第34讲三角形中最值与范围_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第34讲 三角形中最值与范围
知识梳理
1、在解三角形专题中，求其“范围与最值”的问题，一直都是这部分内容的重点、难点．解决
这类问题，通常有下列五种解题技巧：
(1)利用基本不等式求范围或最值；
(2)利用三角函数求范围或最值；
(3)利用三角形中的不等关系求范围或最值；
(4)根据三角形解的个数求范围或最值；
(5)利用二次函数求范围或最值．
要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作
为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围
限制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避
免结果的范围过大．
2、解三角形中的范围与最值问题常见题型：
(1)求角的最值；
(2)求边和周长的最值及范围；
(3)求面积的最值和范围．
必考题型全归纳
1 题型一：周长问题
1462 (2024·贵州贵阳·校联考模拟预测)记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
a2+b2-c2  acosB+bcosA  =abc．
(1)求C；
(2)若△ABC为锐角三角形，c=2，求△ABC周长范围．
【解析】(1)在△ABC中，由射影定理得acosB+bcosA=c，
则题述条件化简为a2+b2-c2=ab，
由余弦定理得a2+b2-c2=2abcosC．
1
可得cosC= ,C∈0,π
2
 ,
π
所以C= .
3
(2)在△ABC中，
a b c 2 4 3
由正弦定理得 = = = = ，
sinA sinB sinC π 3
sin
3
4 3
则△ABC周长C =a+b+2=2+ (sinA+sinB)=2+
△ABC 3
4 3 2π
sinA+sin -A
3 3
  

 ，
2π
因为sinA+sin -A
3

π
= 3sinA+
6

π
，则C =2+4sinA+
△ABC 6
 ，
2π
因为△ABC为锐角三角形，A+B= ，
3
第 页 共 页
878 3427π π
则得A∈ ,
6 2

π π 2π
,A+ ∈ ,
6 3 3
 ，
π 故sinA+
6
 3 ∈ ,1
2
 ,C ∈(2+2 3,6]．
△ABC
1463 (2024·甘肃武威·高三武威第六中学校考阶段练习)在锐角△ABC中，a=2 3，(2b-c)
cosA=acosC，
(1)求角A；
(2)求△ABC的周长l的范围.
【解析】(1)∵(2b-c)cosA=acosC，
∴2bcosA=acosC+ccosA，
所以2sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA，
所以2sinBcosA=sin(A+C)，
所以2sinBcosA=sinB，
1
因为sinB≠0，所以cosA= ，
2
π
∵A∈0,
2

π
，所以A= .
3
a 2 3
(2)∵ = =4，
sinA 3
2
b c 2π
所以 = =4,所以b=4sinB，c=4sinC=4sin -B
sinB sinC 3
 ，
2π
所以l=a+b+c=2 3+4sinB+4sin -B
3
 =2 3+6sinB+2 3cosB
π
=2 3+4 3sinB+
6

π
0<B<
π  2 π π
因为△ABC是锐角三角形，且A= ，所以 ，解得 <B< ，
3 2π π 6 2
0< -B<
3 2
π π 2π 所以B+ ∈ ,
6 3 3
 π ，所以sinB+
6
 3 ∈ ,1
2
 ，
所以l∈(6+2 3,6 3].
 
B+C
1464 (2024·全国·高三专题练习)在①2S= 3AB⋅AC；②2cos2 =1+cos2A；③c=
2
3asinC-ccosA；在这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．
在锐角△ABC中，内角A、B、C，的对边分别是a、b、c，且
(1)求角A的大小；
(2)若a= 3，求△ABC周长的范围．
 
【解析】(1)选①，由2S= 3AB⋅AC可得cbsinA= 3cbcosA，
∵A∈0,π 
π
，则sinA= 3cosA>0，可得tanA= 3，∴A= ；
3
B+C
选②，由2cos2 =1+cos2A可得1+cosB+C
2
 =1+cos2A，
即cosπ-A  =2cos2A-1，即2cos2A+cosA-1=0，
1 π
∵0<A<π，则-1<cosA<1，故cosA= ，∴A= ；
2 3
选③，由c= 3asinC-ccosA及正弦定理可得 3sinAsinC-sinCcosA=sinC，
∵A、C∈0,π 
π
，则sinC>0，所以， 3sinA-cosA=2sinA-
6
 =1，
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879 3427π
故sinA-
6

1
= ，
2
π π 5π π π π
∵- <A- < ，∴A- = ，因此，A= .
6 6 6 6 6 3
a b c
(2)由正弦定理可得 = = =2，则b=2sinB，c=2sinC，
sinA sinB sinC
π
∴a+b+c= 3+2sinB+2sinC= 3+2sinB+2sinB+
3

π
=3sinB+ 3cosB+ 3=2 3sinB+
6
 + 3，
π
0<B<
 2 π π
因为△ABC为锐角三角形，则 ，可得 <B< ，
π 6 2
A+B>
2
π π 2π 3 π
所以， <B+ < ，则 <sinB+
3 6 3 2 6
 ≤1，
π
故a+b+c=2 3sinB+
6
 + 3∈3+ 3,3 3  .
1465 (2024·全国·模拟预测)在锐角△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
c-b=acosB-bcosA.
(1)求角A的大小；
(2)若a=1，求△ABC周长的范围.
【解析】(1)由正弦定理得：sinC-sinB=sinAcosB-sinBcosA，
∵C=π-(A+B)，∴sin(A+B)-sinB=sinAcosB-sinBcosA，
∴sinAcosB+sinBcosA-sinB=sinAcosB-sinBcosA，∴2sinBcosA-sinB=0
1 π
∵sinB≠0，∴cosA= ，∵A∈0,
2 2

π
，∴A= .
3
b c a 2 3 2 3 2 3
(2)由正弦定理： = = = ，则b= sinB，c= sinC，
sinB sinC sinA 3 3 3
2π 2 3 2π
∵C= -B，∴c= sin -B
3 3 3
 ，
2 3 2π
△ABC周长为a+b+c=1+ sinB+sin -B
3 3
  


2 3 2π 2π
=1+ sinB+sin cosB-cos sinB
3 3 3

2 3 3 3
=1+  sinB+ cosB
3 2 2

π
=1+2sinB+
6
 ，
π π 2π
又锐角△ABC，∴0<B< ,0<C< ，结合C= -B
2 2 3
π π π π 2π 3 π
∵ <B< ，∴ <B+ < ，∴ <sinB+
6 2 3 6 3 2 6
 ≤1，∴1+ 3<1+
π
2sinB+
6
 ≤3，即△ABC周长的范围是(1+ 3,3].
1466 (2024·陕西西安·高三西安中学校考阶段练习)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，
b，c且满足a=2，acosB=2c-b  cosA．
(1)求角A的大小；
(2)求△ABC周长的范围．
a2+c2-b2
【解析】(1)由余弦定理a⋅ =2c-b
2ac

b2+c2-a2
⋅ ，即b2+c2-a2=bc，
2bc
第 页 共 页
880 3427b2+c2-a2 1 π
所以cosA= = ，因为0<A<π，所以A= ．
2bc 2 3
b c 2 4 3 4 3 4 3
(2)由正弦定理： = = = ，则b= sinB，c= sinC，
sinB sinC 3 3 3 3
2
2π 4 3
由(1)B+C= ，故a+b+c=2+ sinB+sinC
3 3
 =2+
4 3 2π
sinB+sin -B
3 3
  


4 3 3 1
=2+ sinB+ cosB+ sinB
3 2 2

4 3 3 3
=2+  sinB+ cosB
3 2 2
 =2+
π
4sinB+
6

2π π π 5π 1 π
因为0<B< ⇒ <B+ < ，则 <sinB+
3 6 6 6 2 6
 ≤1，
所以4<a+b+c≤6，即周长范围是4,6  ．
2 题型二：面积问题
1467 (2024·全国·模拟预测)已知在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且

m=2sinx, 3 

，n=cosx,cos2x  ，fx 
 
=m⋅n，fB+C  =0．
(1)求角A的值；
(2)若b=1，求△ABC面积的范围．

【解析】(1)∵m=2sinx, 3 

，n=cosx,cos2x  ，fx 
 
=m⋅n，
∴fx  =2sinxcosx+ 3cos2x
π
=sin2x+ 3cos2x=2sin2x+
3
 ．
又fB+C  =0，∴sin 2B+C 
π
  +
 3
 =0．又△ABC为锐角三角形，
∴2B+C 
π 5π π π
+ =2π或π ∴B+C= 或 (舍去)，∴A= ．
3 6 3 6
a b c
(2)由正弦定理知 = = ，
sinA sinB sinC
π 1
又∵b=1，A= ，∴a= ，
6 2sinB
π
sin +B
1 6
∴S= absinC=
2

3 1 cosB 3 1 1
= + ⋅ = + ⋅ ．
4sinB 8 8 sinB 8 8 tanB
π
B∈0,
2

5 π
π-B∈0,
6 2


π π 3 3
 故得到： <B< ，∴ <S< ，
3 2 8 6
3 3
∴△ABC面积的范围为 ,
8 6

1468 (2024·江苏南通·统考模拟预测)如图，某植物园内有一块圆形区域，在其内接四边形
ABCD内种植了两种花卉，其中△ABD区域内种植兰花，△BCD区域内种植丁香花，对
角线BD是一条观赏小道．测量可知边界AB=60m，BC=20m，AD=CD=40m．
第 页 共 页
881 3427(1)求观赏小道BD的长及种植区域ABCD的面积；
(2)因地理条件限制，种植丁香花的边界BC，CD不能变更，而边界AB，AD可以调整，
使得种植兰花的面积有所增加，请在BAD上设计一点P，使得种植区域改造后的新区域
(四边形PBCD)的面积最大，并求出这个面积的最大值．
402+602-x2
【解析】(1)设BD=xcm，则由余弦定理得cosA= ，
2×40×60
402+202-x2
cosC= ．
2×40×20
由四边形ABCD是圆内接四边形得A+C=180°，
402+602-x2 402+202-x2
故cosA+cosC=0，即 + =0，
2×40×60 2×40×20
解得x=20 7(负值舍去)，即BD=20 7cm．
1
从而cosA= ，所以A=60°，C=120°，
2
1 1
故S = ×40×60×sin60°+ ×40×20×sin120°=800 3．
ABCD 2 2
答：观赏小道BD的长为20 7m，种植区域ABCD的面积为800 3m2．
(2)由(1)及“同弧所对的圆周角相等”得∠P=∠A=60°．
设PD=mcm，PB=ncmm,n>0  ，
1 3
则S = mn⋅sinP= mn．
△BDP 2 4
在△BDP中，由余弦定理有
20 7 
4 3
2=m2+n2-2mn⋅cosP=m2+n2-mn≥mn=  mn 3 4 
4
= S ， 3 △BDP
故S ≤700 3(当且仅当m=n=20 7时等号成立)．
△BDP
1
而S = ×40×20×sin120°=200 3，
△BCD 2
因此，种植区域改造后的新区域PBCD的面积的最大值为900 3cm2．
答：当△BDP为等边三角形时，新区域PBCD的面积最大，最大值为900 3m2．
1469 (2024·山东青岛·高三青岛三十九中校考期中)在①a=2，②a=b=2，③b=c=2这三
个条件中任选一个，补充在下面问题中，求△ABC的面积的值(或最大值)．已知△ABC
的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，三边a，b，c与面积S满足关系式：4S=b2+c2
-a2，且 ，求△ABC的面积的值(或最大值)．
1
【解析】∵4S=4⋅ bcsinA=2bcsinA=b2+c2-a2，
2
b2+c2-a2
∴sinA= =cosA，∴tanA=1
2bc
π
∵A∈(0,π)，∴A= ，
4
选择条件①：当a=2时，根据余弦定理，a2=b2+c2-2bccosA=4，∴b2+c2=4+
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882 34272bccosA，
∵b2+c2=4+ 2bc≥2bc(a>0,b>0)，
4
∴bc≤ =4+2 2(当且仅当b=c= 4+2 2 时取等)，
2- 2
1 2
∴S = (4+2 2)⋅ = 2+1；
max 2 2
选择条件②：当a=b=2时，∵a2=b2+c2-2bccosA=4+c2-2 2c=4，
1 1 2
∴c=2 2，∴S= bcsinA= ⋅2⋅2 2⋅ =2；
2 2 2
1 1 2
选择条件③：当b=c=2，S= bcsinA= ⋅2⋅2⋅ = 2．
2 2 2
1470 (2024·江苏苏州·高三常熟中学校考阶段练习)如图所示，某住宅小区一侧有一块三角形
空地ABO，其中OA=3km，OB=3 3km，∠AOB=90°．物业管理部门拟在中间开挖
一个三角形人工湖OMN，其中M，N都在边AB上(M，N均不与AB重合，M在A，N
之间)，且∠MON=30°．
(1)若M在距离A点1km处，求点M，N之间的距离；
(2)设∠BON=θ，
①求出△OMN的面积S关于θ的表达式；
②为节省投入资金，三角形人工湖OMN的面积要尽可能小，试确定θ的值，使△OMN得
面积最小，并求出这个最小面积．
【解析】(1)∵AM=1，OA=3，OB=3 3，∠AOB=90°，∴AB=6，∠A=60°，
1 7+1-9 1
∴由余弦定理OM= 9+1-2×3×1× = 7，cos∠AMO= =- ，
2 2 7⋅1 2 7
3 3
sin∠AMO= ，
2 7
3 3 3 1 1 10 5
∴sin∠ONM=sin(∠AMO-∠MON)= ⋅ + ⋅ = = ．
2 7 2 2 7 2 4 7 2 7
MN OM 2 7 1 7
在△MON中 = ⇒MN= 7⋅ × = ．
sin30° sin∠ONM 5 2 5
π
(2)①∵∠BON=θ，∴∠ONM=θ+ ，
6
ON 3 3
在△BON中， =
π π
sin sinθ+
6 6

3 3
2
⇒ON=
π
sinθ+
6

，
3 3
MN 2
在△MON中， =
π π
sin sinθ+
6 6

π
sin +θ
3

，
3 3
∴MN=
π
4sinθ+
6

π
sin +θ
3

3 3
=
3 1
4 sinθ+ cosθ
2 2

1 3
× sinθ+ cosθ
2 2

=
3 3 3 3
= ，
3sin2θ+ 3cos2θ+4sinθcosθ 3+2sin2θ
第 页 共 页
883 34273×3 3 3 3
又△ABO中AB边上的高为 = km，
6 2
1 3 3 3 3 27 π
∴S= ⋅ = ，0<θ< ．
2 2 3+2sin2θ 4( 3+2sin2θ) 3
π
②当sin2θ=1，θ= 时，S 最小且S
4 △OMN △OMN

27 27(2- 3)
= = ．
min 4( 3+2) 4
 
3
1471 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，S = BA⋅BC,BC=3．
△ABC 2
(1)D为线段BC上一点，且CD=2BD,AD=1，求AC长度；
(2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC面积的范围．
1 3
【解析】(1)在△ABC中，依题意得： ⋅BA⋅BC⋅sinB= ⋅BA⋅BC⋅cosB，
2 2
1 3 π
则有 sinB= cosB，于是得tanB= 3，而B∈(0,π)，则B= ，
2 2 3
又BC=3,CD=2BD，则BD=1,CD=2，
π 2π
在△ABD中AD=1，从而得等边△ABD，即∠ADB= ，∠ADC= ，
3 3
在△ADC中由余弦定理AC2=AD2+CD2-2AD⋅CDcos∠ADC得AC2=22+12-2⋅
2π
2⋅1⋅cos =7，解得AC= 7；
3
AB BC
(2)在△ABC中，BC=3，设∠BAC=θ，由正弦定理 = 得：
sinC sinA
2π
3sin -θ
3sinC 3
AB= =
sinθ

3 1
3 cosθ+ sinθ
2 2
=
sinθ

1 3 1
=3 + ⋅
sinθ 2 2 tanθ
 ，
1 9 3 1 3 1
于是得S = ⋅BA⋅BC⋅sinB= ⋅ + ⋅
△ABC 2 4 2 2 tanθ
 ，
π 2π π
因△ABC是锐角三角形，则0<θ< ，且0< -θ< ，
2 3 2
π π 3 1 1 1 3 1
于是有 <θ< ，则tanθ> ，即0< < 3， < + ⋅ <2，
6 2 3 tanθ 2 2 2 tanθ
9 3 9 3
从而得 <S < ，
8 △ABC 2
9 3 9 3
所以△ABC面积的取值范围是 ,
8 2
 ．
1472 (2024·河北·高三校联考阶段练习)已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，
asinB
c，且 = 3.
bcosA
(1)若a=2 5，b=2，求c的大小；
(2)若b=2，且C是钝角，求△ABC面积的大小范围.
asinB
【解析】(1)在△ABC中， = 3，由正弦定理得sinAsinB= 3sinBcosA.
bcosA
∵0<B<π，∴sinB≠0，∴sinA= 3cosA，
sinA
∴tanA= = 3.
cosA
π
又∵0<A<π，∴A= .
3
1
在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA，即20=4+c2-4c⋅ ，
2
解得c=1- 17(舍去)，c=1+ 17.
∴c=1+ 17.
第 页 共 页
884 3427π
(2)由(1)知A= ，
3
1 3
∴S = bcsinA= c.
△ABC 2 2
2π
2sin -B
c b bsinC 3
由正弦定理，得 = ，∴c= =
sinC sinB sinB

3
= +1.
sinB tanB
π π
∵A= ，C为钝角，∴0<B< ，
3 6
3
∴0<tanB< ，∴c>4，
3
∴S >2 3.
△ABC
即△ABC面积的大小范围是2 3,+∞  .
3 题型三：长度问题
1473 (2024·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末)已知锐角△ABC内角A，B，C的对
边分别为a，b，c.若bsinB-csinC=b-a  sinA.
(1)求C；
(2)若c= 3，求a-b的范围.
【解析】(1)由正弦定理，bsinB-csinC=b-a  sinA
⇒b2-c2=b-a

a⇒c2=a2+b2-ab
1 π
又c2=a2+b2-2ab⋅cosC，得cosC= ⇒C= ；
2 3
(2)因为c= 3，
c a b
所以 = = =2，
sinC sinA sinB
a-b=2sinA-sinB 
π
=2 sinA-sinπ-A-
3
  


π
=2 sinA-sinA+
3
  

 =
π
2sinA-
3
 ，因为三角形ABC为锐角三角形，
π
0<A<
 2 π π
所以 ，解得 <A< ，
2π π 6 2
0<B= -A<
3 2
π π π
令t=A- ，所以t∈- ,
3 6 6

π
，-1<a-b=2sinA-
3
 =2sint<1，
所以a-b∈-1,1  .
1474 (2024·福建莆田·高三校考期中)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，b=
2 3，2c-a  sinC=b2+c2-a2 
sinB
b
(1)求角B﹔
(2)求2a-c的范围．
【解析】(1)2c-a  sinC=b2+c2-a2 
sinB
⇒2c-a
b
 c=b2+c2-a2⇒c2+a2-b2=
a2+c2-b2 1
ac，又cosB= ，所以cosB= ，因为B∈0,π
2ac 2

π
，所以B= .
3
b a c 2 3
(2)在△ABC中，由(1)及b=2 3，得 = = = =4，
sinB sinA sinC 3
2
2π
故a=4sinA,c=4sinC，2a-c=8sinA-4sinC=8sinA-4sin -A
3
 =8sinA-
第 页 共 页
885 34272 3cosA-2sinA
π
=6sinA-2 3cosA=4 3sinA-
6
 ，
2π π π π
因为0<A< ，则- <A- < ，
3 6 6 2
1 π
- <sinA-
2 6

π
<1,-2 3<4 3sinA-
6
 <4 3﹒
所以2a-c的范围为-2 3,4 3  .
1475 (2024·重庆江北·高三校考阶段练习)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，
C A
且acos2 +ccos2
2 2

3
(a+c-b)= ac.
2
(1)求角B的大小；
(2)若b=2 3，c=x(x>0)，当△ABC仅有一解时，写出x的范围，并求a-c的取值范
围.
C A
【解析】(1)∵acos2 +ccos2
2 2

a(1+cosC) c(1+cosA)
(a+c-b)= +
2 2
 (a+c-b)
a+c+(acosC+ccosA) (a+c+b)(a+c-b) a2+c2-b2+2ac
= (a+c-b)= = =
2 2 2
3
ac，即a2+c2-b2=ac，
2
a2+c2-b2 1
∴cosB= = ，
2ac 2
∵0<B<π，
π
∴B= .
3
c b x
(2)根据题意，由正弦定理得 = ，则sinC= ，
sinC sinB 4
∵△ABC仅有一解，
x x 3
∴sinC=1或sinC≤sinB，即 =1或0< ≤ ，
4 4 2
∴x=4或0<x≤2 3，
π π
当x=4时，C= ,A= ，所以c=4,a=2，所以a-c=-2；
2 6
a c b
当0<x≤2 3时，由正弦定理得 = = =4，
sinA sinC sinB
π
∴a-c=4(sinA-sinC)=4 sinC+
3
   -sinC


1 3
=4- sinC+ cosC
2 2

π
=-4sinC-
3
 ，
π
∵0<C≤ ，
3
π π
∴- <C- ≤0，
3 3
3 π
∴- <sinC-
2 3
 ≤0，
π
∴-4sinC-
3
 ∈0,2 3  ，即a-c∈0,2 3  ，
综上，a-c∈-2  ∪0,2 3  .
1476 (2024·全国·高三专题练习)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足
条件；a=4，sin2A+sinBsinC=sin2B+sin2C．
(I)求角A的值；
第 页 共 页
886 3427(Ⅱ)求2b-c的范围．
【解析】(I)由sin2A+sinBsinC=sin2B+sin2C，
利用正弦定理可得a2+bc=b2+c2，即bc=b2+c2-a2
b2+c2-a2 bc 1
故cosA= = = ，
2bc 2bc 2
π
又A∈(0,π)，∴A=
3
π a b c 4 8 3
(Ⅱ)∵a=4，A= ，利用正弦定理 = = = =
3 sinA sinB sinC 3 3
2
8 3 8 3 8 3 π
故b= sinB，c= sinC= sin +B
3 3 3 3

8 3 8 3 π
∴2b-c=2× sinB- sin +B
3 3 3

16 3 8 3 3 1
= sinB-  cosB+ sinB
3 3 2 2

16 3 4 3 π
= sinB-4cosB- sinB=4 3sinB-4cosB=8sinB-
3 3 6

π 2π
在△ABC中，A= ，故0<B<
3 3
π π π 1 π
∴- <B- < ，∴- <sinB-
6 6 2 2 6

π
<1，∴-4<8sinB-
6
 <8
所以2b-c的范围是-4,8 
1477 (2024·全国·高三专题练习)在ΔABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边(a+b+c)(a+
b-c)=3ab.
(1)求角C的值；
(2)若c=2，且ΔABC为锐角三角形，求2a-b的范围.
【解析】(1)由题意知(a+b+c)(a+b-c)=3ab，∴a2+b2-c2=ab，
a2+b2-c2 1
由余弦定理可知，cosC= = ，
2ab 2
π
又∵C∈(0,π)，∴C= .
3
a b 2 4
(2)由正弦定理可知， = = = 3，
sinA sinB π 3
sin
3
4 4
即a= 3sinA,b= 3sinB，
3 3
8 4 8 4 2π
∴2a-b= 3sinA- 3sinB= 3sinA- 3sin -A
3 3 3 3 3

8 3
= sinA-
3
2 3
2cosA- sinA
3
6 3 3 1
= sinA-2cosA=4 sinA- cosA
3 2 2

π
=4sinA-
6
 ，
π
0<A<
 2 π π π π
又∵ΔABC为锐角三角形，∴ ，则 <A< 即0<A- < ，
2π π 6 2 6 3
0<B= -A<
3 2
π
所以，0<sinA-
6

3 π
< 即0<4sinA-
2 6
 <2 3，
综上2a-b的取值范围为(0,2 3).
1478 (2024·山西运城·统考模拟预测)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
sin(A-B) a-b
(1)求证： = ；
sinA+sinB c
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887 3427π
(2)若△ABC是锐角三角形，A-B= ,a-b=2，求c的范围.
3
sin(A-B) sinAcosB-cosAsinB
【解析】(1)由两角差的正弦公式，可得 = ，
sinA+sinB sinA+sinB
又由正弦定理和余弦定理，可得
a2+c2-b2 b2+c2-a2
a⋅ -b⋅
sinAcosB-cosAsinB 2ac 2bc
=
sinA+sinB a+b
2a2-2b2 (a+b)(a-b) a-b
= = = ，
2c(a+b) c(a+b) c
sin(A-B) a-b
所以 =
sinA+sinB c
(a-b)(sinA+sinB) 4
(2)由(1)知c= = (sinA+sinB)
sin(A-B) 3
4 π
= sinB+
3 3
   +sinB


4 3 3
=  sinB+ cosB
3 2 2

3 1
=4 sinB+ cosB
2 2

π
=4sinB+
6

π π π
因为△ABC是锐角三角形，所以A=B+ < ，可得0<B< ，
3 2 6
π π π π π π π
又由A+B> ，可得B+ +B> ，所以B> ，所以 <B+ < ，
2 3 2 12 4 6 3
2 π
所以 <sinB+
2 6

3
< ，可得2 2<c<2 3，符合c>a-b=2.
2
所以实数c的取值范围是(2 2,2 3).
1479 (2024·安徽亳州·高三统考期末)在锐角ΔABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已
π
知asinC=ccosA-
6
 .
(1)求角A的大小；
(2)设H为ΔABC的垂心，且AH=1，求BH+CH的范围.
π
【解析】(1)由asinC=ccosA-
6
 ，结合正弦定理得
π
sinA=cosA-
6
 ，
π
整理得sinA-
3
 =0，
π
又A为锐角，故A= .
3
(2)由ΔABC是锐角三角形，则垂心H必在ΔABC内部，
π
不妨设∠BAH=α，则α∈0,
3
 .
π
由H为ΔABC的垂心，则∠ABH=∠ACH= .
6
在ΔABH中使用正弦定理得，
AH BH
= ，整理得：BH=2sinα.
sin∠ABH sin∠BAH
π
同理在ΔACH中使用正弦定理得，CH=2sin -α
3
 .
π
BH+CH=2sinα+2sin -α
3

π
=2sin +α
3
 ，
π
结合α∈0,
3

可得BH+CH∈ 3,2  .
第 页 共 页
888 34274 题型四：转化为角范围问题
1480 (2024·全国·高三专题练习)在锐角ΔABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(a
+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC.
(1)求A；
(2)求cosB-cosC的取值范围.
【解析】(1)因为a+b  sinA-sinB  =c-b  sinC，
所以a+b  a-b  =c-b  c，即a2=b2+c2-bc.
1
因为a2=b2+c2-2bcosA，所以cosA= .
2
π
因为A∈0,
2

π
，所以A= .
3
2π
(2)由(1)知cosB-cosC=cosB-cos -B
3

1 3 3 3 π
=cosB+ cosB- sinB= cosB- sinB= 3cosB+
2 2 2 2 6
 .
2π π
0< -B<
 3 2 π π
因为 ，所以 <B< ，
π 6 2
0<B<
2
π π 2π π
因为 <B+ < ，所以cosB+
3 6 3 6

1 1
∈- ,
2 2
 ，
3 3
所以cosB-cosC∈- ,
2 2
 ，
3 3
即cosB-cosC的取值范围是- ,
2 2
 .
1481 (2024·全国·高三专题练习)已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a-b
=ccosB-cosA  ．
(1)判断△ABC的形状并给出证明；
(2)若a≠b，求sinA+sinB+sinC的取值范围．
【解析】(1)△ABC为等腰三角形或直角三角形，证明如下：
由a-b=ccosB-cosA  及正弦定理得，sinA-sinB=sinCcosB-cosA  ，
即sinB+C  -sinA+C  =sinCcosB-cosA  ，
即sinBcosC+cosBsinC-sinAcosC-cosAsinC=sinCcosB-sinCcosA，
整理得sinBcosC-sinAcosC=0，所以cosCsinB-sinA  =0，
故sinA=sinB或cosC=0，
π
又A、B、C为△ABC的内角，所以a=b或C= ，
2
因此△ABC为等腰三角形或直角三角形．
(2)由(1)及a≠b知△ABC为直角三角形且不是等腰三角形，
π π π π
且A+B= ，C= 故B= -A，且A≠ ，
2 2 2 4
π
所以sinA+sinB+sinC=sinA+sinB+1=sinA+cosA+1= 2sinA+
4
 +1，
π
因为A∈0,
4

π π
∪ ,
4 2

π π π
，故A+ ∈ ,
4 4 2

π 3π
∪ ,
2 4
 ，
π
得sinA+
4

2
∈ ,1
2

π
，所以 2sinA+
4
 +1∈2, 2+1  ，
因此sinA+sinB+sinC的取值范围为2, 2+1  ．
第 页 共 页
889 34271482 (2024·河北保定·高一定州一中校考阶段练习)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,
1-sinA 1-cos2B
b,c，已知 = ．
cosA sin2B
(1)判断△ABC的形状(锐角、直角、钝角三角形)，并给出证明；
4a2+5b2
(2)求 的最小值．
c2
【解析】(1)△ABC是钝角三角形.
1-sinA
1-1-2sin2B
由题意可知， =
cosA
 sinB
= ，得cosB-sinA⋅cosB=sinB⋅
2sinB⋅cosB cosB
cosA，
所以cosB=sinA+B 
π
,于是有sin -B
2
 =sinA+B 
π π
，得 -B=A+B或 -B
2 2
π π
+A+B=π，即A+2B= 或A= ，
2 2
π
又cosA≠0，A≠ ,C=π-A+B
2

π
= +B>0，
2
所以△ABC是钝角三角形.
π π
(2)由(1)知，C= +B,A= -2B,有sinC=cosB,sinA=cos2B，
2 2
π
4sin2 -2B
4a2+5b2 4sin2A+5sin2B 2
所以 = =
c2 sin2C
 +5sin2B
π
sin2 +B
2

4cos22B+51-cos2B
=

42cos2B-1
=
cos2B

2+51-cos2B

cos2B
16cos4B-21cos2B+9 9
= =16cos2B+ -21
cos2B cos2B
9
≥2 16cos2B⋅ -21=3.
cos2B
3 3
当且仅当cos2B= ，即cosB= (B为锐角)，等号成立，
4 2
4a2+5b2
所以 的最小值为3.
c2
1483 (2024·广东佛山·高一大沥高中校考阶段练习)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边
     
分别为a，b，c，且AB⋅AC+BA⋅BC=2CA⋅CB；
cosA cosB
(1)若 = ，判断△ABC的形状并说明理由；
b a
(2)若△ABC是锐角三角形，求cosC的取值范围.
【解析】(1)△ABC是等边三角形.理由如下：
     
在△ABC中，由AB⋅AC+BA⋅BC=2CA⋅CB得：cbcosA+cacosB=2bacosC，
b2+c2-a2 a2+c2-b2
由余弦定理得 + =a2+b2-c2，即a2+b2=2c2，
2 2
cosA cosB
由正弦定理及 = ，得sinA⋅cosA=sinB⋅cosB，即sin2A=sin2B，
b a
而A,B∈0,π  及A+B∈0,π  ，则2A=2B或2A+2B=π，
当2A=2B时，即A=B，有a=b，此时a=b=c，所以△ABC是等边三角形；
π π
当2A+2B=π，即A+B= 时，∠C= ，有a2+b2=c2，与a2+b2=2c2矛盾，
2 2
所以△ABC是等边三角形.
a2+b2-c2 a2+b2
(2)由(1)知，a2+b2=2c2，由余弦定理得cosC= = >0，C为锐角，
2ab 4ab
第 页 共 页
890 3427b2+c2-a2 3b2-a2 b 3
而△ABC是锐角三角形，则cosA= = >0，得 > ，
2bc 4bc a 3
a2+c2-b2 3a2-b2 b 3 b
cosB= = >0，得 < 3，因此 < < 3，
2ac 4ac a 3 a
1 a2+b2 1 b a
cosC= ⋅ =  +
4 ab 4 a b

b 3
，令 =t∈ , 3
a 3

b a 1
，则 + =t+ ，
a b t
1 3 对勾函数y=t+ 在 ,1
t 3
 上单调递减，在[1, 3)上单调递增，
3 4 3 4 3
当t=1时，y =2，当t= 或t= 3时，y= ，于是2≤y< ，
min 3 3 3
b a 4 3 1 1 b a
因此2≤ + < ，即有 ≤  +
a b 3 2 4 a b

3
< ，
3
所以cosC的取值范围是  1 , 3
 2 3
 .
1484 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知a=
1,b= 2.
π
(1)若∠B= ，求角A的大小；
4
π
(2)求cosAcosA+
6
 的取值范围.
asinB 1
【解析】(1)由正弦定理得：sinA= = ，
b 2
π 5π
∵0<A<π，∴A= 或 ，
6 6
5π 5π π
当A= 时，此时A+B>π，所以A= 舍去，所以A= .
6 6 6
π
(2)cosAcosA+
6

3 1
=cosA cosA- sinA
2 2

3
= 1+cos2A
4

1
- sin2A
4
3 1 3 1
= +  cos2A- sin2A
4 2 2 2

1 π
=- sin2A-
2 3

3
+
4
1 π
(或者用积化和差公式一步得到 cos2A+
2 6

3
+ )
4
asinB 2
∵a<b，∴A<B，所以A为锐角，又sinA= ≤ ，
b 2
π
所以A∈0,
4

π π π
，所以2A- ∈- ,
3 3 6
 ，
π 所以sin2A-
3
 3 1 ∈- ,
2 2
 ，
π 所以cosAcosA+
6
  3-1 3 ∈ ,
 4 2
 .
1485 (2024·江西吉安·高二江西省峡江中学校考开学考试)在锐角△ABC中，角A，B，C所
π
对的边分别是a,b,c，b2+c2-a2=2bcsinA+
6
 ．
(1)求角A的大小；
(2)求sinB⋅sinC的取值范围．
π
【解析】(1)∵b2+c2-a2=2bcsinA+
6
 ，
π
结合余弦定理，可得cosA=sinA+
6
 ，
3 1 3
∴cosA= sinA+ cosA，∴tanA=
2 2 3
第 页 共 页
891 3427π π
又∵0<A< ，∴A= ；
2 6
5π 5π
(2)由(1)得B+C= ，∴B= -C，
6 6
5π
∴sinB⋅sinC=sin -C
6

3 1
⋅sinC= sinC+ cosC
2 2
 ⋅sinC
3 1 3
= sin2C+ sinCcosC= 1-cos2C
2 2 4

1
+ sin2C
4
1 3 3 1 π
= sin2C- cos2C+ = sin2C-
4 4 4 2 3

3
+ ，
4
5π π
0< -C<
 6 2 π π
∵△ABC是锐角三角形，∴ ，解得 <C< ，
π 3 2
0<C<
2
π π 2π ∴2C- ∈ ,
3 3 3
 π ，sin2C-
3
 3 ∈ ,1
2
 ，
1 π ∴sinB⋅sinC= sin2C-
2 3
 3 3 1 3 + ∈ , +
4 2 2 4
 .
1486 (2024·全国·高三专题练习)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若
c2+bc-a2=0，则4sinC+cosC 
1 1
2+ - 的取值范围为 ( )
tanC tanA
A. 4 2,9  B. 8,9 
8 3
C.  +4,9
3
 D. 2 3+4,9 
【答案】C
【解析】∵c2+bc-a2=0，∴a2-c2=bc，
∴b2-2bccosA=bc，∴b-2ccosA=c，
∴sinB-2sinCcosA=sinC，∴sinA+C  -2sinCcosA=sinC
，∴sinA-C  =sinC，∴A-C=C或A-C+C=π(不符合题意舍去)，
∴A=2C，
∴4sinC+cosC 
1 1
2+ -
tanC tanA
=4×1+2sinCcosC 
cosC cosA
+ -
sinC sinA
cosCsinA-sinCcosA
=4+4sin2C+
sinAsinC
sinA+C
=4+4sinA+

sinAsinC
sinC
=4+4sinA+
sinAsinC
1
=4+4sinA+ ，
sinA
设sinA=t，
π
∵△ABC是锐角三角形，∴A∈0,
2

A π
，∴B=π-A-C=π-A- ∈0,
2 2
 ，
π π
∴A∈ ,
3 2
 ，
3
∴sinA=t∈ ,1
2
 ，
令ft 
1 3
=4t+ ,t∈ ,1
t 2
 ，则ft 
1 3
=4- >0,t∈ ,1
t2 2
 ，
∴函数ft 
3
在t∈ ,1
2
 上单调递增，
第 页 共 页
892 3427故ft 
8 3
∈ ,5
3
 ，
∴4sinC+cosC 
1 1 1 8 3
2+ - =4+4t+ ∈ +4,9
tanC tanA t 3
 .
故选：C．
5 题型五：倍角问题
1487 (2024·浙江绍兴·高一诸暨中学校考期中)在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分
别为a，b，c，已知b+c=2acosB．
(1)证明：A=2B；
(2)若b=1，求a的取值范围；
(3)若△ABC的三边边长为连续的正整数，求△ABC的面积．
π π π
【解析】(1)因为△ABC为锐角三角形，所以0<A< ,- <A-B< .
2 2 2
由正弦定理有sinB+sinC=2sinAcosB，
又在△ABC中，所以有A+B+C=π,
所以sinC=sin(A+B)，
因此有sinB+sin(A+B)=2sinAcosB，
化简整理得sinB=sin(A-B)，
所以B=A-B,
即A=2B.
π π
(2)因为△ABC为锐角三角形，所以0<2B< ，即0<B< ，
2 4
π π π
又A+B+C=π，得C=π-3B，因此0<π-3B< ，得 <B< ，
2 6 3
π π
所以 <B< .
6 4
由(1)有sinA=sin2B⇒sinA=2sinBcosB⇒a=2bcosB，
若b=1时，a=2cosB，
π π
又因为 <B< ，
6 4
所以a∈ 2, 3  .
(3)设△ABC的三边分别为n,n+1,n+2.
当A>C>B时，由A=2B⇒sinA=sin2B⇒sinA=2sinBcosB，
(n+1)2+(n+2)2-n2
所以有n+2=2n× ，解得n=4，
2×(n+1)×(n+2)
sinA 6 3
因此三边分别为4,5,6，所以cosB= = = ，
2sinB 2×4 4
7 1 7 15 7
所以sinB= ，所以S = ×5×6× = ；
4 △ABC 2 4 4
(n+1)2+(n+2)2-n2
当C>A>B时，同理有n+1=2n× ，解得n=1，此时不能构成
2×(n+1)×(n+2)
三角形，故不满足题意；
n2+(n+2)2-(n+1)2
当A>B>C时，同理有n+2=2(n+1)× ，化简得n2-n-3=
2×n(n+2)
0，此时无整数解，故不满足题意.
15 7
综上可知：S = .
△ABC 4
第 页 共 页
893 34271488 (2024·全国·高三专题练习)已知ΔABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若A=
c 1
2B，且A为锐角，则 + 的最小值为 ( )
b cosA
A.2 2+1 B.3 C.2 2+2 D.4
【答案】A
【解析】∵sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=sin2BcosB+cos2BsinB
=2sinBcos2B+2cos2B-1  sinB=sinB4cos2B-1  =sinB(2cos2B+1)
c
∴sinC=sinB(2cosA+1)，即c=b(2cosA+1)，∴ =2cosA+1．
b
c 1 1
∵A为锐角∴cosA>0，则 + =2cosA+ +1≥2 2+1
b cosA cosA
1 2
当且仅当2cosA= ，即cosA= 时，等号成立，
cosA 2
c 1
∴ + 的最小值为2 2+1．
b cosA
故选：A
1489 (2024·全国·高三专题练习)锐角△ABC的角A，B，C所对的边为a，b，c，A=2B，则
a
的范围是 ．
b
【答案】 2 ， 3 
【解析】∵△ABC为锐角三角形，A=2B,C=180°-3B，∴0°<A=2B<90°,0°<180°
2 3
-3B<90°，∴ 30°<B<45°，∴ <cosB< ，即 2<2cosB< 3，由正弦定理
2 2
a sinA sin2B 2sinBcosB a
得： = = = =2cosB，所以 的取值范围为
b sinB sinB sinB b
 2 ， 3  ).所以答案应填： 2 ， 3  ．
1490 (2024·全国·高三专题练习)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC
的面积为5，若sinA+C 
2S
= ，则tanA的取值范围为 ．
b2-a2
3
【答案】 ,1
3

1
【解析】在△ABC中，sin(A+C)=sinB，S= acsinB，
2
2S
∵sin(A+C)= ，
b2-a2
acsinB
∴sinB= ，即b2-a2=ac，
b2-a2
由余弦定理可得，b2=a2+c2-2ac⋅cosB，
故c=2acosB+a，
由正弦定理可得，sinC=2sinAcosB+sinA=sinAcosB+cosAsinB，化简整理可得，
sin(B-A)=sinA，
故B-A=A或B-A=π-A(舍去)，
则B=2A，
∵△ABC为锐角三角形，
第 页 共 页
894 3427π
0<A<
 2

π π π
∴ 0<2A< ，解得 <A< ，
 2 6 4


0<π-3A< π
2
3
故 <tanA<1，
3
3
故答案为： ,1
3

1491 (2024·全国·高三专题练习)已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若A=
ac+2b2
2B，则 的取值范围为 ．
ab
【答案】2,4 
【解析】由于A=2B，作∠CDA=∠A，则CD=AC=BD=b，
c 2b c 2b
因为 >1， >1，可得 + >2，
b a b a
b
ac+2b2 c 2b ac+2b2 a(a+b)+2b2 a2+2b2 1+2× a
所以 = + = < = +1=
ab b a ab ab ab

2
+1，
b
a
b 1
令t= ，可得 <t<1，
a 2
b
1+2×
a
所以

2
1
+1= +2t+1，
b t
a
令ft 
1 1 ( 2t-1)( 2t+1)
= +2t+1，可得f'(t)=2- = ，
t t2 t2
1 由 <t<1，可得ft
2
 1 2 在 ,
2 2
 2 单调递减，在 ,1
2
 上单调递增，
ac+2b2 c 2b
所以 = + <4，
ab b a
ac+2b2 c 2b
综上 = + ∈2,4
ab b a
 ．
故答案为：2,4  ．
1492 (2024·全国·高三专题练习)在锐角△ABC中A=2B，B，C的对边长分别是b，c，则
b
的取值范围是 ( )
b+c
1 1
A.  ,
4 3

1 1
B.  ,
3 2

1 2
C.  ,
2 3

2 3
D.  ,
3 4

【答案】B
π π
【解析】在锐角△ABC中,∠A=2∠B，∵0<A< ,0<C< ,∴∠B∈30°,45°
2 2
 ，cosB
2 3
∈ ,
2 2

1 3
，cos2B∈ ,
2 4
 ,
第 页 共 页
895 3427而sinC=sinπ-A-B  =sinπ-3B  =sin3B，sin3B=sinB+2B  =sinBcos2B+
cosBsin2B=sinB2cos2B-1

+2sinBcos2B，所以sin3B=4cos2BsinB-sinB=
41-sin2B

sinB-sinB=3sinB-4sin3B，
b sinB sinB
所以由正弦定理可知: = = =
b+c sinB+sinC sinB+sin(π-3B)
sinB 1 1 1
= ∈ ,
sinB+3sinB-4sin3B 4cos2B 3 2
 ,
故选：B.
1493 (2024·福建三明·高一三明市第二中学校考阶段练习)在锐角△ABC中，∠A=2∠B，
b+c
∠B，∠C的对边分别是b，c，则 的范围是 ( )
2b
3
A. 1,
2

4
B. 1,
3

4 3
C.  ,
3 2

1
D.  ,2
2

【答案】A
π π π
【解析】在锐角△ABC中，∠A=2∠B，因为0<A< ，0<C< ，0<B< ,
2 2 2
π π π π
所以0<2∠B< ，0<π-3∠B< ，解得∠B∈ ,
2 2 6 4
 ，
1 2
所以sinB∈ ,
2 2

1 1
，sin2B∈ ,
4 2
 ，而sinC=sinπ-A-B  =sinπ-3B  =
sin3B，
sin3B=sinB+2B  =sinBcos2B+cosBsin2B，
=sinB2cos2B-1

+2sinBcos2B
所以sin3B=4cos2BsinB-sinB=41-sin2B

sinB-sinB=3sinB-4sin3B，
所以由正弦定理可知：
b+c sinB+sinC sinB+sin(π-3B) sinB+3sinB-4sin3B
= = = =2-2sin2B，
2b 2sinB 2sinB 2sinB
1 1
因为sin2B∈ ,
4 2

1
，所以-2sin2B∈-1,-
2

3
，所以2-2sin2B∈1,
2
 ，
b+c 3
即 ∈1,
2b 2
 .
故选：A.
1494 (2024·江苏南京·高一金陵中学校考期中)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，
c 2b
b，C，若A=2B，则 +
b a

2
的最小值为 ( )
7 10
A.-1 B. C.3 D.
3 3
【答案】C
【解析】因为A=2B，A+B+C=π,所以由正弦定理，得
c 2b
+
b a

2 sinA+B
=
 2sinB
+
sinB sin2B

2 sinAcosB+cosAsinB 1
= +
sinB cosB

2
sinAcosB+cosAsinB 1 sin2BcosB+cos2BsinB 1
= + = +
sinB cos2B sinB cos2B
2sinBcos2B+cos2BsinB 1 1
= + =2cos2B+cos2B+
sinB cos2B cos2B
1
=4cos2B+ -1，
cos2B
π
因为A=2B，所以0<B< ，
3
第 页 共 页
896 34271 1
所以cos2B>0 ，所以4cos2B+ -1≥2 4cos2B× -1=3，
cos2B cos2B
1 2
当且仅当4cos2B= 时，即cosB= 时等号成立，
cos2B 2
c 2b
所以 +
b a

2
的最小值为3.
故选：C.
6 题型六：角平分线问题
1495 (2024·江苏盐城·高一江苏省射阳中学校考阶段练习)已知△ABC的内角A,B,C的对边
a sinB+ 3cosB
分别为a,b,c， = 且A≠B.
b sinA+ 3cosA
(1)求角C的大小；
(2)若角C的平分线交AB于点D，且CD=2 3，求a+2b的最小值.
a sinB+ 3cosB sinA sinB+ 3cosB
【解析】(1)因为 = ，由正弦定理可得 = ，
b sinA+ 3cosA sinB sinA+ 3cosA
则sin2A+ 3sinAcosA=sin2B+ 3sinBcosB，
1-cos2A 3 1-cos2B 3
可得 + sin2A= + sin2B，
2 2 2 2
π
整理得sin2A-
6

π
=sin2B-
6

π π 11π π π 11π
注意到0<A,B<π，且A≠B，则- <2A- < ，- <2B- < ，且2A
6 6 6 6 6 6
π π
- ≠2B- ，
6 6
π
可得2A-
6

π
+2B-
6

π
=π或2A-
6

π
+2B-
6
 =3π
2π 5π
解得A+B= 或A+B= >π(舍去)，
3 3
故C=π-A+B 
π
= .
3
π
(2)若∠C的平分线交AB于点D，则∠ACD=∠BCD= ，
6
因为S =S +S ，
△ABC △ACD △BCD
1 1 1
则 ×AC⋅BC⋅sin∠ACB= ×AC⋅CD⋅sin∠ACD+ ×BC⋅CD⋅sin∠BCD，
2 2 2
1 3 1 1 1 1 2 2
即 a×b× = b×2 3× + a×2 3× ，整理得 + =1，
2 2 2 2 2 2 a b
则a+2b=a+2b 
2 2
 +
a b

4b 2a 4b 2a
= + +6≥2 × +6=4 2+6，
a b a b
4b 2a
当且仅当 = ，即a= 2b=2 2+1
a b
 时，等号成立，
故a+2b的最小值4 2+6.
1496 (2024·江苏淮安·高一统考期中)如图，△ABC中，AB=2AC，∠BAC的平分线AD交
BC于D．
(1)若AD=BC，求∠BAC的余弦值；
第 页 共 页
897 3427(2)若AC=3，求AD的取值范围．
【解析】(1)设A，B，C的对边分别是a，b，c,
因为AD是∠BAC的平分线，所以D到AB，AC的距离相等，
又AB=2AC，所以S =2S ，所以BD=2CD．
△ABD △ACD
2
由题意AD=a，BD= a．
3
a2+c2-b2
△ABC中，cosB= ①,
2ac
2a c2+
3
△ABD中，cosB=
 2 -a2
②
2
2c a
3
18
联立①②得11a2=6b2+3c2．又c=2b，则a2= b2．
11
18
b2+(2b)2- b2
b2+c2-a2 11 37
所以cos∠BAC= = = ．
2bc 2b2b 44
(2)因为BD=2CD，AC=3，AB=6．
         
2 2 1 2
所以AD=AB+BD=AB+ BC=AB+ (AC-AB)= AB+ AC
3 3 3 3
    
1 4 4
所以AD2= AB2+ AC2+ AB⋅AC．
9 9 9

所以AD2=8(1+cos∠BAC)．
因为∠BAC∈0,π 

，所以-1<cos∠BAC<1．AD2=8(1+cos∠BAC)∈0，16 

所以0<|AD|<4．
1497 (2024·浙江杭州·高一校联考期中)在①a+acosC= 3csinA，②a+b+c  a+b-c 
=3ab，③a-b  sinB+C  +bsinB=csinC．这三个条件中任选一个，补充在下面问题
中，并解答．
已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c， ．
(1)求角C的值；
(2)若角C的平分线交AB于点D，且CD=2 3，求2a+b的最小值．
【解析】(1)选择条件①：∵a+acosC= 3csinA，
∴由正弦定理得sinA+sinAcosC= 3sinCsinA，
∵0<A<π，∴sinA>0，
3 1 1
∴1+cosC= 3sinC，∴ 3sinC-cosC=1，即 sinC- cosC= ，
2 2 2
π
∴sinC-
6

1 π π π
= ，∵0<C<π，∴C- = ，∴C= ；
2 6 6 3
选择条件②：∵a+b+c  a+b-c  =3ab，∴a+b  2-c2=a2+b2+2ab-c2=3ab，
a2+b2-c2 ab 1
∴a2+b2-c2=ab，∴cosC= = = ．
2ab 2ab 2
π
∵0<C<π，∴C= ；
3
选择条件③：
∵A+B+C=π，∴B+C=π-A，
∵a-b  sinB+C  +bsinB=csinC，∴a-b  sinA+b⋅sinB=csinC，
由正弦定理得a-b  a+b2=c2，即a2+b2-c2=ab，
a2+b2-c2 ab 1 π
∴cosC= = = ，∵0<C<π，∴C= ．
2ab 2ab 2 3
第 页 共 页
898 34271 π
(2)角C的平分线交AB于点D，在△ABC中，S = a⋅b⋅sin ，
△ABC 2 3
1 π 1 π
在△ACD中，S = CD⋅b⋅sin ，在△BCD中，∵S = CD⋅a⋅sin ，
△ACD 2 6 △BCD 2 6
1 1 1 1
∴S =S +S ，∴ ab=a+b，∴ + = ，
△ABC △ACD △BCD 2 a b 2
∴2a+b=2a+b 
1 1
⋅ +
a b

b 2a
⋅2=23+ +
a b
 ≥6+4 2．
当且仅当a=2+ 2，b=2+2 2时等号成立，
∴2a+b的最小值为6+4 2．
1498 (2024·河北沧州·校考模拟预测)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且
acosC+2b+c  cosA=0，角A的平分线与边BC交于点D.
(1)求角A；
(2)若AD=2，求b+4c的最小值.
【解析】(1)由正弦定理化简acosC+2b+c  cosA=0可得：
sinAcosC+2sinB+sinC  cosA=0，
∴sinAcosC+sinCcosA=-2sinBcosA，
即sinA+C  =-2sinBcosA，
由A+B+C=π∴sinA+C  =sinπ-B  =sinB=-2sinBcosA
又∵B∈0,π 
1
，∴sinB≠0，∴cosA=- ，
2
又A∈0,π 
2π
，∴A= .
3
(2)
π
根据角A的平分线与边BC交于点D，所以∠BAD=∠CAD= ，
3
1 π 1 π 1 2π
S +S =S ，即 ×2×c×sin + ×2×b×sin = ×b×c×sin ，
ΔABD ΔACD ΔABC 2 3 2 3 2 3
所以2b+c 
1 1 1
=bc，即 + = .
b c 2
b+4c=2b+4c 
1 1
 +
b c

4c b
=25+ +
b c

4c b
≥2×5+2 ⋅
b c
 =18
4c b
当且仅当 = 时，即b=6,c=3时，等号成立.
b c
所以b+4c的小值为18.
1499 (2024·山东泰安·校考模拟预测)在锐角△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，
sinA sin2A-sin2C
满足 -1= ，且A≠C．
sinC sin2B
(1)求证：B=2C；
(2)已知BD是∠ABC的平分线，若a=6，求线段BD长度的取值范围．
sinA-sinC sin2A-sin2C 1 sinA+sinC
【解析】(1)由题意得 = ，即 = ．
sinC sin2B sinC sin2B
所以sin2B=sin2C+sinAsinC，
第 页 共 页
899 3427由正弦定理得b2=c2+ac，又由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB，
所以c=a-2ccosB，故sinC=sinA-2sinCcosB，
故sinC=sinB+C  -2sinCcosB，整理得sinC=sinB-C  ．
π
又△ABC为锐角三角形，则C∈0,
2

π
，B∈0,
2

π π
，B-C∈- ,
2 2
 ，
所以C=B-C，因此B=2C．
a BD 6 BD
(2)在△BCD中，由正弦定理得 = ，所以 = ．
sin∠BDC sinC sin∠BDC sinC
6sinC 6sinC 3
所以BD= = = ．因为△ABC为锐角三角形，且B=2C，
sin∠BDC sin2C cosC
π
0<C<
 2

π π π
所以 0<2C< ，解得 <C< ．
 2 6 4


0<π-3C< π
2
2 3
故 <cosC< ，所以2 3<BD<3 2．因此线段BD长度的取值范围
2 2
2 3,3 2  .
1500 (2024·全国·高一专题练习)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足
2asinAcosB+bsin2A=2 3acosC．
(1)求角C的大小；
(2)若c=2 3，∠ABC与∠BAC的平分线交于点I，求△ABI周长的最大值．
【解析】(1)由正弦定理得：2sinAsinAcosB+2sinBsinAcosA=2 3sinAcosC，
因为sinA≠0，所以2sinAcosB+2sinBcosA=2 3cosC，
所以sinA+B  = 3cosC，即sinC= 3cosC，
所以tanC= 3,C∈0,π 
π
，故C= ．
3
(2)
π 2π
由(1)知，C= ，有∠ABC+∠BAC= ，
3 3
π 2π
而∠BAC与∠ABC的平分线交于点I，即有∠ABI+∠BAI= ，于是∠AIB= ，
3 3
π π
设∠ABI=θ，则∠BAI= -θ，且0<θ< ，
3 3
BI
在△ABI中，由正弦定理得，
π
sin -θ
3

AI AB 2 3
= = = =4，
sinθ sin∠AIB 2π
sin
3
π
所以BI=4sin -θ
3
 ,AI=4sinθ，
π
所以△ABI的周长为2 3+4sin -θ
3

3 1
+4sinθ=2 3+4 cosθ- sinθ
2 2
 +4sinθ
π
=2 3+2 3cosθ+2sinθ=4sinθ+
3

π π π 2π
+2 3，由0<θ< ，得 <θ+ < ，
3 3 3 3
第 页 共 页
900 3427π π π
则当θ+ = ，即θ= 时，△ABI的周长取得最大值4+2 3，
3 2 6
所以△ABI周长的最大值为4+2 3．
1501 (2024·四川成都·石室中学校考模拟预测)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,
B+C
c，且 3bsin =asinB，边BC上有一动点D.
2
(1)当D为边BC中点时，若AD= 3,b=2，求c的长度；
(2)当AD为∠BAC的平分线时，若a=4，求AD的最大值.
B+C
【解析】(1)因为 3bsin =asinB，
2
π-A A
所以 3bsin =asinB，即 3bcos =asinB.
2 2
A
由正弦定理，得 3sinB⋅cos =sinA⋅sinB.
2
A A A
因为sinB≠0，所以 3cos =sinA=2sin cos .
2 2 2
A A 3
因为cos ≠0，所以sin = .
2 2 2
A π A π 2π
又因为0< < ，所以 = ，所以A= .
2 2 2 3 3
   
因为D为边BC中点，所以2AD=AB+AC，则4AD 
 
2=(AB+AC)2.
2π
又AD= 3,b=2,A= ，
3
2π
所以12=c2+4+4c⋅cos ，即c2-2c-8=0，即c-4
3
 c+2  =0，
所以c=4.
(2)在△ABC中，由余弦定理，得a2=b2+c2-2bc⋅cos∠BAC.
2π
又a=4,∠BAC= ，所以16=b2+c2+bc，
3
(b+c)2 3
所以16=(b+c)2-bc≥(b+c)2- = (b+c)2，当且仅当b=c时取等号，
4 4
64 8 3
所以(b+c)2≤ ，所以4<b+c≤ .
3 3
2π
因为S =S +S ,AD平分∠BAC,∠BAC= ，
△ABC △ABD △ACD 3
1 2π 1 π 1 π
所以 bc⋅sin = b⋅AD⋅sin + c⋅AD⋅sin ，
2 3 2 3 2 3
所以bc=AD⋅b+c  ，
bc (b+c)2-16 16
所以AD= = =b+c- .
b+c b+c b+c
16 8 3
令t=b+c，则AD=t- ,4<t≤ .
t 3
16 8 3 因为y=t- 在4,
t 3
 上单调递增，
第 页 共 页
901 34278 3 4 3 2 3
所以当t= 即b=c= 时，y取得最大值为 ，
3 3 3
2 3
所以AD的最大值为 .
3
7 题型七：中线问题
1502 (2024·湖南长沙·高一雅礼中学校考期中)在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别是a，
2c-b cosB
b，c，若 =
a cosA
(1)求角A的大小；
(2)若a=2，求中线AD长的范围(点D是边BC中点).
2c-b cosB 2sinC-sinB cosB
【解析】(1)因为 = ，由正弦定理可得： =
a cosA sinA cosA
即2sinC-sinB  ⋅cosA=sinA⋅cosB，所以2sinCcosA=sinAcosB+cosAsinB=
sinA+B  =sin(π-C)=sinC，
π
因为C∈0,
2

1 π
，所以sinC>0，所以cosA= ，因为A∈0,
2 2

π
，所以A= .
3
π b2+c2-a2 1
(2)由(1)得A= ，且a=2，由余弦定理知，cosA= = ，得到b2+c2=bc
3 2bc 2
+4，
  
因为点D是边BC中点，所以2AD=AB+AC，两边平方可得:

4AD|2= 
   
AB|2+|AC|2+2AB⋅AC=b2+c2+2bc⋅cosA，

所以4|AD|2=b2+c2+bc=bc+4+bc=2bc+4，
a 2 4 2π
因为bc=(2RsinB)⋅(2RsinC)=4R2sinBsinC，又2R= = = ，B=
sinA π 3 3
sin
3
-C，
16 2π
所以bc= sin -C
3 3

8 3 1-cos2C
sinC=  sin2C+
3 2 2

8 π
= sin2C-
3 6

4
+ ,
3
2π π π π
又因为△ABC为锐角三角形，所以0<B= -C< ，0<C< ，得到 <C<
3 2 2 6
π
，
2
π π 5π
所以2C- ∈ ,
6 6 6

π
，由y=sinx的图像与性质知，sin2C-
6

1
∈ ,1
2
 ，
8
所以bc∈ ,4
3


，所以4AD 
28
2=2bc+4∈ ,12
3


，得到AD 
7
2=2bc+4∈ ,3
3


故AD  21 ∈ , 3
3
 .
1503 (2024·安徽·合肥一中校联考模拟预测)记△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，
第 页 共 页
902 3427π
c，已知sin +B
2

2c-b
= ．
2a
(1)求A；
(2)若b+c=3，求BC边中线AM的取值范围．
2c-b
【解析】(1)由已知可得cosB= ，
2a
a2+c2-b2 2c-b
由余弦定理可得 = ，整理得b2+c2-a2=bc，
2ac 2a
b2+c2-a2 1
由余弦定理可得cosA= = ，又A∈0,π
2bc 2
 ，
π
所以A= ．
3
  
1
(2)因为M为BC的中点，所以AM= AB+AC
2
 ，
  
1
则AM2= AB+AC
4

   
1
2= AB2+AC2+2AB⋅AC
4
 ，
1 π
即AM2= c2+b2+2bcos
4 3

1
= b+c
4
  2-bc  ．
1 因为b+c=3，所以AM2= 9-b3-b
4
   1 = b2-3b+9
4
 1 3 = b-
4 2
 2 27 + ．
16
27 9
所以AM2∈  ,
16 4
 ，
所以AM∈   3 3 , 3
 4 2
 ．
1504 (2024·全国·高一专题练习)在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
已知asinA+bsinB=csinC+ 2bsinA．
(1)求角C的大小；
(2)若c=2，边AB的中点为D，求中线CD长的取值范围．
【解析】(1)已知asinA+bsinB=csinC+ 2bsinA，
由正弦定理可得a2+b2=c2+ 2ab，即a2+b2-c2= 2ab，
a2+b2-c2 2ab 2
所以cosC= = = ，
2ab 2ab 2
因为C∈0,π 
π
，所以C= ．
4
(2)由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcosC=a2+b2- 2ab=4，
  
1
又CD= CA+CB
2
 ，
  
1
则CD2= CA+CB
4

   
1
2= CA2+CB2+2CA⋅CB
4

1 π
= a2+b2+2abcos
4 4
 =
1
4+2 2ab
4

2
=1+ ab，
2
a b c
由正弦定理可得 = = =2 2，
sinA sinB sinC
3π
所以a=2 2sinA，b=2 2sinB=2 2sin -A
4
 =2cosA+2sinA，
1-cos2A π
所以ab=4 2sin2A+4 2sinAcosA=4 2⋅ +2 2sin2A=4sin2A-
2 4

+2 2，
π
0<A<
 2 π π π π 3π
由题意得 ，解得 <A< ，则2A- ∈ ,
3π π 4 2 4 4 4
0< -A<
4 2
 ，
第 页 共 页
903 3427π 所以sin2A-
4
 2 ∈ ,1
2
 ，所以ab∈4 2,4+2 2  ，

所以CD2∈5,3+2 2  ，所以中线CD长的取值范围为 5,1+ 2  ．
1505 (2024·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，
2c-b cosB
c，若 =
a cosA
(1)求角A的大小；
(2)若a=2，求中线AD长的最大值(点D是边BC中点)．
2c-b cosB
【解析】(1)因为 = ，
a cosA
2sinC-sinB cosB
由正弦定理可得： = ,
sinA cosA
即2sinC-sinB  ⋅cosA=sinA⋅cosB，
2sinCcosA=sinA+B  =sinπ-C  =sinC,
因为C∈0,π  ，所以sinC>0，
1
所以cosA= ，
2
因为A∈0,π 
π
,所以A= .
3
π
(2)由(1)得A= ，
3
b2+c2-a2 1
则cosA= = ，
2bc 2
所以b2+c2=bc+4≥2bc，即bc≤4，
当且仅当b=c=2时等号成立，
因为点D是边BC中点，
  
所以2AD=AB+AC,

两边平方可得：4AD 

2=AB 

2+AC 
 
2+2AB⋅AC=b2+c2+2bc⋅cosA,

则4AD  2=b2+c2+bc=bc+4+bc=2bc+4≤12，
所以AD  ≤ 3，
中线AD长的最大值为 3.
1506 (2024·广东广州·高二广州六中校考期中)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，
b，c，已知 3acosC-asinC= 3b．
(1)求角A的大小；
(2)若a=2，求BC边上的中线AD长度的最小值．
【解析】(1)由 3acosC-asinC= 3b得,
3sinAcosC-sinAsinC= 3sin(A+C)
∴-sinAsinC= 3cosAsinC,
2π
即tanA=- 3,∵A∈(0,π),∴A= .
3
b2+c2-a2 1 b2+c2-4
(2)∵a=2,cosA= ,∴- = ,
2bc 2 2bc
b2+c2 8
即-b2-c2+4=bc≤ ,∴b2+c2≥
2 3
1
∴AD= 2b2+c2
2

1 16 3
-a2≥ -4= ，当且仅当b=c取等号．
2 3 3
第 页 共 页
904 34278 题型八：四心问题
1507 (2024·四川凉山·校联考一模)设△ABO(O是坐标原点)的重心、内心分别是G,I，且
 
BO⎳GI，若B(0,4)，则cos∠OAB的最小值是 ．
1
【答案】
2
 
【解析】因为重心、内心分别是G,I，且BO⎳GI，所以x =3r，(r为ΔABO内切圆的半
A
径)，
1
又S = AB
△ABO 2
 +AO  +OB   
1
r= OB
2

1
⋅x = OB
A 2
 ⋅3r.且OB  =4.
解得AB  +AO  =8.
AB
所以cos∠OAB=
 2+AO  2 -OB   2
2AB  ⋅AO 
AB
=
 +AO    2-2AB  ⋅AO  -16
2AB  ⋅AO 
=
24
AB  ⋅AO 
24
-1≥
AB  +AO 

2

1
-1= .
2 2
当且仅当AB  =AO 
1
=4时，即ΔABO为等边三角形cos∠OAB有最小值 .
2
1508 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，a,b,c分别为内角A,B,C的对边，且
acosC+ccosA  tanA= 3b.
(1)求角A的大小；
(2)若a= 3，O为△ABC的内心，求OB+OC的最大值.
【解析】(1)∵acosC+ccosA  tanA= 3b，
∴由正弦定理可得，sinAcosC+sinCcosA  tanA= 3sinB，
即sin(A+C)tanA= 3sinB，
又∵A+B+C=π，
∴sinA+C  =sinπ-B  =sinB≠0，
∴tanA= 3，
又∵A∈0,π 
π
∴A= .
3
(2)设∠OBC=α，
π
∵O为△ABC的内心，且A= ，
3
1
∴∠BOC=π-∠OBC-∠OCB=π- π-A
2

2π
= ，
3
π
∴∠OCB= -α，
3
在△OBC中，
OC OB
由正弦定理得， =
sinα π
sin -α
3

3
= =2，
2π
sin
3
π
∴OC=2sinα，OB=2sin -α
3
 ，
π
∴OB+OC=2sinα+2sin -α
3

π
=2sinα+
3
 ≤2.
π
当且仅当α= ，即△ABC为等边三角形时取等号，
6
第 页 共 页
905 3427故OB+OC的最大值为2.
1509 (2024·全国·模拟预测)已知锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且
c-b  sinC=acosC-b  sinB+acosBsinC.
(1)求角A；
(2)若H为△ABC的垂心，a=2，求△HBC面积的最大值.
【解析】(1)由题可得，c-b  sinC=acosCsinB-bsinB+acosBsinC=asinB+C  -
bsinB=asinA-bsinB
结合正弦定理可得c-b  c=a2-b2，即bc=b2+c2-a2，
b2+c2-a2 1 π
∴cosA= = ，又A∈0,
2bc 2 2

π
，∴A= .
3
(2)设边AC，AB上的高分别为BE，CF则H为BE与CF的交点，
π π
则在四边形AFHE中，∠FAE+∠FHE+ + =2π，
2 2
π 2π 2π
∵∠FAE= ，∴∠FHE= ，故∠BHC= ，
3 3 3
1 2π 3
在△BHC中，S = BH⋅HCsin = BH⋅HC，BH2+HC2-2BH⋅HC⋅
△BHC 2 3 4
2π
cos =4，
3
4
则4=BH2+HC2+BH⋅HC≥2BH⋅HC+BH⋅HC，即BH⋅HC≤ ，
3
3 3
当且仅当BH=HC时取等号.∴S ≤ ，故△HBC面积的最大值为 .
△BHC 3 3
1510 (2024·江苏无锡·高一锡东高中校考期中)在△ABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，
2acosA=bcosC+ccosB．
(1)求角A的大小；
3
(2)若△ABC为锐角三角形，且其面积为 ，点G为△ABC重心，点M为线段AC的中
2

点，点N在线段AB上，且AN=2NB，线段BM与线段CN相交于点P，求GP  的取值范
围.
【解析】(1)因为2acosA=bcosC+ccosB，
由正弦定理可得2sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB=sinB+C  =sinA，
又因为A∈0,π  ，则sinA>0，
1 π
可得2cosA=1，即cosA= ，所以A= .
2 3
   
2 1
(2)由题意可得AN= AB，AM= AC，
3 2
       
2 2
所以AG=AB+BG=AB+ BM=AB+ AM-AB
3 3

  
2 1
=AB+  AC-AB
3 2
 =
第 页 共 页
906 3427 
1 1
AB+ AC，
3 3
 
因为C、N、P三点共线，故设AP=λAN+1-λ 
 
2
AC= λAB+1-λ
3


AC，
 
同理M、B、P三点共线，故设AP=μAB+1-μ 
 
1
AM=μAB+ 1-μ
2


AC，
2
λ=μ 3
则
1
1-λ= 1-μ
2

3
  λ= 4
 ，解得 ，
1
μ=
2
  
1 1
所以AP= AB+ AC，
2 4
      
1 1 1 1
则GP=AP-AG= AB+ AC- AB+ AC
2 4 3 3

 
1 1
= AB- AC=
6 12
 
1
2AB-AC
12
 ，
1 3
因为S = bcsinA= ，所以bc=2，
△ABC 2 2
又因为△ABC为锐角三角形，
    
当C为锐角，则AC⋅BC>0，即AC⋅AC-AB 
  
1
=AC2-AC⋅AB=b2- bc>0，
2
2
即2b>c= ，所以b>1；
b
    
当B为锐角，则AB⋅CB>0，即AB⋅AB-AC 
  
1
=AB2-AC⋅AB=c2- bc>0，
2
2
则2c>b，即2⋅ >b，所以0<b<2；
b
综上可得1<b<2，

1
又因为 GP= ⋅
12

 
 2AB-AC  ，
  
则144GP 2 =2AB-AC 
   
  2=4AB2-4AB⋅AC+AC2=4 
  
AB|2-4AB⋅AC+

|AC2 =4c2-2bc+b2= 16 -4+b2，
b2
因为1<b<2，则1<b2<4，
且fx 
16
= -4+x在(1,4)上单调递减，f1
x
 =13,f4  =4，
所以fx  ∈4,13 

16
，即144|GP|2= -4+b2∈4,13
b2
 ，

所以GP 
1 13
∈ ,
6 12
 ．
1511 (2024·河北邢台·高一统考期末)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
2 3(cos2C-cos2A)=(a-b)sinB，且△ABC外接圆的半径为 3．
(1)求C的大小；
(2)若G是△ABC的重心，求△ACG面积的最大值．
第 页 共 页
907 3427a b c
【解析】(1)由正弦定理 = = =2 3，得a=2 3sinA,b=2 3sinB,c=
sinA sinB sinC
2 3sinC
因为2 3(cos2C-cos2A)=2 3(1-sin2C-1+sin2A)=2 3(sin2A-sin2C)=(a-b)
sinB，
a2+b2-c2 1
所以a2-c2=(a-b)b，所以cosC= = ,因为C∈0,π
2ab 2

π
,故C= ．
3
(2)由(1)得c=2 3sinC=3，
所以a2+b2-c2=ab≥2ab-9，得ab≤9，
当且仅当a=b=3时，等号成立．
1
连接BG，并延长BG交AC于D，则D是AC的中点，且DG= BD，
3
FG DG 1
过G作GF⊥AC于F，过B作BE⊥AC于E，则 = = ，
BE BD 3
1 1 3 3 3 3 3
所以S = S = absinC= ab≤ ．故△ACG面积的最大值为
△ACG 3 △ABC 6 12 4 4
1512 (2024·辽宁抚顺·高一抚顺一中校考阶段练习)如图，记锐角△ABC的内角A，B，C的对
边分别为a，b，c，c=2b=4，A的角平分线交BC于点D，O为△ABC的重心，过O作
OP∥BC，交AD于点P，过P作PE⊥AB于点E.
(1)求a的取值范围；
(2)若四边形BDPE与△ABC的面积之比为λ，求λ的取值范围.
【解析】(1)因为AB>AC，且△ABC是锐角三角形，
所以∠ACB，∠BAC均为锐角，
a2+b2-c2 a2-12
0<cosC=
2ab
=
4a
<1,
所以
b2+c2-a2 20-a2
0<cos∠BAC= = <1,
2bc 16
解得2 3<a<2 5.
(2)如图，连接AO，延长AO交BC于点G.
第 页 共 页
908 3427因为О为△ABC的重心，
2
所以G为BC的中点，AO= AG.
3
因为OP∥BC，所以∠AOP=∠AGD，∠APO=∠ADG，
AP AO 2
所以△AOP∽△AGD，所以 = = .
AD AG 3
设∠BAC=2α，AP=2PD=2x，则∠BAD=∠CAD=α.
1
因为S = AB⋅AC⋅sin2α=4sin2α，
△ABC 2
1
S = AB⋅AD⋅sinα=6xsinα，
△ABD 2
1
S = AC⋅AD⋅sinα=3xsinα，
△ACD 2
8
所以由S =S +S ，得4sin2α=9xsinα，即x= cosα.
△ABC △ABD △ACD 9
1 1
因为S = AE⋅PE= ⋅2xsinα⋅2xcosα=2x2sinαcosα，
△AEP 2 2
所以四边形BDPE的面积为：
S -S =6xsinα-2x2sinαcosα，
△ABD △AEP
8 8
= sin2α- cosα
3 9

2
sin2α.
20-a2 1
由2 3<a<2 5，得0<cos2α=2cos2α-1= < ，
16 2
1 3
即 <cos2α< ，
2 4
8 8
sin2α- cosα
3 9
所以λ=

2
sin2α
54-16cos2α 14 46
= ∈ ,
4sin2α 81 27 81
 .

AC2  
1513 (2024·浙江·高一路桥中学校联考期中)若O是△ABC的外心，且  ⋅AB⋅AO
AB2
 +

AB2  
 ⋅AC⋅AO
AC2

 5
= AO2，则sinB+2sinC的最大值是 ( )
2
2 3 5
A. 3+ B. + 2 C. D.2 2
2 2 2
【答案】C
【解析】如图所示：
第 页 共 页
909 3427设AB=c，AC=b，∠BAO=θ，∠CAO=α，

AC2  
由  ⋅AB⋅AO
AB2


AB2  
+  ⋅AC⋅AO
AC2

 5
= AO2，
2
b2 
得 ⋅ c⋅AO
c2
  cosθ 
c2 
+ ⋅ b⋅AO
b2
  cosα 
 5
= AO2
2
b2 c2 5 
化简得 ⋅cosθ+ ⋅cosα= AO
c b 2
 ，由O是△ABC的外心可知，
c
O是三边中垂线交点，得cosθ= 
2AO 
b
，cosα= 
2AO 
代入上式得
b2 c
⋅ 
c 2AO 
c2 b
+ ⋅ 
b 2AO 
 5
= AO
2


，所以b2+c2=5AO  2，
b
根据题意知，AO是三角形ABC外接圆的半径，可得sinB= 
2AO 
c
，sinC= 
2AO 
.
b
所以sinB+2sinC= 
2AO 
2c
+ 
2AO 
b+2c
= 
2AO 
，
由柯西不等式可得：b2+c2  1+22  ≥b+2c  2，
所以b+2c 

2≤25AO 

2，所以b+2c≤5AO  ，
b+2c
所以 
2AO 

5AO
≤


2AO 
5
= ，当且仅当“2b=c”时，等号成立.
2
5
所以sinB+2sinC的最大值为 .
2
故选：C.
  
AC AB
1514 (2024·全国·高三专题练习)已知O是三角形ABC的外心，若 AB⋅AO+ AC⋅
AB AC
 
AO=mAO  2，且sinB+sinC= 3，则实数m的最大值为 ( )
6 14
A.6 B. C. D.3
5 5
【答案】D
【解析】如图所示：设AB=c,AC=b,∠BAO=θ,∠CAO=α.
b
由题意可得， ⋅c⋅AO
c

c
cosθ+ ⋅b⋅AO
b
 cosα=m⋅AO  2，化简可得bcosθ+ccosα=
mAO  ，由O是三角形的外心可得，O是三边中垂线交点，
c b
则cosθ= ,cosα= ，代入上式得，2bc=2mAO
2AO 2AO

bc
2，即m=
AO  2
b
依据题意，AO为外接圆半径，根据正弦定理可得，sinB=
2AO 
c
,sinC=
2AO 
代入sinB+sinC= 3得b+c=2 3AO 
bc
，则m=
b+c 
12bc
=
2 b+c
12
 2
第 页 共 页
910 342712bc
结合不等式可得m=
b+c 
12bc
≤ =3，∴m的最大值为3
2 4bc
故选：D
9 题型九：坐标法
π
1515 (2024·全国·高三专题练习)在Rt△ABC中，∠BAC= ，AB=AC=2，点M在
2
3
△ABC内部，cos∠AMC=- ，则MB2-MA2的最小值为 ．
5
【答案】2
【解析】因为∠AMC∈0,π 
3 3
，cos∠AMC=- ，所以sin∠AMC= 1--
5 5

2 4
= .
5
AC 2
在△AMC中，由正弦定理得： =2R(R为△AMC的外接圆半径)，所以 =
sin∠AMC 4
5
5
2R，解得：R= .
4
如图所示：设△AMC的外接圆的圆心为O，建立如图示的坐标系.
5 设E为AC的中点，所以AE=CE=1，OE= R2-AE2= 
4
 2 -12= 3 .
4
5
x= cosθ
25  4
所以点M的轨迹为：x2+y2= ，可写出 (θ为参数).
16 5
y= sinθ
4
5 5
因为点M在△ABC内部，所以M cosθ, sinθ
4 4

4 4
(其中θ满足- <cosθ< ，θ∈
5 5
0,π  ).
5 所以MB2-MA2=  cosθ+1
4
 2 5 11 + sinθ-
4 4
  2 

 5 -  cosθ+1
4
 2 5 3 + sinθ-
4 4
  2 


5 11
= sinθ-
4 4

2 5 3
- sinθ-
4 4

2
=7-5sinθ
4 4
因为θ满足- <cosθ< ，θ∈0,π
5 5

3
，所以 <sinθ≤1，
5
所以当sinθ=1时MB2-MA2=7-5=2最小.
故答案为：2
1516 (2024·全国·高一专题练习)在△ABC中，AB=2，AC=3 2，∠BAC=135°，M是
     
△ABC所在平面上的动点，则w=MA⋅MB+MB⋅MC+MC⋅MA的最小值为
．
28
【答案】-
3
【解析】以A为原点，AC所在直线为x轴，建系，如图所示，根据题意，可得A、B、C坐
第 页 共 页
911 3427  
标，设M(x,y)，可得MA,MB,MC的坐标，根据数量积公式，可得w的表达式，即可求得答
案.以A为原点，AC所在直线为x轴，建立坐标系，如图所示：
因为AB=2，AC=3 2，∠BAC=135°，
所以A(0,0),B(- 2, 2),C(3 2,0)，设M(x,y)，
  
则MA=(-x,-y),MB=(- 2-x, 2-y),MC=(3 2-x,-y)，
     
w=MA⋅MB+MB⋅MC+MC⋅MA=x( 2+x)+y(y- 2)+
所以 ( 2+x)(x-3 2)
+y(y- 2)+x(x-3 2)+y2
2 2
=3x2-4 2x+3y2-2 2y-6=3x-
3

2 2
+3y-
3

2 28
- ，
3
2 2 2 28
当x= ,y= 时，w有最小值，且为- ，
3 3 3
28
故答案为：-
3
1517 (2024·湖北武汉·高二武汉市第三中学校考阶段练习)在平面直角坐标系xOy中，已知
B，C为圆x2+y2=9上两点，点A(1,1)，且AB⊥AC，则线段BC的长的取值范围是
.
【答案】[4- 2,4+ 2]
【解析】设BC的中点为M(x,y)，因为OB  2=OM  2+BM  2=OM  2+AM  2，
1 所以9=x2+y2+(x-1)2+(y-1)2，化简得x-
2
 2 1 +y-
2
 2 =4，
1 1
即点M的轨迹是以N ,
2 2
 为圆心，2为半径的圆，
第 页 共 页
912 3427所以AN 
1
= 1-
2

2 1
+1-
2

2 2
=
2
所以AM  的取值范围是 2- 2 ,2+ 2
 2 2
 ，
从而BC  的取值范围是[4- 2,4+ 2]．
故答案为：[4- 2,4+ 2]．
1518 (2024·全国·高三专题练习)在ΔABC中，AB=AC= 3，且ΔABC所在平面内存在一
点P使得PB2+PC2=3PA2=3，则ΔABC面积的最大值为 ( )
2 23 5 23 35 3 35
A. B. C. D.
3 16 4 16
【答案】B
【解析】以BC的中点为坐标原点，建立直角坐标系，写出A,B,C三点的坐标，利用两点
间距离公式，以及圆与圆的位置关系，解不等式，得出a的范围，再由三角形的面积公式以
及二次函数的性质，即可得出ΔABC面积的最大值.以BC的中点为坐标原点，BC所在
直线为x轴，建立直角坐标系
设B-a,0  ，Ca,0  ，a>0  ，则A0, 3-a2 
设Px,y  ，由PB2+PC2=3PA2=3得
x+a  2+y2+x-a  2+y2=3 x2+y- 3-a2  2   =3
3
即x2+y2= -a2，x2+y- 3-a2
2
 2=1
即点P既在0,0 
3
为圆心， -a2为半径的圆上，又在0, 3-a2
2
 为圆心，1为半径的
圆上
3
可得1- -a2
2

3 23
≤ 3-a2≤1+ -a2，由两边平方化简可得a2≤
2 16
1 3 则ΔABC的面积为S= ⋅2a⋅ 3-a2=a 3-a2= -a2-
2 2
 2 9 +
4
23 23 5 23
由a2≤ ，可得a2= ，S取得最大值，且为 .
16 16 16
故选：B.
第 页 共 页
913 34271519 (2024·全国·高三专题练习)在等边△ABC中，M为△ABC内一动点，∠BMC=120°，
MA
则 的最小值是 ( )
MC
3 3 3
A.1 B. C. D.
4 2 3
【答案】C
【解析】如图所示，
以△ABC的BC边的中点O为原点，BC为x轴，过O点垂直于BC的直线为y轴，建立
建立直角坐标系如图，
再将△ABC 延x轴翻折得△DBC ，求得△DBC的外接圆的圆心为Q，∵∠BMC=120°

，∴ M点⊙Q的劣弧BC 上，
3
不妨设等边△ABC的边长为2，可得：Q0,-
3
 ，A(0, 3)，C(1,0)，M(x,y)，
3
点M所在圆的方程为：x2+y+
3

2 4
= .
3
2 3
x=
3
cosθ
设参数方程为： ，
3 2 3
y=- + sinθ
3 3
4 4 3 2 3
cos2θ+- + sinθ
|MA|2 x2+(y- 3)2 3 3 3
∴ = =
|MC|2 (x-1)2+y2

2
2 3
 cosθ-1
3

2 3 2 3
+- + sinθ
3 3

=
2
5-4sinθ
=t，
2- 3cosθ-sinθ
5-2t=- 3tcosθ+4-t  sinθ= 4-t  2+ 3t  2sinθ+β  ，
3t
其中sinβ=-
4-t  2+ 3t 
4-t
,cosβ=
2 4-t  2+ 3t 
，
2
5-2t 3 MA
即sin(θ+β)= ≤1，解得t≥ ，∴
(4-t)2+( 3t)2 4

MC 
3
≥ ；
2
第 页 共 页
914 3427故选：C.
1520 (2024·江西·高三校联考开学考试)费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最
小的点.当三角形三个内角均小于120°时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所
在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等且均为120°.根据以上性质，.则F(x,y)
= (x-2 3)2+y2+ (x+1- 3)2+(y-1+ 3)2+ x2+(y-2)2的最小值为 ( )
A.4 B.2+2 3 C.3+2 3 D.4+2 3
【答案】B
【解析】由题意得：F(x,y)的几何意义为点E到点A2 3,0  ,B 3-1,1- 3  ,C0,2 
的距离之和的最小值，
因为AB  =  3+1  2+ 3-1  2=2 2，CB  =  3-1  2+- 3-1  2=2 2，
AC  = 4+12=4，
所以AB  2+CB  2=AC  2，故三角形ABC为等腰直角三角形，，
1
取AC的中点D，连接BD，与AO交于点E，连接CE，故BD= AC=2，AE=CE，
2
CO 2 3
因为 = = ，所以∠CAO=30°，故∠AEC=120°，则∠BEC=∠AEB=
AO 2 3 3
120°，
故点E到三角形三个顶点距离之和最小，即F(x,y)取得最小值，
1 AD 4 3 4 3
因为AD=CD= AC=2，所以AE= = ，同理得：CE= ，DE=
2 cos30° 3 3
2 3
，
3
2 3
BE=BD-DE=2- ，
3
4 3 4 3 2 3
故F(x,y)的最小值为AE+CE+BE= + +2- =2+2 3.
3 3 3
故选：B
10 题型十：隐圆问题
1521 (2024·全国·高三专题练习)在平面四边形ABCD中，连接对角线BD，已知CD=9，BD
4
=16，∠BDC=90°，sinA= ，则对角线AC的最大值为 ( )
5
A.27 B.16 C.10 D.25
【答案】A
【解析】以D为坐标原点，DB,DC分别为x,y轴建立如图所示直角坐标系，则D(0,0),B
4
(16,0),C(0,9),因为sinA= ，|BD|=16，所以由平面几何知识得A点轨迹为圆弧(因为
5
第 页 共 页
915 3427为平面四边形ABCD，所以取图中第四象限部分的圆弧)，设圆心为E,则由正弦定理可得
1 |BD| 1 16
圆半径为 × = × =10∴E(8,-6)，
2 sinA 2 4
5
因此对角线AC的最大值为|CE|+10= 82+(-6-9)2+10=27,
故选：A
1522 (2024·江苏泰州·高三阶段练习)已知△ABC中，BC=2，G为△ABC的重心，且满足
AG⊥BG，则△ABC的面积的最大值为 .
3
【答案】 /1.5
2
【解析】以BC的中点O为原点建立平面直角坐标系，C-1,0  ，B1,0  ，
设Ax,y 
x y
，则G ,
3 3
 ，
当x=0时要使AG⊥BG，则G在坐标原点，显然不成立，
y
当x=3时要使AG⊥BG，则y= ，解得y=0，显然不成立，
3
所以x≠0且x≠3，因为AG⊥BG
y y
y-
3 3
所以k ·k =-1，即 ⋅ =-1
AG BG x x
x- -1
3 3
3 整理得x-
2
 2 +y2= 9 ，(x≠0且x≠3)
4
3 3
所以当点A的纵坐标为± 时，△ABC的面积取得最大值为 .
2 2
3
故答案为：
2
1523 (2024·湖北武汉·高二武汉市洪山高级中学校考开学考试)已知等边△ABC的边长为2，
   
点G是△ABC内的一点，且AG+BG+CG=0，点P在△ABC所在的平面内且满足
第 页 共 页
916 3427
PG 

=1，则PA  的最大值为 .
2 3
【答案】 +1
3
  
【解析】由AG+BG+CG=0，可知点G为△ABC的重心，以AB所在的直线为x轴，
中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，表示出A,B,G的坐标，设P(x,y)，由

|PG|=1可知P在以G为圆心，1为半径的圆上，根据点与圆上的点的距离最值求出
   
|PA|的最大值.由AG+BG+CG=0，可知点G为△ABC的重心.
以AB所在的直线为x轴，中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，
3
则A(-1,0)，B(1,0),G0,
3
 .

3
设P(x,y)，由|PG|=1可知P为圆x2+y-
3

2
=1上的动点，
 
3
所以|PA|的最大值为|AG|+1= 12+
3

2 2 3
= +1.
3
2 3
故答案为： +1
3
1524 (2024·全国·高三专题练习)在平面四边形ABCD中，∠BAD=90°，AB=2，AD=1．
     
4 1
若AB⋅AC+BA⋅BC= CA⋅CB，则CB+ CD的最小值为 ．
3 2
26
【答案】
2
【解析】如图，以AB的中点O为坐标原点，以AB方向为x轴正向，建立如下平面直角坐
标系.
则A(-1,0)，B(1,0)，
  
设C(x,y)，则AB=(2,0)，AC=(x+1,y)，BC=(x-1,y)
           
4
因为AB⋅AC+BA⋅BC=AB⋅AC+AB⋅CB=AB⋅AB= CA⋅CB
3
   
4 4
所以AB⋅AB= AC⋅BC，即：4= ×(x-1)(x+1)+y2
3 3

整理得：x2+y2=4，所以点C在以原点为圆心，半径为2的圆上.
在x轴上取B(4,0)，连接BC
1 1
第 页 共 页
917 3427BC OB
可得ΔOBC~ΔOCB ，所以 = =2，所以BC=2BC
1 BC OC 1
1
1 1 1
CB+ 2 CD= 2 (2CB+CD)= 2 B 1 C+CD 
由图可得：当B,C,D三点共线时，即点C在图中的M位置时，BC+CD最小.
1 1
1 1 26
此时CB+ CD最小为DB = (4+1)2+12= .
2 1 2 2
26
故答案为 ．
2
1525 (2024·全国·高三专题练习)若△ABC满足条件AB=4，AC= 2BC，则△ABC面积的
最大值为 .
【答案】8 2
【解析】如图，以AB的中点为原点，AB为x轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标
系，如图所示，
则A(-2,0)，B(2,0)，设C(x,y)，由AC= 2BC，
得 (x+2)2+y2= 2⋅ (x-2)2+y2，
化简可得(x-6)2+y2=32,
则点C的轨迹是以(6,0)为圆心，半径r=4 2的圆，
且去掉点(6+4 2，0)和(6-4 2，0)；
1 1
所以△ABC的面积的最大值为 ×|AB|×r= ×4×4 2=8 2，
2 2
故答案为：8 2.
 
1526 (2024·江苏·高三专题练习)在△ABC中，BC为定长，AB+2AC 

=3BC  ，若△ABC
的面积的最大值为2，则边BC的长为 ．
【答案】2
【解析】设BC=a，以B为原点，BC为x轴建系，则B0,0  ，Ca,0  ，设Ax,y  ，y≠0，
 
AB+2AC  = 2a-3x,-3y    2a =3a，利用求向量模的公式，可得x-
3
 2 +y2=
a2 y≠0  ，根据三角形面积公式进一步求出a的值即为所求.设BC=a，以B为原点，BC
为x轴建系，则B0,0  ，Ca,0  ，设Ax,y  ，y≠0，
 
则AB+2AC  = 2a-3x,-3y    = 2a-3x  2+9y2=3a，
2a 即x-
3
 2 +y2=a2 y≠0  ，
1
由S = BC⋅y
△ABC 2

a
，可得 y
2

a2
≤ =2.
2
则BC=a=2.
故答案为：2.
第 页 共 页
918 34271527 (2024·全国·高三专题练习)△ABC中AB=AC=2，△ABC所在平面内存在点P使得
PB2+PC2=4，PA2=1，则△ABC的面积最大值为 ．
3 7
【答案】
4
【解析】以BC的中点为坐标原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
设B-a,0  Ca,0  a>0  ，则A0, 4-a2  ，
设Px,y 
x+a
，由PB2+PC2=4，PA2=1，可得
 2+y2+x-a  2+y2=4
x2+y- 4-a2 

 2=1 ，
x2+y2=2-a2
即
x2+y- 4-a2 

，
 2=1
即点P既在以0,0  为圆心，半径为 2-a2的圆上，也在0, 4-a2  为圆心，1为半径的
圆上，
可得1- 2-a2  ≤ 4-a2≤1+ 2-a2，
7
由两边平方化简可得a2≤ ，
4
1
则△ABC的面积为S= ⋅2a⋅ 4-a2=a⋅ 4-a2= 4a2-a4= -a2-2
2
 2+4，
7 3 7
由a2≤ ，可得S = ．
4 max 4
3 7
故答案为： .
4
1528 (2024·全国·高三专题练习)已知ΔABC中，AB=AC= 3，ΔABC所在平面内存在点
P使得PB2+PC2=3PA2=3，则ΔABC面积的最大值为 ．
5 23
【答案】
16
【解析】设|BC|=2a，以BC所在直线为x轴、其中垂线OA所在直线为y轴建立直角坐
标系(如图所示)，则B(-a,0),C(a,0),A(0, 3-a2)，设P(x,y)，由PB2+PC2=3PA2=3，
3
得   (x+a)2+y2+(x-a)2+y2=3 ，即   x2+y2= 2 -a2 ，
x2+(y- 3-a2)2=1
x2+y2-2 3-a2y+3-a2=1
7
 -2a2=2 3-a2y
则 2 ，
3-a2-1≤y≤ 3-a2+1
则2(3-a2)-2 3-a2≤2 3-a2y≤2(3-a2)+2 3-a2，
第 页 共 页
919 34277
即2(3-a2)-2 3-a2≤ -2a2≤2(3-a2)+2 3-a2，
2
23 1 5 23
解得a≤ ，即S = ×2a× 3-a2= 3a2-a4≤ ，
4 ΔABC 2 16
5 23
即ΔABC面积的最大值为 .
16
11 题型十一：两边夹问题
cosA cosB π
1529 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，若 + =2,A,B∈0,
sinB sinA 2
 ，且
△ABC的周长为12．
(1)求证：△ABC为直角三角形；
(2)求△ABC面积的最大值．
【解析】(1)在△ABC中有sinA>0，sinB>0，
cosA cosB
又 + =2，
sinB sinA
则sinAcosA+cosBsinB=2sinBsinA，
可得sinAcosA-sinBsinA=sinBsinA-cosBsinB，
可得sinA(cosA-sinB)=sinB(sinA-cosB)①，
又A，B，C是三角形内角，
若sinA>cosB，则cosA<sinB，此时①式不成立；
若sinA<cosB，则cosA>sinB，此时①式不成立；
π
所以sinA=cosB=sin -B
2

π π
，则A+B= ，则C= ，
2 2
所以△ABC是直角三角形．
1
(2)设直角三角形的两直角边分别为a，b，斜边为c，则直角三角形的面积S= ab，
2
又a+b+c=12，则a+b+ a2+b2=12，
所以12=a+b+ a2+b2≥2 ab+ 2ab=(2+ 2) ab，
12
即 ab≤ =12-6 2，即ab≤(12-6 2)2=216-144 2，
2+ 2
1
所以S= ab≤108-72 2，当且仅当a=b=12-6 2时，S取最大值，且最大值为
2
108-72 2．
1530 (2024·全国·高三专题练习)设ΔABC的内角A，B，C的对边长a，b，c成等比数列，
cosA-C 
1
-cosB= ，延长BC至D，若BD=2，则ΔACD面积的最大值为 .
2
第 页 共 页
920 34273
【答案】
4
【解析】∵cosA-C  -cosB =cosA-C  +cosA+C 
1
= ，
2
1
∴cosAcosC= ，①
4
又∵a,b,c成等比数列，∴b2=ac，
由正弦定理可得sin2B=sinAsinC，②
1
①-②得 -sin2B=cosAcosC-sinAsinC
4
=cosA+C  =-cosB，
1 1 π
∴ +cos2B-1=-cosB，解得cosB= ,B= ，
4 2 3
由cosA-C 
1
-cosB= ，
2
得cosA-C 
1
= +cosB=1，
2
A-C=0,A=B，ΔABC为正三角形，
设正三角形边长为a，
1
则CD=2-a，S = AC⋅CDsin120°
ΔACD 2
1
= a2-a
2

3 3
× = a2-a
2 4

3 a+2-a
≤ ×
4
   2 3
= ，a=1时等号成立．
4 4
3 3
即ΔACD面积的最大值为 ，故答案为 .
4 4
1531 (2024·全国·高三专题练习)设ΔABC的内角A，B，C的对边为a，b，c．已知a，b，c依
次成等比数列，且cosA-C 
1
-cosB= ，延长边BC到D，若BD=4，则ΔACD面积的
2
最大值为 ．
【答案】 3
1
【解析】∵cos(A-C)-cosB= ，
2
1
cos(A-C)+cos(A+C)=2cosAcosC= ，
2
1
∴cosAcosC= ，①
4
∵a，b，c依次成等比数列，
∴b2=ac，
由正弦定理可得，sin2B=sinAsinC②
1
①-②可得， -sin2B=cosAcosC-sinAsinC=cos(A+C)=-cosB
4
3
∴cos2B+cosB- =0
4
1
∴cosB= ，
2
1
∴B= π，
3
1
∵cos(A-C)-cosB= ，
2
∴cos(A-C)=1，即A-C=0
第 页 共 页
921 3427∴ΔABC为正三角形，设边长a，
1 1 3 3 3
∴S = AC⋅CDsin120°= ×a×(4-a)× = a(4-a)≤ ×
ΔACD 2 2 2 4 4
a+4-a

2

2
= 3当且仅当a=4-a即a=2时取等号
故答案为 3
12 题型十二：与正切有关的最值问题
1532 (2024·全国·高一专题练习)在锐角三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且
1 1
满足b2-a2=ac，则 - 的取值范围为 .
tanA tanB
2 3
【答案】1,
3

【解析】因为b2-a2=ac，由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB，所以ac=c2-2accosB，
c=2acosB+a，
由正弦定理得sinC=2sinAcosB+sinA，所以sinA=sin(A+B)-2sinAcosB=
sinAcosB+cosAsinB-2sinAcosB=cosAsinB-sinAcosB=sin(B-A)，
因为△ABC为锐角三角形，所以A=B-A，B=2A，C=π-3A，
π
由A,B,C∈0,
2

π π
，得A∈ ,
6 4

π π
，B∈ ,
3 2
 ，
1 1 cosA cosB sinBcosA-cosBsinA sin(B-A) sinA
- = - = = =
tanA tanB sinA sinB sinAsinB sinAsinB sinAsinB
1
= ，
sinB
3
sinB∈ ,1
2

1 1 2 3
，所以 - ∈1,
tanA tanB 3
 ．
2 3
故答案为：1,
3
 ．
1533 (2024·全国·高一阶段练习)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
B+C
bsin =asinB.
2
(1)求A角的值；
a-c
(2)若△ABC为锐角三角形，利用(1)所求的A角值求 的取值范围.
b
B+C A
【解析】(1)因为bsin =asinB，所以sinBcos =sinAsinB，
2 2
因为B∈0,π  ，∵sinB≠0，
A A A A A 1
∴cos =2sin cos ，∵A∈(0,π)，∴cos ≠0，∴sin = ，
2 2 2 2 2 2
A π A π π
因为0< < ，∴ = ，∴A= .
2 2 2 6 3
π 2π
sin -sin -B
a-c sinA-sinC 3 3
(2)由正弦定理， = =
b sinB

sinB
3 3 1
- cosB- sinB
2 2 2 3 1-cosB 1
= = ⋅ -
sinB 2 sinB 2
B
1-1-2sin2
3 2
= ⋅
2

1 3 B 1
- = tan - ，
B B 2 2 2 2
2sin cos
2 2
第 页 共 页
922 3427π π π B π B
∵△ABC为锐角三角形，∴ <B< ，即 < < ，2- 3<tan <1，
6 2 12 2 4 2
3 B 1 3-1
∴ 3-2< tan - <
2 2 2 2

a-c 3-1
∴ 的取值范围是 3-2,
b 2
 .
1534 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
B+C
bsin =asinB．求：
2
(1)A；
a-c
(2) 的取值范围．
b
B+C
【解析】(1)因为bsin =asinB，
2
A
所以sinBcos =sinAsinB,
2
因为B∈0,π  ,∴sinB≠0，
A A A
∴cos =2sin cos ，∵A∈0,π
2 2 2

A A 1
，∴cos ≠0,∴sin = ，
2 2 2
A π A π π
因为0< < ,∴ = ,∴A= .
2 2 2 6 3
π 2π
sin -sin -B
a-c sinA-sinC 3 3
(2)由正弦定理， = =
b sinB

sinB
3 3 1
- cosB- sinB
2 2 2 3 1-cosB 1
= = ⋅ -
sinB 2 sinB 2
B
1-1-2sin2
3 2
= ⋅
2

1 3 B 1
- = tan - ，
B B 2 2 2 2
2sin cos
2 2
2π B π B
因为0<B< ，所以0< < ，所以0<tan < 3，
3 2 3 2
1 3 B 1 a-c 1
所以- < tan - <1，所以 的取值范围是- ,1
2 2 2 2 b 2
 .
1535 (2024·全国·高三专题练习)锐角△ABC是单位圆的内接三角形，角A，B，C的对边分
ac
别为a，b，c，且a2+b2-c2=4a2cosA-2accosB，则 的取值范围是 ( )
b
3
A.(2 3,3 3) B.( 3,3 3) C.  ,2 3
2

3
D.  , 3
2

【答案】C
【解析】由a2+b2-c2=4a2cosA-2accosB，
a2+b2-c2
得b⋅ =2acosA-ccosB，
2ab
由余弦定理，可得bcosC=2acosA-ccosB，
又由正弦定理，可得sinBcosC=2sinAcosA-sinCcosB，
所以sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA=2sinAcosA，
1
得cosA= ，又A∈0,π
2
 ，
π 3
所以A= ，所以sinA= .
3 2
a b c
又 = = =2r=2，
sinA sinB sinC
第 页 共 页
923 3427ac sinC
所以a= 3,b=2sinB,c=2sinC，所以 = 3⋅ .
b sinB
2π π π π
又B+C= ，且C< ，故 <B< ，
3 2 6 2
2π
sin -B
ac 3
所以 = 3⋅
b

3 1
cosB+ sinB
2 2 3 3
= 3⋅ = + .
sinB sinB 2tanB 2
π π 3 1
又 <B< ，所以 <tanB，得0< < 3，
6 2 3 tanB
3 3 3
所以 < + <2 3，
2 2tanB 2
故选：C.
1536 (2024·安徽合肥·高一合肥市第七中学校考期中)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边
分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且2S=a2-b-c 
b
2，则 的取值范围为 ( )
c
1
A.  ,2
2

2 3
B.  ,
3 2

3 4
C.  ,
4 3

3 5
D.  ,
5 3

【答案】D
1
【解析】△ABC中a2=b2+c2-2bccosA，S= bcsinA，
2
由2S=a2-(b-c)2，得bcsinA=2bc-2bccosA，∴sinA=2(1-cosA)；
A A A A A 1
即2sin cos =4sin2 ，∵sin >0，∴tan = ，
2 2 2 2 2 2
1
2×
2
∴tanA=
1
1-
2

4 4 3
= ，∴sinA= ,cosA= ，
2 3 5 5
b sinB sin(A+C) sinAcosC+cosAsinC 4 3
∴ = = = = + ，
c sinC sinC sinC 5tanC 5
π π π
∵△ABC为锐角三角形，∴A+C> ,∴0< -C<A< ，
2 2 2
1 π
∴0< =tan -C
tanC 2

4
<tanA= ，
3
3 4 3 4 4 3 25 5
∴ < + < × + = = ,
5 5tanC 5 5 3 5 15 3
b 3 5
∴ ∈ ,
c 5 3
 ，
故选：D．
1537 (2024·全国·高三专题练习)在锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a,b,c，若a2
1 1
-c2=bc，则 - +3sinA的取值范围为 ( )
tanC tanA
13 3
A.(2 3,+∞) B.(2 3,4) C.  ,4
6

13 3
D. 2 3,
6

【答案】C
【解析】∵a2-c2=bc，∴所以b2-2bccosA=bc∴b-2ccosA=c∴sinB-2sinCcosA
=sinC,
sin(A+C)-2sinCcosA=sinC,∴sin(A-C)=sinC∴A-C=C,A=2C
1 1 1 1 1 1-tan2C
因此 - +3sinA= - +3sinA= - +3sinA
tanC tanA tanC tan2C tanC 2tanC
1+tan2C
= +3sinA
2tanC
第 页 共 页
924 34271 1
= +3sinA= +3sinA
2sinCcosC sinA
π
设sinA=t，∵△ABC是锐角三角形，∴A∈0,
2

A π
,C= ∈0,
2 2

A
,B=π-A- ∈
2
π
0,
2

π π
，∴A∈ ,
3 2

3
∴sinA=t∈ ,1
2

1 3
， +3t在t∈ ,1
t 2
 上单调递增，
1 1 1 13 3
∴ - +3sinA= +3t∈ ,4
tanC tanA t 6
 ，
故选：C
13 题型十三：最大角问题
1538 (2024·全国·高三专题练习)几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点M，N是锐角
∠AQB的一边QA上的两点，试在QB边上找一点P，使得∠MPN最大．”如图，其结论
是：点P为过M，N两点且和射线QB相切的圆与射线QB的切点．根据以上结论解决
以下问题：在平面直角坐标系xOy中，给定两点M(-1,2)，N(1,4)，点P在x轴上移动，当
∠MPN取最大值时，点P的横坐标是 ( )
A.1 B.-7 C.1或-7 D.2或-7
【答案】A
【解析】∵M(-1,2),N(1,4)，则线段MN的中点坐标为(0,3)，易知k =1，
MN
则经过M,N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线y=3-x上，
设圆心为Sa,3-a  ，则圆S的方程为x-a  2+y-3+a  2=21+a2  ，
当∠MPN取最大值时，圆S必与x轴相切于点P(由题中结论得)，
则此时P的坐标为a,0  ，
代入圆S的方程得
21+a2  =a-3  2，解得a=1或a=-7，
即对应的切点分别为P(1,0)和P(-7,0)，
因为对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，
又过点M，N，P的圆的半径大于过点M，N，P的圆的半径，
所以∠MPN>∠MPN，故点P(1,0)为所求，即点P的横坐标为1.
故选：A
1539 (2024·全国·高三专题练习)设△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
3
acosB-bcosA= c，则tan(A-B)的最大值为 ( )
5
3 1 3 3
A. B. C. D.
5 3 8 4
【答案】D
第 页 共 页
925 34273
【解析】在△ABC中，由正弦定理及acosB-bcosA= c得：sinAcosB-sinBcosA=
5
3 3
sinC= sin(A+B)，
5 5
即5(sinAcosB-sinBcosA)=3(sinAcosB+sinBcosA)，整理得：sinAcosB=
4cosAsinB，
即tanA=4tanB，因0<B<π，则tanB>0，否则B为钝角，A也为钝角，矛盾，
tanA-tanB 3tanB 3 3
tan(A-B)= = = ≤ =
1+tanAtanB 1+4tan2B 1 1
+4tanB 2 ⋅4tanB
tanB tanB
3
，
4
1 1
当且仅当 =4tanB，即tanB= 时取等号，所以tanA-B
tanB 2

3
的最大值为 .
4
故选：D
1540 (2024·江西上饶·高三上饶中学校考期中)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为
1
a，b，c，且acosB-bcosA= c，当tan(A-B)取最大值时，角C的值为
2
π π π π
A. B. C. D.
2 6 3 4
【答案】A
1 1
【解析】由正弦定理得sinAcosB-cosAsinB= sinC= sinB+A
2 2
 ，化简得tanA=
3tanB.tanA-B 
tanA-tanB 2tanB 2
= = = ≤
1+tanA⋅tanB 1+3tan2B 1
+3tanB
tanB
2 3 1
= ，当且仅当 =3tanB时等号成立，由于A>B故B为锐
1 3 tanB
2 ⋅3tanB
tanB
3 π π π
角，故tanB= ,tanA= 3，所以A= ,B= ,C= .故选A.
3 3 6 3
1541 (2024·河南信阳·高一信阳高中校考阶段练习)最大视角问题是1471年德国数学家米勒
提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”．如图，树顶A离地面12米，
树上另一点B离地面8米，若在离地面2米的C处看此树，则tan∠ACB的最大值为
( )
5 10 15 20
A. B. C. D.
5 10 15 20
【答案】C
【解析】如图，过点C作CD⊥AB，交AB于点D，则AB=4,AD=10,BD=6．
第 页 共 页
926 3427BD 6
设∠BCD=α,CD=x,x>0，在Rt△BCD中，tanα= = ．
CD x
AD 10
在Rt△ACD中，tan∠ACD= = ，
CD x
所以tan∠ACB=tan∠ACD-α 
10 6
-
x x 4 4 15
= = ≤ = ，
10 6 60 60 15
1+ × x+ 2 x×
x x x x
60
当且仅当x= ，即x=2 15时取等号．
x
故选：C.
21
1542 (2024·江苏扬州·高一统考期中)如图：已知树顶A离地面 米，树上另一点B离地面
2
11 3
米，某人在离地面 米的C处看此树，则该人离此树( )米时，看A、B的视角最
2 2
大.
A.4 B.5 C.6 D.7
【答案】C
21
【解析】如图建立平面直角坐标系，则A0,
2

11
,B0,
2

3
，设Cx,
2
 (x>0)，
 
则CA=(-x,9),CB=(-x,4)，
 
CA⋅CB
则cos∠ACB= 
CA 

⋅CB 
x2+36
=
x2+16⋅ x2+81
第 页 共 页
927 34271
=
x2+16

x2+81

x2+36

1
=
25 900
1+ -
2
x2+36 x2+36

12
≥
13
2
又0<∠ACB<π，且余弦函数在0,π  单调递减，
1 1
则当 = ，即x=6时∠ACB最大.
x2+36 72
即该人离此树6米时，看A、B的视角最大.
故选：C
14 题型十四：费马点、布洛卡点、拿破仑三角形问题
1543 (2024·重庆沙坪坝·高一重庆南开中学校考阶段练习)△ABC内一点O，满足∠OAC=
∠OBA=∠OCB，则点O称为三角形的布洛卡点．王聪同学对布洛卡点产生兴趣，对其
进行探索得到许多正确结论，比如∠BOC=π-∠ABC=∠BAC+∠ACB，请你和他一
起解决如下问题：
(1)若a，b，c分别是A，B，C的对边，∠CAO=∠BAO=∠OBA=∠OCB，证明：a2=
bc；
  
(2)在(1)的条件下，若△ABC的周长为4，试把AB⋅AC表示为a的函数f(a)，并求AB⋅

AC的取值范围．
【解析】(1)设∠CAO=∠BAO=∠OAB=∠BCO=α，
a OB OA c
在△BOC和△AOB中，由正弦定理得 = = =
sin∠BOC sinα sinα sin∠AOB
又∵sin∠BOC=sinπ-∠ABC  =sin∠ABC，sin∠AOB=sinπ-∠BAC  =
sin∠BAC，
a a c c
∴ = = = ，
sin∠BOC sin∠ABC sin∠AOB sin∠BAC
a sin∠ABC sin∠ABC b
∴ = ，又 = ，
c sin∠BAC sin∠BAC a
a b
∴ = ，即a2=bc．
c a
  c2+b2-a2 c2+b2-bc (c+b)2-3bc (4-a)2-3a2
(2)AB⋅AC=cbcosA= = = =
2 2 2 2
-2a2-8a+16
= =-a2-4a+8，即fa
2
 =-a2-4a+8，
a
又c,a,b成等比数列，设b= ,c=aq(公比q≥1)(b≤a≤c)，
q
q≥1
 5+1 a 4
∴ a ，解得：1≤q< ，又a+ +aq=4，得a= ，
a+ >aq 2 q 1
q q+ +1
q
由y=x+ 1 且x∈  1, 5+1
x  2
 ，则y=1- 1 ≥0，故y在x∈  1, 5+1
x2  2
 上递增，
第 页 共 页
928 3427所以a在q∈  1, 5+1
 2
 4 上为减函数，易知a∈ 5-1,
3
 ，
 
8
∴AB⋅AC=-(a+2)2+12∈  ,6-2 5
 9

1544 (2024·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末)十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出的
一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离
之和最小”.它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中
心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120°；当三角形有一内角大于或等于120°
时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点称为费马点，已知在△ABC
2
中，已知C= π，AC=1，BC=2，且点M在AB线段上，且满足CM=BM，若点P为
3
     
△AMC的费马点，则PA⋅PM+PM⋅PC+PA⋅PC= ( )
4 3 2
A.-1 B.- C.- D.-
5 5 5
【答案】C
2
【解析】因为C= π，AC=1，BC=2，
3
由余弦定理可得AB= AC2+CB2-2AC⋅CBcosC= 7，
AC AB 1 7 21
由正弦定理 = ，即 = ，所以sinB= ，
sinB sinC sinB 3 14
2
5 7
显然B为锐角，所以cosB= 1-sin2B= ，
14
10 7
设CM=BM=x，则CM2=CB2+BM2-2CB⋅BMcosC，即x2=22+x2- x，
7
2 7 2
解得x= ，即BM= AB，
5 5
3 3 7
所以AM= AB= ，
5 5
3 3 1 3 3 3
所以S = S = × ×1×2× = ，
△AMC 5 △ABC 5 2 2 10
AM2+CM2-AC2
又cos∠AMC= >0，即∠AMC为锐角，
2AM⋅CM
所以△AMC的三个内角均小于120°，则P为三角形的正等角中心，

1
所以S = PA
△AMC 2


⋅PM 

2π 1
sin + PM
3 2


⋅PC 

2π 1
sin + PA
3 2


⋅PC 
2π
sin
3

3
= PA
4


⋅PM 

+PM 

⋅PC 

+PA 

⋅PC   
3 3
= ，
10

所以PA 

⋅PM 

+PM 

⋅PC 

+PA 

⋅PC 
6
= ，
5
     
因为PA⋅PM+PM⋅PC+PA⋅PC

=PA 

⋅PM 

2π
cos +PM
3


⋅PC 

2π
cos +PA
3


⋅PC 
2π
cos
3
第 页 共 页
929 3427
1
=- PA
2


⋅PM 

+PM 

⋅PC 

+PA 

⋅PC   
1 6 3
=- × =- .
2 5 5
故选：C
1545 (2024·全国·高三专题练习)点P在△ABC所在平面内一点，当PA+PB+PC取到最小
值时，则称该点为△ABC的“费马点”.当△ABC的三个内角均小于120o时，费马点满足
如下特征：∠APB=∠BPC=∠CPA=120o.如图，在△ABC中，AB=AC= 7，BC=
3，则其费马点到A,B,C三点的距离之和为 ( )
A.4 B.2 C.2-2 3 D.2+ 3
【答案】A
【解析】根据题意，△ABC为等腰三角形，
∵∠APB=∠APC=∠BPC=120°，∴PB=PC，
在△PBC中，由余弦定理可得：
BC2=BP2+CP2-2BP⋅CP⋅cos∠BPC，
1
即( 3)2=2BP2-2×-
2
 BP2，解得：BP=1，
在△ABP中，由余弦定理可得：
AB2=BP2+AP2-2BP⋅AP⋅cos∠APB，
1
即( 7)2=1+AP2-2×-
2
 ×AP，解得：AP=2，
∴AP+BP+CP=4，∴其费马点到A，B，C三点距离之和为4．
故选：A
1546 (2024·湖南邵阳·统考三模)拿破仑·波拿巴最早提出了一个几何定理：“以任意三角形的
三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等
边三角形(此等边三角形称为拿破仑三角形)的顶点”.在△ABC中，已知∠ACB=30°，
且AC= 3，BC=3，现以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依
次记为A，B，C，则△ABC的边长为 ( )
A.3 B.2 C. 3 D. 2
【答案】B
【解析】如图，连接AC,BC，由题设∠ACB=90°，
因为以BC,AC,AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为A,B,C，
第 页 共 页
930 34272 2
所以BC= ACsin60°=1，AC= BCsin60°= 3，故AB=2.
3 3
故选：B.
1547 (2024·河南·高一校联考期末)几何定理：以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等
边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形(称为拿破仑三角
π
形)的顶点．在△ABC中，已知C= ，AC= 3，外接圆的半径为 3，现以其三边向外
6
作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为A′，B′，C′，则△A′B′C′的面积为 ( )
A.3 B.2 C. 3 D. 2
【答案】C
AB
【解析】△ABC中， =2 3，故AB= 3，AC= 3，
sinC
π 2π 2π
故B=C= ，A= ，CB=2 3×sin =3，
6 3 3
外接圆圆心为对应等边三角形的中心，如图所示，连接BC，CC，
π π
则∠BCA=∠ACB=∠BCC= ，故∠BCC= ，
6 2
2 3 2 3
BC= × 3× =1，CC= ×3× = 3，故BC= 1+3=2，
3 2 3 2
π 2π π
∠CBC= ，∠ABC= ，则∠ABC= ，
3 3 3
根据对称性知：AC=BC，故△ABC为等边三角形，
1 3
其面积S= ×2×2× = 3.
2 2
故选：C.
第 页 共 页
931 342715 题型十五：托勒密定理及旋转相似
1548 (2024·江苏淮安·高一校联考期中)托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密
定理就是由其名字命名，该定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于
一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和.其意思为：圆的内接凸四边
形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式
及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质.已知四边形
ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC、BD是其两条对角线，BD=4 3，且
△ACD为正三角形，则四边形ABCD的面积为 ( )
A.16 3 B.16 C.12 3 D.12
【答案】C
【解析】设AC=AD=CD=a，由托勒密定理可知AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BD，
即a⋅AB+a⋅BC=a⋅BD，所以，AB+BC=BD=4 3，
π π
又因为∠ABD=∠ACD= ，∠CBD=∠CAD= ，
3 3
1 π 1 π
因此，S =S +S = AB⋅BDsin + BC⋅BDsin
四边形ABCD △ABD △BCD 2 3 2 3
3
= AB+BC
4

3
⋅BD= ×4 3
4
 2=12 3.
故选：C.
1549 (2024·全国·高三专题练习)托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就
是由其名字命名，该定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对
边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和．其意思为：圆的内接凸四边形两
对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及
一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．已知四边形ABCD
的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC、BD是其两条对角线，BD=4 2，且△ACD为正
三角形，则四边形ABCD的面积为 ( )
A.8 B.16 C.8 3 D.16 3
【答案】C
【解析】设AC=AD=CD=a，由托勒密定理可知AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BD，
即a⋅AB+a⋅BC=a⋅BD，所以，AB+BC=BD=4 2，
第 页 共 页
932 3427π π
又因为∠ABD=∠ACD= ，∠CBD=∠CAD= ，
3 3
1 π 1 π
因此，S =S +S = AB⋅BDsin + BC⋅BDsin
四边形ABCD △ABD △BCD 2 3 2 3
3
= AB+BC
4

3
⋅BD= ×4 2
4
 2=8 3.
故选：C.
1550 (2024·全国·高三专题练习)克罗狄斯·托勒密是古希腊著名数学家、天文学家和地理学
家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，
两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当凸四边形的对角互补时取等
号，后人称之为托勒密定理的推论．如图，四边形ABCD内接于半径为2 3的圆，∠A=
120°，∠B=45°，AB=AD，则四边形ABCD的周长为 ( )
A.4 3+6 2 B.10 3 C.4 3+4 2 D.4 3+5 2
【答案】A
【解析】连接AC，BD．
BD AC
由∠A=120°，∠B=45°及正弦定理，得 = =4 3，
sin∠BAD sin∠ABC
解得BD=6，AC=2 6．
在△ABD中，∠BAD=120°，AB=AD，BD=6，
所以AB=AD=2 3．
因为四边形ABCD内接于半径为2 3的圆，
它的对角互补，所以AC⋅BD=AB⋅DC+AD⋅BC，
所以12 6=2 3BC+CD  ,所以BC+CD=6 2，
所以四边形ABCD的周长为4 3+6 2．
故选：A．
第 页 共 页
933 34271551 (2024·江苏·高一专题练习)凸四边形就是没有角度数大于180°的四边形，把四边形任何
一边向两方延长，其他各边都在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凸四边形，如
图，在凸四边形ABCD中，AB=1，BC= 3，AC⊥CD，AD=2AC，当∠ABC变化
时，对角线BD的最大值为 ( )
A.4 B. 13 C.3 3 D. 7+2 3
【答案】C
【解析】设∠ABC=α，∠ACB=β，AB=1，BC= 3，
在△ABC中，由余弦定理，得AC2=AB2+BC2-2AB×BC×cosα=4-2 3cosα，
AC AB sina
由正弦定理，得 = ，∴sinβ= .
sina sinβ 4-2 3cosa
∵AC⊥CD，AD=2AC，CD= 3AC= 3⋅ 4-2 3cosa，
π
在△BCD中，由余弦定理，得BD2=BC2+CD2-2BC×CD×cosβ+
2
 ,
∴BD2=3+34-2 3cosα  +2× 3× 3 4-2 3cosα×sinβ
sina
=15-6 3cosα+6 4-2 3cosα×
4-2 3cosa
=15-6 3cosα+6sina
π
=15+12sina-
3
 ，
π π 5π
当a- = ，即a= 时，BD2取得最大值，为27，
3 2 6
即BD的最大值为3 3.
故选：C.
1552 (2024·江苏无锡·高一江苏省江阴市第一中学校考阶段练习)在△ABC中，BC= 2，
AC=1，以AB为边作等腰直角三角形ABD(B为直角顶点，C，D两点在直线AB的两
侧).当角C变化时，线段CD长度的最大值是 ( )
A.3 B.4 C.5 D.9
【答案】A
【解析】△ABC中，BC= 2，AC=1，∵AB=BD，
第 页 共 页
934 3427AC AB BD
∴在△ABC中，由正弦定理得： = = ，
sin∠ABC sin∠ACB sin∠ACB
∴BDsin∠ABC=sin∠ACB，
在△BCD中，CD2=BD2+BC2-2BD⋅BC⋅cos(90°+∠ABC)
=AB2+2+2AB⋅ 2⋅sin∠ABC
=(AC2+BC2-2AC⋅BC⋅cos∠ACB)+2+2 2⋅ABsin∠ABC
=(1+2-2 2cos∠ACB)+2+2 2⋅BDsin∠ABC
=(1+2-2 2cos∠ACB)+2+2 2⋅sin∠ACB
=5+2 2⋅sin∠ACB-2 2cos∠ACB
=5+4sin(∠ACB-45°)，
∴当∠ACB=135°时CD2最大为9，故CD最大值为3，
故选：A
1553 (2024·全国·高一专题练习)在△ABC中，BC= 2，AC=1，以AB为边作等腰直角三
角形ABD(B为直角顶点，C、D两点在直线AB的两侧).当∠C变化时，线段CD长的
最大值为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】C
【解析】方法一：如图，将△BCD 绕点B 顺时针旋转90° ，得到△BHA ，连接CH ，
∴ △BCD≌△BHA，∠CBH=∠DBA=90° ，
∵ 在△ABC中，BC= 2，AC=1，
∴BC=BH= 2 ，CD=AH ，
∴CH= 2BC=2 ，
在△ACH中，AH<AC+CH ，
∴当点C 在AH 上时，即A、C、H三点共线，此时AH有的最大值，
AH的最大值为：AC+CH=1+2=3 ，
∵CD=AH，
∴CD的最大值为：3 .
故选：C.
方法二：如图，设∠CBA=α ，AB=BD=a ，
在△BCD 中，由余弦定理可知：CD2=2+a2+2 2asinα ，
第 页 共 页
935 3427a2+1
在△ABC中，由余弦定理可知：cosα= ，
2 2a
-a4+6a2-1
由同角关系可得：sinα= ，
2 2a
∴ CD2=2+a2+ -a4+6a2-1 ，
令t=2+a2 ，
则CD2=t+ -t2+10t-17
=t+ -t-5  2+8
=t-5  + -t-5  2+8+5
≤ 2⋅ t-5  2+ -t-5   2+8  +5=9，
当t-5  2=4时等号成立.
∴CD的最大值为：3 .
故选：C.
1554 (2024·全国·高三专题练习)如图所示，在平面四边形ABCD中，AB=1，BC=2，
△ACD为正三角形，则△BCD面积的最大值为 ( )
3+1 3
A.2 3+2 B. C. +2 D. 3+1
2 2
【答案】D
【解析】在△ABC中，设∠ABC=α，∠ACB=β ，
由余弦定理得：AC2=12+22-2×1×2cosα，
∵△ACD为正三角形，
∴CD2=AC2=5-4cosα，
1 π
S = ⋅2⋅CD⋅sin +β
△BCD 2 3

π
=CD⋅sin +β
3
 ，
3 1
= CD⋅cosβ+ CD⋅sinβ，
2 2
1 AC
在△ABC中，由正弦定理： = ，
sinβ sinα
∴AC⋅sinβ=sinα，
∴CD⋅sinβ=cosα，
∴CD⋅cosβ  2=CD2 1-sin2β  =CD2-sin2α，
=5-4cosα-sin2α=2-cosα

2，
第 页 共 页
936 3427∵β<∠BAC，∴β为锐角，CD⋅cosβ=2-cosα，
3 1
∴S = CD⋅cosβ+ CD⋅sinβ，
△BCD 2 2
3
= ⋅2-cosα
2

1 π
+ sinα= 3+sinα-
2 3
 ，
5π
当α= 时，S
6 △BCD
 = 3+1．
max
16 题型十六：三角形中的平方问题
1555 (2024·全国·高三专题练习)已知△ABC的三边分别为a，b，c，若满足a2+b2+2c2=8，
则△ABC面积的最大值为 ( )
5 2 5 3 5 5
A. B. C. D.
5 5 5 3
【答案】B
【解析】根据a2+b2+2c2=8，得到a2+b2=8-2c2，由余弦定理得到2abcosC=8-3c2，
由正弦定理得到2absinC=4S，两式平方相加得4ab  2=8-3c2  2+4S  2，而a2+b2=8
-2c2≥2ab，两式结合有4S

2≤8-2c2

2-8-3c2

2=16-5c2

c2，再用基本不等式求
解.因为a2+b2+2c2=8，
所以a2+b2=8-2c2，
a2+b2-c2 8-3c2
由余弦定理得cosC= = ，
2ab 2ab
即2abcosC=8-3c2①
1
由正弦定理得S= absinC，
2
即2absinC=4S②
由①，②平方相加得4ab  2=8-3c2  2+4S  2≤a2+b2  2=8-2c2  2，
所以4S  2≤8-2c2  2-8-3c2  2=16-5c2 
1 16-5c2+5c2
c2≤ 
5 2

2 64
= ，
5
4 2 5
即S2≤ ，所以S≤ ，
5 5
12 8
当且仅当a2=b2且16-5c2=5c2即a2=b2= ,c2= 时，取等号.
5 5
故选：B
1556 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足
5a2+3b2=3c2，则sinA的取值范围是 .
3
【答案】0,
5

3c2-3b2
【解析】由5a2+3b2=3c2得：a2= ，
5
3c2-3b2
b2+c2-
b2+c2-a2 5 c2+4b2 2 c2⋅4b2 4
故cosA= = = ≥ = ，
2bc 2bc 5bc 5bc 5
当且仅当c=2b 时取等号，
4
由于A∈(0,π) ,故 ≤cosA<1 ，
5
9
则sin2A=1-cos2A∈0,
25

3
，则sinA∈0,
5
 ，
3
故答案为：0,
5

第 页 共 页
937 34271557 (2024·湖南常德·常德市一中校考模拟预测)秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作
《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自
乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实一为从阳，开平方得积．”如果把以上这段
1 a2+c2-b2 文字写成公式就是S= a2c2-
4 2
  2 

 ，其中a，b，c是△ABC的内角A，B，
C的对边，若sinC=2sinAcosB，且b2+c2=4，则△ABC面积S的最大值为 ( )
5 2 5 3 5 4 5
A. B. C. D.
5 5 5 5
【答案】B
a2+c2-b2
【解析】由sinC=2sinAcosB得c=2a⋅ ，得a=b，
2ac
1 a2+c2-b2 所以S= a2c2-
4 2
  2 

 1 c4 = b2c2-
4 4
 1 c4 = 4c2-c4-
4 4

1 5c4 1 5c2
= 4c2- = c24-
2 4 2 4

1 4 5 5c2
= ⋅ c24-
2 5 4 4

5c2 5c2
+4-
1 4 4 4
≤ ⋅
2 5 2
2 5 8 12
= ，当且仅当c2= ，b2=a2= 时，等号成立.
5 5 5
故选：B
1558 (2024·河南洛阳·高三校考阶段练习)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若
2π
a2+b2+c2=12，A= ，则△ABC面积的最大值为 ( )
3
2 3 3 3 4 3
A. B. C. D. 3
5 5 5
【答案】B
【解析】由余弦定理知a2=b2+c2-2bccosA，
2π bc
因为a2+b2+c2=12且A= ，可得bccosA+a2=6，即a2= +6，
3 2
bc
又由a2+b2+c2=12，可得b2+c2+ =6，
2
bc 12
因为b2+c2≥2bc，所以2bc+ ≤6，解得bc≤ ，
2 5
12
当且仅当b=c时，等号成立，即bc的最大值为 ，
5
1 12 2π 3 3
所以△ABC的面积的最大值为S = × sin = ．
max 2 5 3 5
故选：B.
1559 (2024·云南·统考一模)已知△ABC的三个内角分别为A、B、C.若sin2C=2sin2A-
3sin2B，则tanB的最大值为 ( )
5 5 11 5 3 5
A. B. C. D.
3 2 20 5
【答案】B
【解析】依题意sin2C=2sin2A-3sin2B，
2 1
由余弦定理得c2=2a2-3b2，b2= a2- c2，
3 3
2 1 1 4
a2+c2- a2+ c2 a2+ c2
a2+c2-b2 3 3 3 3 1 a2+4c2
所以cosB= = = = ⋅
2ac 2ac 2ac 6 ac
第 页 共 页
938 34271 2 a2⋅4c2 2
≥ ⋅ = ，当且仅当a=2c时等号成立.
6 ac 3
2 4 1 9
即B为锐角， ≤cosB<1， ≤cos2B<1,1< ≤ ，
3 9 cos2B 4
sin2B 1-cos2B 1 5
tan2B= = = -1∈0,
cos2B cos2B cos2B 4
 ，
5
所以tanB的最大值为 .
2
故选：B
1560 (2024·四川遂宁·高一射洪中学校考阶段练习)设△ABC的内角A，B，C所对的边a，
sinA+cosAtanC
b，c满足b2=ac，则 的取值范围 ( )
sinB+cosBtanC
5-1 5+1
A.  ,
2 2

3- 5 3+ 5
B.  ,
2 2

5-1 5+3
C.  ,
2 2

3- 5 1+ 5
D.  ,
2 2

【答案】A
sinC
sinA+cosA
sinA+cosAtanC cosC sinAcosC+cosAsinC
【解析】 = = =
sinB+cosBtanC sinC sinBcosC+cosBsinC
sinB+cosB
cosC
sin(A+C) sinB b
= = ，
sin(B+C) sinA a
b b2
设t= (t>0)，由b2=ac得c= ，
a a
b2 5-1
由b+c>a得b+ >a，两边除以a得t+t2>1，解得t> (因为t>0)，
a 2
b2 5-1 5+1
由a+b>c得a+b> ，两边同除以a得1+t>t2，解得 <t< ，
a 2 2
b2
由a+c>b得a+ >b，两边除以a得1+t2>t，此不等式恒成立，
a
5-1 5+1
综上 <t< ．
2 2
故选：A．
1561 (2024·全国·高三专题练习)在锐角三角形ABC中，已知2sin2A+sin2B=2sin2C，则
1 1 1
+ + 的最小值为 ( )
tanA tanB tanC
13 13
A.2 13 B. 13 C. D.
2 4
【答案】C
【解析】由正弦定理，得：2a2+b2=2c2，
如图，作BD⊥AC于D，设AD=x，CD=y，BD=h，
因为2a2+b2=2c2，所以2(y2+h2)+(x+y)2=2(x2+h2)，
化简，得：x2-2xy-3y2=0，解得：x=3y，
tanA+tanC
tan(A+C)=-tanB， =-tanB，
1-tanAtanC
1-tanAtanC 1
=- ，
tanA+tanC tanB
1 1 1 1 1 tanAtanC-1
+ + = + +
tanA tanB tanC tanA tanC tanA+tanC
第 页 共 页
939 3427h2
-1
x y xy 4y h2-3y2 13y h 13
= + + = + = + ≥ ，
h h h h h 4yh 4h 4y 2
+
x y
13
当且仅当h= 13y时取得最小值 .
2
故选：C
17 题型十七：等面积法、张角定理
1562 (2024·全国·高三专题练习)已知△ABC的内角A,B,C对应的边分别是a,b,c，内角A
的角平分线交边BC于D点，且AD=4．若(2b+c)cosA+acosC=0，则△ABC面积
的最小值是 ( )
A.16 B.16 3 C.64 D.64 3
【答案】B
【解析】∵(2b+c)cosA+acosC=0，
∴2sinBcosA+sinCcosA+sinAcosC=0，
即2sinBcosA+sinC+A  =2sinBcosA+sinB=0，
又B∈0,π  ，sinB>0，
1
∴2cosA+1=0，即cosA=- ，又A∈0,π
2
 ，
2π
∴A= ，
3
由题可知S =S +S ，AD=4，
△ABC △ABD △ACD
1 2π 1 π 1 π
所以 bcsin = ×4csin + ×4bsin ，即bc=4b+c
2 3 2 3 2 3
 ，
又bc=4b+c  ≥8 bc，即bc≥64，
当且仅当b=c取等号，
1 2π 1 3
所以S = bcsin ≥ ×64× =16 3.
△ABC 2 3 2 2
故选：B.
1563 (2024·湖北武汉·高一校联考期中)已知△ABC的面积为S,∠BAC=2α,AD是△ABC
的角平分线,则AD长度的最大值为 ( )
S S
A. S⋅sinα B. C. S⋅tanα D.
sinα tanα
【答案】D
【解析】△ABC中，∠BAC=2α, AD是角平分线得
1 1 1
S = AB⋅ADsinα，S = AC⋅ADsinα，S = AB⋅ACsin2α
△ABD 2 △ACD 2 △ABC 2
而S =S +S
△ABC △ABD △ACD
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940 34271 1 1
因此 AB⋅ACsin2α= AB⋅ADsinα+ AC⋅ADsinα
2 2 2
2AB⋅AC⋅sinα⋅cosα
得AD=
AB+AC 
2AB⋅AC⋅sinα⋅cosα
≤ = AB⋅ACcosα
sinα 2 AB⋅ACsinα
2S
而AB⋅AC= ，
sin2α
2S 2S S
所以AD = cosα= ⋅cos2α=
max sin2α 2sinα⋅cosα tanα
故选D项.
1564 (2024·上海宝山·高三上海市吴淞中学校考期中)给定平面上四点O,A,B,C满足OA=
 
4,OB=3,OC=2,OB⋅OC=3，则ΔABC面积的最大值为 .
3 3
【答案】2 7+
2
 
【解析】∵OB=3，OC=2，OB⋅OC=3，
∴∠BOC=60°，
1
∴BC= 9+4-2×3×2× = 7，
2
1 1 3
设O到BC的距离为h，则由等面积可得 ⋅ 7⋅h= ⋅3⋅2⋅ ，
2 2 2
3 21
∴h= ，
7
1 3 21
∴ΔABC面积的最大值为 ⋅ 7⋅ +4
2 7

3 3
=2 7+ ．
2
3 3
故答案为：2 7+ ．
2
π
1565 (2024·安徽·高一安徽省太和中学校联考阶段练习)在△ABC中，∠BAC= ，AM是
3
∠BAC的角平分线，且交BC于点M.若△ABC的面积为 3，则AM的最大值为
.
【答案】 3
【解析】
设角A，B，C的对边分别为a，b，c.
1 3
因为S = bc⋅ = 3，所以bc=4.
△ABC 2 2
π
由已知可得，∠MAB=∠MAC= .
6
1 π 1 π 1
又S +S =S ， ×AB×AM×sin + ×AC×AM×sin = ×AC
△ABM △ACM △ABC 2 6 2 6 2
π
×AB×sin ，
3
1 1 3
即 c×AM+ b×AM= bc，
4 4 4
第 页 共 页
941 34273bc 3bc
整理得AM= ≤ = 3，
b+c 2 bc
当且仅当b=c=2时，等号成立.
故AM的最大值为 3.
故答案为： 3.
1566 (2024·江西新余·高一新余市第一中学校考阶段练习)已知△ABC的内角A,B,C对应的
边分别是a,b,c，内角A的角平分线交边BC于D点，且AD=4.若(2b+c)cosA+
acosC=0，则△ABC面积的最小值是 .
【答案】16 3
【解析】∵(2b+c)cosA+acosC=0，
∴2sinBcosA+sinCcosA+sinAcosC=0，
即2sinBcosA+sinC+A  =2sinBcosA+sinB=0，
又B∈0,π  ，sinB>0，
1
∴2cosA+1=0，即cosA=- ，又A∈0,π
2
 ，
2π
∴A= ，
3
由题可知S =S +S ，AD=4，
△ABC △ABD △ACD
1 2π 1 π 1 π
所以 bcsin = ×4csin + ×4bsin ，即bc=4b+c
2 3 2 3 2 3
 ，
又bc=4b+c  ≥8 bc，即bc≥64，当且仅当b=c取等号，
1 2π 1 3
所以S = bcsin ≥ ×64× =16 3，
△ABC 2 3 2 2
即△ABC面积的最小值是16 3.
故答案为：16 3
1567 (2024·江西九江·高一德安县第一中学校考期中)△ABC中，∠ABC的角平分线BD交
2π
AC于D点，若BD=1且∠ABC= ，则S 面积的最小值为 .
3 △ABC
【答案】 3
2π
【解析】因为∠ABC= ，BD为∠ABC的角平分线，
3
π
所以∠ABD=∠CBD= ，又BD=1，
3
1 3
故由三角形面积公式可得S = AB⋅BD⋅sin∠ABD= AB，
△ABD 2 4
1 3
S = BC⋅BD⋅sin∠CBD= BC，
△CBD 2 4
1 3
S = AB⋅BC⋅sin∠ABC= AB⋅BC，
△ABC 2 4
又S =S +S ，
△ABC △ABD △CBD
所以AB+BC=AB⋅BC，
由基本不等式可得AB+BC≥2 AB⋅BC，当且仅当AB=BC时等号成立，
所以AB⋅BC≥4，
3
所以S = AB⋅BC≥ 3，当且仅当AB=BC=2时等号成立，
△ABC 4
所以S 面积的最小值为 3.
△ABC
故答案为： 3.
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942 34271568 (2024·湖北武汉·高一华中科技大学附属中学校联考期中)已知△ABC中，角A、B、C
π
所对的边分别为a、b、c，∠ABC= ，∠ABC的角平分线交AC于点D，且BD= 3，则
3
a+c的最小值为 ．
【答案】4
π
【解析】因为∠ABC= ，∠ABC的角平分线交AC于点D，且BD= 3，
3
1 π 1 π 1 π
因为S =S +S ，即 acsin = c⋅BDsin + a⋅BDsin ，
△ABC △ABD △BCD 2 3 2 6 2 6
3 3
即 ac= c+a
4 4

c+a 1 1
，即ac=a+c，所以， = + =1，
ac a c
所以，a+c=a+c 
1 1
 +
a c

c a c a
=2+ + ≥2+2 ⋅ =4，
a c a c
当且仅当a=c=2时，等号成立，故a+c的最小值为4.
故答案为：4.
1569 (2024·全国·高一专题练习)已知△ABC，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，c=1,∠C
的角平分线交AB于点D．若sinA+sinB=2sin∠ACB，则CD的取值范围是 ．
3 3 【答案】 ,
4 2

【解析】
对sinA+sinB=2sin∠ACB用正弦定理，可得a+b=2c=2，设CD=x，∠ACD=
π
∠DCB=θ，由于2θ为三角形内角，则θ∈0,
2
 ，由S +S =S 可得，
△ACD △BCD △ACB
bxsinθ axsinθ absin2θ 2abcosθ 2abcosθ
+ = ，整理得，x= = =abcosθ，对△ABC，由
2 2 2 a+b 2
余弦定理，a2+b2-2abcos2θ=c2=1，即a+b

2-2ab-2abcos2θ=1，故2ab(1+
3 3 3
cos2θ)=3，即ab= = ，于是x=abcosθ= ，根据基本不等式，
2(1+cos2θ) 4cos2θ 4cosθ
3 a+b =ab≤
4cos2θ 2
 2 =1，即cos2θ≥ 3 ，结合θ∈0, π
4 2
 3 ，解得 ≤cosθ<1，即2 3
2
3 3 3 ≤4cosθ<4，于是x= ∈ ,
4cosθ 4 2
 .
3 3 故答案为： ,
4 2

1570 (2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习)已知△ABC，∠BAC=120°，D为BC上
AB+9AC
一点，且AD为∠BAC的角平分线，则 的最小值为 .
AD
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943 3427【答案】16
【解析】
AD为∠BAC的角平分线，∠BAC=120°，
1 1 1
由等面积法 bcsin120°= b⋅AD⋅sin60°+ c⋅AD⋅sin60°，
2 2 2
bc
所以AD= ，
b+c
AB+9AC c+9b 9b2+10bc+c2 9b c
所以 = = =10+ + ≥16(当且仅当c=3b时等号
AD bc bc c b
b+c
成立)，即最小值为16.
故答案为：16
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944 3427