【典例3】已知$α+β=\frac{π}{3}$，求$\sinα+\sqrt{3}\cosβ$的最大值.
解题指导 结合已知条件$α+β=\frac{π}{3}$，将$\sinα+\sqrt{3}\cosβ$转化为关于一个角的三角函数，再根据三角函数的性质求出最大值.
答案 解:因为$α+β=\frac{π}{3}$，所以$\sinα+\sqrt{3}\cosβ=\sin(\frac{π}{3}-β)+\sqrt{3}\cosβ=\sin\frac{π}{3}\cosβ-\cos\frac{π}{3}\sinβ+\sqrt{3}\cosβ=\frac{\sqrt{3}}{2}\cosβ-\frac{1}{2}\sinβ+\sqrt{3}\cosβ=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cosβ-\frac{1}{2}\sinβ=\sqrt{7}\cos(β+θ)$，其中$\tanθ=\frac{\sqrt{3}}{9}$，故$\sinα+\sqrt{3}\cosβ$的最大值为$\sqrt{7}$.

解：
因为$α + β = \frac{π}{3}$，所以$α = \frac{π}{3} - β$，
代入$\sinα + \sqrt{3}\cosβ$可得：
$\begin{aligned}\sinα + \sqrt{3}\cosβ &= \sin(\frac{π}{3} - β) + \sqrt{3}\cosβ \\&= \sin\frac{π}{3}\cosβ - \cos\frac{π}{3}\sinβ + \sqrt{3}\cosβ \\&= \frac{\sqrt{3}}{2}\cosβ - \frac{1}{2}\sinβ + \sqrt{3}\cosβ \\&= \frac{3\sqrt{3}}{2}\cosβ - \frac{1}{2}\sinβ\end{aligned}$
由辅助角公式：
$\frac{3\sqrt{3}}{2}\cosβ - \frac{1}{2}\sinβ = \sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^2 + (-\frac{1}{2})^2}\cos(β+θ) = \sqrt{7}\cos(β+θ)$
其中$\tanθ = \frac{\sqrt{3}}{9}$。
由于余弦函数的值域为$[-1,1]$，因此$\sinα + \sqrt{3}\cosβ$的最大值为$\sqrt{7}$。

【变式3】已知函数$f(x)=\sqrt{3}\sin x\cos x - \sin^2 x(x\in\mathbf{R})$。
(1)求$f(x)$的最小正周期；
(2)求$f(x)$在区间$[0,\dfrac{π}{2}]$上的值域。

(1) 因为 $f(x)=\sqrt{3}\sin x \cos x - \sin^2 x = \frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2x - \frac{1-\cos 2x}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2x + \frac{1}{2}\cos 2x - \frac{1}{2} = \sin( 2x+\frac{π}{6})-\frac{1}{2}$，所以其最小正周期 $T=\frac{2π}{2}=π$。
(2) 由 $x\in [ 0,\frac{π}{2}]$，得 $2x+\frac{π}{6}\in [ \frac{π}{6},\frac{7π}{6}]$，故 $\sin( 2x+\frac{π}{6})\in [ -\frac{1}{2},1]$，
所以 $f(x)$ 在区间 $[ 0,\frac{π}{2}]$ 上的值域为 $[ -1,\frac{1}{2}]$。

【典例4】如图,在长方形ABCD中,AB=4√3,AD=8,Rt△MPN的直角顶点P为AD中点,点M,N分别在边AB,CD上,令∠DPN=θ(π/6≤θ≤π/3).
(1)当tanθ=√3/2时,求梯形BCNM的面积S;
(2)求△MPN的周长l的最小值,并求此时角θ的值.

解题指导 (1)在△DPN,△APM中,由直角三角形的边角关系得出DN,AM,进而得出NC,MB,即可求出梯形BCNM的面积S;
(2)由直角三角形的边角关系以及勾股定理得出$l=4(\frac{\sinθ+\cosθ+1}{\sinθ\cosθ}),$再由换元法结合正弦函数的性质求解即可.
答案 解:(1)因为P为AD的中点,AD=8,所以DP=PA=4.
在Rt△DPN中$,DN=DP·tanθ=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}.$
由题意,得∠DPN=∠PMA=θ,
所以在Rt△APM中$,tan∠PMA=\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{PA}{AM},$所以$AM=4×\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{8\sqrt{3}}{3},$
所以$NC=2\sqrt{3},MB=\frac{4\sqrt{3}}{3},$
所以$S=(2\sqrt{3}+\frac{4\sqrt{3}}{3})×8×\frac{1}{2}=\frac{40\sqrt{3}}{3}.$
(2)由(1)可知$,PN=\frac{4}{\cosθ},PM=\frac{4}{\sinθ},$
所以$MN=4\sqrt{\frac{1}{\cos^2θ}+\frac{1}{\sin^2θ}}=4\sqrt{\frac{1}{\sin^2θ\cos^2θ}}=\frac{4}{\sinθ\cosθ},$
所以$ l =\frac{4}{\cosθ}+\frac{4}{\sinθ}+\frac{4}{\sinθ\cosθ}=4(\frac{\sinθ+\cosθ+1}{\sinθ\cosθ}).$
因为$\sinθ+\cosθ=\sqrt{2}\sin(θ+\frac{π}{4}),$且$θ+\frac{π}{4}∈[\frac{5π}{12},\frac{7π}{12}],$所以$\sin(θ+\frac{π}{4})∈[\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4},1],$
所以$\sinθ+\cosθ∈[\frac{\sqrt{3}+1}{2},\sqrt{2}].$
令$\sinθ+\cosθ=t∈[\frac{\sqrt{3}+1}{2},\sqrt{2}],$
则$\sinθ\cosθ=\frac{1}{2}(t^2-1),$
即$l=\frac{8(t+1)}{t^2-1}=\frac{8}{t-1}.$
当$t=\sqrt{2},$即$θ=\frac{π}{4}$时$,l_min=\frac{8}{\sqrt{2}-1}=8(\sqrt{2}+1).$
(令$\sinθ+\cosθ=t,$将$\sinθ\cosθ$用t表示,通过三角换元转化为关于t的函数,求最值)
▶方法总结
(1)三角函数与平面几何有着密切联系,几何中的角度、长度、面积等问题,常借助三角恒等变换来解决;实际问题的意义常反映在三角形的边、角关系上,故常用三角恒等变换的方法解决实际的优化问题.
(2)解决此类问题的关键是引进角为参数,列出三角函数式.

解：
(1) 因为P为AD的中点，AD=8，
所以$DP=PA=4$。
在$\mathrm{Rt}△ DPN$中，$DN = DP·\tanθ = 4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
由$∠ MPN = \frac{π}{2}$，得$∠ APM = \frac{π}{2}-∠ DPN = \frac{π}{2}-θ$，
因此在$\mathrm{Rt}△ APM$中，$∠ PMA = θ$，
故$\tan∠ PMA = \tanθ = \frac{PA}{AM}$，即$\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{4}{AM}$，
解得$AM = \frac{8\sqrt{3}}{3}$。
由$AB=4\sqrt{3}$，$CD=4\sqrt{3}$，得：
$NC = CD - DN = 4\sqrt{3}-2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$，
$MB = AB - AM = 4\sqrt{3}-\frac{8\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
梯形BCNM的高为$BC=AD=8$，因此面积：
$S = \frac{1}{2}×(NC + MB)× BC = \frac{1}{2}×(2\sqrt{3}+\frac{4\sqrt{3}}{3})×8 = \frac{40\sqrt{3}}{3}$。
(2) 在$\mathrm{Rt}△ DPN$中，$PN = \frac{DP}{\cosθ} = \frac{4}{\cosθ}$，
在$\mathrm{Rt}△ APM$中，$PM = \frac{PA}{\sinθ} = \frac{4}{\sinθ}$。
因为$△ MPN$为直角三角形，由勾股定理得：
$MN = \sqrt{PN^2 + PM^2} = \sqrt{\frac{16}{\cos^2θ}+\frac{16}{\sin^2θ}} = 4\sqrt{\frac{\sin^2θ+\cos^2θ}{\sin^2θ\cos^2θ}} = \frac{4}{\sinθ\cosθ}$。
因此$△ MPN$的周长：
$l = PN + PM + MN = \frac{4}{\cosθ}+\frac{4}{\sinθ}+\frac{4}{\sinθ\cosθ} = 4·\frac{\sinθ+\cosθ+1}{\sinθ\cosθ}$。
由辅助角公式，$\sinθ+\cosθ = \sqrt{2}\sin(θ+\frac{π}{4})$，
已知$\frac{π}{6}≤θ≤\frac{π}{3}$，故$θ+\frac{π}{4}\in[\frac{5π}{12},\frac{7π}{12}]$，
因此$\sin(θ+\frac{π}{4})\in[\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4},1]$，即$\sinθ+\cosθ\in[\frac{\sqrt{3}+1}{2},\sqrt{2}]$。
令$t = \sinθ+\cosθ$，则$t\in[\frac{\sqrt{3}+1}{2},\sqrt{2}]$，
由$t^2 = \sin^2θ + 2\sinθ\cosθ + \cos^2θ = 1+2\sinθ\cosθ$，得$\sinθ\cosθ = \frac{t^2-1}{2}$。
代入周长表达式得：
$l = 4·\frac{t+1}{\frac{t^2-1}{2}} = \frac{8(t+1)}{(t-1)(t+1)} = \frac{8}{t-1}$。
函数$l=\frac{8}{t-1}$在$t\in[\frac{\sqrt{3}+1}{2},\sqrt{2}]$上单调递减，
因此当$t=\sqrt{2}$时，$l$取得最小值，此时$\sqrt{2}\sin(θ+\frac{π}{4})=\sqrt{2}$，即$\sin(θ+\frac{π}{4})=1$，
结合$θ$的范围得$θ+\frac{π}{4}=\frac{π}{2}$，即$θ=\frac{π}{4}$，
此时$l_{\mathrm{min}}=\frac{8}{\sqrt{2}-1}=8(\sqrt{2}+1)$。
综上，(1) 梯形面积$S=\frac{40\sqrt{3}}{3}$；(2) $△ MPN$周长的最小值为$8(\sqrt{2}+1)$，此时$θ=\frac{π}{4}$。