【微专题3：三角恒等变换及解三角形中的最值与范围】
【高考定位】
1.考情趋势
三角恒等变换与解三角形中的最值与范围问题是高考三角函数模块的核心难点与高频考点，近3 年考查频
率稳居三角模块前3 位.题型覆盖小题（5 分/题）与解答题（12 分，多为第二问）：小题多单独考查单一
三角函数或简单解三角形场景的最值/范围；解答题常以“恒等变换化简+最值求解”“解三角形+最值拓
展”形式呈现，或二者融合考查，难度中档偏上，是区分中档生与优生的关键题型.
核心考查频率排序：单一三角函数最值（
型）>三角形面积最值>二次型三角函数最
值>三角形边长（和/差）最值>三角形角的范围>含参数三角函数最值>与向量/基本不等式融合的综合最值.
新高考卷更侧重“转化思想+综合应用”，全国卷兼顾基础转化与拓展延伸.
2.考查要求与命题特点
核心要求：熟练掌握三角恒等变换公式（二倍角、辅助角等）、正弦定理、余弦定理及三角形面积公式，
能实现三角式化简与边角灵活转化；掌握三角函数单调性、值域及三角形内角和、边长关系等隐含条件的
应用；能结合换元法、基本不等式、数形结合等思想求解各类最值与范围问题；能处理含参数场景下的最
值求解与参数范围推导.
命题特点：①重“化简转化”，所有最值问题均需先将表达式化为“一角一函数”或单一变量形式，解三
角形最值需额外实现“ 边化角” 或“ 角化边” ；②隐含条件“ 必用性” ，三角函数有界性（
）、三角形内角和（
）、边长约束（两边之和大于第三边）是限定范围
的关键；③思想融合性强，高频渗透数形结合、转化与化归、分类讨论思想；④场景固定化，三角恒等变
换最值多以纯三角函数表达式为背景，解三角形最值多以“已知一边一角”“已知两边关系”为题干背景.
3.分值与题型分布
全国卷/新高考卷中，两类问题总分值约10-17 分：小题1-2 道（5-10 分），分别考查三角恒等变换与解
三角形最值；解答题中作为核心问（通常为第二问），分值6-8 分，多为综合型最值问题.新高考多选题中
偶尔出现，考查多维度范围判断（如角的范围、边长范围、函数值域同时判断）.
【真题体验】
1．（2024·天津·高考真题）已知函数f (x)=3sin(ωx +π
3 )(ω>0)的最小正周期为π．则f (x)在区间
[−π
12 ,π
6 ]上的最小值是（ ）
A．−√3
2
B．−3
2
C．0
D．3
2
【答案】D
【分析】结合周期公式求出ω，得f (x)=3sin(2 x +π
3 )，再整体求出当x∈[−π
12 ,π
6 ]时，2 x +π
3 的
范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解.
【详解】因为函数f (x)的最小正周期为π，则T = 2π
ω =π，所以ω=2，
即f (x)=3sin(2 x +π
3 )，当x∈[−π
12 ,π
6 ]时，2 x +π
3 ∈[
π
6 ,2π
3 ]，
所以当2 x +π
3 =π
6 ，即x =−π
12时，f (x)min=3sinπ
6 = 3
2
1
故选：D
2．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
cos A
1+sin A =
sin 2B
1+cos2B ．
(1)若C = 2π
3 ，求B；
(2)求a
2+b
2
c
2
的最小值．
【答案】(1)π
6 ；
(2)4√2−5．
【分析】（1）方法一：直接根据待求表达式变形处理，方法二：先二倍角公式处理等式右边，在变形，
方法三：根据诱导公式可将题干同构处理，结合导数判断单调性，推知A +2B =π
2 即可求解，方法四：
根据半角公式和两角差的正切公式化简后求解.
（2）由（1）知，C =π
2 + B，A =π
2 −2B，再利用正弦定理以及二倍角公式将a
2+b
2
c
2
化成
4 cos
2B+
2
cos
2B
−5，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）方法一：直接法
cos A
1+sin A =
sin2B
1+cos2B 可得cos A cos2B+cos A =sin 2B+sin A sin 2B，
则cos A cos2B−sin A sin 2B+cos A =sin 2B，即cos( A +2B)+cos A =sin 2B，
注意到A + B =π
3 ，于是cos(π
3 + B)+cos(π
3 −B)=sin 2B，
展开可得2cosπ
3 cos B =2sin Bcos B，则sin B = 1
2，
又0<B<π
3 ，B =π
6 .
方法二：二倍角公式处理+直接法
因为cos A
1+sin A =
sin 2B
1+cos2B = 2sin Bcos B
2cos
2B
= sin B
cos B ，
即sin B =cos A cos B−sin A sin B =cos( A + B)=−cosC = 1
2，
而0<B<π
3 ，所以B =π
6 ；
方法三：导数同构法
2
根据cos A
1+sin A =
sin2B
1+cos2B 可知，cos A
1+sin A =
cos(
π
2 −2B)
1+sin(
π
2 −2B)
，
设f ( x)= cos x
1+sin x (0< x<π
2 )，f
'( x)= −sin x(1+sin x)−cos
2 x
(1+sin x)
2
=−
1
1+sin x <0，
则f ( x)在(0,π
2 )上单调递减，cos A
1+sin A =
cos(
π
2 −2B)
1+sin(
π
2 −2B)
⇔f ( A )= f(
π
2 −2B)，
故A +2B =π
2 ，结合A + B =π
3 ，解得B =π
6 .
方法四：恒等变换化简
cos A
1+sin A =
sin 2B
1+cos2B ⇔
cos
2 A
2 −sin
2 A
2
(cos A
2 +sin A
2)
2 = 2sin Bcos B
2cos
2B
⇔
cos A
2 −sin A
2
cos A
2 +sin A
2
= tan B
⇔
1−tan A
2
1+ tan A
2
= tan B⇔tan(
π
4 −A
2)= tan B，
结合正切函数的单调性，π
4 −A
2 = B，则A +2B =π
2 ，
结合A + B =π
3 ，解得B =π
6 .
（2）由（1）知，sin B =−cosC >0，所以π
2 <C <π,0<B<π
2 ，
而sin B =−cosC =sin(C −π
2 )，
所以C =π
2 + B，即有A =π
2 −2B，所以B∈(0, π
4),C ∈(
π
2 , 3 π
4 )
所以由正弦定理得a
2+b
2
c
2
= sin
2 A +sin
2B
sin
2C
= cos
22B+1−cos
2B
cos
2B
= (2cos
2B−1)
2+1−cos
2B
cos
2B
= 4 cos
2B+
2
cos
2B
−5≥2√8−5= 4√2−5．
当且仅当cos
2B = √2
2 时取等号，所以a
2+b
2
c
2
的最小值为4√2−5．
3．（2020·全国II 卷·高考真题）△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
3
（1）求A；
（2）若BC=3，求△ABC周长的最大值.
【答案】（1）2π
3 ；（2）3+2√3.
【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出cos A的形式，进而求得A；
（2）方法一：利用余弦定理可得到( AC + AB)
2−AC ⋅AB =9，利用基本不等式可求得AC + AB的最大值，
进而得到结果.
【详解】（1）由正弦定理可得：BC
2−A C
2−A B
2= AC ⋅AB，
∴cos A = A C
2+ A B
2−BC
2
2 AC ⋅AB
=−1
2，
∵A ∈(0,π )，∴A = 2π
3 .
（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式
由余弦定理得：BC
2= A C
2+ A B
2−2 AC ⋅ABcos A = A C
2+ A B
2+ AC ⋅AB =9，
即( AC + AB)
2−AC ⋅AB =9.
∵AC ⋅AB≤(
AC + AB
2
)
2
（当且仅当AC = AB时取等号），
∴9=( AC + AB)
2−AC ⋅AB≥( AC + AB)
2−(
AC + AB
2
)
2
= 3
4
( AC + AB)
2，
解得：AC + AB≤2√3（当且仅当AC = AB时取等号），
∴△ABC周长L= AC + AB+ BC ≤3+2√3，∴△ABC周长的最大值为3+2√3.
[方法二]：正弦化角（通性通法）
设B = π
6 +α ,C = π
6 −α，则−π
6 <α < π
6 ，根据正弦定理可知
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =2√3，所以
b+c =2√3(sin B+sinC ) =2√3¿ =2√3cosα ≤2√3，当且仅当α =0，即B =C = π
6 时，等号成立．此时
△ABC周长的最大值为3+2√3．
[方法三]：余弦与三角换元结合
在△ABC中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得9=b
2+c
2+bc，即(b+ 1
2 c)
2
+ 3
4 c
2=9．
令¿，得b+c =3sinθ+√3cosθ =2√3sin(θ+ π
6)≤2√3，易知当C = π
6 时，(b+c)max =2√3，
所以△ABC周长的最大值为3+2√3．
【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周
长最大值的求解问题；
方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.
方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件
4
的，则采用此法解决.
方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.
4．（2020·浙江·高考真题）在锐角△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且2bsin A −√3a=0．
（I）求角B 的大小；
（II）求cosA+cosB+cosC 的取值范围．
【答案】（I）B = π
3 ；（II）( √3+1
2
, 3
2 ]
【分析】（I）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角B 的大小；
（II）方法二：结合(Ⅰ)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角A 的三角函数式，然后由三角形
为锐角三角形确定角A 的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得cos A +cos B+cosC的取值范围.
【详解】（I）
[方法一]：余弦定理
由2bsin A =√3a，得sin
2 A =(
√3a
2b )
2
= 3a
2
4 b
2，即1−cos
2 A = 3a
2
4 b
2.
结合余弦定cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
，
∴1−(
b
2+c
2−a
2
2bc )
2
= 3a
2
4 b
2，
即4 b
2c
2−b
4−c
4−a
4−2b
2c
2+2b
2a
2+2c
2a
2=3a
2c
2，
即a
4+b
4+c
4+a
2c
2−2a
2b
2−2b
2c
2=0，
即a
4+b
4+c
4+2a
2c
2−2a
2b
2−2b
2c
2=a
2c
2，
即(a
2+c
2−b
2)
2=(ac)
2，
∵△ABC为锐角三角形，∴a
2+c
2−b
2>0，
∴a
2+c
2−b
2=ac，
所以cos B = a
2+c
2−b
2
2ac
= 1
2，
又B 为△ABC的一个内角，故B = π
3 .
[方法二]【最优解】：正弦定理边化角
由2bsin A =√3a，结合正弦定理可得：2sin Bsin A =√3sin A ,∴sin B = √3
2
△ABC为锐角三角形，故B = π
3 .
（II） [方法一]：余弦定理基本不等式
因为B = π
3 ，并利用余弦定理整理得b
2=a
2+c
2−ac，
5
即3ac =(a+c)
2−b
2.
结合ac≤(
a+c
2 )
2
，得a+c
b
≤2.
由临界状态（不妨取A = π
2 ）可知a+c
b
=√3.
而△ABC为锐角三角形，所以a+c
b
>√3.
由余弦定理得cos A +cos B+cosC = b
2+c
2−a
2
2bc
+ 1
2 + a
2+b
2−c
2
2ab
，
b
2=a
2+c
2−ac，代入化简得cos A +cos B+cosC = 1
2(
a+c
b
+1)
故cos A +cos B+cosC的取值范围是(
√3+1
2
, 3
2].
[方法二]【最优解】：恒等变换三角函数性质
结合(1)的结论有：
cos A +cos B+cosC =cos A + 1
2 +cos(
2π
3 −A)
=cos A −1
2 cos A + √3
2 sin A + 1
2 = √3
2 sin A + 1
2 cos A + 1
2
=sin(A + π
6)+ 1
2.
由¿可得：π
6 < A < π
2 ，π
3 < A + π
6 < 2π
3 ，
则sin(A + π
6)∈(
√3
2 ,1]，sin(A + π
6)+ 1
2 ∈(
√3+1
2
, 3
2].
即cos A +cos B+cosC的取值范围是(
√3+1
2
, 3
2].
【整体点评】（I）的方法一，根据已知条件，利用余弦定理经过较复杂的代数恒等变形求得
a
2+c
2−b
2=ac，运算能力要求较高；方法二则利用正弦定理边化角，运算简洁，是常用的方法，确定为
最优解；（II）的三种方法中，方法一涉及到较为复杂的余弦定理代入化简，运算较为麻烦，方法二直接
使用三角恒等变形，简洁明快，确定为最优解.
5．（2022·全国甲卷·高考真题）已知△ABC中，点D 在边BC 上，∠ADB =120° , AD =2,CD =2BD．
当AC
AB 取得最小值时，BD = ．
【答案】√3−1/−1+√3
【分析】设CD =2BD =2m>0，利用余弦定理表示出A C
2
A B
2 后，结合基本不等式即可得解.
6
【详解】[方法一]：余弦定理
设CD =2BD =2m>0，
则在△ABD中，A B
2= B D
2+ A D
2−2BD⋅AD cos∠ADB =m
2+ 4 +2m，
在△ACD中，A C
2=C D
2+ A D
2−2CD⋅ADcos∠ADC = 4 m
2+ 4−4 m，
所以
A C
2
A B
2 = 4 m
2+ 4−4 m
m
2+ 4 +2m
= 4(m
2+ 4 +2m)−12(1+m)
m
2+ 4 +2m
= 4−
12
(m+1)+
3
m+1
≥4−
12
2√(m+1)⋅
3
m+1
= 4−2√3
，
当且仅当m+1=
3
m+1即m=√3−1时，等号成立，
所以当AC
AB 取最小值时，m=√3−1.
故答案为：√3−1.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D 为原点，OC 为x 轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，√3），B（-t,0）
∴A C
2
A B
2 = (2t −1)
2+3
(t +1)
2+3
= 4 t
2−4 t + 4
t
2+2t + 4
= 4−
12
(t +1)+ 3
t +1
≥4−2√3
当且仅当t +1=√3,即BD =√3−1时等号成立。
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
{ c
2= x
2+ 4+2 x
b
2= 4+ 4 x
2−4 x，∴2c
2+b
2=12+6 x
2，
7
{ c
2= x
2+ 4+2 x
b
2= 4+ 4 x
2−4 x，∴2c
2+b
2=12+6 x
2，
令AC
AB =t，则2c
2+t
2c
2=12+6 x
2，
∴t
2+2= 12+6 x
2
c
2
= 12+6 x
2
x
2+2 x + 4
=6(1−
2
( x +1)+
3
x +1
)≥6−2√3，
∴t
2≥4−2√3，
当且仅当x +1=
3
x +1，即x =√3−1时等号成立.
[方法四]：判别式法
设BD = x，则CD =2 x
在△ABD中，A B
2= B D
2+ A D
2−2BD⋅AD cos∠ADB = x
2+ 4+2 x，
在△ACD中，A C
2=C D
2+ A D
2−2CD⋅ADcos∠ADC = 4 x
2+ 4−4 x，
所以A C
2
A B
2 = 4 x
2+ 4−4 x
x
2+ 4 +2 x
，记t = 4 x
2+ 4−4 x
x
2+ 4+2 x
，
则(4−t )x
2−(4 +2t )x +(4−4 t )=0
由方程有解得：Δ=(4 +2t )
2−4(4−t )(4−4t )≥0
即t
2−8t + 4≤0，解得：4−2√3≤t ≤4 +2√3
所以tmin= 4−2√3，此时x = 2+t
4−t =√3−1
所以当AC
AB 取最小值时，x =√3−1，即BD =√3−1.
6．（2018·北京·高考真题）若△ABC的面积为√3
4 (a
2+c
2−b
2),且∠C 为钝角，则∠B= ；c
a的取
值范围是 .
【答案】 60
∘ (2,+ ∞)
【分析】根据题干结合三角形面积公式及余弦定理可得tan B =√3，可求得∠B = π
3 ；再利用
sinC =sin( A + B)，将问题转化为求函数f ( A)的取值范围问题.
【详解】∵S ΔABC = √3
4 (a
2+c
2−b
2)= 1
2 acsin B，
∴a
2+c
2−b
2
2ac
=sin B
√3
，即cosB =sin B
√3
，
∴sin B
cosB =√3,∠B = π
3 ，
8
则c
a =sinC
sin A =
sin(
2π
3 −A)
sin A
=
√3
2 ⋅cos A −(−1
2)⋅sin A
sin A
= √3
2 ⋅
1
tan A + 1
2
，
∴∠C为钝角，∠B = π
3 ,∴0<∠A < π
6 ，
∴tan A ∈(0, √3
3 ),
1
tan A ∈(√3,+ ∞)，故c
a ∈(2,+ ∞).
故答案为π
3 ，(2,+ ∞).
【点睛】此题考查解三角形的综合应用，能够根据题干给出的信息选用合适的余弦定理公式是解题的第一
个关键；根据三角形内角A + B+C = π的隐含条件，结合诱导公式及正弦定理，将问题转化为求解含∠A
的表达式的最值问题是解题的第二个关键.
【热点题型一：三角恒等变换中的最值与范围（单一三角函数型）】
【核心归纳】
1.标准型结构与最值原理：
2.核心结构：
（
），同理适用于
型（注意
的值域为
，
无最值，仅考查指定区间内的范围）；
3.最值求解：当
时，最大值为
，最小值为
，当且仅当
（
型最大
值）、
（
型最小值）时取得（
）;
时，最值与
时相反.
4.常见变式与转化方法：
5.含绝对值型：
，先求内层
的值域，再取绝对值得到最终范围;
6.指定区间型：已知
，求
的最值，核心是先确定
的取值范围，再
结合
（
）的单调性求值域;
7.化简转化：非标准型需通过三角恒等变换化为标准型，如利用二倍角降幂、辅助角公式等（例：
化为
）.
【易错提示】
忽略
的符号：直接默认
求最值，导致最大值与最小值颠倒;
指定区间内“单调性判断错误”：未准确确定
的范围，或记错
的单调区间，导致最
值求解错误（如误以为
在
上单调递增）;
绝对值型最值漏解：未先求内层值域，直接对标准型最值取绝对值（如
，内层
，绝对值后值域为
，而非
的错误推导）;
型函数误求最值：忽略
的值域为
，错误认为其有最大值或最小值.
（25-26 高三上·山东·月考）已知函数
知识讲解与常考题型
题型分类
经典例题
9
f (x)=sin(ωx +π
6 )+sin(ωx −π
6 )−2cos
2 ωx
2
(ω>0)图象与直线y =−1的两个相邻交点间的距离为
π
2 .
(1)求ω的值；
(2)若x∈[0,π
2 ]，求函数f (x)的值域.
【答案】(1)ω=2；
(2)[−2,1].
【分析】（1）应用三角恒等变换化简函数式为f ( x)=2sin(ωx −π
6 )−1，结合函数性质确定函数的周期，
进而求参数值；
（2）由正弦型函数的性质求区间值域即可.
【详解】（1）由题意f (x)= √3
2 sin ωx + 1
2 cosωx + √3
2 sin ωx −1
2 cosωx −(cosωx +1)
=2(
√3
2 sin ωx −1
2 cosωx)−1=2sin(ωx −π
6 )−1
由直线y =−1的两个相邻交点间的距离为π
2 ，
结合正弦函数图象性质知，函数f (x)的最小正周期为π，故2π
ω =π，所以ω=2.
（2）由（1）知，f (x)=2sin(2 x−π
6 )−1，
因为x∈[0,π
2 ]，所以2 x−π
6 ∈[−π
6 , 5π
6 ]，
结合正弦函数图象知，sin(2 x−π
6 )∈[−1
2 ,1]，所以f (x)∈[−2,1]，
所以函数f (x)的值域为[−2,1].
【规律方法总结】
标准型最值“三步法”：①化标准型，明确
的值;②判断
的符号，确定最值与
的关系;
③结合三角函数的有界性（
）求最值;
指定区间最值“定角域→判单调→求最值”：①由
的范围求
的范围（“角域”）;②画出
（或
）在该角域内的图像，标注单调区间;③计算角域端点和极值点的函数值，对比得到最值;
绝对值型最值“分层求解”：先求不含绝对值的内层函数值域，再根据绝对值的几何意义（非负性）求外
层值域;
快速验证技巧：利用特殊值验证，如求
在
上的最值，可代入
计算，对
比结果合理性.
10
（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）某饰品店定制半径为1 米，圆心角为π
4 的
扇形展示台．现要在该扇形内制作一个内接矩形陈列区域ABCD，其中点A 、B在扇形的半径OP上，点
D在半径OQ 上，点C在扇形弧上（如图所示），在区域ABCD内摆放耳环、戒指等小件首饰．为了提升
台面空间利用率，现要计算矩形ABCD 的面积，则面积最大值为 平方米．
【答案】√2−1
2
/−1+√2
2
【分析】由题意可得AB =cosα −sin α，BC =sin α，可得S =(cosα −sin α )sin α，利用三角恒等变换求
得最大值即可.
【详解】设∠POC =α，因为OP =1，∠POQ =π
4 ，
所以BC =sin α ,OB =cosα，OA = sin α
tanπ
4
=sin α，
所以AB =OB−OA =cosα −sin α，
则四边形ABCD的面积为S = AB×BC =(cosα −sin α )sin α，
=cosα sin α −sin
2α = 1
2 sin2α −1
2
(1−cos2α )
= 1
2 sin 2α + 1
2 cos2α −1
2 = √2
2 (
√2
2 sin 2α + √2
2 cos2α)−1
2
= √2
2 (sin 2α cosπ
4 +cos2α sinπ
4 )−1
2 = √2
2 sin(2α +π
4 )−1
2，
因为0<α <π
4 ，所以π
4 <2α +π
4 <3π
4 ，所以√2
2 <sin(2α +π
4 )≤1，
所以当sin(2α +π
4 )=1时，S的最大值为√2
2 −1
2 = √2−1
2
，
所以面积S 的最大值为√2−1
2
.
故答案为：√2−1
2
.
小试牛刀1
11
（2025·湖南岳阳·模拟预测）如图，已知某三角形场地ABC是直角三角形，且
|AB|=2 km，∠ABC =π
2 ，∠ACB =π
6 ，现要在此场地中修建一正三角形形状（如图△MNP）的人工
湖，该正三角形的顶点位于场地的边界线上，则△MNP的面积最小值为 k m
2.
【答案】3√3
7
/3
7 √3
【分析】首先设∠BPM =θ ,| MP|=t，在△APN中，根据正弦定理表示|AP|，以及在△BMP中表示
|BP|，再根据|AP|+|BP|=2，结合三角函数的运算公式，以及性质，即可求解t的最小值，同时求面积的
最小值.
【详解】设∠BPM =θ ,| MP|=t，则∠APN = 2π
3 −θ ,∠ANP =θ，
由正弦定理得
| AP|
sinθ =
t
sinπ
3
⇒| AP|= 2t sinθ
√3
，且|BP|=t cosθ，
由| AB|=2知：2t sinθ
√3
+ t cosθ =2，则t =
2
2
√3 sinθ+cosθ
=
2
√
7
3 sin(θ+φ)
≥2√3
√7 ，
则△MNP的面积最小值为1
2(
2√3
√7 )
2
× √3
2 = 3√3
7
(km
2).
故答案为：3√3
7
（2025·宁夏中卫·二模）函数f (x)=2√3cos
2(
π
4 −x)−cos2 x−√3在(0,π
2 )上
的值域为 ．
【答案】(−1,2]
【分析】先利用三角函数的二倍角公式、诱导公式等对函数f ( x)进行化简，再结合x的取值范围求出函数
的值域.
【详解】f ( x)=2√3cos
2(π
4 −x)−cos2 x−√3
小试牛刀2
小试牛刀3
12
=2√3×
1+cos(π
2 −2 x)
2
−cos2 x−√3
=√3(1+sin 2 x)−cos2 x−√3
=√3+√3sin 2 x−cos2 x−√3
=√3sin 2 x−cos2 x
=2sin(2 x−π
6 )
由x∈(0,π
2 )，得2 x∈(0,π)，则2 x−π
6 ∈(−π
6
,5π
6
)，
所以sin(2 x−π
6 )∈(−1
2 ,1]，所以2sin(2 x−π
6 )∈(−1,2]，
所以f ( x)的值域为(−1,2].
故答案为：(−1,2].
【热点题型二：三角恒等变换中的最值与范围（二次型三角函数型）】
【核心归纳】
1.常见结构类型：
2.纯二次型：
、
（
）;
3.含交叉项型：
（可通过二倍角公式化简消去交叉项）;
4.分式二次型：
（换元后转化为分式函数最值）.
5.核心解题思路——换元法：
6.换元原则：令
或
，将二次型三角函数转化为二次函数
;
7.换元关键：明确新元的取值范围（
，因
）;
8. 化简前置：含
或
的交叉项型，先通过二倍角公式化简（如
，
），再判断是否需要换元.
9.二次函数最值求解：根据二次函数
的开口方向（
的符号）和对称轴
，结合
的范围，分情况讨论最值：①对称轴在
内，最值在顶点和区间端点处取得;②对称轴在
外，最值在区间端点处取得.
【易错提示】
换元后“ 忽略
的范围” ：将
视为全体实数求二次函数最值，未限定
（如
，误将
视为
，得到最小值1，实际
，最小值为2）;
化简时“公式错误”：二倍角降幂公式记错（如
误记为
），导致化简后函数结构错误;
交叉项型“ 未化简直接换元” ：如
，未先令
（则
13
），直接分别换元导致解题复杂或错误;
分式二次型“未验证分母不为零”：换元后未确认分母在
内是否为零，导致定义域遗漏，最值求
解错误.
（2025·江苏泰州·模拟预测）已知锐角α，β满足2cos(2α + β)+cos β =0，则
tan α + tan β的最小值为 .
【答案】3
2/1.5
【分析】根据两角和的余弦公式及弦切互化得tan β = 2cos2α +1
2sin 2α
，从而利用二倍角的正弦公式和余弦公
式化简得tan α + tan β =
3
2sin2α ，最后根据α为锐角及正弦函数的性质求得最小值.
【详解】因为2cos(2α + β)+cos β =0，所以2cos2α cos β −2sin2α sin β +cos β =0，
所以(2cos2α +1)cos β =2sin 2α sin β，
因为β为锐角，所以两边同除cos β得tan β = 2cos2α +1
2sin 2α
，
所以tan α + tan β = sin α
cosα + 2cos2α +1
2sin2α
= 4 sin
2α +2cos2α +1
2sin2α
=
3
2sin2α
.
因为α为锐角，所以当2α =π
2 时，sin2α有最大值为1，此时tan α + tan β取到最小值为3
2.
故答案为：3
2
【规律方法总结】
换元“三步骤”：①化简函数式（含交叉项先消去）;②确定换元对象（
或
），明确
;③转化为二次函数或分式函数，结合定义域求最值;
二次函数最值“分类讨论标准”：以对称轴与区间
的位置关系为分类依据，避免漏讨论或重复讨论;
交叉项型“快速换元技巧”：遇到
与
共存的形式，优先令
（
），利用
转化，简化计算;
分式二次型“转化技巧”：当分子分母为同次二次式时，可采用“分离常数法”转化为
或
的形式，再结合二次函数值域求最值.
（23-24 高三下·浙江·开学考试）函数f (x)=2cos(x−π
4 )+sin2 x (x∈R)的值
域为 .
经典例题
小试牛刀1
14
【答案】[−3
2 ,3]
【分析】化简f ( x)可得f (x)=(cos x +sin x)
2+√2(cos x +sin x)−1，令t =cos x +sin x且
t ∈[−√2,√2]，所以函数f (x)=2cos(x−π
4 )+sin2 x (x∈R)的值域等价于g(t )=t
2+√2t −1在区间
[−√2,√2]上的值域，利用二次函数求出g(t )在区间[−√2,√2]上的值域即可.
【详解】由题可得：f (x)=2cos(x−π
4 )+sin2 x =2(
√2
2 cos x + √2
2 sin x)+2sin xcos x
=√2(cos x +sin x)+2sin xcos x +sin
2 x +cos
2 x−1
=(cos x +sin x)
2+√2(cos x +sin x)−1，令t =cos x +sin x =√2sin(x +π
4 )，则t ∈[−√2,√2]，令
g(t )=t
2+√2t −1，
所以函数f (x)=2cos(x−π
4 )+sin2 x (x∈R)的值域等价于g(t )=t
2+√2t −1在区间[−√2,√2]上的值
域，
由于g(t )=(t + √2
2 )
2
−3
2，所以当t ∈[−√2,√2]时，gmin(t )= g(−√2
2 )=−3
2，gmax(t )= g(√2)=3，
则函数f (x)=2cos(x−π
4 )+sin2 x (x∈R)的值域为[−3
2 ,3]，
故答案为：[−3
2 ,3]
（2025·浙江嘉兴·一模）已知函数f (x)=sin(ωx +φ)(ω>0,−π
2 <φ<π
2 )的最小
正周期为T，若f (T )= 1
2，则cos(x +3φ)+cos(2 x−6φ)的最小值为（ ）
A．−2
B．−9
8
C．0
D．9
8
【答案】B
【分析】由正弦函数的最小正周期可得φ的值，利用诱导公式与二倍角公式将cos(x +3φ)+cos(2 x−6φ)
转化为2(sin x−1
4)
2
−9
8，结合正弦函数的性质即可得所求最值.
【详解】由已知T = 2π
ω ，
所以f (T )=sin(ω⋅2π
ω +φ)=sin φ= 1
2，
又−π
2 <φ<π
2 ，
小试牛刀2
15
所以φ =π
6 ，
所以cos(x +3φ)+cos(2 x−6φ)=cos(x +π
2 )+cos(2 x−π)=−sin x−cos2 x
=−sin x−(1−2sin
2 x)=2sin
2 x−sin x−1=2(sin x−1
4)
2
−9
8，
又sin x∈[−1,1]，则当sin x = 1
4 时，有最小值−9
8.
故选：B.
（25-26 高一上·全国·单元测试）在△ABC中，sin B = 4 sin A cosC，则当
tan(C −A)取最大值时，C =（ ）
A．π
3
B．π
6
C．π
4
D．2π
3
【答案】A
【分析】根据三角形内角的性质及三角恒等变换得tanC =3 tan A且tan A >0，再由差角正切公式整理得
tan(C −A) =
2
1
tan A +3 tan A ，法一：应用基本不等式求最值确定C，法二：应用换元法及对勾函数性质
求最值确定C.
【详解】由sin B = 4 sin A cosC，得sin ( A +C)= 4 sin A cosC，
即sin A cosC +cos A sinC = 4 sin A cosC，所以cos A sinC =3sin A cosC，
易知cos A cosC ≠0，则tanC =3 tan A，显然tan A >0，
所以tan (C −A)= tanC −tan A
1+ tanC tan A =
2tan A
1+3 tan
2 A =
2
1
tan A +3 tan A ，
法一：tan (C −A)=
2
1
tan A +3 tan A
≤
2
2√
1
tan A ⋅3 tan A
= √3
3 ，
当且仅当tan A = √3
3 时，tan(C −A)取得最大值√3
3 ，此时tanC =3tan A =√3，
由三角形内角范围，知C =π
3 ；
法二：令t = tan A >0,f (t )=3t + 1
t ，
由对勾函数的性质，f (t )的最小值为2√3，当且仅当t = √3
3 时取最小值，
所以tan(C −A)≤√3
3 ，此时tanC =3tan A =√3，
小试牛刀3
16
由三角形内角范围，知C =π
3 .
故选：A
【热点题型三：解三角形中的最值与范围（面积与边长型）】
【核心归纳】
1.三角形面积的最值与范围：
2.核心公式与转化方向：基础面积公式
（边角对应是关键）;外接
圆关联公式
（
为外接圆半径）; 转化逻辑：①边化角：由正弦定理
、
，将面积转化为“单一角的三角函数”（如
）;②角化边：由余弦
定理将角转化为边的关系，结合基本不等式求
的最值（如已知
，通过
求
最大值）.
3. 常见题干背景与求解策略：已知一边一角（如
，
）：由余弦定理
，得
，代入面积公式得
;已
知两边之和（如
）：结合基本不等式
，代入面积公式求最值;已知角的范围（如
）：将面积转化为关于
的三角函数，结合单调性求范围.
4.三角形边长（和/差/积）的最值与范围：
5.核心转化路径：①边化角：由正弦定理
、
、
，将边长转化为角
的三角函数，结合角的范围求值域;②角化边：由余弦定理将角的关系转化为边的代数式，结合基本不等
式、边长约束（两边之和大于第三边）求最值.
6.常见题型与求解策略：单一边长最值（如求
的最小值）：由正弦定理转化为
的三角函数，或由余弦
定理
结合基本不等式求解;边长和/差最值（如求
的最大值）：由正弦定理
转化为
，利用和角公式化简为“一角一函数”（如
）
当
时取最值;边长乘积最值（如求
的最大值）：通过余弦定理结合基本不等式
求
解.
7.隐含约束条件：角的约束
（
）;边长约束
、
、
（求范围时需验证）.
【易错提示】
面积公式“边角对应错误”：如用
时，角
并非
、
的夹角，导致面积表达式错误;
基本不等式应用“缺等号条件”：如由
求
最大值时，未验证
是否能构成三角形;
边化角后“角的范围遗漏”：未结合三角形内角和限定角的范围，导致三角函数值域求解错误;
边长最值“未验证边长约束”：求出范围后未检验是否满足两边之和大于第三边，导致结果无效;
忽略
的定值属性：在含外接圆半径的公式中，误将
视为变量，导致转化逻辑混乱.
17
（25-26 高三上·广东·月考）在△ABC中，内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，已知
a=√3,(a−b)(sin A +sin B)=sinC (b+c)，则△ABC面积的最大值为 .
【答案】√3
4
【分析】根据正弦定理化角为边得a
2=b
2+c
2+bc，由余弦定理得cos A =−1
2，利用同角三角函数基本关
系得sin A = √3
2 ，利用基本不等式求得bc≤1，即可求得△ABC面积的最大值.
【详解】在△ABC中，(a−b)(sin A +sin B)=sinC (b+c)，
由正弦定理得(a−b)(a+b)=c (b+c)，即a
2=b
2+c
2+bc，
由余弦定理得cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= −bc
2bc =−1
2，因为0< A <π，所以sin A = √3
2 ，
因为3=a
2=b
2+c
2+bc≥2bc+bc =3bc，当且仅当b=c =1时取等号，
因此bc≤1，所以△ABC的面积S = 1
2 bcsin A = √3
4 bc≤√3
4 ，即△ABC面积的最大值为√3
4 .
故答案为：√3
4
【规律方法总结】
面积最值“两步走”：①选对面积公式（优先含已知角/边的公式）;②转化求最值（基本不等式求
最
值或边化角求三角函数值域）;
已知一边一角求面积最值“快速公式”：若已知
，
，则
（当且仅当
时取等
号）;
边长最值“转化原则”：已知角的约束优先边化角，已知边的关系优先角化边;
边长和/差“化简技巧”：利用和角公式将
化简为“定值角+变量角”形式，借助余弦函数有
界性求最值;
验证技巧：求出最值后，验证等号成立时三角形是否存在（如
时满足内角和为
），边长范围需验
证两边之和大于第三边.
（25-26 高三上·湖南长沙·期中）记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
已知2a=b+2c sin(A −π
6 ).
(1)求C；
(2)已知c =6，△ABC的内切圆半径为r.
（ⅰ）当r =√3时，求sin A +sin B；
（ⅱ）求r
a+b的最大值.
经典例题
小试牛刀1
18
【答案】(1)C =π
3
(2)（ⅰ）sin A +sin B =√3；（ⅱ）√3
12
.
【分析】（1）利用正弦定理化简2a=b+2c sin(A −π
6 )，可得2sin A =√3sin A sinC +sin A cosC，
利用辅助角公式结合三角函数值即可求解；
（2）（ⅰ）利用三角形面积与内切圆的半径关系化简可得ab=2(a+b)+12，利用余弦定理可得a+b=12，
由正弦定理化简可得4√3(sin A +sin B)=12即可求解；（ⅱ）利用三角形面积与内切圆的半径关系化简可
得r
a+b = √3
6 ⋅(1−
6
a+b)，由余弦定理结合基本不等式可得
36=(a+b)
2−3ab≥(a+b)
2−3(
a+b
2 )
2
= 1
4
(a+b)
2，从而得到a+b≤12即可求解.
【详解】（1）易得2a=b+2c sin(A −π
6 )=b+√3c sin A −c cos A，
由正弦定理得2sin A =sin B+√3sin A sinC −sinC cos A，
而sin B =sin ( A +C)=sin A cosC +sinC cos A，故2sin A =√3sin A sinC +sin A cosC，
易知sin A ≠0，故2=√3sinC +cosC =2sin(C +π
6 )，
即sin(C +π
6 )=1，由C ∈(0,π)可知C =π
3
（2）（ⅰ）记△ABC的面积为S，则r =
2S
a+b+c = absinC
a+b+c ，即√3=
√3ab
2(a+b+6)，ab=2(a+b)+12，
而c
2=a
2+b
2−2abcosC，即36=a
2+b
2−ab=(a+b)
2−3ab，故ab= (a+b)
2
3
−12，
于是(a+b)
2
3
−12=2(a+b)+12，解得a+b=12，
而
a
sin A =
c
sinC ，故a=
c
sinC sin A = 4√3sin A，同理b= 4√3sin B，
故4√3(sin A +sin B)=12，得到sin A +sin B =√3
（ⅱ）
r
a+b =
√3ab
2(a+b)(a+b+6) =
√3[
(a+b)
2
3
−12]
2(a+b)(a+b+6) = √3
6 ⋅
(a+b)
2−36
(a+b)(a+b+6)
= √3
6 ⋅(a+b+6)(a+b−6)
(a+b)(a+b+6)
= √3
6 ⋅a+b−6
a+b
= √3
6 ⋅(1−
6
a+b)，
19
而36=(a+b)
2−3ab≥(a+b)
2−3(
a+b
2 )
2
= 1
4
(a+b)
2，即a+b≤12，
故r
a+b = √3
6 ⋅(1−
6
a+b)≤√3
12 ，当且仅当a=b=6时等号成立，
故r
a+b的最大值为√3
12 .
（25-26 高三上·河北·月考）记△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a,b,c，且
2b−a=2c cos A.
(1)求C；
(2)若a+b=√3,∠ACB的角平分线交AB于点D.
（i）求CD的最大值；
（ii）求1
AD + 1
BD 的最小值.
【答案】(1)π
3 ；
(2)（i）3
4 ；（ii）9
2.
【分析】（1）应用正弦定理及三角恒等变换得sin A =2sin A cosC，结合三角形内角的性质，求角的大
小；
（2）（i）由S△ABC = S△ACD+ S△BCD，应用三角形面积公式得ab=CD，再应用基本不等式求最大值；
（ii）设∠ADC =θ，则π
6 <θ<5π
6 ，应用正弦定理得AD =
b
2sinθ 、BD =
a
2sinθ ，进而得
1
AD + 1
BD = 2√3sinθ
ab
、c = AD + BD =
√3
2sinθ ，再由余弦定理得sin
2θ =
1
4(1−ab)，从而得
( 1
AD + 1
BD )
2
=
3
a
2b
2(1−ab)，令t =ab∈(0, 3
4 ]并应用导数研究最小值.
【详解】（1）由正弦定理知2sin B−sin A =2sinC cos A，B =π−( A +C )，
所以sin A =2sin( A +C )−2sinC cos A =2sin A cosC，sin A ≠0，
所以cosC = 1
2，C ∈(0,π)，可得C =π
3 ；
（2）（i）由S△ABC = S△ACD+ S△BCD，∠ACB =π
3 ，
则1
2 absinπ
3 = 1
2 a⋅CD⋅sinπ
6 + 1
2 b⋅CD⋅sinπ
6 ，
所以√3ab=(a+b)⋅CD，而a+b=√3，则ab=CD，
所以CD =ab≤( a+b
2
)
2
= 3
4 ，当且仅当a=b= √3
2 时取等号，
小试牛刀2
20
所以CD最大值为3
4 ；
（ii）设∠ADC =θ，则π
6 <θ<5π
6 ，
在△ACD中
AC
sin∠ADC =
AD
sin∠ACD ，则AD = AC sin∠ACD
sin∠ADC
=
b
2sinθ ，同理BD =
a
2sinθ ，
所以1
AD + 1
BD = 2sinθ
b
+ 2sinθ
a
= 2(a+b)sinθ
ab
= 2√3sinθ
ab
，
由c = AD + BD =
a
2sinθ +
b
2sinθ =
√3
2sinθ ，
由c
2=a
2+b
2−ab=(a+b)
2−3ab=3−3ab=
3
4 sin
2θ ，所以sin
2θ =
1
4(1−ab)，
综上，( 1
AD + 1
BD )
2
= 12sin
2θ
a
2b
2
=
3
a
2b
2(1−ab)，令t =ab∈(0, 3
4 ]，
令f (t )=t
2−t
3，则f
'(t )=2t −3t
2=t(2−3t )，
所以0<t < 2
3时f
'(t )>0，2
3 <t ≤3
4 时f
'(t )<0，
所以f (t )在(0, 2
3 )上单调递增，在( 2
3 , 3
4 ]上单调递减，则f (t )≤f ( 2
3 )= 4
27 ，
综上，( 1
AD + 1
BD )
2
≥81
4 ，则1
AD + 1
BD ≥9
2，当且仅当ab= 2
3时取等号，
所以1
AD + 1
BD 的最小值为9
2.
【热点题型四：解三角形中的最值与范围（角的范围型）及含参数最值】
【核心归纳】
1.三角形角的范围问题：
2.核心求解思路：①角化边：由余弦定理
，结合边的约束判断角的范围（如
）;②边化角：由正弦定理
，结合内角和约束求范围;③三
角恒等变换：化简角的表达式，结合三角函数值域求范围.
21
3.常见题型与约束条件：已知边的比例关系（如
）：由余弦定理求角的余弦值定范围;
已知边长不等式（如
）：由
得
（钝角三角形）;已知角的三角函数关系
（如
）：由正弦定理转化为边的关系
，再求角的范围.
4.含参数三角函数最值（跨模块通用）：
5.常见参数类型：参数在系数上（如
、
）;参数在自变量约束上（如
，
）;参数在三角函数内部（如
）.
6.核心解题思路：明确“变量”与“参数”，将函数视为关于自变量的函数，参数作为常数参与运算;分
类讨论参数（如系数正负、区间与单调区间关系）;已知最值求参数时，先求最值关于参数的表达式，再
建立方程/不等式求解，验证等号成立条件.
【易错提示】
余弦值符号与角的范围对应错误：如误将
视为
;
边化角后“忽略角的单调性”：如由
得
，未排除
的无效情况;
角的范围“未综合所有约束”：仅由单一条件求范围，未结合内角和、边的关系缩小范围;
参数与变量混淆：将参数视为变量，导致函数结构分析错误;
含参数最值“分类讨论不全面”：遗漏参数为零、对称轴与区间端点重合等关键情况.
（25-26 高二上·黑龙江·开学考试）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，
若2a
2=b
2+c
2，则A的最大值为（ ）
A．π
6
B．π
3
C．2π
3
D．5π
6
【答案】B
【分析】由余弦定理求出cos A，再根据三角形内角范围及余弦函数的单调性求出A范围.
【详解】由余弦定理得cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
=
c
2
2 + b
2
2
2bc
≥bc
2bc = 1
2
，当且仅当b=c时取等号，
因为0< A <π，y =cos x在(0,π)单调递减，所以0< A ≤π
3
，即A 的最大值为π
3 ．
故选：B．
【规律方法总结】
角的范围“求解三步法”：①选择转化路径（角化边或边化角）;②得到三角函数不等式（如
）;
③由三角函数单调性及内角和确定范围;
钝角/锐角三角形判断“核心公式”：角
为钝角
;角
为锐角
;锐角三角
形
三个角的余弦值均大于0;
定角范围“优先用余弦”：余弦函数在
上单调递减，定角更精准，避免多解;
含参数最值“逆向求解法”：已知最值求参数时，先求最值关于参数的表达式，建立方程/不等式求解后，
验证等号成立条件和定义域有效性;
参数讨论“边界优先原则”：优先讨论参数使函数性质发生变化的边界值（如参数为零、对称轴与区间端
点重合），避免遗漏.
经典例题
22
（24-25 高二下·湖南郴州·期末）记△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，
c，若
1−tan A
2
1+ tan A
2
= tan B，则a
2+b
2
c
2
的最小值为（ ）
A．4√2−5
B．4√2−3
C．4√2
D．1
【答案】A
【分析】变形得到tan(B+ A
2)=1，求出B+ A
2 =π
4 ，由正弦定理和三角恒等变换得到
a
2+b
2
c
2
= 2cos
22B−cos2B+1
1+cos2B
，换元后，a
2+b
2
c
2
=2t + 4
t −5，t ∈(1,2)，由基本不等式求出最小值.
【详解】
1−tan A
2
1+ tan A
2
= tan B⇒
1−
sin A
2
cos A
2
1+
sin A
2
cos A
2
= sin B
cos B ⇒
cos A
2 −sin A
2
cos A
2 +sin A
2
= sin B
cos B ，
故cosBcos A
2 −cos Bsin A
2 =sin Bcos A
2 +sin Bsin A
2 ，
cosBcos A
2 −sin Bsin A
2 =sin Bcos A
2 +cos Bsin A
2 ，
cos(B+ A
2)=sin(B+ A
2)，即tan(B+ A
2)=1，
因为A
2 + B∈(0,π)，所以B+ A
2 =π
4 ，A =π
2 −2B，
由正弦定理得
a
2+b
2
c
2
= sin
2 A +sin
2B
sin
2C
=
sin
2(
π
2 −2B)+sin
2B
sin
2( A + B)
= cos
22B+sin
2B
sin
2(
π
2 −B)
=
cos
22B+ 1−cos2B
2
cos
2B
=
cos
22B+ 1−cos2B
2
1+cos2B
2
= 2cos
22B−cos2B+1
1+cos2B
因为B+ A
2 =π
4 ，所以B∈(0,π
4 )，2B∈(0,π
2 )，cos2B∈(0,1)，
令1+cos2B =t ∈(1,2)，
小试牛刀1
23
则a
2+b
2
c
2
= 2(t −1)
2−(t −1)+1
t
= 2t
2−5t + 4
t
=2t + 4
t −5≥2√2t ⋅4
t −5= 4√2−5，
当且仅当2t = 4
t ，即t =√2时，等号成立，
故a
2+b
2
c
2
的最小值为4√2−5.
故选：A
（24-25 高一下·浙江宁波·期末）在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C所对的边，
已知b
2−a
2= 1
2 c
2，则tan A +
1
tan B 的最小值为（ ）
A．1
B．2√3
3
C．4
3
D．√2
【答案】B
【分析】先根据余弦定理化简得4 bcos A =3c，再由正弦定理化边为角，得到3tan A =tan B，最后根据
基本不等式求最值的可求得结果.
【详解】由余弦定理b
2+c
2−a
2=2bccos A = 3
2 c
2，即4 bcos A =3c，
由正弦定理知，4sin Bcos A =3sinC =3sin( A + B)=3sin A cosB+3sin Bcos A，
即sin Bcos A =3sin A cosB，即3tan A =tan B，
在△ABC中，且tan A、tan B同号，故tan A >0，
所以tan A +
1
tan B =tan A +
1
3tan A ≥2√3
3
.当且仅当tan A =
1
3tan A 时，等号成立
故tan A = √3
3 .
∵A ∈(0,π )，
∴A =π
6 ，B =π
3 时.tan A +
1
tan B 取得最小值2√3
3
.
故选：B.
（24-25 高一下·福建宁德·期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，
若2a
2+b
2=c
2，则tan A的最大值为（ ）
A．1
3
B．1
2
C．√3
3
D．√3
2
【答案】C
【分析】根据余弦定理求出边角关系，判断各角的范围，再根据正弦定理转边为角，再依据基本不等式，
求出最值即可，也可直接根据余弦定理求出cos A的表达式，直接根据基本不等式，求出余弦值的范围，
小试牛刀2
小试牛刀3
24
判断角的范围，进而求出正切值的最大值.
【详解】法一：由余弦定理得c
2=a
2+b
2−2abcosC =2a
2+b
2，所以a=−2bcosC，
即sin A =−2sin BcosC，又sin A =sin(B+C)，代入可得：sin(B+C )=−2sin BcosC，
化简得sin BcosC +cos BsinC =−2sin BcosC，解得tanC =−3tan B，
故tan A =−tan(B+C)=
2tan B
1+3tan
2B
=
2
1
tan B +3tan B ，
因为cosC =−a
2b <0，所以π
2 <C <π，所以0<B<π
2 ，所以tan B∈(0,+ ∞)，
所以
1
tan B +3tan B≥2√3，当且仅当
1
tan B =3tan B，即tan B = √3
3 时取等号，
所以tan A =
2
1
tan B +3tan B
≤√3
3 ，所以最大值为√3
3 ；
法二：由余弦定理得cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
=
c
2
2 + 3
2 b
2
2bc
≥√3bc
2bc = √3
2
，
所以0< A ≤π
6 ，则tan A ≤√3
3 ，所以最大值为√3
3 ．
故选：C.
1．（24-25 高一下·四川德阳·期末）若△ABC的角A，B，C所对边a，b，c，且满足
a+2b−4 bsin
2 C
2 =0，则tan A的最大值为（ ）
A．√6
4
B．√3
3
C．3
4
D．√6
2
【答案】B
【分析】利用二倍角公式及正弦定理，同角三角函数的基本关系式将a+2b−4 bsin
2 C
2 =0化简得
tanC =−3 tan B，再将tan A用tan B和tanC来表示，最后利用基本不等式即可求解.
【详解】∵a+2b−4 bsin
2 C
2 =0，∴a+2b−4 b⋅1−cosC
2
=0，即a+2bcosC =0，
由正弦定理得，sin A +2sin BcosC =0，
∴sin (B+C)+2sin BcosC =0，即sin BcosC +cos BsinC +2sin BcosC =0，
∴cos BsinC +3sin BcosC =0，①
当cos B =0时，3sin BcosC =0，∵sin B>0，∴cosC =0，
此时B =C =π
2 ，不满足题意，∴cos B≠0,cosC ≠0，
课后针对训练
25
∴①式两边同时除以cos BcosC得，tanC =−3 tan B，
不妨设tan B>0，则tanC <0，
∴tan A = tan[π−(B+C)]=−tan (B+C)=−tan B+ tanC
1−tan B tanC =
2tan B
1+3 tan
2B
=
2
1
tan B +3 tan B
≤
2
2√3 = √3
3 ，
当且仅当
1
tan B =3 tan B，即tan B = √3
3 ，tanC =−√3时等号成立，
∴tan A的最大值为√3
3 .
故选：B.
2．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知函数f (x)=3sin(ωx +π
3 )(ω>0)在区间(−π
3 ,π
6 )上单调递增，
则当ω取最大值时，f (x)在区间[
π
2 ,π)上的值域为（ ）
A．(−3
2 , 3√3
2 ] B．(−1
2 , √3
2 ]
C．(−3√3
2
, 3
2]
D．(−√3
2 , 1
2]
【答案】C
【分析】先由正弦函数的单调性和f (x)在区间(−π
3 ,π
6 )上单调递增确定ω的最大值，再由正弦函数的单
调性求出值域即可.
【详解】因为ω>0，所以当x∈(−π
3 ,π
6 )时，ωx +π
3 ∈(−ωπ
3
+π
3 , ωπ
6
+π
3 )，
因为f (x)在区间(−π
3 ,π
6 )上单调递增，所以π
6 −(−π
3 )=π
2 ≤T
2 ，则T ≥π，即2π
ω ≥π，
所以0<ω≤2，所以¿，解得0<ω≤1，则ω的最大值为1，
此时f (x)=3sin(x +π
3 )，
当x∈[
π
2 ,π)时，x +π
3 ∈[
5π
6 , 4π
3 )，则f (x)在区间[
π
2 ,π)上的值域为(−3√3
2
, 3
2].
故选：C.
3．（25-26 高三上·安徽六安·月考）在等边三角形ABC的三边上各取一点D，E，F，满足DE =3，
DF =2√3，∠≝=90°，则三角形ABC边长的最大值为 ．
【答案】2√7
【分析】由勾股定理得到EF =√3，设∠BED =θ，θ∈[0,2π
3 )，由正弦定理得到
26
BE =2√3sin(
2π
3 −θ)，CE =2sin(
π
6 +θ)，故BC =2√7sin(θ+φ)，其中tan φ = 2√3
3
，故
BCmax =2√7.
【详解】因为DE =3，DF =2√3，∠≝=90°，所以EF =√D F
2−D E
2=√3，
设∠BED =θ，θ∈[0,2π
3 )，
则∠BDE = 2π
3 −θ，∠CEF =π
2 −θ，∠CFE = 2π
3 −(
π
2 −θ)=π
6 +θ，
在△BDE中由正弦定理
BE
sin ∠BDE = DE
sin B ，即
BE
sin(
2π
3 −θ)
= 3
√3
2
=2√3
，
所以BE =2√3sin(
2π
3 −θ)，
在△CEF中由正弦定理
CE
sin ∠CFE = EF
sinC ，即
CE
sin(
π
6 +θ)
= √3
√3
2
=2
，
所以CE =2sin(
π
6 +θ)，所以BC = BE +CE =2√3sin(
2π
3 −θ)+2sin(
π
6 +θ)
=2√3(sin 2π
3 cosθ−cos 2π
3 sinθ)+2(sinπ
6 cosθ+cosπ
6 sinθ)
=2√3sinθ+ 4 cosθ =2√7sin(θ+φ)（其中tan φ = 2√3
3
），
所以BCmax =2√7.
故答案为：2√7.
4．（25-26 高三上·上海·月考）已知△ABC的外接圆半径为2，三个角A，B，C 的对边分别为a，b，c，
若acos B+bcos A = 2√3，且⃗CA ⋅⃗CB<0，则2a+3b的最大值为 .
【答案】4√7
【分析】设△ABC的外接圆半径R，根据题意并结合正弦定理得sinC = √3
2 ，再根据⃗CA ⋅⃗CB<0得
27
C = 2π
3 ，2a+3b=8sin A +12sin B，最后根据三角恒等变换求最值即可得答案.
【详解】解：设△ABC的外接圆半径R，则R =2，
由正弦定理知a=2 R sin A = 4 sin A ,b=2 R sin B = 4 sin B，
所以acos B+bcos A = 4 sin A cos B+ 4 sin Bcos A = 4 sin ( A + B) = 4 sin (π−C)= 4 sinC =2√3，即
sinC = √3
2
,
因为⃗CA ⋅⃗CB<0，即|⃗CA|⋅|⃗CB|cosC <0，所以cosC <0，即C ∈(
π
2 ,π)，
所以C = 2π
3 ，c =2 R sinC = 4 sinC =2√3，
所以，2a+3b=8sin A +12sin B =8sin A +12sin(
π
3 −A)
=8sin A +12(
√3
2 cos A −1
2 sin A)=2sin A +6√3cos A
= 4√7sin ( A +φ)，其中tan φ =3√3>√3,φ∈(
π
3 ,π
2 )
因为A ∈(0,π
3 )，所以A +φ∈(φ ,φ+π
3 )，
所以，当A +φ =π
2 时，2a+3b有最大值4√7.
故答案为：4√7
5．（2025·广东深圳·模拟预测）记锐角△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
sin ( A −B)
cos B
= sin ( A −C)
cosC
，且asinC =1，则1
a
2 + 1
b
2的最大值为 ．
【答案】25
16
【分析】利用两角和差的正弦公式化简得B =C，再利用正弦定理和asinC =1得a=
1
sinC ，b=
1
sin A ,从而
化简1
a
2 + 1
b
2，结合二次函数求最值.
【详解】因sin ( A −B)
cos B
= sin ( A −C)
cosC
，
则sin A cos BcosC −cos A sin BcosC =sin A cosC cos B−cos A sinC cos B，
则cos A sin (B−C)=0，
因△ABC为锐角三角形，则cos A ≠0，则sin (B−C)=0，
因B ,C ∈(0,π
2 )，则B−C ∈(−π
2 ,π
2 )，则B =C,
28
因asinC =asin B，且asin B =bsin A，则asinC =bsin A，
因asinC =1，则a=
1
sinC ，b=
1
sin A ,
则1
a
2 + 1
b
2 =sin
2C +sin
2 A =sin
2C +sin
2(B+C)=sin
2C +sin
2(2C)
= 1−cos(2C)
2
−cos
2(2C)+1=−cos
2(2C)−1
2 cos(2C)+ 3
2
,
因C ∈(0,π
2 )，π−2C ∈(0,π
2 )，则C ∈(
π
4 ,π
2 )，则2C ∈(
π
2 ,π)，则cos(2C)∈(−1,0)，
则当cos(2C)=−1
4 时，1
a
2 + 1
b
2取最大值25
16.
故答案为：25
16
6．（2025 高三下·全国·专题练习）已知锐角△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，若A =π
3 ,a≥b，
则b
2+c
2
bc
的最小值为 .
【答案】2
【分析】正弦定理边角转换，将原式转化为关于角的式子，根据已知信息求出角B的取值范围，利用角的
关系，将变量都转化为角B，根据角B的取值范围求出原式的取值范围.
【详解】在锐角△ABC中，若A =π
3 ,a≥b，
则¿，有π
6 <B≤π
3 ，
法一：由余弦定理知，a
2=b
2+c
2−2bc cos A，所以b
2+c
2=a
2+2bc cos A，
所以b
2+c
2
bc
= a
2+2bc cos A
bc
= a
2
bc +2cos A = a
2
bc +1，
由正弦定理得
a
2
bc =
sin
2 A
sin BsinC =
3
4
sin Bsin(
2π
3 −B)
=
3
4
sin B(
√3
2 cos B+ 1
2 sin B)
=
3
4
√3
4 sin 2B−1
4 cos2B+ 1
4
=
3
2sin(2B−π
6 )+1
，
又π
6 <B≤π
3 ，所以sin(2B−π
6 )∈(
1
2 ,1]，所以a
2
bc ∈[1, 3
2)，
所以b
2+c
2
bc
的取值范围为[2, 5
2).
29
所以b
2+c
2
bc
的最小值为2.
法二：由正弦定理知，c
b =sinC
sin B =
sin(
2π
3 −B)
sin B
=
√3
2 cosB+ 1
2 sin B
sin B
=
√3
2tan B + 1
2
，
又π
6 <B≤π
3 ，从而1≤c
b <2，又b
2+c
2
bc
= b
c + c
b，
设函数f (x)= x + 1
x ，由双勾函数性质可知，f (x)在[1,2)上单调递增，
故2≤b
c + c
b < 5
2，所以b
2+c
2
bc
的取值范围为[2, 5
2).
所以b
2+c
2
bc
的最小值为2.
故答案为：2
7．（2025 高三·全国·专题练习）在△ABC内，内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，若a
2+b
2≥4 abcosC，
且cos( A −B)= 1
6 ，则cosC的取值范围是 ．
【答案】(−1
6 , 2
3]
【分析】根据余弦定理和已知条件得c
2≥2ab⋅cosC，进而利用正弦定理边角互化得
sin
2C ≥2sin A ⋅sin B⋅cosC，由余弦的和差角公式可得2sin A sin B = 1
6 +cosC，即可代入化简求
解.
【详解】由余弦定理a
2+b
2=c
2+2abcosC得c
2+2ab⋅cosC ≥4 ab⋅cosC ⇒c
2≥2ab⋅cosC，
由正弦定理，得sin
2C ≥2sin A ⋅sin B⋅cosC，
因为cos( A −B)=cos A cosB+sin A sin B = 1
6，
又cosC =−cos( A + B)=−(cos A cosB−sin A sin B)，所以2sin A sin B = 1
6 +cosC，
所以sin
2C ≥(
1
6 +cosC)⋅cosC，即1−cos
2C ≥(
1
6 +cosC)⋅cosC，
化简得12cos
2C +cosC −6≤0,解得−3
4 ≤cosC ≤2
3．
又2sin A sin B = 1
6 +cosC >0,故cosC >−1
6
所以cosC的取值范围是(−1
6 , 2
3]．
30
故答案为：(−1
6 , 2
3]
8.（24-25 高一下·江西宜春·期末）在△ABC中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且满足a=2，
sin A +sin B
sinC
= b−c
b−a．则△ABC内切圆半径r 的取值范围为 ．
【答案】(0, √3
3 )
【分析】由正弦定理有b= 4
√3 sin B，c = 4
√3 sinC，根据余弦定理有bc = (b+c)
2−4
3
，结合cos A及
S△ABC = 1
2 bcsin A = 1
2
(a+b+c)r，应用三角恒等变换有r = 2√3
3
sin(B+π
6 )−√3
3 ，由三角形内角性
质、正弦函数性质求范围即可.
【详解】因为sin A +sin B
sinC
= b−c
b−a，由正弦边角关系得a+b
c
= b−c
b−a，即b
2+c
2−a
2=bc，
由余弦定理，得cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= bc
2bc = 1
2，又A ∈(0,π)，所以A =π
3 ，
由正弦定理得
b
sin B =
c
sinC =
a
sin A =
2
sinπ
3
= 4
√3，所以b= 4
√3 sin B，c = 4
√3 sinC，
由余弦定理，得4 =b
2+c
2−2bccosπ
3 =(b+c)
2−3bc，所以bc = (b+c)
2−4
3
，
利用等面积法可得S△ABC = 1
2 bcsin A = 1
2
(a+b+c)r，
则r = bcsin A
a+b+c = √3
6
(b+c)
2−4
2+b+c
= √3
6
(b+c−2)
= √3
6 (
4
√3 sin B+ 4
√3 sinC −2)= √3
6 [
4
√3 sin B+ 4
√3 sin(
2
3 π−B)−2]
= 2√3
3
sin(B+π
6 )−√3
3 ，
∵a≠b，∴B≠A =π
3 ，故B∈(0,π
3 )∪(
π
3 , 2π
3 )，则B+π
6 ∈(
π
6 ,π
2 )∪(
π
2 , 5π
6 )，
所以sin(B+π
6 )∈(
1
2 ,1)，故r ∈(0, √3
3 )
故答案为：(0, √3
3 )
9．（24-25 高一下·山东滨州·期末）在锐角△ABC中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c．若
(a+b)(sin A −sin B)=(c−b)sinC，a=2√3，则△ABC周长的取值范围是 ．
31
【答案】(6+2√3,6√3]
【分析】利用正弦定理角化边，利用余弦定理求出A，再利用正弦定理，结合三角恒等变换求出范围.
【详解】在△ABC中，由(a+b)(sin A −sin B)=(c−b)sinC及正弦定理，得(a+b)(a−b)=(c−b)c，
即a
2=b
2+c
2−bc，由余弦定理得cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 1
2，而0< A <π，解得A =π
3 ，
由△ABC是锐角三角形，得¿，则π
6 <C <π
2
由正弦定理
b
sin B =
c
sinC =
a
sin A = 4，
得b+c = 4 sin B+ 4 sinC
= 4 sin(2π
3 −C )+ 4 sinC
= 4(sin2π
3 cosC −cos2π
3 sinC )+ 4 sinC
= 4( √3
2 cosC + 1
2 sinC )+ 4 sinC
=2sinC +2√3cosC + 4 sinC
= 4√3sin(C +π
6 )，
因为π
6 <C <π
2 ，所以π
3 <C +π
6 <2π
3 ，
所以4√3sin(C +π
6 )∈(6,4√3]，
所以a+b+c∈(6+2√3,6√3]
所以△ABC周长的取值范围是(6+2√3,6√3].
故答案为：(6+2√3,6√3]
10．（24-25 高一下·重庆·期末）在△ABC中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若BC边上的高为
1
4 a，当sin B
sinC + sinC
sin B 取得最大值时，sin A = .
【答案】2√5
5
/2
5 √5
【分析】由等面积法可得a
2= 4 bc sin A，由正弦定理得：sin B
sinC + sinC
sin B = b
2+c
2
bc
，结合余弦定理可得
b
2+c
2
bc
= a
2+2bc cos A
bc
= 4 sin A +2cos A，由辅助角公式结合三角函数性质即可得解.
【详解】设BC 边上的高为h，则h= 1
4 a，
则三角形的面积S = 1
2 a⋅1
4 a= 1
2 bc sin A，得a
2= 4 bc sin A，
32
在△ABC中，由正弦定理得：sin B
sinC + sinC
sin B = b
c + c
b = b
2+c
2
bc
，
又a
2=b
2+c
2−2bc cos A，
b
2+c
2
bc
= a
2+2bc cos A
bc
= 4 bc sin A +2bc cos A
bc
= 4 sin A +2cos A
=2√5(sin A ⋅
4
2√5 +cos A ⋅
2
2√5)，
令cosφ = 2
√5，则sin φ = 1
√5，则b
2+c
2
bc
=2√5sin ( A +φ)，
∴当A +φ=π
2 时，取得最大值2√5，此时A =π
2 −φ，sin A =sin(
π
2 −φ)=cosφ = 2√5
5
.
故答案为：2√5
5
．
11．（2025·湖北·模拟预测）已知a,b,c分别为锐角△ABC三个内角A ,B ,C的对边，满足
√3c⋅sin A −c⋅cos A =√3a−b.
(1)求角C的大小；
(2)若△ABC的面积S =√3b，求b的取值范围.
【答案】(1)C =π
6
(2)(6,8)
【分析】（1）利用正弦定理化简可得√3sinC +cosC =√3,结合辅助角公式即可求解；
（2）由三角形面积公式化简得a= 4√3，由正弦定理可得b=
4√3sin(
5π
6 - A)
sin A
,化简后结合A的范围即
可求解.
【详解】（1）√3csin A −ccos A =√3a−b,
由正弦定理得：√3sinC sin A −sinC cos A =√3sin A −sin B，
因为在△ABC中，sin B =sin( A +C )=sin A cosC +cos A sinC
所以√3sinC sin A =√3sin A −cosC sin A，
又因为sin A >0，可得√3sinC +cosC =√3，即sin(C +π
6 )= √3
2 ，
又因为在锐角△ABC中C ∈(0,π
2 ),∴C +π
6 ∈(
π
6 , 2π
3 ),
可得C +π
6 =π
3 ,∴C =π
6 ；
（2）因为S = 1
2 absinC = 1
2 ab× 1
2 =√3b，可得a= 4√3，
33
由正弦定理得
b
sin B =
a
sin A = 4√3
sin A ，
又A + B = 5π
6 ，
所以b=
4√3sin(
5π
6 - A)
sin A
=
4√3(
1
2 cos A + √3
2 sin A)
sin A
= 2√3
tan A +6
，
在锐角△ABC中¿
所以π
3 < A <π
2 ,
∴tan A >√3，
∴
1
tan A ∈(0, √3
3 ),b= 2√3
tan A +6∈(6,8)，
所以b的取值范围为(6,8)
12．（25-26 高三上·山西·月考）在△ABC中，内角A ,B ,C的对边分别是a,b,c，已知2b=c +2acosC.
(1)求A；
(2)求sin B−√3cosC的取值范围.
【答案】(1)A =π
3
(2)(−√3
2 , √3
2 )
【分析】（1）根据正弦定理边化角，并结合正弦差角公式得cos A = 1
2，进而得A =π
3
；
（2）根据B+C =2π
3
，结合正弦差角公式化简得sin B−√3cosC =sin(C −π
3 )，再根据三角函数求范
围即可.
【详解】（1）解：因为2b=c +2acosC，
所以，由正弦定理得2sin B =sinC +2sin A cosC，
因为sin B =sin ( A +C)=sin A cosC +cos A sinC，
所以2sin A cosC +2cos A sinC =sinC +2sin A cosC，即2cos A sinC =sinC，
因为C ∈(0,π),sinC ≠0，所以cos A = 1
2，
因为A ∈(0,π)，所以A =π
3
.
（2）解：因为A =π
3
，所以B+C =2π
3
，所以C ∈(0,2π
3 )
所以sin B−√3cosC =sin(
2π
3
−C)−√3cosC
34
=sin2π
3
cosC −cos2π
3
sinC −√3cosC = 1
2 sinC −√3
2 cosC =sin(C −π
3 )，
因为C ∈(0,2π
3 )，C −π
3 ∈(−π
3
,π
3 )，
所以sin(C −π
3 )∈(−√3
2 , √3
2 ).
所以，sin B−√3cosC的取值范围为(−√3
2 , √3
2 )
13．（25-26 高三上·山西大同·期中）如图，在矩形甬道ABCD中（假定甬道AD，BC可以无限延伸），
AB =3，BE =2 EA，M，N分别为边AD，BC上的动点，且∠MEN = π
3 ，设∠BNE =θ.
(1)若△MEN的面积记为S (θ)，写出函数解析式S (θ)；
(2)求S (θ)的最小值.
【答案】(1)S (θ)=
√3
2sinθcos(
π
6 +θ)(θ∈(0, π
3))
(2)2√3
【分析】（1）用θ表示∠BEN ,∠AEM，并用它们分别表示EN , EM，利用三角形面积公式可求得
△MEN的面积S (θ)解析式；
（2）根据θ∈(0,π
3 )，利用整体代换的方法可求得S (θ)的取值范围，从而得到其最小值.
【详解】（1）由题可知，AB =3,BE =2, AE =1.
由题图可知∠BNE =θ，θ∈(0,π
3 )，所以∠BEN = π
2 −θ，又∠MEN =π
3 ，
所以∠AEM =π−π
3 −(
π
2 −θ)=π
6 +θ，
在Rt△AEM中，由正弦定理得，EM =
AE
sin ∠AME =
AE
cos∠AEM =
1
cos(
π
6 +θ)
，
在Rt△BEN中，由正弦定理，得EN =
2
sinθ ，
35
所以
s(θ)= 1
2 EM ⋅EN sin π
3 = 1
2 ⋅
1
cos(θ+ π
6)
⋅
2
sinθ ⋅√3
2
即S (θ)=
√3
2sinθcos(
π
6 +θ)
,θ∈(0,π
3 ).
（2）
s(θ)=
√3
2sinθcos(
π
6 +θ)
=
√3
2sinθ(cos π
6 cosθ−sin π
6 sinθ)
=
√3
sin2θcos π
6 +cos2θsin π
6 −sin π
6
=
2√3
2sin(2θ+ π
6)−1
因为θ∈(0,π
3 )，所以2θ+π
6 ∈(
π
6 , 5π
6 )，所以sin(2θ+π
6 )∈(
1
2 ,1].
所以2sin(2θ+π
6 )−1的取值范围是(0,1]，所以
2√3
2sin(2θ+π
6 )−1
∈[2√3,+∞)
.
所以当2θ+π
6 =π
2 ，即θ =π
6 时，S (θ)取得最小值2√3.
14．（25-26 高三上·黑龙江佳木斯·月考）已知向量a
→
=(cos x ,2sin x),b
→
=(2cos x ,√3cos x)，函数
f (x)= a
→
⋅b
→.
(1)求函数f (x)的最小正周期及对称中心；
(2)在锐角△ABC中，若f(
A
2)=3且a=√3，求△ABC周长的取值范围
【答案】(1)最小正周期为π，对称中心为(
k π
2 −π
12 ,1),k ∈Z
(2)(3+√3,3√3]
【分析】（1）根据向量数量积运算以及三角恒等变换化简得f (x)的表达式，再利用三角函数的对称性可
求得结果；
（2）由f(
A
2)=3结合（1）可求得A =π
3 ，又△ABC为锐角三角形，可得π
6 <B<π
2 ，由此利用正弦定
理，三角恒等变换可求得b+c的范围，从而得解.
【详解】（1）因为⃗a=(cos x ,2sin x),⃗b=(2cos x ,√3cos x)，
则f ( x)=⃗a⋅⃗b=(cos x ,2sin x)⋅(2cos x ,√3cos x)=2cos
2 x +2√3sin x cos x
=cos2 x +√3sin2 x +1=2sin(2 x +π
6 )+1，
36
所以f (x)最小正周期为T = 2π
2 =π，
由2 x +π
6 =k π,k ∈Z，解得x = k π
2 −π
12 ,k ∈Z，
所以f (x)的对称中心为( k π
2 −π
12 ,1),k ∈Z.
（2）由（1）及f(
A
2)=3，即2sin(2× A
2 +π
6 )+1=2sin(A +π
6 )+1=3，
又A ∈(0,π
2 )，所以A +π
6 =π
2 ，解得A =π
3 ，
又△ABC为锐角三角形，即¿，即¿，解π
6 <B<π
2 ，
b+c = √3
sin A
(sin B+sinC)=2[sin B+sin(
2π
3 -B)]=2(
3
2 sin B+ √3
2 cos B)=2√3sin(B+π
6 )，
又π
6 <B<π
2 ，∴π
3 <B+π
6 <2π
3 ,∴√3
2 <sin(B+π
6 )≤1，
∴b+c∈(3,2√3]，
所以△ABC周长的取值范围为(3+√3,3√3].
15．（25-26 高三上·江苏盐城·期中）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，
√3bcos A +asin B =√3c，∠ABC的角平分线BT交AC于点T，BT =2.
(1)求B；
(2)若AT =2TC，求△ABC的面积；
(3)若△ABC为锐角三角形，求AT + AB的取值范围.
【答案】(1)B =π
3
(2)3√3
2
(3)(1+√3,2+2√3)
【分析】（1）利用正弦定理结合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）由角平分线定理得出c =2a，结合余弦定理可得出b=√3a，于是得出C =π
2 ，A =π
6 ，由
S△ABC = S△ABT + S△BCT及BT =2可得出a的值，进而得出b、c，进而可求得S△ABC的值；
（3）由角平分线定理可得出AT = bc
a+c ，即得出AT + AB = c (a+b+c)
a+c
，结合BT = √3ac
a+c =2及两式相除
并结合正弦定理、三角恒等变换得出AT + AB =√3+
1
tan A
2
，求出角A的取值范围，可求出tan A
2 的取值
37
范围，即可得出AT + AB的取值范围.
【详解】（1）因为√3bcos A +asin B =√3c，由正弦定理得sin B(√3cos A +sin A)=√3sinC，
即sin B(√3cos A +sin A)=√3sin ( A + B)=√3(sin A cos B+cos A sin B)，
整理得sin A sin B =√3sin A cos B，
因为A ∈(0,π)，所以sin A >0，故sin B =√3cos B>0，可得tan B =√3，
因为B∈(0,π )，所以B =π
3 .
（2）因为∠ABC的角平分线BT交AC于点T，且AT =2TC，
由角平分线定理可得AT
CT = AB
BC = c
a =2，
又因为B =π
3 ，由余弦定理可得b
2=a
2+c
2−2ac cos B =5a
2−2×a×2a× 1
2 =3a
2，
所以a
2+b
2=c
2，故C =π
2 ，A =π
6 ，
因为S△ABC = S△ABT + S△BCT，则1
2 ac sinπ
3 = 1
2 c⋅BT sinπ
6 + 1
2 a⋅BT sinπ
6 ，
可得BT = √3ac
a+c = 2√3a
3
=2，故a=√3，c =2a=2√3，b=√3a=3，
因此S△ABC = 1
2 ab= 1
2 ×√3×3= 3√3
2
.
（3）因为△ABC为锐角三角形，且B =π
3 ，则¿，解得π
6 < A <π
2 ，
由角平分线定理可得AT
CT = AB
BC ，即
AT
AC −AT = c
a，解得AT = bc
a+c ，
故AT + AB = bc
a+c +c = c (a+b+c)
a+c
①，
又因为BT = √3ac
a+c =2②，
①÷②得AT + AB
2
= a+b+c
√3a
，故
AT + AB = 2(a+b+c)
√3a
= 2√3
3
⋅sin A +sin B+sinC
sin A
= 2√3
3 [1+ sin B+sin ( A + B)
sin A
]
= 2√3
3 (1+ sin B+sin A cos B+cos A sin B
sin A
)= 2√3
3 [1+
√3
2
(1+cos A)+ 1
2 sin A
sin A
]
=√3+ 1+cos A
sin A
=√3+
1+2cos
2 A
2 −1
2sin A
2 cos A
2
=√3+
1
tan A
2
，
38
因为A ∈(
π
6 ,π
2 )，则A
2 ∈(
π
12 ,π
4 )，
因为tanπ
12 = tan(
π
3 −π
4 )=
tanπ
3 −tanπ
4
1+ tanπ
3 tanπ
4
= √3−1
1+√3 =2−√3，故tan A
2 ∈(2−√3,1)，
所以
1
tan A
2
∈(1,2+√3)
，因此AT + AB =√3+
1
tan A
2
∈(1+√3,2+2√3).
16．（25-26 高三上·山东临沂·期中）记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知
a(√3sin B+cos B)=b+c.
(1)求A；
(2)设D为边BC上一点，
（ⅰ）若D为BC中点，a=2√3，△ABC的面积为2√3，求AD的长度；
（ⅱ）若AD为锐角△ABC的角平分线，a= 4，求BD长度的取值范围.
【答案】(1)A =π
3
(2)（i）√7；（ii）(
4
3 , 8
3)
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式、辅助角公式得出sin(A −π
6 )= 1
2，结合角A的取值
范围可得出角A的值；
（2）（i）利用三角形的面积公式可得出bc =8，结合余弦定理可得出b
2+c
2=20，由已知得出
2⃗AD =⃗AB+⃗AC，利用平面向量数量积的运算性质可求得线段AD的长；
（ii）由正弦定理结合两角差的正弦公式得出b
c =
√3
2tanC + 1
2，根据△ABC为锐角三角形求出角C的取值范
围，可得出b
c 的取值范围，设BD = x，可得出4−x
x
= b
c ，可得出关于x的不等式，即可解得x的取值范围，
即为所求.
【详解】（1）因为a(√3sin B+cos B)=b+c，由正弦定理可得sin A (√3sin B+cos B)=sin B+sinC，
因为sinC =sin ( A + B)=sin A cos B+cos A sin B，
化简得√3sin A sin B−cos A sin B =sin B，
因为B∈(0,π)，则sin B>0，故√3sin A −cos A =1，即2sin(A −π
6 )=1，
所以sin(A −π
6 )= 1
2，而A ∈(0,π)，则−π
6 < A −π
6 < 5π
6 ，
故A −π
6 =π
6 ，解得A =π
3 .
39
（2）（i）由余弦定理可得a
2=12=b
2+c
2−2bc cos A =b
2+c
2−bc，即b
2+c
2−bc =12，
又因为S△ABC = 1
2 bc sin A = √3
4 bc =2√3，可得bc =8，则b
2+c
2=20，
因为D为BC边的中点，所以⃗AD = 1
2 (⃗AB+⃗AC)，即2⃗AD =⃗AB+⃗AC，
所以4⃗AD
2=(⃗AB+⃗AC)
2=⃗AB
2+⃗AC
2+2⃗AB⋅⃗AC =c
2+b
2+2cbcosπ
3 =c
2+b
2+bc
=20+8=28，故|⃗AD|=√7；
（ii）由正弦定理得b
c = sin B
sinC =
sin(
2π
3 −C)
sinC
=
√3
2 cosC + 1
2 sinC
sinC
=
√3
2tanC + 1
2
，
因为△ABC为锐角三角形，且A =π
3 ，由¿得π
6 <C <π
2 ，
所以tanC > √3
3 ，则0<
1
tanC <√3，故b
c =
√3
2tanC + 1
2 ∈(
1
2 ,2)，
设BD = x，则4−x
x
= b
c ∈(
1
2 ,2)，所以3
2 < 4
x <3，解得4
3 < x< 8
3，
因此BD长度的取值范围是(
4
3 , 8
3).
17.（25-26 高三上·河南南阳·期中）已知△ABC的外接圆半径为R，内切圆半径为r，角A ,B ,C的对边分
别为a,b,c，且a
2+c
2=b
2+ac，b=2√3，
(1)求R的值；
(2)求r的取值范围.
【答案】(1)R =2
(2)r ∈(0,1]
【分析】（1）根据余弦定理求出B，再利用正弦定理求出R；
（2）根据等面积法求出r，方法一：利用均值不等式求出a+c≤4√3，进而得到r的取值范围；
方法二：利用正弦定理转化为函数，再由三角函数求值域即可得出范围.
【详解】（1）由题意ac =a
2+c
2−b
2，由余弦定理得cosB = a
2+c
2−b
2
2ac
= 1
2，
又B∈(0,π)，则B =π
3 ，
又由正弦定理：2 R =
b
sin B = 2√3
√3
2
= 4
，解得R =2.
（2）由（1）得a
2+c
2−ac =12，则(a+c)
2=12+3ac，
40
S△ABC = 1
2 acsin B = 1
2
(a+b+c)⋅r，
则r = √3
2 ×
ac
2√3+a+c = √3
6 × (a+c)
2−12
2√3+a+c = √3
6 (a+c−2√3)，
方法一：由(a+c)
2=12+3ac≤12+3(
a+c
2 )
2
，
解得a+c≤4√3（当且仅当a=c时取等号），
又因为a+c>2√3，故2√3<a+c≤4√3，
从而得r ∈(0,1].
方法二：在△ABC中，由正弦定理得
a
sin A =
c
sinC =
b
sin B = 4，
即a= 4sin A ,c = 4sinC，
则a+c = 4 (sin A +sinC)= 4[sin A +sin(
2π
3 −A)]
= 4(sin A + √3
2 cos A + 1
2 sin A)= 4(
3
2 sin A + √3
2 cos A)
= 4√3(sin A ⋅√3
2 +cos A ⋅1
2)= 4√3sin(A +π
6 )，
又A ∈(0, 2π
3 )，则A +π
6 ∈(
π
6 , 5π
6 )，
∴sin(A +π
6 )∈(
1
2 ,1]，
即4√3sin(A +π
6 )∈(2√3,4√3]，
∴r ∈(0,1].
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