB＝BD＝DA＝eq\r(3)，所以在△BCD中，cos∠CBD＝eq\f(\f(BC,2),BD)＝eq\f(\f(1,2),\r(3))＝eq\f(\r(3),6)，sin∠CBD＝eq\f(\r(33),6)，所以cos∠ABC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋∠CBD))＝coseq\f(π,3)cos∠CBD－sineq\f(π,3)sin∠CBD＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),6)－eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(33),6)＝eq\f(\r(3)－3\r(11),12).(2)設∠BCD＝θ，θ∈(0，π)，在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcosθ＝12＋(eq\r(3))2－2×1×eq\r(3)cosθ＝4－2eq\r(3)cosθ，∵S四邊形ABCD＝S△BCD＋S△BAD＝eq\f(1,2)BC·CDsinθ＋eq\f(1,2)BA·BDsineq\f(π,3)＝eq\f(1,2)BC·CDsinθ＋eq\f(\r(3),4)BD2＝eq\f(\r(3),2)sinθ＋eq\r(3)－eq\f(3,2)cosθ＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＋