新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题4三角形中的最值范围问题（附解析）

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(1)求∠C；
(2)若a＋b＝6，求c的最小值．
解：
2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(9,2)，bsinA＝4(sinAcsC＋csAsinC).
(1)求a的长度；
(2)求△ABC周长的最大值．
解：
3．[2023·河北衡水模拟]已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2(csinC－asinCcsB)－csinB＝0.
(1)若ctanC＝btanB，求证：△ABC是等边三角形；
(2)已知△ABC的外接圆半径为eq \f(2\r(3),3)，求eq \f(bc,a＋b＋c)的最大值．
解：
4．[2023·山东淄博模拟]如图所示，BD为平面四边形ABCD的对角线，设AB＝1，sin∠ABD＝eq \r(3)sin∠ADB，△BCD为等边三角形，记∠BAD＝θ(0<θ<π).
(1)当BD＝eq \r(7)时，求θ的值；
(2)设S为四边形ABCD的面积，用含有θ的关系式表示S，并求S的最大值．
解：
5．[2023·河北唐山模拟]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为钝角，asinB＝bcsB.
(1)若C＝eq \f(π,6)，求A；
(2)求csA＋csB＋csC的取值范围．
解：
6．[2023·安徽合肥模拟]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin (A＋eq \f(π,3))＋acs (eq \f(π,2)＋B)＝0.
(1)求角A的大小；
(2)点D为边BC上一点(不包含端点)，且满足∠ADB＝2∠ACB，求eq \f(DC,BC)的取值范围．
解：
微专题4 三角形中的最值、范围问题
1．解析：(1)因为csinB＝eq \r(3)bcsC，
所以sinCsinB＝eq \r(3)sinBcsC，
又因为sinB≠0，
所以sinC＝eq \r(3)csC，
即有tanC＝eq \r(3)，
又因为C∈(0，π)，
所以C＝eq \f(π,3).
(2)因为C＝eq \f(π,3)，a＋b＝6，
所以c2＝a2＋b2－2abcsC＝(a＋b)2－2ab－ab＝36－3ab≥36－3×(eq \f(a＋b,2))2＝9，
当a＝b＝3时，等号成立，
所以c≥3，
故c的最小值为3.
2．解析：(1)由bsinA＝4(sinAcsC＋csAsinC)＝4sin (A＋C)＝4sinB，得bsinA＝4sinB，
由正弦定理得ab＝4b，得a＝4.
(2)由eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(9,2)，得bccsA＝eq \f(9,2)，
由余弦定理得bc·eq \f(b2＋c2－16,2bc)＝eq \f(9,2)，得b2＋c2＝25，
由25＝b2＋c2≥2bc，∴(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝25＋2bc≤50，
∴b＋c≤5eq \r(2)(当且仅当b＝c＝eq \f(5\r(2),2)时取等号)，
所以三角形ABC周长的最大值为4＋5eq \r(2).
3．解析：(1)证明：由正弦定理得2(sin2C－sinAcsBsinC)－sinBsinC＝0，
又因为C∈(0，π)，∴sinC≠0，∴2sinC－2sinAcsB－sinB＝0，
∴2sin (A＋B)－2sinAcsB－sinB＝0，∴2csAsinB＝sinB，
又B∈(0，π)，∴sinB≠0，∴2csA＝1，即csA＝eq \f(1,2)，∵A∈(0，π)，∴A＝eq \f(π,3)，
由ctanC＝btanB，则c·eq \f(sinC,csC)＝b·eq \f(sinB,csB)，
即sin2CcsB－sin2BcsC＝0，
∴(1－cs2C)csB－(1－cs2B)csC＝0，整理得(1＋csBcsC)(csB－csC)＝0.
∵B，C∈(0，π)，∴csB，csC∈(－1，1)，∴1＋csBcsC≠0，则csB＝csC，
∴B＝C＝eq \f(π－A,2)＝eq \f(π,3)＝A，
∴△ABC为等边三角形．
(2)由(1)得A＝eq \f(π,3)，由正弦定理得a＝2RsinA＝eq \f(4\r(3),3)×eq \f(\r(3),2)＝2，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，
所以(b＋c)2－4＝3bc，
所以eq \f(bc,a＋b＋c)＝eq \f(3bc,3（2＋b＋c）)＝eq \f(（b＋c）2－4,3（2＋b＋c）)＝eq \f(1,3)(b＋c－2)，
因为bc≤eq \f(（b＋c）2,4)，
所以3bc＝(b＋c)2－4≤eq \f(3（b＋c）2,4)，
即b＋c≤4，当且仅当b＝c＝2时，等号成立，
所以eq \f(bc,a＋b＋c)＝eq \f(1,3)(b＋c－2)≤eq \f(2,3)，
即eq \f(bc,a＋b＋c)的最大值为eq \f(2,3).
4．解析：(1)在△ABD中，因为sin∠ABD＝eq \r(3)sin∠ADB，
由正弦定理，所以AD＝eq \r(3)AB＝eq \r(3)，
由余弦定理，得csθ＝eq \f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)＝－eq \f(\r(3),2)，
其中0<θ<π，故θ＝eq \f(5π,6).
(2)在△ABD中，因为AB＝1，AD＝eq \r(3)，∠BAD＝θ，
所以由余弦定理可得BD2＝4－2eq \r(3)csθ，
因为△BCD为等边三角形，
所以S△BCD＝eq \f(\r(3),4)BD2＝eq \f(\r(3),4)(4－2eq \r(3)csθ)＝eq \r(3)－eq \f(3,2)csθ，
因为S△ABD＝eq \f(\r(3),2)sinθ，
所以四边形ABCD的面积为S＝S△ABD＋S△BCD＝eq \f(\r(3),2)sinθ＋eq \r(3)－eq \f(3,2)csθ＝eq \r(3)sin (θ－eq \f(π,3))＋eq \r(3)，
因为0<θ<π，所以－eq \f(π,3)<θ－eq \f(π,3)故当θ＝eq \f(5π,6)时，sin (θ－eq \f(π,3))取得最大值1，即S的最大值为2eq \r(3).
5．解析：(1)由asinB＝bcsB，
根据正弦定理得：sinAsinB＝sinBcsB，
由于sinB≠0，可知sinA＝csB，即sinA＝sin (eq \f(π,2)＋B)，
因为A为钝角，则B为锐角，即B∈(0，eq \f(π,2))，
则eq \f(π,2)＋B∈(eq \f(π,2)，π)，则A＝eq \f(π,2)＋B，C＝eq \f(π,2)－2B.
由A＝eq \f(π,2)＋B，C＝eq \f(π,6)，A＋B＋C＝π，得A＝eq \f(2π,3).
(2)csA＋csB＋csC＝cs (eq \f(π,2)＋B)＋csB＋cs (eq \f(π,2)－2B)
＝－sinB＋csB＋sin2B＝csB－sinB＋2sinBcsB.
因为C＝eq \f(π,2)－2B为锐角，所以0即0设t＝csB－sinB＝eq \r(2)cs (B＋eq \f(π,4))∈(0，1)，
则2sinBcsB＝1－t2，
csA＋csB＋csC＝t＋1－t2＝－(t－eq \f(1,2))2＋eq \f(5,4).
因为t∈(0，1)，则(t－eq \f(1,2))2∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，
从而－(t－eq \f(1,2))2＋eq \f(5,4)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4))).
由此可知，csA＋csB＋csC的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4))).
6．解析：(1)由bsin (A＋eq \f(π,3))＋acs (eq \f(π,2)＋B)＝0，结合正弦定理可得：
sinB(eq \f(1,2)sinA＋eq \f(\r(3),2)csA)－sinAsinB＝0⇒sinB(eq \f(\r(3),2)csA－eq \f(1,2)sinA)＝0
因为B∈(0，π)，所以sinB≠0即eq \f(\r(3),2)csA＝eq \f(1,2)sinA，
所以tanA＝eq \r(3)，而A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3).
(2)由∠ADB＝2∠ACB知∠ACB＝∠CAD，AD＝CD，所以C在△ABD中，有B＝eq \f(2π,3)－C，∠BAD＝eq \f(π,3)－C，
由正弦定理可得：eq \f(BD,sin（\f(π,3)－C）)＝eq \f(CD,sin（\f(2π,3)－C）)＝eq \f(BD＋CD,sin（\f(π,3)－C）＋sin（\f(2π,3)－C）)
所以eq \f(CD,CB)＝eq \f(sin（\f(2π,3)－C）,sin（\f(π,3)－C）＋sin（\f(2π,3)－C）)＝eq \f(\f(\r(3),2)csC＋\f(1,2)sinC,\r(3)csC)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2\r(3))·tanC
由C∈(0，eq \f(π,3))可得tanC∈(0，eq \r(3))，所以eq \f(CD,CB)∈(eq \f(1,2)，1).