第34 讲 三角形中最值与范围 · 分类练习（解析卷）
考点一：周长问题..............................................................................................................................1
考法1：求周长最值与范围...................................................................................................1
考点二：面积问题..............................................................................................................................2
考法2：利用基本不等式求面积最值...................................................................................2
考法3：利用三角函数求面积最值.......................................................................................3
考法4：结合向量与四边形求面积最值...............................................................................4
考法5：已知面积求边长或代数式最值...............................................................................5
考点三：长度问题..............................................................................................................................6
考法6：利用三角函数求线段长度范围...............................................................................6
考法7：利用基本不等式求线段长度最值...........................................................................7
考法8：特殊线段长度范围求解...........................................................................................9
考点四：转化为角范围问题............................................................................................................10
考法9：化边为角求三角函数式或代数式范围.................................................................10
考点五：倍角问题............................................................................................................................11
考法10：倍角条件下的最值与范围问题...........................................................................11
考点六：角平分线与中线问题........................................................................................................12
考法11：角平分线相关最值与范围问题...........................................................................12
考法12：中线相关最值与范围问题...................................................................................12
考点七：四心问题............................................................................................................................13
考法13：三角形四心相关最值与范围问题.......................................................................13
考点八：坐标法与隐圆问题............................................................................................................13
考法14：建系法与代数式几何意义求最值.......................................................................13
考法15：隐圆模型求最值...................................................................................................14
考点九：两边夹与正切最值问题....................................................................................................15
考法16：两边夹角关系求最值与范围...............................................................................15
考法17：化简为正切函数求最值与范围...........................................................................16
考点十：最大角与特殊点问题........................................................................................................17
考法18：最大角问题...........................................................................................................17
考法19：新定义几何问题求解...........................................................................................18
考点十一：托勒密定理、旋转相似与等面积法............................................................................19
考法20：托勒密定理与旋转相似应用...............................................................................19
考法21：等面积法与张角定理应用...................................................................................19
考点十二：平方问题与基本不等式综合........................................................................................21
考法22：平方和问题与基本不等式综合...........................................................................21
答案速查表
1
2
3
4
5
A
[2,4)
B
A
B
6
7
8
9
10
4 ❑√3
（1）45
∘ （2）
1+
❑√3
4
BD
AC
4+2❑√3
11
12
13
14
15
20
2+2❑√10
3
C
ACD
ABC
16
17
18
19
20
（1）π
3 （2）
(❑√3,2]
A
C
（1）见解析
（2）4
1
2
21
22
23
24
25
（1）2π
3 （2）
（i）15
16 （ii）
1
10
A
（1）π
3 （2）
3 ❑√3
2
（1）见解析
（2）(❑√2-1,1)
6
26
27
28
29
30
（1）见解析
（2）1
（1）见解析
（2）π
6
π；1
C
D
31
32
24
25
❑√2
3
考点一：周长问题
考法1：求周长最值与范围
1.（2026·安徽A10 联盟·模拟）在锐角△ABC中，角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，且a>1，
a
2=(4 a- 4)⋅sin 2B，则a+ ❑√2b的取值范围为（ ）
A. (4 ,2+2❑√2)
B. (4 ,4+ ❑√2)
C. (2❑√2,4)
D. (2,4)
【答案】A
【解析】由(a-2)
2≥0得a
2≥4 a- 4，则a
2=(4 a- 4)⋅sin 2B≥4 a- 4，∵a>1，∴sin 2B≥1，则
sin2B =1，∴B = π
4 ，a
2= 4 a- 4，解得a=2.∵△ABC是锐角三角形，∴{
0< A < π
2
0<C = 3 π
4 - A < π
2
，解得
π
4 < A < π
2 .由正弦定理得b= asin B
sin A =
❑√2
sin A ，由π
4 < A < π
2 ，得
❑√2
2 <sin A <1，∴❑√2<b<2，∴
4<a+ ❑√2b<2+2❑√2.故选A.
【点拨】利用基本不等式和三角函数有界性求出边角，再结合正弦定理将边转化为角求范围.
2.（2025·南阳一中·三模）已知△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且
sin
2 A +sin
2B -sin
2C
c
=
sin A sin B
acos B+bcos A ，若a+b= 4，则c的取值范围是__．
【答案】[2,4)
【解析】解：由正弦定理知，
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC ，
sin
2 A +sin
2B -sin
2C
c
=
sin A sin B
acos B+bcos A = a
2+b
2-c
2
sinC
，
ab
sin A cos B+sin Bcos A =
ab
sin( A + B) = ab
sinC ，即a
2+b
2-c
2=ab，cosC = a
2+b
2-c
2
2ab
= ab
2ab = 1
2，
∵C ∈(0,π )，∴C = π
3 ，c
2=a
2+b
2-ab=(a+b)
2-3ab≥(a+b)
2-3⋅(a+b)
2
4
= 1
4 ×4
2= 4，当且
仅当a=b=2时，等号成立，∴c≥2，又c<a+b= 4，∴2≤c<4，∴c的取值范围是[2,4).
【点拨】利用正弦定理和余弦定理将角化边，结合基本不等式及三角形两边之和大于第三边求范
围.
考点二：面积问题
考法2：利用基本不等式求面积最值
3.（2026·菏泽·一模）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ab=5，c =2，
则△ABC的面积的最大值为（ ）
A. 3
2
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】B
【解析】由余弦定理可得c
2=a
2+b
2-2abcosC，又ab=5，c =2，∴cosC = a
2+b
2- 4
10
，由基本不
等式可得a
2+b
2≥2ab=10，当且仅当a=b= ❑√5时等号成立，∴cosC ≥10- 4
10
= 3
5，又C ∈(0,π )，
∴sinC =
❑√1-cos
2C ≤❑√
1-(
3
5)
2
= 4
5 ，sinC >0，∴△ABC的面积S = 1
2 absinC ≤1
2 ×5× 4
5 =2，∴
当a=b= ❑√5时，△ABC的面积取最大值，最大值为2.
【点拨】利用余弦定理和基本不等式求出角的余弦值的范围，进而得到正弦值的最大值，代入面
积公式求解.
4.（2025·萍乡·二模）在△ABC中，内角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，若a=2，
5sin A
1+cos A + cos A
sin A =3，则△ABC面积的最大值为（ ）
A. 3
B. 3
2
C. ❑√3
D. 2❑√3
【答案】A
【解析】对5sin A
1+cos A + cos A
sin A =3进行化简，通分可得
5sin
2 A +(1+cos A )cos A
(1+cos A )sin A
= 5- 4 cos
2 A +cos A
(1+cos A )sin A =-(4 cos A -5)(cos A +1)
(1+cos A )sin A
=-(4 cos A -5)
sin A
=3，
即5- 4 cos A =3sin A，又sin
2 A +cos
2 A =1，解得sin A = 3
5 ,cos A = 4
5 ；已知a=2，由余弦定理
a
2=b
2+c
2-2bc cos A，可得4 =b
2+c
2- 8
5 bc，根据基本不等式b
2+c
2≥2bc（当且仅当b=c时取等
号），则4 =b
2+c
2- 8
5 bc≥2bc - 8
5 bc = 2
5 bc，可得bc≤10，三角形面积
S△ABC = 1
2 bc sin A = 3
10 bc≤3
10 ×10=3，当且仅当b=c时等号成立.
【点拨】先利用同角三角函数关系求出角的正余弦值，再结合余弦定理与基本不等式求出两边乘
积的最大值.
考法3：利用三角函数求面积最值
5.（2026·郑州四中·适应性考试）在△ABC中，AB =1，sin
2 A +sin
2B = 4 sin A sin BcosC，则
△ABC的面积的最大值为（ ）
A. 1
4
B.
❑√3
4
C. 1
2
D.
❑√3
2
【答案】B
【解析】在△ABC中，设AB =c =1，BC =a，AC =b.根据正弦定理
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =2 R，R
为三角形外接圆半径.将条件sin
2 A +sin
2B = 4 sin A sin BcosC转化为边的关系：左边：
sin
2 A +sin
2B = a
2+b
2
4 R
2 ，右边：4 sin A sin BcosC = 4⋅a
2 R ⋅b
2 R ⋅cosC = abcosC
R
2
，等式两边相
等得：a
2+b
2
4 R
2 = abcosC
R
2
，化简得a
2+b
2= 4 abcosC.结合余弦定理cosC = a
2+b
2-c
2
2ab
(c =1)，代入
上式得：a
2+b
2= 4 ab⋅a
2+b
2-1
2ab
=2(a
2+b
2-1)，整理得a
2+b
2=2.三角形面积S = 1
2 absinC.由
cosC = a
2+b
2-1
2ab
= 2-1
2ab =
1
2ab，得sinC =
❑√1-cos
2C = ❑√
1-
1
4 a
2b
2，代入面积公式：
S = 1
2 ab⋅❑√
1-
1
4 a
2b
2 = 1
2
❑√a
2b
2- 1
4 =
❑√4 a
2b
2-1
4
，由基本不等式a
2+b
2≥2ab，得2≥2ab，即
ab≤1(当且仅当a=b=1时取等号)，此时4 a
2b
2-1取得最大值4×1
2-1=3，故Smax =
❑√3
4 .
【点拨】利用正弦定理将角化边，结合余弦定理得到边长平方和为定值，再将面积表示为两边乘
积的函数求最值.
考法4：结合向量与四边形求面积最值
6.（2026·福漳南三市·4 月适应性练习）在平面凸四边形ABCD中，∠BAC =60
∘，AB =2，
BC =2❑√3，△BCD的面积为3 ❑√3．当∠ADB最大时，四边形ABCD的面积为__．
【答案】4 ❑√3
【解析】在△ABC中，∠BAC =60
∘，AB =2，BC =2❑√3，由余弦定理可得
BC
2= A B
2+ A C
2-2 AB⋅AC cos∠BAC，即12= 4+ A C
2-2×2 AC × 1
2，整理可得
A C
2-2 AC -8=0，解得AC = 4或AC =-2（舍去），所以A B
2+ BC
2= A C
2，故∠ABC =90
∘，
以点B为坐标原点，BC、BA所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则
A(0,2)、B(0,0)、C(2❑√3,0)，则点D在第一象限，设点D( x , y)，则
S△BCD= 1
2 |BC |⋅y = 1
2 ×2❑√3× y =3 ❑√3，解得y =3，则D( x ,3)，因∠ADB =∠yAD -∠ABD，
而tan ∠yAD =
x
3-2 = x，tan ∠ABD = x
3，则
tan ∠ADB = tan(∠yAD -∠ABD)= tan ∠yAD - tan ∠ABD
1+ tan ∠yAD tan ∠ABD =
x - x
3
1+ x
2
3
= 2 x
x
2+3
=
2
x + 3
x
≤
2
2❑√x⋅3
x
=
❑√3
3
当且仅当x = 3
x ( x>0)时，即当x = ❑√3时，等号成立，此时∠ADB取最大值π
6 ，则点D(❑√3,3)，故
S四边形ABCD= S△ABD+ S△BCD= 1
2 ×| AB|×❑√3+ 1
2 ×|BC |×3= ❑√3+3 ❑√3= 4 ❑√3.
【点拨】通过解三角形确定部分图形的形状，建立平面直角坐标系，利用两角差的正切公式及基
本不等式求出角度最大时的动点坐标.
7.（2025·福九联盟·5 月联考）在平面四边形ABCD中（B , D在直线AC的两侧），
AD =CD =1，∠ADC =120
∘．
（1） 若∠DAB =90
∘，BC = 3 ❑√2
2 ，求∠ABC；
（2） 若AB =2BC，求四边形ABCD的面积的最大值．
【答案】（1） 45
∘ （2） 1+
❑√3
4
【解析】（1） 连接AC，在△DAC中，由余弦定理得
A C
2= D A
2+ DC
2-2 DA ⋅DC cos∠ADC =3，即| AC |= ❑√3．因为AD =CD =1，∠ADC =120
∘，
所以∠DAC =30
∘，又∠DAB =90
∘，所以∠BAC =∠BAD -∠DAC =60
∘．在△ABC中，由正弦
定理得
AC
sin∠ABC =
BC
sin∠BAC ，所以sin ∠ABC = AC ⋅sin ∠BAC
BC
=
❑√3×
❑√3
2
3 ❑√2
2
=
❑√2
2 ，又
BC = 3 ❑√2
2
>❑√3= AC，所以∠ABC <60
∘，所以∠ABC = 45
∘；
（2） 设BC =m(m>0)，则BA =2m．在△ABC中，由余弦定理得
cos∠ABC = B A
2+ BC
2- A C
2
2BA ⋅BC
= m
2+ 4 m
2-3
4 m
2
= 5m
2-3
4 m
2 ，所以△ABC的面积
S = 1
2 BA ⋅BC ⋅sin ∠ABC =m
2⋅❑√
1-(
5m
2-3
4 m
2 )
2
= 1
4
❑√
-9(m
2- 5
3)
2
+16，所以当m
2= 5
3时，S取得
最大值1．所以四边形ABCD的面积的最大值为Smax+ S△DAC =1+
❑√3
4 ．
【点拨】将四边形分割为两个三角形，利用余弦定理将面积表示为边长的函数，再通过二次函数
求最值.
考法5：已知面积求边长或代数式最值
8.（2026·黄山·一模）A是△ABC的最大内角，且sin
2 A +sin
2B+sin
2C =2，| AB|⋅| AC |=1，
则下列结论正确的是（多选）（ ）
A. △ABC可能为锐角三角形
B. sin
2B+sinC的最大值为5
4
C. △ABC面积的最小值为
❑√3
4
D. tan B+ tanC的最小值为2
【答案】BD
【解析】对于A，由
sin
2 A +sin
2B+sin
2C =sin
2(B+C )+sin
2B+sin
2C =(sin BcosC +cos BsinC )
2+sin
2B+sin
2C =sin
2Bcos
2C +2
则2sin Bcos BsinC cosC =1-sin
2B+1-sin
2C -sin
2Bcos
2C -cos
2Bsin
2C，即
2sin Bcos BsinC cosC =cos
2B+cos
2C -sin
2Bcos
2C -cos
2Bsin
2C，所以
2sin Bcos BsinC cosC =cos
2B(1-sin
2C )+cos
2C(1-sin
2B)=2cos
2Bcos
2C，则
cos BcosC(cos BcosC -sin BsinC )=cos BcosC cos(B+C )=-cos A cos BcosC =0，即
cos A cos BcosC =0，由于A是△ABC的最大内角，则B∈(0, π
2 ),C ∈(0, π
2 )，所以
cos B>0,cosC >0，则cos A =0，即A = π
2 ，故△ABC为直角三角形，故A 错误；对于B，由于
A = π
2 ，则B+C = π
2 ，即sinC =sin( π
2 - B)=cos B，又B∈(0, π
2 )，则cos B∈(0,1)，所以
sin
2B+sinC =1-cos
2B+cos B =-(cos B - 1
2 )
2+ 5
4 ，则cos B = 1
2时，sin
2B+sinC取得最大值为5
4 ，
故B 正确；对于C，由于A = π
2 ，| AB|⋅| AC |=1，则△ABC面积为1
2 | AB|⋅| AC |= 1
2，故C
错误；对于D，由于A = π
2 ，则B+C = π
2 ，即tanC = tan( π
2 - B)=
sin( π
2 - B)
cos( π
2 - B)
= cos B
sin B =
1
tan B ，又
B∈(0, π
2 )，则tan B∈(0,+ ∞)，所以tan B+ tanC = tan B+
1
tan B ≥2❑√tan B⋅
1
tan B =2，当且仅
当tan B =
1
tan B，即tan B =1时等号成立，则tan B+ tanC的最小值为2.故选：BD.
【点拨】通过三角恒等变换判断出三角形为直角三角形，再利用两锐角互余关系将所求代数式转
化为单一变量的函数求最值.
考点三：长度问题
考法6：利用三角函数求线段长度范围
9.（2025·深圳高级中学·二诊）在锐角三角形ABC中，AC =1,∠A = π
3 ，△ABC外接圆的半
径为R，则（多选）（ ）
A. 1
2 < AB<2
B. 0< AB< 1
2
C. 1
2 < R<1
D.
❑√3- 1
2 <2BC - AB<2❑√3-2
【答案】AC
【解析】已知锐角△ABC中，AC =1，A = π
3 .
∵△ABC是锐角三角形，∴0<B< π
2 ，0<C < π
2 .
又A + B+C = π，∴B+C = 2π
3 .
由0<C < π
2 得0< 2π
3 - B< π
2 ，即π
6 <B< π
2 .
由正弦定理BC
sin A = AC
sin B = AB
sinC =2 R.
∵AC =1，∴2 R =
1
sin B.
∵π
6 <B< π
2 ，∴1
2 <sin B<1.
∴1<
1
sin B <2，即1<2 R<2，∴1
2 < R<1，C 正确.
AB =2 R sinC = sinC
sin B =
sin( 2π
3 - B)
sin B
=
❑√3
2 cos B+ 1
2 sin B
sin B
=
❑√3
2tan B + 1
2
.
∵π
6 <B< π
2 ，∴tan B>
❑√3
3 .
∴0<
❑√3
2tan B < 3
2，∴1
2 < AB<2，A 正确，B 错误.
BC =2 R sin A =
sin π
3
sin B =
❑√3
2sin B
.
2BC - AB =
❑√3
sin B -(
❑√3
2tan B + 1
2 )=
❑√3-
❑√3
2 cos B
sin B
- 1
2
.
令f (B)=
❑√3-
❑√3
2 cos B
sin B
，f
'(B)=
❑√3
2 sin
2B -(❑√3-
❑√3
2 cos B)cos B
sin
2B
=
❑√3
2 - ❑√3cos B
sin
2B
.
当cos B = 1
2即B = π
3 时，f
'(B)=0.
当B∈( π
6 , π
3 )时，cos B> 1
2，f
'(B)<0，f (B)单调递减；
当B∈( π
3 , π
2 )时，cos B< 1
2，f
'(B)>0，f (B)单调递增.
∴f (B)min= f ( π
3 )=
❑√3-
❑√3
4
❑√3
2
= 3
2.
又f ( π
6 )=
❑√3- 3
4
1
2
=2❑√3- 3
2，f ( π
2 )=
❑√3-0
1
= ❑√3.
∴f (B)的取值范围是[ 3
2 ,2❑√3- 3
2 ).
∴2BC - AB∈[1,2❑√3-2).D 错误.
所以选AC.
【点拨】利用正弦定理将边长转化为角的三角函数，根据锐角三角形的条件确定角的范围，再利
用三角函数的性质求范围.
10.（2026·湖南新高考联盟·二模）如图所示，若∠ACB = π
2 ，∠ABC = π
6 ，点D与B分别在
直线AC两侧，且AD = DC =2，则BD长度的最大值为__．
【答案】4+2❑√3
【解析】设∠ACD =θ，利用余弦定理及三角恒等变换将BD表示为θ的函数，再利用正弦函数的
性质求出最大值.在△ACD中，AD = DC =2，设∠ACD =θ，则θ∈(0, π
2 )，
AC =2CD cosθ = 4 cosθ，在△ABC中，∠ACB = π
2 ,∠ABC = π
6 ，则BC =
AC
tan ∠ABC = 4 ❑√3cosθ，
由余弦定理得
B D
2= BC
2+C D
2-2BC ⋅CD cos( π
2 +θ)=(4 ❑√3cosθ)
2+ 4+16 ❑√3cosθsinθ = 4(12cos
2θ+2❑√3sin2θ+1)= 4(
因θ∈(0, π
2 )，则2θ+ π
3 ∈( π
3 , 4 π
3 )，故当2θ+ π
3 = π
2 ，即θ = π
12时，(B D
2)max= 4(7+ 4 ❑√3)，所
以BD的最大值为4+2❑√3.
【点拨】引入角度作为自变量，利用余弦定理将线段长表示为三角函数，再通过辅助角公式求最
值.
考法7：利用基本不等式求线段长度最值
11.（2026·广州·一模）某公园里有一块边长分别为30 米，40 米，50 米的三角形草坪（记
为△ABC），点D，E在△ABC的边上，线段DE把草坪分成面积相等的两部分．如果沿DE
铺设灌溉水管，则水管的最短长度为__米．
【答案】20
【解析】由30
2+ 40
2=50
2，可得△ABC是直角三角形，其面积S = 1
2 ×30×40=600，不妨设
AC =30,BC = 40, AB =50，
①若D , E在AC ,BC上，如图：
设CD = x ,CE = y，则有S△CDE= 1
2 xy =300，解得xy =600，D E
2= x
2+ y
2≥2 xy =1200，即
DE≥20 ❑√3，当且仅当x = y =10 ❑√6时等号成立；
②若D , E在AC , AB上，如图：
设AD = x , AE = y ,sin A = 4
5 ,cos A = 3
5，则有S△ADE= 1
2 xy sin A = 1
2 ⋅4
5 xy =300，解得xy =750，
D E
2= x
2+ y
2-2 xy cos A ≥2 xy -2 xy cos A =600，即DE≥10 ❑√6，当且仅当x = y =5 ❑√30时等号成
立；
③若D , E在BC , AB上，如图：
设BD = x ,BE = y ,sin B = 3
5 ,cos B = 4
5 ，则有S△BDE= 1
2 xy sin B = 1
2 ⋅3
5 xy =300，解得xy =1000，
D E
2= x
2+ y
2-2 xy cos B≥2 xy -2 xy cos B = 400，即DE≥20，当且仅当x = y =10 ❑√10时等号成立；
因为20<10 ❑√6<20 ❑√3，所以DE的最小值为20，即水管的最短长度为20 米.
【点拨】分类讨论线段端点所在边的情况，利用三角形面积公式得到两边乘积，再结合余弦定理
与基本不等式求出线段长度的最小值.
12.（2025·黄冈·9 月调研）已知△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，其内切圆半径
r =1,cosC = 4
5，则边长c的最小值为___．
【答案】2+2❑√10
3
【解析】由cosC = 4
5 ，得sinC =
❑√1-cos
2C = 3
5，由S△ABC = 1
2 r(a+b+c)= 1
2 absinC，得
a+b+c = 3
5 ab①，由余弦定理有
cosC = a
2+b
2-c
2
2ab
= (a+b+c)(a+b-c)-2ab
2ab
=
3
5 ab(a+b-c)-2ab
2ab
=
3
5 (a+b-c)-2
2
= 4
5
，则
a+b-c =6②，显然a+b>6．由①+②整理得a+b=3+ 3
10 ab≤3+ 3
10 × (a+b)
2
4
，解得
a+b≥20+2❑√10
3
或a+b≤20-2❑√10
3
（舍去），则c =a+b-6≥2+2❑√10
3
，当a=b= 10+ ❑√10
3
时等
号成立，则边长c的最小值为2+2❑√10
3
.
【点拨】利用等面积法和余弦定理得到关于边长的等式，再结合基本不等式求出边长的最小值.
考法8：特殊线段长度范围求解
13.（2025·江西优创名校·4 月联考）如图，在四边形ABCD中，AC ⟂BC，AB = 4，
BC =CD，∠ACD =60
∘，则AD的最小值为（ ）
A. 2
B. ❑√6
C. 2❑√2
D. 2❑√3
【答案】C
【解析】本题考查解三角形与三角恒等变换，考查数学建模与数学运算的核心素养.设
∠BAC =α ∈(0, π
2 )，则AC = 4 cosα，CD = BC = 4 sin α，所以
AD =
❑√A C
2+C D
2-2 AC ⋅CD cos60
∘= ❑√16-8sin 2α，当sin2α =1，即α = π
4 时，AD取得最小
值2❑√2.
【点拨】引入角度作为自变量，利用解直角三角形和余弦定理将线段长表示为三角函数，再求最
值.
14.（2026·浙江县域联盟·模拟）在等腰直角△ABC中，D是边AC的中点，E为斜边BC上的
动点，则AE
DE 的可能值为（多选）（ ）
A. ❑√2
B. 3
C.
❑√5
2
D.
❑√10+ ❑√2
2
【答案】ACD
【解析】设AB = AC =2，则CE = ❑√2 x(0≤x ≤2)，则由余弦定理A E
2=2 x
2- 4 x + 4，
D E
2=2 x
2-2 x +1，经计算A E
2
D E
2 = 2 x
2- 4 x + 4
2 x
2-2 x +1 ，设f ( x)= 2 x
2- 4 x + 4
2 x
2-2 x +1
,0≤x ≤2，则
f
'( x)= 4( x
2-3 x +1)
(2 x
2-2 x +1)
2，令f
'( x)=0，得到x = 3± ❑√5
2
，在[0, 3- ❑√5
2
)上f
'( x)>0，函数f ( x)单调递
增，在( 3- ❑√5
2
,2]上f
'( x)<0，函数f ( x)单调递减；所以在[0,2]内最大值为f ( 3- ❑√5
2
)=3+ ❑√5，
又因为f （0）= 4，f （2）= 4
5 ，所以f ( x)∈[ 4
5 ,3+ ❑√5]，所以
A E
2
D E
2 = 2 x
2- 4 x + 4
2 x
2-2 x +1
∈[ 4
5 ,3+ ❑√5]，所以AE
DE ∈[ 2❑√5
5
,
❑√10+ ❑√2
2
].
【点拨】设出线段长度，利用余弦定理将所求比值的平方转化为关于单一变量的函数，通过求导
确定其值域.
考点四：转化为角范围问题
考法9：化边为角求三角函数式或代数式范围
15.（2026·湖北云学联盟·5 月模拟）在锐角△ABC中,内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c,满足
a
2+b
2=2c
2.则（多选）（ ）
A. C的最大值为π
3
B. sin A sin B的最大值为3
4
C. cos A cos B的最大值为1
4
D. 若c =1,则a+b的最小值为2
【答案】ABC
【解析】由正弦定理，a
2+b
2=2c
2等价于sin
2 A +sin
2B =2sin
2C用降幂公式化简
1-cos2 A
2
+ 1-cos2B
2
=2⋅1-cos2C
2
整理得cos2 A +cos2B =2cos2C，和差化积
2cos( A + B)cos( A - B)=2cos2C由cos( A + B)=-cosC，代入得：
-2cosC ⋅cos( A - B)=2cos2C，化简得cos( A - B)=-cos2C
cosC
= 1-2cos
2C
-cosC
=
1
cosC -2cosC ().
由锐角三角形条件，三个角均小于π
2 ，cos( A - B)=
1
cosC -2cosC ∈(0,1]，故cosC ∈[ 1
2 ,
❑√2
2 )，
推得C ∈( π
4 , π
3 ]，A 正确.对于选项B 由积化和差公式:
sin A sin B = 1
2 [cos( A - B)-cos( A + B)]= 1
2 [cos( A - B)+cosC ]代入()得:
sin A sin B = 1
2 [cos( A - B)+cosC ]= 1
2 [cos( A - B)+
1
2cosC -cosC ]令cosC = x，
f ( x)= 1
2 x - x , x∈[ 1
2 ,
❑√2
2 )，显然f ( x)单调递减.因此sin A sin B的取值范围是(
❑√2
4 , 3
4 ]，B 正确.
对于选项C 由积化和差公式:cos A cos B = 1
2 [cos( A + B)+cos( A - B)]= 1
2 [cos( A - B)-cosC ]代
入等式(*)得cos A cos B = 1
2 [
1
2cosC -cosC -cosC ]= 1
2 (
1
2cosC -2cosC )令
g( x)= 1
4 x - x , x∈[ 1
2 ,
❑√2
2 )，显然g( x)单调递减.因此cos A cos B的取值范围是(-
❑√2
4 , 1
4 ]，C 正
确.对于选项D 由a
2+b
2=2c
2，令t = a
b ∈( 1
❑√3 ,❑√3)(锐角三角形条件,cos A >0,cos B>0加余弦定理
代入a
2+b
2=2c
2齐次后解不等式),则a+b
c
= ❑√2⋅t +1
❑√t
2+1，令h(t )= (t +1)
2
t
2+1
=1+ 2t
t
2+1
，由对勾函数
性质,t + 1
t ≥2，故2t
t
2+1
≤1，即h(t )≤2.因此a+b
c
≤❑√2⋅❑√2=2，即a+b≤2c =2，当且仅当t =1即
a=b时等号成立.即a+b的最大值为2,无最小值,D 错误.
【点拨】利用正弦定理和三角恒等变换，将边长关系转化为角的三角函数关系，再结合锐角三角
形的条件求出角的范围，最后利用函数的单调性求最值.
16.（2026·合肥·三模）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
asin B =bcos(A - π
6).
（1） 求A；
（2） 若△ABC是锐角三角形，求b+c
a 的取值范围.
【答案】（1） π
3
（2） (❑√3,2]
【解析】（1） 因为asin B =bcos(A - π
6)，由正弦定理得sin A sin B =sin Bcos(A - π
6)，因为
B∈(0,π )，所以sin B≠0，所以sin A =cos(A - π
6)，即sin A =
❑√3
2 cos A + 1
2 sin A，化简得
sin A = ❑√3cos A，即tan A = ❑√3，因为A ∈(0,π )，所以A = π
3 .
（2）因为A = π
3 ，所以b+c
a
= sin B+sinC
sin A
= 2❑√3
3
(sin B+sinC )，又
sin B+sinC =sin B+sin( 2π
3 - B)=sin B+
❑√3
2 cos B+ 1
2 sin B = 3
2 sin B+
❑√3
2 cos B = ❑√3sin(B+ π
6 ).
所以b+c
a
=2sin(B+ π
6 ).又△ABC是锐角三角形，则{
0<B< π
2
0< 2π
3 - B< π
2
，解得π
6 <B< π
2 ，所以
π
3 <B+ π
6 < 2π
3 ，sin(B+ π
6 )∈(
❑√3
2 ,1]，所以b+c
a
的取值范围为(❑√3,2].
【点拨】利用正弦定理将边转化为角，再利用辅助角公式化简，结合锐角三角形的内角范围求出
整体的取值范围.
考点五：倍角问题
考法10：倍角条件下的最值与范围问题
17.已知△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c．若A =2B，且A为锐角，则c
b +
1
cos A 的
最小值为（ ）
A. 2❑√2+1
B. 3
C. 2❑√2+2
D. 4
【答案】A
【解析】
∵sinC =sin( A + B)=sin A cos B+cos A sin B =sin 2B cos B+cos2B sin B =2sin B cos
2B+(2cos
2B -1)sin B =s
∴sinC =sin B(2cos A +1)，即c =b(2cos A +1)，∴c
b =2cos A +1．∵A为锐角∴cos A >0，则
c
b +
1
cos A =2cos A +
1
cos A +1≥2❑√2+1，当且仅当2cos A =
1
cos A ，即cos A =
❑√2
2 时，等号成立，
∴c
b +
1
cos A 的最小值为2❑√2+1．
【点拨】利用倍角公式和和角公式将sinC用sin B和cos A表示，结合正弦定理化简所求代数式，
再利用基本不等式求最小值.
考点六：角平分线与中线问题
考法11：角平分线相关最值与范围问题
18.（2026·镇江·零模）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c =1，
sin B =bcos A + B
2
，角C的角平分线交AB于点D，则线段CD的最大值为（ ）
A.
❑√3
24
B.
❑√3
12
C.
❑√3
6
D.
❑√3
3
【答案】C
【解析】方法一：sin B =bcos A + B
2
即c sin B =bcos π -C
2
，∴sinC sin B =sin Bsin C
2 ，
∴sinC =sin C
2 ，∴C + C
2 = π，∴C = 2
3 π，c
2=a
2+b
2-2abcos 2
3 π =a
2+b
2+ab=1，
S△ABC = S△ACD+ S△BCD，1
2 ab
❑√3
2 = 1
2 b⋅CD⋅
❑√3
2 + 1
2 a⋅CD⋅
❑√3
2 ，∴ab=(a+b)CD，
∴CD = ab
a+b ，而(a+b)
2-ab=1，∴ab=(a+b)
2-1，CD = (a+b)
2-1
a+b
=a+b-
1
a+b，
(a+b)
2-1=ab≤(a+b)
2
4
，∴a+b≤2❑√3
3
，∴CD≤2❑√3
3
-
3
2❑√3 =
❑√3
6 .
【点拨】利用正弦定理求出角，再利用等面积法求出角平分线长度表达式，结合余弦定理与基本
不等式求最值.
考法12：中线相关最值与范围问题
19.（2025·河南TOP 二十名校·5 月联考）记△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c,已知
A = π
3 .
（1） 证明:sin BsinC ≤3
4 ;
（2） 若BC边上的中线长为❑√3,求bc的最大值.
【答案】（1） 证明见解析
（2） 4
【解析】（1） 证明:由余弦定理,得cos A = b
2+c
2-a
2
2bc
≥2bc -a
2
2bc
=1- a
2
2bc ,故1
2 ≥1- a
2
2bc ,即a
2
bc ≥1.
由正弦定理可得
sin
2 A
sin BsinC ≥1,又A = π
3 ,故3
4 ⋅
1
sin BsinC ≥1,即sin BsinC ≤3
4 .
（2） 解:设D为BC的中点,则⃗AD = 1
2 (⃗AB+⃗AC ).两边平方有
|⃗AD|
2= 1
4 (|⃗AB|
2+|⃗AC |
2+2|⃗AB|⋅|⃗AC |⋅cos A +|⃗AC |
2),即|⃗AD|
2= 1
4 (b
2+c
2+bc)=3.故
12=b
2+c
2+bc≥2bc +bc =3bc,即bc≤4,当且仅当b=c =2时等号成立,故bc的最大值为4.
【点拨】利用向量的平方运算将中线长转化为边长关系，再结合基本不等式求出两边乘积的最大
值.
考点七：四心问题
考法13：三角形四心相关最值与范围问题
20.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＿＿＿＿＿＿．
【答案】1
2
【解析】因为重心、内心分别是G , I，且⃗BO∥⃗GI，所以x A =3r，(r为△ABO内切圆的半径)，又
S△ABO= 1
2 (| AB|+| AO|+|OB|)r = 1
2 |OB|⋅x A = 1
2 |OB|⋅3r.且|OB|= 4.解得
| AB|+| AO|=8.所以
cos∠OAB=| AB|
2+| AO|
2-|OB|
2
2| AB|⋅| AO|
= (| AB|+| AO|)
2-2| AB|⋅| AO|-16
2| AB|⋅| AO|
=
24
| AB|⋅| AO| -1≥
(| AB
当且仅当| AB|=| AO|= 4时，即△ABO为等边三角形cos∠OAB有最小值1
2.
【点拨】利用重心和内心的性质，结合面积公式得出两边之和为定值，再利用余弦定理和基本不
等式求余弦值的最小值.
考点八：坐标法与隐圆问题
考法14：建系法与代数式几何意义求最值
21.（2026·温州·二模）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
sin( A +C )
sin( A -C ) = a
2+c
2+ac
a
2-c
2
．
（1） 求B；
（2） 若c =1，点D在AC上，直线BD上一点P满足⃗CB⋅⃗CP =⃗CD⋅⃗CP，在点C和点D的变
化过程中，
（ⅰ）求P A
2+ PC
2的最小值；
（ⅱ）当P A
2+ PC
2最小时，求⃗BA ⋅⃗BD的值．
【答案】（1） 2π
3
（2） （i） 15
16 （ii） 1
10
【解析】（1） 在△ABC中，因为A + B+C = π，所以sin( A +C )=sin B，代入得到
sin B
sin A cosC -cos A sinC = a
2+c
2+ac
a
2-c
2
，由正弦定理得
b
acosC -c cos A = a
2+c
2+ac
a
2-c
2
，由余弦定理
得
b
a a
2+b
2-c
2
2ab
-c b
2+c
2-a
2
2bc
= a
2+c
2+ac
a
2-c
2
，化简得b
2=a
2+c
2+ac，又
cos B = a
2+c
2-b
2
2ac
=-ac
2ac =- 1
2，B∈(0,π )，所以B = 2π
3 .
（2） （i）因为⃗CB⋅⃗CP =⃗CD⋅⃗CP，所以⃗DB⋅⃗CP =0，所以DB⟂CP.如图，建立平面直角坐标
系，此时A(-1,0)，B = 2π
3 ，设C(m,❑√3m)，m>0，因为DB⟂CP，所以⃗PB⋅⃗PC =0，设
P( x , y)，代入得x
2-mx + y
2- ❑√3my =0，整理得( y -
❑√3m
2
)
2=m
2-( x - m
2 )
2≥0，解得
- m
2 ≤x ≤3m
2 ，
P A
2+ PC
2=( x +1)
2+ y
2+( x -m)
2+( y - ❑√3m)
2=2 x + 4 m
2+1+2( x
2-mx + y
2- ❑√3my)=2 x + 4 m
2+1≥-m+ 4 m
当且仅当x =- m
2 取得等号，又因为-m+ 4 m
2+1≥4(m- 1
8 )
2+ 15
16 ≥15
16，当且仅当m= 1
8取得等号，
所以P A
2+ PC
2的最小值为15
16.（ii）此时C( 1
8 ,
❑√3
8 )，所以直线AC : y =
❑√3
9 ( x +1)，
P(- 1
16 ,
❑√3
16 )，所以直线BP: y =- ❑√3 x，联立{
y =- ❑√3 x
y =
❑√3
9 ( x +1)，解得D(- 1
10 ,
❑√3
10 )，所以⃗
BA ⋅⃗BD = 1
10.
【点拨】建立平面直角坐标系，将几何条件转化为动点坐标满足的方程，再将所求代数式转化为
坐标的函数求最值.
考法15：隐圆模型求最值
22.在平面四边形ABCD中，连接对角线BD，已知CD =9，BD =16，∠BDC =90
∘，sin A = 4
5 ，
则对角线AC的最大值为（ ）
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(16,0),C(0,9)，因为sin A = 4
5 ，|BD|=16，所以由平面几何知识得A点轨迹为圆弧
(因为为平面四边形ABCD，所以取图中第四象限部分的圆弧)，设圆心为E，则由正弦定理可得圆
半径为
1
2 ×|BD|
sin A = 1
2 × 16
4
5
=10
，∴E(8,-6)，因此对角线AC的最大值为
|CE|+10=
❑√8
2+(-6-9)
2+10=27，故选：A.
【点拨】利用正弦定理确定动点轨迹为圆弧，建立坐标系求出圆心坐标，再利用圆的几何性质求
出线段的最大值.
考点九：两边夹与正切最值问题
考法16：两边夹角关系求最值与范围
23.（2026·梅州·3 月质检）在△ABC中，角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，已知
b=
❑√3
3 c sin A +acosC.
（1） 求角A的大小；
（2） 若D为边BC上一点，满足BD =2CD，且AD =2，求△ABC的面积最大值.
【答案】（1） π
3
（2） 3 ❑√3
2
【解析】（1） 解：因为b=
❑√3
3 c sin A +acosC，由正弦定理得
sin B =
❑√3
3 sinC sin A +sin A cosC，所以sin( A +C )=
❑√3
3 sinC sin A +sin A cosC，又因为
sin( A +C )=sin A cosC +cos A sinC，所以cos A sinC =
❑√3
3 sinC sin A，因为C ∈(0,π )，所以
sinC ≠0，可得cos A =
❑√3
3 sin A，所以tan A = ❑√3，又因为A ∈(0,π )，故A = π
3 .
（2） 解：因为D为边BC上，满足BD =2CD，所以⃗BD =2⃗DC，所以⃗AD -⃗AB =2(⃗AC -⃗AD)，
所以⃗AD = 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC，所以⃗AD
2= 1
9⃗AB
2+ 4
9⃗AC
2+ 4
9⃗AB⋅⃗AC，即有
|⃗AD|
2= 1
9 |⃗AB|
2+ 4
9 |⃗AC |
2+ 4
9 |⃗AB|⋅|⃗AC |cos π
3 ，即2
2= 1
9 c
2+ 4
9 b
2+ 4
9 c⋅b⋅cos π
3 ，所以
4 = 1
9 c
2+ 4
9 b
2+ 2
9 c⋅b≥2× c
3 × 2b
3 + 2
9 bc = 2
3 bc，所以4≥2
3 bc，即bc≤6，当且仅当c
3 = 2b
3 ，即
c =2b=2❑√3时，取等号，所以S△ABC = 1
2 bc sin A = 1
2 bc sin π
3 =
❑√3
4 bc≤
❑√3
4 ×6= 3 ❑√3
2
，即△ABC
的面积最大值为3 ❑√3
2
.
【点拨】利用向量的平方运算将线段长转化为边长关系，再结合基本不等式求出两边乘积的最大
值，代入面积公式求解.
24.（2026·山师大附中·3 月检测）在△ABC中，角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，已知
b
2-a
2=ac.
（1） 求证：B =2 A；
（2） 若△ABC是锐角三角形，求a
c 的取值范围.
【答案】（1） 证明见解析
（2） (❑√2-1,1)
【解析】（1） 证明：由b
2-a
2=ac得b
2=a
2+ac，由正弦定理得sin
2B =sin
2 A +sin A sinC，即
sin
2B -sin
2 A =sin A sin( A + B)，所以sin(B - A )sin(B+ A )=sin A sin( A + B)，因为
sin( A + B)≠0，所以sin(B - A )=sin A，因为A ,B∈(0,π )，所以B - A = A或B - A = π - A(舍去)，
所以B =2 A.
（2） 由（1）知，
a
c = sin A
sinC =
sin A
sin( A + B) =
sin A
sin A cos B+cos A sin B =
1
cos B+ sin B
tan A
，由
b
2-a
2=ac得b
2+c
2-a
2
2ac
= c
2+ac
2ac = c +a
2c = 1
2 + a
2c ，即cos B = 1
2 + a
2c ，所以a
c =2cos B -1，因为
△ABC是锐角三角形，所以{
0<B< π
2
0< A < π
2
0<C < π
2
，即{
0<B< π
2
0< A < π
2
0<π -( A + B)< π
2
，所以π
2 - B< A < π
2 ，所以
1
tan B <tan A，所以sin B
tan A <cos B，所以
a
c =
1
cos B+ sin B
tan A
>
1
2cos B ，所以2cos B -1>
1
2cos B，解
得cos B> 1+ ❑√2
2
或cos B< 1- ❑√2
2
（舍去），所以1+ ❑√2
2
<cos B<1，所以
❑√2-1< a
c <1.
【点拨】利用正弦定理和余弦定理将边长比转化为角的三角函数，再结合锐角三角形的条件求出
角的范围，最后解不等式求出比值的范围.
考法17：化简为正切函数求最值与范围
25.（2026·湖南师大附中·模拟）在△ABC中，内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，已知a=3，
且c
2+2b
2=9，则
1
tan
2B
+
2
tan
2C 的最小值为＿＿＿＿＿＿．
【答案】6
【解析】由a=3且c
2+2b
2=9可知a
2=c
2+2b
2.设x =
1
tan B , y =
1
tanC ，由c
2+b
2-a
2=-b
2<0，可判
断A为钝角，B ,C为锐角，所以x>0, y >0.又
a
2=2b
2+c
2⇒sin
2 A =2sin
2B+sin
2C ⇒(
sin A
sin BsinC )
2=
2
sin
2C
+
1
sin
2B
=3+
1
tan
2B
+
2
tan
2C ，因为
A = π -(B+C )，所以sin A =sin(B+C )=sin BcosC +cos BsinC.所以
sin A
sin BsinC =
1
tan B +
1
tanC = x + y，所以( x + y)
2=3+ x
2+2 y
2⇒x = y
2+3
2 y ，
1
tan
2B
+
2
tan
2C
= x
2+2 y
2= ( y
2+3)
2
4 y
2
+2 y
2= 9
4 y
2 + 9
4 y
2+ 3
2 ≥6，当且仅当y =1时取等号，
tanC =1,tan B = 1
2，满足题干条件.综上，
1
tan
2B
+
2
tan
2C 的最小值为6.
【点拨】利用正弦定理将边长关系转化为三角函数关系，再通过换元法将所求代数式转化为关于
单一变量的函数，利用基本不等式求最小值.
26.（2025·衡水·3 月联考）记锐角△ABC内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且
acos A +bcos B =2c cosC.
（1） 证明：sin A
cos B + sin B
cos A = 4 sinC；
（2） 求tan A tan B
tan
2C
的最大值.
【答案】（1） 见解析
（2） 1
【解析】（1） 证明：由正弦定理可得sin A cos A +sin Bcos B =2sinC cosC，
sin 2 A +sin 2B =2sin 2C =-2sin(2 A +2B)，且
sin(2 A +2B)=sin 2 A cos2B+sin 2B cos2 A =2sin A cos A(2cos
2B -1)+2sin B cos B(2cos
2 A -1)
故sin A cos A(4 cos
2B -1)+sin B cos B(4 cos
2 A -1)=0，即
sin A cos A +sin Bcos B = 4 cos A cos B(sin A cos B+cos A sin B)= 4 cos A cos BsinC，而
cos A ,cos B均不为0，故sin A
cos B + sin B
cos A = 4 sinC.
（2） 解：由4 sinC = sin A
cos B + sin B
cos A ，知4 sinC
cosC =
sin A
cos BcosC +
sin B
cos A cosC ，易知
sin B
cos A cosC = tan A + tanC，同理可得
sin A
cos BcosC = tan B+ tanC，故
2tanC = tan A + tan B≥2❑√tan A tan B，由于△ABC为锐角三角形，所以tanC ≠0，即
tan A tan B
tan
2C
≤1，当且仅当A = B =C = π
3 时取等；故tan A tan B
tan
2C
的最大值为1.
【点拨】利用正弦定理和三角恒等变换将边角关系化简，再利用基本不等式求出所求代数式的最
大值.
考点十：最大角与特殊点问题
考法18：最大角问题
27.（2026·合肥·一模）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
c -2bcos(B+C )=0.
（1） 证明：a
2=b
2+2c
2；
（2） 求内角C的最大值.
【答案】（1） 见解析
（2） π
6
【解析】（1） 证明：由已知得c +2bcos A =0，即cos A =- c
2b，
由余弦定理可得cos A = b
2+c
2-a
2
2bc
=- c
2b，
所以a
2=b
2+2c
2．
（2） 解：由（1）知a
2=b
2+2c
2，所以c
2= a
2-b
2
2
，
所以cosC = a
2+b
2-c
2
2ab
=
a
2+b
2- a
2-b
2
2
2ab
= a
2+3b
2
4 ab
≥2❑√3ab
4 ab
=
❑√3
2
，
当且仅当a= ❑√3b时，即B = π
6 , A = 2π
3 时，等号成立，
所以，cosC的最小值为
❑√3
2 ，即内角C的最大值为π
6 .
【点拨】利用余弦定理将角的余弦值表示为边长的函数，再结合基本不等式求出余弦值的最小值，
从而得到角的最大值.
考法19：新定义几何问题求解
28.（2026·金科大联考·2 月联考）德国数学家克雷尔于1816 年发现了三角形的布洛卡点，
法国军官布洛卡于1875 年将此特殊点重新发现，并以他的名字命名至今.已知任意△ABC
的内部必存在点P，使得∠PAB=∠PBC =∠PCA =α(或∠PAC =∠PBA =∠PCB = β)，则P称
为△ABC的布洛卡点，α(或β)称为布洛卡角.一般地，对于任意三角形均有两个布洛卡点及
两个布洛卡角，当三角形为正三角形时，两个布洛卡点重合，且两个布洛卡角相等.已知
点M为△ABC的一个布洛卡点，且∠MAC ≠∠MBA.则∠AMB+∠ABC =＿＿＿＿＿＿；当
MA =2 MB，且AC =2时，△ABC的面积的最大值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】π；1
【解析】∵点M为△ABC的一个布洛卡点，且∠MAC ≠∠MBA，
∴∠AMB+∠ABC =∠AMB+∠ABM +∠MBC =∠AMB+∠ABM +∠MAB = π.即
∠AMB+∠ABC = π，故应填π(或180
∘)；同理可知∠AMC +∠BAC = π，不妨记
BC =a,CA =b, AB =c ,∠BAM =θ，在△MAB中，由正弦定理得
MB
sinθ =
c
sin ∠AMB =
c
sin(π -∠ABC ) =
c
sin ∠ABC ①，在△MAC中，由正弦定理得
MA
sinθ =
b
sin ∠AMC =
b
sin(π -∠BAC ) =
b
sin ∠BAC ②，由①②两式作商，可得
MB
MA = c sin∠BAC
bsin∠ABC = ac
b
2 = 1
2，所以b
2=2ac = 4，即ac =2，在△ABC中，由余弦定理得
b
2=a
2+c
2-2ac cos∠ABC，又a
2+c
2≥2ac，故2ac(1-cos∠ABC )≤4，∴1-cos∠ABC ≤1，
∴cos∠ABC ≥0，即∠ABC ≤π
2 ，∴△ABC的面积S = 1
2 ac sin∠ABC =sin∠ABC ≤1，易知当
a=c = ❑√2时取等号，即△ABC的面积最大值为1.
【点拨】根据新定义理解布洛卡点的几何性质，利用正弦定理和余弦定理将边角关系转化，再结
合基本不等式求面积的最大值.
考点十一：托勒密定理、旋转相似与等面积法
考法20：托勒密定理与旋转相似应用
29.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，又因为∠ABD =∠ACD = π
3 ，
∠CBD =∠CAD = π
3 ，因此，
S四边形ABCD= S△ABD+ S△BCD= 1
2 AB⋅BD sin π
3 + 1
2 BC ⋅BD sin π
3 =
❑√3
4 ( AB+ BC )⋅BD =
❑√3
4 ×(4 ❑√3)
2=12❑√3
故选：C.
【点拨】利用托勒密定理将对角线乘积转化为对边乘积之和，结合正三角形的性质求出两边之和，
再利用面积公式求解.
考法21：等面积法与张角定理应用
30.（2025·江西三新联盟·5 月模拟）在△ABC中，内角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c.若
A = 2π
3 ，D为BC边上的点，且∠CAD = π
2 ，AB =8, AC = 4，则AD =（ ）
A. 4
B. 4 ❑√3
C. ❑√3
D. 2❑√3
【答案】D
【解析】因为A = 2π
3 ，∠CAD = π
2 ，所以∠BAD = π
6 .由题意知S△ABC = S△ABD+ S△ACD，即
1
2 ×8×4×sin 2π
3 = 1
2 ×8× AD×sin π
6 + 1
2 ×4× AD×sin π
2 ，解得AD =2❑√3.
【点拨】利用等面积法将大三角形面积表示为两个小三角形面积之和，从而求出公共边（角平分
线或特定线段）的长度.
31.（2025·青岛·一模）已知△ABC的内角A ,B ,C对边分别为a,b,c，BC边上的高为h，
h=b+c -a，则sin A的最小值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】24
25
【解析】在△ABC中，b+c =a+h，
cos A = b
2+c
2-a
2
2bc
= (b+c)
2-a
2-2bc
2bc
= (a+h)
2-a
2
2bc
-1= h
2+2ah
2bc
-1，
即1+cos A = h
2+2ah
2bc
；
又1
2 bc sin A = 1
2 ah，∴bc = ah
sin A ，即sin A = ah
bc ，又sin A >0；
故1+cos A
sin A
= h
2+2ah
2ah
=1+ h
2a =
2cos
2 A
2
2sin A
2 cos A
2
=
1
tan A
2
>0，
如图，在△ABC中，过B作CB垂线EB，且使EB =2h，则AE = AB =c，
∴b+c =a+h≥|CE|，即(a+h)
2≥a
2+(2h)
2=a
2+ 4 h
2，可得0< h
2a ≤1
3，
∴1<1+ h
2a ≤4
3 ，即1<
1
tan A
2
≤4
3 ，∴3
4 ≤tan A
2 <1，
sin A =
2sin A
2 cos A
2
sin
2 A
2 +cos
2 A
2
=
2tan A
2
1+ tan
2 A
2
=
2
1
tan A
2
+ tan A
2
，
设tan A
2 =t，t ∈[ 3
4 ,1)，t + 1
t 在区间[ 3
4 ,1)单调递减，
∴t + 1
t ∈(2, 25
12 ]，即
1
1
tan A
2
+ tan A
2
∈[ 12
25 , 1
2 )
，
∴24
25 ≤sin A <1，当且仅当h
2a = 1
3时，即A ,C , E三点共线时等号成立.
验证：如右图中△ABC，若b=c = 5
6 a,h= 2
3 a时，满足b+c -a=h，
此时cos A = b
2+c
2-a
2
2bc
=
25
18 a
2-a
2
25
18 a
2
= 7
25，sin A = 24
25，
故存在这样的△ABC，使得sin A =2sin A
2 cos A
2 = 24
25 成立.
因此sin A的最小值为24
25.
【点拨】解决此题关键有二，一是通过已知条件结合面积公式与余弦定理得到等量关系
1+ h
2a =
1
tan A
2
；二是构造几何图形求解h
2a的范围，进而利用二倍角公式求解sin A的范围.
考点十二：平方问题与基本不等式综合
考法22：平方和问题与基本不等式综合
32.（2024·吉安六校·5 月联考）已知△ABC的三个内角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，且
b
2+2c
2=3a
2，则cos A的最小值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】
❑√2
3
【解析】由题意可得a
2= b
2+2c
2
3
，由余弦定理可得
cos A = b
2+c
2-a
2
2bc
=
b
2+c
2- b
2+2c
2
3
2bc
=
2b
2+c
2
3
2bc
= 1
3 ( b
c + c
2b )，因为a>0,b>0,c>0，所以cos A >0，
所以A ∈(0, π
2 )，所以根据基本不等式cos A = 1
3 ( b
c + c
2b )≥1
3 ⋅2❑√
b
c ⋅c
2b =
❑√2
3 ，当且仅当
b
c = c
2b，即b
2
c
2 = 1
2时等号成立.故答案为：
❑√2
3 .
【点拨】利用余弦定理将角的余弦值表示为边长的函数，再结合基本不等式求出余弦值的最小值.
