专题08 三角形中的三角问题的探究-冲刺2019高考数学二轮复习核心考点

这是一份专题08 三角形中的三角问题的探究-冲刺2019高考数学二轮复习核心考点，主要包含了自主热身，归纳总结，规律总结等内容，欢迎下载使用。

【自主热身，归纳总结】
1、在△ABC中，若9cs2A－4cs2B＝5，则eq \f(BC,AC)的值为________．
【答案】：eq \f(2,3)
【解析】：由题意得，9(1－2sin2A)－4(1－2sin2B)＝5，即9sin2A＝4sin2B，所以eq \f(BC,AC)＝eq \f(sinA,sinB)＝eq \f(2,3).
2、 在△中，已知边上的中线，则的值为 .
【答案】：
【解析】 设为的中点，连接，则，且,
设，在△中,由余弦定理可得，
即,解得（舍去），即，
所以在△中,由余弦定理可得，即，
又因为，
所以由正弦定理，可得
3、如图，测量河对岸的塔高AB时，选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD＝30°，∠BDC＝120°，CD＝10 m，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝________m.
【答案】： 30
【解析】：在△BCD中，由正弦定理得BC＝eq \f(sin120°,sin30°)·10＝10eq \r(3)(m)．在Rt△ABC中，AB＝BCtan60°＝30(m)．
4、在△中，边的垂直平分线交边于，若，，,则△的面积为 .
【答案】：
【解析】 在△中，由余弦定理可得，
即，解得或5，
所以或12，所以△的面积为或.
5、在锐角△中，角的对边分别为，，，且,为的中点，则的长为 .
【答案】：
（方法2）由正弦定理可得，
又由，可得， 又由锐角△，可得,
在△中, 由余弦定理可得,即，
，
所以在△中, 由余弦定理可得,
即.
6、在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＝6csC，则eq \f(tanC,tanA)＋eq \f(tanC,tanB)的值是________．
【答案】：. 4
【解析】：由eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＝6csC及余弦定理，得eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＝6×eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，化简得a2＋b2＝eq \f(3,2)c2.又eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＝6csC及正弦定理，得eq \f(sinB,sinA)＋eq \f(sinA,sinB)＝6csC，故sinAsinBcsC＝eq \f(1,6)(sin2B＋sin2A)．又eq \f(tanC,tanA)＋eq \f(tanC,tanB)＝eq \f(sinC,csC)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(csA,sinA)＋\f(csB,sinB)))＝eq \f(sin2C,csCsinAsinB)，所以eq \f(tanC,tanA)＋eq \f(tanC,tanB)＝eq \f(6sin2C,sin2B＋sin2A)＝eq \f(6c2,a2＋b2)＝4.
7、在△中, 角所对的边分别为，且满足,则的最大值为 ．
【答案】：.
【解析】 由，得，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
化简得，
又因为，当且仅当时等号成立，可得，
所以的最大值为.
8、已知在△中，，， 为的中点，当最小时，△ 的面积为 .
（2）设的角所对的边分别为，若，，求面积的最大值.
解：（1）由题意，得，
当取最大值时，即，此时，
所以的取值集合为.

【关联2】、在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，．
（1）求的值；
（2）求函数的值域．
【解析】：（1）因为，所以．
由余弦定理得．
因为，所以．
（2）因为，所以，
所以．
因为，所以．
因为
又因为，所以，
所以的值域为．
易错警示 第（2）问中易忽略的范围而出错．
【关联3】、在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝(sinB－sinC，sinC－sinA)，b＝(sinB＋sinC，sinA)，且a⊥b.
(1) 求角B的大小；
(2) 若b＝c·csA，△ABC的外接圆的半径为1，求△ABC的面积．
【解析】：(1) 因为a⊥b，所以a·b＝0，即sin2B－sin2C＋sinA(sinC－sinA)＝0，
即sinAsinC＝sin2A＋sin2C－sin2B，
由正弦定理得ac＝a2＋c2－b2，
所以csB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,2)，
因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
(2) 因为c·csA＝b，所以eq \f(b,c)＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，
即b2＝c2－a2，
又ac＝a2＋c2－b2，b＝2RsinB＝eq \r(3)，
解得a＝1，c＝2.(12分)
所以S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(\r(3),2).
例2、在△中，三个内角，，的对边分别为，设△的面积为，且.
（1）求的大小；
（2）设向量，，求的取值范围．
（2）由向量，，得
．
由（1）知，所以，所以．
所以．
所以．
所以．即取值范围是．
【变式1】、在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且A，B，C成等差数列．
(1) 若eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)，b＝eq \r(3)，求a＋c的值；
(2) 求2sinA－sinC的取值范围．
【解析】：(1) 因为A，B，C成等差数列，所以B＝eq \f(π,3).
因为eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)，所以accsB＝eq \f(3,2)，
所以eq \f(1,2)ac＝eq \f(3,2)，即ac＝3.
因为b＝eq \r(3)，b2＝a2＋c2－2accsB，
所以a2＋c2－ac＝3，即(a＋c)2－3ac＝3，
所以(a＋c)2＝12，所以a＋c＝2eq \r(3).
(2) 2sinA－sinC＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－C))－sinC
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)csC＋\f(1,2)sinC))－sinC＝eq \r(3)csC.
因为0＜C＜eq \f(2π,3)，所以eq \r(3)csC∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\r(3))).
所以2sinA－sinC的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\r(3))).
【变式2】、在△ABC中，角，，所对的边分别为，，c．已知．
（1）求角的大小；
（2）设，求T的取值范围．
【解析】（1）在△ABC中，
，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
因为，所以．
（2）
因为，所以，
故，因此，
所以．
方法总结：原条件利用“化边为角”或“化角为边”两种思路均可求解，若对等式两边同时加1，再进行转化，更为便捷；第二问中可利用均值代换，不妨设，，求解，可简化求解过程．
【关联1】、已知三个内角，，的对应边分别为，，，且，．当取得最大值时，的值为 ．
【答案】
【解析】： 设（），则，
因为，，所以由正弦定理得：，所以，，，
由得，从而当，即时，取最大值，
此时，
，
所以。
点评：为了研究，所以可以考虑以和的夹角为参数，并利用正弦定理将表示出来，特别是将用表示时，三角恒等变换是关键，然后求出时，取最大值，这时再取就不困难了。
【关联2】、 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC为锐角三角形，且满足b2－a2＝ac，则eq \f(1,tanA)－eq \f(1,tanB)的取值范围是________．
【答案】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2\r(3),3)))
eq \a\vs4\al(思路分析) 思路一，根据题意可知，本题可以从“解三角形和三角恒等变换”角度切入，又因已知锐角和边的关系，而所求为正切值，故把条件化为角的正弦和余弦来处理即可；思路二，本题所求为正切值，故可以构造直角三角形，用边的关系处理．
解法1 原式可化为eq \f(1,tanA)－eq \f(1,tanB)＝eq \f(csA,sinA)－eq \f(csB,sinB)＝eq \f(sinBcsA－csBsinA,sinAsinB)＝eq \f(sinB－A,sinAsinB).由b2－a2＝ac得，b2＝a2＋ac＝a2＋c2－2accsB，即a＝c－2acsB，也就是sinA＝sinC－2sinAcsB，即sinA＝sin(A＋B)－2sinAcsB＝sin(B－A)，由于△ABC为锐角三角形，所以有A＝B－A，即B＝2A，故eq \f(1,tanA)－eq \f(1,tanB)＝eq \f(1,sinB)，在锐角三角形ABC中易知，eq \f(π,3)解法2 根据题意，作CD⊥AB，垂足为点D，画出示意图．因为b2－a2＝AD2－BD2＝(AD＋BD)(AD－BD)＝c(AD－BD)＝ac，所以AD－BD＝a，而AD＋BD＝c，所以BD＝eq \f(c－a,2)，则c>a，即eq \f(c,a)>1，在锐角三角形ABC中有b2＋a2>c2，则a2＋a2＋ac>c2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))2－eq \f(c,a)－2<0，解得－1【关联3】、在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知B＝60°，a＋c＝4.
(1) 当a，b，c成等差数列时，求△ABC的面积；
(2) 设D为AC边的中点，求线段BD长的最小值．
【解析】： (1)因为a，b，c成等差数列，所以b＝eq \f(a＋c,2)＝2，
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accsB＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac＝4，解得ac＝4.
所以S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(1,2)×4×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3).(8分)
(2) 解法1 因为D为AC边的中点，所以eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))),
则eq \(BD,\s\up6(→))2＝eq \f(1,4)(eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→)))2＝eq \f(1,4)(eq \(BA,\s\up6(→))2＋2eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))2)
＝eq \f(1,4)(c2＋2accsB＋a2)＝eq \f(1,4)[(a＋c)2－ac]＝4－eq \f(1,4)ac
≥4－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))2＝3，当且仅当a＝c＝2时取等号，
所以线段BD长的最小值为eq \r(3).
解法2 因为D为AC边的中点，所以可设AD＝CD＝d，
由cs∠ADB＋cs∠CDB＝0，
得eq \f(BD2＋d2－c2,2d·BD)＋eq \f(BD2＋d2－a2,2d·BD)＝0，
即BD2＝eq \f(a2＋c2,2)－d2＝8－ac－d2，
又因为b2＝a2＋c2－2accsB＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac，
即4d2＝16－3ac，所以d2＝4－eq \f(3,4)ac，
故BD2＝4－eq \f(1,4)ac≥4－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))2＝3，当且仅当a＝c＝2时取等号，
所以线段BD长的最小值为eq \r(3)
eq \a\vs4\al(解后反思) 一般地，在题目中出现“a±b，a2＋b2，ab”三者关系时有两种思考角度，一个是用基本不等式，一个是用根与系数的关系，当然必须要利用恒等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a±b))2＝a2±2ab＋b2把题设中“a±b，a2＋b2，ab”化为两者的关系．
例3、已知正三角形ABC的边长为2，点P为线段AB中垂线上任意一点，Q为射线AP上一点，且满足eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝1，则|eq \(CQ,\s\up6(→))|的最大值为________．
【答案】 eq \f(\r(13)＋1,2)
【解析】：eq \a\vs4\al(思路分析) 求eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\(CQ,\s\up6(→))|))的最大值，就是求线段CQ长的最大值，因为点C为定点，而点Q是随着点P的运动而运动的，那么就要关注点Q是如何运动的，即要先求出点Q的轨迹方程，通过建系可求得点Q的轨迹方程，通过点Q的轨迹方程发现其轨迹是一个圆，接下来问题就转化为定点与圆上动点的距离最大值问题，问题就很明了了．
解法1(坐标法) 以点A为坐标原点，以AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，则A(0，0)，B(2，0)，C(1，eq \r(3))，因为点P为线段AB中垂线上任意一点，所以点P坐标可设为P(1，t)(t∈R)，又因为Q为射线AP上一点，设Q(x，y)，则根据A，P，Q共线，即有tx＝y.由eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝1，得x＋ty＝1，消去t，即有x2＋y2－x＝0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋y2＝eq \f(1,4)，故Q是以圆心为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，半径r＝eq \f(1,2)的圆上的动点，因此eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\(CQ,\s\up6(→))|))的最大值为CM＋r＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))2＋3)＋eq \f(1,2)＝eq \f(\r(13)＋1,2).
解法2(几何法) 以点A为坐标原点，以AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，设AB的中点为D，则AD＝1，因为Q为射线AP上一点，且满足eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝1，所以eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝AP·AQ＝1＝AD2，所以点Q为Rt△ADP的直角顶点D在斜边AP上的射影，即DQ⊥AP，所以点Q是以AD为直径的圆上的动点，下同解法1.
解法3(解三角形) 如图，设AB中点为O，由题可知当点P在线段CO的延长线上时，CQ取得最大值．
令∠BAP＝θ，eq \(AQ,\s\up6(→))＝λeq \(AP,\s\up6(→))，
则OP＝tanθ，eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))·λeq \(AP,\s\up6(→))＝λ(1＋tan2θ)＝eq \f(λ,cs2θ)＝1，AQ2＝λ2(1＋tan2θ)＝λ＝cs2θ.
在△ACQ中，由余弦定理得CQ2＝4＋cs2θ－2×2×csθcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝eq \r(3)sin2θ－eq \f(1,2)cs2θ＋eq \f(7,2)≤eq \f(\r(13)＋1,2)，
所以CQ≤eq \f(\r(13)＋1,2).
eq \a\vs4\al(解后反思) 一般与动点有关的最值问题，往往运用轨迹思想，首先探求动点的轨迹方程，通过轨迹方程了解其轨迹图形．大多数情况下所求轨迹为圆，在此基础上可将问题转化为点与圆的关系或直线与圆的关系或两圆之间的关系．这是近几年常考题型，即隐形圆问题，圆是C级考点，是必考的，此类题型值得关注．
【变式1】、设的面积为2，若所对的边分别为，则的最小值为 ▲ ．
【答案】：
解法1(建系法)：以为轴，的中垂线为轴，建立如图所示直角坐标
系.
则，由于的面积为2，则点到轴的距离为，
故可设点的坐标为，令
=，即
，据题意，存在使得关于的方程成
立，故，所以（当且仅
当时取等号）.
解法2（解三角形法1）：因为欲求的最小值，故为最大边.如图，过点作边的高，垂
足为，不妨设，则有，故
=.令对符合条件的恒成立，即
对符合条件的恒成立，故
解得（当且仅当时，等式成立，即取到最小值），故
.
解法3（解三角形法2）：由题意，，即，
由余弦定理知，，代入得，
=，再把代入
上式得，，令，因为欲求的最
小值，故为最大边，则，而，解得，，
易知，，故的最小值为.
【规律总结】用代数法处理多元问题的常见思路有：换元、消元、并元、常量处理，以及常值代换等，其目的是把变量的个数减少到一个或两个、或把所求表达式化简或者化对称等作用.
【变式2】、 已知△ABC中，AB＝AC＝eq \r(3)，△ABC所在平面内存在点P使得PB2＋PC2＝3PA2＝3，则△ABC面积的最大值为________．
【答案】 eq \f(5\r(23),16)
【解析】：解法1 以BC为x轴，BC中垂线为y轴建立平面直角坐标系，如图，A(0，b)，B(－a，0)，C(a，0)，P(x，y)，则依题意有a2＋b2＝3，PA2＝x2＋(y－b)2＝1，
PB2＋PC2＝(x＋a)2＋y2＋(x－a)2＋y2＝2(x2＋y2＋a2)＝3，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝3，,x2＋（y－b）2＝1，,x2＋y2＋a2＝\f(3,2)，))得2b(y－b)＝－eq \f(5,2)，
两边平方得eq \f(25,4)＝4b2(y－b)2＝4b2(1－x2)≤4b2，
即b2≥eq \f(25,16)，所以b≥eq \f(5,4)，
而S△ABC＝ab＝eq \r(a2b2)＝eq \r(（3－b2）b2)＝eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－\f(3,2)))\s\up12(2)＋\f(9,4))≤eq \r(－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))\s\up12(2)－\f(3,2)))\s\up12(2)＋\f(9,4))＝eq \f(5\r(23),16)，即(S△ABC)max＝eq \f(5\r(23),16).
解法2 设BC中点为D，PA＝1，以PB，PC为邻边作平行四边形，因为平行四边形的四边的平方和等于对角线的平方和，所以有PB2＋PC2＝eq \f(1,2)(BC2＋4PD2)＝3，所以BC2≤6，即BC≤eq \r(6)，故cs∠BAC＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)≥0，所以AD≥eq \f(\r(6),2).设∠BAC＝2θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，则BC＝2eq \r(3)sinθ，PD≥AD－PA＝eq \r(3)csθ－1，代入PB2＋PC2＝eq \f(1,2)(BC2＋4PD2)＝3，得csθ≥eq \f(5,4\r(3))，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)AB·ACsin2θ＝3sinθ·csθ＝3eq \r(（1－cs2θ）cs2θ)≤eq \f(5\r(23),16)，当csθ＝eq \f(5,4\r(3))时等号成立．所以(S△ABC)max＝eq \f(5\r(23),16).
解法3 设A(0，0)，P(0，1)，B，C在圆A：x2＋y2＝3上，B(x1，y1)，C(x2，y2)满足xeq \\al(2,i)＋yeq \\al(2,i)＝3，i＝1，2.
由PB2＋PC2＝3得xeq \\al(2,1)＋(y1－1)2＋xeq \\al(2,2)＋(y2－1)2＝3，得到eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(5,4)，即BC中点M的轨迹为直线y＝eq \f(5,4)被圆A截得的一线段．设t＝AM，所以eq \f(5,4)≤tS△ABC＝AM·BM＝t·eq \r(3－t2)＝eq \r(（3－t2）t2)≤eq \f(5\r(23),16)，所以(S△ABC)max＝eq \f(5\r(23),16).
eq \a\vs4\al(解后反思) 其实前两种解法异曲同工，都是先确定点A的范围eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(体现在b≥\f(5,4)，csθ≥\f(5,4\r(3))))，解法3把点A固定，B，C限定在圆上运动得到BC中点的一个特殊性质，再由面积公式得到函数式．如果以不等式解决这题的话很容易出错．如S△ABC＝AM·BM＝t·eq \r(3－t2)≤eq \f(t2＋（3－t2）,2)＝eq \f(3,2)，原因是取等条件不满足．
【关联1】、已知△ABC中，B＝45°，AC＝4，则△ABC面积的最大值为________．
【答案】：. 4＋4eq \r(2)
解法1 如图，设△ABC的外接圆为圆O，其直径2R＝eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(4,sin45°)＝4eq \r(2).取AC的中点M，则OM＝Rcs45°＝2，则AC＝4.过点B作BH⊥AC于H，要使△ABC的面积最大，当且仅当BH最大．而BH≤BO＋OM，所以BH≤R＋eq \f(\r(2),2)R＝2eq \r(2)＋2，所以(S△ABC)max＝eq \f(1,2)AC·BHmax＝eq \f(1,2)×4×(2＋2eq \r(2))＝4＋4eq \r(2)，当且仅当BA＝BC时取等号．
解法2 如图，同上易知，△ABC的外接圆的直径2R＝4eq \r(2).S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BC·sinB＝2R2sinAsinBsinC＝8eq \r(2)sinAsinC＝4eq \r(2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs135°－2C＋\f(\r(2),2))).当A＝C＝67.5°时，(S△ABC)max＝4＋4eq \r(2).
精彩点评 解法1着眼于形，当B，O，M三点共线时，高BH最大；解法2转化为三角函数最值问题，两种解法均需由正弦定理求出外接圆的直径(或半径)．
【关联2】、已知△ABC中，AB边上的高与AB边的长相等，则eq \f(AC,BC)＋eq \f(BC,AC)＋eq \f(AB2,BC·AC)的最大值为________．
【答案】： 2eq \r(2)
【解析】：因为AB边上的高与AB边的长相等，所以S△ABC＝eq \f(1,2)AB2＝eq \f(1,2)AC·BC·sinC，即AB2＝AC·BC·sinC.在△ABC中，由余弦定理得AB2＝BC2＋AC2－2BC·AC·csC.所以eq \f(AC,BC)＋eq \f(BC,AC)＋eq \f(AB2,BC·AC)＝eq \f(AC2＋BC2＋AB2,BC·AC)＝eq \f(2AB2＋2BC·AC·csC,BC·AC)＝eq \f(2AC·BC·sinC＋2BC·AC·csC,BC·AC)＝2(sinC＋csC)＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,4)))，所以当C＝eq \f(π,4)时，所求【解析】式取得最大值，为2eq \r(2).
【关联3】、在面积为2的△ABC中，E，F分别是AB，AC的中点，点P在直线EF上，则eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))2的最小值是________．
【答案】 2eq \r(3)
【解析】：如图所示，设∠BPC＝θ，BP＝a，PC＝b，BC＝c.由S△ABC＝2，得S△PBC＝1，即absinθ＝2，所以ab＝eq \f(2,sinθ).，再由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcsθ，所以eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))2＝abcsθ＋c2＝a2＋b2－abcsθ≥2ab－abcsθ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－csθ,sinθ))).设f(θ)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－csθ,sinθ)))，则f′(θ)＝eq \f(2－4csθ,sin2θ).令f′(θ)>0，则csθeq \f(1,2)，f(θ)是减函数．故当csθ＝eq \f(1,2)时，sinθ＝eq \f(\r(3),2)，此时f(θ)max＝2eq \r(3)，则eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))2有最小值，为2eq \r(3).
【关联4】、满足条件AB＝2，AC＝eq \r(2)BC的三角形ABC的面积的最大值是________．
【答案】： 2eq \r(2)
解法1 以AB所在直线为x轴，AB的中点为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系xOy，则由AB＝2得A(－1,0)，B(1,0)．设C(x，y)，由AC＝eq \r(2)BC得eq \r(x＋12＋y2)＝eq \r(2)·eq \r(x－12＋y2)，即(x－3)2＋y2＝(2eq \r(2))2，所以点C在以(3,0)为圆心，半径为2eq \r(2)的圆上(去掉与x轴的交点)，从而三角形ABC的面积的最大值为eq \f(1,2)×2×2eq \r(2)＝2eq \r(2).