文档内容
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
= 3sinA+
6
π
，则C =2+4sinA+
△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sinA+
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 3sinB+
6
π
00，可得tanA= 3，∴A= ；
3
B+C
选②，由2cos2 =1+cos2A可得1+cosB+C
2
=1+cos2A，
即cosπ-A =2cos2A-1，即2cos2A+cosA-1=0，
1 π
∵00，所以， 3sinA-cosA=2sinA-
6
=1，
第 页 共 页
879 3427π
故sinA-
6
1
= ，
2
π π 5π π π π
∵-
2
π π 2π 3 π
所以， 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+
第 页 共 页
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 sinθ+
6 6
3 3
2
⇒ON=
π
sinθ+
6
，
3 3
MN 2
在△MON中， =
π π
sin sinθ+
6 6
π
sin +θ
3
，
3 3
∴MN=
π
4sinθ+
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 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=2sinA-sinB
π
=2 sinA-sinπ-A-
3
π
=2 sinA-sinA+
3
=
π
2sinA-
3
，因为三角形ABC为锐角三角形，
π
00)，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 ，可得B+ +B> ，所以B> ，所以 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=ccosA-
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=ccosA-
6
，结合正弦定理得
π
sinA=cosA-
6
，
π
整理得sinA-
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= 3cosB+
2 2 2 2 6
.
2π π
0< -B<
3 2 π π
因为 ，所以 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+51-cos2B
=
42cos2B-1
=
cos2B
2+51-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cosAcosA+
6
的取值范围.
asinB 1
【解析】(1)由正弦定理得：sinA= = ，
b 2
π 5π
∵0π，所以A= 舍去，所以A= .
6 6 6
π
(2)cosAcosA+
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
=- sin2A-
2 3
3
+
4
1 π
(或者用积化和差公式一步得到 cos2A+
2 6
3
+ )
4
asinB 2
∵a0,t∈ ,1
t2 2
，
∴函数ft
3
在t∈ ,1
2
上单调递增，
第 页 共 页
892 3427故ft
8 3
∈ ,5
3
，
∴4sinC+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0C>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=sinB4cos2B-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°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 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sin2A-
6
π
=sin2B-
6
π π 11π π π 11π
注意到0π(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-10，
3 1 1
∴1+cosC= 3sinC，∴ 3sinC-cosC=1，即 sinC- cosC= ，
2 2 2
π
∴sinC-
6
1 π π π
= ，∵00，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:
4AD|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
= sin2C-
3 6
4
+ ,
3
2π π π π
又因为△ABC为锐角三角形，所以00，
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：4AD
2=AB
2+AC
2+2AB⋅AC=b2+c2+2bc⋅cosA,
则4AD 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= 2b2+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
2AB ⋅AO
AB
=
+AO 2-2AB ⋅AO -16
2AB ⋅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，
∴sinA+C =sinπ-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
=2sinα+
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=asinB+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=sinB+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0AC，且△ABC是锐角三角形，
所以∠ACB，∠BAC均为锐角，
a2+b2-c2 a2-12
00 ，则A0, 3-a2
设Px,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：Q0,-
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 2sinθ+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A2 3,0 ,B 3-1,1- 3 ,C0,2
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 ，B1,0 ，
设Ax,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),G0,
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
=3BC ，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B0,0 ，Ca,0 ，设Ax,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B0,0 ，Ca,0 ，设Ax,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 Ca,0 a>0 ，则A0, 4-a2 ，
设Px,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cosAsinB，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，
cosA-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】∵cosA-C -cosB =cosA-C +cosA+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
=cosA+C =-cosB，
1 1 π
∴ +cos2B-1=-cosB，解得cosB= ,B= ，
4 2 3
由cosA-C
1
-cosB= ，
2
得cosA-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
= a2-a
2
3 3
× = a2-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cosA-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，∴ 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∠MPN，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00，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tanA-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= sinB+A
2 2
，化简得tanA=
3tanB.tanA-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A0,
2
11
,B0,
2
3
，设Cx,
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=sinπ-∠ABC =sin∠ABC，sin∠AOB=sinπ-∠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fa
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△ABC的边长为 ( )
A.3 B.2 C. 3 D. 2
【答案】B
【解析】如图，连接AC,BC，由题设∠ACB=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BC= ACsin60°=1，AC= BCsin60°= 3，故AB=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BC，CC，
π π
则∠BCA=∠ACB=∠BCC= ，故∠BCC= ，
6 2
2 3 2 3
BC= × 3× =1，CC= ×3× = 3，故BC= 1+3=2，
3 2 3 2
π 2π π
∠CBC= ，∠ABC= ，则∠ABC= ，
3 3 3
根据对称性知：AC=BC，故△ABC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 3BC+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×cosβ+
2
,
∴BD2=3+34-2 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+12sina-
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，AH0)，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 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 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=4b+c
2 3 2 3 2 3
，
又bc=4b+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
第 页 共 页
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+sinC+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=4b+c
2 3 2 3 2 3
，
又bc=4b+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.
第 页 共 页
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
第 页 共 页
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
第 页 共 页
944 3427
