解三角形及其綜合應(yīng)用，是高中階段重要的基本知識(shí)點(diǎn)之一.立足平面向量的應(yīng)用，巧妙融合平面幾何、三角函數(shù)、平面向量等相關(guān)知識(shí)，是高考命題中?？汲Ｐ碌幕究疾辄c(diǎn).此類綜合應(yīng)用問(wèn)題，以解答題形式設(shè)置時(shí)，場(chǎng)景更加豐富，內(nèi)容更加充實(shí)，可以有機(jī)串聯(lián)初、高中階段相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，構(gòu)建不同知識(shí)模塊之間的巧妙聯(lián)系，合理交匯與融合，全面落實(shí)“在知識(shí)交匯點(diǎn)處命題”的指導(dǎo)精神，更加靈活巧妙地考查學(xué)生的“四基”與“四能”，備受各方關(guān)注.

1 問(wèn)題呈現(xiàn)

問(wèn)題（2025屆全國(guó)T8高三部分重點(diǎn)中學(xué)12月聯(lián)合測(cè)評(píng)數(shù)學(xué)試卷·15）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且1+sin Acos A=1+sin Bcos B.

（1）判斷△ABC的形狀；

（2）設(shè)AB=2，且D為邊BC的中點(diǎn)，求當(dāng)∠CAD最大時(shí)△ABC的面積.

此題以三角形為問(wèn)題場(chǎng)景，利用三角形中兩內(nèi)角所滿足的三角關(guān)系式為條件來(lái)合理創(chuàng)設(shè)，第（1）問(wèn)通過(guò)判斷△ABC的形狀來(lái)考查三角關(guān)系式的恒等變換與轉(zhuǎn)化，結(jié)合題設(shè)場(chǎng)景中的三角關(guān)系式，通過(guò)二倍角公式、和差化積公式、半角公式等不同的三角恒等變換公式，巧妙轉(zhuǎn)化；第（2）問(wèn)基于等腰三角形的場(chǎng)景，結(jié)合一邊長(zhǎng)的確定以及一邊中點(diǎn)的確定，進(jìn)而確定對(duì)應(yīng)角最大時(shí)△ABC的面積，關(guān)鍵在于確定對(duì)應(yīng)角的三角函數(shù)值的最值情況，結(jié)合等號(hào)成立的條件來(lái)進(jìn)一步確定三角形的面積.

2 問(wèn)題破解

（1）解法1：二倍角公式法.

依題，結(jié)合二倍角公式，得sinA2+cosA22cos2A2-sin2A2=sinB2+cosB22cos2B2-sin2B2，所以sinA2+cosA2cosA2-sinA2=sinB2+cosB2cosB2-sinB2，則sinA2cosB2-cosA2sinB2=0，即sinA2-B2=0.

因?yàn)锳，B∈（0，π），所以A2-B2=0，所以A=B，即△ABC為等腰三角形.

解法2：和差化積公式法.

由1+sin Acos A=1+sin Bcos B，可得（1+sin A）cos B=（1+sin B）cos A，即cos B+sin Acos B=cos A+cos Asin B，所以cos A-cos B=sin Acos B-cos Asin B=sin（A-B）.

結(jié)合和差化積公式與二倍角公式，可得

[JZ]-2sinA+B2sinA-B2=2sinA-B2cosA-B2，

即sinA-B2cosA-B2+sinA+B2=0.

由A，B∈（0，π），可得cosA-B2gt;0，sinA+B2gt;0，所以sinA-B2=0，即A-B2=0，則A=B，所以△ABC為等腰三角形.

解法3：半角公式法.

由1+sin Acos A=1+sin Bcos B，得cos Agt;0， cos Bgt;0，從而A，B∈0，π2.

于是π4+A2，π4+B2∈0，π2.

由1+sin Acos A=1+sin Bcos B，可得1-cosπ2+Asinπ2+A=1-cosπ2+Bsinπ2+B，利用半角公式可得tanπ4+A2=tanπ4+B2.

因?yàn)楹瘮?shù)y=tan x在0，π2上是增函數(shù)，所以π4+A2=π4+B2，即A=B，故△ABC為等腰三角形.

（2）解法1：余弦定理法.

由（1）及題設(shè)，有AC=BC=2CD，由余弦定理，結(jié)合基本不等式，可得cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC×

AD=AC2+AD2-14AC22AC×AD=34AC2+AD22AC×AD=3AC8AD+AD2AC≥23AC8AD×AD2AC=32，當(dāng)且僅當(dāng)3AC8AD=AD2AC，即ADAC=32時(shí)等號(hào)成立.

所以∠CAD≤π6，即∠CAD的最大值為π6.

當(dāng)∠CAD取得最大值時(shí)，由ADAC=32可得△ACD為直角三角形，∠ACD=π3.

又由（1）可得△ABC為正三角形，所以△ABC的面積S=34×22=3.

解法2：重心法.

如圖1所示，取AB的中點(diǎn)E，連接CE，交AD于點(diǎn)G.又點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，所以點(diǎn)G是△ABC的重心.

依題知AE=1，設(shè)GE=t，則CE=3t.

結(jié)合兩角差的正切公式以及基本不等式，可以得到tan∠CAD=tan（∠CAB-∠DAB）=tan∠CAB-tan∠DAB1+tan∠CABtan∠DAB=3t-t1+3t×t=2t1+3t2≤2t21×3t2=33，當(dāng)且僅當(dāng)1=3t2，即t=33時(shí)等號(hào)成立.

所以tan∠CAD≤33，則∠CAD≤π6，即∠CAD的最大值為π6.當(dāng)∠CAD取得最大值時(shí)，由t=33可得△ABC為正三角形.

所以△ABC的面積S=34×22=3.

解法3：正弦定理法.

由（1）及題設(shè)，有AC=BC=2CD.

結(jié)合正弦定理，可得CDsin∠CAD=ACsin∠CDA.

所以sin∠CAD=CDsin∠CDAAC=12sin∠CDA≤12，當(dāng)且僅當(dāng)sin∠CDA取得最大值1時(shí)，∠CAD最大，此時(shí)∠CDA=π2，即∠CAD的最大值為π6，可得AD⊥BC，則△ABC為正三角形.

所以△ABC的面積S=34×22=3.

3 變式拓展

變式1〔2025屆江西省部分高中學(xué)校高三（上）聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷〕在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且1+sin Acos A=1+sin Bcos B.

（1）證明：A=B；

（2）若D為邊BC的中點(diǎn)，求∠CAD的最大值.

變式2〔2025屆湖北省新八校協(xié)作體高三（上）聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷（10月份）〕在銳角三角形ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足2bsin A-3a=0.

（1）求角B的大?。?/p>

（2）求cos A+cos B+cos C的取值范圍.

4 教學(xué)啟示

4.1 “數(shù)”“形”綜合，化歸轉(zhuǎn)化

在實(shí)際破解此類解三角形及其綜合問(wèn)題時(shí)，挖掘問(wèn)題內(nèi)涵，往往可以從“數(shù)”與“形”這兩個(gè)基本視角切入與應(yīng)用，或借助題設(shè)條件中的對(duì)應(yīng)邊、角的代數(shù)關(guān)系，挖掘“數(shù)”的本質(zhì)與內(nèi)涵，結(jié)合三角函數(shù)的基本概念、三角恒等變換公式等有序進(jìn)行數(shù)學(xué)運(yùn)算；或利用題設(shè)情境中幾何圖形的形狀，回歸“形”的實(shí)質(zhì)與本形，巧妙直觀想象，合理化歸轉(zhuǎn)化.

4.2 依托本質(zhì)，拓展思維

對(duì)于涉及解三角形及其綜合應(yīng)用問(wèn)題，要依托問(wèn)題中對(duì)平面幾何、解三角形等場(chǎng)景的挖掘與分析，回歸問(wèn)題的本質(zhì)與內(nèi)涵，結(jié)合相關(guān)的定理、公式等合理應(yīng)用，并通過(guò)函數(shù)與方程、函數(shù)與不等式、三角函數(shù)等相關(guān)的基礎(chǔ)知識(shí)加以綜合與應(yīng)用.

在此基礎(chǔ)上，合理拓展數(shù)學(xué)思維，結(jié)合問(wèn)題的切入點(diǎn)、解析點(diǎn)及結(jié)論點(diǎn)等不同視角，借助不同的數(shù)學(xué)思維方式來(lái)切入與應(yīng)用，從而實(shí)現(xiàn)問(wèn)題的優(yōu)化與創(chuàng)新應(yīng)用.