重难点30：解三角形最值（范围）之拔尖
类题型归纳（十五大拔尖题型总结）
（培优固本提能讲义）
知识网络·核心根基深扎牢....................................................................................1
实战演练·能力进阶攀高峰....................................................................................2
题型01、边长（长度）类最值与范围问题...................................................2
题型02、角度最值与范围问题.......................................................................5
题型03、周长最值与范围问题.......................................................................7
题型04、面积最值与范围问题.....................................................................11
题型05、平方问题的最值与范围.................................................................16
题型06、向量问题（模长、数量积）的最值与范围.................................20
题型07、转化为三角函数求最值与范围问题.............................................23
题型08、转化为基本不等式求最值与范围问题.........................................27
题型09、转化为二次（三次）函数求最值与范围问题.............................31
题型10、等面积法求最值与范围问题.........................................................36
题型11、与高线有关的最值与范围问题.....................................................40
题型12、与角平分线有关的最值与范围问题.............................................44
题型13、与中线有关的最值与范围问题.....................................................49
题型14、与“四心”有关的最值与范围问题.............................................54
题型15、与“隐圆”有关的最值与范围问题.............................................66
题型精析・方法突破提能力..............................................................................65
知识点
1 ：正弦定理
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；
知识网络・核心根基深扎牢
（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．
题型01 边长（长度）最值与范围问题
边长（长度）最值与范围问题的解题策略
1.定条件建边角关系：梳理已知边、角、定值条件（如周长、面积），用正余弦定理将边
长转化为角的函数或建立边的不等式，明确变量范围（如内角和限制）。
2.求最值或范围：函数式用三角函数值域（如sinθ∈[−1,1]）求解；不等式用基本不等
式或三边关系推导，验证等号成立条件或边界合理性，确定结果。
1．在锐角三角形ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a,b,c ,c−2bcos A =b，角A的平
分线交BC 边于D , AD =2，则b的取值范围为（ ）
A．(
4
3 ,2❑√2) B．(❑√3,2❑√2)
C．(
4
3 ,+∞)
D．(
4
3 ,❑√3)
【答案】B
【分析】先利用正弦定理对c−2bcos A =b进行化简，得到三个角之间关系，再在
△ACD中利用正弦定理以及正弦和差公式进行化简，得到边b与cos B之间的关系，最后利
用锐角三角形中角的范围得到b的取值范围。整个化简过程中一定要注意各角的取值范围。
【详解】由正弦定理得sinC −2sin Bcos A =sin B，即
sin A cos B−sin Bcos A =sin B，即sin( A −B)= sin B，在锐角三角形ABC 中，
0< A <π
2 ,0<B<π
2 ，所以−π
2 < A −B<π
2 ，所以A −B = B，从而A =2B，
所以C =π−3 B ,∠BAD =∠CAD = B，则∠ADC =2B，在△ACD中，由正弦定
理得
2
sinC =
b
sin∠ADC
，即
实战演练・能力进阶攀高峰
b= 2sin2B
sin3 B =
4 sin Bcos B
sin Bcos2B+cos Bsin2B =
4 sin Bcos B
sin B(3−4 sin
2B)
=
4
4 cos B−
1
cos B
，
由0< A =2B<π
2 ,0<B<π
2 ，0<C =π−3 B<π
2 ，知π
6 <B<π
4 ，则
❑√2
2 <cos B<
❑√3
2 ，所以
❑√2<4 cos B−
1
cos B < 4 ❑√3
3
，则b的取值范围为(❑√3,2❑√2)．
2．在△ABC中，角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，满足
cosC +cos A cosB =2❑√2sin A cosB．若a+c =2，则b的取值范围是（ ）
A．(
❑√3
3 ,2)
B．[
❑√3
3 ,2)
C．(
2❑√3
3
,2)
D．[
2❑√3
3
,2)
【答案】D
【分析】根据三角恒等变换可化简求解得tan B =2❑√2，进而可得cosB = 1
3，由余弦
定理以及不等式可得b≥2❑√3
3
，结合三角形三边关系即可求解.
【详解】∵cosC +cos A cosB =cos A cosB−cos( A + B)
=cos A cosB−(cos A cosB−sin A sin B)=sin A sin B．
∴sin A sin B =2❑√2sin A cosB．∵sin A ≠0，∴sin B =2❑√2cosB．
∴tan B =2❑√2，B为锐角，
∴cosB = 1
3．
由基本不等式知2=a+c≥2❑√ac，∴ac≤1．当且仅当a=c =1时取到等号，
又由余弦定理知b
2=a
2+c
2−2accosB，
∴b
2=a
2+c
2−2ac
3 =(a+c)
2−8ac
3 = 4−8ac
3 ≥4
3 ．∴b≥2❑√3
3
．
又∵a+c>b，∴b<2．综上2❑√3
3
≤b<2，
故选：D．
3．已知△ABC的内角A、B、C 的对边分别为a、b、c，且❑√3asinC −c cos A −c =0．
(1)求A；
(2)若b+c =2，求a 的最小值．
【答案】(1)A =π
3
(2)1
【分析】（1）由正弦定理求解；
（2）由余弦定理结合基本不等式求解.
【详解】（1）因为❑√3asinC −ccos A −c =0，
所以由正弦定理可得❑√3sin A sinC −sinC cos A −sinC =0，
因为C ∈(0,π)，所以sinC >0，所以❑√3sin A −cos A −1=0，
整理得sin(A −π
6)= 1
2，所以A −π
6 =π
6 +2k π或A −π
6 = 5π
6 +2k π，k ∈Z，
因为A ∈(0,π)，所以A =π
3 .
（2）由余弦定理：
a
2=b
2+c
2−2bccos A =(b+c)
2−3bc≥(b+c)
2−3(
b+c
2 )
2
= 4−3×1=1，
当且仅当b=c =1时取等号.
所以a的最小值为1.
4．已知锐角△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，acos B+bcos A = 4 cosC，
c =2．
(1)求C；
(2)若角C的平分线交AB于点D，求AD的取值范围．
【答案】(1)π
3
(2)(
2
3 , 4
3)．
【分析】（1）利用正弦定理边化角可求得cosC，由此可得C；
（2）利用面积可求得AD
BD = b
a，利用正弦定理边化角，结合tan A的范围可求得b
a的
范围，进而构造不等式求得AD的取值范围.
【详解】（1）∵c =2，∴acos B+bcos A =2c cosC，
由正弦定理得：sin A cos B+sin Bcos A =2sinC cosC，
∴sin ( A + B)=sinC =2sinC cosC，
∵C ∈(0,π
2 )，∴sinC ≠0，∴cosC = 1
2，∴C =π
3 .
（2）
AD
BD = S△ACD
S△BCD
=
1
2 AC ⋅CD sin C
2
1
2 BC ⋅CD sin C
2
= AC
BC = b
a
；
由正弦定理得：
b
a = sin B
sin A = sin ( A +C)
sin A
= sin A cosC +cos A sinC
sin A
=
1
2 sin A +
❑√3
2 cos A
sin A
= 1
2 +
❑√3
2tan A ；
∵{
0< A <π
2
0<B =2π
3 −A <π
2)
，∴π
6 < A <π
2 ，∴tan A ∈(
❑√3
3 ,+ ∞)，
∴1
2 +
❑√3
2tan A ∈(
1
2 ,2)，即b
a ∈(
1
2 ,2)，
∴AD
BD =
AD
2−AD ∈(
1
2 ,2)，解得：2
3 < AD< 4
3 ，即AD的取值范围为(
2
3 , 4
3).
题型02 角度最值与范围问题
角度最值与范围问题的解题策略
1.定条件转化角的关系：梳理已知边、定值条件（如边长比、面积），用正余弦定理将边
转化为角，或借内角和消元留单变量，明确角的初始范围（如0<角<π）。
2.求角度最值或范围：用三角函数单调性、辅助角公式求值域；或用余弦定理结合不等式
得角的余弦值范围，再借余弦函数单调性确定角的范围，验证边界合理性。
5．在锐角△ABC中，记内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若a(a+b)=c
2，则A 的取
值范围是（ ）
A．(0, π
4)
B．(
π
6 , π
4)
C．(
π
6 , π
3)
D．(
π
4 , π
3)
【答案】B
【分析】利用余弦定理化简已知条件b=a+2acosC.结合正弦定理可得
sin B =sin A +2sin A cosC，结合两角和差的正弦公式化简可得：sin (C −A)=sin A即可
求解.
【详解】由已知及余弦定理，得a(a+b)=a
2+b
2−2abcosC，即b=a+2acosC.
由正弦定理，得sin B =sin A +2sin A cosC，则sin ( A +C)=sin A +2sin A cosC，
即cos A sinC −sin A cosC =sin A，即sin (C −A)=sin A，
所以C −A = A，或(C −A)+ A = π,即C =2 A或C = π（舍去）.
因为角A，B，C 都为锐角，则0<2 A < π
2 ，且0<B = π −3 A < π
2 ，所以π
6 < A < π
4 .
故选：B
6．在△ABC中，内角A ,B ,C所对边分别为a,b,c，已知a= ❑√3,b=2，且三角形有两解，
则角A 的取值范围是（ ）
A．(0,π
3 )
B．(π
3
,π
2 )
C．(π
6 ,π
3 )
D．( π
3 , 2π
3 )
【答案】A
【分析】根据正弦定理可得sin B = 2❑√3
3
sin A，再由三角形有两解，可得sin A <
❑√3
2 ，
可得角A的取值范围.
【详解】由正弦定理可得
a
sin A =
b
sin B ,
∴
❑√3
sin A =
2
sin B ,可得sin B = 2❑√3
3
sin A,
由△ABC 有两解知，B有两个解，
故sin B<1，即sin B = 2❑√3
3
sin A <1
∴sin A <
❑√3
2 ，
∴0< A <π
3 或2π
3 < A <π，
又a<b⇒A <B， ∴ A 为锐角，所以0< A <π
3 ，
故选: A.
7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a=2，b=2❑√2，若满足条
件的三角形有且只有两个，则角A 的取值范围为（ ）
A．(0,π
4 )
B．(
π
4 ,π
2 )
C．(
3π
4
,2π)
D．(0,π
4 )∪(
3π
4
,2π)
【答案】A
【分析】根据正弦定理，结合三角形有两解，推出0<sin A <
❑√2
2 ，结合a<b，即可
求得答案.
【详解】由于a=2，b=2❑√2，
根据正弦定理得：sin B = bsin A
a
= 2❑√2sin A
2
= ❑√2sin A ，
令0<❑√2sin A <1,0<sin A <
❑√2
2 ,A ∈(0,π) ,
由于a<b ，满足条件的三角形有且只有两个，A 为锐角，故A ∈(0, π
4),
故选：A
8．在△ABC中，AB =3，BC =2❑√3，则角C的取值范围是（ ）
A．(0,π
6 ]
B．(0,π
3 ]
C．[π
6 ,π
2 )
D．[π
3 ,π
2 )
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用正弦定理，结合正弦函数的性质求出范围.
【详解】在△ABC中，AB =3，BC =2❑√3，AB<BC，C为锐角，
由正弦定理得sinC = AB
BC sin A =
❑√3
2 sin A ≤
❑√3
2 ，解得0<C ≤π
3 ，
所以角C的取值范围是(0,π
3 ].
故选：B
题型03 周长最值与范围问题
周长最值与范围问题的个数的解题策略
1.化周长为单变量表达式：梳理已知边、角或定值条件（如某边、面积），用正余弦定理
将未知边转化为同一角的函数，表达周长为该角的函数式，明确角的范围。
2.求函数值域得周长范围：利用三角函数单调性、辅助角公式求函数值域；或结合基本不
等式、三边关系列不等式，求解得周长最值或范围，验证等号成立条件。
9．在△ABC中，已知2asin A =(2b−c)sin B+(2c−b)sinC，a=2，则△ABC周长最大
值为（ ）
A．4
B．6
C．4 ❑√3
3
D．4 ❑√3
3
+2
【答案】B
【分析】利用正弦定理角化边，再利用基本不等式求出最小值.
【详解】在△ABC中，由2asin A =(2b−c)sin B+(2c−b)sinC及正弦定理，
得2a
2=(2b−c)b+(2c−b)c，整理得a
2=b
2+c
2−bc，而a=2，
因此4 =(b+c)
2−3bc≥(b+c)
2−3( b+c
2
)
2
= 1
4 (b+c)
2，解得b+c≤4，当且仅当
b=c时取等号，
所以当b=c =2时，△ABC周长取得最大值6.
故选：B
10．在锐角三角形ABC 中，若❑√3sin B+cos B =2，且满足关系式
cos B
b
+ cosC
c
= sin A ⋅sin B
3sinC
，则△ABC的周长最大值为（ ）
A．❑√3
B．2❑√3
C．4 ❑√3
D．6 ❑√3
【答案】D
【分析】由❑√3sin B+cos B =2，推导出B = π
3 ，由cos B
b
+ cosC
c
= sin A sin B
3sinC
，推
导出b=2❑√3，再由正弦定理可得a= 4 sin A，c = 4 sinC = 4 sin( 2π
3 −A )，由此能求出周
长的取值范围.
【详解】∵ ❑√3sin B+cos B =2，∴
❑√3
2 sin B+ 1
2 cos B =1，∴sin(B+ π
6 )=1，
∴B+ π
6 = π
2 +2kπ，∵B< π
2 ，∴B = π
3 ，
∵ cos B
b
+ cosC
c
= sin A sin B
3sinC
，∴ a
2+c
2−b
2
2abc
+ a
2+b
2−c
2
2abc
=
❑√3
2 a
3c
，
∴ a
bc =
a
2❑√3c ，∴b=2❑√3，由正弦定理可得
a
sin A =
c
sinC =
b
sin B = 2❑√3
❑√3
2
= 4
，
∴a= 4 sin A，c = 4 sinC = 4 sin( 2π
3 −A )，
∴a+c = 4 sin A + 4 sin( 2π
3 −A )= 4 ❑√3( 1
2 cos A +
❑√3
2 sin A )= 4 ❑√3sin( A + π
6 )，
∵三角形ABC为锐角三角形，∴ π
6 < A < π
2 ，∴ π
3 < A + π
6 < 2π
3 ，
∴
❑√3
2 <sin( A + π
6 )≤1 ∴6<4 ❑√3sin( A + π
6 )≤4 ❑√3，即6<a+c≤4 ❑√3，又
b=2❑√3
∴a+b+c≤6 ❑√3，∴△ABC的周长最大值为6 ❑√3.
故选：D
11．已知向量⃗a=(cos3 x ,sin3 x)，⃗b=(−sin(x +π
6 ),cos(x +π
6 ))，令f (x)=⃗a⋅⃗b.
(1)求f (x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)已知当x∈[−π
6 ,π
2 )时，关于x的方程f (x)−m=0(m∈R)有两个不等实根，
求m的取值范围和这两根之和；
(3)在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f ( A)=1，a=2，
求△ABC周长l的取值范围.
【答案】(1)T =π，单调递增区间为[−π
6 +k π,π
3 +k π),k ∈Z
(2)1
2 ≤m<1，两个根之和为2π
3
(3)a+b+c∈(2+2❑√3,6)
【分析】（1）根据数量积的运算，结合和差角公式化简f (x)=⃗a⋅⃗b=sin(2 x−π
6 )，
即可利用周期公式以及整体法求解单调性；（2）利用整体法求解；（3）利用正弦定理，
结合三角恒等变换以及三角函数的性质求解.
【详解】（1）
f (x)=⃗a⋅⃗b=−cos3 x sin(x +π
6 )+sin3 x cos(x +π
6 )=sin(3 x−(x +π
6 ))=sin(2 x−π
6 )
，
故周期为T = 2π
2 =π，
令−π
2 +2k π≤2 x−π
6 ≤π
2 +2k π,k ∈Z，解得
−π
6 + k π≤x ≤π
3 + k π,k ∈Z，
故单调递增区间为[−π
6 + k π,π
3 + k π),k ∈Z；
（2）当x∈[−π
6 ,π
2 )时，2 x−π
6 ∈[−π
2 ,5π
6 )，
若f (x)=m(m∈R)有两个实数根x1, x2，所以1
2 ≤m<1，
由于2 x1−π
6 +2 x2−π
6 =π，故x1+ x2= 2π
3 ；
（3）由f ( A)=1可得sin(2 A −π
6 )=1，故2 A −π
6 =π
2 +2k π,k ∈Z，故
A =π
3 + k π,k ∈Z，
由于A为锐角，故A =π
3 ，
故
a
sin A = 2
❑√3
2
= 4
❑√3，
故b+c = 4
❑√3
(sin B+sinC)= 4
❑√3(sin B+sin(
2π
3 −B))= 4 sin(B+π
6 )，
由于{
0<B<π
2
0< 2π
3 −B<π
2)
，故π
6 <B<π
2 ，
因此π
3 <B+π
6 <2π
3 ，故sin(B+π
6 )∈(
❑√3
2 ,1)，
因此b+c = 4 sin(B+π
6 )∈(2❑√3,4)，故a+b+c∈(2+2❑√3,6).
12．设△ABC的内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且
(a+c)⋅sin (B+C)=(b−c)⋅(sin B+sinC)，b= ❑√3.
(1)点E 为边AC的中点，若BE = 1
2，求△ABC的面积；
(2)如图所示，点D 是△ABC外一点，若∠BAC =∠DAC =θ，且∠ADC =π
3 ，记
△BCD的周长为f (θ)，求f (θ)的取值范围.
【答案】(1)
❑√3
4
(2)f (θ)∈(0,3 ❑√3)
【分析】（1）利用正余弦定理以及诱导公式可得B = 2π
3 ，根据E为边AC的中点得
到⃗BA +⃗BC =2⃗BE，两边平方后结合余弦定理求解即可；
（2）利用正弦定理得到BC =2sinθ和CD =2sinθ，再利用余弦定理结合诱导公式以
及二倍角公式得到BD = 4 sinθcosθ，写出f (θ)的表达式，求导判断单调性即可求解.
【详解】（1）由(a+c)⋅sin(B+C )=(b−c)⋅(sin B+sinC )可得
sin(B+C )
sin B+sinC = b−c
a+c ，
由正弦定理
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC 得，
sin (B+C)
sin B+sinC = sin (π−A)
sin B+sinC =
sin A
sin B+sinC =
a
b+c = b−c
a+c ，
所以a
2+ac =b
2−c
2，即a
2+c
2−b
2=−ac．
由余弦定理cos B = a
2+c
2−b
2
2ac
= −ac
2ac =−1
2，又因为B∈(0,π)，因此B = 2π
3 ，
因为中线BE = 1
2，所以⃗BA +⃗BC =2⃗BE；
两边同时平方得⃗BA
2+⃗BC
2+2⃗BA ⋅⃗BC = 4⃗BE
2，即a
2+c
2−ac =1，
在△ABC中，b= ❑√3，由余弦定理可得a
2+c
2+ac =3，
可得ac =1，所以S△ABC = 1
2 ac sin B =
❑√3
4 ；
（2）在△ABC中，由正弦定理可得
BC
sinθ =
AC
sin ∠ABC =
❑√3
❑√3
2
=2，即BC =2sinθ，
在△ADC中，由正弦定理可得
CD
sinθ =
AC
sin ∠ADC =
❑√3
❑√3
2
=2
，即CD =2sinθ．
因为四边形ABCD的内角和为2π，且∠ABC +∠ADC =π，
所以π−2θ =∠BCD，
在△BCD中，B D
2= BC
2+C D
2−2BC ⋅CD cos∠BCD
= 4 sin
2θ+ 4 sin
2θ−2×2sinθ×2sinθ×cos(π−2θ)
=8sin
2θ(1+cos2θ)=8sin
2θ×2cos
2θ =16sin
2θcos
2θ
所以BD = 4 sinθcosθ，
则f (θ)=2sinθ+2sinθ+ 4 sinθcosθ = 4 (sinθ+sinθcosθ)，
f
′ (θ)= 4(cosθ+cos
2θ−sin
2θ)= 4(2cos
2θ+cosθ−1)= 4 (cosθ+1)(2cosθ−1)，
因为在△ABC中0<θ<π
3 ，所以1
2 <cosθ<1，
则f
′ (θ)>0，f (θ)在(0,π
3 )单调递增，
因为f (0)=0,f(
π
3 )=3 ❑√3，所以f (θ)∈(0,3 ❑√3)，
所以f (θ)的取值范围为(0,3 ❑√3).
题型04 面积最值与范围问题
面积最值与范围问题的解题策略
1.化面积为单变量表达式：梳理已知边、角或定值条件（如某边、周长），用面积公式结
合正余弦定理，将面积转化为单一角或边的函数，明确变量取值范围。
2.求函数值域得面积范围：角的函数用三角函数值域（如sinθ范围）求解；边的函数用基
本不等式推导，结合三角形性质验证边界，确定面积最值或范围。
13．在△ABC中，角A ,B ,C所对的边分别是a,b,c , M是BC的中点，
BM =2, AM =c−b，则△ABC面积的最大值为（ ）
A．❑√3
B．2❑√3
C．3
D．3 ❑√3
【答案】B
【分析】结合已知条件，分别在△ABM、△ABC中应用余弦定理，可得
c
2+ 4−(c−b)
2
4 c
= c
2+16−b
2
8c
，整理可得b
2+c
2= 4 bc−8.由于
cos∠BAC = 2bc−12
bc
∈(−1,1)，解得bc∈(4,12).利用同角三角函数基本关系式可求
sin∠BAC = ❑√
1−(
2bc−12
bc )
2
.进而根据三角形的面积公式可得S = 1
2
❑√−3(bc−8)
2+ 48.
最后利用二次函数的性质即可求解△ABC的面积的最大值.
【详解】在△ABM中，由余弦定理得：
cosB = A B
2+ B M
2−A M
2
2 AB⋅BM
= c
2+ 4−(c−b)
2
4 c
.
在△ABC中，由余弦定理得：
cosB = A B
2+ BC
2−A C
2
2 AB⋅BC
= c
2+16−b
2
8c
.
∴c
2+ 4−(c−b)
2
4 c
= c
2+16−b
2
8c
.即b
2+c
2= 4 bc−8.
∵∠BAC ∈(0,π )
∴cos∠BAC = b
2+c
2−16
2bc
= 2bc−12
bc
∈(−1,1)，则bc∈(4,12).
又∵sin∠BAC =
❑√1−cos
2∠BAC = ❑√1−(
2bc−12
bc )
2
，
∴S = 1
2 bcsin∠BAC = 1
2 bc ❑√
1−(
2bc−12
bc )
2
= 1
2
❑√−3(bc−8)
2+ 48.
则当bc =8时，S取得最大值2❑√3.
故选：B.
14．在锐角△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边，已知2a−c
6
=cosC
cosB 且b=6，
则锐角△ABC面积的取值范围为（ ）
A．(0,4 ❑√3) B．(4 ❑√3,9 ❑√3)
C．(6 ❑√3,9 ❑√3)
D．(0,6 ❑√3)
【答案】C
【分析】首先利用正弦定理求出角B，再利用三角形面积公式结合正弦定理化边为角，
再根据三角恒等变换转化为三角函数求范围即可.
【详解】∵ 2a−c
6
=cosC
cosB 且b=6，∴ 2a−c
b
=cosC
cosB ,
根据正弦定理得，2sin A −sinC
sin B
=cosC
cosB ,
即(2sin A −sinC)cosB =sin BcosC，
整理得2sin A cosB =sin BcosC +sinC cosB =sin A，
∵ A ∈(0,π
2 )，∴ sin A >0，∴ 2cosB =1，解得cosB = 1
2，B =π
3 ，
∵
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =2 R = 6
❑√3
2
= 4 ❑√3
，
∴ a= 4 ❑√3sin A，c = 4 ❑√3sinC,
∴ △ABC的面积S = 1
2 ac sin B =12❑√3sin A ⋅sinC =12❑√3sin A sin(
2π
3 −A)
∴ S =12❑√3sin A(
❑√3
2 cos A + 1
2 sin A)
=12❑√3(
❑√3
2 cos A sin A + 1
2 sin
2 A)
=6 ❑√3(
❑√3
2 sin 2 A + 1−cos2 A
2
)
=6 ❑√3(
❑√3
2 sin 2 A −1
2 cos2 A + 1
2)
=6 ❑√3sin(2 A −π
6 )+3 ❑√3
∵ △ABC为锐角三角形，∴ 0< A <π
2 ，∴0<C = 2π
3 −A <π
2 ，
∴π
6 < A <π
2 ，∴2 A −π
6 ∈(
π
6 ,5π
6 )，
∴sin(2 A −π
6 )∈(
1
2 ,1)，
∴S =6 ❑√3sin(2 A −π
6 )+3 ❑√3∈(6 ❑√3,9 ❑√3).
故选：C.
15．已知函数f (x)=2sinωx cosωx +2❑√3sin
2ωx −❑√3 (ω>0)，函数f (x)的最小正周
期为π
(1)求ω的值及此时f (x)的对称中心.
(2)将f (x)向左平移φ(φ>0)个单位后得到一个偶函数，求φ的最小值.
(3)若A为锐角△ABC的内角，且f ( A)= ❑√3，a=2❑√3，求△ABC面积的取值范围.
【答案】(1)ω=1，对称中心为(
k π
2 +π
6 ,0),k ∈Z；
(2)5π
12
(3)(2❑√3,3 ❑√3)
【分析】（1）首先利用三角恒等变换公式将函数化简，结合函数的周期求出ω，即
可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）首先求出平移后的解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；
（3）首项求出A，再求出B的范围，利用正弦定理表示出b，根据三角形面积公式
1
2 absinC将三角形面积表示为关于B的三角函数并利用三角恒等变换公式化简，根据三角
函数值域即可求三角形面积．
【详解】（1）因为f (x)=2sinωxcosωx +2❑√3sin
2ωx−❑√3
=2sinωx cosωx + ❑√3(2sin
2ωx −1)
=sin2ωx −❑√3cos2ωx =2(
1
2 sin2ωx −
❑√3
2 cos2ωx)=2sin(2ωx −π
3 )，
由f (x)的最小正周期为π且ω>0，所以2ω= 2π
π
=2，解得ω=1，
所以f (x)=2sin(2 x−π
3 )，
令2 x−π
3 =k π,k ∈Z，解得x = k π
2 +π
6 ,k ∈Z，
所以函数的对称中心为(
k π
2 +π
6 ,0),k ∈Z；
（2）将f (x)向左平移φ(φ>0)个单位得到
y =2sin[2(x +φ)−π
3 )=2sin(2 x +2φ−π
3 )，
又y =2sin(2 x +2φ−π
3 )为偶函数，所以2φ−π
3 =π
2 +k π(k ∈N)，
解得φ =5π
12 + k π
2
(k ∈N)，
所以φ的最小值为5π
12 ；
（3）因为f ( A)= ❑√3，即sin(2 A −π
3 )=
❑√3
2 ，
又A ∈(0,π
2 )，所以2 A −π
3 ∈(−π
3 ,2π
3 )，所以2 A −π
3 =π
3 ，则A =π
3 ，
∵a=2❑√3，A =π
3 ，∴B+C = 2π
3 ，C = 2π
3 −B，
∵{
0<B<π
2
0<C <π
2
⇒π
6 <B<π
2)
，
由正弦定理
a
sin A =
b
sin B ，所以b=
a
sin A ⋅sin B = 4 sin B，
∴S△ABC = 1
2 absinC = 4 ❑√3sin Bsin(
2π
3 −B) = 4 ❑√3sin B⋅(
❑√3
2 cos B+ 1
2 sin B)
= ❑√3(2❑√3sin BcosB+2sin
2B)= ❑√3(
❑√3sin2B+2× 1−cos2B
2
)
=2❑√3(
❑√3
2 sin2B−1
2 cos2B+ 1
2)=2❑√3sin(2B−π
6 )+ ❑√3，
∵π
6 <B<π
2 ，∴π
6 <2B−π
6 < 5π
6 ，∴1
2 <sin(2B−π
6 )≤1，
∴S△ABC∈(2❑√3,3 ❑√3)，即△ABC面积的取值范围为(2❑√3,3 ❑√3)．
16．在△ABC中，角A、B、C 所对的边为a、b、c，且acosC +c cos A =2bcos B．
(1)求角B；
(2)当AC =12时，求△ABC面积的最大值．
【答案】(1)B =π
3
(2)36 ❑√3
【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换将题干中的式子化简为
2sin Bcos B =sin B，根据角B 的范围即可求解角B 的大小；
（2）根据余弦定理a
2+c
2−ac =144，通过基本不等式放缩得到ac 的最大值，再结
合正弦定理面积公式即可求解出面积最大值．
【详解】（1）由acosC +c cos A =2bcos B及正弦定理可得
2sin Bcos B =sin A cosC +cos A sinC =sin ( A +C)=sin B，
因为B∈(0,π)，则sin B>0，所以cos B = 1
2，故B =π
3 ．
（2）因为b= AC =12，由余弦定理可得
144 =b
2=a
2+c
2−2ac cos B =a
2+c
2−ac≥2ac−ac =ac，
当且仅当a=c =12时，等号成立，故S△ABC = 1
2 ac sin B =
❑√3
4 ac≤36 ❑√3，
故△ABC面积的最大值为36 ❑√3．
题型05 平方问题的最值与范围
平方问题的最值与范围的解题策略
1.化平方表达式为单变量：梳理已知条件，用余弦定理将边的平方转化为角的余弦函数，
或用正弦定理转化为三角函数平方形式，明确变量（角或边）的取值范围。
2.求值域得平方范围：用二倍角公式化简三角函数平方，结合余弦函数值域求解；或用基
本不等式、三边关系列不等式，验证边界合理性后确定平方的最值或范围。
17．锐角△ABC中，a=2, A =π
3 ，则b
2+c
2取值范围是（ ）
A．(0,4 ]
B．(4,8]
C．(
20
3 ,8)
D．[
20
3 ,8)
【答案】C
【分析】由已知求得B的取值范围是(
π
6 ,π
2 )，由正弦定理把b
2+c
2表示为B的三角
函数，由三角函数恒等变换结合正弦函数性质可得取值范围．
【详解】由正弦定理得：
c
sinC =
b
sin B =
a
sin A =
2
sinπ
3
= 4 ❑√3
3
，
b
2+c
2= 16
3 sin
2B+ 16
3 sin
2C = 8
3
(1−cos2B+1−cos2C)，
所以b
2+c
2= 8
3[2−cos2B−cos2(π−π
3 −B))，
b
2+c
2= 8
3(2−cos2B+ 1
2 cos2B+
❑√3
2 sin2B)= 8
3[sin(2B−π
6 )+2)，
因为三角形为锐角三角形，所以B∈(0,π
2 )，C = 2π
3 −A ∈(0,π
2 )，
从而得B∈(
π
6 ,π
2 )，
所以sin(2B−π
6 )∈(
1
2 ,1)，所以b
2+c
2∈(
20
3 ,8)．
故选：C.
18．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 =a
2−(b−c)
2，则2b
2+c
2
bc
的取值范围为（ ）
A．(
43
15 , 59
15)
B．[2❑√2, 43
15)
C．[2❑√2, 59
15)
D．[2❑√2,+∞)
【答案】C
【分析】由余弦定理结合面积公式，再应用同角三角函数关系求出sin A ,cos A，由
正弦定理边角互化，再应用两角和差公式化简，最后应用基本不等式及对勾函数的单调性
求解即得.
【详解】△ABC中，由余弦定理得a
2=b
2+c
2−2bc cos A，
且△ABC的面积为S = 1
2 bc sin A，
由2S =a
2−(b−c)
2，得bc sin A =2bc−2bc cos A，化简得sin A +2cos A =2，
又A ∈(0,π
2 )，sin
2 A +cos
2 A =1，所以sin A +2
❑√1−sin
2 A =2，
化简得5sin
2 A −4 sin A =0，解得sin A = 4
5 ，或sin A =0（不合题意，舍去）
所以cos A =
❑√−sin
2 A = 3
5，
所以b
c = sin B
sinC = sin ( A +C)
sinC
= sin A cosC +cos A sinC
sinC
=
4
5 tanC + 3
5，
由B+C =π−A，且B∈(0,π
2 )，π−A ∈(
π
2 ,π)，
解得C ∈(
π
2 −A ,π−A)∩(0,π
2 )=(
π
2 −A ,π
2 )，
所以tanC >
1
tan A = 3
4 ，所以
1
tanC ∈(0, 4
3)，所以b
c ∈(
3
5 , 5
3)，
设t = b
c ，其中t ∈(
3
5 , 5
3)，
所以2b
2+c
2
bc
= 2t
2+1
t
=2t + 1
t ≥2❑√2，
当且仅当2t = 1
t 时，即t =
❑√2
2 时取最小值2❑√2，
令f (t )=2t + 1
t ，
由对勾函数可得函数f (t )=2t + 1
t 在(
3
5 ,
❑√2
2 )上单调递减，在[
❑√2
2 , 5
3)上单调递增，
又f(
3
5)=2× 3
5 + 5
3 = 43
15 ，f(
5
3)=2× 5
3 + 3
5 = 59
15，
所以2b
2+c
2
bc
= 2t
2+1
t
=2t + 1
t ∈[2❑√2, 59
15)．
故选：C.
19．已知在锐角△ABC中，内角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，且tanC =
ab
a
2+b
2−c
2．
(1)求角C的大小；
(2)当c =1时，求a
2+b
2的取值范围；
【答案】(1)C =30°
(2)a
2+b
2∈(7,4 +2❑√3]
【分析】（1）先切化弦，再结合余弦定理即可求解.
（2）由正弦定理将所求边的式子化为关于A 的三角函数，再根据角的范围求出.
【详解】（1）由tanC =
ab
a
2+b
2−c
2得cotC = a
2+b
2−c
2
ab
=2cosC，所以sinC = 1
2，
又△ABC为锐角三角形，所以C =30°．
故角C的大小为30
o.
（2）因为c =1，C =30°，由正弦定理2 R =
c
sinC =2，即R =1.
再由正弦定理得a=2sin A，b=2sin B
a
2+b
2= 4 sin
2 A + 4 sin
2B
=2(1−cos2 A )+2(1−cos2B)
= 4−2(cos2 A +cos2B)
= 4−2[cos2 A +cos2(150
o−A )]
= 4−2(cos2 A + 1
2 cos2 A −
❑√3
2 sin 2 A )
= 4+2❑√3( 1
2 sin 2 A −
❑√3
2 cos2 A )
= 4 +2❑√3sin(2 A −60
o)
又因为在锐角△ABC中，60
o< A <90
o，60
o<2 A −60
o<120
o.
所以
❑√3
2 <sin(2 A −60
o)≤1，7<4 +2❑√3sin(2 A −60
o)≤4 +2❑√3.
所以a
2+b
2的取值范围(7,4 +2❑√3)．
20．在锐角△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足
(sin A −sinC)⋅(sin A +sinC)=sin B (sin A −sin B).
(1)求角C；
(2)求a
2+b
2
c
2
的取值范围.
【答案】(1)C =π
3
(2)(
5
3 ,2)
【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理化简可得出cosC的值，结合角C的取值范
围可得出角C的值；
（2）由余弦定理可得出
a
2+b
2
c
2
=1+
1
a
b + b
a −1，求出角A的取值范围，利用正弦定理
结合两角和的正弦公式求出b
a的取值范围，再利用双勾函数的基本性质以及反比例函数的
基本性质可求得a
2+b
2
c
2
的取值范围.
【详解】（1）因为(sin A −sinC)⋅(sin A +sinC)=sin B (sin A −sin B)，
由正弦定理可得(a−c)(a+c)=b(a−b)，即a
2−c
2=ab−b
2，即a
2+b
2−c
2=ab，
由余弦定理可得cosC = a
2+b
2−c ❑
❑
2
2ab
= 1
2，
因为C ∈(0,π)，故C =π
3 .
（2）由（1）得c
2=a
2+b
2−ab，
所以，
a
2+b
2
c
2
=
a
2+b
2
a
2+b
2−ab
= a
2+b
2−ab+ab
a
2+b
2−ab
=1+
ab
a
2+b
2−ab
=1+
1
a
b + b
a −1，
因为△ABC为锐角三角形，则{
0< A <π
2
0<B<π
2 )
，即{
0< A <π
2
0< 2π
3 −A <π
2)
，解得
π
6 < A <π
2 ，
所以，tan A >
❑√3
3 ，则0<
1
tan A <❑√3，
则b
a = sin B
sin A = sin ( A +C)
sin A
=
1
2 sin A +
❑√3
2 cos A
sin A
= 1
2 +
❑√3
2tan A ∈(
1
2 ,2)
，
因为双勾函数y = x + 1
x −1在(
1
2 ,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，
所以，ymin=1+1−1=1，
当x = 1
2或x =2时，y =2+ 1
2 −1= 3
2，
所以，函数y = x + 1
x −1在(
1
2 ,2)上的值域为[1, 3
2)，
因为1
2 < b
a <2，则1≤a
b + b
a −1< 3
2，
故
a
2+b
2
c
2
=1+
1
a
b + b
a −1
∈(
5
3 ,2).
因此，a
2+b
2
c
2
的取值范围为(
5
3 ,2).
题型06 向量问题（模长、数量积）的最值与范围
向量问题（模长、数量积）的最值与范围问题的解题策略
1.向量转化构边角关系：用向量数量积、线性运算将向量条件转化为边或角的关系，结合
正余弦定理把目标量表示为单变量函数，根据三角形性质确定变量范围。
2.求函数值域得范围：三角函数式用单调性、有界性求解；代数函数式用基本不等式或导
数求最值，结合向量方向、三角形三边关系验证，确定目标量最值或范围。
21．设△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且a
2+b
2+ab=c
2，若角C的内角平分
线CM =2，则⃗AC ⋅⃗CB的最小值为（ ）
A．8
B．4
C．16
D．12
【答案】A
【分析】先根据a
2+b
2+ab=c
2，结合余弦定理求C，再根据S△ABC = S△ACM + S△BCM，
结合面积公式得到
ab=2(b+a)≥4 ❑√ab，进而求出ab的最小值，再根据数量积定义求⃗AC ⋅⃗CB.
【详解】因为a
2+b
2+ab=c
2，
所以cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
=−1
2，而C为三角形内角，
所以C = 2π
3 ，
由S△ABC = S△ACM + S△BCM，所以1
2 absin2π
3 = 1
2 b⋅CM ⋅sinπ
3 + 1
2 a⋅CM ⋅sinπ
3 ，
化简得到ab=2b+2a，
所以ab=2(b+a)≥4 ❑√ab，则ab≥16，当且仅当a=b= 4时，等号成立，
所以AC⃗⋅CB⃗=|AC⃗)|CB⃗)⋅cosπ
3 = 1
2 ab≥8，
所以⃗AC ⋅⃗CB的最小值为8.
故选：A．
22．在△ABC中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，A = π
3 ，a=3，且⃑BC =2⃑BD，
则|⃑AD|的最大值为（ ）
A．3 ❑√3
2
B．❑√6
C．3 ❑√2
2
D．❑√5
【答案】A
【分析】先由D为BC中点，利用⃑AD = 1
2
(⃑AB+⃑AC)表示出|⃑AD|，再利用余弦定理
求出bc的最大值，即可求解.
【详解】由⃑BC =2⃑BD知D为BC中点，⃑AD = 1
2
(⃑AB+⃑AC)，
|⃑AD|=
❑√⃑AD
2= ❑√
1
4 (⃑AB
2+2⃑AB⋅⃑AC +⃑AC
2)= ❑√
1
4(|⃑AB)
2+2|⃑AB)⋅|⃑AC)cos π
3 +|⃑AC)
2)
= ❑√
1
4 (c
2+bc +b
2)，又cos A = b
2+c
2−9
2bc
= 1
2，b
2+c
2=bc +9≥2bc ,bc≤9，当且仅当
b=c =3时，取等号，故|⃑AD|= ❑√
1
4 (c
2+bc +b
2)= ❑√
1
4
(9+2bc)≤3 ❑√3
2
.
故选：A.
23．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且C =π
3 ，c =2，则⃗AC ⋅⃗AB的
最大值为（ ）
A．2❑√3
3
B．2❑√3
3
+1
C．4 ❑√3
3
D．4 ❑√3
3
+2
【答案】D
【分析】利用数量积的定义与正弦定理可得⃗AC ⋅⃗AB = 8
❑√3 sin Bcos A，再利用两角
和与差的正弦公式以及三角函数的有界性求解即可.
【详解】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且C =π
3 ，c =2，⃗
AC ⋅⃗AB =|⃗AC)⋅|⃗AB)cos A =2|⃗AC)cos A =2bcos A，
由正弦定理可得
b
sin B =
c
sinC = 2
❑√3
2
= 4
❑√3 ⇒b= 4
❑√3 sin B
，
所以⃗AC ⋅⃗AB = 2bcos A = 8
❑√3 sin Bcos A，
由{
sin Bcos A −cos Bsin A =sin (B−A)
sin Bcos A +cos Bsin A =sin (B+ A))
可得sin Bcos A = 1
2 [sin (B+ A)+sin (B−A))
= 1
2[sin 2π
3 +sin (B−A))= 1
2[
❑√3
2 +sin(
2π
3 −2 A))≤
❑√3
4 + 1
2，
当且仅当2π
3 −2 A =π
2 ，即A =π
12时等号成立，
所以⃗AC ⋅⃗AB≤8
❑√3(
❑√3
4 + 1
2)= 4 ❑√3
3
+2.
故选：D.
24．设△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且b
2+c
2+bc =a
2，若角A的内角平分
线AD =2，则⃗BA ⋅⃗AC的最小值为（ ）
A．8
B．4
C．16
D．12
【答案】A
【分析】先根据b
2+c
2+bc =a
2，得到A = 2π
3 ，再根据S△ABC = S△ABD+ S△ACD，得到
bc =2(b+c)≥4 ❑√bc，进而求出bc的取值范围，再根据⃗
BA ⋅⃗AC =|⃗BA)|⃗AC)⋅cosπ
3 = 1
2 bc≥8，即可求解．
【详解】因为b
2+c
2+bc =a
2，所以cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
=−1
2，所以A = 2π
3 ，
由
S△ABC = S△ABD+ S△ACD
，所以
1
2 bc sin2π
3 = 1
2 b⋅AD⋅sinπ
3 + 1
2 c⋅AD⋅sinπ
3 ，化简得到bc =2b+2c，
所以bc =2(b+c)≥4 ❑√bc，则bc≥16，当且仅当b=c = 4时，等号成立，
所以⃗BA ⋅⃗AC =|⃗BA)|⃗AC)⋅cosπ
3 = 1
2 bc≥8，则⃗BA ⋅⃗AC的最小值为8.
故选：A．
题型07 转化为三角函数求最值与范围问题
转化为三角函数求最值与范围问题的解题策略
1.边角转化构三角函数：用正余弦定理将边或目标量（周长、面积等）转化为单角或复角
的三角函数，结合内角和确定自变量（角）的取值范围。
2.用三角性质求范围：通过辅助角公式、二倍角公式化简函数，结合三角函数单调性、有
界性（如sinθ [-1,1]
∈
）求值域，验证自变量边界对应函数值合理性。
25．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
3 S =a
2−(b−c)
2，则b
c 的取值范围为（ ）
A．[
7
25 , 25
7 )B．(
7
25 ,+ ∞)
C．(
7
25 , 25
7 )
D．(
24
25 ,+∞)
【答案】C
【分析】由3 S =a
2−(b−c)
2，利用三角形面积公式与余弦定理，可得
3sin A + 4 cos A = 4，再根据同角三角函数的平方关系可得sin A = 24
25 ，cos A = 7
25，然后
利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得b
c =
24
25 tanC + 7
25，结合条件可得tanC取值范
围，进而求得b
c 的取值范围.
【详解】在△ABC中，由余弦定理得a
2=b
2+c
2−2bc cos A，且△ABC的面积
S = 1
2 bc sin A，
由3 S =a
2−(b−c)
2，得3
2 bc sin A =2bc +a
2−b
2−c
2=2bc−2bc cos A，化简得
3sin A + 4 cos A = 4，
又A ∈(0,π
2 )，sin
2 A +cos
2 A =1，联立解得sin A = 24
25 ，cos A = 7
25，
所以b
c = sin B
sinC = sin ( A +C)
sinC
= sin A cosC +cos A sinC
sinC
=
24
25 tanC + 7
25，
△ABC为锐角三角形，有0<C <π
2 ，B =π−A −C <π
2 ，得π
2 −A <C <π
2 ，
则有tanC >tan(
π
2 −A)= cos A
sin A = 7
24 ，可得
1
tanC ∈(0, 24
7 )，所以
b
c ∈(
7
25 , 25
7 ).
故选：C
26．在锐角三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c、，若c = ❑√3，且
acos C
2 = ❑√3sin A，则a+2b+3c的取值范围为（ ）
A．(4 +3 ❑√3,6 ❑√3)
B．(5+3 ❑√3,2❑√7+3 ❑√3)
C．(4 +3 ❑√3,2❑√7+3 ❑√3)
D．(6+3 ❑√3,2❑√7+3 ❑√3)
【答案】C
【分析】利用正弦定理结合辅助角公式和正弦函数的性质可求a+2b+3c的取值范围.
【详解】因为c = ❑√3，故acos C
2 = ❑√3sin A =c sin A，
由正弦定理可得sin A cos C
2 =sinC sin A，而A为三角形内角，故sin A >0，
故cos C
2 =sinC =2sin C
2 cos C
2 ，而C为三角形内角，故C
2 为锐角，
故cos C
2 >0，故sin C
2 = 1
2，故C
2 =π
6 即C =π
3 ，
故2 R =
❑√3
sinπ
3
=2（R为外接圆半径），故a+2b+3c =2sin A + 4 sin B+3 ❑√3，
因为A + B+C =π，C =π
3 ，所以B = 2π
3 −A，则
sin B =sin(
2π
3 −A)=sin(A +π
3 ).
故a+2b+3c =2sin A + 4 sin(A +π
3 )+3 ❑√3
=2sin A + 4 sin A cosπ
3 + 4 cos A sinπ
3 +3 ❑√3
= 4 sin A +2❑√3cos A +3 ❑√3=2❑√7sin ( A +φ)+3 ❑√3，
其中cosφ = 2❑√7
7
,sin φ =
❑√21
7
，且φ∈(0,π
2 )，
由锐角三角形ABC可得A ∈(0,π
2 ), 2π
3 −A ∈(0,π
2 )，故A ∈(
π
6 ,π
2 )，
故A +φ∈(
π
6 +φ ,π
2 +φ)，
因为sin φ =
❑√21
7
<
❑√3
2 ，且φ∈(0,π
2 )，故φ∈(0,π
3 )，则π
6 <π
6 +φ<π
2 ，
π
2 <π
2 +φ<5π
6 ，
所以A +φ=π
2 时，sin ( A +φ)=1，2❑√7sin ( A +φ)+3 ❑√3=2❑√7+3 ❑√3取得最大值.
当A =π
6 时，
2❑√7sin ( A +φ)+3 ❑√3= 4 sin A +2❑√3cos A +3 ❑√3= 4× 1
2 +2❑√3×
❑√3
2 +3 ❑√3=5+3 ❑√3，
当A =π
2 时，
2❑√7sin ( A +φ)+3 ❑√3= 4 sin A +2❑√3cos A +3 ❑√3= 4+3 ❑√3<5+3 ❑√3，
故4 +3 ❑√3<a+2b+3c≤2❑√7+3 ❑√3，
故选：C.
27．△ABC中，a,b,c分别是角A ,B ,C的对边，且(a+b+c)(a+b−c)=3ab.
(1)求角C的值；
(2)若c =2，且△ABC为锐角三角形，求a+b的取值范围.
【答案】(1)π
3
(2)(2❑√3,4 ]
【分析】（1）根据题意，由余弦定理求得cosC = 1
2，即可求解角C的值；
（2）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到a+b= 4 sin(A +π
6 )，再根据
△ABC为锐角三角形，求得π
6 < A <π
2 ，利用正弦函数的图象与性质，即可求解.
【详解】（1）由题意知(a+b+c)(a+b−c)=3ab，∴a
2+b
2−c
2=ab，
由余弦定理可知，cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
= 1
2，
又∵C ∈(0,π)，∴C =π
3 .
（2）由正弦定理可知，
a
sin A =
b
sin B =
2
sinπ
3
= 4
3
❑√3，
即a= 4
3
❑√3sin A ,b= 4
3
❑√3sin B，
∴a+b= 4
3
❑√3(sin A +sin B) = 4
3
❑√3[sin A +sin(
2π
3 −A))
=2❑√3sin A +2cos A = 4 sin(A +π
6 )，
又∵△ABC为锐角三角形，∴{
0< A <π
2
0< 2π
3 −A <π
2)
，即π
6 < A <π
2 ，
则π
3 < A +π
6 < 2π
3 ，所以
❑√3
2 <sin(A +π
6 )≤1，
即2❑√3<4 sin(A +π
6 )≤4，
则a+b的取值范围为(2❑√3,4 ].
28．在锐角三角形△ABC中，设角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，已知
sin
2B+sin
2C =sin
2 A +sin BsinC且a= ❑√3．
(1)求角A的大小；
(2)求b+c的取值范围．
【答案】(1)π
3
(2)(3,2❑√3)
【分析】（1）根据题意，由正弦定理求得b
2+c
2−a
2=bc，再由余弦定理，求得
cos A = 1
2，即可求解；
（2）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到b+c =2❑√3sin(B+π
6 )，根据
△ABC为锐角三角形，求得π
6 <B<π
2 ，得到B+π
6 ∈(π
3 , 2π
3 )，结合三角函数的性
质，即可求解.
【详解】（1）因为sin
2B+sin
2C =sin
2 A +sin BsinC，
由正弦定理，可得b
2+c
2=a
2+bc，即b
2+c
2−a
2=bc，
又由余弦定理，可得cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 1
2，
又因为A ∈(0,π)，所以A =π
3 ．
（2）由正弦定理
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC ，可得
b+c =
a
sin A
(sin B+sinC)=2(sin B+sinC)，
由（1）知A =π
3 ，可得C =π−( A + B)= 2π
3 −B，
得
b+c =2×[sin B+sin( 2π
3 −B)]=2×( 3
2 sin B+
❑√3
2 cosB)=2❑√3sin(B+π
6 )，
因为△ABC为锐角三角形，可得{
0<B<π
2
0<C <π
2)
，即{
0<B<π
2
0< 2π
3 −B<π
2)
，解得
π
6 <B<π
2 ，
所以B+π
6 ∈(π
3 , 2π
3 )，可得sin(B+π
6 )∈(
❑√3
2 ,1]，所以
2❑√3sin(B+π
6 )∈(3,2❑√3]
即b+c∈(3,2❑√3)，所以b+c的取值范围为(3,2❑√3)．
题型08 转化为基本不等式求最值与范围问题
转化为基本不等式求最值与范围问题的解题策略
1.边角转化构积或和式：用正余弦定理、面积公式将目标量（边长、面积等）转化为边的
和或积的表达式，结合已知条件确定边的约束关系，明确变量取值范围。
2.用基本不等式求范围：和定积最大或积定和最小，代入表达式求最值；结合三角形三边
关系验证等号成立条件，确保结果合理，得目标量的最值或范围。
29．已知△ABC内接于单位圆，且(1+tan A)(1+tan B)=2，则S△ABC的最大值为（ ）
A．
❑√2
2
B．❑√2−1
C．❑√2
D．
❑√2−1
2
【答案】D
【分析】依据条件可得C = 3π
4 ，然后根据正弦定理、余弦定理以及面积公式可知结
果.
【详解】∵(1+tan A)(1+tan B)=2，∴tan A +tan B =1−tan A ⋅tan B，
∴tanC =−tan( A + B)=−tan A +tan B
1−tan A tan B =−1，∵C ∈(0,π)，∴C = 3π
4 .
又△ABC的外接圆为单位圆，其半径R =1，
由正弦定理可得c =2 RsinC = ❑√2，
由余弦定理可得c
2=a
2+b
2−2abcosC，
代入数据可得2=a
2+b
2+ ❑√2ab≥2ab+ ❑√2ab=(2+ ❑√2)ab，
当且仅当时a=b时，“=”成立，∴ab≤
2
2+ ❑√2，
∴△ABC的面积S△ABC = 1
2 absinC ≤
1
2+ ❑√2 ⋅
❑√2
2 =
❑√2−1
2
，S△ABC的最大值为
❑√2−1
2
.
故选：D.
30．如图，在四边形OABC中，OA =OC =1，∠AOC =120
∘，∠ABC =60
∘，则△ABC
的面积的最大值为（ ）
A．3 ❑√3
4
B．3 ❑√3
2
C．2❑√3
D．❑√3
【答案】A
【分析】利用余弦定理求出A C
2，在△ABC中，利用余弦定理结合基本不等式求出
AB⋅BC的最大值，结合三角形的面积公式可求得△ABC面积的最大值.
【详解】连接AC，
在△AOC中，OA =OC =1，∠AOC =120
∘，
由余弦定理可得A C
2=O A
2+OC
2−2OA ⋅OC cos120
∘=1+1−2×1
2×(−1
2)=3，
在△ABC中，∠ABC =60
∘，由余弦定理可得
A C
2=3= A B
2+ BC
2−2 AB⋅BC cos60
∘= A B
2+ BC
2−AB⋅BC ≥2 AB⋅BC −AB⋅BC
= AB⋅BC，即AB⋅BC ≤3，
当且仅当AB = BC = ❑√3时，等号成立，
所以，S△ABC = 1
2 AB⋅BC sin 60
∘=
❑√3
4 AB⋅BC ≤3 ❑√3
4
，
即△ABC面积的最大值为3 ❑√3
4
.
故选：A.
31．在△ABC中，内角A ,B ,C的对边分别是a,b,c，其中a=2，且满足
asin B =bcos(A −π
6 ).
(1)求角A；
(2)求△ABC周长的取值范围；
(3)若△ABC为锐角三角形，求c−2b的取值范围．
【答案】(1)π
3
(2)(4,6)
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简求得
sin A = ❑√3cos A，进而求得A的值；
（2）根据题意，由余弦定理得到b
2+c
2=bc + 4，利用基本不等式，求得bc≤4，进
而得到0<b+c≤4，结合三角形的性质，即可求得△ABC周长的取值范围；
【详解】（1）解：因为asin B =bcos(A −π
6 )，由正弦定理得
sin A sin B =sin Bcos(A −π
6 )，
则sin A sin B =sin B(
❑√3
2 cos A + 1
2 sin A)=
❑√3
2 sin Bcos A + 1
2 sin Bsin A．
所以1
2 sin A sin B =
❑√3
2 sin Bcos A，
又因为B∈(0,π)，可得sin B>0，所以sin A = ❑√3cos A，即tan A = ❑√3，
因为A ∈(0,π)，所以A =π
3
．
（2）解：由（1）知，A =π
3
，由余弦定理得b
2+c
2−a
2=bc，
因为a=2，所以b
2+c
2=bc + 4．
又由基本不等式，可得b
2+c
2≥2bc，即bc+ 4≥2bc，所以bc≤4，
当且仅当b=c =2时，等号成立，
又因为(b+c)
2=b
2+c
2+2bc =3bc + 4≤16，即0<b+c≤4，
因为b+c>a=2，所以2<b+c≤4，
所以4<a+b+c≤6，即△ABC周长的取值范围是(4,6)．
32．请在①向量⃗x =(cosC ,c−2a)，⃗y =(b,cos B)，且⃗x⊥⃗y；②
(a
2−b
2)sin A =(b
2−c
2)sinC这两个条件中任选一个，填入横线上并解答．
在△ABC中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且满足_______．
(1)求B 的大小：
(2)若b=2，求△ABC周长的取值范围；
(3)若AC边上的高为1，求△ABC面积的最小值．
【答案】(1)B =π
3
(2)(4,6)
(3)
❑√3
3
【分析】（1）若选①，利用平面向量垂直的坐标表示及正弦定理边化角计算即可；
若选②，先正弦定理角化边，化简变形后利用余弦定理计算即可；
（2）利用余弦定理、基本不等式及三角形三边关系计算即可；
（3）利用三角形面积公式、余弦定理及基本不等式计算即可.
【详解】（1）选择①：因为⃗x⊥⃗y，所以(2a−c)cos B =bcosC，
由正弦定理得，(2sin A −sinC)cos B =sin BcosC，
即2sin A cos B =sinC cos B+cosC sin B，
即2sin A cos B =sin (B+C)=sin A，
因为A ∈(0,π)，所以sin A >0，所以cos B = 1
2，
又B∈(0,π)，所以B =π
3 ．
选择②：因为(a
2−b
2)sin A =(b
2−c
2)sinC，
由正弦定理得，(a
2−b
2)a=(b
2−c
2)c，
即a
3+c
3=ab
2+b
2c，即(a+c)(a
2−ac +c
2)=b
2(a+c)，
即a
2−ac +c
2=b
2，即a
2+c
2−b
2=ac，
由余弦定理得，cos B = a
2+c
2−b
2
2ac
= 1
2，
又B∈(0,π)，所以B =π
3 ．
（2）由余弦定理b
2=a
2+c
2−2ac cos B得，a
2+c
2−ac =(a+c)
2−3ac = 4，
即3ac =(a+c)
2−4≤3
4
(a+c)
2，即(a+c)
2≤16，
所以2<a+c≤4，得4<a+b+c≤6，当且仅当a=c =2时取得等号，
所以△ABC周长的取值范围为(4,6]．
（3）由面积公式S△ABC = 1
2 b= 1
2 ac sin B，得b=
❑√3
2 ac，
由余弦定理可得b
2=a
2+c
2−2ac cos B，即b
2=a
2+c
2−ac，
所以3
4
(ac)
2=a
2+c
2−ac≥ac，所以ac≥4
3 ，当且仅当“a=c”时等号成立
所以S△ABC = 1
2 ac sin B≥
❑√3
3 ，
所以△ABC面积的最小值为
❑√3
3 ．
题型09 转化为二次（三次）函数求最值与范围问题
转化为二次（三次）函数求最值与范围问题的解题策略
1.边角转化构函数表达式：用正余弦定理、面积公式等将目标量转化为单变量（边或角的
三角函数）的二次（三次）函数，结合三角形性质确定自变量取值范围。
2.用函数性质求范围：二次函数借对称轴与定义域关系求最值；三次函数用导数找极值
点，结合定义域判断单调性，计算端点及极值，得目标量最值或范围。
33．已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin A
2 = ❑√
3b−c
4 b
，则
2a+c
b
的取值范围是（ ）
A．(3,3 ❑√3)
B．(1,❑√3)
C．(2❑√2,2❑√3)
D．(2❑√2+1,2❑√3+2)
【答案】D
【分析】由二倍角的余弦公式、两角和与差的正弦公式化简已知式可得A =2B，又由
三角形为锐角三角形求出B∈(
π
6
,π
4 )，进而求出cos B∈(
❑√2
2 ,
❑√3
2 )，由正弦定理化简
2a+c
b
，再令t =cos B，由二次函数的性质即可得出答案.
【详解】因为sin A
2 = ❑√
3b−c
4 b
，所以cos A =1−2sin
2 A
2 = c−b
2b ．
由正弦定理得cos A = sinC −sin B
2sin B
，即2sin Bcos A =sinC −sin B，
所以
2sin Bcos A =sinC −sin B =sin ( A + B)−sin B =sin A cos B+cos A sin B−sin B，所以
sin A cos B−cos A sin B =sin B，即sin B =sin ( A −B)，
所以B = A −B或B+( A −B)=π（舍去），
得A =2B．因为△ABC为锐角三角形，所以A =2B∈(0,π
2 )，
A + B =3 B∈(
π
2 ,π)，得B∈(
π
6
,π
4 )，所以cos B∈(
❑√2
2 ,
❑√3
2 )．
所以2a+c
b
= 2sin A +sinC
sin B
= 2sin 2B+sin3 B
sin B
= sin Bcos2B+cos Bsin 2B+2sin 2B
sin B
= sin Bcos2B+2cos
2Bsin B+ 4 sin Bcos B
sin B
=cos2B+2cos
2B+ 4 cos B = 4 cos
2B+ 4 cos B−1．
令t =cos B，则t ∈(
❑√2
2 ,
❑√3
2 )，2a+c
b
= 4t
2+ 4t −1=(2t +1)
2−2，
结合二次函数的性质可得2a+c
b
∈(2❑√2+1,2❑√3+2)，
故选：D．
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于先由二倍角的余弦公式、两角和与差的正弦公
式化简已知式可得A =2B，再由三角形为锐角三角形求出B∈(
π
6
,π
4 )，进而求出
cos B∈(
❑√2
2 ,
❑√3
2 )，由正弦定理化简2a+c
b
= 4 cos
2B+ 4 cos B−1，再令t =cos B，由
二次函数的性质即可得出答案.
34．已知△ABC是锐角三角形，内角A，B，C 所对应的边分别为a，b，c．若a
2−b
2=bc，
则b
a+c 的取值范围是（ ）
A．(
❑√3
3 ,
❑√2
2 )
B．(2−❑√3,1)
C．(2−❑√3,❑√2−1)
D．(❑√2+1,❑√3+2)
【答案】C
【分析】由余弦定理和正弦定理，结合正弦和角公式得到sin B =sin( A −B)，结合
△ABC为锐角三角形，得到A =2B，故π
6 <B<π
4 ，再利用正弦定理得到
b
a+c =
1
4 cos
2B+2cos B−1，求出取值范围即可.
【详解】因为a
2−b
2=bc，得a
2=b
2+bc．
由余弦定理得a
2=b
2+c
2−2bc cos A，
所以b
2+bc =b
2+c
2−2bc cos A，即b=c−2bcos A．
由正弦定理得sin B =sinC −2sin Bcos A，
因为C =π−( A + B)，则sinC =sin( A + B)=sin A cos B+cos A sin B，
所以sin B =sin A cos B−cos A sin B，即sin B =sin( A −B)．
因为△ABC是锐角三角形，所以0< A <π
2 ，0<B<π
2 ，所以−π
2 < A −B<π
2 ．
又y =sin x在(−π
2 ,π
2 )上单调递增，所以B = A −B，则A =2B．
因为△ABC是锐角三角形，所以0<B<π
2 ，0< A =2B<π
2 ，0<C =π−3 B<π
2 ，
所以π
6 <B<π
4 ，
由正弦定理得b
a+c =
sin B
sin A +sinC =
sin B
sin 2B+sin(π−3 B) =
sin B
sin 2B+sin3 B
=
sin B
sin2B+sin2Bcos B+cos2Bsin B =
1
2cos B+2cos
2B+2cos
2B−1
=
1
4 cos
2B+2cos B−1，
令cos B =t，因为π
6 <B<π
4 ，所以t ∈(
❑√2
2 ,
❑√3
2 )．
y = 4 t
2+2t −1= 4(t + 1
4)
2
−5
4 在t ∈(
❑√2
2 ,
❑√3
2 )上单调递增，
当t =
❑√2
2 时，y =1+ ❑√2，当t =
❑√3
2 时，y =2+ ❑√3，
故b
a+c =
1
4 t
2+2t −1
∈(
1
2+ ❑√3 ,
1
1+ ❑√2)=(2−❑√3,❑√2−1)
故选：C．
【点睛】解三角形中最值或范围问题，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，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三
角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
35．记锐角△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知a
2+b
2=2c
2.
(1)证明：
1
tan A +
1
tan B =
2
tanC ；
(2)若c =2，
（i）求△ABC周长的最大值；
（ii）求△ABC面积的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）6（ii）(❑√2,❑√3)
【分析】（1）由余弦定理和正弦定理得到sin
2C =2sin A sin BcosC，由三角恒等变
换得到tanC = 2tan A tan B
tan A + tan B ，取倒数可得
1
tan A +
1
tan B =
2
tanC ；
（2）（i）由基本不等式得ab≤4，a+b≤4，所以a+b+c≤6，得到答案；
（ii）由A ,B为锐角和余弦定理得c
2<2a
2<3c
2，即a
2∈(2,6)，由三角形面积公式得
S△ABC = tanC，因为cos
2C =
4
a
2(8−a
2)
，令f (x)= x (8−x)=−x
2+8 x，x∈(2,6)，由单
调性求出f (x)∈(12,16)，即cos
2C ∈[
1
4 , 1
3)
，所以tan
2C ∈(2,3)，所以
S△ABC = tanC ∈(❑√2,❑√3)，得到答案.
【详解】（1）由余弦定理得c
2=a
2+b
2−2abcosC，
又a
2+b
2=2c
2，所以c
2=2c
2−2abcosC，即c
2=2abcosC
由正弦定理得sin
2C =2sin A sin BcosC，
因为A + B+C =π，所以sinC =sin ( A + B)=sin A cos B+cos A sin B，
由△ABC为锐角三角形，
得tanC = 2sin A sin B
sinC
=
2sin A sin B
sin A cos B+cos A sin B = 2tan A tan B
tan A + tan B ，
两边取倒数得
2
tanC =
1
tan A +
1
tan B .
（2）（i） 因为c =2，所以a
2+b
2=8≥2ab，即ab≤4，当且仅当a=b=2时等号成
立，
所以(a+b)
2=a
2+b
2+2ab=8+2ab≤16，即a+b≤4，
所以a+b+c≤6，当且仅当a=b=c =2时等号成立，满足△ABC为锐角三角形，
所以△ABC周长的最大值为6.
（ii）cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
= c
2
2ab >0成立，即C为锐角，且ab=
c
2
2cosC ，
由A ,B为锐角得cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 3c
2−2a
2
2bc
>0及
cos B = a
2+c
2−b
2
2ac
= 2a
2−c
2
2ac
>0，
解得c
2<2a
2<3c
2，即a
2∈(2,6)
△ABC的面积为S△ABC = 1
2 absinC = 1
2 ⋅
c
2
2cosC ⋅sinC = tanC，
因为cos
2C =(
c
2
2ab)
2
=
c
4
4 a
2(2c
2−a
2)
=
4
a
2(8−a
2)
，
令f (x)= x (8−x)=−x
2+8 x，x∈(2,6)，则二次函数f (x)开口向下，对称轴为x = 4，
f (x)在(2,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，又f (2)= f (6)=12，f (4)=16，
所以f (x)∈(12,16)，即cos
2C ∈[
1
4 , 1
3)，
所以tan
2C +1= sin
2C +cos
2C
cos
2C
=
1
cos
2C
∈(3,4)，即tan
2C ∈(2,3)，
所以S△ABC = tanC ∈(❑√2,❑√3)，即△ABC面积的取值范围为(❑√2,❑√3).
36．在△ABC中，角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，⃗m=(a,b+c)，⃗
n=(❑√3sinC +cosC ,1)，⃗m⋅⃗n=2(b+c).
(1)求A；
(2)若△ABC为锐角三角形，其外接圆圆心为O，b=2❑√3.记△OAC和△OBC的面积
分别为S1，S2，求S1−S2的取值范围.
【答案】(1)A =π
3
(2)S1−S2∈(−3 ❑√3
4
,
❑√3
4 )
【分析】（1）首先利用向量数量积的坐标公式得到一个等式，然后利用正弦定理和
和差的正弦函数公式对等式进行化简，最后根据角的范围求出A.
（2）首先利用正弦定理列出外接圆半径与B的关系，然后根据圆心角、圆周角的关
系列出∠AOC ,∠BOC的大小，然后根据三角形面积公式列出S1−S2的表达式，最后根
据角的范围求出其范围即可.
【详解】（1）m⃗⋅n⃗=a(❑√3sinC +cosC)+b+c =2(b+c)，即
❑√3asinC +acosC =b+c，
由正弦定理得，❑√3sin A sinC +sin A cosC =sin B+sinC，
因为sin B =sin ( A +C)=sin A cosC +cos A sinC，所以
❑√3sin A sinC =cos A sinC +sinC，
又sinC ≠0，所以❑√3sin A −cos A =1，即2sin(A −π
6 )=1，
因为A ∈(0,π)，所以A −π
6 ∈(−π
6 , 5
6 π)，所以A −π
6 =π
6 ，即A =π
3 ．
（2）设△ABC外接圆半径为R，则OA =OB =OC = R，
且由正弦定理2 R =
b
sin B = 2❑√3
sin B ，即R =
❑√3
sin B ，
因为∠AOC =2B，∠BOC =2 A = 2π
3 ，
所以S△OAC = 1
2 R
2⋅sin∠AOC = 1
2 ⋅
3
sin
2B
⋅sin2B =
3
tan B ，
S△OBC = 1
2 R
2⋅sin ∠BOC = 1
2 ⋅
3
sin
2B
⋅sin 2π
3 = 3 ❑√3
4
⋅sin
2B+cos
2B
sin
2B
= 3 ❑√3
4
⋅(1+
1
tan
2B)
，
所以S1−S2=
3
tan B −3 ❑√3
4
⋅(1+
1
tan
2B)=3(−
❑√3
4 ⋅
1
tan
2B
+
1
tan B −
❑√3
4 )，
由△ABC为锐角三角形知，B∈(
π
6 ,π
2 )，tan B∈(
❑√3
3 ,+∞)，令
1
tan B = x∈(0,❑√3)，
则S1−S2= f (x)=3(−
❑√3
4 x
2+ x−
❑√3
4 )=−3 ❑√3
4 (x−2❑√3
3 )
2
+
❑√3
4 ，
∵f (0)=−3 ❑√3
4
，f(
2❑√3
3 )=
❑√3
4 ，f (❑√3)=0，
∴S1−S2∈(−3 ❑√3
4
,
❑√3
4 )．
题型10 等面积法求最值与范围问题
等面积法求最值与范围问题的解题策略
1.建坐标系定顶点坐标：以固定边为轴建直角坐标系，根据已知边、角确定顶点坐标（含
变量），将目标量（边长、面积等）表示为坐标的函数式。
2.用坐标性质求范围：距离类用两点间距离公式，面积类用坐标法公式，结合变量约束
（如角度范围）求函数值域，验证结果符合三角形实际，得最值或范围。
41．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)cos A +acosC =0， 则△ABC面积的最小值是（ ）
A．16
B．16 ❑√3
C．64
D．64 ❑√3
【答案】B
【分析】利用正弦定理及诱导公式可得A = 2π
3 ，然后利用三角形面积公式及基本不
等式即得.
【详解】∵(2b+c)cos A +acosC =0，
∴2sin Bcos A +sinC cos A +sin A cosC =0，
即2sin Bcos A +sin(C + A )=2sin Bcos A +sin B =0，
又B∈(0,π )，sin B>0，
∴2cos A +1=0，即cos A =−1
2，又A ∈(0,π )，
∴A = 2π
3 ，
由题可知S△ABC = S△ABD+ S△ACD，AD = 4，
所以1
2 bc sin 2π
3 = 1
2 ×4 c sin π
3 + 1
2 ×4 bsin π
3 ，即bc = 4(b+c)，
又bc = 4(b+c)≥8 ❑√bc，即bc≥64，
当且仅当b=c取等号，
所以S△ABC = 1
2 bc sin 2π
3 ≥1
2 ×64×
❑√3
2 =16 ❑√3.
故选：B.
42．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
（ ）
A．❑√S⋅sin α
B．❑√
S
sin α
C．❑√S⋅tan α
D．❑√
S
tan α
【答案】D
【分析】由S△ABD= 1
2 AB⋅AD sin α，S△ACD= 1
2 AC ⋅AD sin α，
S△ABC = 1
2 AB⋅AC sin 2α，而S△ABC = S△ABD+ S△ACD，从而得到AD与AB
【详解】△ABC中，∠BAC=2α, AD 是角平分线得
S△ABD= 1
2 AB⋅AD sin α，S△ACD= 1
2 AC ⋅AD sin α，S△ABC = 1
2 AB⋅AC sin 2α
而S△ABC = S△ABD+ S△ACD
因此1
2 AB⋅AC sin 2α = 1
2 AB⋅AD sin α + 1
2 AC ⋅AD sin α
得AD = 2 AB⋅AC ⋅sin α ⋅cosα
( AB+ AC)sin α
≤2 AB⋅AC ⋅sin α ⋅cosα
2❑√AB⋅AC sin α
= ❑√AB⋅AC cosα
而AB⋅AC =
2S
sin 2α ，
所以A Dmax = ❑√
2S
sin 2α cosα = ❑√
2S
2sin α ⋅cosα ⋅cos
2α = ❑√
S
tan α
故选D 项.
【点睛】本题考查正弦定理解三角形，基本不等式，属于中档题.
43．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin A +sin B
sinC
= c +b
a−b ．
(1)若a=2❑√3，b=2，求角B;
(2)设∠BAC的角平分线AD交BC于点D，若△ABC面积为❑√3，求AD长的最大值．
【答案】(1)B = π
6
(2)1
【分析】（1）从正弦定理出发进行角换边，再利用余弦定理求得角A，再利用一次
正弦定理求得角度B.
（2）利用角平分线性质及面积公式得到AD = bc
b+c ，再利用基本不等式得出AD最值.
【详解】（1）解：因为sin A +sin B
sinC
= c +b
a−b ，
依据正弦定理
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC ，
所以a+b
c
= c +b
a−b ⇒a
2−b
2=bc +c
2，
即b
2+c
2−a
2=−bc，
由余弦定理变形知cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= −bc
2bc =−1
2，
因为A ∈(0，π )，所以A = 2π
3 ．
因为a=2❑√3，b=2，
则在△ABC中，由正弦定理得：
又
a
sin A =
b
sin B ⇔2❑√3
❑√3
2
=
2
sin B ⇒sin B = 1
2，
因为b<a⇔B< A，所以B = π
6 ．
（2）法一：因为S△ABC = 1
2 bc sin ∠BAC =
❑√3
4 bc = ❑√3⇒bc = 4，
AD是∠BAC = 2π
3 的角平分线，
而S△ABC = S△ABD+ S△ACD，
所以1
2 × AB× AD×sin π
3 + 1
2 × AC × AD×sin π
3 = 1
2 × AB× AC × 2π
3 ，
即(b+c) AD =bc，
所以AD = bc
b+c ，
因为b>0，c>0，b+c≥2❑√bc，且bc = 4，故AD= bc
b+c ≤
bc
2❑√bc =1;
当且仅当b=c =2取等，
所以AD最大值为1．
答：当b=c =2时，AD最大值为1．
【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，利用正弦定理解决范围与最值问题，涉及求
余弦定理的值域或最值，利用单调性求最值，属于较难题．
44．在△ABC 中，内角A ,B ,C所对的边分别是a,b,c，且满足
❑√3bsinC +bcosC =a+2c.
(1)求B；
(2)若b= ❑√3，点D是AC边上一点，且BD平分∠ABC，求BD的最大值；
【答案】(1)2π
3
(2)1
2
【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到
❑√3sin BsinC −cos BsinC =2sinC，进而得到
❑√3sin B−cos B =2，即sin(B−π
6 )=1，
即可求得B的大小；
（2）由余弦定理求得(a+c)
2−3=ac，再由BD是∠ABC 的平分线和
S△CBD+ S△ABD= S△ABC，列出方程求得BD =(a+c)−
3
a+c ，利用基本不等式和g(t )=t −3
t
的单调性，即可求解；
【详解】（1）解：因为❑√3bsinC +bcosC =a+2c，
由正弦定理得❑√3sin BsinC +sin BcosC =sin A +2sinC，
因为sin A =sin(B+C )=sin BcosC +cos BsinC，
可得❑√3sin BsinC +sin BcosC =sin BcosC +cos BsinC +2sinC，
即❑√3sin BsinC −cos BsinC =2sinC，
又因为C ∈(0,π)，则sinC >0，所以可得❑√3sin B−cos B =2，即sin(B−π
6 )=1，
因为B∈(0,π)，则B−π
6 ∈(−π
6 , 5π
6 )，可得B−π
6 =π
2 ，解得B = 2π
3 .
（2）解：由余弦定理得b
2=a
2+c
2−2ac cos B，
即3=a
2+c
2+2ac× 1
2，即a
2+c
2+ac =3，所以(a+c)
2−3=ac，
因为BD 是∠ABC 的平分线，所以∠ABD =∠CBD =π
3 ，
又因为S△CBD+ S△ABD= S△ABC，
可得1
2 ⋅a⋅BD⋅sinπ
3 + 1
2 ⋅c⋅BD⋅sinπ
3 = 1
2 ac⋅sin 2π
3 ，
即(a+c)⋅BD =ac，所以BD = ac
a+c = (a+c)
2−3
a+c
=(a+c)−
3
a+c
，
因为(a+c)
2−3=ac≤(
a+c
2 )
2
，当且仅当a=c时等号成立，所以❑√3<a+c≤2.
令a+c =t，则BD =t −3
t ，
令g(t )=t −3
t ，因为g(t )在(❑√3,2]上单调递增，所以当t =2时，BD最大，最大值为
1
2.
题型11 与高线有关的最值与范围问题
与高线有关的最值与范围问题的解题策略
1.用面积公式关联高线：设高线为h（如BC 边上的高hₐ），由三角形面积S = 1
2 × 底×h
，结合正余弦定理将底和面积转化为角或边的表达式，得h 关于单变量的函数，明确变量
范围。
2.求函数值域得高线范围：若h 为三角函数式，用sinθ/cosθ 的值域求解；若为代数式，用
基本不等式或导数求最值，结合三角形三边关系验证底的取值边界，确定h 的最值或范
围。
45．在△ABC中，若a
2=b
2+c
2−bc , AD是BC边上的高，a=2，则AD的最大值为
（ ）
A．
❑√3
2
B．❑√3
C．1
D．3
2
【答案】B
【分析】利用余弦定理求得角A，再利用基本不等式可求得bc的最大值，再根据
S△ABC = 1
2 bc sin A = 1
2 a⋅AD，即可得出答案.
【详解】解：因为a
2=b
2+c
2−bc =b
2+c
2−2bc cos A，
所以cos A = 1
2，
又A ∈(0,π )，所以A = π
3 ，
则4 =b
2+c
2−bc≥bc，
所以bc≤4，当且仅当b=c =2时取等号，
又AD是BC边上的高，
则S△ABC = 1
2 bc sin A = 1
2 a⋅AD，
所以AD =
❑√3
4 bc≤❑√3，
所以AD的最大值为❑√3.
故选：B.
46．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，a= 4 ❑√3，
c−b
sin A +sinC =
c−a
sin ( A +C)，AH为BC边上的高，则AH的取值范围为（ ）
A．[4,6)
B．(0,6)
C．(0,4 ❑√3)
D．(
3
2 ,6)
【答案】B
【分析】利用正弦定理边角互化思想结合余弦定理可求得cos A = 1
2，利用余弦定理结
合基本不等式求出bc的取值范围，进而利用三角形的面积公式可求得AH的取值范围.
【详解】∵
c−b
sin A +sinC =
c−a
sin ( A +C)，∴(c−b)sin ( A +C)=(c−a)(sin A +sinC)，
由正弦定理得(c−b)b=(c−a)(a+c)，化简得cos A = 1
2，
由余弦定理a
2= 48=b
2+c
2−bc≥bc，且bc>0，∴0<bc≤48，
当且仅当b=c时，等号成立，
S△ABC = 1
2 bc sin A = 1
2 a× AH，AH = bc
8 ∈(0,6).
因此，AH的取值范围是(0,6).
故选：B.
【点睛】本题考查三角形边上的高的计算，涉及正弦定理边角互化思想、余弦定理和
基本不等式的应用，考查计算能力，属于中等题.
47．记锐角△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
sin
2C −cos2C =cosC ⋅cos( A −B)．
(1)证明：a
2+b
2=3c
2；
(2)若AD 是BC 边上的高，且BD = λDC，求λ的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)0< λ<1
【分析】（1）利用三角恒等变换，将已知条件化为2sin
2C =cosC ⋅2sin A sin B，
根据正余弦边角关系证明结论；
（2）设DC =m，AD =h，则a=( λ+1)m，根据（1）结论有
2 λ
2−2 λ−1=1−2tan
2C，利用余弦定理及锐角三角形的性质求tanC范围，进而求λ范围.
【详解】（1）由题意得
sin
2C −cos2C =cosC cos( A −B)⇒1−cos2C =cos
2C +cosC cos( A −B)
=cosC [cosC +cos( A −B))=cosC [cos( A −B)−cos( A + B))=cosC ⋅2sin A sin B，
即2sin
2C =cosC ⋅2sin A sin B，
由正弦定理得c
2=abcosC = a
2+b
2−c
2
2
⇒a
2+b
2=3c
2.
（2）设DC =m，AD =h，则a=( λ+1)m，
由（1）知：( λ+1)
2m
2+h
2+m
2=3( λ
2m
2+h
2)⇒(2 λ
2−2 λ−1)m
2=m
2−2h
2，
∴2 λ
2−2 λ−1=1−2⋅(
h
m)
2
=1−2tan
2C，
由cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
=
a
2+b
2−a
2+b
2
3
2ab
= 1
3(
b
a + a
b)
，又¿，
对于函数y = x + 1
x 且
❑√2
2 < x<❑√2，有y
′ =1−1
x
2，则在(
❑√2
2 ,1)上y
′<0，y递减；在
(1,❑√2)上y
′>0，y递增，
所以y ∈[ 2
3 ,
❑√2
2 )，故2
3 ≤cosC <
❑√2
2 ⇒1<tanC ≤
❑√5
2 ，
则¿.
48．在三角形ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
❑√2bsinC +asin A =bsin B+c sinC．
(1)求A；
(2)若a= ❑√2，求BC 边上的高AD 的最大值．
【答案】(1)A =π
4 ；
(2)1+
❑√2
2
.
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理化简已知等式即得解；
（2）利用余弦定理和基本不等式求出bc≤2+ ❑√2，再求出(S△ABC)max =
❑√2+1
2
，即得
解.
【详解】（1）根据正弦定理可得❑√2bc =b
2+c
2−a
2，
又b
2+c
2−a
2=2bc cos A，∴cos A =
❑√2
2 ．
∵A ∈(0,π),∴A =π
4 ．
（2）a
2=2=b
2+c
2−2bc cos A =b
2+c
2−❑√2bc≥(2−❑√2)bc，∴bc≤2+ ❑√2，
当且仅当b=c时取等号.
∵S△ABC = 1
2 bc sin A，∴(S△ABC)max =
❑√2+1
2
，
∴S△ABC = 1
2 ×a× AD = 1
2 ×❑√2× AD≤
❑√2+1
2
，
∴AD≤1+
❑√2
2 ，∴AD 的最大值为1+
❑√2
2 .
题型12 与角平分线有关的最值与范围问题
与角平分线有关的最值与范围问题的解题策略
1.用角平分线定理构关系：标注角平分线分对边的比例，结合定理得边的关系，用正余弦
定理或面积公式，将目标量（长度、面积等）转化为单变量表达式，明确变量范围。
2.选方法求最值范围：函数式用三角函数值域或导数求解；含边的表达式用基本不等式推
导，结合三角形三边关系及角平分线长度公式验证，确定目标量的最值或范围。
45．在△ABC中，∠BAC =π
3 ，AM是∠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
【分析】根据已知可推得bc = 4.根据S△ABM + S△ACM = S△ABC，即可得出AM =
❑√3bc
b+c .
根据基本不等式，即可得出答案.
【详解】
设角A，B，C 的对边分别为a，b，c.
因为S△ABC = 1
2 bc⋅
❑√3
2 = ❑√3，所以bc = 4.
由已知可得，∠MAB =∠MAC =π
6 .
又S△ABM + S△ACM = S△ABC，
1
2 × AB× AM ×sinπ
6 + 1
2 × AC × AM ×sinπ
6 = 1
2 × AC × AB×sinπ
3 ，
即1
4 c× AM + 1
4 b× AM =
❑√3
4 bc，
整理得AM =
❑√3bc
b+c ≤
❑√3bc
2❑√bc = ❑√3，
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.
46．△ABC中，∠ABC的角平分线BD交AC 于D 点，若BD =2且∠ABC = 2π
3 ，则
S△ABC的最小值为 ．
【答案】4 ❑√3
【分析】
利用三角形面积公式得到2( AB+ BC)= AB⋅BC，由基本不等式求出AB⋅BC ≥16，
从而得到面积的最小值.
【详解】由三角形面积公式可知S△ABD= 1
2 AB⋅BD sin 60° =
❑√3
2 AB，
S△BCD= 1
2 BC ⋅BD sin 60° =
❑√3
2 BC，
故S△ABC = S△ABD+ S△BCD=
❑√3
2
( AB+ BC)，
又S△ABC = 1
2 AB⋅BC sin ∠ABC =
❑√3
4 AB⋅BC，
所以
❑√3
2
( AB+ BC)=
❑√3
4 AB⋅BC，即2( AB+ BC)= AB⋅BC，
由基本不等式得AB+ BC ≥2❑√AB⋅BC，即AB⋅BC
2
≥2❑√AB⋅BC，
解得AB⋅BC ≥16，当且仅当AB = BC = 4时，等号成立，
所以S△ABC≥4 ❑√3.
故答案为：4 ❑√3
47．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足a(❑√3sin B+cos B)=b+c．
(1)求角A．
(2)D为边BC上一点，且AD =2．
①若BD =2 DC，求当BC取最小值时c
b 的值；
②若AD为角平分线，求AB+3 BD的取值范围．
【答案】(1)∠A =π
3
(2)①❑√3−1；②[2❑√2+ ❑√3,+ ∞)
【分析】（1）由正弦定理化简求值即可.
（2）①由平面向量基本定理、向量的运算表示AD与b，c关系，根据余弦定理及基
本不等式运算即可.
②由正弦定理表示BD,AB利用基本不等式求值即可.
【详解】（1）∵a(❑√3sin B+cos B)=b+c，
∴由正弦定理得：sin A (❑√3sin B+cos B)=sin B+sinC，
展开得：❑√3sin A sin B+sin A cos B =sin B+sin ( A + B)，
❑√3sin A sin B =sin B+sin Bcos A，而B∈(0,π),sin B≠0，
故❑√3sin A −cos A =1，
2sin(A −π
6)=1，∴sin(A −π
6)= 1
2，
A ∈(0,π)，故∠A =π
3 ．
（2）
①
∵BD =2 DC
，
∴⃗AD =⃗AB+⃗BD =⃗AB+ 2
3⃗BC
=⃗AB+ 2
3 (⃗AC −⃗AB)
= 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC，
∴⃗AD
2=(
1
3⃗AB+ 2
3⃗AC)
2
= 1
9⃗AB
2+ 4
9⃗AC
2+ 4
9|⃗AB)|⃗AC)cosπ
3
= 1
9⃗AB
2+ 4
9⃗AC
2+ 2
9|⃗AB)|⃗AC)，
∵AD =2，
∴4 = 1
9 c
2+ 4
9 b
2+ 2
9 bc，
根据余弦定理：BC
2=b
2+c
2−2bc⋅cosπ
3 ，
∴BC
2=b
2+c
2−bc = 36(b
2+c
2−bc)
4 b
2+c
2+2bc
=
36[(
c
b)
2
−c
b +1)
(
c
b)
2
+2 c
b + 4
，
令t = c
b >0，
则BC
2= 36(t
2−t +1)
t
2+2t + 4
=36(1−3(t +1)
t
2+2t + 4)
=36(
1−
3
t +1+ 3
t +1) ≥36(1−
❑√3
2 )，
则当且仅当t +1= 3
t +1时等号成立，
解得：t = ❑√3−1时，
∴c
b = ❑√3−1时，BC取最小值．
②
∵AD
为
∠ADB
的角平分线
在△ABD中，由正弦定理得AD
sin B =
BD
sin ∠BAD =
AB
sin ∠ADB ，
即
2
sin B = BD
1
2
=
AB
sin(B+ π
6)
，
∴BD =
1
sin B ,AB =
2sin(B+ π
6)
sin B
,
∴AB+3 BD =
2sin(B+ π
6)+3
sin B
=
❑√3sin B+cos B+3
sin B
= ❑√3+
4 cos
2 B
2 +2sin
2 B
2
2sin B
2 cos B
2
，
= ❑√3+
2
tan B
2
+ tan B
2 ．
又∵B∈(0, 2π
3 )，∴B
2 ∈(0,π
3 ),∴tan B
2 ∈(0,❑√3)，
2
tan B
2
+ tan B
2 ≥2❑√2
，当且仅当tan B
2 = ❑√2时等号成立，
故AB+3 BD∈[2❑√2+ ❑√3,+ ∞)
48．△ABC的角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，点D 在BC上，AD =2
(1)若AD⊥AC，cosC = ❑√2sin B，求c；
(2)若AD是∠BAC的角平分线，∠BAC = 2π
3 ，求△ABC周长的最小值．
【答案】(1)2❑√2
(2)8+ 4 ❑√3.
【分析】（1）运用三角形外角性质及正弦定理即可求得结果.
（2）由等面积法S△ABC = S△ABD+ S△ADC可得2(b+c)=bc，再由余弦定理可得
a=
❑√b
2+c
2+bc，再结合基本不等式即可求得结果.
【详解】（1）如图所示，
∵AD⊥AC
，
∴∠DAC =π
2 ，∠ADB =π
2 +C，
∵cosC = ❑√2sin B，
∴sin ∠ADB =sin(π
2 +C )=cosC = ❑√2sin B，
在△ABD中，由正弦定理得
AB
sin∠ADB = AD
sin B ，即
AB
❑√2sin B =
2
sin B ，
∴c = AB =2❑√2.
（2）∵∠BAC = 2π
3 ，AD是∠BAC的角平分线，如图所示，
则∠BAD =∠DAC =π
3 ，
由S△ABC = S△ABD+ S△ADC得
1
2 AB⋅AC sin 2π
3 = 1
2 AB⋅AD sinπ
3 + 1
2 AC ⋅AD sinπ
3 ，
又AD =2，所以2(b+c)=bc，
在△ABC中，由余弦定理得a
2=b
2+c
2+bc，则a=
❑√b
2+c
2+bc，
设△ABC的周长为l，则l =a+b+c =
❑√b
2+c
2+bc + 1
2 bc，
由基本不等式得，2(b+c)=bc≥4 ❑√bc，当且仅当b=c时等号成立，
即：bc≥16，当且仅当b=c时等号成立，
所以l =a+b+c =
❑√b
2+c
2+bc + 1
2 bc≥❑√3bc + 1
2 bc≥8+ 4 ❑√3，当且仅当b=c时等号
成立，
所以△ABC的周长最小值为8+ 4 ❑√3.
题型13 与中线有关的最值与范围问题
与中线有关的最值与范围问题的解题策略
1.用中线性质构关系：标注重线分对边为两段相等的特征，结合中线定理或倍长中线法得
边的关系，用正余弦定理将目标量转化为单变量表达式，明确变量范围。
2.选方法求最值范围：函数式用三角函数值域或导数求解；含边的表达式用基本不等式推
导，结合三角形三边关系及中线长度约束验证，确定目标量的最值或范围。
49．△ABC 中，三个内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c.且
sin( A +C )=
2❑√3 S
a
2+c
2−b
2.
（1）若sin Bcos( π
2 −C )=cos
2 A
2 ，求角C 的大小.
（2）若AC 边上的中线BM 的长为2，求△ABC 面积的最大值.
【答案】（1）π
6 ；（2）8−4 ❑√3
【分析】（1）由三角形的面积公式，余弦定理化简已知等式可求cos B =
❑√3
2 ，结合
范围B∈(0,π )，可得B = π
6 ，利用三角恒等变换化简可得sin(C + π
3 )=1，进而结合范围
C ∈(0,π )，可得C 的值；
（2）延长BM 到D，使得BM＝MD，连接AD，在△ABD 中，由余弦定理，基本不等
式可求得ac≤32−16 ❑√3，进而根据三角形的面积公式即可求解.
【详解】解：（1）由于sin( A +C )=
2❑√3 S
a
2+c
2−b
2
可得：sin B =
2❑√3⋅1
2 ac sin B
a
2+c
2−b
2
所以a
2+c
2−b
2
2ac
=
❑√3
2 ，可得cos B =
❑√3
2
所以由B∈(0,π )，可得B = π
6
由sin Bcos( π
2 −C )=cos
2 A
2 ，可得sin BsinC = 1+cos A
2
可得：1
2 sinC = 1+cos A
2
可得sinC =1+cos( 5 π
6 −C )，整理得1
2 sinC +
❑√3
2 cosC =1，可得sin(C + π
3 )=1
因为C ∈(0,π )，可得C + π
3 ∈( π
3 , 4 π
3 )，可得C + π
3 = π
2
可得C = π
6
（2）延长BM 到D，使得BM＝MD，连接AD
在△ABD 中，有AB =c , AD =a,∠BAD = 5 π
6
由余弦定理可得16=a
2+c
2−2ac⋅(−
❑√3
2 )，即16=a
2+c
2+ ❑√3ac
可得16−❑√3ac =a
2+c
2≥2ac，可得ac≤32−16 ❑√3，当且仅当a=c =2❑√6−2❑√2时
取等号
可得△ABC 的面积S = 1
2 ac sin B = 1
2 × 1
2 ×ac≤8−4 ❑√3，当且仅当
a=c =2❑√6−2❑√2时取等号，即△ABC 面积的最大值是8−4 ❑√3.
【点睛】本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理，三角函数恒等变换的应用，
基本不等式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，考查了数形结合思想的应
用，属于中档题.
50．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A =π
3 ．
(1)若(sin A +sin B)(sin A −sin B)=sin BsinC，证明：c =2b；
(2)若a=2，AD是△ABC的中线，求AD的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)❑√3
【分析】（1）由正弦定理得a
2=bc+b
2，再根据余弦定理有a
2=b
2+c
2−bc，两者联
立即可证明；
（2）首先利用基本不等式和余弦定理得bc≤4，再利用向量中线长定理有⃗
AD
2= 1
4 (⃗AB+⃗AC)
2= 1
2
(bc+2)，则可求出AD的最大值.
【详解】（1）由正弦定理得(a+b)(a−b)=bc，即a
2−b
2=bc，即a
2=bc+b
2，
由余弦定理知a
2=b
2+c
2−2bc cos A和A =π
3 ，
得a
2=b
2+c
2−bc，即bc+b
2=b
2+c
2−bc，
即2bc =c
2，因为c≠0，所以c =2b.
（2）因为a=2，b
2+c
2−a
2=bc，所以b
2+c
2=bc+ 4，
故bc+ 4 =b
2+c
2≥2bc，当且仅当{
b=c
b
2+c
2=bc + 4)，即b=c =2时等号成立，
故bc≤4；
由AD是△ABC的中线，得⃗AD = 1
2 (⃗AB+⃗AC)，
即得⃗AD
2= 1
4 (⃗AB+⃗AC)
2= 1
4 (⃗AB
2+2⃗AB⋅⃗AC +⃗AC
2)
= 1
4 (c
2+2bc cos A +b
2)= 1
4 (b
2+c
2+bc)= 1
4 (2bc+ 4)= 1
2 bc+1≤3，
即得|⃗AD|≤❑√3，故AD的最大值为❑√3.
51．在①(a−c)sin ( A + B)=(a−b)(sin A +sin B)；②2S = ❑√3⃗BA ⋅⃗BC；③
bcosC =a−
❑√3
3 c sin B；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题（其
中S 为△ABC的面积）.
问题：在△ABC中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且______.
(1)求角B 的大小；
(2)AC 边上的中线BD = ❑√2，求△ABC的面积的最大值.
【答案】(1)π
3
(2)2❑√3
3
.
【分析】（1）若选①：根据正弦定理，化简得到c
2+a
2−b
2=ac，再由余弦定理得到
cosB = 1
2，即可求解；
若选②：由三角形的面积公式和向量的数量积的运算公式，化简得到
ac sin B = ❑√3ac cos B，得到tan B = ❑√3，即可求解；
若选③：由正弦定理化简可得到sinC cos B−
❑√3
3 sinC sin B =0，求得tan B = ❑√3，
即可求解.
（2）根据向量的运算法则和基本不等式，化简得到ca≤8
3，结合面积公式，即可求
解.
【详解】（1）解：若选①：在△ABC中，因为sin ( A + B)=sin (π−C)=sinC，
由(a−c)sin ( A + B)=(a−b)(sin A +sin B)，
可得(a−c)sinC =(a−b)(sin A +sin B)，
由正弦定理得c (a−c)=(a−b)(a+b)，即c
2+a
2−b
2=ac，
则cosB = c
2+a
2−b
2
2ac
= ac
2ac = 1
2，
又因为0<B<π，故B =π
3 .
若选②：由2S = ❑√3⋅⃗BA ⋅⃗BC，可得ac sin B = ❑√3ac cos B，所以tan B = ❑√3，
因为0<B<π，所以B = π
3 .
若选③：因为bcosC =a−
❑√3
3 c sin B，
正弦定理得sin BcosC =sin A −
❑√3
3 sinC sin B，
又因为A = π −(B+C)，所以sin BcosC =sin (B+C)−
❑√3
3 sinC sin B，
即sinC cos B−
❑√3
3 sinC sin B =0，
因为0<C <π，sinC ≠0，所以tan B = ❑√3，
又因为0<B<π，可得B =π
3 ；
综上所述：选择①②③，都有B =π
3 .
（2）解：由2⃗BD =⃗BA +⃗BC，可得4|⃗BD)
2=c
2+a
2+2cacos B，
所以8=c
2+a
2+ca≥3ca，可得ca≤8
3 ，当且仅当c =a= 2❑√6
3
时取等号，
则S△ABC = 1
2 casin B =
❑√3
4 ca≤2❑√3
3
，当且仅当c =a= 2❑√6
3
时取等号，
则△ABC的面积的最大值为2❑√3
3
.
52．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知
asin A +c sinC =(
2❑√3
3
asinC +b)sin B．
（1）求B；
（2）若AC边上的中线BD的长为2，求△ABC面积的最大值．
【答案】（1）B = π
3 ；（2）4 ❑√3
3
.
【解析】（1）由正弦定理化角为边，结合余弦定理可得❑√3sinC cos B =sin BsinC，
即可求出；
（2）由⃑BA +⃑BC =2⃑BD平方可得c
2+a
2+ac =16，利用基本不等式可得ac≤16
3 ，即
可求出面积最值.
【详解】解：（1）因为asin A +c sinC =(
2❑√3
3
asinC +b)sin B，
所以由正弦定理可得a
2+c
2=(
2❑√3
3
asinC +b)b，
即a
2+c
2−b
2= 2❑√3
3
absinC．
再由余弦定理可得2ac cos B = 2❑√3
3
absinC，即❑√3sinC cos B =sin BsinC．
因为sinC ≠0，所以tan B = ❑√3．因为B∈(0,π )，所以B = π
3 ．
（2）因为⃑BA +⃑BC =2⃑BD，所以B A
2+ BC
2+2BA ⋅BC ⋅cos B = 4 B D
2，
即c
2+a
2+ac =16．
因为16−ac =a
2+c
2≥2ac，所以ac≤16
3 ，当且仅当a=c = 4 ❑√3
3
时取等，
故S△ABC = 1
2 ac sin B≤1
2 × 16
3 ×
❑√3
2 = 4 ❑√3
3
，则S△ABC的最大值为4 ❑√3
3
．
【点睛】本题考查正余弦定理和三角形面积公式的应用，解题的关键是化角为边求出
B，利用⃑BA +⃑BC =2⃑BD平方得出c
2+a
2+ac =16，结合基本不等式求最值.
题型14 与“四心”有关的最值与范围问题
与“四心”有关的最值与范围问题的解题策略
1.定“四心”性质构关系：明确重心（2:1 分中线）、外心（外接圆半径）、内心（内切圆
半径）、垂心的核心性质，结合正余弦定理等将目标量转化为单变量表达式，确定变量范
围。
2.选方法求最值范围：函数式用三角函数值域或导数求解；含边的表达式用基本不等式推
导，结合三角形性质及“四心”特有的长度约束验证，确定目标量的最值或范围。
53．在①2acos A =bcosC +c cos B；②tan B+ tanC + ❑√3= ❑√3 tan B tanC这两个条件中
任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．
在△ABC中，a，b，c 分别是角A，B，C 的对边，已知______．
(1)求角A 的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形，且其面积为
❑√3
2 ，点G 为△ABC重心，点M 为线段AC的
中点，点N 在线段AB上，且AN =2 NB，线段BM与线段CN相交于点P，求|⃑GP)的取值
范围．
注：如果选择多个方案分别解答，按 第一个方案解答计分．
【答案】(1)A = π
3
(2)(
1
6 ,
❑√13
12 )
【分析】（1）若选①利用正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式计算可得；
若选②利用两角和的正切公式及诱导公式计算可得；
（2）用⃑AB、⃑AC作为平面内的一组基底表示出⃑AG，再根据平面向量共线定理及推
论表示出⃑AP，即可表示⃑GP，利用面积公式求出bc =2，再由三角形为锐角三角形求出b的
取值范围，最后根据数量积的运算律及对勾函数的性质计算可得；
【详解】（1）解：若选①2acos A =bcosC +c cos B，
由正弦定理可得2sin A cos A =sin BcosC +sinC cos B =sin (B+C)
即2sin A cos A =sin A，又sin A >0，所以2cos A =1，即cos A = 1
2，
因为A ∈(0,π )，所以A = π
3 ；
若选②tan B+ tanC + ❑√3= ❑√3 tan B tanC，即tan B+ tanC =−❑√3+ ❑√3 tan B tanC，
即tan B+ tanC =−❑√3(1−tan B tanC)，
所以tan B+ tanC
1−tan B tanC =−❑√3，即tan (B+C)=−❑√3，所以tan (π −A)=−❑√3，即
tan A = ❑√3，
因为A ∈(0,π )，所以A = π
3 ；
（2）解：依题意⃑AN = 2
3⃑AB，⃑AM = 1
2⃑AC，
所以⃑
AG =⃑AB+⃑BG =⃑AB+ 2
3⃑BM =⃑AB+ 2
3
(⃑AM −⃑AB)=⃑AB+ 2
3(
1
2⃑AC −⃑AB)= 1
3⃑AB+ 1
3⃑AC，
因为C、N、P三点共线，故设⃑AP = λ⃑AN +(1−λ)⃑AC = 2
3 λ⃑AB+(1−λ)⃑AC，
同理M、B、P三点共线，故设⃑AP = μ⃑AB+(1−μ)⃑AM = μ⃑AB+ 1
2
(1−μ)⃑AC，
所以{
2
3 λ = μ
1−λ = 1
2
(1−μ)
，解得{
λ = 3
4
μ= 1
2)
，
所以⃑AP = 1
2⃑AB+ 1
4⃑AC，
则⃑
GP =⃑AP−⃑AG = 1
2⃑AB+ 1
4⃑AC −(
1
3⃑AB+ 1
3⃑AC)= 1
6⃑AB−1
12⃑AC = 1
12
(2⃑AB−⃑AC)，
因为S△ABC = 1
2 bc sin A =
❑√3
2 ，所以bc =2，
又△ABC为锐角三角形，
当C为锐角，则⃑AC ⋅⃑BC >0，即⃑AC ⋅(⃑AC −⃑AB)>0，
即⃑AC
2−⃑AC ⋅⃑AB>0，即b
2−1
2 bc>0，即2b>c = 2
b ，所以b>1，
当B为锐角，则⃑AB⋅⃑CB>0，即⃑AB⋅(⃑AB−⃑AC)>0，
即⃑AB
2−⃑AC ⋅⃑AB>0，即c
2−1
2 bc>0，即2c>b，即2⋅2
b >b，所以0<b<2，
综上可得1<b<2，
又|⃑GP)= 1
12 ⋅|2⃑AB−⃑AC)，则
144|⃑GP)
2=(2⃑AB−⃑AC)
2= 4⃑AB
2−4⃑AB⋅⃑AC +⃑AC
2
= 4|⃑AB)
2−4⃑AB⋅⃑AC +|⃑AC)
2
= 4 c
2−2bc +b
2
= 16
b
2 −4+b
2
因为1<b<2，所以1<b
2<4，而f (x)= 16
x −4 + x在(1,4)上单调递减，所以
f (x)∈(4,13)，
即16
b
2 −4+b
2∈(4,13)，即144|⃑GP)
2∈(4,13)，所以12|⃑GP)∈(2,❑√13)，则
|⃑GP)∈(
1
6 ,
❑√13
12 ).
54．已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=2，
cos2B+cos2C +2sin BsinC =2−2sin
2 A．
(1)求A；
(2)若△ABC内心为I，求△IBC的周长范围．
【答案】(1)A =π
3 ；
(2)(4,2+ 4 ❑√3
3
]
【分析】（1）利用二倍角公式和正、余弦定理化简已知式，结合三角形内角范围即
可求得；
（2）方法一：由内心和A =π
3 求得∠BIC = 2π
3 ，设∠ABC =θ，可得0<θ< 2π
3 ，
在△IBC中，利用正弦定理求出|IC)和|IB),表示出|IB)+|IC)，利用三角恒等变换将其化成
正弦型函数，利用正弦函数的性质即可求得周长范围；方法二：同法求得∠BIC = 2π
3 ，
设|IC)=m，|IB)=n，由余弦定理得m
2+n
2+mn= 4，利用基本不等式即可求得m+n的范
围，即得周长范围.
【详解】（1）由cos2B+cos2C +2sin BsinC =2−2sin
2 A可得：
(1−2sin
2B)+(1−2sin
2C )+2sin B sinC =2−2sin
2 A，
化简得sin
2B+sin
2C −sin
2 A =sin BsinC，
由正弦定理， b
2+c
2−a
2=bc，
又由余弦定理，cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 1
2，因0< A <π，则A =π
3 ．
（2）
方法一：如图，因△ABC内心为I，则IB和IC分别平分∠ABC和∠ACB，
则∠IBC +∠ICB = 1
2 (∠ABC +∠ACB)= 1
2 (π−π
3 )=π
3 ，则∠BIC = 2π
3 ．
设∠ABC =θ，则有∠ACB = 2π
3 −θ，∠IBC = θ
2，∠ICB =π
3 −θ
2，
由{
0<θ<π
0< 2π
3 −θ<π)
，可得0<θ< 2π
3 ，
在△IBC中，|BC)=2，由正弦定理，
|BC)
sin 2π
3
= |IC)
sin θ
2
=
|IB)
sin(π
3 −θ
2 )，
则|IC)= 4 ❑√3
3
sin θ
2，|IB)= 4 ❑√3
3
sin(π
3 −θ
2 )，则
|IB)+|IC)= 4 ❑√3
3
[sin(π
3 −θ
2 )+sin θ
2 ]
= 4 ❑√3
3
(
❑√3
2 cos θ
2 −1
2 sin θ
2 +sin θ
2 )= 4 ❑√3
3
( 1
2 sin θ
2 +
❑√3
2 cos θ
2 )= 4 ❑√3
3
sin( θ
2 +π
3 )，
又0<θ< 2π
3 ，π
3 < θ
2 +π
3 < 2π
3 ，则4 ❑√3
3
sin( θ
2 +π
3 )∈(2, 4 ❑√3
3
]
则△IBC的周长范围为(4,2+ 4 ❑√3
3
]．
方法二：与方法一同法求得∠BIC = 2π
3 ，设|IC)=m，|IB)=n，
在△IBC中，由余弦定理可得，m
2+n
2−2mncos 2π
3 =2
2，
即m
2+n
2+mn= 4，则(m+n)
2= 4 +mn，
因为m,n>0，所以(m+n)
2>4，即m+n>2，
且(m+n)
2= 4+mn≤4 + (m+n)
2
4
，可得(m+n)
2≤16
3 ，即m+n≤4 ❑√3
3
，
当且仅当m=n= 2❑√3
3
时，即|IB)=|IC)= 2❑√3
3
时等号成立．
综上△IBC的周长范围为(4,2+ 4 ❑√3
3
]．
55．在△ABC中，已知角A、B、C的对边分别为a、b、c，且S△ABC =
❑√3
4 (a
2+b
2−c
2).
(1)求角C大小；
(2)求证：a+b≤2c；
(3)设I为△ABC的内心，求|AB)
|CI ) 的最小值.
【答案】(1)C =π
3
(2)证明见解析
(3)❑√3
【分析】（1）根据题设，结合三角形的面积公式、余弦定理即可求解；
（2）由a
2+b
2−c
2=ab结合基本不等式即可求证；
（3）设△ABC的内切圆I的半径为r，由等面积法可得r =
❑√3
2 ⋅
ab
a+b+c
，进而得到
|CI )=
r
sin C
2
=2r，进而化简得到|AB)
|CI ) =[c + (a+b)
2 )
2
−(a+b)
2
4
❑√3ab
，结合（2）中结论
c≥a+b
2
，即可得到|AB)
|CI ) ≥
❑√3
4 (
b
a + a
b +2)
，再根据基本不等式即可求解.
【详解】（1）由S△ABC =
❑√3
4 (a
2+b
2−c
2)= 1
2 absinC，
则a
2+b
2−c
2= 2
❑√3 absinC，
根据余弦定理得cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
=sinC
❑√3
，即tanC = ❑√3，
由0<C <π，则C =π
3 .
（2）由（1）知，a
2+b
2−c
2=ab，则有(a+b)
2−c
2=3ab，
又ab≤(a+b)
2
4
，当且仅当a=b时等号成立，
所以(a+b)
2−c
2≤3
4
(a+b)
2，解得1
4
(a+b)
2≤c
2，所以a+b≤2c，当且仅当a=b取到
等号，
（3）设△ABC的内切圆I的半径为r，
由等面积法可得S△ABC = 1
2 absinC = 1
2 r (a+b+c)，故r = absinC
a+b+c =
❑√3
2 ⋅
ab
a+b+c ，
所以|CI )=
r
sin C
2
=2r
，故
|AB)
|CI ) = c
2r =
c
❑√3⋅
ab
a+b+c
= (a+b+c)c
❑√3ab
= c
2+(a+b)c
❑√3ab
=[c + (a+b)
2 )
2
−(a+b)
2
4
❑√3ab
≥[
(a+b)
2
+ (a+b)
2 )
2
−(a+b)
2
4
❑√3ab
=
3(a+b)
2
4
❑√3ab
=
❑√3(a+b)
2
4 ab
=
❑√3(a
2+2ab+b
2)
4 ab
=
❑√3
4 (
b
a + a
b +2)
≥
❑√3
4 ⋅(2❑√
b
a ⋅a
b +2)= ❑√3，
当且仅当a=b时等号成立，
所以|AB)
|CI ) 的最小值为❑√3.
56．在△ABC中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，点O 是△ABC的外心，
acos(C −π
3)=⃑AO⋅⃑AB
|⃑AB|
+⃑AO⋅⃑AC
|⃑AC |
．
(1)求角A；
(2)若△ABC外接圆的周长为4 ❑√3 π，求△ABC周长的取值范围，
【答案】(1)A = π
3
(2)(12,18]
【分析】（1）由三角形外心的定义和向量数量积的几何意义对条件化简，然后利用
正弦定理边化角，整理化简可得；
（2）先求外接圆半径，结合（1）和正弦定理将三角形周长表示为角C 的三角函数，
由正弦函数性质可得.
【详解】（1）过点O 作AB 的垂线，垂足为D，
因为O 是△ABC的外心，所以D 为AB 的中点
所以⃑AO⋅⃑AB
|⃑AB|
=|⃑AO)cos∠OAD = c
2，同理⃑AO⋅⃑AC
|⃑AC |
= b
2
所以acos(C −π
3)= c
2 + b
2，由正弦定理边化角得：
sin A(cosC cos π
3 +sinC sin π
3 )= sinC +sin B
2
所以sin A cosC + ❑√3sin A sinC =sin B+sinC =sin( A +C )+sinC
整理得：❑√3sin A sinC −cos A sinC =sinC
因为C ∈(0,π )，所以sinC >0
所以❑√3sin A −cos A =1，即sin( A −π
6 )= 1
2
又A ∈(0,π )，A −π
6 ∈(−π
6 , 5 π
6 )
所以A −π
6 = π
6 ，得A = π
3
（2）记△ABC外接圆的半径为R，
因为△ABC外接圆的周长为4 ❑√3 π，
所以2 Rπ = 4 ❑√3 π，得2 R = 4 ❑√3
所以△ABC周长L=a+b+c =2 R(sin A +sin B+sinC )= 4 ❑√3(
❑√3
2 +sin B+sinC )
由（1）知B = 2π
3 −C，
所以L= 4 ❑√3[
❑√3
2 +sin( 2π
3 −C )+sinC ]=12sin(C + π
6 )+6
因为C ∈(0, 2π
3 )，所以C + π
6 ∈( π
6 , 5 π
6 )
所以1
2 <sin(C + π
6 )≤1
所以12<12sin(C + π
6 )+6≤18，即12< L≤18
所以△ABC周长的取值范围为(12,18]
题型15 与“隐圆”有关的最值与范围问题
与“隐圆”有关的最值与范围问题的解题策略
1.挖掘隐圆确定圆参：根据定角对定边、定点定长等条件识别隐圆，确定圆心和半径，将
三角形顶点与圆的位置关系关联，明确目标量与圆的几何联系。
2.用圆的性质求范围：利用圆上点到定点距离的最值（圆心距±半径）、圆周角定理等，结
合三角形性质计算目标量，验证边界情况，确定最值或范围。
57．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 .
【答案】3
2/1.5
【分析】以BC的中点O为原点建立平面直角坐标系，设A( x , y)，则G( x
3 , y
3 )，根
据AG⊥BG，即可求出动点A的轨迹，从而求出△ABC的面积的最大值.
【详解】解：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)，则G( x
3 , y
3 )，
当x =0时要使AG⊥BG，则G在坐标原点，显然不成立，
当x =3时要使AG⊥BG，则y = y
3 ，解得y =0，显然不成立，
所以x≠0且x≠3，因为AG⊥BG
所以k AG·k BG=−1，即
y −y
3
x−x
3
⋅
y
3
x
3 −1
=−1
整理得( x−3
2 )
2
+ y
2= 9
4 ，(x≠0且x≠3)
所以当点A的纵坐标为± 3
2时，△ABC的面积取得最大值为3
2.
故答案为：3
2
58．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|⃑PG|=1，则|⃑PA |的最大值为 .
【答案】2❑√3
3
+1
【分析】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.
【详解】解：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，
则A(−1,0)，B(1,0), G(0,
❑√3
3 ).
设P( x , y)，由|⃑PG|=1可知P 为圆x
2+( y −
❑√3
3 )
2
=1上的动点，
所以|⃑PA |的最大值为|⃑AG|+1=
❑√
1
2+(
❑√3
3 )
2
= 2❑√3
3
+1.
故答案为：2❑√3
3
+1
【点睛】本题考查平面向量的线性运算、三角形重心的性质、圆的性质，考查数形结
合思想与运算求解能力.
59．在平面四边形ABCD 中，∠BAD =90
°， AB =2，AD =1．若⃑
AB⋅⃑AC +⃑BA ⋅⃑BC = 4
3⃑CA ⋅⃑CB， 则CB+ 1
2 CD的最小值为 ．
【答案】
❑√26
2
【分析】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. 设C( x , y)，根据已知条件可求得C点在以O为圆心，2 为半径的圆上，取B1(4,0)，
可得ΔOBC ~ ΔOC B1，从而有C B1=2CB，因此CB+ 1
2 CD＝
1
2 (2CB+CD)= 1
2 (C B1+CD)，因此只要C B1+CD最小即可．
【详解】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)
因为⃑AB⋅⃑AC +⃑BA ⋅⃑BC =⃑AB⋅⃑AC +⃑AB⋅⃑CB =⃑AB⋅⃑AB = 4
3⃑CA ⋅⃑CB
所以⃑AB⋅⃑AB = 4
3⃑AC ⋅⃑BC，即：4 = 4
3 ×[( x−1)( x +1)+ y
2)
整理得：x
2+ y
2= 4，所以点C在以原点为圆心，半径为2 的圆上.
在x轴上取B1(4,0)，连接B1C
可得ΔOBC ~ ΔOC B1，所以BC
B1C = OB
OC =2，所以B1C =2BC
CB+ 1
2 CD = 1
2 (2CB+CD)= 1
2 (B1C +CD)
由图可得：当B1,C , D三点共线时，即点C在图中的M位置时，B1C +CD最小.
此时CB+ 1
2 CD最小为D B1= 1
2
❑√(4 +1)
2+1
2=
❑√26
2
.
故答案为
❑√26
2
．
【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查平面向量的几何应用．解题关键点有二，
一是建立坐标系，求出C点在一个圆上，二是取点B1，构造出ΔOBC ~ ΔOC B1，于是
B1C =2BC，问题转化为求CD+C B1的最小值．
60．若△ABC满足条件AB = 4，AC = ❑√2BC，则△ABC面积的最大值为 .
【答案】8 ❑√2
【分析】建立平面直角坐标系，由已知AC = ❑√2BC列式求得点C的轨迹是以(6,0)为
圆心，半径r = 4 ❑√2的圆，结合三角形面积公式即可求得答案.
【详解】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+ y
2= ❑√2⋅
❑√( x −2)
2+ y
2，
化简可得( x −6)
2+ y
2=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)；
所以△ABC的面积的最大值为1
2 ×| AB|×r = 1
2 ×4×4 ❑√2=8 ❑√2，
故答案为：8 ❑√2.
1．记△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且acosB = ❑√2bsin(A +π
4 )，则c
b 的
最大值为（ ）
A．❑√2
B．❑√5
C．2❑√2
D．3
【答案】B
【分析】先根据题设结合正弦定理，三角恒等变换公式化简得到
sinC =sin Bsin A +2sin Bcos A，进而得到c
b = ❑√5sin( A +φ)，再结合正弦函数的性
质求解即可.
【详解】由题意可得acosB = ❑√2bsin(A +π
4 )=bsin A +bcos A，
根据正弦定理得sin A cosB =sin Bsin A +sin Bcos A，
而sinC =sin( A + B)=sin A cosB+sin Bcos A =sin Bsin A +2sin Bcos A，
于是c
b =sinC
sin B =sin A +2cos A = ❑√5sin( A +φ)≤❑√5，其中tanφ =2，
当且仅当sin( A +φ)=1时，等号成立，
故c
b 的最大值为❑√5．
故选：B．
2．在△ABC 中，若
，且三角形有解，则A 的取值范围是
A．0°＜A＜30°
B．0°＜A≤45°
C．0°＜A＜90°
D．45°≤A≤135°
【答案】B
【分析】根据大边对大角，可得A 为锐角，由余弦定理可得 c2
4
﹣❑√2c×cosA+4=0 有
解，故判别式△≥0，解得cosA≥
❑√2
2 ，得0＜A≤45°．
【详解】在△ABC 中，由余弦定理
，
化简为
，由于有两解，所以
，
题型精析・方法突破提能力
即
，角A 为锐角，所以0°＜A≤45° ，选：B．
【点睛】本题考查余弦定理的应用，一元二次方程有解的条件，求出cosA≥
❑√2
2 ，是
解题的关键．
3．在△ABC中，若a=2，c =1，则C 的取值范围是（ ）．
A．(0,π
6 )
B．[
π
6 ,π
2 )
C．[
π
6 ,π
3 )
D．(0,π
2 )
【答案】A
【分析】先由题意，得到C为锐角，由正弦定理求得sinC = 1
2 sin A ≤1
2，即可得出结
果.
【详解】解：因为c =1<2=a，所以C为锐角，
由正弦定理可得：sinC = c sin A
a
= 1
2 sin A，
又A ∈(0,π)，所sin A ∈(0,1)，因此0<sinC = 1
2 sin A ≤1
2，
因为C为锐角，所以C ∈(0,π
6 ).
故选：A.
4．在△ABC中，角A ,B ,C所对边分别是a,b,c，三内角A ,B ,C成等差数列，若b=1，
则△ABC的周长取值范围为（ ）
A．(1,3)
B．(1,3)
C．(1,2)
D．(2,3)
【答案】D
【分析】由等差中项性质和三角形内角和可求得B = π
3 ，利用正弦定理可用角表示出
a,c，利用两角和差正弦公式和辅助角公式化简a+c，可得a+c =2sin(A + π
6)；利用正
弦型函数值域的求法可求得a+c的范围，进而得到周长的取值范围.
【详解】∵A ,B ,C成等差数列，∴2B = A +C，∴A + B+C =3 B = π，解得：B = π
3 ；
由正弦定理得：a= bsin A
sin B = 2❑√3
3
sin A，c = bsinC
sin B = 2❑√3
3
sinC，
∴a+c = 2❑√3
3
(sin A +sinC)= 2❑√3
3
(sin A +sin ( A + B))
= 2❑√3
3 (sin A +sin A cos π
3 +cos A sin π
3)= 2❑√3
3 (
3
2 sin A +
❑√3
2 cos A)=2sin(A + π
6)；
∵A ∈(0, 2π
3 )，∴A + π
6 ∈(
π
6 , 5 π
6 )，∴sin(A + π
6)∈(
1
2 ,1)，
∴a+c∈(1,2)，则a+b+c∈(2,3)，即△ABC周长的取值范围为(2,3).
故选：D.
5．如图，四边形ABCD中3 AB =2CD，AC ∩BD =O，若⃗AC +2⃗DO = 4⃗AB，且⃗
BA ⋅⃗BD =9，则△ACD面积的最大值为（ ）
A．3 ❑√2
B．2❑√6
C．4 ❑√3
D．6 ❑√3
【答案】C
【分析】线段OC上取点E 使得⃗AC =2⃗OE，结合已知可得AB// DE , DE =2 AB，
进而有△ABO∼△EDO，设∠ABO=θ，S△ACD=2S△OED=8 S△ABO
= 4
3⃗BA ⋅⃗BD⋅tanθ =12tanθ，再结合相关三角形面积、线段的数量关系得
sinθ = 1
2 sin ∠CDO，进而得tanθ≤
❑√3
3 ，即可求最大值.
【详解】线段OC上取点E 使得⃗AC =2⃗OE，又⃗AC +2⃗DO = 4⃗AB，
则4⃗AB =⃗AC +2⃗DO =2⃗OE−2⃗OD =2⃗DE，故AB// DE , DE =2 AB，
所以△ABO∼△EDO，则EO=2 AO,OD =2OB，
设∠ABO=θ，则S△ACD=2S△OED=8 S△ABO= 4 BA ⋅BO⋅sinθ = 4
3 BA ⋅BD⋅sinθ
= 4
3⃗BA ⋅⃗BD⋅tanθ =12tanθ.
由上易知S△AOD=2S△ABO，且S△OED= 4 S△ABO，而S△AOD+ S△CED= S△OED，
所以S△CED= S△OED−S△AOD=2S△ABO，则S△CDO= S△CED+ S△OED=6 S△ABO，
结合3 AB =2CD及OD =2OB，且1
2 OD⋅CD sin∠CDO =6× 1
2 OB⋅ABsinθ，
由三角形内角性质sin ∠CDO∈(0,1]，所以sinθ = 1
2 sin ∠CDO≤1
2 ⇒tanθ≤
❑√3
3 ，
综上，S△ACD=12tanθ≤4 ❑√3.
故选：C
【点睛】关键点点睛：线段OC上取点E 使得⃗AC =2⃗OE，利用向量加减、数乘整理
题设条件为2⃗AB =⃗DE，进而得到相关三角形面积、线段的数量关系，结合
S△ACD=2S△OED=8 S△ABO及三角形面积公式求最值.
6．在锐角△ABC中，角A，B，C 所对的边为a，b，c，若sin BsinC
3sin A
= cos A
a
+ cosC
c
，
且sin
2 A +sin
2B−sin
2C =sin A ⋅sin B，则c
2
a+b 的取值范围是（ ）
A．[ ❑√3,2❑√3)
B．(6,4 ❑√3]
C．[2❑√3,6) D．
[ ❑√3,2)
【答案】D
【分析】由sin
2 A +sin
2B−sin
2C =sin A ⋅sin B，结合正余弦定理求得角C，继而由
sin BsinC
3sin A
= cos A
a
+ cosC
c
结合正余弦定理求出c =2❑√3，再表示出a= 4 sin A，
b= 4 sin B，利用三角函数的性质求得a+b的范围，即可求得答案.
【详解】由sin
2 A +sin
2B−sin
2C =sin A ⋅sin B，由正弦定理得a
2+b
2−c
2=ab,
即有cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
= 1
2，而C ∈(0, π
2)，则C = π
3 ，
又sin BsinC
3sin A
= cos A
a
+ cosC
c
，
由正弦定理余弦定理得，
､
b⋅
❑√3
2
3a
=
b
2+c
2−a
2
2bc
a
+
a
2+b
2−c
2
2ab
c
，化简得：c =2❑√3，
由正弦定理有：
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC = 2❑√3
❑√3
2
= 4
，即a= 4 sin A，b= 4 sin B，
△ABC是锐角三角形且C = π
3 ，有A ∈(0, π
2)，B = 2π
3 −A ∈(0, π
2)，
解得A ∈(
π
6 , π
2)，
因此a+b= 4(sin A +sin B)= 4[sin A +sin(
2π
3 −A))
= 4(sin A +
❑√3
2 cos A + 1
2 sin A)
= 4 ❑√3sin(A + π
6)，
由A ∈(
π
6 , π
2)得：A + π
6 ∈(
π
3 , 2π
3 )，sin(A + π
6)∈(
❑√3
2 ,1)，
所以
c
2
a+b =
12
4 ❑√3sin(A + π
6)
∈[ ❑√3,2)
.
故选：D
7．若△ABC中，AB =2，其重心G满足条件：⃑BG⋅⃑AG =0，则(⃑CA
2+⃑CB
2)⃑AB⋅⃑BC取
值范围为（ ）
A．(−80, 160)
B．(−80,40)
C．(−40,80)
D．(−160,80)
【答案】D
【分析】先根据G为重心，且⃑BG⋅⃑AG =0，利用中线定理得到CD =3，再分别在
△ADC和△BDC中，利用余弦定理得到a
2+b
2=20，由
(⃑CA
2+⃑CB
2)⃑AB⋅⃑BC =−20ac cos B求解.
【详解】解：如图所示：
因为AB =2，G为重心，且⃑BG⋅⃑AG =0，
所以GD = 1
2 AB =1，又CG:GD =2:1，则CD =3，
在△ADC中，有C A
2= A D
2+C D
2−2 AD⋅CD⋅cos∠ADC =10−6cos∠ADC，
在△BDC中，有C B
2= B D
2+C D
2−2BD⋅CD⋅cos∠BDC =10−6cos∠BDC，
两式相加得C A
2+C B
2=20，
在△BDC中，cos B = C B
2+1−9
2CB
= C B
2−8
2CB
，且2<CB<4，
所以(⃑CA
2+⃑CB
2)⃑AB⋅⃑BC =−20|⃑BC)⋅|⃑AB)⋅cos B，
=−20(C B
2−8)∈(−160,80).
故选：D
8．已知△ABC外接圆半径为2❑√3
3
，c =2，C为锐角，则下列正确的是（ ）
A．bcos A +acos B
sinC
= 2❑√3
3
B．△ABC周长的最小值为6
C．cos B
cos A 的取值范围为(−1
2 ,+∞)
D．⃗AB⋅⃗AC的最大值为2+ 4 ❑√3
3
【答案】D
【分析】选项A，由余弦定理化简得bcos A +acos B
sinC
=2 R，代入已知可得；选项
B，由正弦定理化边为角转化为三角函数型值域求解；选项C，由B = 2
3 π−A，由两角和
余弦公式展开化简为−1
2 +
❑√3
2 tan A , A ∈(0, 2π
3 )，由正切函数图象求值域即可；选项
D，由正弦定理化边为角，结合三角恒等变换求函数值域.
【详解】对于A，已知外接圆半径R = 2❑√3
3
,c =2,
由余弦定理得，bcos A +acos B = b(b
2+c
2−a
2)
2bc
+ a(a
2+c
2−b
2)
2ac
= 2c
2
2c =c，
则bcos A +acos B
sinC
=
c
sinC =2 R = 4 ❑√3
3
，故A 错误；
对于B，由正弦定理
c
sinC =2 R得4 ❑√3
3
=
2
sinC ，
解得sinC =
❑√3
2 ，又C为锐角，所以C =π
3 ，
则△ABC周长为a+b+c =2 R[sin A +sin(
2π
3 −A))+2
= 4 ❑√3
3 (sin A +
❑√3
2 cos A + 1
2 sin A)+2
= 4 ❑√3
3 (
3
2 sin A +
❑√3
2 cos A)+2= 4 sin(A +π
6 )+2
因为0< A < 2π
3 ，则π
6 < A +π
6 < 5π
6 ，
则4 sin(A +π
6 )+2∈(4,6)，故△ABC周长无最小值，故B 错误；
对于C，cos B
cos A =
cos(
2π
3 −A)
cos A
=
cos 2π
3 cos A +sin 2π
3 sin A
cos A
=−1
2 +
❑√3
2 tan A , A ∈(0, 2π
3 )
故tan A ∈(−∞,−❑√3)∪(0,+∞)，
所以cosB
cos A 的取值范围为(−∞,−2)∪(−1
2 ,+∞)，故C 错误；
对于D，由正弦定理得，则
b
sin B =
b
sin(
2π
3 −A)
=
b
sin(A +π
3 )
= 4 ❑√3
3
，
所以b= 4 ❑√3
3
sin(A +π
3 )，
则⃗AC ⋅⃗AB =2bcos A =2× 4 ❑√3
3
sin(A +π
3 )cos A
= 8 ❑√3
3 (
1
2 sin A cos A +
❑√3
2 cos
2 A)= 8 ❑√3
3 (
1
4 sin 2 A +
❑√3+ ❑√3cos2 A
4
)
= 4 ❑√3
3
sin(2 A +π
3 )+2，
因为0< A < 2π
3 ，所以π
3 <2 A +π
3 < 5π
3 ，
则当2 A +π
3 =π
2 ,(⃗AC ⋅⃗AB)max= 4 ❑√3
3
+2，故D 正确.
故选：D.
9．已知△ABC是锐角三角形，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，
2S =b
2+c
2−a
2，则c
b的取值范围为（ ）
A．(
❑√5
5 ,❑√5)
B．(
2❑√5
5
,❑√5)
C．(
2❑√5
5
,2)
D．(
❑√5
5 ,2)
【答案】A
【分析】先求得tan A ,sin A ,cos A，利用正弦定理以及三角恒等变换的知识化简c
b，
利用三角函数值域的求法求得正确答案.
【详解】依题意，2S =bc sin A =b
2+c
2−a
2，
sin A =2 b
2+c
2−a
2
2bc
=2cos A ,tan A =2，
由{
sin A =2cos A
sin
2 A +cos
2 A =1
0< A <π
2 )
解得sin A = 2❑√5
5
,cos A =
❑√5
5 .
c
b = sinC
sin B = sin ( A + B)
sin B
= sin A cos B+cos A sin B
sin B
= 2❑√5
5
1
tan B +
❑√5
5 ，
由于三角形ABC是锐角三角形，所以{
0<B<π
2
A + B>π
2)
，
所以0<π
2 −A <B<π
2 ，所以tan B>tan(
π
2 −A)，
所以0<
1
tan B <
1
tan(
π
2 −A)
=
cos(
π
2 −A)
sin(
π
2 −A)
= sin A
cos A = tan A =2，
所以0< 2❑√5
5
1
tan B < 4 ❑√5
5
,
❑√5
5 < 2❑√5
5
1
tan B +
❑√5
5 <❑√5.
故选：A
10．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且2a+b
c
= cos( A +C)
cosC
，c =2，
则△ABC面积的最大值为（ ）
A．3
4
B．
❑√3
3
C．3 ❑√3
4
D．2❑√3
【答案】B
【分析】利用正弦定理结合余弦定理可求得cosC的值，可求得角C的值，利用余弦
定理结合基本不等式可求得ab的最大值，再利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】∵2a+b
c
= cos( A +C)
cosC
= cos(π −B)
cosC
=−cos B
cosC ，
所以，(2a+b)cosC +c cos B =0，
由正弦定理可得2sin A cosC +sin BcosC +cos BsinC =0，
即2sin A cosC +sin (B+C)=2sin A cosC +sin A =0，
∵A、C ∈(0,π )，则sin A >0，则cosC =−1
2，∴C = 2π
3 ，
由余弦定理可得4 =c
2=a
2+b
2−2abcos 2π
3 =a
2+b
2+ab≥3ab，即ab≤4
3 ，
当且仅当a=b= 2❑√3
3
时，等号成立，
故S△ABC = 1
2 absinC =
❑√3
4 ab≤
❑√3
4 × 4
3 =
❑√3
3 .
故选：B.
11．已知△ABC中，AB = AC，D是AC的中点，BD =3，则△ABC面积的最大值为
（ ）
A．6 ❑√3
B．3
C．3 ❑√3
D．6
【答案】D
【分析】令AB = AC =2m，由余弦定理得cos A = 5m
2−9
4 m
2
，进而得
sin
2 A =1−(
5m
2−9
4 m
2 )
2
，由于S△ABC =2m
2sin A，故
(S△ABC)
2= 4 m
4[1−(
5m
2−9
4 m
2 )
2
)= −9(m
2−5)
2+144
4
，进而借助二次函数性质即可求得△
ABC面积的最大值.
【详解】由题意知：设AB = AC =2m，由
B D
2= A B
2+ A D
2−2 AB⋅AD⋅cos A =9，
∴5m
2−4 m
2cos A =9，则cos A = 5m
2−9
4 m
2
，
∴ sin
2 A =1−cos
2 A =1−(
5m
2−9
4 m
2 )
2
又S△ABC = 1
2 AC ⋅AB⋅sin A =2m
2sin A，
∴(S△ABC)
2= 4 m
4[1−(
5m
2−9
4 m
2 )
2
)= 4 m
4−25m
4−90m
2+81
4
= −9m
4+90m
2−81
4
= −9(m
2−5)
2+144
4
≤144
4 =36，当且仅当m= ❑√5时等号成立，
∴S△ABC≤6，即△ABC面积的最大值为6.
故选：D
12．已知△ABC中，边BC上的高为2，H为BC上一动点，满足⃗
AB⋅sin B+⃗AC ⋅sinC =⃗AH，则AB+ AC的最小值是（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】D
【分析】根据向量共线定理可知sin B+sinC =1，再结合三角形的高，可知2
c + 2
b =1，
利用余弦定理“1”的代换可得最值.
【详解】由⃗AB⋅sin B+⃗AC ⋅sinC =⃗AH，
则⃗
AB⋅sin B−⃗AH ⋅sin B+⃗AC ⋅sinC −⃗AH ⋅sinC =⃗AH −⃗AH ⋅sin B−⃗AH ⋅sinC，
即⃗HB⋅sin B+⃗HC ⋅sinC =(1−sin B−sinC)⃗AH，
又点H在BC上，且A ,B ,C不共线，显然HB
→
, HC
→
为共线向量，而AH
→
与它们都不共
线，
故上述等式要成立，则1−sin B−sinC =0，即sin B+sinC =1，
又BC上的高为2，则c sin B =2，bsinC =2，
即sin B = 2
c ，sinC = 2
b ，所以2
c + 2
b =1，
所以AB+ AC =b+c =(b+c)(
2
c + 2
b)= 4+ 2b
c + 2c
b ≥4+2❑√
2b
c ⋅2c
b =8，
当且仅当b=c = 4时，取得最大值为8，
故选：D.
13．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
【分析】以D 为坐标原点，DB,DC 分别为x,y 轴建立直角坐标系，求出A 点轨迹方程，
再根据圆的性质求最值.
【详解】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
【点睛】本题考查正弦定理、圆的轨迹方程以及圆的性质，考查综合分析求解能力，
属中档题.
14．给定平面上四点O，A，B，C 满足OA=4，OB=2，OC=2，
×
=2，则△ABC 面积
的最大值为 ．
【答案】
【详解】试题分析：先利用向量的数量积公式，求出∠BOC=60°，利用余弦定理求出
BC，由等面积可得O 到BC 的距离，即可求出△ABC 面积的最大值．
解：：∵OB=2，OC=2，
×
=2，
cos BOC=
∴
∠⃗
OB⋅⃗OC
|⃗OB|⋅|⃗OC |
=
2
2×2 = 1
2，则∠BOC=60°，
BC=
∴
，
设O 到BC 的距离为h，则由等面积可得×2h=
，
h=2×
∴
，
ABC
∴△
面积的最大值为×2×（
）=
．
故答案为
．
考点：平面向量数量积的运算．
15．在△ABC中，BC为定长，|⃑AB+2⃑AC)=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+2⃑AC)=|(2a−3 x ,−3 y))=3a，利用求向量模的公式，可得
(x−2a
3 )
2
+ y
2=a
2 ( y ≠0)，根据三角形面积公式进一步求出a的值即为所求.
【详解】解：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+2⃑AC)=|(2a−3 x ,−3 y))=
❑√(2a−3 x)
2+9 y
2=3a，
即(x−2a
3 )
2
+ y
2=a
2 ( y ≠0)，
由S△ABC = 1
2 BC ⋅|y)，可得a
2|y)≤a
2
2 =2.
则BC =a=2.
故答案为：2.
【点睛】本题考查向量模的计算，建系是关键，属于难题.
16．在锐角△ABC中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知c =2，
sin ( A + B)=2❑√3sin
2 C
2 ．
(1)求角C 的值；
(2)若AB 边上的中线CD 长为❑√3，求△ABC的面积；
(3)求a−2b的取值范围．
【答案】(1)π
3
(2)❑√3
(3)(−2❑√3,0)
【分析】（1）将sin ( A + B)=sinC代入sin( A + B)=2❑√3sin
2 C
2 ，结合C范围求解；
（2）在△ACD中，由余弦定理可得b
2−2bcos A =2，由正弦定理可得
b=2cos A + 2❑√3
3
sin A，两者联立求出A = π
3 ，利用面积公式求S△ABC；
（3）由正弦定理a= 4 ❑√3
3
sin A ,b=2cos A + 2❑√3
3
sin A，可得a−2b=−4 cos A，
由锐角三角形求出A范围，解得a−2b取值范围.
【详解】（1）因为sin( A + B)=2❑√3sin
2 C
2 ，所以sinC = ❑√3(1−cosC)，
整理得sin(C +π
3 )=
❑√3
2 .
因为△ABC是锐角三角形，所以0<C <π
2 ，所以π
3 <C +π
3 < 5π
6 ，
所以C +π
3 = 2π
3 ，解得C =π
3 .
（2）已知c =2，CD是AB边上的中线，所以AD = DB =1，
在△ACD中，由余弦定理可得C D
2= A D
2+ A C
2−2· AD·AC·cos A，
即(❑√3)
2=1
2+b
2−2bcos A，整理得b
2−2bcos A =2（1）.
由正弦定理，
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC = 2
❑√3
2
= 4 ❑√3
3
，
所以a= 4 ❑√3
3
sin A ,b= 4 ❑√3
3
sin B，又A + B = 2π
3 ，所以B = 2π
3 −A，
所以sin B =sin(
2π
3 −A)=
❑√3
2 cos A + 1
2 sin A，
所以b= 4 ❑√3
3 (
❑√3
2 cos A + 1
2 sin A)=2cos A + 2❑√3
3
sin A，
将b代入（1）整理得sin(2 A −π
6 )=1，
因为0< A <π
2 ，所以−π
6 <2 A −π
6 < 5π
6 ，所以2 A −π
6 =π
2 ,
解得A =π
3 ，又C = π
3 ，所以B = π
3 ，
所以△ABC是等边三角形，S△ABC = 1
2 ×2×2×sinπ
3 = ❑√3
（3）由（2）a= 4 ❑√3
3
sin A ,b=2cos A + 2❑√3
3
sin A，
所以a−2b=−4 cos A.
因为△ABC是锐角三角形，所以{
0< A <π
2
0<B = 2π
3 −A <π
2)
，解得π
6 < A < π
2 ，
所以0<cos A <
❑√3
2 ，所以−2❑√3<−4cos A <0，
即a−2b的取值范围为(−2❑√3,0).
17．在△ABC中，内角A ,B ,C所对应的边分别是a,b,c，且
2ccos
2 B
2 +bcosC =2asin(
π
2 −A)+c．
(1)求A；
(2)若a=2，求△ABC的周长最大值．
【答案】(1)π
3
(2)6
【分析】（1）法一根据条件，利用倍角公式和诱导公式得
ccosB+bcosC =2acos A，再利用射影公式：bcosC +ccosB =a，可得cos A = 1
2，
即可求解；法二，利用正弦定理边化角，即可求解；
（2）结合（1）中结果，利用余弦定理得4 =(b+c)
2−3bc，再利用基本不等式，即
可求解.
【详解】（1）方法1：由2ccos
2 B
2 +bcosC =2a⋅sin(
π
2 −A)+c，得
c(2cos
2 B
2 −1)+bcosC =2acos A，
可得到ccosB+bcosC =2acos A，
根据射影公式得bcosC +ccosB =a，则2acos A =a，即cos A = 1
2，
因A ∈(0,π)，所以A =π
3 ．
方法2：由法一知ccosB+bcosC =2acos A，
由正弦定理得sin BcosC +sinC cosB =2sin A cos A，即
sin(B+C)=2sin A cos A．
因为B+C =π−A，所以sin(B+C)=sin A ≠0，故cos A = 1
2．
又A ∈(0,π)，所以A =π
3 ．
（2）因为（1）知cos A = 1
2，由余弦定理得a
2=b
2+c
2−2bccos A，
即4 =b
2+c
2−bc =(b+c)
2−3bc．
由基本不等式bc≤(
b+c
2 )
2
，代入上式，
所以(b+c)
2
4
≤4，即(b+c)
2≤16，得到b+c≤4（b=c =2取得等号），
又a=2，故△ABC的周长的最大值是6．
18．在△ABC中内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，满足acos B = ❑√3bsin A，a
2=b
2+bc，
(1)求C．
(2)若b=1，点M , N是边AB上的两个动点，当∠MCN =π
3 时，求△MCN面积的取
值范围．
【答案】(1)π
2 ；
(2)[
❑√3
4 , 3 ❑√3
8 ).
【分析】（1）根据正弦定理与同角的关系求得B =π
6 ，利用余弦定理和正弦定理计
算即可求解；
（2）设∠BCN = x∈[0,π
6 )，根据正弦定理可得CN =
❑√3
2sin(x +π
6 )
、
CM =
❑√3
2cos x ，进而△MCN的面积
S =
3 ❑√3
8[sin(2 x +π
6 )+ 1
2)
，结合正弦函数的性质即可
求解；
【详解】（1）由题设及正弦边角关系得sin A cos B = ❑√3sin Bsin A，
因为sin A ≠0，所以tan B =
❑√3
3 ，
因为B∈(0,π)，所以B =π
6 ，
由a
2=b
2+bc，即a
2+c
2−b
2
2ac
= c +b
2a ，所以c +b=2acos B，
由正弦边角关系得sinC +sin B =2sin A cos B，则
sin( A + B)+sin B =2sin A cosB，
所以sin A cos B+cos A sin B+sin B =2sin A cos B，
sin B =sin A cos B−cos A sin B，
所以sin B =sin( A −B)，则B = A −B或B+ A −B =π（舍去），
所以A =2B =π
3 ⇒C =π−A −B =π
2 ；
（2）设∠BCN = x , x∈[0,π
6 )，
在△BCN中，由正弦定理得CN
sin B =
BC
sin ∠BNC ，
所以CN = BC sin B
sin∠BNC =
❑√3
2sin(x +π
6 )
.
在△ACM中，由正弦定理CM
sin A =
AC
sin ∠AMC ，
所以CM = AC sin A
sin∠AMC =
❑√3
2sin ( A +∠ACM ) =
❑√3
2sin(
π
3 +π
6 −x)
=
❑√3
2cos x .
△MCN的面积S = 1
2 CM ⋅CN sinπ
3 = 1
2 ⋅
❑√3
2cos x ⋅
❑√3
2sin(x +π
6 )
⋅
❑√3
2
=
3 ❑√3
16cos x sin(x +π
6 )
=
3 ❑√3
8[sin(2 x +π
6 )+ 1
2)
，x∈[0,π
6 )，
所以2 x +π
6 ∈[
π
6 ,π
2 )⇒sin(2 x +π
6 )∈[
1
2 ,1)，则
3 ❑√3
8[sin(2 x +π
6 )+ 1
2)
∈[
❑√3
4 , 3 ❑√3
8 )，
所以△MCN面积的取值范围为[
❑√3
4 , 3 ❑√3
8 ).
19．在锐角△ABC中，角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且
❑√3sin B+cosB = b+c
a
.
(1)求A；
(2)若a=1，求2b−c的取值范围.
【答案】(1)A =π
3
(2)(0,❑√3)
【分析】（1）利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合两角和的正弦展开式、
辅助角公式即可求解；
（2）利用正弦定理将b,c用角B ,C表示，再结合角A的值将角B ,C表示，进而将
2b−c转化为关于角B的三角函数，最后由角B的取值范围求出即可.
【详解】（1）因为
❑√3sin B+cosB = b+c
a
，
所以由正弦定理得：
❑√3sin B+cosB =sin B+sinC
sin A
，
在△ABC中，由A + B+C =π，有C =π−( A + B)
所以
❑√3sin B+cosB =sin B+sin ( A + B)
sin A
，
又A ∈(0,π
2 )，所以sin A >0，
所以有：❑√3sin Bsin A +cosBsin A =sin B+sin ( A + B)，
即❑√3sin Bsin A +cosBsin A =sin B+sin A cos B+cos A sin B，
即❑√3sin Bsin A =sin B+cos A sin B，
又B∈(0,π
2 )，所以sin B>0，
所以❑√3sin A =1+cos A，即❑√3sin A −cos A =1，
即2sin(A −π
6 )=1⇒sin(A −π
6 )= 1
2
因为A ∈(0,π
2 )，所以A −π
6 ∈(−π
6 ,π
3 )，
所以A −π
6 =π
6 ，即A =π
3 .
（2）因为a=1, A =π
3 ，
所以由正弦定理
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC 得：
1
sinπ
3
=
b
sin B =
c
sinC ，
所以b= 2❑√3
3
sin B ,c = 2❑√3
3
sinC，
所以2b−c = 4 ❑√3
3
sin B−2❑√3
3
sinC
= 4 ❑√3
3
sin B−2❑√3
3
sin (π−A −B)
= 4 ❑√3
3
sin B−2❑√3
3
sin(
2π
3 −B)
= 4 ❑√3
3
sin B−2❑√3
3
×[sin2π
3 cos B−cos2π
3 sin B)
= 4 ❑√3
3
sin B−cos B−
❑√3
3 sin B
= ❑√3sin B−cos B
=2sin(B−π
6 )，
因为△ABC为锐角三角形，
所以{
0<B<π
2
0<C = 2π
3 −B<π
2)
，
解得：π
6 <B<π
2 ，
所以0<B−π
6 <π
3 ，
所以sin(B−π
6 )∈(0,
❑√3
2 )，
所以2b−c =2sin(B−π
6 )∈(0,❑√3)，
故2b−c的取值范围为：(0,❑√3).
20．记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c =2，a
2+b
2−ab= 4.
(1)求C；
(2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC周长的取值范围.
【答案】(1)C =π
3
(2)(2+2❑√3,6)
【分析】（1）根据已知条件结合余弦定理求解；
（2）先应用正弦定理用角表示边长得a= 4 ❑√3
3
sin A，b= 4 ❑√3
3
sin B，再根据锐角三
角形求角的范围，最后求三角函数的值域即得.
【详解】（1）因为c =2，故原题干等式可转化为a
2+b
2− c
2=ab,
由余弦定理得a
2+b
2−c
2=2abcosC.
可得cosC = 1
2 ,C ∈(0,π)，
所以C =π
3 .
（2）在△ABC中，由正弦定理得
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =
2
sinπ
3
= 4 ❑√3
3
，
∴a= 4 ❑√3
3
sin A，b= 4 ❑√3
3
sin B，
则△ABC周长C△ABC =a+b+2=2+ 4 ❑√3
3
(sin A +
sin B)=2+ 4 ❑√3
3 [sin A +sin(
2π
3 −A)),
因为sin A +sin(
2π
3 −A)=sin A +
❑√3
2 cos A + 1
2 sin A
= 3
2 sin A +
❑√3
2 cos A = ❑√3sin(A +π
6 )，
则C△ABC =2+ 4sin(A +π
6 )，
因为△ABC为锐角三角形，A + B = 2π
3 ，
所以A ∈(
π
6 ,π
2 ), A +π
6 ∈(
π
3 , 2π
3 )，
故sin(A +π
6 )∈(
❑√3
2 ,1),C△ABC∈(2+2❑√3,6).
故△ABC周长的取值范围为(2+2❑√3,6).
21．在△ABC中，角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，已知向量⃗m，⃗n满足m
→
=(2a,−❑√3)，⃗
n=(sin B，b)，且⃗m⊥⃗n．
(1)求角A；
(2)若△ABC是锐角三角形，且a=3，求b+c的取值范围．
【答案】(1)A =π
3 或A = 2
3 π
(2)(3 ❑√3,6)
【分析】（1）由⃗m⊥⃗n得2a⋅sin B = ❑√3b，再利用正弦定理得
2sin A sin B = ❑√3sin B，进而得sin A =
❑√3
2 ，即可求解；
（2）利用正弦定理得b=2❑√3sin B，c =2❑√3sinC，利用三角恒等变换得
b+c =6sin(B+π
6 )，又由锐角三角形得π
6 <B<π
2 ，进而求解.
【详解】（1）∵⃗m⊥⃗n，∴2a⋅sin B−❑√3b=0，
即2a⋅sin B = ❑√3b，由正弦定理得2sin A sin B = ❑√3sin B，
∴sin B≠0，∴sin A =
❑√3
2 ，∵A ∈(0,π)，∴A =π
3 或A = 2
3 π；
（2）∵a＝3，且三角形ABC为锐角三角形，∴A =π
3 ，
∴由正弦定理得：
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC = 3
❑√3
2
=2❑√3
，
∴b=2❑√3sin B，c =2❑√3sinC，
∴
b+c =2❑√3(sin B+sinC)=2❑√3[sin B+sin(
2π
3 −B))=2❑√3(sin B+
❑√3
2 cos B+ 1
2 sin B)
=2❑√3(
3
2 sin B+
❑√3
2 cos B)=6(
❑√3
2 sin B+ 1
2 cos B)=6sin(B+π
6 )，
又∵△ABC为锐角三角形，∴0<B<π
2 ，∴0< 2
3 π−B<π
2 ，
得π
6 <B<π
2 ，π
3 <B+π
6 < 2π
3 ，∴
❑√3
2 <sin(B+π
6 )≤1，3 ❑√3<6sin(B+π
6 )≤6，
∴3 ❑√3<b+c≤6，∴b+c的取值范围为：(3 ❑√3,6).
22．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，❑√3(a−c cos B)=c sin B.
(1)求角C；
(2)若BC =2，D为边AC上一点（不同于A，C两点），AD = BD，求△ABC的面积
S的取值范围.
【答案】(1)C =π
3 ；
(2)(❑√3,+ ∞).
【分析】（1）利用正弦定理边化角，然后利用两角和的正弦公式，将原式化为
❑√3sin BcosC =sinC sin B，进而可得结果；
（2）设AD＝BD＝m，∠BDC ＝θ，由正弦定理得sinθ =
❑√3
m ，可得m≥❑√3，根
据余弦定理求得CD＝1+
❑√m
2−3或CD＝1−
❑√m
2−3，分类讨论可求出三角形面积，再
根据m的范围可得结果.
【详解】（1）因为❑√3(a−c cos B)=c sin B，
所以由正弦定理可知❑√3(sin A −sinC cosB)=sinC sin B，
因为❑√3sin A = ❑√3sin(B+C )= ❑√3sinC cos B+ ❑√3sinC sin B，
❑√3sin BcosC+ ❑√3sinC cos B = ❑√3sinC cos B+sinC sin B
整理得❑√3sin BcosC =sinC sin B，
因为0<B<π，所以sin B≠0，所以❑√3cosC =sinC，即tanC ＝❑√3，
又因为0<C <π，所以C =π
3 ．
（2）如图，设AD＝BD＝m，∠BDC ＝θ，由正弦定理有
2
sinθ =
m
sin π
3
，得
m=
❑√3
sinθ ，
因为θ =2π
3 −∠CBD，所以θ∈(0,2π
3 )⇒sinθ∈(0,1)，所以m=
❑√3
sinθ ≥❑√3，
在△BCD中，由余弦定理可知，m
2=C D
2+2
2−2×2×CD× 1
2，
即C D
2−2CD + 4＝m
2，解得CD＝1+
❑√m
2−3或CD＝1−
❑√m
2−3．
若CD＝1+
❑√m
2−3，m≥❑√3，
则△ABC的面积为：
S = 1
2 × AC ×2×sin π
3 =
❑√3
2 (m+1+
❑√m
2−3)≥
❑√3
2 (❑√3+1+
❑√(❑√3)
2−3)= 3+ ❑√3
2
，即
S≥3+ ❑√3
2
；
若CD＝1−
❑√m
2−3，则1−
❑√m
2−3>0⇒❑√3≤m<2，
则S =
❑√3
2 (m+1−
❑√m
2−3)=
❑√3
2 (1+
3
m+
❑√m
2−3
)，
因为1=
3
2+
❑√2
2−3
<
3
m+
❑√m
2−3
≤
3
❑√3+
❑√(❑√3)
2−3
= ❑√3，
所以
❑√3<S≤
❑√3
2 (1+ ❑√3)= 3+ ❑√3
2
，
综上可得△ABC的面积S的取值范围为(❑√3,+∞).
23．在△ABC中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，已知a(❑√3sin B+cos B)=b+c，
D 为边BC 上一点，且AD =2．
(1)求角A 的大小；
(2)若BD =2 DC，且c
b = ❑√3−1，求a 的值；
(3)若AD 为角平分线，求AB+3 BD的最小值．
【答案】(1)A =π
3
(2)a=3 ❑√3−3
(3)❑√3+2❑√2．
【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换得到2sin(A −π
6 )=1，从而求出A =π
3 ；
（2）先计算出⃗AD = 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC，两边平方求出4 b
2+c
2+2bc =36，又c
b = ❑√3−1，
联立两式解得b,c，由余弦定理求出a=3 ❑√3−3；
（3）若AD 为角平分线，则∠BAD =π
6 ,sin ∠BDA =sin(B+π
6 )，在△ABD中，
由正弦定理得到AB =
2sin(B+π
6 )
sin B
，BD =
1
sin B ，故AB+3 BD = ❑√3+
2
tan B
2
+ tan B
2 ，
根据基本不等式求出最小值.
【详解】（1）由已知a(❑√3sin B+cos B)=b+c，
由正弦定理，可得sin A(❑√3sin B+cos B)=sin B+sinC，
又因为sinC =sin( A + B)=sin A cos B+cos A sin B，代入上式，
化简得：❑√3sin A sin B =sin B+sin Bcos A，
因为△ABC中，B∈(0,π)，所以sin B≠0，从而❑√3sin A −cos A =1，
故2sin(A −π
6 )=1，因为A ∈(0,π)，所以A =π
3 ．
（2）因为BD =2CD，
所以⃗AD =⃗AB+⃗BD =⃗AB+ 2
3⃗BC =⃗AB+ 2
3 (⃗AC −⃗AB)= 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC，
由（1）知，A =π
3 ，
所以⃗AD
2=(
1
3⃗AB+ 2
3⃗AC)
2
= 1
9⃗AB
2+ 4
9⃗AC
2+ 4
9 |⃗AB||⃗AC |cos A
= 1
9⃗AB
2+ 4
9⃗AC
2+ 2
9 |⃗AB||⃗AC |，
由已知AD =2，所以4 = 1
9 c
2+ 4
9 b
2+ 2
9 bc，即4 b
2+c
2+2bc =36，
又c
b = ❑√3−1，联立两式解得，b= ❑√6,c =3 ❑√2−❑√6，
由余弦定理，可得a
2=b
2+c
2−bc =36−18 ❑√3，即a=3 ❑√3−3．
（3）若AD 为角平分线，则∠BAD =π
6 ,sin ∠BDA =sin(B+π
6 )，
在△ABD中，由正弦定理，得AD
sin B =
BD
sin ∠BAD =
AB
sin ∠BDA ，
即
2
sin B =
BD
sinπ
6
=
AB
sin(B+π
6 )
，
所以AB =
2sin(B+π
6 )
sin B
，BD =
1
sin B ，
所以AB+3 BD =
2sin(B+π
6 )+3
sin B
=
❑√3sin B+cos B+3
sin B
= ❑√3+
cos
2 B
2 −sin
2 B
2 +3(cos
2 B
2 +sin
2 B
2)
2sin B
2 cos B
2
= ❑√3+
4 cos
2 B
2 +2sin
2 B
2
2sin B
2 cos B
2
即AB+3 BD = ❑√3+
2
tan B
2
+ tan B
2 ，
又因为B∈(0, 2π
3 )，所以B
2 ∈(0,π
3 )，tan B
2 ∈(0,❑√3)，
从而AB+3 BD≥❑√3+2❑
√
2
tan B
2
⋅tan B
2 = ❑√3+2❑√2，
当且仅当tan B
2 = ❑√2∈(0,❑√3)时，等号成立，
所以AB+3 BD的最小值为❑√3+2❑√2．
24．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知
❑√3sin A = ❑√3sin BcosC −sin BsinC．
(1)求角B的大小；
(2)若B的角平分线交AC于点D，且BD =2，求△ABC面积的最小值.
【答案】(1)B = 2π
3
(2)4 ❑√3
【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简得出tan B的值，结合角B的取值范围可得
出角B的值；
（2）利用等面积法结合S△ABC = S△ABD+ S△BCD、BD =2可得出ac =2(a+c)，利用基
本不等式可求得ac的最小值，结合三角形的面积公式可求得△ABC面积的最小值.
【详解】（1）因为❑√3sin A = ❑√3sin BcosC −sin BsinC，
所以❑√3sin BcosC −sin BsinC = ❑√3sin (C + B)
= ❑√3sinC cos B+ ❑√3cosC sin B，
所以−sin BsinC = ❑√3sinC cos B，
由于0<C <π，则sinC >0，所以−sin B = ❑√3cos B，即tan B =−❑√3，
又0<B<π，所以B = 2π
3 .
（2）因为B的角平分线交AC于点D，且BD =2，S△ABC = S△ABD+ S△BCD，
根据三角形面积公式可得1
2 ac⋅sin 2π
3 = 1
2 c⋅BD⋅sinπ
3 + 1
2 a⋅BD⋅sinπ
3 ，
又BD =2，得ac =2(a+c)≥4 ❑√ac，得ac≥16，当a=c = 4时等号成立，
所以S△ABC = 1
2 ac sin B≥1
2 ×16×
❑√3
2 = 4 ❑√3，
即△ABC的面积最小值为4 ❑√3．
25．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，满足
−2bcos A =ccos A +acosC.
(1)求角A的大小；
(2)若a=2❑√7，BC边上的中线AM的长为2，求△ABC的面积；
(3)若内角A的角平分线交BC于D点，且AD = ❑√3，求△ABC的面积的最小值．
【答案】(1)A =2π
3
；
(2)3 ❑√3
2
；
(3)3 ❑√3.
【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出cos A的值，结合角A的取
值范围可得出角A的值；
（2）解法一：利用余弦定理以及cos∠AMB+cos∠AMC =0，可得出关于b、c的
方程组，解出bc的值，结合三角形的面积公式可求得△ABC的面积；
解法二：由已知条件得出2⃗AM =⃗AC +⃗AB，利用平面向量数量积的运算性质结合余
弦定理可得出关于b、c的方程组，解出bc的值，结合三角形的面积公式可求得△ABC的面
积；
（3）由S△ABC = S△ABD+ S△ACD结合三角形的面积公式得出bc = ❑√3(b+c)，利用基本不
等式可得出bc的最小值，由此可求得△ABC面积的最小值.
【详解】（1）由−2bcos A =ccos A +acosC及正弦定理得：
−2sin Bcos A =sin A cosC +sinC cos A =sin( A +C)=sin(π−B)=sin B，
因为A、B∈(0,π)，所以sin B>0，则cos A =−1
2，故A =2π
3
.
（2）解法一：因为a=2❑√7，M为BC中点，则BM =CM = ❑√7，
由余弦定理得cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= b
2+c
2−28
2bc
=−1
2，得b
2+c
2=28−bc，
在△AMB中，cos∠AMB = B M
2+ A M
2−A B
2
2BM × AM
= 7+ 4−c
2
2×❑√7×2
，
在△AMC中，cos∠AMC = C M
2+ A M
2−A C
2
2CM × AM
= 7+ 4−b
2
2×❑√7×2
，
因为∠AMB+∠AMC =π，所以cos∠AMB+cos∠AMC =0，
所以，22−(b
2+c
2)=22−(28−bc)=0，解得：bc =6，
故△ABC的面积为S△ABC = 1
2 bcsin A = 1
2 ×6×
❑√3
2 = 3 ❑√3
2
；
解法二：因为M为BC的中点，则2⃗AM =⃗AC +⃗AB，
所以，4⃗AM
2=(⃗AC +⃗AB)
2=⃗AC
2+⃗AB
2+2⃗AC ⋅⃗AB =b
2+c
2+2bc cos 2π
3 ，
即b
2+c
2−bc =16，
由余弦定理可得a
2=b
2+c
2−2bc cos 2π
3 ，即b
2+c
2+bc =28，
所以bc =6，故△ABC的面积为S△ABC = 1
2 bcsin A = 1
2 ×6×
❑√3
2 = 3 ❑√3
2
.
（3）因为∠BAC =2π
3
，AD平分∠BAC，所以∠BAD =∠CAD =π
3
，
又AD = ❑√3，则由S△ABC = S△ABD+ S△ACD，得
1
2 bcsin2π
3
=
❑√3
2 csinπ
3
+
❑√3
2 bsinπ
3
，
所以bc = ❑√3(b+c)，
由基本不等式可得bc = ❑√3(b+c)≥2❑√3bc，则❑√bc≥2❑√3，得bc≥12，
当且仅当b=c =2❑√3时，等号成立，
所以S△ABC = 1
2 bc sin2π
3
=
❑√3
4 bc≥
❑√3
4 ×12=3 ❑√3，故△ABC面积的最小值为3 ❑√3.
26．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足
(2b+c)cos A +acosC =0.
(1)求A；
(2)若内角A的角平分线交BC于D点，且AD = ❑√3，求△ABC的面积的最小值.
【答案】(1)2π
3
(2)3 ❑√3
【分析】（1）根据正弦定理进行边角之间互化，再根据三角恒等变化化简求值；
（2）利用三角形面积公式得到bc = ❑√3(b+c)，从而利用基本不等式求得bc≥12，由
此可得△ABC面积的最小值.
【详解】（1）由正弦定理可得，2sin Bcos A +sinC cos A +sin A cosC =0,
所以2sin Bcos A +sin ( A +C)=0，即2sin Bcos A =−sin B，
因为B是△ABC的内角，所以sin B≠0，
得2cos A =−1，所以cos A =−1
2，
所以A = 2π
3 .
（2）因为∠BAC = 2π
3 ，AD平分∠BAC，所以∠BAD =∠CAD =π
3 ，又
AD = ❑√3，
则由S△ABC = S△ABD+ S△ACD，得1
2 bc sin 2π
3 = 1
2 ×❑√3c sinπ
3 + 1
2 ×❑√3bsinπ
3 ，
所以bc = ❑√3(b+c)，
又bc = ❑√3(b+c)≥2❑√3bc，则❑√bc≥2❑√3，得bc≥12，
当且仅当b=c =2❑√3时，等号成立，
所以S△ABC = 1
2 bc sin 2π
3 =
❑√3
4 bc≥
❑√3
4 ×12=3 ❑√3，
故S△ABC最小值为3 ❑√3.
27．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且sinC + ❑√3cosC =a，
b= ❑√3.
(1)若a+c =2，求边AC上的角平分线BD长；
(2)求边AC上的中线BE的取值范围.
【答案】(1)BD =
❑√3
6
(2)(
❑√3
2 , 3
2)
【分析】（1）先根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求B，再依据余弦定理及
已知得ac = 1
3，然后利用面积分割法列方程求解即可；
（3）利用向量的加法运算及数量积模的运算得⃗BE = 1
4
(3+2ca)，利用正弦定理得
ac =2sin(2 A −π
6 )+1，然后利用正弦函数的性质求解范围即可.
【详解】（1）因为sinC + ❑√3cosC =a，根据正弦定理有a=2 Rsin A = bsin A
sin B ，
所以sinC + ❑√3cosC = bsin A
sin B ，
即sin BsinC + ❑√3sin BcosC =bsin A = ❑√3sin (B+C)，
sin BsinC + ❑√3sin BcosC = ❑√3sin (B+C)，
sin BsinC + ❑√3sin BcosC = ❑√3sin BcosC + ❑√3cos BsinC，
即sin BsinC = ❑√3cos BsinC，又sinC ≠0，
所以tan B = ❑√3，因为B∈(0,π)，所以B =π
3 ，
由B =π
3 及余弦定理得3=c
2+a
2−2ac cosπ
3 ，
即3=c
2+a
2−ac =(a+c)
2−3ac，
又因为a+c =2，所以ac = 1
3，
所以S△ABC = S△ABD+ S△BCD= 1
2 c⋅BD⋅sin B
2 + 1
2 a⋅BD⋅sin B
2 = 1
2 ac sin B，
所以BD⋅(a+c)⋅sinπ
6 =ac sinπ
3 ，即BD =
1
3 ×
❑√3
2
2× 1
2
=
❑√3
6 ，
所以BD =
❑√3
6
（2）因为E是AC的中点，所以⃗BE = 1
2 (⃗BA +⃗BC)，
则⃗BE
2= 1
4 (⃗BA
2+2⃗BA ⋅⃗BC +⃗BC
2)= 1
4 (c
2+a
2+ac)，
因为B =π
3 ，b= ❑√3，由余弦定理有：cos B = c
2+a
2−b
2
2ac
= 1
2，
即c
2+a
2=ac +3，所以⃗BE
2= 3+2ca
4
由正弦定理得：
ac =
b
sin B sin A ⋅
b
sin B sinC = 4 sin A sinC = 4 sin A sin(
2
3 π−A)，
即ac =2❑√3sin A cos A +2sin
2 A = ❑√3sin 2 A −cos2 A +1=2sin(2 A −π
6 )+1，
因为A ∈(0,π),C = 2
3 π−A ∈(0,π)，所以A ∈(0, 2
3 π)，
所以2 A −π
6 ∈(−1
6 π, 7
6 π)，所以sin(2 A −π
6 )∈(−1
2 ,1)，
所以ac =2sin(2 A −π
6 )+1∈(0,3)，所以⃗BE
2= 3+2ca
4
∈(
3
4 , 9
4)，
所以BE∈(
❑√3
2 , 3
2)，即边AC上的中线BE的取值范围为(
❑√3
2 , 3
2).
28．已知△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且满足a=2,
bsin B+csinC −2sin A =−bsinC．
(1)求角A的大小；
(2)已知AD是△ABC的中线，求AD的最小值．
【答案】(1)2π
3
(2)
❑√3
3
【分析】（1）由题设等式利用正弦定理化角为边，结合a=2和余弦定理即可求得
A = 2π
3 .；
（2）利用三角形的中线表达式得到⃗AD = 1
2 (⃗AB+⃗AC )，两边平方后将其转化为边长
和夹角的关系式|⃗AD|
2= 1
4 (c
2+b
2+2bc cos A )= 1
4 (c
2+b
2−bc)=1−1
2 bc，再利用重要
不等式求得bc的最大值，最后借助于不等式性质即得.
【详解】（1）因bsin B+csinC −2sin A =−bsinC，由正弦定理，
b
2+c
2−2a=−bc，
由余弦定理，cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 2a−a
2−bc
2bc
，又a=2,代入化简得
cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= −bc
2bc =−1
2，因0< A <π，则A = 2π
3 .
（2）因AD是△ABC的中线，故⃗AD = 1
2 (⃗AB+⃗AC ),两边平方可得：⃗
AD
2= 1
4 (⃗AB
2+⃗AC
2+2⃗AB⋅⃗AC )，
即|⃗AD|
2= 1
4 (c
2+b
2+2bc cos A )= 1
4 (c
2+b
2−bc)，由（1）知b
2+c
2= 4−bc，则
|⃗AD|
2= 1
4 (4−2bc)=1−1
2 bc，
又因b
2+c
2= 4−bc≥2bc，即bc≤4
3 ，当且仅当b=c = 2❑√3
3
时等号成立，
此时|⃗AD|
2=1−1
2 bc≥1−1
2 × 4
3 = 1
3，即|⃗AD|≥
❑√3
3 .
故当b=c = 2❑√3
3
时，AD的最小值为
❑√3
3 .
29．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
sin
2 A +sin
2C +cos
2B+sin(π−A)sin(π+C)=1.
(1)求B；
(2)若a=2，c =3，求△ABC内切圆的半径；
(3)若M为△ABC的垂心，且点M在△ABC内，直线AM与BC交于点D，且BM = 4，
求AB+ MD的最大值.
【答案】(1)π
3 ；
(2)5 ❑√3−❑√21
6
；
(3)4 ❑√5.
【分析】（1）根据已知及正弦边角关系得a
2+c
2−b
2=ac，再由余弦定理求角的大小；
（2）由a
2+c
2−b
2=ac及面积公式得b= ❑√7、S = 3 ❑√3
2
，再由内切圆半径r =
2S
a+b+c
即可得；
（3）设∠DBM =α，0<α <π
3 ，进而得到MD = 4sinα、AB =8cosα，最后有
AB+ MD = 4 ❑√5sin(α +φ)即可求最大值.
【详解】（1）因为sin
2 A +sin
2C +cos
2B+sin(π−A)sin(π+C)=1，
所以sin
2 A +sin
2C −sin A sinC =1−cos
2B =sin
2B.
由正弦定理得a
2+c
2−b
2=ac，所以cosB = a
2+c
2−b
2
2ac
= 1
2，
因为0<B<π，所以B =π
3 .
（2）由（1）知a
2+c
2−b
2=ac，代入数据得b= ❑√7.
因为△ABC的面积S = 1
2 acsin B = 3 ❑√3
2
，
所以△ABC内切圆的半径r =
2S
a+b+c = 3 ❑√3
5+ ❑√7 = 3 ❑√3(5−❑√7)
18
= 5 ❑√3−❑√21
6
.
（3）如图，设∠DBM =α，0<α <π
3 ，则∠BMA =π
2 +α，且
MD = BM sinα = 4sinα.
因为∠ABD =π
3 ，所以∠BAD =π
6 .
由正弦定理得
BM
sinπ
6
=
AB
sin(
π
2 +α)
，所以AB =8sin(
π
2 +α)=8cosα，
所以AB+ MD =8cosα + 4sinα = 4 ❑√5sin(α +φ)，其中tanφ =2，
故AB+ MD的最大值为4 ❑√5.
30．在△ABC中，角A ,B ,C所对边分别为a,b,c．
(1)已知sin A =cos
2B−cos
2C
sin A −sin B
，c =3，a+b=3 ❑√2．
①求∠C；
②若∠ACB的平分线交AB于点D，求线段CD的长；
(2)若△ABC是锐角三角形，∠C为（1）中所求，H为△ABC的垂心，且CH =3，求
❑√3CH −AH
BH
的取值范围；
【答案】(1)①C =π
3 ；②
❑√6
2
(2)(
1
2 ,1)
【分析】（1）①利用同角三角函数基本关系和正弦定理以及余弦定理即可得到答案；
②根据余弦定理得ab=3，再利用三角形面积公式即可得到答案；
（2）设∠BCH =θ，将
❑√3CH −AH
BH
表示为角θ的三角函数，再利用二倍角公式，
转化为关于θ
2的函数，即可求出范围；
【详解】（1）①因为cos
2B =1−sin
2B，cos
2C =1−sin
2C，
所以sin
2 A −sin A sin B =sin
2C −sin
2B，
由正弦定理，得a
2−ab=c
2−b
2，即c
2=a
2+b
2−ab，
由余弦定理，得cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
= 1
2，
因为C ∈(0,π)，所以C =π
3 ；
②又因为c =3，a+b=3 ❑√2，所以c
2=a
2+b
2−2ab× 1
2 =(a+b)
2−3ab，
即3
2=(3 ❑√2)
2−3ab，解得ab=3，设AB边上的角平分线CD长为x，
则S△ABC = 1
2 absinC = 1
2 axsin C
2 + 1
2 bxsin C
2 = 1
2
(a+b) xsin C
2 ，
即absinπ
3 =(a+b) xsinπ
6 ，
即3 ❑√3
2
= 3 ❑√2
2
x，解得x =
❑√6
2 ，即AB边上的角平分线CD长为
❑√6
2 ；
（2）延长AH交BC于E，延长BH交AC于F，
设∠BCH =θ，θ∈(0,π
3 )，所以∠ACH =π
3 −θ，
在Rt △CEH中，EH =CH sinθ =3sinθ，
在△CFB中，∠FCB =π
3 ，∠BFC =π
2 ，所以∠FBC =π
6 ，
在Rt △BEH中，BH =
EH
sinπ
6
=6sinθ，
同理可得在Rt △AFH中，AH =2 FH =6sin(
π
3 −θ)，
所以❑√3CH −AH
BH
=
3 ❑√3−6sin(
π
3 −θ)
6sinθ
=
❑√3−2(sinπ
3 cosθ−cosπ
3 sinθ)
2sinθ
=
❑√3−❑√3cosθ+sinθ
2sinθ
=
❑√3(1−cosθ)
2sinθ
+ 1
2
=
2❑√3sin
2 θ
2
4sin θ
2 cos θ
2
+ 1
2 =
❑√3
2 tan θ
2 + 1
2，
因为θ∈(0,π
3 )，所以θ
2 ∈(0,π
6 )，所以tan θ
2 ∈(0,
❑√3
3 )，
所以
❑√3
2 tan θ
2 + 1
2 ∈(
1
2 ,1)，即
❑√3CH −AH
BH
的取值范围为(
1
2 ,1)．
