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■甘肃省教育科学研究院 卞 蕾 三角函数的性质是解决三角函数问题的 基础, 也是高考的必考内容, 因 为 知 识 点 多, 考查形式多样, 总会让一些同学有一种“ 会而 不对” 的感觉, 所以我们必须退而结网, 做好 万全准备, 以求快速且准确 地 解 决 问 题。经 过归纳总结发现, 高考中对于三角函数 的 性 质基本围绕着以下几种类型进行考查。 一、有关三角函数定义域的考查 例 1 函 数 f ( x ) = t a n2 x-π 4 - 1的定义域为( ) 。 A. x k π +π 4≤ x < k π + 3 π 8 , k∈Z B . x k π -π 4≤ x < k π +π 4, k∈Z C . x k π 2 +π 4≤ x < k π 2 + 3 π 8 , k∈Z D. x k π 2 -π 4≤ x < k π 2 +π 4, k∈Z 解析: 由t a n2 x-π 4 ≥ 1 , 可得k π+ π 4 ≤ 2 x- π 4 < k π+ π 2, 则k π 2 + π 4 ≤x < k π 2 + 3 π 8 , 所 以 函 数 f( x) = t a n2 x-π 4 - 1的 定 义 域 为 x k π 2 +π 4≤ x < k π 2 + 3 π 8 , k∈Z 。 故选 C 。 二、有关三角函数值域的考查 例 2 已 知 函 数 f ( x ) = c o s 2 x+π 3 + 2的定义域为[ α, π ] , 值域为 5 2, 3 , 则α 的取值范围为( ) 。 A.2 π 3 , π B .0 , 2 π 3 C .2 π 3 , 5 π 6 D. π 2, 5 π 6 解析: 由f( x) =c o s2 x+π 3 +2 的 值 域为 5 2, 3 , 可 得 c o s 2 x+π 3 ∈ 1 2, 1 , 由x∈[ α, π ] , 得2 x+ π 3 ∈ 2 α+π 3, 7 π 3 , 所 以 5 π 3 ≤ 2 α+π 3≤ 2 π , 解得2 π 3 ≤ α≤5 π 6 , 所以α 的取值范围为 2 π 3 , 5 π 6 。故选 C 。 三、有关三角函数周期性的考查 例 3 在下列函数中, 以π为周期且在 区间 π 2, π 上单调递增的是( ) 。 A. f( x) = | c o s x | B . f( x) = | s i n x | C . f( x) = c o s | x | D. f( x) = s i n | x | 解析: 由于f( x) =| c o s x |可 以 由 函 数 y= c o s x 的图像保持x 轴上方部分不动, 将 x 轴下方部分翻折到x 轴上方而得到, 故其 周期为1 2× 2 π = π , 当x∈ π 2, π 时, f( x) = | c o s x | =- c o s x 是单调递增函数, 所以 A 正确; 由于x∈ π 2, π 时, f( x) = | s i n x | = s i n x 是单调递减函数, 所以 B 错误; 当 x∈ π 2, π 时, f( x) = c o s | x | = c o s x 是单调递 减函数, 所以 C错误; 当x∈ π 2, π 时, f( x) = s i n | x |=s i n x 是 单 调 递 减 函 数, 所 以 D 错误。故选 A。 四、有关三角函数奇偶性的考查 例 4 已知函数f( x) = s i n x- k t a n x 3 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年1 0月 全科互知
+ 2 ( k∈R) , 若 f π 3 = -1 , 则 f -π 3 = ( ) 。 A. 5 B . 3 C . 1 D. 0 解析: 依题意, 令g( x) = s i n x- k t a n x, 则g( x) 是奇函数, f( x) = g( x) + 2 , 于是得 f π 3 + f -π 3 = g π 3 + 2 + g -π 3 + 2 = g π 3 -g π 3 +4=4 , 所 以f -π 3 = 4 - f π 3 = 5 。故选 A。 五、有关三角函数对称性的考查 例 5 若x=π 3是函数f( x) = c o s ω x ( ω≠0 ) 的 图 像 的 对 称 轴, 则 f( x) 的 最 小 正 周期的最大值为( ) 。 A. π 6 B . π 3 C . π 2 D. 2 π 3 解析: 因为x=π 3是函数f( x) = c o s ω x ( ω≠0 ) 图像的对称轴, 所以ω× π 3= k π , k∈ Z , k≠0 , 故ω= 3 k, k∈Z , k≠0 , 所以 ω m i n= 3 , 故f( x) 的 最 小 正 周 期 的 最 大 值 为 2 π ω m i n = 2 π 3 。故选 D。 例 6 若函数f( x) = a s i n 2 x+ c o s 2 x 的图像关于直线x=π 6对称, 则f( x) 的最大 值为( ) 。 A. 2 B . 3 C . 2 D. 2 3 解析: 因为f( x) = a s i n 2 x+ c o s 2 x, 所 以f( x) = a 2+ 1 s i n ( 2 x+ φ) , 其中s i n φ= 1 a 2+ 1 , c o s φ = a a 2+ 1 ; 因 为 x = π 6 为 f( x) 的对 称 轴, f π 6 =a s i n π 3 +c o sπ 3 = 3 2a+ 1 2, 所 以 3 2a+1 2 = a 2+ 1, 解 得 a= 3, 则f( x) m a x= 2 。故选 C 。 六、有关三角函数单调性的考查 例 7 函数f( x) = t a n2 x-π 3 的单 调递增区间为( ) 。 A. k π 2 +π 6, k π 2 + 2 π 3 ( k∈Z ) B . k π 2 - π 1 2 , k π 2 + 5 π 1 2 ( k∈Z ) C . k π - π 1 2 , k π + 5 π 1 2 ( k∈Z ) D. k π +π 6, k π + 2 π 3 ( k∈Z ) 解析: 令- π 2 + k π < 2 x- π 3 < π 2 + k π , 解得 - π 1 2+k π 2 < x < 5 π 1 2+k π 2 , 所 以 函 数 f( x) =t a n 2 x-π 3 的 单 调 递 增 区 间 为 k π 2 - π 1 2 , k π 2 + 5 π 1 2 ( k∈Z ) 。故选 B 。 例 8 若 函 数 f ( x) = 3c o s 2 x - s i n x c o s x 在[ -m, m] 上 单 调 递 减, 则 实 数 m 的最大值为 。 解析: 依题意, f( x) = 3 2 ( 1 + c o s 2 x) - 1 2s i n 2 x = 3 2 - 1 2 s i n 2 x- 3 2c o s 2 x = 3 2 - s i n2 x-π 3 , 由 - π 2 ≤2 x- π 3 ≤ π 2 得 - π 1 2 ≤ x≤ 5 π 1 2, 所以函数f( x) 含有数0的单 调递 减 区 间 是 - π 1 2 , 5 π 1 2 。 因 为 f ( x) 在 [ -m, m] 上 单 调 递 减, 所 以 [ - m, m ] ? - π 1 2 , 5 π 1 2 , 即 0 < m≤ 5 π 1 2, - π 1 2 ≤-m < 0 , ?? ?? ?? ?? ?? ?? ?? 解 得 0 < m≤ π 1 2 , 所以实数 m 的最大值是 π 1 2 。故答案 为 π 1 2 。 有关三角函数 的 考 查, 实 际 上 离 不 开 定 义域、 值域( 最值) 、 周期性、 对 称 性、 单 调 性、 奇偶性等六大性质问题, 如果理解了知 识 背 景, 掌握了解题技巧, 注意了 易 错 之 处, 此 类 问题就不会出现“ 会而不对” 的现象。 ( 责任编辑 王福华) 4 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年1 0月 全科互知
■甘肃省兰州市第二中学 刘慧荣 数列问题中综合性最强的是数列求和问 题, 本文归纳总结了倒序相加法、 分组法、 裂项 相消法、 错位相减法等, 对数列问题进行全面 彻底的梳理。 一、倒序相加法求和 在一个数列的前n 项中, 如果与首末两 项“ 等距离” 的两项之和都相等, 就可使用倒 序相加法求数列的前n 项和。 例 1 设 函 数 f ( x)= 2 2 x+ 1 , 则 f( - 5 ) + f( - 4 ) +…+ f( 0 ) +…+ f( 4 ) + f( 5 ) 的值为( ) 。 A. 9 B . 1 1 C . 9 2 D. 1 1 2 解析: 因为f( x) = 2 2 x+ 1 , 所以f( x) + f ( - x )= 2 2 x+ 1 + 2 2 - x+ 1 = 2 2 x+ 1 + 2 · 2 x 2 x 2 - x+ 1 = 2 2 x+ 1 + 2 · 2 x 1 + 2 x = 21 + 2 x 2 x+ 1 = 2 。 设S= f( - 5 ) +f( -4 ) + … +f( 0 ) + …+ f( 4 ) + f( 5 ) , 则S= f( 5 ) + f( 4 ) +…+ f( 0 ) + … +f( -4 ) +f( -5 ) , 两 式 相 加 得 2 S= 1 1 ×[ f( 5 ) + f( - 5 ) ] = 1 1 × 2 = 2 2 , 所 以S= 1 1 。 二、分组法求和 例 2 已知数列 a n 满足a 1=1 , a n+1 = S n+1 , 其 中 S n 为 数 列 a n 的 前n 项 和, n∈N * 。 ( 1 ) 求数列 a n 的通项公式; ( 2 ) 设数列 b n- a n 是首项为1 , 公差为 2的等差数列, 求数列 b n 的前n 项和。 解析: ( 1 ) 因为a 1= 1 , a n+1= S n+ 1 , 所以 当n= 1时, 可得a 2= a 1+ 1 = 2 。 当n≥ 2时, a n= S n-1+ 1 , 则a n+1- a n= a n, 即a n+1= 2 a n, 且a 2= 2 a 1。 故 a n 是 以 1 为 首 项, 2 为 公 比 的 等 比 数列, 所以a n= 2 n-1。 ( 2 ) 由题意b n- a n= 1 + 2 ( n- 1 ) = 2 n- 1 , 所以b n= 2 n-1+ 2 n- 1 。 设数列 b n 的 前n 项 和 为 T n, 则 T n = b 1+ b 2+ … + b n = 2 0+ 2 1+…+ 2 n-1 + 1 + 3 +…+ 2 n- 1 =1 - 2 n 1 - 2 +n 1 + 2 n- 1 2 = 2 n- 1 + n 2。 三、裂项相消法求和 1 . 等差型 例 如:① 1 n( n+ k)= 1 k 1 n - 1 n+ k ; ② 1 ( k n- 1 ) ( k n+ 1 ) =1 2 1 k n- 1 - 1 k n+ 1 。 例 3 已知S n 是等差数列 a n 的前n 项和, a n > 0 , S 3= 1 5 , 公差d > 1 , 且等比数列 b n 的公比为q= 3 , b 1= a 1, b 2= a 4。 ( 1 ) 求数列 a n 的通项公式; ( 2 ) 设 数 列 1 a n a n+1 的 前 n 项 和 为 T n, 求证: T n < 1 6。 解析: ( 1 ) 由等比数列 b n 的公比q= 3 , 且b 1= a 1, b 2= a 4, 可得b 2= 3 b 1, 即a 4= 3 a 1, 所以( a 1+ 3 d) = 3 a 1, 即2 a 1= 3 d。 由S 3= 1 5 , 可得a 1+d=5 , 解得 d=2 , a 1= 3 , 所以a n= 2 n+ 1 。 ( 2 ) 由( 1 ) 知 1 a n a n+1= 1 ( 2 n+ 1 ) ( 2 n+ 3 ) = 1 2 1 2 n+ 1 - 1 2 n+ 3 。 所以 T n=1 2 1 3-1 5+1 5-1 7+ … + 1 2 n+ 1 - 1 2 n+ 3 =1 2 1 3- 1 2 n+ 3 。 所以 T n < 1 6, 得证。 5 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年1 0月 全科互知
2 . 无理型 例如: 1 n+ k+ n =1 k ( n+ k- n) 。 例 4 已知各项均为正数的等差数列 { a n} 满足a 1= 1 , a 2 n+1= a 2 n+ 2 ( a n+1+ a n) 。 ( 1 ) 求数列{ a n} 的通项公式; ( 2 ) 记b n= 1 a n + a n+1 , 求数列{ b n} 的 前n 项和S n。 解析: ( 1 ) 各项均为正数的等差数列{ a n} 满足a 1= 1 , a 2 n+1= a 2 n + 2 ( a n+1+ a n) , 整理得 a n+1+ a n a n+1- a n =2 a n+1+ a n , 由 于 a n+1+ a n ≠0 , 所以a n+1- a n= 2 。 故数列 { a n} 是 以 1 为 首 项, 2 为 公 差 的 等差数列, 所以a n= 2 n- 1 。 ( 2) 由 ( 1) 可 得 b n = 1 a n + a n+1 = 1 2 n- 1+ 2 n+ 1 = 2 n+ 1- 2 n- 1 2 。 所以S n=1 2×( 3- 1 + 5- 3+…+ 2 n+ 1- 2 n- 1) =1 2( 2 n+ 1- 1 ) 。 四、错位相减法 1 . 乘型c n= a n· b n( 其中a n 是等差数列 的通项, b n 是等比数列的通项) 例 5 已 知 S n 是 数 列 { a n} 的 前 n 项 和, 且2 S n= 3 a n- 1 。 ( 1 ) 求数列{ a n} 的通项公式; ( 2 ) 若数列{ b n} 的通项公式为b n = 2 n+ 1 , 求 T n= a 1 b 1+ a 2 b 2+…+ a n b n 的值。 解析: ( 1 ) 由 题 意 知, 当 n=1 时, 2 S 1 = 3 a 1- 1 , 所以a 1= 1 。 又因为2 S n =3 a n -1 , 所 以 当n≥2 时, 2 S n-1=3 a n-1 -1 , 所 以 2 a n =2 S n -2 S n-1 = 3 a n- 3 a n-1, 即a n= 3 a n-1。 所以数 列 { a n} 是 以 1 为 首 项, 3 为 公 比 的等比数列。 所以a n= 3 n-1。 ( 2 ) 由( 1 ) 及题意得 T n= a 1 b 1+ a 2 b 2+… + a n b n =3×3 0 +5×3 1 + … + ( 2 n+1 ) · 3 n-1, 所 以 3 T n =3×3 1 +5×3 2 + … + ( 2 n- 1 ) · 3 n-1+( 2 n+ 1 ) · 3 n。 所以 -2 T n =T n -3 T n =3+2( 3 1 + 3 2+…+ 3 n-1) -( 2 n+ 1 )· 3 n = 3 + 2 × 3 ( 1 - 3 n-1) 1 - 3 -( 2 n+ 1 ) · 3 n=( - 2 n) · 3 n。 所以 T n= n· 3 n。 2 . 除型c n= a n b n ( 其中a n 是等差数列的通 项, b n 是等比数列的通项) 例 6 设数列{ a n} 的前n 项和 为S n, 已知a 1= 2 , a n+1= 2 S n+ 2 。 ( 1 ) 求数列{ a n} 的通项公式; ( 2 ) 若a n b n=2 3 n, 求数列{ b n} 的前n 项 和T n。 解析: ( 1 ) 因 为 a n+1 =2 S n +2 , 所 以 当 n≥ 2时, a n =2 S n-1+2 , 得a n+1- a n =2( S n - S n-1) = 2 a n, 所以a n+1= 3 a n( n≥ 2 ) 。 又a 1= 2 , 则a 2= 2 S 1+ 2 = 6 , 满足上式。 所以{ a n} 是首项为2 , 公比为3的等比数 列, 所以a n= 2 × 3 n-1。 ( 2 ) 由( 1 ) 知a n = 2 × 3 n-1, 所以b n =2 n 3 a n =n 3 n 。 令 T n = 1 3 + 2 3 2 + … +n- 1 3 n-1 + n 3 n , 得 1 3T n=1 3 2+2 3 3+…+ n- 1 3 n + n 3 n+1。 所 以 2 3T n =T n - 1 3T n = 1 3 + 1 3 2 + 1 3 3+… + 1 3 n - n 3 n+1 = 1 3 1 -1 3 n 1 -1 3 - n 3 n+1 = 1 2 1 -1 3 n - n 3 n+1。 所以 T n=3 4- 2 n+ 3 4 × 3 n 。 数列求和问题 的 综 合 性 很 强, 常 常 涉 及 三角函数、 对指数运算等其他知识, 除了掌握 常见的技巧, 对基本思想和方法的理解 和 应 用也是非常重要的。 ( 责任编辑 王福华) 6 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年1 0月 全科互知
■西北师范大学附属中学 卢会玉 高考中的解三角形问题, 一般都是围绕着 两大定理( 正、 余弦定理) 和面积公式出题, 用 到的解题方法和技巧也 是 比 较 程 序 化 的, 比 如: 利用互补角的余弦值互为相反数构造等式 消元解决问题; 对于中线有时候还需要用等积 法或面积比值进行解题等。万变不离其宗, 只 要掌握了通性通法, 遇到的所有相关问题都可 直接解决。下面就可能遇到的题型进行总结 梳理, 并给出相应的解题方法和技巧。 一、知“和”求“积”问题 例 1 已知△ A B C 的内角 A, B, C 的对 边分别为a, b , c , 且( a+ 2 c ) c o s B+ b c o s A= 0 。 ( 1 ) 求 B; ( 2 ) 若b= 3 , △A B C 的周长为3 + 2 3, 求△A B C 的面积。 解析: ( 1 ) 因为( a+ 2 c ) c o s B+ b c o s A= 0 , 所以 由 正 弦 定 理 可 得 ( s i n A +2 s i n C) · c o s B+s i n B c o s A =0 , 则 ( s i n A c o s B + s i n B c o s A) +2 s i n C c o s B=0 , 即 s i n ( A + B) + 2 c o s B s i n C= 0 。 因为 s i n( A +B ) =s i n C ≠ 0 , 所 以 c o s B=-1 2, 因为0 < B < π , 所以 B= 2 π 3 。 ( 2 ) 由 余 弦 定 理 得 9=a 2 + c 2 -2 a c× -1 2 , 即( a+ c ) 2- a c= 9 , 因为a+ b+ c= 3 + 2 3, b= 3 , 所以a+ c=2 3, 所 以a c=3 。 故S△A B C=1 2 a c s i n B=1 2× 3 × 3 2 = 3 3 4 。 二、知“积”求“和” 问题 例 2 已知△A B C 的内角 A, B, C 的 对 边 分 别 为 a, b, c, 且 满 足 3s i n B - 2 c o s 2 A+ C 2 = 0 。 ( 1 ) 求角 B 的大小; ( 2 ) 若s i n 2 B= 2 s i n A s i n C, 且△A B C 的 面积为4 3, 求△A B C 的周长。 解析: ( 1 ) 因 为 3 s i n B-2 c o s 2 A+ C 2 = 3 s i n B- 1 - c o s ( A+ C) = 0 , 又 A+B+C = π , 故 3 s i n B- 1 - c o s ( A+C) = 3 s i n B -1+c o s B = 3s i n B +c o s B -1= 2 s i nB+π 6 - 1 = 0 , 所以s i nB+π 6 =1 2。 因 为 B ∈ ( 0 , π) ,所 以 B + π 6 ∈ π 6, 7 π 6 , 所以 B+π 6= 5 π 6 , 即 B= 2 π 3 。 ( 2 ) 由( 1 ) 知 B= 2 π 3 , 所以△A B C 的面积 为1 2 a c s i n 2 π 3 = 3 4a c= 4 3, 所以a c= 1 6 。 因为s i n 2 B= 2 s i n A s i n C, 所以由正弦定 理可得b 2= 2 a c= 3 2 , 则b= 4 2。 由余弦定理得b 2= a 2+ c 2- 2 a c c o s 2 π 3 = ( a+ c ) 2- a c = 3 2 , 故( a+ c ) 2= 3 2 + a c = 4 8 , 则 a+ c = 4 3, 故△A B C 的周长为4 2+ 4 3。 三、中线问题 例 3 在△A B C 中, 内角 A, B, C 的对 边分别是a, b , c 。已知a= 4 , A B →·A C →= 5 。 ( 1 ) 求 t a n A t a n B+ t a n A t a n C的值; ( 2 ) 求 B C 边上的中线A D 的长。 解 析: ( 1) t a n A t a n B +t a n A t a n C = s i n A c o s A · c o s B s i n B + c o s C s i n C = s i n A c o s A · c o s B s i n C+ s i n B c o s C s i n B s i n C = s i n 2A s i n B s i n C c o s A = a 2 b c c o s A= a 2 A B →·A C →= 1 6 5。 ( 2 ) 由余弦定理得a 2= b 2+ c 2- 2 b c c o s A, 7 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年1 0月 全科互知
即1 6 = b 2+ c 2- 1 0 , 所以b 2+ c 2= 2 6 。 设 A D 的长为x。 在△A B D 中, 由余弦定理得c o s ∠A D B =x 2+ 4 - c 2 4 x ; 在 △A C D 中, 由 余 弦 定 理 得 c o s ∠A D C= x 2+ 4 - b 2 4 x 。 所 以 c o s ∠A D B + c o s ∠A D C = 2 x 2+ 8 -( c 2+ b 2) 4 x = 0 , 得x= 3 , 即 A D= 3 。 四、角平分线问题 例 4 在 △A B C 中, 内 角 A, B, C 的 对边分别为a, b, c, 已知t a n A= 3 3 。 ( 1 ) 若a= 7, c= 3, 求b 的值; ( 2 ) 若 角 A 的 平 分 线 交 B C 于 点 D, S△A B D S△A B C =1 3, a= 2 , 求△A C D 的面积。 解析: ( 1 ) 由t a n A= 3 3 , 得c o s A= 3 2 。 由余弦定理得a 2= b 2+ c 2- 2 b c c o s A= 7 , 即b 2- 3 b- 4 = 0 , 解得b= 4或b=- 1 ( 舍 去) 。 ( 2 ) 因为S△A B D S△A B C =1 3, 所以S△A B D S△A C D =1 2。 因为∠ C A D=∠B A D, 所以c b =1 2。 因为a= 2 , 由余弦定理得c 2+ 4 c 2- 4 c 2 × 3 2 =4 , 故 c 2 = 4 5 - 2 3 。 所 以 S△A B C = 1 2 b c s i n A= 1 2 ×2 c 2 × 1 2 = 2 5 - 2 3 , 所 以 S△A C D =2 3× 2 5 - 2 3 = 2 0 + 8 3 3 9 。 五、高线问题 例 5 在 △A B C 中, 内 角 A, B, C 的 对边分别为a, b, c, 已 知 A 为 锐 角, s i n B- c o s C= c 2- a 2 2 a b 。 ( 1 ) 求 A; ( 2 ) 若b= 3 4 c, 且 B C 边上的高为2 3, 求△A B C 的面积。 解析: ( 1 ) 因 为 s i n B-c o s C= c 2- a 2 2 a b , 所以2 a b s i n B= c 2- a 2+ 2 a b c o s C。 由余弦 定 理 得c 2= a 2+ b 2-2 a b c o s C, 所以2 a b s i n B= b 2, 即2 a s i n B= b。 由正弦定理得2 s i n A s i n B= s i n B。 因为s i n B > 0 , 所以s i n A=1 2。 因为 A 为锐角, 所以 A=π 6。 ( 2 ) 由题意 得 S△A B C = 1 2 a·2 3= 1 2 · b c s i n A= b c 4, 所以b c= 4 3 a, 因为b= 3 4c, 所以c 2= 1 6 a, b 2= 3 c 2 1 6= 3 a。 由 余 弦 定 理 得 c o s A =b 2+ c 2- a 2 2 b c = 3 a+ 1 6 a- a 2 2 × 4 3 a = 1 9 - a 8 3 = 3 2 , 解得a= 7 。 所以S△A B C = 3 a= 7 3。 六、面积的最值问题 例 6 在 △A B C 中, 内 角 A, B, C 的 对边分别为a, b, c, 且2 c- 3 b= 2 a c o s B。 ( 1 ) 求 A; ( 2 ) 若 a = 3 -1 , 求 △A B C 面 积 的 最大值。 解析: ( 1 ) 已知2 c- 3 b= 2 a c o s B, 由正 弦定理得2 s i n C- 3 s i n B= 2 s i n A c o s B, 即 2 s i n ( A+B) - 3 s i n B= 2 s i n A c o s B, 所以 2 c o s A s i n B= 3 s i n B, 因 为 B∈ ( 0 , π ) , 所 以s i n B≠0 , 所以c o s A= 3 2 。 因为 A∈( 0 , π ) , 所以 A=π 6。 ( 2)由 余 弦 定 理 得 a 2 =b 2 +c 2 - 2 b c c o s A= b 2+ c 2- 3 b c, 又b 2+ c 2≥ 2 b c, 当 且仅 当 “ b =c”时 取 “ = ” ,所 以 a 2 ≥ 2 - 3 b c, 即 3- 1 2 ≥ 2 - 3 b c, 所 以 b c≤ 2 , 所以S△A B C =1 2 b c s i n A=1 4 b c≤1 2。 所以△A B C 的面积的最大值为1 2。 8 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2 0 2 2年1 0月 全科互知