培优点1 三角函数特征量ω，φ的求解
三角函数中求ω、φ的值（范围）问题，是高考的难点和热点，主要结合函数的单调性、对称性、极值与最值、零点等进行考查，需要学生能够熟练应用三角函数的基本性质和图象.
由三角函数的最值（值域）求ω、φ的值（范围）
【例1】 将函数f（x）＝2cos2－cos（x＋）图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移φ（φ＞0）个单位长度，得到函数g（x）的图象.若对任意的x∈R，均有g（x）≤g（）成立，则φ的最小值为 .
解析：f（x）＝2cos2－cos（x＋）＝1＋cos x－cos（x＋）＝sin x＋cos x＋1＝sin（x＋）＋1.由题意可知，g（x）＝sin（2x＋2φ＋）＋1，若对任意的x∈R，g（x）≤g（）成立，则2×＋2φ＋＝2kπ＋（k∈Z），即φ＝kπ＋（k∈Z）.又φ＞0，所以当k＝0时，φ最小，最小值为.
感悟提升
由三角函数的最值（值域）求ω、φ的值（范围），主要是整体代换ωx±φ，利用正、余弦函数的图象求解，要注意自变量的范围.
若函数f（x）＝sin（ωx－）（ω＞0）在［0，］上的值域是［－，1］，则ω的取值范围是（ ）
A.（0，］ B.［，3］
C.［3，］ D.［，］
解析：B 因为ω＞0，所以当x∈［0，］时，ωx－∈［－，－］，因为函数f（x）＝sin（ωx－）（ω＞0）在［0，］上的值域是［－，1］，所以≤－≤，解得≤ω≤3.
由三角函数图象的对称中心、对称轴间的距离求ω、φ的值（范围）
【例2】 已知函数f（x）＝2cos（ωx－）＋1（ω＞0）的图象在区间（0，2π）内至多存在3条对称轴，则ω的取值范围是（ ）
A.（0，］ B.（，］
C.［，） D.［，＋∞）
解析：A 因为x∈（0，2π），ω＞0，所以ωx－∈（－，2ωπ－），设z＝ωx－，画出y＝2cos z＋1的大致图象如图.要使f（x）的图象在区间（0，2π）内至多存在3条对称轴，则2ωπ－∈（－，3π］.解得ω∈（0，］.
感悟提升
利用最小正周期T，根据三角函数图象的两对称中心的距离、对称中心到对称轴的距离、两对称轴间的距离的关系，可建立关于T，ω，φ的方程使问题获解.
已知ω＞0，函数f（x）＝cos的一条对称轴为直线x＝，一个对称中心为点，则ω有（ ）
A.最小值2 B.最大值2
C.最小值1 D.最大值1
解析：A 注意正、余弦型函数的对称中心与对称轴的最短距离为，依题意，可得－≥.将T＝代入上式，得ω≥2，故选A.
由三角函数的单调性求ω、φ的值（范围）
【例3】 已知函数f（x）＝cos（ωx＋）（ω＜0）在（，π）上单调递减，则实数ω的取值范围是（ ）
A.［－，－］ B.［－，0）
C.［－，－］ D.［－，－］
解析：A 因为函数f（x）＝cos（ωx＋）（ω＜0）的最小正周期T＝，所以π－≤×，即－2≤ω＜0.当x∈（，π）时，ωπ＋≤ωx＋≤＋，依题意知－π＋2kπ≤ωπ＋＜ω＋≤2kπ，k∈Z，解得－＋2k≤ω≤－＋4k，k∈Z.又－2≤ω＜0，所以当k＝0时成立，ω∈［－，－］.
感悟提升
由函数y＝Asin（ωx＋φ）＋b（A＞0，ω＞0）的一个单调区间[m，n]（区间也可以是开区间或半开半闭区间）求解ω的取值范围，可将区间端点值代入后，去对应［－＋2kπ，＋2kπ］（k∈Z）或［＋2kπ，＋2kπ］（k∈Z）列出不等式求解.另外，因为函数f（x）＝Asin（ωx＋φ）在一个周期内的单调递减（增）区间的区间长度恰好是，所以具有单调性的区间长度必不超过，根据这个性质有时也可求出ω的范围.
已知函数f（x）＝sin ωx＋cos ωx，g（x）＝cos ωx－sin ωx，ω＞0，在区间（0，）上，若f（x）单调递增，g（x）单调递减，则ω的取值范围是（ ）
A.（0，］ B.（0，1]
C.（0，］ D.［，］
解析：A 由题意得f（x）＝sin（ωx＋），g（x）＝cos（ωx＋）.令t＝ωx＋，由x∈（0，），得t∈（，π＋）.因为在区间（0，）上，f（x）单调递增，g（x）单调递减，所以得ω≤，所以0＜ω≤.故选A.
由三角函数的零点求ω、φ的值（范围）
【例4】 设函数f（x）＝sin在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（ ）
A.［，） B.
C. D.
解析：C 由x∈（0，π），得ωx＋∈.根据函数f（x）在区间（0，π）恰有三个极值点，知＜πω＋≤，得＜ω≤.根据函数f（x）在区间（0，π）恰有两个零点，知2π＜πω＋≤3π，得＜ω≤.综上，ω的取值范围为（，］.
感悟提升
利用三角函数的零点与对称轴或周期的关系，可以列出关于ω的不等式，进而求出ω的值或取值范围.
（多选）已知函数f（x）＝sin（ωx－）（ω＞0），若f（x）在区间（，π］内没有零点，则ω的值可以是（ ）
A. B.
C. D.
解析：AB 由f（x）在区间（，π］内没有零点，得π－＜＝，得ω＜，同时需满足k∈Z，解得3k＋≤ω＜k＋，k∈Z，显然当k＝0和k＝－1时符合条件，且ω＞0，所以ω的取值范围为（0，）∪［，）.故选A、B.
1.已知函数f（x）＝sin（2x＋φ）（0＜φ＜π）的图象关于直线x＝对称，则φ＝（ ）
A. B.
C. D.
解析：B 依题意得2×＋φ＝kπ＋，k∈Z，得φ＝kπ＋，k∈Z，又0＜φ＜π，所以φ＝，故选B.
2.（2024·贵阳适应性考试）若将函数y＝tan（ωx＋）（ω＞0）的图象向右平移个单位长度后，与函数y＝tan（ωx＋）的图象重合，则ω的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
解析：D y＝tan（ωx＋）y＝tan（ωx－＋）＝tan（ωx＋），∴－＝＋kπ（k∈Z），又∵ω＞0，∴ωmin＝.
3.已知函数f（x）＝sin（ωx＋）（ω∈N）在（0，）上恰有一个最大值和一个最小值，则ω的值为（ ）
A.3 B.2或3 C.2或4 D.3或4
解析：D 由x∈（0，），得ωx＋∈（，＋），画出函数y＝sin x的大致图象，如图，
由图可知，＜＋≤，解得＜ω≤.因为ω∈N，所以ω＝3或ω＝4.
4.已知函数f（x）＝sin（ ωx－）（1＜ω＜2），若存在x1，x2∈R，当｜x1－x2｜＝2π时，f（x1）＝f（x2）＝0，则函数f（x）的最小正周期为（ ）
A. B. C.2π D.4π
解析：B 因为存在x1，x2∈R，当｜x1－x2｜＝2π时，f（x1）＝f（x2）＝0，所以k·＝k·＝2π，k∈Z，即ω＝，k∈Z，又因为1＜ω＜2，则k＝3，所以ω＝，所以函数f（x）的最小正周期为T＝＝，故选B.
5.已知f（x）＝sin（ωx＋）（ω＞0），且函数y＝f（x）恰有两个极大值点在［0，］上，则ω的取值范围是（ ）
A.（7，13] B.[7，13）
C.（7，10] D.[7，10）
解析：B 因为0≤x≤，ω＞0，所以≤ωx＋≤＋.又因为f（x）在［0，］上恰有2个极大值点，所以由正弦函数图象可知，≤＋＜，解得7≤ω＜13.
6.已知f（x）＝sin（2x－φ）（ 0＜φ＜）在［0，］上单调递增，且f（x）在（ 0，）上有最小值，那么φ的取值范围是（ ）
A.［，） B.［，）
C.［，） D.［，）
解析：B 由x∈［0，］，可得2x－φ∈［－φ，－φ］，又由0＜φ＜，且f（x）在［0，］上单调递增，可得－φ≤，所以≤φ＜.当x∈（ 0，）时，2x－φ∈（ －φ，－φ），由f（x）在（ 0，）上有最小值，可得－φ＞，则φ＜.综上，≤φ＜.
7.（多选）已知函数f（x）＝cos（ωx＋）（ω＞0）在区间（0，2π）上恰有4个零点，则下列说法正确的是（ ）
A.f（x）在区间（0，2π）上有且仅有1个极大值点
B.f（x）在区间（0，2π）上有且仅有2个极小值点
C.ω的取值范围是（，］
D.f（x）在区间（0，）上单调递减
解析：BCD 因为0＜x＜2π，所以＜ωx＋＜2πω＋，令ωx＋＝t，则y＝cos t，作出y＝cos t的大致图象如图.若f（x）在区间（0，2π）上恰有4个零点，则＜2πω＋≤，解得＜ω≤，故C正确；由图象可知，f（x）在区间（0，2π）上有1或2个极大值点，故A错误；f（x）在区间（0，2π）上有且仅有2个极小值点，故B正确；当0＜x＜时，＜ωx＋＜＋≤×＋＝＜π，所以f（x）在区间（0，）上单调递减，故D正确.故选B、C、D.
8.在函数f（x）＝sin（2x－φ）（φ＞0）的图象与x轴的所有交点中，点（，0）离原点最近，则φ的值可以为（答案不唯一，满足0＜φ≤均可）.（写出一个即可）
解析：令f（x）＝0得，sin（2x－φ）＝0，所以2x－φ＝kπ（k∈Z），解得x＝＋（k∈Z），因为点（，0）离原点最近，且φ＞0，所以≤｜－｜，所以0＜φ≤.所以可取φ＝.
9.已知函数f（x）＝sin（ωx＋φ）（ ω＞0，｜φ｜＜）的图象与直线y＝1的相邻两个交点的距离为π，若对任意的x∈（ ，），不等式f（x）＞恒成立，则φ的取值范围为［，］.
解析：由于函数y＝f（x）的图象与直线y＝1相邻两个交点的距离为π，知函数y＝f（x）的最小正周期为T＝π，所以ω＝＝2，所以f（x）＝sin（2x＋φ）.当x∈（ ，）时，＋φ＜2x＋φ＜＋φ，因为－＜φ＜，所以－＜2x＋φ＜.由于不等式f（x）＞对任意的x∈（ ，）恒成立，所以解得≤φ≤.因此φ的取值范围是［，］.
10.已知函数f（x）＝sin ωx－cos ωx（ω＞0），若集合{x∈（0，π）｜f（x）＝－1}含有4个元素，则实数ω的取值范围是（，］.
解析：函数f（x）＝sin ωx－cos ωx＝2sin（ωx－），令2sin（ωx－）＝－1，解得ωx－＝－＋2kπ或ωx－＝＋2kπ（k∈Z），所以x＝＋或x＝＋（k∈Z），设直线y＝－1与y＝f（x）在（0，＋∞）上从左到右的第四个交点为A，第五个交点为B，则xA＝＋，xB＝＋.由于方程f（x）＝－1在（0，π）上有且只有四个实数根，则xA＜π≤xB，即＋＜π≤＋，解得＜ω≤.
5 / 5培优点1 三角函数特征量ω，φ的求解
三角函数中求ω、φ的值（范围）问题，是高考的难点和热点，主要结合函数的单调性、对称性、极值与最值、零点等进行考查，需要学生能够熟练应用三角函数的基本性质和图象.
由三角函数的最值（值域）求ω、φ的值（范围）
【例1】 将函数f（x）＝2cos2－cos（x＋）图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移φ（φ＞0）个单位长度，得到函数g（x）的图象.若对任意的x∈R，均有g（x）≤g（）成立，则φ的最小值为 .
听课记录
感悟提升
由三角函数的最值（值域）求ω、φ的值（范围），主要是整体代换ωx±φ，利用正、余弦函数的图象求解，要注意自变量的范围.
若函数f（x）＝sin（ωx－）（ω＞0）在［0，］上的值域是［－，1］，则ω的取值范围是（ ）
A.（0，］ B.［，3］
C.［3，］ D.［，］
由三角函数图象的对称中心、对称轴间的距离求ω、φ的值（范围）
【例2】 已知函数f（x）＝2cos（ωx－）＋1（ω＞0）的图象在区间（0，2π）内至多存在3条对称轴，则ω的取值范围是（ ）
A.（0，］ B.（，］
C.［，） D.［，＋∞）
听课记录
感悟提升
利用最小正周期T，根据三角函数图象的两对称中心的距离、对称中心到对称轴的距离、两对称轴间的距离的关系，可建立关于T，ω，φ的方程使问题获解.
已知ω＞0，函数f（x）＝cos的一条对称轴为直线x＝，一个对称中心为点，则ω有（ ）
A.最小值2 B.最大值2 C.最小值1 D.最大值1
由三角函数的单调性求ω、φ的值（范围）
【例3】 已知函数f（x）＝cos（ωx＋）（ω＜0）在（，π）上单调递减，则实数ω的取值范围是（ ）
A.［－，－］ B.［－，0）
C.［－，－］ D.［－，－］
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感悟提升
由函数y＝Asin（ωx＋φ）＋b（A＞0，ω＞0）的一个单调区间[m，n]（区间也可以是开区间或半开半闭区间）求解ω的取值范围，可将区间端点值代入后，去对应［－＋2kπ，＋2kπ］（k∈Z）或［＋2kπ，＋2kπ］（k∈Z）列出不等式求解.另外，因为函数f（x）＝Asin（ωx＋φ）在一个周期内的单调递减（增）区间的区间长度恰好是，所以具有单调性的区间长度必不超过，根据这个性质有时也可求出ω的范围.
已知函数f（x）＝sin ωx＋cos ωx，g（x）＝cos ωx－sin ωx，ω＞0，在区间（0，）上，若f（x）单调递增，g（x）单调递减，则ω的取值范围是（ ）
A.（0，］ B.（0，1]
C.（0，］ D.［，］
由三角函数的零点求ω、φ的值（范围）
【例4】 设函数f（x）＝sin在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（ ）
A.［，） B.
C. D.
听课记录
感悟提升
利用三角函数的零点与对称轴或周期的关系，可以列出关于ω的不等式，进而求出ω的值或取值范围.
（多选）已知函数f（x）＝sin（ωx－）（ω＞0），若f（x）在区间（，π］内没有零点，则ω的值可以是（ ）
A. B.
C. D.
2 / 2专题二 三角函数与解三角形
第1讲 小题研透——三角函数的图象与性质
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.D 由函数f（x）在区间（，）上单调递增，且直线x＝和x＝是函数f（x）的图象的两条相邻对称轴，得＝2（－），解得ω＝2，则f（）＝sin（＋φ）＝－1，所以φ＝－＋2kπ－＝－＋2kπ，k∈Z，所以f（x）＝sin（2x－＋2kπ），k∈Z，则f（－）＝sin（－＋2kπ）＝sin（－）＝.故选D.
2.BC A选项，令f（x）＝sin 2x＝0，解得x＝，k∈Z，即为f（x）零点，令g（x）＝sin（2x－）＝0，解得x＝＋，k∈Z，即为g（x）零点，显然f（x），g（x）零点不同，A选项错误；B选项，显然f（x）max＝g（x）max＝1，B选项正确；C选项，根据周期公式，f（x），g（x）的周期均为＝π，C选项正确；D选项，根据正弦函数的性质f（x）的对称轴满足2x＝kπ＋ x＝＋，k∈Z，g（x）的对称轴满足2x－＝kπ＋ x＝＋，k∈Z，显然f（x），g（x）图象的对称轴不同，D选项错误.故选B、C.
3.－ 解析：由题图设点A（x1，），B（x2，），则｜AB｜＝x2－x1＝.由题图可知其中k∈Z，则ω（x2－x1）＝，解得ω＝4.因为函数f（x）的图象过点（，0），所以4×＋φ＝2kπ，k∈Z，则φ＝2kπ－，k∈Z，所以f（x）＝sin（4x＋2kπ－）＝sin（4x－＋2kπ）＝sin（4x－），k∈Z.故f（π）＝sin（4π－）＝sin＝－.
【研透高考·攻重点】
【例1】 （1）B （2）A
解析：（1）法一 根据诱导公式有sin 310°＝cos（90°－310°）＝cos（－220°），cos 310°＝sin（90°－310°）＝sin（－220°），所以α＝－220°＋k·360°，k∈Z，又因为0°＜α＜360°，所以α＝－220°＋360°＝140°，故选B.
法二（排除法） 因为sin 310°＜0，cos 310°＞0，所以点A在第二象限，排除C、D；又因为cos 130°＝－sin 40°，sin 310°＝－sin 50°，排除A.故选B.
（2）由cos α＝tan α＝，得cos2α＝sin α.又cos2α＋sin2α＝1，所以＋cos4α＝＋sin2α＝＋sin2α＝1＋sin α＋sin2α＝1＋cos2α＋sin2α＝2.
跟踪训练
C 因为0＜α＜，所以－＜α－＜，又sin（α－）＝，所以cos（α－）＝＝，sin（－α）＝sin（＋－α）＝cos（－α）＝cos（α－）＝.故选C.
【例2】 （1）C （2）ABD 解析：（1）因为函数y＝sin x的最小正周期为T＝2π，函数y＝2sin（3x－）的最小正周期为T＝，所以在x∈[0，2π]上函数y＝2sin（3x－）的图象恰有三个周期，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有6个交点.故选C.
（2）对于A，由题图可得，A＝2，最小正周期T＝2×（π－π）＝π，所以ω＝＝2，所以f（x）＝2sin（2x＋φ）.由“五点作图法”知点（－，0）为第一个点，所以－×2＋φ＝0，所以φ＝.所以f（x）＝2sin（2x＋）＝2cos（2x－），故A正确；对于B，由f（x）＝2sin（2x＋）＞1可得sin（2x＋）＞，所以2kπ＋＜2x＋＜2kπ＋（k∈Z），解得x∈（kπ，kπ＋）（k∈Z），故B正确；对于C，将函数f（x）的图象向右平移个单位长度，得y＝2sin［2（x－）＋］＝2sin 2x的图象.由2x＝kπ＋（k∈Z），得x＝＋（k∈Z），而方程＋＝（k∈Z）无解，所以直线x＝不是该函数图象的对称轴，故C错误；对于D，因为f（－x）＝2sin（－2x＋）＝－2cos 2x＝g（x），所以函数f（x）与g（x）＝－2cos 2x的图象关于直线x＝对称，故D正确.综上所述，选A、B、D.
跟踪训练
1.C 将函数f（x）的图象向右平移个单位长度，可得y＝f（x－）＝sin［ω（x－）＋φ］＝sin（ωx－ω＋φ）的图象，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到y＝sin（x－ω＋φ）的图象，由于得到的函数的图象与y＝cos x图象重合，故ω＝2，－ω＋φ＝＋2kπ（k∈Z），所以φ＝＋2kπ（k∈Z），又0＜φ＜π，所以φ＝，故选C.
2.A 由题图可知，A＝B＝2，∵f（0）＝2sin φ＋2＝3，∴sin φ＝.∵0＜φ＜π，且点（0，3）的横坐标x＝0在f（x）的一个递减区间内，∴φ＝.根据五点作图法可知，×ω＋＝π，解得ω＝2，∴f（x）＝2sin（2x＋）＋2，f（φ）＝2sin（2×＋）＋2＝2sin＋2＝4，故选A.
【例3】 （1）AC （2） 解析：（1）f（x）＝sin（2x＋）＋cos（2x＋）＝sin（2x＋π）＝－sin 2x.对于A，f（x－）＝－sin 2（x－）＝－sin（2x－）＝cos 2x，故函数f（x－）为偶函数，选项A正确；对于B，令2x＝＋kπ，k∈Z，解得x＝＋，k∈Z，故曲线y＝f（x）的对称轴为直线x＝＋，k∈Z，选项B错误；对于C，令t＝2x，则当x∈（，）时，t＝2x∈（，π），因为y＝sin t在（，π）上单调递减，所以y＝－sin t在（，π）上单调递增，即f（x）在（，）上单调递增，故选项C正确；对于D，函数f（x）＝－sin 2x的最小值为－，故选项D错误.综上所述，选A、C.
（2）因为函数f（x）＝2sin（3x＋φ）图象的对称轴为x＝，所以3×＋φ＝kπ＋（k∈Z），所以φ＝kπ－（k∈Z），因为－π＜φ＜0，所以k＝0，φ＝－，所以函数f（x）＝2sin（3x－），当x∈[0，t]时，3x－∈［－，3t－］，因为函数f（x）的最小值为－，所以－＜3t－≤，解得0＜t≤，所以t的最大值为.
跟踪训练
1.A 由f（x）的最小正周期为π，可得π＝，所以ω＝，所以f（x）＝sin（2x＋π）＝－sin 2x.当x∈［－，］时，2x∈［－，］，sin 2x∈［－，］，－sin 2x∈［－，］，所以f（x）min＝－，故选A.
2.［kπ－，kπ＋］（k∈Z）
解析：f（x）＝asin ax＋acos ax＋b＝asin（ax＋）＋b.因为a＞0，且函数f（x）的值域为[－1，3]，则解得所以f（x）＝2sin（2x＋）＋1，由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋（k∈Z），得kπ－≤x≤kπ＋（k∈Z），因此，函数f（x）的单调递增区间为［kπ－，kπ＋］（k∈Z）.
第2讲 小题研透——三角恒等变换与解三角形
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.A 因为cos（α＋β）＝m，所以cos αcos β－sin αsin β＝m，而tan αtan β＝2，即＝2，所以sin αsin β＝2cos αcos β，故cos αcos β－2cos αcos β＝m，即cos αcos β＝－m，从而cos（α－β）＝cos αcos β＋sin αsin β＝3cos αcos β＝－3m.故选A.
2.C 由正弦定理得sin Asin C＝sin2B，因为B＝60°，所以sin Asin C＝sin2B＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝a2＋c2－ac＝ac，所以a2＋c2＝ac，所以sin2A＋sin2C＝sin Asin C，所以（sin A＋sin C）2＝sin2A＋sin2C＋2sin Asin C＝sin A·sin C＝，又sin A＞0，sin C＞0，所以sin A＋sin C＝.
3.－ 解析：法一 由题意得tan（α＋β）＝＝＝－2，因为α∈（2kπ，2kπ＋），β∈（2mπ＋π，2mπ＋），k，m∈Z，则α＋β∈（（2m＋2k）π＋π，（2m＋2k）π＋2π），k，m∈Z，又因为tan（α＋β）＝－2＜0，则α＋β∈（（2m＋2k）π＋，（2m＋2k）π＋2π），k，m∈Z，则sin（α＋β）＜0，又＝－2，联立sin2（α＋β）＋cos2（α＋β）＝1，解得sin（α＋β）＝－.
法二 由法一得tan（α＋β）＜0，sin（α＋β）＜0，故α＋β为第四象限角.不妨在角α＋β的终边上选取一点P（1，－2），则r＝｜OP｜＝＝3，所以sin（α＋β）＝－.
法三 易得tan（α＋β）＝＝＝－2.又tan α＋tan β＝＋＝＝4，所以sin（α＋β）＝4cos αcos β.由α为第一象限角，β为第三象限角，得cos α＞0，cos β＜0，所以sin（α＋β）＝4cos αcos β＜0.由tan（α＋β）＝－2，结合sin2（α＋β）＋cos2（α＋β）＝1，得sin（α＋β）＝－.
4.A 因为FG∥AB，所以＝，所以GC＝·CA.因为DE∥AB，所以＝，所以EH＝·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝（CA－AH）＝×HC＝×（HG＋GC）＝×（EG－EH＋GC）.由题设中信息可得，表目距的差为GC－EH，表高为DE，表距为EG，则上式可化为，表目距的差＝×（表距＋表目距的差），所以AB＝×（表距＋表目距的差）＝＋表高，故选A.
【研透高考·攻重点】
【例1】 （1）A （2）B 解析：（1）因为θ∈（，π），所以tan θ∈（－1，0）.由tan 2θ＝－4tan（θ＋）得＝－4×，化简整理得2tan2θ＋5tan θ＋2＝0，解得tan θ＝－2（舍去）或tan θ＝－，所以＝＝＝＝.故选A.
（2）由sin（－θ）＋cos（－θ）＝1，得cos θ＋coscos θ＋sinsin θ＝1，即cos θ＋sin θ＝1，结合辅助角公式得×（cos θ＋sin θ）＝1.
即coscos θ＋sinsin θ＝，即cos（－θ）＝，又cos（2θ－）＝cos［2（θ－）］＝2cos2（θ－）－1，cos（θ－）＝cos（－θ）＝，所以cos（2θ－）＝2×（）2－1＝－.故选B.
跟踪训练
1.B 由cos α（1＋tan 10°）＝1可得cos α×＝1，所以cos α×＝1，所以cos α＝＝＝＝cos 40°，又α为锐角，所以α＝40°，选B.
2.A a＝（sin 14°＋cos 14°）＝sin（14°＋45°）＝sin 59°，b＝＝＝sin 61°，c＝＝
＝＝sin 60°，由正弦函数y＝sin x在（0°，90°）上单调递增知a＜c＜b，故选A.
【例2】 （1）A （2）－1 解析：（1）由acos C＋asin C＝b，得sin Acos C＋sin Asin C＝sin B＝sin（A＋C）＝sin Acos C＋cos Asin C，即sin Asin C＝cos Asin C，又知sin C≠0，所以sin A＝cos A，即tan A＝，又A∈（0，π），所以A＝，故选A.
（2）因为△ABC的面积为2，A＝60°，所以bcsin A＝2，解得bc＝8.又b＋c＝6，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccos A＝（b＋c）2－3bc＝12，所以a＝2，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋6.设△ABC内切圆的半径为r，则S△ABC＝（a＋b＋c）r＝×（2＋6）r＝2，解得r＝－1.
跟踪训练
1.D 由asin B＝2csin A及正弦定理，得ab＝2ca，∴b＝2c.又a2＋bc＝b2＋c2，∴a2＋2c2＝4c2＋c2，即a2＝3c2，∴a＝c.∴cos B＝＝＝0.又B∈（0，π），∴B＝.
2.D ∵△ABC是钝角三角形，a＝1，b＝2，且c是最大边，∴由余弦定理得cos C＝＜0，即5－c2＜0，解得c＞.又c＜a＋b＝3，∴边c的取值范围是（，3）.故选D.
【例3】 100 解析：由题意，∠DCB＝30°，∠CDB＝60°，所以∠CBD＝90°，则在Rt△CBD中，BD＝CD＝300，BC＝CD＝300.因为∠DCA＝75°，∠CDA＝45°，所以∠CAD＝60°.
法一 在△ACD中，由正弦定理＝得，＝，所以AC＝×＝200.在△ABC中，∠ACB＝∠ACD－∠DCB＝75°－30°＝45°，由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝（200）2＋（300）2－2×200×300×＝150 000，所以AB＝100，故A，B两点之间的距离为100米.
法二 cos 15°＝sin 75°＝sin（45°＋30°）＝.在△ACD中，由正弦定理＝得，＝，所以AD＝×＝100（3＋）.在△ABD中，∠ADB＝∠CDB－∠CDA＝60°－45°＝15°，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB＝[100（3＋）]2＋3002－2×100（3＋）×300×＝150 000，所以AB＝100，故A，B两点之间的距离为100米.
跟踪训练
A 依题意分析可知，当伞完全张开时，AD＝40－24＝16（cm），因为B为AD'的中点，所以AB＝AC＝AD'＝20（cm），当伞完全收拢时，AB＋BD＝AD'＝40（cm），所以BD＝20（cm），在△ABD中，cos∠BAD＝＝＝，所以cos∠BAC＝cos 2∠BAD＝2cos2∠BAD－1＝2×－1＝－.
第3讲 大题专攻——三角函数与解三角形
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcos C，
对比已知a2＋b2－c2＝ab，
可得cos C＝＝＝，
因为C∈（0，π），所以C＝，
又sin C＝cos B，所以＝cos B，
即cos B＝，又B∈（0，π），所以B＝.
（2）由（1）可得A＝，
则sin A＝sin＝sin（＋）＝×＋×＝，由正弦定理有＝，
从而a＝·c＝c，
又S△ABC＝acsin B＝3＋，
即ac＝4（＋1），
将a＝c代入，解得c＝2.
2.解：（1）∵A＋B＝3C，A＋B＋C＝π，
∴4C＝π，则C＝.
∵2sin（A－C）＝sin B＝sin（π－A－C）＝sin（A＋C），
∴2sin Acos C－2cos Asin C＝sin Acos C＋cos Asin C，
则sin Acos C＝3cos Asin C，∴sin A＝3cos A＞0.
又sin2A＋cos2A＝1，∴sin A＝.
（2）法一 设AB边上的高为h，
由（1）易得cos A＝，则sin B＝sin（A＋C）＝sin（＋A）＝cos A＋sin A＝.
在△ABC中，由正弦定理＝，
得AC＝＝＝2.
又S△ABC＝·AC·AB·sin A＝·AB·h，
∴h＝ACsin A＝2×＝6.
即AB边上的高为6.
法二 由（1）得sin A＝3cos A，则A是锐角，cos A＝，sin B＝sin（A＋C）＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝.
由正弦定理＝，得AC＝＝＝2，故AB边上的高为ACsin A＝2×＝6.
【研透高考·攻重点】
【例1】 解：（1）由题意得ω＝2，∴f（x）＝sin（ 2x－），
则f（ x＋）＝sin（ 2x＋）＝cos（ 2x＋）＝cos（2x＋φ）.
∵｜φ｜＜，∴φ＝.
（2）h（x）＝f（ x＋）＋g（ x－）＝sin（ 2x＋）＋cos（ 2x＋）＝sin（ 2x＋），
令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
∴h（x）的单调递增区间为［kπ－，kπ＋］，k∈Z.
令2x＋＝kπ＋，k∈Z，
解得x＝＋，k∈Z，
∴h（x）图象的对称轴方程为x＝＋，k∈Z.
跟踪训练
解：（1）f（x）＝sin ωx＋cos ωx＝sin（ωx＋），
因为图象相邻两条对称轴间的距离为，
所以周期T＝2×＝π，即ω＝＝2，
因此f（x）＝sin（2x＋），
当x∈（0，m）时，2x＋∈（，2m＋），
若f（x）在（0，m）上有最大值无最小值，则由正弦函数图象得＜2m＋≤，解得＜m≤，
即m的取值范围为（，］.
（2）将f（x）的图象向右平移个单位长度得y＝sin［2（x－）＋］＝sin 2x的图象，再将图象上所有点的横坐标变为原来2倍（纵坐标不变）得g（x）＝sin x的图象，
所以h（x）＝g（x）＋＝sin x＋，
h'（x）＝cos x＋，x∈（－2π，π），
令h'（x）＝0，得cos x＝－，
则x＝－或x＝－或x＝，
当x∈（－2π，－）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（－，－）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（－，）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（，π）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）的极大值点为－和.
【例2】 解：（1）法一（辅助角公式法） 由sin A＋cos A＝2，可得sin A＋cos A＝1，即sin（A＋）＝1，
由于A∈（0，π） A＋∈（，），故A＋＝，解得A＝.
法二（同角三角函数的基本关系法） 由sin A＋cos A＝2，又sin2A＋cos2A＝1，消去sin A得4cos2A－4cos A＋3＝0 （2cos A－）2＝0，解得cos A＝，
又A∈（0，π），故A＝.
（2）由题设条件和正弦定理，bsin C＝csin 2B sin Bsin C＝2sin Csin Bcos B，
又B，C∈（0，π），则sin Bsin C≠0，进而cos B＝，得到B＝，
于是C＝π－A－B＝，sin C＝sin（π－A－B）＝sin（A＋B）＝sin Acos B＋sin Bcos A＝.
法一（基本量法） 由正弦定理可得，＝＝，即＝＝，
解得b＝2，c＝＋，
故△ABC的周长为2＋＋3.
法二（整体思想法） 由正弦定理＝＝，得＝＝＝4，
所以a＋b＋c＝4（sin A＋sin B＋sin C）＝4×（＋＋）＝2＋＋3，
所以△ABC的周长为2＋＋3.
【例3】 解：（1）证明：由题意知＝2，则CD＝a，BD＝a.
在△ABD中，sin∠BAD＝＝，在△ACD中，sin∠CAD＝＝，
又＝＝＝，
所以＋＝＋＝·＋·＝，
即6AD＝2a，所以AD＝a.
（2）在△ABD中，由余弦定理得cos∠ADB＝
＝，
在△ACD中，由余弦定理得cos∠ADC＝＝.
∠ADB＋∠ADC＝180°，则∠ADB＝180°－∠ADC，
即＝－，整理可得a2－b2＝2c2.
在△ABC中，由余弦定理得cos A＝＝－，
即－＝－＝－，所以c＝b，
所以a2－b2＝6b2，即a＝b，所以＝＝＝.
跟踪训练
解：（1）因为asin Acos B＋bsin Acos A＝acos C，
所以根据正弦定理得sin Asin Acos B＋sin Asin Bcos A＝sin Acos C，
因为sin A≠0，所以sin Acos B＋sin Bcos A＝cos C，即sin（A＋B）＝cos C，即sin C＝cos C.
因为cos C≠0，所以tan C＝.
因为0＜C＜π，所以C＝.
（2）·＝bccos A＝1.
因为a2＝b2＋c2－2bccos A，
所以b2＋c2＝9＋2bccos A＝11， ①
因为c2＝a2＋b2－2abcos C，
所以b2－c2＝2abcos C－a2＝2×3×b×cos－32＝3b－9. ②
联立①②可得2b2－3b－2＝0，解得b＝2（负值舍去），
故△ABC的面积为absin C＝×3×2×＝.
培优点1 三角函数特征量ω，φ的求解
【例1】 解析：f（x）＝2cos2－cos（x＋）＝1＋cos x－cos（x＋）＝sin x＋cos x＋1＝sin（x＋）＋1.由题意可知，g（x）＝sin（2x＋2φ＋）＋1，若对任意的x∈R，g（x）≤g（）成立，则2×＋2φ＋＝2kπ＋（k∈Z），即φ＝kπ＋（k∈Z）.又φ＞0，所以当k＝0时，φ最小，最小值为.
跟踪训练
B 因为ω＞0，所以当x∈［0，］时，ωx－∈［－，－］，因为函数f（x）＝sin（ωx－）（ω＞0）在［0，］上的值域是［－，1］，所以≤－≤，解得≤ω≤3.
【例2】 A 因为x∈（0，2π），ω＞0，所以ωx－∈（－，2ωπ－），设z＝ωx－，画出y＝2cos z＋1的大致图象如图.要使f（x）的图象在区间（0，2π）内至多存在3条对称轴，则2ωπ－∈（－，3π］.解得ω∈（0，］.
跟踪训练
A 注意正、余弦型函数的对称中心与对称轴的最短距离为，依题意，可得－≥.将T＝代入上式，得ω≥2，故选A.
【例3】 A 因为函数f（x）＝cos（ωx＋）（ω＜0）的最小正周期T＝，所以π－≤×，即－2≤ω＜0.当x∈（，π）时，ωπ＋≤ωx＋≤＋，依题意知－π＋2kπ≤ωπ＋＜ω＋≤2kπ，k∈Z，解得－＋2k≤ω≤－＋4k，k∈Z.又－2≤ω＜0，所以当k＝0时成立，ω∈［－，－］.
跟踪训练
A 由题意得f（x）＝sin（ωx＋），g（x）＝cos（ωx＋）.令t＝ωx＋，由x∈（0，），得t∈（，π＋）.因为在区间（0，）上，f（x）单调递增，g（x）单调递减，所以得ω≤，所以0＜ω≤.故选A.
【例4】 C 由x∈（0，π），得ωx＋∈.根据函数f（x）在区间（0，π）恰有三个极值点，知＜πω＋≤，得＜ω≤.根据函数f（x）在区间（0，π）恰有两个零点，知2π＜πω＋≤3π，得＜ω≤.综上，ω的取值范围为（，］.
跟踪训练
AB 由f（x）在区间（，π］内没有零点，得π－＜＝，得ω＜，同时需满足k∈Z，解得3k＋≤ω＜k＋，k∈Z，显然当k＝0和k＝－1时符合条件，且ω＞0，所以ω的取值范围为（0，）∪［，）.故选A、B.
培优点2 带绝对值的三角函数性质
【例1】 D f（x）＝sin｜x｜＝最小值为－，所以A不正确；又由f（－x）＝sin｜－x｜＝sin｜x｜＝f（x），所以函数f（x）为偶函数，所以B不正确；因为f（）＝sin＝1，f（π＋）＝sin（π＋）＝－1，所以f（）≠f（π＋），π不是f（x）的周期，所以C不正确；当x＜0时，f（x）＝－sin x，函数f（x）在［－，－］上单调递减，又因为（－，－） ［－，－］，所以函数f（x）在（－，－）上单调递减，D正确.
跟踪训练
ABC 选项A，函数f（x）的定义域为R，由f（－x）＝2sin2（－x）－3sin｜－x｜＋1＝2sin2x－3sin｜x｜＋1＝f（x），可得f（x）是偶函数，正确；选项B，当x≥0时，f（x）＝2sin2x－3sin x＋1，由2sin2x－3sin x＋1＝0，可得sin x＝或sin x＝1，则当x∈[0，2π]时，x＝或x＝或x＝，又f（x）是偶函数，则当x∈[－2π，0]时，x＝－或x＝－或x＝－，则f（x）在[－2π，2π]上有6个零点，正确；选项C，当x≥0时，f（x）＝2sin2x－3sin x＋1＝2（sin x－）2－，则当sin x＝时f（x）取得最小值－，又f（x）是偶函数，则f（x）的最小值为－，正确；选项D，f（－）＝2sin2（－）－3sin｜－｜＋1＝（1－）＋1＜1，f（0）＝2sin20－3sin｜0｜＋1＝1，则f（－）＜f（0），则f（x）在［－，0］上不单调递减，错误.故选A、B、C.
【例2】 BD f（x＋π）＝2（－sin x＋｜sin x｜）·（－cos x）＝2（sin x－｜sin x｜）·cos x≠f（x），所以A错误；f（）＝2（sin＋｜sin｜）·cos＝0，f（＋x）＝2（cos x＋｜cos x｜）（－sin x），f（－x）＝2（cos x＋｜cos x｜）·sin x＝－f（＋x），所以f（x）的图象关于点（，0）中心对称，B正确；因为f（－）＝0，f（0）＝0，f（－）＝f（0），所以C错误；因为f（x）＝
即f（x）＝k∈Z，所以f（x）的值域为[－2，2]，D正确.
跟踪训练
C f（x）＝tan x＋｜tan x｜
＝作出函数f（x）的图象，如图.观察图象，f（x）的最小正周期为π，A错误；f（x）的图象没有对称中心，B错误；f（x）的值域为[0，＋∞），C正确；不等式f（x）＞2，即x∈［kπ，＋kπ）（k∈Z）时，2tan x＞2，得tan x＞1，解得＋kπ＜x＜＋kπ，k∈Z，所以f（x）＞2的解集为（＋kπ，＋kπ）（k∈Z），故D错误.故选C.
【例3】 BD 因为f（－x）＝2sin｜－x｜＋｜－sin x｜＝2sin｜x｜＋｜sin x｜＝f（x），所以函数f（x）为偶函数，当x≥0时，f（x）＝2sin｜x｜＋｜sin x｜＝k∈Z，如图，作出函数f（x）的图象，由图可知，函数f（x）不是周期函数，故A错误；函数f（x）在［，］上单调递减，故B正确；对于C，显然x＝0时方程xf（x）－1≠0，当x≠0时，则方程xf（x）－1＝0的根即为函数y＝f（x），y＝交点的横坐标，因为函数y＝f（x）是偶函数，函数y＝是奇函数，所以两个函数的交点不具有对称性，所以方程xf（x）－1＝0的所有根之和显然不为0，故C错误；对于D，当x∈[0，2π]时，ωx∈[0，2ωπ]，因为函数f（ωx）（ω＞0）在[0，2π]上有且仅有5个零点，所以2ωπ∈[4π，5π），所以ω∈［2，），故D正确.故选B、D.
跟踪训练
ABC 因为函数f（x）定义域为R，而且f（－x）＝cos｜2x｜＋｜sin x｜＝f（x），所以f（x）是偶函数，A正确；因为函数y＝cos｜2x｜的最小正周期为π，y＝｜sin x｜的最小正周期为π，所以f（x）的最小正周期为π，B正确；f（x）＝cos｜2x｜＋｜sin x｜＝cos 2x＋｜sin x｜＝1－2sin2x＋｜sin x｜＝－2（｜sin x｜－）2＋，而｜sin x｜∈[0，1]，所以当｜sin x｜＝1时，f（x）的最小值为0，C正确；由上可知f（x）＝0可得1－2sin2x＋｜sin x｜＝0，解得｜sin x｜＝1或｜sin x｜＝－（舍去），因此在[0，2π]上只有x＝或x＝共2个零点，所以D不正确.故选A、B、C.
培优点3 三角形中的“三线”问题
【例1】 解：（1）因为＝tan B＋tan C，所以＝＋，
即＝＝＝，
又A，B∈（0，π），所以sin A≠0，所以tan C＝1.
因为C∈（0，π），所以C＝.
（2）由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab＝4，
又＝（＋），则＝（＋）2＝（a2＋b2＋ab）＝ab＋1.
由正弦定理可得a＝2sin A，b＝2sin B＝2sin（－A）＝2cos A＋2sin A.
则ab＝4sin2A＋4sin Acos A＝4·＋2sin 2A＝4sin（2A－）＋2，
由题意得解得＜A＜，则2A－∈（，），所以sin（2A－）∈（，1］，
所以ab∈（4，4＋2]，所以∈（5，3＋2]，
所以中线CD长度的取值范围为（，1＋].
跟踪训练
C 由acos C－2bcos B＋ccos A＝0，得sin Acos C＋sin Ccos A＝2sin Bcos B，即sin（A＋C）＝2sin Bcos B，即sin B＝2sin Bcos B，由sin B≠0，得cos B＝，故B＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B 9＝a2＋c2－ac.由中线长定理知BD2＝（BA2＋BC2）－AC2＝（c2＋a2）－b2，即4＝（9＋ac）－，∴ac＝，∴S△ABC＝acsin B＝××＝，故选C.
【例2】 解：（1）证明：∵tan Atan B－tan A－tan B＝，
∴（tan Atan B－1）＝tan A＋tan B，
∴＝－，
∴tan（A＋B）＝－，∴tan∠ACB＝，
∵0＜∠ACB＜π，∴∠ACB＝，
∵CD为角C的平分线，S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，
∴·CA·CB·sin∠ACB＝·CD·CA·sin∠ACD＋·CD·CB·sin∠BCD，
∴CA·CB＝CD·CB＋CD·CA，
即＝＋.
（2）将CD＝CB＝2代入＝＋，
可得CA＝＋1，
∴S△ABC＝×CA×CB×sin∠ACB＝×2×（＋1）×＝.
跟踪训练
4 解析：由角平分线定理，CD平分∠ACB交AB于点D，可得＝＝＝，所以BD＝AB，由正弦定理可知，＝，所以＝，所以＝，得cos B＝.由余弦定理可知AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos B，即81＝AB2＋144－2×AB×12×，解得AB＝7或AB＝9.当AB＝7时，BD＝4.当AB＝9时，因为AC＝9，所以AC＝AB，因此B＝∠ACB，A＋B＋∠ACB＝π即2B＋B＋B＝π，所以B＝，cos B＝≠，所以AB＝9不成立.故BD＝4.
【例3】 解：（1）由于a＜b＜c，则三边a，b，c上的高之比为ha∶hb∶hc＝4∶3∶2，
即4∶3∶2＝∶∶，
设a＝3x，则b＝4x，c＝6x，
在△ABC中，由余弦定理得cos C＝＝＝－.
（2）由cos C＝－，得sin C＝.
在△EBC中，由正弦定理得＝，
则BE＝6×＝.
跟踪训练
解：（1）在△ABC中，由余弦定理的推论得cos C＝＝＝－，
解得c＝4（负值舍去），
∴△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋3＋4＝9.
（2）∵cos C＝－，C∈（0，π），
∴sin C＝＝.
设AB边上的高为h，则absin C＝ch，
即×2×3×＝×4h，
解得h＝.
∴AB边上的高为.
培优点4 三角函数与解三角形中的最值（范围）问题
【例1】 解：（1）f（x）＝（2sin x－cos x）·cos x＋sin2x＝2sin xcos x－cos2x＋sin2x＝sin 2x－cos 2x＝2sin（2x－），
因为f（x）≤1，所以sin（2x－）≤，
所以＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
则＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
又x∈（0，π），所以f（x）≤1的解集为x｜0＜x≤或≤x＜π.
（2）不等式m≥f（x）恒成立，等价于m≥f（x）max.
因为x∈［，］，所以≤2x－≤.
故当2x－＝，即x＝时，f（x）取得最大值，最大值为f（）＝2.
所以m≥2，即实数m的取值范围为[2，＋∞）.
跟踪训练
B f（x）＝2sin（x＋）＋cos 2x＝2sin（x＋）＋sin［2（x＋）］，令θ＝x＋，g（θ）＝2sin θ＋sin 2θ，所以g'（θ）＝2cos θ＋2cos 2θ＝2cos θ＋2（2cos2θ－1）＝4cos2θ＋2cos θ－2＝2（2cos θ－1）（cos θ＋1），因为cos θ＋1≥0恒成立，所以令2cos θ－1＞0，解得θ∈（2kπ－，2kπ＋）（k∈Z），此时函数g（θ）单调递增，令2cos θ－1＜0，解得θ∈（2kπ＋，2kπ＋）（k∈Z），此时函数g（θ）单调递减，所以当θ＝2kπ＋（k∈Z）时，g（θ）取得最大值，所以g（θ）max＝g（）＝2×＋＝，即f（x）的最大值为.故选B.
【例2】 解：（1）证明：（a＋b）（b－a）＝ab，即b2－a2＝ab， ①
因为cos（A－B）－cos（A＋B）＝2sin2C，所以sin Asin B＝sin2C，由正弦定理得，×＝（）2，
其中R为△ABC外接圆的半径，所以ab＝c2， ②
由①②得，b2－a2＝c2，即a2＋c2＝b2，
所以△ABC是直角三角形.
（2）由（1）知B＝，所以sin C＝sin（－A）＝cos A.
根据正弦定理，得＝
＝sin A＋cos A＝sin（A＋）.
因为c＜b，所以ac＜ab＝c2，所以a＜c，
所以0＜A＜，所以＜A＋＜，
所以＜sin（A＋）＜1，
所以1＜sin（A＋）＜，
即＝＋1∈（2，1＋）.
所以的取值范围是（2，1＋）.
跟踪训练
解：（1）因为a＝1，所以cos A＝，
由正弦定理＝＝，
可得cos A＝，
整理可得2sin Bcos A＝2sin C－sin A，
又因为sin C＝sin（A＋B）＝sin Acos B＋sin Bcos A，化简可得sin A＝2sin Acos B，
而sin A≠0，则cos B＝，又B∈（0，π），
则B＝.
（2）在△BCD中，由＝可得sin∠CDB＝，
在△ABC中，由＝可得sin∠CAB＝，所以＝，
设AB＝BD＝t（t＞0），由余弦定理CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos∠CBD，
AC2＝BA2＋BC2－2BA·BC·cos∠CBA，
可得CD2＝t2＋1＋t，AC2＝t2＋1－t，
因此＝＝1＋≤1＋＝3，当且仅当t＝，即t＝1时等号成立，
所以的最大值为，
此时AB＝BD＝1.
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