文档文本内容
第四章 三角函数与解三角形
§4.9 解三角形中的最值与范围问题
【考情分析·探规律】
考点
三年考情（2021-2024）
命题趋势
考点1 求边长、周长
的值及范围或最值
2024·全国新Ⅱ卷
2024·全国新Ⅰ卷
2023·全国新Ⅱ卷
2022·全国新Ⅱ卷
2022·全国乙卷
2022·北京卷
2022·全国新Ⅰ卷
命题规律：是新高考卷的常考内容，
设题稳定，难度中等偏上，分值为
13 - 15 分。
命题形式：一般以大题形式命题，主
要考查正余弦定理和三角形面积公式
在解三角形中的应用，同时结合基本
不等式、三角函数性质等知识点来求
解范围及最值。
常见题型：包括面积类、周长类、边
长类、边长和差类、边长积商类、中
线类、角平分线类、高线类及其他线
段类的最值与范围问题。
考点2 求角和三角函
数的值及范围或最值
2024·天津卷
2023·天津卷
2022·全国甲卷
2022·天津卷
2021·天津卷
2021·全国新Ⅰ卷
【名师点拨】
解三角形中的最值或范围问题，通常涉及与边长、周长有关的范围问题，与面积
有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，一直是高考的热点与重点，主要是利用
三角函数、正余弦定理、三角形面积公式、基本不等式等工具研究三角形问题，解决
此类问题的关键是建立起角与边的数量关系.
【必练核心题型】
题型一 利用基本不等式求最值(范围)
【典例】1.在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且满足
a
cos A ＝
❑√3b
sin B .
(1)求角A；
(2)若a＝2，求△ABC 面积的最大值.
【解析】(1)由
a
cos A ＝
❑√3b
sin B ，
结合正弦定理
a
sin A ＝
b
sin B ，得sin A
cos A ＝
❑√3sin B
sin B
＝❑√3，
所以tan A＝❑√3，
又因为A∈(0，π)，所以A＝π
3 .
(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，
即bc≤4，当且仅当b＝c＝2 时等号成立，
所以S△ABC＝1
2bcsin A≤1
2×4×
❑√3
2 ＝❑√3，
即当b＝c＝2 时，△ABC 面积的最大值为❑√3.
思维升华 求解三角形中面积和周长最值问题的常用方法
在△ABC 中，如果已知一个角及其对边，假设已知A，a，根据余弦定理a2＝b2＋c2－
2bccos A，即可得到“b2＋c2”与“bc”的等量关系.
(1)求面积最值时，S＝1
2bcsin A，即求bc 最值，在等量关系中利用基本不等式b2＋
c2≥2bc，即可求得bc 的最值.
(2)求周长a＋b＋c 的最值时，即求b＋c 的最值，在等量关系中，把b2＋c2换成(b＋c)2
－2bc，再利用基本不等式bc≤(
b＋c
2 )
2
，即可求得b＋c 的最值.
【变式训练】
变式1.已知在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，sin2B＋sin2C＋sin Bsin
C＝sin2A.
(1)求角A 的大小；
(2)若a＝❑√3，求△ABC 周长的最大值.
【解析】(1)由正弦定理
a
sin A ＝
b
sin B ＝
c
sinC ，
得b2＋c2＋bc＝a2，
即b2＋c2－a2＝－bc，
由余弦定理得，cos A＝b
2＋c
2−a
2
2bc
＝－1
2 ，
又0<A<π，所以A＝2π
3 .
(2)由a＝❑√3和(1)可知b2＋c2＋bc＝3，则3＝(b＋c)2－bc≥(b＋c)2－
(b＋c)
2
4
＝3(b＋c)
2
4
，
得4≥(b＋c)2，即b＋c≤2，
所以a＋b＋c≤2＋❑√3，当且仅当b＝c＝1 时取得等号，
所以△ABC 周长的最大值为2＋❑√3.
题型二 转化为三角函数求最值(范围)
【典例】2.如图，在平面内，四边形ABCD 的对角线交点位于四边形内部，AB＝
3，BC＝7，△ACD 为正三角形.
(1)求AC 的取值范围；
(2)设∠ABC＝α，当α 变化时，求四边形ABCD 面积的最大值.
【解析】(1)因为四边形ABCD 的对角线交点位于四边形内部，所以∠BAC＋
∠CAD<π，
又因为△ACD 为正三角形，∠CAD＝π
3 ，
所以0<∠BAC<2π
3 ，
在△ABC 中，由余弦定理得
A B
2＋A C
2−BC
2
2 AB·AC
＝cos∠BAC，
又因为－1
2<cos∠BAC<1，
将AB＝3，BC＝7 代入并整理得AC2＋3AC－40>0，且AC2－6AC－40<0，解得
5<AC<10，
所以AC 的取值范围是(5，10).
(2)在△ABC 中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos α＝9＋49－2×3×7cos
α＝58－42cos α，
由(1)知5<AC<10，
则cos α＝58−A C
2
42
∈(−1，11
14)，
又因为△ACD 为正三角形，
所以S△ACD＝
❑√3
4 AC2＝29 ❑√3
2
－21❑√3
2
cos α，
又S△ABC＝1
2AB·BC·sin α＝21
2 sin α，
所以S四边形ABCD＝S△ACD＋S△ABC
＝29 ❑√3
2
－21❑√3
2
cos α＋21
2 sin α
＝21×(
1
2 sin α −
❑√3
2 cosα)＋29 ❑√3
2
＝21sin(α −π
3)＋29 ❑√3
2
，
所以当α－π
3 ＝π
2 ，即α＝5 π
6 时，cos 5 π
6 ＝－
❑√3
2 ∈(−1，11
14)成立，
此时四边形ABCD 的面积取得最大值，最大值为21＋29 ❑√3
2
.
【解题技巧】
利用正弦定理、余弦定理，把所求量转化为关于某个角的三角函数，利用三角函数的
有界性、单调性再结合角的范围确定最值或范围.要特别注意题目隐含条件的应用，如
锐角三角形、钝角三角形、三角形内角和为π 等.
【变式训练】
变式2.在锐角△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，且bsin B－asin A＝
[2bsin(A ＋π
6)−c]sin C.
(1)求角A 的大小；
(2)求sin Ccos B 的取值范围.
【解析】
(1)bsin B－asin A
＝[2bsin(A ＋π
6)−c]sin C
＝(2bsin A cos π
6 ＋2bcos A sin π
6 −c)sin C，
由正弦定理得
b2－a2＝2bcsin Acos π
6 ＋2bccos Asin π
6 －c2，
所以❑√3bcsin A＋bccos A＝b2＋c2－a2＝2bccos A，
则❑√3sin A＝cos A，cos A≠0，
所以tan A＝
❑√3
3 ，
又A∈(0，π
2)，所以A＝π
6 .
(2)因为△ABC 为锐角三角形，
所以A＋B＝π
6 ＋B>π
2 ，B>π
3 ，
即π
3 <B<π
2 .
sin Ccos B＝sin(
5 π
6 −B)cos B
＝(sin 5 π
6 cos B−cos 5 π
6 sin B)cos B
＝1
2cos2B＋
❑√3
2 sin Bcos B
＝1＋cos2B
4
＋
❑√3
4 sin 2B
＝1
2(
❑√3
2 sin 2B＋1
2 cos2B)＋1
4
＝1
2sin(2B＋π
6)＋1
4 ，又π
3 <B<π
2 ，
则5 π
6 <2B＋π
6 <7 π
6 ，－1
2<sin(2B＋π
6)<1
2 ，
所以0<sin Ccos B<1
2.
即sin Ccos B 的取值范围是(0，1
2).
题型三 转化为其他函数求最值(范围)
【典例】3.在△ABC 中，AB＝5，D 在边AB 上，且2BD＝3AD，BC＝2CD.
(1)若CD＝2，求△ABC 的周长；
(2)求△ACD 周长的最大值.
【解析】
(1)若CD＝2，则BC＝2CD＝4，
又AB＝5，2BD＝3AD，所以BD＝3，AD＝2，
在△BCD 中，由余弦定理得
cos B＝BC
2＋B D
2−C D
2
2BC·BD
＝16＋9−4
2×4×3 ＝7
8 ，
在△ABC 中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B＝25＋16－2×5×4×7
8＝
6，
故AC＝❑√6，
故△ABC 的周长为5＋4＋❑√6＝9＋❑√6.
(2)由(1)知，BD＝3，AD＝2，
设CD＝x，则BC＝2x，
由三边关系可得{
2 x＋x>3，
2 x−x<3，解得1<x<3，
在△BCD 中，由余弦定理得
cos B＝BC
2＋B D
2−C D
2
2BC·BD
＝4 x
2＋9−x
2
2×2 x·3
＝x
2＋3
4 x
，
在△ABC 中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B＝25＋4x2－2×5×2x×
x
2＋3
4 x
＝10－x2，
故AC＝❑√10−x
2，
所以△ACD 的周长为❑√10−x
2＋x＋2，
令f(x)＝❑√10−x
2＋x＋2，1<x<3，
则f'(x)＝
−2 x
2
❑√10−x
2＋1＝
❑√10−x
2−x
❑√10−x
2
，x∈(1，3)，
当1<x<❑√5时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当❑√5<x<3 时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
故f(x)在x＝❑√5处取得极大值，也是最大值，
故△ACD 周长的最大值为f(❑√5)＝❑√5＋❑√5＋2＝2❑√5＋2.
【解题技巧】
解决此类题目，一是利用正余弦定理，转化成边的函数，或转化成关于正弦、余弦或
正切的函数，根据函数的单调性求解；二是利用三角恒等变换构造关于正弦、余弦或
正切的函数，根据函数的单调性求解.
【变式训练】
变式3.已知△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且满足
sin A
sin B＋sinC ＝c−b
b
.
(1)若C＝π
2 ，求B；
(2)求a＋c
b
的取值范围.
【解析】
(1)由
sin A
sin B＋sinC ＝c−b
b
及正弦定理可得，
a
b＋c ＝c−b
b
，即c2＝b2＋ab，
∵C＝π
2 ，∴c2＝a2＋b2，
∴b2＋ab＝a2＋b2，则a＝b，即A＝B，
又C＝π
2 ，∴B＝π
4 .
(2)由(1)知，c2＝b2＋ab，
∴a＝c
2−b
2
b
，c>b，
由三角形三边关系可得{
a＋b>c，
b＋c>a，
代入化简可得b<c<2b，
∴a＋c
b
＝c
2−b
2＋bc
b
2
＝c
2
b
2 ＋c
b－1，
令x＝c
b ，则x∈(1，2)，
令f(x)＝x2＋x－1，1<x<2，
∴f(x)＝(x＋1
2)
2
－5
4 ∈(1，5)，
∴c
2
b
2 ＋c
b－1∈(1，5)，
∴a＋c
b
的取值范围是(1，5).
【限时训练】（限时：60 分钟）
一、单项选择题(每小题5 分，共20 分)
1.在锐角△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且a＝3，A＝π
6 ，则b 的
取值范围是( )
A.(0，6)
B.(0，2❑√3)
C.(❑√3，2❑√3)
D.(3❑√3，6)
【答案】D
【解析】在锐角△ABC 中，a＝3，A＝π
6 ，
由正弦定理可得
b
sin B ＝
a
sin A ＝3
1
2
＝6，
所以b＝6sin B，
又B＋C＝5 π
6 ，
所以{
0<B< π
2 ，
0<C ＝5 π
6 −B< π
2 ，
解得π
3 <B<π
2 ，
所以
❑√3
2 <sin B<1，所以b 的取值范围是(3❑√3，6).
2.在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，已知a＝c－1，b＝c＋1，若
△ABC 为钝角三角形，则c 的取值范围为( )
A.(2，4)
B.(1，3)
C.(0，3)
D.(3，4)
【答案】A
【解析】由a＝c－1，b＝c＋1，则b>c>a，
所以c＋c－1>c＋1，故c>2，
由△ABC 为钝角三角形，则cos B<0，
即c
2＋(c−1)
2−(c＋1)
2
2c(c−1)
<0，得c2－4c<0，故0<c<4，
故c 的取值范围为(2，4).
3.在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，已知a2＝3(b＋c)，A＝π
3 ，则
△ABC 周长的最大值为( )
A.6
B.12
C.18
D.24
【答案】C
【解析】因为A＝π
3 ，且a2＝3(b＋c)，
由余弦定理可得，a2＝3(b＋c)＝b2＋c2－bc，
所以(b＋c)2－3(b＋c)＝3bc≤3
4 (b＋c)2，
当且仅当b＝c 时，等号成立，
所以b＋c≤12，所以a＝❑√3(b＋c)≤6，
即△ABC 周长的最大值为12＋6＝18.
4.(2025·泰州模拟)已知在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，C＝
60°，B>90°，则b
a的取值范围为( )
A.(
1
2 ，＋∞)
B.(❑√3，＋∞)
C.(2，＋∞)
D.(3，＋∞)
【答案】C
【解析】因为C＝60°，B>90°，
所以0°<A<30°，0<tan A<
❑√3
3 ，
即得
1
tan A >❑√3，
由正弦定理可得，b
a ＝sin B
sin A ＝sin( A ＋C )
sin A
＝
1
2 sin A ＋
❑√3
2 cos A
sin A
＝1
2 ＋
❑√3
2
×
1
tan A >2.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
5.在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知B＝π
3 ，b＝4❑√3，则下列说
法正确的是( )
A.若A＝π
4 ，则a＝4❑√2
B.若a＝1，则c＝7＋3 ❑√5
2
C.△ABC 周长的最大值为12❑√3
D.△ABC 面积的最大值12❑√3
【答案】ACD
【解析】由正弦定理，
b
sin B ＝
a
sin A ，代入数据解得a＝4❑√2，故A 正确；
由余弦定理，b2＝a2＋c2－2accos B＝c2－c＋1＝48，解得c＝1＋3 ❑√21
2
或c＝
1−3 ❑√21
2
(舍去)，故B 错误；
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac＝48，因为a2＋c2－ac＝(a＋c)2－
3ac≥(a＋c)2－3(
a＋c
2 )
2
＝(a＋c)
2
4
，
当且仅当a＝c＝4❑√3时，等号成立，所以a＋c≤8❑√3，故△ABC 周长的最大值为12
❑√3，故C 正确；
由C 选项分析可知a2＋c2－ac＝48，因为a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，所以ac≤48，所
以△ABC 的面积S△ABC＝1
2acsin B＝
❑√3
4 ac≤
❑√3
4 ×48＝12❑√3，
当且仅当a＝c＝4❑√3时等号成立，故D 正确.
6.在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且3bcos C＋3ccos B＝a2，则下
列说法正确的是( )
A.若B＋C＝2A，则△ABC 的外接圆的面积为3π
B.若A＝π
4 ，且△ABC 有两解，则b 的取值范围为[3，3❑√2]
C.若C＝2A，且△ABC 为锐角三角形，则c 的取值范围为(3❑√2，3❑√3)
D.若A＝2C，且sin B＝2sin C，O 为△ABC 的内心，则△AOB 的面积为3 ❑√3−3
4
【答案】ACD
【解析】因为3bcos C＋3ccos B＝a2，
所以由正弦定理，得3sin Bcos C＋3sin Ccos B＝asin A，
即3sin(B＋C)＝asin A，
因为A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sin A，
且sin A≠0，所以a＝3.
选项A，若B＋C＝2A，则A＝π
3 ，
所以△ABC 的外接圆的直径2R＝
a
sin A ＝2❑√3，
所以R＝❑√3，
所以△ABC 的外接圆的面积为π×(❑√3)2＝3π，A 正确；
选项B，因为△ABC 有两解，
则bsin A<a<b，则bsin π
4 <3<b，
解得3<b<3❑√2，B 错误；
选项C，由正弦定理
a
sin A ＝
c
sinC ，得
a
sin A ＝
c
sin 2 A ，
即c＝2acos A＝6cos A，
因为△ABC 为锐角三角形，
所以{
0< A < π
2 ，
0<π −3 A < π
2 ，
0<2 A < π
2 ，
所以π
6 <A<π
4 ，
所以c＝6cos A∈(3❑√2，3❑√3)，C 正确；
选项D，因为a＝3，sin B＝2sin C，A＝2C，
可得B＝π－3C，由正弦定理可得b＝2c，
由sin(π－3C)＝2sin C，
可得sin Ccos 2C＋cos Csin 2C＝2sin C，
由sin C≠0，可得4cos2C－1＝2，
解得cos2C＝3
4 ，
又B＝π－3C∈(0，π)，则C∈(0，π
3)，
故cos C＝
❑√3
2 ，sin C＝1
2 ，
可得sin A＝2sin Ccos C＝2×1
2×
❑√3
2 ＝
❑√3
2 ，
由正弦定理
a
sin A ＝
c
sinC ，a＝3 可得c＝❑√3，b＝2❑√3，则a＋b＋c＝3＋3❑√3，
S△ABC＝1
2bcsin A＝1
2×2❑√3×❑√3×
❑√3
2 ＝3 ❑√3
2
，
设△ABC 的内切圆半径为r，
则r＝2S△ABC
a＋b＋c ＝
3 ❑√3
3＋3 ❑√3 ＝3−❑√3
2
，
S△AOB＝1
2cr＝1
2×❑√3×3−❑√3
2
＝3 ❑√3−3
4
，D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
7.(2024·辽阳模拟)在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且a2＋4b2＝
6c2，则
sin
2C
sin A sin B 的最小值为 .
【答案】2
3
【解析】因为a2＋4b2＝6c2≥2❑√a
2·4 b
2＝4ab，
当且仅当a＝2b 时，等号成立，
即c
2
ab≥2
3.
由正弦定理可得
sin
2C
sin A sin B ＝c
2
ab≥2
3 ，当且仅当a＝2b 时，等号成立，
所以
sin
2C
sin A sin B 的最小值为2
3.
8.如图所示，在△ABC 中，已知A＝π
3 ，C＝π
2 ，AC＝4，D，E，F 分别在边AC，
BC，AB 上，且△DEF 为等边三角形.则△DEF 的面积的最小值是 .
【答案】12❑√3
7
【解析】不妨设△DEF 的边长为a，∠CDE＝θ.
在Rt△CDE 中，CD＝acos θ.
因为∠ADF＝π－θ－π
3 ＝2π
3 －θ，
所以在△AFD 中，可得∠AFD＝π－π
3 －∠ADF＝θ，
根据正弦定理可得AD
sinθ ＝DF
sin A ，
所以AD＝2a
❑√3sin θ，
所以AC＝CD＋AD＝a(cosθ＋2
❑√3 sinθ)＝
❑√7
❑√3asin(θ＋φ)＝4，其中tan φ＝
❑√3
2 ，
当sin(θ＋φ)＝1 时，a 取得最小值4 ❑√3
❑√7 ＝4 ❑√21
7
，
故△DEF 面积的最小值为
S＝
❑√3
4 a2＝
❑√3
4 ×(
4 ❑√21
7 )
2
＝12❑√3
7
.
四、解答题(共28 分)
9.(13 分)已知在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，tan Atan B＋tan Atan
C＝3tan Btan C.
(1)证明：3b2＋3c2＝5a2；(6 分)
(2)若a＝❑√15，当A 取最大值时，求△ABC 的面积.(7 分)
(1)证明 ∵tan Atan B＋tan Atan C＝3tan Btan C，
∴sin A
cos A(
sin B
cos B ＋sinC
cosC)＝3× sin BsinC
cos BcosC ，
∴sin A(sin Bcos C＋cos Bsin C)＝3sin Bsin Ccos A，
∴sin(B＋C)sin A＝3sin Bsin Ccos A，
又sin(B＋C)＝sin A，
∴sin2A＝3sin Bsin Ccos A，
由正弦定理可得a2＝3bccos A，
由余弦定理可得a2＝3bccos A＝3
2(b2＋c2－a2)，
整理得3b2＋3c2＝5a2.
(2)【解析】由(1)得3b2＋3c2＝5a2，
即a2＝3
5(b2＋c2)，
则cos A＝b
2＋c
2−a
2
2bc
＝
b
2＋c
2−3
5 (b
2＋c
2)
2bc
＝1
5(
c
b ＋b
c)
≥2
5 ，
当且仅当c
b ＝b
c ，即b＝c 时，等号成立，A 取最大值，
此时3b2＋3c2＝6b2＝5a2＝75，
则b2＝25
2 ，
∵cos A＝2
5>0，则A∈(0，π
2)，
可得sin A＝❑√
1−(
2
5)
2
＝
❑√21
5
，
故S△ABC＝1
2bcsin A＝1
2b2×
❑√21
5
＝1
2×25
2 ×
❑√21
5
＝5 ❑√21
4
.
10.(15 分)(2025·郑州模拟)已知在△ABC 中，❑√3sin(A＋B)＝1＋2sin2C
2 .
(1)求角C 的大小；(6 分)
(2)如图，若∠BAC 与∠ABC 的平分线交于点I，△ABC 的外接圆半径为2，求△ABI 周
长的最大值.(9 分)
【解析】
(1)∵❑√3sin(A＋B)＝1＋2sin2C
2 ，且A＋B＋C＝π，
∴❑√3sin C＝1＋1－cos C＝2－cos C，
即❑√3sin C＋cos C＝2，
∴2sin(C ＋π
6)＝2.
∵C∈(0，π)，∴C＋π
6 ∈(
π
6 ，7 π
6 )，
∴C＋π
6 ＝π
2 ，即C＝π
3 .
(2)∵△ABC 的外接圆半径为2，
∴由正弦定理知，
AB
sin∠ACB ＝
AB
sin π
3
＝2×2＝4，
∴AB＝2❑√3，
∵∠ACB＝π
3 ，∴∠ABC＋∠BAC＝2π
3 ，
∵∠BAC 与∠ABC 的平分线交于点I，
∴∠ABI＋∠BAI＝π
3 ，∴∠AIB＝2π
3 ，
设∠ABI＝θ，则∠BAI＝π
3 －θ，且0<θ<π
3 ，
在△ABI 中，由正弦定理得，
BI
sin(
π
3 −θ)
＝AI
sinθ ＝
AB
sin ∠AIB ＝
2❑√3
sin 2π
3
＝4，
∴BI＝4sin(
π
3 −θ)，AI＝4sin θ，
∴△ABI 的周长为2❑√3＋4sin(
π
3 −θ)＋4sin θ＝2❑√3＋4(
❑√3
2 cosθ−1
2 sinθ)＋4sin θ
＝2❑√3＋2❑√3cos θ＋2sin θ
＝4sin(θ＋π
3)＋2❑√3，
∵0<θ<π
3 ，∴π
3 <θ＋π
3 <2π
3 ，
∴当θ＋π
3 ＝π
2 ，即θ＝π
6 时，△ABI 的周长取得最大值，为4＋2❑√3，
故△ABI 周长的最大值为4＋2❑√3.
