重难点专题23 解三角形压轴小题十一大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
重难点专题23解三角形压轴小题十一大题型汇总
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc146203768" 题型1正余弦定理 PAGEREF _Tc146203768 \h 1
\l "_Tc146203769" 题型2取值范围问题 PAGEREF _Tc146203769 \h 6
\l "_Tc146203770" ◆类型1转化角度法 PAGEREF _Tc146203770 \h 6
\l "_Tc146203771" ◆类型2正弦定理法 PAGEREF _Tc146203771 \h 11
\l "_Tc146203772" ◆类型3正弦定理+辅助角 PAGEREF _Tc146203772 \h 15
\l "_Tc146203773" ◆类型4转化正切法 PAGEREF _Tc146203773 \h 20
\l "_Tc146203774" ◆类型5余弦定理法 PAGEREF _Tc146203774 \h 26
\l "_Tc146203775" ◆类型6建系法 PAGEREF _Tc146203775 \h 31
\l "_Tc146203776" ◆类型7转化函数 PAGEREF _Tc146203776 \h 40
\l "_Tc146203777" ◆类型8二次型取值范围 PAGEREF _Tc146203777 \h 45
\l "_Tc146203778" ◆类型9基本不等式 PAGEREF _Tc146203778 \h 51
\l "_Tc146203779" 题型3中线问题 PAGEREF _Tc146203779 \h 55
\l "_Tc146203780" 题型4角平分线问题 PAGEREF _Tc146203780 \h 60
\l "_Tc146203781" 题型5高线问题 PAGEREF _Tc146203781 \h 64
\l "_Tc146203782" 题型6四边形问题 PAGEREF _Tc146203782 \h 69
\l "_Tc146203783" 题型7多三角形问题 PAGEREF _Tc146203783 \h 75
\l "_Tc146203784" 题型8与向量结合问题 PAGEREF _Tc146203784 \h 80
\l "_Tc146203785" 题型9实际问题 PAGEREF _Tc146203785 \h 88
\l "_Tc146203786" 题型10正余弦定理与立体几何 PAGEREF _Tc146203786 \h 97
\l "_Tc146203787" 题型11正余弦定理与解析几何 PAGEREF _Tc146203787 \h 109
题型1正余弦定理
【例题1】（多选）（2023·山西阳泉·统考三模）设△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若sinA=csB=tanC，则下列说法正确的是（ ）
A．A+B=π2B．2A+C=3π2C．a>bD．c>b
【答案】BCD
【分析】由sinA=csB，得到A+B=π2或A+π2−B=π，推出2A+C=3π2，判断AB；由A>B得到C正确；由三角函数的单调性结合导数得到D正确.
【详解】因为△ABC中，sinA=csB=sinπ2−B，所以A+B=π2或A+π2−B=π，
当A+B=π2时，C=π2，由于tanC无意义，A错误；
当A+π2−B=π时，A=π2+B，
此时C=π−A−B=π−A−A−π2=3π2−2A，故2A+C=3π2，B正确；
因为A=π2+B，所以A>B，由大角对大边，得a>b，C正确；
因为C=π2−2B，所以csB=tanC=tanπ2−2B=cs2Bsin2B，
即2sinBcs2B=cs2B⇒2sin3B−2sin2B−2sinB+1=0，
令t=sinB∈0,1，ft=2t3−2t2−2t+1,t∈0,1，
则f't=6t2−4t−2=23t+1t−1<0，所以ft单调递减，
又f12=14−12−1+1<0，fsinB=0，所以sinB<12，
所以B<π6,A<2π3,C>π6，所以c>b，故D正确.
故选：BCD.
【变式1-1】1. （2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，∠CAB=90°，AB=3，AC=4，P为△ABC内一点，若∠PBA=∠PCB=∠PAC=α，则tanα= .
【答案】1225
【详解】设PA=x，PB=y，PC=z，在△PAB中，由余弦定理得csα=32+y2−x22×3×y=9+y2−x26y，
又S▵PAB=12×3×y×sinα，所以sinα=2SΔPAB3y，易知csα≠0，
所以tanα=4S▵PAB9+y2−x2，即(9+y2−x2)tanα=4S△PAB， ①
同理可得，(25+z2−y2)tanα=4S△PBC， ②
(16+x2−z2)tanα=4S△PCA. ③
①②③相加，得50tanα=4(S△PAB+S△PBC+S△PCA)，
又S△PAB+S△PBC+S△PCA=S△ABC=6，所以tanα=1225.
【变式1-1】2. （2023·全国·高三专题练习）△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若a+b=8,csC=15，且△ABC的面积为36，则c= .
【答案】27
【分析】根据平方关系求出sinC，由余弦定理得320−5c2=12ab①，由S△ABC=36求出ab代入①可得答案.
【详解】因为0所以sinC=1−cs2C=1−125=265，
由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=a+b2−2ab−c22ab=15，
即320−5c2=12ab①，
由S△ABC=12absinC=12ab×265=36，
得ab=15代入①可得c=−27（舍去），c=27.
故答案为：27．
【变式1-1】3. （2022·全国·高三专题练习）已知△ABC的内角A，B，C满足sin2A+sinA−B+C=sinC−A−B+12，△ABC的面积S满足1≤S≤2，记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．aba+b>162B．bcb+c>8
C．6≤abc≤12D．12≤abc≤24
【答案】B
【分析】根据三角恒等变换公式得到sinAsinBsinC=18，确定R2=4S，根据面积范围得到2≤R≤22，得到8≤abc≤162，再依次判断每个选项得到答案.
【详解】sin2A+sinA−B+C=sinC−A−B+12，
则sin2A+sinπ−2B=sin2C−π+12，即sin2A+sin2B+sin2C=12，
故sin2A+sinB+C+B−C+sinB+C−B−C=12，
2sinAcsA+2sinB+CcsB−C=12，
即2sinAcsB−C−csB+C=12，2sinA⋅2sinBsinC=12，
整理得到sinAsinBsinC=18.
设外接圆的半径为R，由正弦定理可得：asinA=bsinB=csinC=2R，
S=12absinC，故sinAsinBsinC=S2R2=18，即R2=4S，
1≤S≤2，故f(x)=Asin(ωx+φ)，即2≤R≤22，
abc=sinAsinBsinC⋅8R3=R3，则8≤abc≤162，
对选项A：ab(a+b)>abc≥8，即ab(a+b)>8，但ab(a+b)>162不一定正确；
对选项B：bc(b+c)>abc≥8，即bc(b+c)>8，正确；
对选项C： 8≤abc≤162，不一定正确；
对选项D： 8≤abc≤162，不一定正确；
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查了三角恒等变换，三角形面积公式，正弦定理，以此考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用三角恒等变换公式将条件转化为8≤abc≤162是解题的关键.
【变式1-1】4. （2023·江西赣州·统考模拟预测）已知△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知△ABC的面积S满足b+c2=43+8S+a2，则角A的值为 ．
【答案】π6
【分析】根据余弦定理和三角形面积公式化简已知条件，得csA+1=(3+2)sinA
求解csA可得角A的值.
【详解】由已知得b2+c2−a2+2bc=43+8S，
根据余弦定理和三角形面积公式，
得2bccsA+2bc=(3+2)⋅2bcsinA，
化简为csA+1=(3+2)sinA，
由于A∈0,π，所以csA+1=(3+2)1−cs2A，
化简得4+23cs2A+csA−3+23=0，
即 4+23csA−3+23csA+1=0，
解得csA=32，或csA=−1（舍），
由于A∈0,π，所以A=π6.
故答案为：π6
【变式1-1】5.（2023·全国·高三专题练习）在Rt△ABC中，斜边为AB，点D在边BC上，若tan∠BAD=24，sin∠ADC⋅sinB=13，则AB2+AD2AB⋅AD= .
【答案】42+13
【分析】由tan∠BAD=24，结合同角关系求出sin∠BAD，cs∠BAD，结合三角形面积公式证明BD=AC，AB⋅AD=3BD2，再根据余弦定理列关系式求AB2+AD2AB⋅AD即可.
【详解】因为tan∠BAD=24，所以sin∠BADcs∠BAD=24，又sin∠BAD2+cs∠BAD2=1，
∠BAD∈0,π2，所以sin∠BAD=13，cs∠BAD=223，
△ABD的面积S=12AB⋅ADsin∠BAD=16AB⋅AD，
△ABD的面积S=12BD⋅AC，所以3BD⋅AC=AB⋅AD，
因为sin∠ADC⋅sinB=13，所以ACAD⋅ACAB=13，故3AC⋅AC=AB⋅AD，
所以BD⋅AC=AC⋅AC，故BD=AC，所以AB⋅AD=3AC⋅AC=3BD2
由余弦定理可得cs∠BAD=AB2+AD2−BD22AB⋅AD，又cs∠BAD=223，
所以223=AB2+AD22AB⋅AD−BD22AB⋅AD=AB2+AD22AB⋅AD−16，
所以AB2+AD2AB⋅AD=42+13，
故答案为：42+13.
题型2取值范围问题
◆类型1转化角度法
【例题2-1】（2023·全国·高三专题练习）△ABC中，角A，B，C满足cs2A−cs2B=2sinCsinB−sinC，则1tanB+1tanC的最小值为 ．
【答案】233/233
【分析】利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得A，利用三角函数的最值的求法求得1tanB+1tanC的最小值.
【详解】依题意，cs2A−cs2B=2sinCsinB−sinC，
1−2sin2A−1−2sin2B=2sinCsinB−2sin2C，
sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，由正弦定理得b2+c2−a2=bc，
所以csA=b2+c2−a22bc=12>0，所以A为锐角，且A=π3.
1tanB+1tanC=csBsinB+csCsinC=sinBcsC+csBsinCsinBsinC
=sinB+CsinBsinC=sinAsinBsinB+A=32sinBsinB+π3
=32sinB12sinB+32csB=3sin2B+3sinBcsB
=31−cs2B2+32sin2B=332sin2B−12cs2B+12
=3sin2B−π6+12，由于0所以−π6<2B−π6<7π6且2B−π6≠5π6，
所以−12所以3sin2B−π6+12≥233，当2B−π6=π2,B=π3，C=π3是等号成立.
所以1tanB+1tanC的最小值为233.
故答案为：233
【点睛】利用正弦定理或余弦定理来求角时，要注意角的范围，如sinA=12，则A可能是π6或5π6.求解含角的表达式的最值或范围时，首先将表达转化为一个角的形式，如转化为y=Asinωx+φ+B等形式，再根据ωx+φ的范围求得y=Asinωx+φ+B的范围.
【变式2-1】1. （2023秋·重庆·高三重庆一中校考开学考试）在△ABC中，若sinA=2csBcsC，则cs2B+cs2C的最大值为 ．
【答案】2+12
【分析】先由题证明得cs2A+cs2B+cs2C+2csAcsBcsC=1，再化简得cs2B+cs2C=12−22sin(2A+π4)，再利用三角函数的图像和性质求出最大值.
【详解】首先证明：在△ABC中，有cs2A+cs2B+cs2C+2csAcsBcsC=1,
在△ABC中，由余弦定理得a2+b2−c2−2abcsC=0，
由正弦定理得sinA2+sinB2−sinC2−2sinAsinBcsC=0，
令cs2A+cs2B+cs2C+2csAcsBcsC=M，
上述两式相加得M=2+cs2C−sin2C+2csAcsB−sinAsinBcsC
=2+cs2C−sin2C+2cs(A+B)csC
=2+cs2C−sin2C−2cs2C=2−cs2C+sin2C=1
所以cs2B+cs2C=1−cs2A−2csAcsBcsC
=1−1+cs2A2−sinAcsA=12−12(sin2A+cs2A)
=12−22sin(2A+π4)≤2+12,
当sin(2A+π4)=−1即A=58π时取等.
故答案为：2+12.
【变式2-1】2. （2023秋·重庆·高三统考学业考试）已知锐角△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，a2=b2+bc，若csC−B+λcsA存在最大值，则实数λ的取值范围是（ ）
A．0,2B．1,3C．0,2D．2,4
【答案】C
【分析】利用余弦定理结合正弦定理化简可得出A=2B，根据△ABC为锐角三角形可求得角B的取值范围，利用二倍角公式以及诱导公式化简得出csC−B+λcsA=−2cs22B+λcs2B+1，求出cs2B的取值范围，根据二次函数的基本性质可得出关于实数λ的不等式，解之即可.
【详解】由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA=b2+bc，则c−2bcsA=b，
由正弦定理可得sinB=sinC−2sinBcsA=sinA+B−2csAsinB
=sinAcsB+csAsinB−2csAsinB=sinAcsB−csAsinB=sinA−B，
因为△ABC为锐角三角形，则0又因为函数y=sinx在−π2,π2内单调递增，所以，A−B=B，可得A=2B，
由于△ABC为锐角三角形，则0csC−B+λcsA=csπ−4B+λcs2B=λcs2B−cs4B
=−2cs22B+λcs2B+1，
因为π3<2B<π2，则0因为−2cs22B+λcs2B+1存在最大值，则0<λ4<12，解得0<λ<2.
故选：C.
【点睛】方法点睛：三角函数最值的不同求法：
①利用sinx和csx的最值直接求；
②把形如y=asinx+bcsx的三角函数化为y=Asinωx+φ的形式求最值；
③利用sinx±csx和sinxcsx的关系转换成二次函数求最值；
④形如y=asin2x+bsinx+c或y=acs2x+bcsx+c转换成二次函数求最值.
【变式2-1】3.（多选） （2023秋·河南·高三郑州一中校联考阶段练习）用长为3的铁丝围成△ABC，记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知B=60°，则（ ）
A．存在△ABC满足a,b,c成公差不为0的等差数列
B．存在△ABC满足a,b,c成等比数列
C．△ABC的内部可以放入的最大圆的半径为36
D．可以完全覆盖△ABC的最小圆的半径为33
【答案】BCD
【分析】利用余弦定理及等差中项结合条件可判断A，利用等比中项的性质结合条件可判断B，利用余弦定理及三角形面积公式可得三角形内切圆半径的最大值进而判断C，利用正弦定理及三角函数的性质可得三角形外接圆半径的最小值判断D.
【详解】依题意知a+b+c=3，由余弦定理，得b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−ac．
对A，若a,b,c成等差数列，则2b=a+c，所以(a+c)24=a2+c2−ac，
所以(a−c)2=0,a=b=c,a,b,c为常数列，故A错误；
对B，若a,b,c成等比数列，则b2=ac，所以ac=a2+c2−ac，即(a−c)2=0,a=b=c，
所以当△ABC为等边三角形时a,b,c成等比数列，故B正确；
对C，由b2=a2+c2−ac=(3−a−c)2，得ac=2a+c−3≥4ac−3，解得ac≤1或ac≥9（舍），
所以△ABC的面积S=12acsinB≤34,△ABC的内切圆半径为2Sa+b+c≤36，当且仅当a=c=b=1时取等号，
所以△ABC的内部可以放入的最大圆的半径为36，故C正确；
对D，由正弦定理可得：2R=bsin60°=asinA=csinC=a+b+csin60°+sinA+sinC=332+sinA+sin120°−A，其中R为△ABC外接圆半径，
因为sinA+sin120°−A=sinA+sin120°csA−cs120°sinA=32sinA+32csA=3sin(A+30°≤3，当且仅当A=B=C=60°时，等号成立，
所以2R≥3323,R≥33，所以可以完全覆盖△ABC的最小圆的半径为33，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：本题的CD项较难，关键是把问题转化为求三角形的内切圆半径及外接圆半径，然后利用基本不等式及三角形的有关知识即得.
◆类型2正弦定理法
【例题2-2】（2023秋·重庆·高三统考阶段练习）△ABC中，sinπ2−B=cs2A，则AC−BCAB的取值范围是（ ）
A．−1，12B．13，12C．12，23D．13，23
【答案】B
【分析】化简得到csB=cs2A，从而得到2A=B，得到C=π−3A，A∈0,π3，利用正弦定理得到AC−BCAB=12csA+1，从而得到AC−BCAB的取值范围.
【详解】sinπ2−B=csB=cs2A，
在△ABC中，A,B∈0,π，故2A=B或2A+B=2π，
当2A+B=2π时，A+B2=π，故A+B>π，不合要求，舍去，
所以2A=B，C=π−A−B=π−A−2A=π−3A，
因为A,B∈0,π，所以2A∈0,π，即A∈0,π2，
因为C=π−3A∈0,π，所以A∈0,π3，
由正弦定理得ACsinB=ABsinC=BCsinA，
故AC−BCAB=sinB−sinAsinC=sin2A−sinAsinπ−3A=2sinAcsA−sinAsin2A+A=2sinAcsA−sinAsin2AcsA+cs2AsinA因为A∈0,π，所以sinA≠0，
故AC−BCAB=2csA−12cs2A+cs2A=2csA−14cs2A−1=2csA−12csA−12csA+1，
因为A∈0,π3，所以2csA−1>0，
故AC−BCAB=12csA+1，
因为A∈0,π3，所以csA∈12,1，2csA∈1,2，2csA+1∈2,3，
故AC−BCAB=12csA+1∈13，12.
故选：B
【变式2-2】1. （2022秋·安徽马鞍山·高三马鞍山二中校考期中）在锐角ΔABC中，A=2B，则ABAC的取值范围是
A．−1,3B．1,3
C．(2,3)D．1,2
【答案】D
【分析】根据在锐角ΔABC中，每个角都是锐角确定B的范围，利用正弦定理以及三倍角的正弦公式，化简表达式，求出范围即可.
【详解】在锐角ΔABC中，
{0<2∠B<π20<∠B<π20<π−3∠B<π2
可得π6<∠B<π4，
csB∈(22,32),cs2B∈(12,34)，
所以由正弦定理可知ABAC=cb=sinCsinB=sin3BsinB=3sinB−4sin3BsinB
=3−4sin2B=4cs2B−1∈(1,2)，故选D.
【点睛】本题考查正弦定理在解三角形中的应用，三倍角的正弦公式，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.
【变式2-2】2. （2023·全国·高三专题练习）在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acsB−bcsA=b ，则ba+c的取值范围是（ ）
A．33,22B．2−3,1
C．2−3,2−1D．2+1,3+2
【答案】C
【分析】由正弦定理边化角得到A=2B，由锐角三角形求出π6【详解】因为acsB−bcsA=b ，所以由正弦定理得：sinAcsB−sinBcsA=sinB,
即sinA−B=sinB，所以A−B=B，即A=2B，又A+B+C=π，所以C=π−3B.
因为锐角三角形ABC，所以0ba+c=sinBsinA+sinC=sinBsin2B+sinπ−3B=sinBsin2B+sin3B
=sinBsin2B+sin2BcsB+cs2BsinB=12csB+2cs2B+2cs2B−1=14cs2B+2csB−1.
令csB=t，因为π6则ba+c=14t2+2t−1在t∈22,32单调递减，
所以ba+c∈2−3,2−1.
故选：C.
【变式2-2】3. （2023·河南·校联考模拟预测）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若csA+2C=sin2C−csA,C≠π2，则3a2+b2c2+13的值可为（ ）
A．43B．62C．83D．162
【答案】D
【分析】根据三角恒等变换结合条件可得B=π2+C，然后利用正弦定理可得3a2+b2c2+13 =12sin2C+4sin2C，再通过换元法，构造函数利用导数研究函数的性质进而即得.
【详解】由题知csA+C+C=sin2C−csA+C−C，
则csA+CcsC−sinA+CsinC=sin2C−csA+CcsC+sinA+CsinC，
即2csA+CcsC=sin2C=2sinCcsC，
因为C≠π2，所以csC≠0，则csA+C=sinC，
所以sinC=−csB=sinB−π2，则B=π2+C，B为钝角，C为锐角，
3a2+b2c2+13=3sin2A+sin2Bsin2C+13=3sin2π2−2C+cs2Csin2C+13=3cs22C+cs2Csin2C+13
=31−2sin2C2+1−sin2Csin2C+13=12sin2C+4sin2C，
因为B=π2+C，则A=π−B−C=π2−2C>0，则0令t=sin2C，则12sin2C+4sin2C=12t+4t，令ft=12t+4t,0则f't=12−4t2=12t2−4t2<0，
所以ft在0,12上单调递减，又f12=14，则3a2+b2c2+13>14，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过三角恒等变换得到B=π2+C，然后利用边角互化及换元法把问题转化求函数最值，再利用导数即得.
【变式2-2】4. （2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若csA=b−c2c，则2cc+b的取值范围是（ ）
A．23,1B．12,1
C．1,+∞D．12,+∞
【答案】A
【分析】由正弦边角关系、三角恒等变换及三角形内角性质可得sin(A−C)=sinC，进而有A=2C，再把2cc+b化为12cs2C并确定C的范围，应用余弦函数性质求范围即可.
【详解】由csA=b−c2c=sinB−sinC2sinC，则sinB−sinC=2sinCcsA，
所以sin(A+C)−sinC=sinAcsC+csAsinC−sinC=2sinCcsA，
则sinAcsC−csAsinC=sin(A−C)=sinC，
所以A−C=C或A−C+C=A=π（舍），故A=2C，
综上，2cc+b=2sinCsinC+sinB=2sinCsinC+sin(A+C)=2sinCsinC+sin3C，且sinC>0
所以2cc+b=2sinCsinC+sin2CcsC+cs2CsinC，
=2sinCsinC+2sinCcs2C+(2cs2C−1)sinC =12cs2C，
由锐角△ABC，则π2所以2cs2C∈(1,32)，故2cc+b∈(23,1).
故选：A
【点睛】关键点点睛：将条件由边化角求角的关系，即A=2C，再把目标式，由边化角得2cc+b =12cs2C求范围.
◆类型3正弦定理+辅助角
【例题2-3】（2023秋·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习）在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，S为△ABC的面积，a=2，且2S=a2−b−c2，则△ABC的周长的取值范围是（ ）
A．4,6B．4,25+2
C．6,25+2D．4,5+2
【答案】C
【分析】利用面积公式和余弦定理可得tanA2=12,tanA=43，然后根据正弦定理及三角变换可得b+c=52sinB+sinC=25sinB+φ，再根据三角形是锐角三角形，得到B的范围，转化为三角函数求值域的问题.
【详解】∵2S=a2−b−c2=a2−b2−c2+2bc=2bc−2bccsA，
∴S=bc−bccsA=12bcsinA，
∴1−csA=12sinA，即2sin2A2=sinA2csA2，A为锐角，
∴tanA2=12,tanA=11−14=43,sinA=45,csA=35，又a=2，
由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=52，
所以b+c=52sinB+sinC=52sinB+sinA+B
=52sinB+35sinB+45csB=4sinB+2csB
=25sinB+φ，其中tanφ=12，φ=A2，
因为△ABC为锐角三角形，
所以π2−A即：π2−A2所以csA2∴4<25sinB+φ≤25，即b+c∈4，25，
故△ABC的周长的取值范围是6,25+2.
故选：C.
【变式2-3】1. （2022秋·四川成都·高三成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考期中）在△ABC中，BC=3AC，∠BAC=π3，点D与点B分别在直线AC的两侧，且AD=1，DC=3，则BD的长度的最大值是（ ）
A．3B．33C．3D．32
【答案】B
【分析】根据已知条件可以判断△ABC是直角三角形，且随着∠ADC的变化△ABC三条边的长度也会随着发生改变，因此先根据余弦定理和正弦定理确定∠ADC与边的变化关系，再构造一个关于BD边的三角形，根据∠ADC与边的关系在新构造的三角形中解出BD的表达式，找出最大值.
【详解】由BC=3AC⇒BCAC=3=tan∠BAC可知， △ABC是∠ABC=π6，∠ACB=π2的直角三角形，如图所示：
设AC=x，BC=3x，∠ADC=θ，则由余弦定理
得AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅csθ，即x2=1+3−23csθ=4−23csθ
由正弦定理得ADsin∠ACD=ACsinθ，所以xsin∠ACD=sinθ.
连接BD，在△BCD中，由余弦定理，得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅cs∠BCD
BD2=3x2+3−23×3xcsπ2+∠ACD=3x2+3+6xsin∠ACD=3x2+3+6sinθ=34−23csθ+3+6sinθ=15+6sinθ−63csθ=15+12sinθ−π3≤27
当θ=π2+π3=5π6时，BD的长度取得最大值，为33
故选:B
【点睛】思路点睛：
可变动图形与某一变量的变化关系引出的求边求角类问题（以本题为例）：
①确定变动图形的变化规律：如上题△ABC的变化是角度不变，边长可等比例变化
②确定图形变化与某个变量的联系：∠ADC变化→ AC发生变化→ △ABC整体变化
③找到有直接联系的两个变量的数学关系，然后推广到整体变化上：此处最为困难，需要学生根据已知条件活用所学的数学知识.
【变式2-3】2. （2022秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习）在锐角△ABC中，若3sinA(csAa+csCc)=sinBsinC，且3sinC+csC=2，则a+b的取值范围是（ ）
A．23,4B．2,23C．0,4D．2,4
【答案】A
【分析】由3sinC+csC=2，可得C=π3；再结合正弦定理将3sinA(csAa+csCc)=sinBsinC中的角化边，化简整理后可求得asinA=bsinB=csinC=433；根据锐角△ABC和C=π3，可推出A∈(π6，π2)，再根据正弦定理可得a+b=433(sinA+sinB)，最后结合正弦的两角差公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质即可得解．
【详解】由3sinC+csC=2sin(C+π6)=2，得C+π6=π2+2kπ，k∈Z，
∵C∈(0,π2)，∴C=π3．由题csAa+csCc=sinBsinC3sinA，由正弦定理有csAa+csCc=b⋅323a=b2a，故csAsinA+csCsinC=b2sinA，即csA⋅sinC+sinA⋅csC=bsinC2=3b4，故sinA+C=sinB=3b4，即bsinB=433，由正弦定理有asinA=bsinB=csinC=433，故a=433sinA，b=433sinB，又锐角△ABC，且C=π3，∴A∈(0,π2)，B=2π3−A∈(0,π2)，解得A∈(π6，π2)，∴a+b=433(sinA+sinB)=433[sinA+sin(2π3−A)] =433(sinA+32csA+12sinA)=4sin(A+π6)，
∵A∈(π6，π2)，∴A+π6∈(π3，2π3)，sin(A+π6)∈(32，1]，
∴a+b的取值范围为23,4．
故选：A．
【变式2-3】3. （2022秋·广东广州·高三中山大学附属中学校考期中）设△ABC的面积为S，∠BAC=θ，已知AB⋅AC=4，2≤S≤23，则函数fθ=3sin2θ+π4+cs2θ的值域为 ．
【答案】2+32,1+232
【分析】由向量数量积公式和三角形面积公式得到1≤tanθ≤3，求出θ∈π4,π3，三角恒等变换化简得到fθ=sin2θ+π6+1+32，结合θ的范围，结合正弦函数图象求出值域.
【详解】由题意AB⋅AC=AB⋅ACcsθ=4，2≤12AB⋅ACsinθ≤23，
所以1≤tanθ≤3，所以θ∈π4,π3，fθ=3sin2θ+π4+cs2θ=321−cs2θ+π2+1+cs2θ2
=32sin2θ+12cs2θ+1+32=sin2θ+π6+1+32，
因为θ∈π4,π3，所以2θ+π6∈2π3,5π6，
所以当2θ+π6=5π6，即θ=π3时，fθ取得最小值，最小值为2+32；
当2θ+π6=2π3，即θ=π4时，fθ取得最大值，最大值为1+232；
故fθ∈2+32,1+232.
故答案为：2+32,1+232
【变式2-3】4. （2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若sinBsinC3sinA=csAa+csCc，且△ABC的面积S△ABC=34(a2+b2−c2)，则ca+b的取值范围是 .
【答案】12,1
【分析】由面积公式及余弦定理求出C，再由正、余弦定理将角化边，即可求出c，再由正弦定理及三角恒等变换公式将ca+b转化为关于A的三角函数，最后由三角函数的性质计算可得；
【详解】解：由S△ABC=34(a2+b2−c2)，∴ 12absinC=34(a2+b2−c2)，
又c2=a2+b2−2abcsC，所以12absinC=34⋅2abcsC，
∴tanC=3，∵0∵ sinBsinC3sinA=csAa+csCc，∴ 13×32sinBsinA=csAa+csCc．
∴ 36×ba=b2+c2−a22abc+a2+b2−c22abc=2b22abc=bac，∴c=23，
由正弦定理得2R=csinC=23sinπ3=4，
所以a+b=4sinA+4sinB=4sinA+4sin2π3−A
=4sinA+4sin2π3csA−4cs2π3sinA
=6sinA+23csA=4332sinA+12csA=43sin(A+π6)，
因为0∴43sinA+π6∈23,43，
∴ ca+b=2343sinA+π6∈12,1．
故答案为：12,1．
◆类型4转化正切法
【例题2-4】（2023·全国·高三专题练习）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=a2−b−c2，则4b2−12bc+17c24b2−12bc+13c2的取值范围为（ ）
A．95,7337B．281181,95C．2,7337D．281181,2
【答案】D
【分析】根据余弦定理和△ABC的面积公式，结合题意求出sinA、csA的值，再用C表示B，求出bc的取值范围，即可求出4b2−12bc+17c24b2−12bc+13c2的取值范围．
【详解】因为△ABC的面积为S=12bcsinA，2S=a2−(b−c)2
所以bcsinA=a2−b2−c2+2bc，
△ABC中，由余弦定理得，a2−b2−c2=−2bccsA，
则bcsinA=2bc−2bccsA，
因为bc≠0，
所以sinA+2csA=2,
又A∈(0,π2)，sin2A+cs2A=1，
所以sinA+21−sin2A=2，
化简得5sin2A−4sinA=0，
解得sinA=45或sinA=0（不合题意，舍去）；
因为A∈0,π2，
所以csA=1−sin2A=35，tanA=sinAcsA=43，
所以bc=sinBsinC=sin(A+C)sinC=sinAcsC+csAsinCsinC=45tanC+35，
因为A+B+C=π，
所以C=π−A−B，
又因为B∈(0,π2)，
所以π−B∈(π2,π)，
所以C=π−A−B∈(π2−A,π−A)，
因为C∈(0,π2)，
所以C∈π2−A,π2，
所以tanC>tan(π2−A)=1tanA=34，所以1tanC∈0,43，
所以bc∈35,53，
设bc=t，其中t∈35,53，
所以y=4b2−12bc+17c24b2−12bc+13c2
=4(bc)2−12(bc)+174(bc)2−12(bc)+13
=4t2−12t+174t2−12t+13
=1+44t2−12t+13
=1+44(t−32)2+4，
又35<32<53，
所以t=32时，y取得最大值为ymax=2，
t=35时，y=281181，t=53时，y=7337，且281181<7337，
所以y∈281181,2，即4b2−12bc+17c24b2−12bc+13c2的取值范围是281181,2，
故选：D．
【变式2-4】1. （2023秋·辽宁·高三东北育才学校校联考开学考试）在△ABC中，已知sinA=csB=tanC ，边a,b满足b>ka，则k的最大值是 . （此空结果保留两位小数）
【答案】0.44（答案不唯一，0.43∼0.45之间的数值均可）
【分析】根据题意，求得A+B=π2且C=π2−2B，结合csB=tanC=sinCcsC=cs2Bsin2B，得到方程sin3B−sin2B−sinB+12=0，设fx=x3−x2−x+12，求得f'x<0，得到fx在0,1上单调递减，求得取近似值sinB≈0.40，进而求得k的最大值.
【详解】因为A是△ABC的内角，所以sinA>0，所以csB>0,tanC>0，所以B和C都是锐角，
又因为sinA=csB=sin(π2−B)，可得A+π2−B=π或A=π2−B，
即A−B=π2或A+B=π2，
当A+B=π2时，可得C=π−(A+B)=π2，此时tanC无意义（舍去），
所以A−B=π2，即A=π2+B，则C=π−(A+B)=π−(π2+B)−B=π2−2B，
又由csB=tanC=sinCcsC=sin(π2−2B)cs(π2−2B)=cs2Bsin2B，可得csBsin2B=cs2B，
所以sin2BcsB−cs2B=2sinBcs2B−cs2B=2sinB(1−sin2B)−(1−2sin2B)
=−2(sin3B−sin2B−sinB+12)=0，
设fx=x3−x2−x+12,(0当x∈0,1时，可得f'x<0，所以fx在0,1上单调递减，
所以方程fx=0在区间(0,1)上只有一个实数根，且f(25)=1250,f(12)=−18，
考虑到1250更接近0，取近似值sinB=x≈25=0.40，可得csB=215≈0.916，
又由正弦定理可得ba=sinBsinA=sinBcsB=tanB≈0.44，
因为边a,b满足b>ka，即k故答案为：0.44（答案不唯一，0.43∼0.45之间的数值均可）
【变式2-4】2. ．（2022·全国·高三专题练习）在△ABC中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c,A=120∘,D是边BC上一点，AB⊥AD且AD=3，则b+2c的最小值是（ ）
A．4B．6C．8D．9
【答案】C
【分析】利用正弦定理及B+C=60°，表达出b+2c=63−tanBtanB，再利用基本不等式求出最值.
【详解】如图所示，
因为A=120∘，所以B+C=60°，
在Rt△ABD中，AB=ADtanB，即c=3tanB，
因为∠CAD=120°−90°=30°，
由正弦定理可得：ACsin∠ADC=ADsinC，即bsin∠B+90°=3sin60°−B，
所以b=3csBsin60°−B，
所以b+2c=3csBsin60°−B+23tanB=3csB32csB−12sinB+23tanB
=332−12tanB+23tanB=233−tanB+23tanB=63−tanBtanB，
因为0°所以b+2c≥243−tanB+tanB2=8，
当且仅当3−tanB=tanB，即tanB=32时，等号成立，
所以b+2c的最小值为8.
故选：C
【变式2-4】3.（2023·全国·高三专题练习）1643年法国数学家费马曾提出了一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其到这个三角形的三个顶点的距离之和为最小.它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心（即该点与三角形的三个顶点的连线段两两成角120°），该点称为费马点.已知△ABC中，其中∠A=60°，BC=2，P为费马点，则PB+PC−PA的取值范围是 .
【答案】[233,2)
【分析】设PA=m,PB=n,PC=t,∠PAC=α(0°<α<60°)，进而得到∠PBA,∠PAB,∠PCA，然后在△PBC中通过余弦定理得到n，t的关系式，在△PAC和△PAB中，通过正弦定理得到t,m的关系式和m,n的关系式，然后借助三角函数的性质和函数的性质求得答案.
【详解】如图，根据题意，设PA=m,PB=n,PC=t,∠PAC=α(0°<α<60°)，则∠PBA=α，∠PAB=∠PCA=60°−α，
在△PBC中，由余弦定理有cs120°=n2+t2−42nt=−12，也即n+t=nt+4 ①
在△PAC中，由正弦定理有tsinα=msin(60°−α)，
在△PAB中，由正弦定理有msinα=nsin(60°−α)，
故t=msinαsin(60°−α)n=msin(60°−α)sinα，则nt=m2，由①，n+t=m2+4 ②，
且msin(60°−α)sinα+msinαsin(60°−α)=m2+4，
所以1+4m2=sin(602−α)sinα+sinαsin(602−α)，
设x=sin(60°−α)sinα，则x=32csα−12sinαsinα=32tanα−12，
由题意，tanα∈(0,3)，所以1tanα∈(33,+∞)，所以x∈(0,+∞)，
而1+4m2=x+1x，由对勾函数的性质可知1+4m2∈[2,+∞)，
所以m∈(0,233]，由②，
PB+PC−PA=m2+4−m=4m2+4+m在(0,233]上单调递减，
所以PB+PC−PA∈[233,2).
【变式2-4】4. （2022秋·江苏南通·高三统考期末）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a2+2abcsC=3b2，则tanAtanBtanC的最小值是 ．
【答案】6
【分析】先根据正余弦定理对原式进行化简得2(sin2A−sin2B)=sin2C，再利用正弦平方差定理化简可得sinAcsB=3csAsinB⇒tanA=3tanB，然后tanA=x,tanB=3x，表示出tanC=4x3x2−1，构造函数求最值即可得出答案.
【详解】根据题意，已知a2+2abcsC=3b2，由余弦定理得
a2+2aba2+b2−c22ab=3b2 ，化简得2(a2−b2)=c2
由正弦定理：2(sin2A−sin2B)=sin2C
即2sin(A+B)sin(A−B)=sin2C （正弦平方差）
整理可得：2sinAcsB−2csAsinB=sinAcsB+csAsinB
即sinAcsB=3csAsinB⇒tanA=3tanB
设tanA=x,tanB=3x
因为为锐角三角形，所以 tanA>0,x>0
此时tanC=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanA⋅tanB 即tanC=4x3x2−1
所以tanAtanBtanC=12x33x2−1
令f(x)=12x33x2−1(x>0)
f'(x)=36(x2+1)(x2−1)(3x2−1)2
当f'(x)>0,x>1，f(x)递增；当f'(x)<0,0所以f(x)min=f(1)=6
故tanAtanBtanC的最小值是6
故答案为6
【点睛】本题主要考查了正余弦定理以及与导函数的应用的综合题目，易错点在于前面的化简会用到正弦差定理，属于难题.
◆类型5余弦定理法
【例题2-5】（2023·四川成都·校联考二模）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanAsinAtanBtanC−1=2tanBtanC，sinB>sinC，且bsinB+csinC=masinA，则实数m的取值范围为 ．
【答案】1,2
【分析】由两角和的正切公式化简可得sin2A=2sinBsinC，再根据三角形形状以及正弦、余弦定理可限定出bc∈1,1+2，将参数m表示成m=12bc+cb再利用函数单调性即可求得其范围.
【详解】在△ABC中，由A+B+C=π可得tanA=−tanB+C=tanB+tanCtanBtanC−1,
又因为tanAsinAtanBtanC−1=2tanBtanC，
所以sinAtanB+tanC=2tanBtanC，即tanB+tanCtanBtanC=2sinA
则2sinA=1tanB+1tanC=csBsinB+csCsinC=sinCcsB+csCsinBsinBsinC=sin(C+B)sinBsinC=sinAsinBsinC，
所以可得sin2A=2sinBsinC，由正弦定理得a2=2bc．
又sinB>sinC可知B>C．又△ABC为锐角三角形，所以csB>0，
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac>0．所以2bc+c2−b22ac>0，
即2bc+c2−b2>0，所以bc2<1+2bc，
解得1−2又bc>1，所以bc∈1,1+2．
又因为bsinB+csinC=masinA，所以b2+c2=ma2，
即m=b2+c2a2=b2+c22bc=12bc+cb．
令bc=x，则x∈1,1+2，则m=b2+c2a2=f(x)=12x+1x．
因为f(x)在1,1+2上单调递增，又f(1)=1，f(1+2)=2，
所以实数m的取值范围为1,2．
故答案为：1,2
【点睛】方法点睛：求解解三角形综合问题时一般会综合考虑三角恒等变换、正弦定理、余弦定理等公式的灵活运用，再结合基本不等式或者通过构造函数利用导数和函数的单调性等求出参数取值范围.
【变式2-5】1. （2023·全国·高三专题练习）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑･波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点.”已知△ABC内接于半径为6的圆，以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为A',B',C'.若∠ACB=30∘，则△A'B'C'的面积最大值为 .
【答案】23+3
【分析】设△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，由正弦定理求出c，由题意可得∠A'CB'=90∘，从而表示出(A'B')2=a2+b23，结合余弦定理求得a2+b2≤12(2+3)，利用三角形面积公式即可求得答案.
【详解】
△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，
由正弦定理可得csin30°=26,∴c=6，
如图，连接A'C,B'C,

因为A',B'是以BC，AC为边向外作的等边三角形的外接圆圆心，
故∠A'CB=∠B'CA=30∘,故∠A'CB'=90∘，
由题意知A'C=32a×23=33a,B'C=33b，
则(A'B')2=B'C2+A'C2=a2+b23，
又a2+b2−2abcs30°=c2,∴a2+b2−3ab=6，
故a2+b2−6=3ab≤3⋅a2+b22,∴a2+b2≤12(2+3)，
当且仅当a=b=6(2+3)时等号成立，
即(A'B')2=a2+b23≤4(2+3)，
由题意知△A'B'C'为等边三角形，
故S△A'B'C'=34(A'B')2=34⋅a2+b23≤34⋅4(2+3)=23+3，
即△A'B'C'的面积最大值为23+3，
故答案为：23+3
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于明确拿破仑三角形的含义，即△A'B'C'为等边三角形，由此可结合正余弦定理以及基本不等式求解.
【变式2-5】2. （2022秋·重庆·高三统考期中）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，(a+c)(sinA−sinC)+bsinB=asinB，b+2a=4，CA=3CD−2CB，则线段CD长度的最小值为（ ）
A．2B．223C．3D．233
【答案】D
【分析】本题通过正弦定理得到a2+b2−c2=ab，再通过余弦定理得到C=π3，对向量式整理得CD=13CA+23CB，通过平方，将向量关系转化为数量关系即CD2=19b2+49a2+29ab，利用基本不等式即可求解.
【详解】解：由(a+c)(sinA−sinC)+bsinB=asinB及正弦定理，
得(a+c)(a−c)+b2=ab，即a2+b2−c2=ab，
由余弦定理得，csC=a2+b2−c22ab=12，∵C∈(0,π)，∴C=π3．
由CA=3CD−2CB，CD=13CA+23CB，
两边平方，得CD2=19CA+49CA⋅CB+49CB2
即CD2=19b2+49a2+49abcsC
=19b2+49a2+29ab =19b+2a2−29ab
≥19b+2a2−19b+2a22 =112b+2a2，
当且仅当b=2ab+2a=4，即a=1b=2时取等号，即CD2≥112(b+2a)2=43，
∴线段CD长度的最小值为233．
故选：D．
【变式2-5】3. （2023·全国·高三专题练习）已知△ABC中，点D在BC边上，∠BAC=60°，AD=2，CD=2BD，当2AB+AC取最大值时，BD= ．
【答案】1
【分析】三角形中用余弦定理求得各边之间的关系,利用基本不等式求2AB+AC取最大值和取最大值的条件.求得此时的BD.
【详解】
设AB=c，AC=b，BD=t，则CD=2t，AC=3t，
在△ABD中，由余弦定理，有cs∠ADB=t2+4-c22×2t，
在△ACD中，由余弦定理，有cs∠ADC=4t2+4-b22×2×2t，
由∠ADB和∠ADC互补，所以cs∠ADB=-cs∠ADC，
即t2+4-c22×2t=-4t2+4-b22×2×2t，化简得6t2=2c2+b2-12，
在△ABC中，由余弦定理，有BC2=b2+c2-2bccs∠BAC，即9t2=b2+c2-bc
两式消去t，得4c2+b2+2bc=36，即2c+b2-2bc=36，
由基本不等式2c+b≥22bc，2bc≤2c+b24，
∴2c+b2-2c+b24≤2c+b2-2bc=36，即32c+b24≤36，2c+b≤43，
当且仅当2c=b，即c=3，b=23时等号成立.
∴2AB+AC的最大值为43，由9t2=b2+c2-bc，解得此时t=1，即BD=1.
故答案为：1
【变式2-5】4. （2022·北京·高三校考强基计划）若△ABC三边长为等差数列，则csA+csB+csC的取值范围是 .
【答案】1,32
【分析】通过余弦定理以及等差数列的性质，将目标式转化为关于公差的关系是，通过公差的范围得出结论.
【详解】不妨设三边长为1−d,1,1+d，其中0⩽d<12.此时：
csA+csB+csC
=(1+d)2+1−(1−d)221+d+(1−d)2+1−(1+d)221−d+(1+d)2+(1−d)2−121+d1−d
=31−2d221−d2=322−11−d2∈1,32
故答案为：1,32.
◆类型6建系法
【例题2-6】（多选）（2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，面积为S，有以下四个命题中正确的是（ ）
A．Sa2+2bc的最大值为312
B．当a=2，sinB=2sinC时，△ABC不可能是直角三角形
C．当a=2，sinB=2sinC，A=2C时，△ABC的周长为2+23
D．当a=2，sinB=2sinC，A=2C时，若O为△ABC的内心，则△ABO的面积为3−13
【答案】ACD
【分析】根据三角形的面积公式、余弦定理、正弦定理、基本不等式、圆等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于选项A：
Sa2+2bc=12bcsinAb2+c2−2bccsA+2bc=12×sinAbc+cb+2−2csA
≤−14×sinAcsA−2（当且仅当b=c时取等号）．
令sinA=y，csA=x，故Sa2+2bc≤−14×yx−2，
因为x2+y2=1，且y>0，
故可得点x,y表示的平面区域是半圆弧上的点，如图所示：

目标函数z=yx−2上，表示圆弧上一点到点A2,0点的斜率，
数形结合可知，当且仅当目标函数过点H12,32，即A=60∘时，取得最小值−33，
故可得z=yx−2∈−33,0，
又Sx2+2bc≤−14×yx−2，故可得5a2+2bc≤−14−33=312，
当且仅当A=60∘，b=c，即三角形为等边三角形时，取得最大值，故选项A正确；
对于选项B：因为sinB=2sinC，所以由正弦定理得b=2c，若b是直角三角形的斜边，
则有a2+c2=b2，即4+c2=4c2，得c=233，故选项B错误；
对于选项C，由A=2C，可得B=π−3C，由sinB=2sinC得b=2c，
由正弦定理得，bsinB=csinC，即2csinπ−3C=csinC，
所以sin3C=2sinC，化简得sinCcs2C+2cs2CsinC=2sinC，
因为sinC≠0，所以化简得cs2C=34，
因为b=2c，所以B>C，所以csC=32，则sinC=12，
所以sinB=2sinC=1，所以B=π2,C=π6,A=π3，
因为a=2，所以c=233，b=433，
所以△ABC的周长为2+23，故选项C正确；
对于选项D，由C可知，△ABC为直角三角形，
且B=π2,C=π6,A=π3，c=233，b=433，
所以△ABC的内切圆半径为r=122+233−433=1−33，
所以△ABO的面积为12cr=12×233×1−33=3−13.
所以选项D正确.
故选：ACD
【点睛】求解与三角形有关的问题时，基本考虑方向有三个，一是正弦定理，二是余弦定理，三是三角形的面积公式.贯穿解题过程的是三角恒等变换，包括诱导公式、同角三角函数的基本关系式、两角和与差的正弦、余弦、正切公式、二倍角公式等等.
【变式2-6】1. （2023秋·河北张家口·高三统考开学考试）在△ABC中，AB=AC，BD为AC边上的中线，BD=23，则该三角形面积最大值为 ．
【答案】8
【分析】法一：已知BD=23，以B,D为定点，建立直角坐标系，由AB=2AD，得动点A的轨迹，由此可得面积最大值；
法二：引入变量AD=m与角A，由余弦定理得到m,A的等量关系，又△ABC面积为2m2sinA，消m，再求函数最值即可.
【详解】法一：如图建立直角坐标系，

设Ax,y，由AB=2AD得：x2+y2=4x−232+y2，
即：3x2+3y2−163x+48=0，
所以点A的轨迹为以833,0为圆心，半径为433的圆，S△ABC=2S△ABD，
所以当A到x轴距离最大时，即为半径433时，△ABD面积最大.
故S△ABCmax=2×12×23×433=8．
法二：设AD=m，则AB=2m，在△ABD中，
由余弦定理可知，12=4m2+m2−4m2csA，m2=125−4csA，
而S△ABC=2S△ABD=2m2sinA=24sinA5−4csA=−6sinAcsA−54，A∈0,π，
由图可知，sinAcsA−54为半圆上的点与N(54,0)连线的斜率，其最小值为直线MN的斜率−43，

故△ABC面积的最大值为−6×−43=8.
故答案为：8.
【变式2-6】2. （2022秋·四川成都·高三川大附中校考阶段练习）在△ABC中，内角A，B，C所对的三边分别为a，b，c，且c=2b，若△ABC的面积为1，则BC的最小值是 .
【答案】3
【分析】由三角形面积公式得到b2=1sinA，利用角A的三角函数表达出BC2=5−4csAsinA，利用数形结合及sinAcsA−54=sinA−0csA−54的几何意义求出最值.
【详解】因为△ABC的面积为1，所以12bcsinA=12b×2bsinA=b2sinA=1，
可得b2=1sinA，由BC=AC−AB，可得|BC|2=|AC|2+|AB|2−2AC⋅AB=b2+c2−2bccsA=b2+ 2b2−2b×2bcsA
=5b2−4b2csA=5sinA−4csAsinA=5−4csAsinA，
设m=sinA−4csA+5=−14×sinAcsA−54，其中A∈(0,π)，
因为sinAcsA−54=sinA−0csA−54表示点P54,0与点csA,sinA连线的斜率，
如图所示，当过点P的直线与半圆相切时，此时斜率最小，

在直角△OAP中，OA=1,OP=54，可得PA=34，
所以斜率的最小值为kPA=−tan∠APO=−43，
所以m的最大值为−14×−43=13，所以|BC|2≥3，所以|BC|≥3，
即BC的最小值为3，
故答案为：3
【点睛】思路点睛：解三角形中最值问题，要结合基本不等式，导函数或者数形结合，利用代数式本身的几何意义求解.
【变式2-6】3. （2023·河南安阳·统考三模）已知△ABC的面积为13(λ+1)2(λ为常数且λ>0),AB=AC≥22BC,CD=λDA，若∠A变化时BD的最小值为433，则λ= .
【答案】2
【分析】设AD=x，DC=λx，由三角形的面积公式、余弦定理结合题意可得λ2+2+2λ2λ+2−csA0−−sinA≥4λ+1，可以看成直线l:y=4λ+1x+λ2+2λ+22λ+2与x2+y2=1−1≤x<0,0≤y<1相切时取等，利用圆心到直线的距离等于半径求解即可.
【详解】设AD=x，DC=λx，设A,B,C对应的边为a,b,c，
所以△ABC的面积为13(λ+1)2=12(λ+1)2x2sinA，所以sinA=23x2，
又因为AB=AC≥22BC，所以b=c≥22a⇒b2≥a22，即a22b2≤1，
而csA=b2+c2−a22bc=2b2−a22b2=1−a22b2≥0，所以A∈0,π2，
在△ABC，由余弦定理可得：BD2=λ+12x2+x2−2λ+1x2csA，
=23sinAλ2+2+2λ−2λ+1csA≥163，则λ2+2+2λ2λ+2−csAsinA≥4λ+1，
即λ2+2+2λ2λ+2−csA0−−sinA≥4λ+1，
λ2+2+2λ2λ+2−csA0−−sinA表示点A0,λ2+2+2λ2λ+2,B−sinA,csA两点间的斜率，
因为A∈0,π2，而B−sinA,csA在圆x2+y2=1−1≤x<0,0≤y<1，
λ2+2+2λ2λ+2−csA0−−sinA≥4λ+1可以看成直线l:y=4λ+1x+λ2+2λ+22λ+2与x2+y2=1−1≤x<0,0≤y<1相切时取等，
所以将直线l化为一般式4x−λ+1y+λ2+2λ+22=0，
则圆心O0,0到直线的距离为d=λ2+2λ+2216+λ+12=1，
令u=λ+1>1，则d=u2+116+u2=2，则u4−2u2−63=0，
所以u2−9u2+7=0，解得：u2=9或u2=−7（舍去），
所以u=λ+1=3，则λ=2.
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：本题利用三角形的面积公式、余弦定理将BD的最小值为433转化为λ2+2+2λ2λ+2−csA0−−sinA≥4λ+1，即可以看成直线l:y=4λ+1x+λ2+2λ+22λ+2与x2+y2=1−1≤x<0,0≤y<1相切时取等求解即可.
【变式2-6】4. （2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知△ABC是面积为33的等边三角形，四边形MNPQ是面积为2的正方形，其各顶点均位于△ABC的内部及三边上，且可在△ABC内任意旋转，则BP⋅CQ的最大值为（ ）
A．−92B．32C．6−2−2D．6+2−2
【答案】D
【分析】先分别求出等边三角形和正方形的边长及其内切圆半径，根据所求结果和正方形可在△ABC内任意旋转可知，正方形MNPQ各个顶点在三角形的内切圆上，建立合适的直角坐标系，求出三角形的顶点坐标和其内切圆的方程，设出P,Q的三角坐标，根据PQ=2可得到关于坐标中变量的关系，分类讨论代入BP⋅CQ中化简，用辅助角公式分别求出最大值，选出结果即可.
【详解】解：因为△ABC是面积为33的等边三角形，记△ABC边长为a，
所以12×32×a2=33，解得a=23，
记三角形内切圆的半径为r，根据S=12Cr，可得：
33=12×23×3×r，解得r=1，
因为正方形MNPQ面积为2，所以正方形边长为2，
记正方形MNPQ外接圆半径为R，
所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即R=1，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知，
正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，因为正方形MNPQ可在△ABC内任意旋转，
可知正方形MNPQ各个顶点均在该三角形的内切圆上，
以三角形底边BC为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立直角坐标系如图所示：
故可知B−3,0,C3,0,A0,3，圆的方程为x2+y−12=1，
故设Pcsθ,1+sinθ,Qcsα,1+sinα，θ,α∈0,2π，
因为PQ=2，即csθ−csα2+sinθ−sinα2=2，
化简可得csθcsα+sinθsinα=0，即csθ−α=0，
解得θ=α+π2或θ=α−π2，
①当θ=α+π2时，P点坐标可化为−sinα,1+csα，
此时BP⋅CQ=3−sinα,1+csα⋅csα−3,1+sinα
=3csα−3−sinαcsα+3sinα+1+csα+sinα+sinαcsα
=3+1csα+sinα−2
=6+2sinα+π4−2，
所以当α+π4=π2，即α=π4，即θ=3π4，
即P−22,1+22,Q22,1+22时，BP⋅CQ取得最大值6+2−2；
②当θ=α−π2时，P点坐标可化为sinα,1−csα，
此时BP⋅CQ=3+sinα,1−csα⋅csα−3,1+sinα
=3csα−3+sinαcsα−3sinα+1−csα+sinα−sinαcsα
=3−1csα−sinα−2
=6−2csα+π4−2，
因为α∈0,2π，所以当α+π4=2π，即α=7π4，即θ=5π4，
即P−22,1−22,Q22,1−22时，BP⋅CQ取得最大值6−2−2，
综上可知：BP⋅CQ取得最大值6+2−2.
故选：D
【点睛】方法点睛：该题考查平面几何的综合应用，属于难题，关于圆锥曲线中点的三角坐标的设法有：
（1）若点在圆x2+y2=1上，可设点为csα,sinα，其中α∈0,2π；
（2）若点在圆x−a2+y−b2=r2上，可设点为a+rcsα,b+rsinα，其中α∈0,2π；
（3）若点在椭圆x2a2+y2b2=1上，可设点为acsα,bsinα，其中α∈0,2π；
【变式2-6】5.（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）在△ABC中，AB=3,sinB=m⋅sinA(m≥2)，则△ABC的面积最大值为 ．
【答案】3
【分析】先由正弦定理得到AC=m⋅BC，再建立平面直角坐标系求得点C的轨迹，从而得到△ABC的面积关于m的解析式，利用函数的单调性即可求得△ABC的面积最大值.
【详解】因为sinB=m⋅sinA，所以由正弦定理得b=ma，即AC=m⋅BC，
以线段AB所在直线为x轴，以AB的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，
则A−32,0,B32,0,C(x,y)，
由AC=m⋅BC得x+322+y2=m⋅x−322+y2，
因为m≥2，所以整理得x2+y2−3m2+3m2−1x+94=0，
由此可知点C的轨迹是以3m2+32m2−1,0为圆心，以r=3mm2−1为半径的圆，
所以当点C在圆上运动时，点C到x轴的最大距离为半径r=3mm2−1，
所以△ABC的面积S=12×3×3mm2−1=92×1m−1m在m∈2,+∞上单调递减，
所以Smax=92×12−12=3．
故答案为：3.
◆类型7转化函数
【例题2-7】（2023·贵州贵阳·校联考三模）已知△ABC的三边长分别为a,b,c，若tanA<0，则bsinC−sinBasinA的取值范围是 ．
【答案】(−1,2−12)
【分析】根据题意得到b(sinC−sinB)asinA=b(c−b)a2，且a2>b2+c2，当c>b时，利用基本不等式求得其范围；当c=b时，求得b(c−b)a2=0；当ct−1t2+1，令f(t)=t−1t2+1，求得f'(t)>0，结合单调性和f(0)【详解】由正弦定理，可得b(sinC−sinB)asinA=b(c−b)a2，
又由tanA<0， 可得A∈(π2,π)，则a2>b2+c2，
当c>b时，令cb=t>1，可得b(c−b)a2=1(t−1)+2t−1+2≤12(t−1)⋅ 2t−1+2=122+2=2−12，
当且仅当t=2+1时，等号成立，即0当c=b时，可得b(c−b)a2=0；
当cbc−b2b2+c2=cb−1cb2+1=t−1t2+1，
令f(t)=t−1t2+1，则t∈(0, 1)，可得f'(t)=1 ⋅ (t2+1)−2t ⋅ (t−1)(t2+1)2=−t2+2t+1(t2+1)2>0，
所以ft在(0, 1)上单调递增，所以f(0)综上可得：−1故答案为：−1,2−12.
【变式2-7】1. （2023秋·河南郑州·高三校联考期末）已知在△ABC中，sin2B+2sin2C=4sin2A，若S△ABC≤λBC2（S△ABC表示△ABC的面积）恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A．106,+∞B．103,+∞C．108,+∞D．104,+∞
【答案】A
【分析】根据正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，结合换元法，导数的性质进行求解即可.
【详解】记角A,B,C所对的边分别为a,b,c.因为sin2B+2sin2C=4sin2A，
所以由正弦定理可得b2+2c24=a2.S△ABCa22=12bcsinAa22=b2c2sin2A4a4=b2c21−cs2A4a4=4b2c21−b2+c2−a22bc2b2+2c22.
=4b2c21−3b2+2c2264b2c2b2+2c22=116⋅52b2c2−9b4−4c4b4+4c4+4b2c2，
令t=c2b2>0，则S△ABCa22=116×87t−14t2+4t+1−1，
令gt=7t−14t2+4t+1，则g't=11−14t(2t+1)3，
故当t∈0,1114时，g't>0，当t∈1114,+∞时，g't<0，
故g(t)max=g1114=4972，故S△ABCa2max=106，
则实数λ的取值范围为106,+∞.
故选：A
【点睛】关键点睛：利用换元法构造新函数，利用导数判断新函数的单调性，求出最值是关键.
【变式2-7】2. （2023·全国·高三专题练习）已知三角形ABC中，A=π3，D是BC边上一点，且满足BD=2DC，则ADBC的最大值是 ．
【答案】3+13
【分析】根据题意，得到AD=13AB+23AC，则有(AD)2=13AB+23AC2=19c2+49b2+29bc，再由余弦的定理，得到BC2=b2+c2−bc，进而得到(AD)2(BC)2=c2+4b2+2bc9b2+c2−bc，利用判别式法或者换元法，进行化简和计算，可得答案.
【详解】∵AD=13AB+23AC，(AD)2=13AB+23AC2=19c2+49b2+29bc．
由余弦定理得BC2=b2+c2−bc，则(AD)2(BC)2=c2+4b2+2bc9b2+c2−bc，
方法一：判别式法：令y=c2+4b2+2bcb2+c2−bc，(4−y)b2+(2+y)bc+(1−y)c2=0有解，
Δ=(2+y)2−4(4−y)(1−y)=−3y2+24y−12≥0，解得4−23≤y≤4+23
(AD)2(BC)2=19y．∴ADBC≤3+13
方法二：换元法(AD)2(BC)2=c2+4b2+2bc9b2+c2−bc=191+4bc2+2bc1+bc2−bc．
令bc=t
上式=4t2+2t+19t2−t+1=4t2−t+1+6t−39t2−t+1=49+2t−13t2−t+1
令2t−1=m，则有2t−1t2−t+1=4mm2+3=4m+3m≤233，
∴ (AD)2(BC)2≤4+239，∴ADBC≤3+13
故答案为：3+13
【变式2-7】3. （2022春·全国·高三专题练习）已知A−1,0，B3,0，P是圆O:x2+y2=45上的一个动点，则sin∠APB的最大值为（ ）
A．33B．53C．34D．54
【答案】D
【分析】设Pm,n，分别表示出AB=4，AP=2m+46,PB=54−6m,由余弦定理得到：cs∠APB=42−2m2m+46×54−6m，利用sin∠APB=1−cs2∠APB求出最大值.
【详解】设Pm,n，则m2+n2=45，其中−35≤m≤35,−35≤n≤35.
因为A−1,0，B3,0，所以AB=4.
AP=m+12+n2=2m+46,PB=m−32+n2=54−6m,
由余弦定理得：cs∠APB=AP2+BP2−AB22AP×BP=2m+46+54−6m−1622m+46×54−6m=42−2m2m+46×54−6m=21−mm+23×27−3m，因为−35≤m≤35，所以cs∠APB>0.
所以sin∠APB=1−cs2∠APB=−4m2+180−3m2−42m+621=233−m2+45−m2−14m+207.
记y=−m2+45−m2−14m+207,−35≤m≤35.
则y'=14m2−324m+630−m2−14m+2072=2m−217m−15−m2−14m+2072
所以令y'>0，解得：−35≤m<157；令y'<0，解得：157所以sin∠APBmin==233−1572+45−1572−14×157+207=54.
故选：D
【点睛】解析几何中与动点有关的最值问题一般的求解思路：
①几何法：利用图形作出对应的线段，利用几何法求最值；
②代数法：把待求量的函数表示出来，利用函数求最值.
【变式2-7】4. （2022秋·湖北黄冈·高三统考阶段练习）锐角三角形ABC的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a=2，且bcsA−2csB=a，则c−2b的取值范围为 .
【答案】0,33
【分析】根据正弦定理结合已知可得B=2A，于是由锐角三角形ABC，可得π6【详解】解：因为a=2，且bcsA−2csB=a，所以bcsA−acsB=a
由正弦定理asinA=bsinB得：sinBcsA−sinAcsB=sinA，所以sinB−A=sinA
又锐角三角形ABC中，A,B∈0,π2，则B−A=A，即B=2A
所以C=π−A−B=π−3A，由于锐角三角形ABC，所以0所以c−2b=c−ab=sinC−sinAsinB=sin2A+A−sinAsin2A=2sinAcs2A+cs2AsinA−sin3A−sinA2sinAcsA =2cs2A+cs2A−sin2A−12csA=4cs2A−22csA=2csA−1csA
由于π6所以c−2b=2csA−1csA在π6,π4上递减，于是有2csA−1csA∈0,33，即c−2b的取值范围为0,33.
故答案为：0,33.
【变式2-7】5.（2022秋·广西桂林·高三校考阶段练习）在△ABC中，设a，b，c分别为角A，B，C对应的边，记△ABC的面积为S，且bsinB+2csinC=4asinA，则Sa2的最大值为 .
【答案】106
【分析】运用正弦定理化简等式，根据余弦定理、面积公式，结合构造函数法，利用导数进行求解即可.
【详解】根据正弦定理，由bsinB+2csinC=4asinA⇒b2+2c2=4a2，
由余弦定理可知：csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−b2+2c242bc=3b2+2c28bc，
因此Sa2=12bcsinAa2=bcsinA2a2，
于是有(Sa2)2=b2c2sin2A4a4=b2c2(1−cs2A)4a4=b2c2[1−(3b2+2c28bc)2]4a4
化简得：(Sa2)2=−9b4+52b2c2−4c4256a4，把a2=b2+2c24代入，化简得：
(Sa2)2=−9b4+52b2c2−4c416(b4+4b2c2+4c4)，设t=c2b2，
所以有(Sa2)2=−9+52t−4t416(1+4t+4t2)=116[8(7t−1)(2t+1)2−1]
所以设f(t)=(7t−1)(2t+1)2，f'(t)=11−14t(2t+1)3，
当00,f(t)单调递增，
当t>1114时，f'(t)<0,f(t)单调递减，故当t=1114时，函数f(t)有最大值，即
f(t)max=f(1114)=4972，所以(Sa2)2的最大值为：116×(8×4972−1)=1036，
因此Sa2的最大值为106.
故答案为：106
【点睛】关键点睛：构造新函数，利用导数进行求解是解题的关键.
◆类型8二次型取值范围
【例题2-8】（2023春·山西·高三校联考阶段练习）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c=1， asinA+2bsinB=sinC，则△ABC面积的最大值是（ ）
A．19B．16C．23D．34
【答案】B
【分析】根据正弦定理进行边角互化，结合余弦定理可得csC=−b2a，进而可得sinC=1−b24a2，根据面积公式可得S△ABC=12−94b2−292+19，根据二次函数的最值可得面积的最大值.
【详解】由题意c=1可得asinA+2bsinB=csinC，
所以由正弦定理得c2=a2+2b2=1，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC=1，
所以a2+2b2=a2+b2−2abcsC，所以csC=−b2a，
因为C∈0,π，所以sinC=1−b24a2，
所以S△ABC=12absinC=12a2b21−b24a2=12a2b2−14b4=12b21−2b2−14b4 =12−94b4+b2 =12−94b2−292+19，
则当b2=29时，S△ABC=12−94b2−292+19取最大值为16.
故选：B.
【变式2-8】1. （2023·河南周口·统考模拟预测）设锐角三角形ABC的内角A ，B，C所对的边分别为a，b，c，且bsinB=asinA+asinC，则3b−ca的取值范围是 .
【答案】(33−2,134]
【分析】利用正余弦定理的边角互化化简bsinB=asinA+asinC，结合两角和的正弦公式可得到sinA=sinB−A，推出B=2A，继而化简3b−ca，可得3b−ca=−4(csA−34)2+134，结合题意确定A的范围，结合二次函数知识即可求得答案.
【详解】由bsinB=asinA+asinC,得b2=a2+ac,
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=c2+ac2bc=a+c2b,
由正弦定理得a+c2b=sinA+sinC2sinB=csA,即sinA+sinC=2sinBcsA,
又sinC=sinA+B，所以sinA+sinAcsB+csAsinB=2csAsinB,
即sinA=sinBcsA−sinAcsB,所以sinA=sinB−A，
因为A,B为△ABC的内角,所以B−A+A=π(舍去)或B−A=A,所以B=2A.
由正弦定理得3b−ca=3sinB−sinCsinA=3sin2A−sin(B+A)sinA=3sin2A−sin3AsinA
因为sin3A=sin2A+A=sin2AcsA+cs2AsinA=2sinAcs2A+cs2AsinA,
又A∈(0,π),sinA≠0，所以3b−ca=6sinAcsA−2sinAcs2A−cs2AsinAsinA
=6csA−2cs2A−cs2A=6csA−2cs2A−2cs2A+1
=−4cs2A+6csA+1=−4(csA−34)2+134,
由于B=2A∈(0,π2)得A∈(0,π4)，由C=π−A−B=π−3A∈(0,π2)，得A∈(π6,π3)，则A∈(π6,π4)，所以csA∈(22,32)，
当csA=34时，−4(csA−34)2+134取最大值134，
当csA=32时，−4(csA−34)2+134等于33−2，
当csA=22时，−4(csA−34)2+134等于32−1，
而32−1>33−2，
所以3b−ca取值范围是(33−2,134]，
故答案为：(33−2,134]
【点睛】关键点睛：本题综合考查了解三角形中正余弦定理的应该以及三角恒等变换的知识，综合性强，计算量大，解答的关键是利用正余弦定理的边角互化进行化简，结合三角恒等变换得到3b−ca=−4(csA−34)2+134，再结合题意以及二次函数知识求得答案.
【变式2-8】2. （2023·安徽安庆·安庆一中校考模拟预测）在△ABC中，BC=2,AB=2AC，D为BC的中点，则tan∠ADC的最大值为 ．
【答案】43
【分析】先设AC=x，由三角形三边关系得到23【详解】设AC=x，则AB=2x，
因为D为BC的中点，BC=2，所以BD=DC=1，
由三角形三边关系，可知2x+x>2且2x−x<2，解得23在△ABD中，由余弦定理，得cs∠ADB=AD2+1−2x22AD，
在△ACD中，由余弦定理，得cs∠ADC=AD2+1−x22AD，
因为∠ADB+∠ADC=π，所以cs∠ADB=csπ−∠ADC=−cs∠ADC,
所以AD2+1−2x22AD=−AD2+1−x22AD，解得AD2=52x2−1，
则cs∠ADC=52x2−1+1−x22×52x2−1=34×x452x2−1，23令52x2−1=t，则t∈19,9，x2=25t+1，x4=425t2+2t+1，
则cs∠ADC=310×t2+2t+1t=310×t+1t+2≥310×2t⋅1t+2=35，
当且仅当t=1t，即t=1时，等号成立，此时52x2−1=1，解得x=255，
因为cs∠ADC≥35>0，所以∠ADC∈0,π2．
因为y=csx在0,π2上单调递减，y=tanx在0,π2单调递增，
所以当cs∠ADC取得最小值时，tan∠ADC取得最大值，
此时sin∠ADC=1−cs2∠ADC=45，则tan∠ADC=43，
所以tan∠ADC的最大值为43.
故答案为：43.
.
【点睛】关键点睛：本题中突破口为∠ADB+∠ADC=π，由此得到cs∠ADB=−cs∠ADC，再结合余弦定理得到AD2=52x2−1，最后利用基本不等式即可得解.
【变式2-8】3. （2023春·重庆北碚·高三西南大学附中校考期中）已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=4，c=3b，则△ABC面积的最大值是 ；若r，R分别为△ABC的内切圆和外接圆半径，则rR的范围为 ．
【答案】 3； 34,2.
【分析】对于第一空，利用余弦定理表示出csA，再表示出sinA，再利用S△ABC=12bcsinA可得答案；
对于第二空，利用r=2S△ABCabc，R=12⋅asinA可得答案.
【详解】因a，b，c在三角形中，则由三角形三边关系可得c+b=4b>4c−b=2b<4⇒1csA=b2+c2−a22bc=10b2−166b2，又cs2A+sin2A=1，sinA>0，
则sinA=1−cs2A=1−100b4+256−320b236b4=4−b4+5b2−43b2.
得S△ABC=12bcsinA=2−b4+5b2−4=2−b2−522+94≤3，当且仅当
b2=52，即b=102时取等号.则△ABC面积的最大值是3；
对于第二空，因S△ABC=12a+b+cr，
则r=2S△ABCa+b+c=bcsinA4+4b=3b2sinA4+4b，
又asinA=2R⇒R=a2sinA=2sinA，
则rR=6b24+4b=32⋅b21+b=32⋅1+b−121+b=32b+1+1b+1−2，因1则20，
则fx在2,3上单调递增，故52故答案为：3；34,2.
【变式2-8】4. （2023春·江西·高三校联考开学考试）已知△ABC中，|AB|2+2AB⋅AC=9，BC=3，则△ABC面积的最大值是 .
【答案】3
【分析】利用条件结合余弦定理，求出2c2+b2=18，csA=b4c，再求出sinA=1−cs2A=1−b216c2=14c×16c2−b2=14c×144−9b2，代入面积公式S△ABC=12bcsinA转化为关于b2的二次函数即可求解.
【详解】由题知，△ABC如图所示：
因为|AB|2+2AB⋅AC=9，所以c2+2cbcsA=9，
由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccsA⇒9=b2+c2−2bccsA，
联立解得：2c2+b2=18，csA=b4c，
所以sinA=1−cs2A=1−b216c2=14c×16c2−b2=14c×144−9b2，
所以S△ABC=12bcsinA=12×b×c×14c×144−9b2=18×144b2−9b4，
=18×−9b2−82+576≤3.
故答案为：3.
【点睛】考查了解三角形中余弦定理，面积公式等相关知识点，对于范围问题可尝试转化为二次函数或基本不等式来分析求解.
【变式2-8】5.（2022春·山东枣庄·高三滕州市第一中学新校校考开学考试）已知△ABC的三个内角分别为A，B，C，且sinA，sinB，sinC成等差数列，则角B的取值范围是 ；2sinB+3sin2B最大值为
【答案】 0,π3 463
【分析】由等差中项列式后角化边，代入余弦定理可得角B范围，构造函数求导，利用导数求最值.
【详解】因为2sinB=sinA+sinC，由正弦定理得b=a+c2，代入
csB=a2+c2−b22ac整理得：csB=38(ac+ca)−14
因为ac+ca≥2，当且仅当a=c时取“=”号，所以csB=38(ac+ca)−14≥12
又因为0记f(B)=2sinB+3sin2B，则f'(B)=2csB+23cs2B=43cs2B+2csB−23
令43cs2B+2csB−23=0，解得csB1=33或csB2=−32舍，
因为当00，
当B1因为csB1=33，所以sinB1=63，所以f(B1)=2sinB1+3sin2B1=2sinB1+23sinB1csB1
=2×63+23×63×33=463.
故答案为：(0,π3]，463.
◆类型9基本不等式
【例题2-9】（2021秋·河南新乡·高三校考阶段练习）已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，若4S=a2−b−c2，且b+c=4，则S的最大值为 ．
【答案】2
【分析】先利用余弦定理和三角形的面积公式可得sinA=1−csA，再利用平方关系求出sinA，最后利用基本不等式即可求出答案.
【详解】因为4S=a2−b−c2，且b+c=4，
所以4×12×bcsinA=2bc−b2+c2−a2=2bc−2bccsA，
整理得sinA=1−csA，
由sin2A+cs2A=1解得sinA=1，
所以，S=12bcsinA=12bc≤12b+c22=2，
当且仅当b=c=2时取等号.
故答案为：2.
【变式2-9】1. （2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）已知D是△ABC的边BC上一点，且BC=3BD，AD=2，tan∠BAC=15，则AC+2AB的最大值为 ．
【答案】12105/12510
【分析】设b=AC，c=AB，BD=m，则CD=2m，BC=3m，再在△ABD和△ACD中分别列出余弦定理，根据cs∠ADB=csπ−∠ADC=−cs∠ADC联立可得b2+2c2=6m2+12，再结合cs∠BAC=14，得到9m2=c2+b2−12bc，进而消去m，结合基本不等式 求解最大值即可
【详解】
设b=AC，c=AB，BD=m，则CD=2m，BC=3m．
在△ABD中，cs∠ADB=AD2+BD2−AB22AD⋅BD=4+m2−c24m；
在△ACD中，cs∠ADC=AD2+CD2−AC22AD⋅CD=4+4m2−b28m．
因为∠ADB=π−∠ADC，所以cs∠ADB=csπ−∠ADC=−cs∠ADC，
所以4+m2−c24m=−4+4m2−b28m，整理b2+2c2=6m2+12①．
因为tan∠BAC=15，所以cs∠BAC=14．
在△ABC中，BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC，
即9m2=c2+b2−12bc，结合①可得36=b2+4c2+bc=b+2c2−3bc=b+2c2−32⋅b⋅2c≥ b+2c2−32b+2c22=58b+2c2，所以b+2c2≤36×85，即b+2c≤12105，当且仅当b=2c时，等号成立．
故答案为：12105
【变式2-9】2. （2022·全国·高三专题练习）如图，在△ABC中，∠ABC=π3，点D在线段AC上，且AD=2DC，BD=3，则△ABC面积的最大值为 ．
【答案】2738
【分析】利用余弦定理及基本不等式，结合三角形的面积公式即可求解.
【详解】设AB=c,BC=a,DC=x(c>0,a>0,x>0)，则AD=2x,AC=3x，
在△ABD中，由余弦定理，得
cs∠BDC=BD2+DC2−BC22⋅BD⋅DC=32+x2−a22×3×x=9+x2−a26x，
在△ABD中，由余弦定理，得
cs∠BDA=BD2+AD2−AB22⋅BD⋅AD=32+(2x)2−c22×3×2x=9+4x2−c212x，
由于∠BDC+∠BDA=180°，得cs∠BDC=−cs∠BDA，
即9+x2−a26x=−9+4x2−c212x，整理，得−27−6x2+2a2+c2=0①，
在△ABC中，由余弦定理，得
(3x)2=c2+a2−2c⋅a⋅csπ3,即9x2=c2+a2−c⋅a，代入①式化简整理，得
43a2+13c2+23ac=27
由基本不等式得27≥243a2×13c2+23ac=2ac，即ac≤272，
当且仅当43a2=13c2即a=332,c=33时，等号成立，
当a=332,c=33时，ac取得最大值为272.
所以△ABC面积的最大值为
S△ABC=12acsin∠ABC≤12×272×sinπ3=2738.
故答案为：2738.
【点睛】解决此题的关键就是利用余弦定理算两次，得到表达式利用基本不等式得出ac的最大值，结合三角形的面积公式即可.
【变式2-9】3. （2022·全国·高三专题练习）已知△ABC的内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，且满足c=4,c2=a2+4b2， 则△ABC的面积取得最大值时，csC= ．
【答案】−33434
【分析】根据余弦定理结合同角三角函数的关系可得sinC，进而表达出S△ABC，结合基本不等式求解S△ABC的最值，进而求得csC即可.
【详解】由余弦定理，csC=a2+b2−c22ab=a2+b2−a2+4b22ab=−3b2a，又C∈0,π，故sinC=1−cs2C=1−−3b2a2=4a2−9b22a，故
S△ABC=12absinC=12ab4a2−9b22a=b4a2−9b24.
又a2+4b2=c2=16，故S△ABC=b416−4b2−9b24=b64−25b24=5b64−25b220
≤25b2+64−25b240=85，当且仅当25b2=64−25b2，即b=425时取等号.
此时a2=16−4×3225=27225，即a=4175.
故△ABC的面积取得最大值时，csC=−3b2a=−3×4252×4175=−33434.
故答案为：−33434
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
题型3中线问题
【例题3】（2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，∠BAC=120°，AO为BC边上的中线且AO=2，则AB−2AC的取值范围是 ．
【答案】−8,4
【分析】根据题意利用可得2AO=AB+AC，结合数量积的运算律整理得b2+c2=bc+16，设AB−2AC=z，代入结合一元二次方程求z的取值范围.
【详解】设AB=c,AC=b,BC=a，
因为AO为BC边上的中线，则2AO=AB+AC，
可得4AO2=AB+AC2=AB2+2AB⋅AC+AC2，
即16=c2−bc+b2，整理得b2+c2=bc+16，
设AB−2AC=z，则c=z+2b，
可得b2+z+2b2=bz+2b+16，整理得3b2+3zb+z2−16=0，
关于b的方程有正根，则有：
①当−z2<0，即z>0时，则z2−16<0，解得0②当−z2=0，即z=0时，则3b2−16=0，解得b=433或b=−433（舍去），符合题意；
③当−z2>0，即z<0时，则Δ=9z2−12z2−16=364−z2>0，解得−8综上所述：−8故答案为：−8,4
【点睛】方法点睛：有关三角形中线长度问题的求解，可考虑利用向量运算来建立关系式.有关三角形边长的和、差的取值范围，可考虑余弦定理（或正弦定理），结合基本不等式（或三角函数的取值范围）等知识来求解.
【变式3-1】1. （2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）在△ABC中，角A､B､C的对边分别为a､b､c，且a､b､c为正数，∠BAC=120°，AO为BC边上的中线，AO=3，则c−2b的取值范围是 .
【答案】−43,23
【分析】先利用平面向量得到2AO=AB+AC，从而求得b2+c2=12+bc，设z=c−2b，代入消去c得到关于b的一元二次方程，从而由判别式得到−43≤z≤43，再分类讨论对称轴的正负求得00，从而利用恒成立问题求得z>−43，综上即可得解.
【详解】依题意得，AB=c,AC=b,BC=a，a,b,c为正数.

又△ABC中，∠BAC=120°,AO为BC边上的中线，AO=3，
所以2AO=AB+AC，两边平方得4AO2=AB2+2AB⋅AC+AC2，
则12=b2+c2−bc，故b2+c2=12+bc①，
设z=AB−2AC=c−2b,c=z+2b，代入①得b2+(z+2b)2=12+bz+2b，
整理得3b2+3zb+z2−12=0②，此方程至少有1个正根，
首先Δ=9z2−12z2−12≥0，解得−43≤z≤43③，
对于方程②：
若对称秞−3z3=−z>0,z<0，则方程②至少1个正根，符合题意；
若对称轴−3z3=−z<0,z>0，要使方程②至少有一个正根，则需z2−12<0，解得0在三角形ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccs120°=b2+c2+bc=12+2bc>0恒成立，
所以c>−6b，则z=c−2b>−2b−6b恒成立，
由于−2b−6b=−2b+6b≤−22b⋅6b=−43，当且仅当2b=6b，即b=3时，等号成立，
所以z>−43，
综上所述，z也即AB−2AC的取值范围是−43,23.
故答案为：−43,23.
【点睛】关键点睛：本题的解决关键是假设z=c−2b，将两变量范围问题转化为一个变量z的范围问题，再由平面向量与余弦定理依次缩小z的范围，从而得解.
【变式3-1】2. （2022秋·江西南昌·高三校联考期中）锐角△ABC中，a，b，c为角A，B，C所对的边，点G为△ABC的重心，若AG⊥BG，则csC的取值范围为 ．
【答案】45,63，
【分析】由题设可得AG=13(AC+AB)，BG=13(BA+BC)，结合AG⋅BG=0及余弦定理可得csC=25(ab+ba)，根据锐角三角形边的关系得到62>ba>63，最后由对勾函数性质求csC范围.
【详解】由题意AG=23×12(AC+AB)=13(AC+AB)，BG=23×12(BA+BC)=13(BA+BC)，
又AG⊥BG，则AG⋅BG=19(AC+AB)⋅(BA+BC)=19(AC⋅BA+AC⋅BC+AB⋅BA+AB⋅BC)=0，
所以CA⋅CB=AC⋅AB+BA⋅BC+AB2，即abcsC=bccsA+accsB+c2，
由csA=b2+c2−a22bc，csB=a2+c2−b22ac，csC=a2+b2−c22ab，
所以a2+b2=5c2,csC=25(ab+ba)，
由△ABC为锐角三角形及上式，则a2+b2=5c2a2+c2>b2b2+c2>a2，即3a2>2b23b2>2a2，可得62>ba>63，
所以csC在ba∈(63,1)上递减，在(1,62)上递增，则45≤csC<63.
故答案为：[45,63)
【变式3-1】3. （2022·河南·灵宝市第一高级中学校联考模拟预测）在△ABC中，AB=BC，点D是边AB的中点，△ABC的面积为2，则线段CD的取值范围是（ ）
A．0,322B．322,+∞C．[3,+∞)D．0,3
【答案】C
【分析】设AB=BC=t,t>0，CD=m,m>0，根据三角形的面积以及余弦定理可推得9t4−40m2t2+16m4+256=0，设函数gx=9x2−40m2x+16m4+256，则方程gx=0在0,+∞上有解，结合二次函数的性质，求得答案.
【详解】设AB=BC=t,t>0，CD=m,m>0，所以S△ABC=12t2sinB=2，
即t2sinB=4①，
由余弦定理得m2=t2+(t2)2−2t×t2×csB，即t2csB=54t2−m2②，
由①②得：t4=54t2−m22+16，即9t4−40m2t2+16m4+256=0，
令t2=x,x>0，设gx=9x2−40m2x+16m4+256，则方程gx=0在0,+∞上有解，因为g(0)=16m4+256>0 ，
所以g20m29=920m292−40m2×20m29+16m4+256≤0，
解得m4≥9，即m≥3，
故选：C．
【变式3-1】4. （2022·全国·高三专题练习）在△ABC中，AB=2，D,E分别是边AB，AC的中点，CD与BE交于点O，若OC=3OB，则△ABC面积的最大值为（ ）
A．3B．33C．63D．93
【答案】C
【分析】设OE=tt>0，由三角形中的中位线的性质和比例的性质可得出OB=2t,OD=3t,OC=23t，再设∠ABO=α，根据余弦定理得csα=t2+14t，再得出sinα=−t4+14t2−14t，由三角形的面积公式表示△ABC的面积，根据二次函数的最值可得选项.
【详解】因为D,E分别是边AB，AC的中点，所以DE//BC,DE=12BC，所以EOBO=DOCO=12，
又OC=3OB，设OE=tt>0，则OB=2t,OD=3t,OC=23t，
又因为AB=2，所以DB=1，设∠ABO=α，
所以在△DBO中，csα=BD2+OB2−DO22BD⋅BO=12+2t2−3t22×1×2t=t2+14t，
所以sinα=−t4+14t2−14t，
所以S△ABC=2×S△ABE=2×12×2×3t×sinα=32−t4+14t2−1，当t2=7时，△ABC面积取得最大值63，
故选：C.
【点睛】本题考查三角形的面积的最值求解，关键在于运用三角形的中位线性质和比例性质得出线段间的关系，再运用余弦定理和三角形的面积公式表示三角形的面积为一个变量的函数，属于较难题.
【变式3-1】5.（2023·广西·统考模拟预测）已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，acsB=bcsA，M是BC的中点，若AM=4，则AC+2AB的最大值为 .
【答案】82
【分析】由正弦定理和题设条件，得到A=B，即a=b，再在△ABM和△ACM中，由余弦定理化简得到b22+c2=32，转化为(2b2+c)2=32+2bc≤32+(b+2c2)2，令b+2c=t，得到12t2≤32+t22，求得−82≤t≤82，进而得到AC+2AB的最大值.
【详解】因为acsB=bcsA，由正弦定理可得sinAcsB=sinBcsA，
即sinAcsB−sinBcsA=0，可得sin(A−B)=0，所以A=B，所以a=b，
在△ABM中，由余弦定理，
可得c2=AM2+BM2−2AM⋅BMcs∠AMB=4+(a2)2−4acs∠AMB，
在△ACM中，由余弦定理，
可得c2=AM2+CM2−2AM⋅CMcs∠AMC=4+(a2)2−4acs∠AMC，
因为∠AMB=π−∠AMC，所以cs∠AMB=−cs∠AMC，
两式相加，可得b2+c2=32+a22=32+b22，可得b22+c2=32，
即(2b2+c)2−2bc=32，所以(2b2+c)2=32+2bc≤32+(b+2c2)2，
令b+2c=t，可得12t2≤32+t22，即14t2≤32，解得−82≤t≤82，
因为t>0，所以0所以b+2cmax=82，即AC+2AB的最大值为82.
故答案为：82.
题型4角平分线问题
【例题4】（2023·全国·高三专题练习）在非直角△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinA+bsinB−csinC=4bsinBcsC，CD是角C的内角平分线，且CD=b，则tanC等于（ ）
A．387B．37C．18D．13
【答案】B
【分析】利用正弦定理的角边化及余弦定理的推论，利用等面积法及三角形的面积公式，结合正余弦的二倍角公式及同角三角函数的平方关系和商数关系即可求解.
【详解】由asinA+bsinB−csinC=4bsinBcsC及正弦定理，得a2+b2−c2=4b2csC.
由余弦定理，得csC=a2+b2−c22ab=4b2csC2ab=2bacsC，
因为△ABC为非直角三角形，
所以csC≠0，
所以a=2b，
因为CD是角C的内角平分线，且CD=b，
所以由三角形的面积公式得S△ABC=S△ACD+S△BCD，
所以12b⋅2bsinC=12b⋅bsinC2+12b⋅2bsinC2，即2sinC=4sinC2csC2=3sinC2，
因为C∈0,π，
所以C2∈0,π2,sinC2≠0，
所以csC2=34,
所以csC=2cs2C2−1=2×916−1=18，
sinC=1−cs2C=1−182=378,
tanC=sinCcsC=37818=37.
故选：B.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用正弦定理的角化边和余弦定理的推论，再利用等面积法及正余弦的二倍角公式，结合同角三角函数的平方关系和商数关系即可.
【变式4-1】1. （2023·河南安阳·安阳一中校联考模拟预测）在△ABC中，若内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC的平分线交AC于点D，BD=1且b=2，则△ABC周长的最小值为（ ）
A．7B．22C．2+22D．4
【答案】C
【分析】先利用面积相等与三角形面积公式，结合正弦的倍角公式求得2accs∠ABC2=c+a，再利用余弦定理的推论与余弦的倍角公式得到ac的关系式，从而利用基本不等式求得a+c≥22，由此得解.
【详解】由题可得，S△ABC=S△ABD+S△BCD，即12acsin∠ABC=12BD⋅csin∠ABC2+12BD⋅asin∠ABC2，
又BD=1，所以2acsin∠ABC=csin∠ABC2+asin∠ABC2，则2acsin∠ABC2cs∠ABC2=c+asin∠ABC2，
因为0<∠ABC<π，所以0<∠ABC2<π2，则sin∠ABC2≠0，
所以2accs∠ABC2=c+a，即cs∠ABC2=c+a2ac，
又因为cs∠ABC=c2+a2−42ac，cs∠ABC=2cs2∠ABC2−1，
所以2c+a2ac2−1=c2+a2−42ac，整理得(c+a)2=ac(c+a)2−4，
所以(c+a)2=ac(c+a)2−4≤(c+a)24⋅(c+a)2−4，
解得(c+a)2≥8或(c+a)2≤0（舍去），
所以a+c≥22，当且仅当a=c=2时，等号成立，
则b+a+c≥2+22，
故△ABC周长的最小值为2+22.
故选：C.
.
【变式4-1】2. （2021秋·河南濮阳·高三濮阳市华龙区高级中学校考开学考试）在ΔABC中，∠A=2∠B，AB=73，BC=4，CD平分∠ACB交AB于点D，则线段AD的长为 .
【答案】1
【分析】根据三角形内角和为π，∠A=2∠B，把三个角都用B表示，利用正弦定理得4sin2B=73sin3B，利用三角恒等变换，求得csB=23，再利用余弦定理求出AC=3，最后利用角平分线定理求出AD=1.
【详解】因为∠A=2∠B，所以∠C=π−3B，
因为4sinA=73sinC，所以4sin2B=73sin3B⇒42sinBcsB=73sin(2B+B)，
整理得：24cs2B−7csB−6=0，解得：csB=23或csB=−38（舍去），
因为AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅csB=(73)2+42−2⋅73⋅4⋅23=9，
所以AC=3.
因为CD平分∠ACB，所以ACBC=ADBD⇒34=AD73−AD，解得：AD=1，故填：1.
【点睛】本题考查三角恒等变换及三角形中的内角和、正弦定理、余弦定理等知识，对运算能力和逻辑推理能力要求较高，深入考查函数与方程思想.
题型5高线问题
【例题5】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B=60°，ac=6，点D在边AC上，且BD⊥AC．过点D分别作边AB，BC的垂线，垂足分别为M，N，设BM=m，BN=n，则m2+n2−mn的最大值为 ．
【答案】278
【分析】根据题意，由余弦定理以及三角形的面积公式可得BD2⋅b2=BD2a2+c2−6=27，然后由相似三角形可将m,n表示出来，代入原式化简计算，再结合基本不等式即可得到结果.
【详解】
在△ABC中，由余弦定理可得csB=12=a2+c2−b22ac，即a2+c2−b2=ac=6，
又因为S△ABD+S△BCD=S△ABC=12acsin60°，
所以DM⋅AB+DN⋅BC=BD⋅AC=33，
两边平方可得DM2⋅AB2+DN2⋅AC2+2DM⋅AB⋅DN⋅BC=BD2AC2=27，
即DM2⋅c2+DN2⋅a2+2ac⋅DM⋅DN=BD2⋅b2=BD2a2+c2−6=27，
因为△BDN∽△BCD，即BDBC=BNBD，即BD2=n⋅a，
且△BDM∽△BAD，即BDBA=BMBD，即BD2=m⋅c，
则n⋅a=m⋅c=27b2，所以n=27b2⋅a，m=27b2⋅c，
所以m2+n2−mn=2721b4a2+1b4c2−1b4ac=272b41a2+1c2−1ac，
且b4=a2+c2−ac2，ac=6，
令t=a2+36a2，则原式=272t−62t36−16=2762t−6t−62=9221t−6，
且t≥236=12，当且仅当a2=6时，取等号，
则t−6≥6，且t−6越大则原式越小，
则m2+n2−mnmax=922×16=278，所以当a=6时，原式的最小值为278.
故答案为：278.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了余弦定理解三角形，包括三角形的面积公式以及基本不等式，解答本题的关键在于通过条件表示出m,n，然后通过换元以及基本不等式得到最值.
【变式5-1】1. （2023·全国·高三专题练习）在Rt△ABC中，斜边为AB，点D在边BC上，若tan∠BAD=24，sin∠ADC⋅sinB=13，则AB2+AD2AB⋅AD= .
【答案】42+13
【分析】由tan∠BAD=24，结合同角关系求出sin∠BAD，cs∠BAD，结合三角形面积公式证明BD=AC，AB⋅AD=3BD2，再根据余弦定理列关系式求AB2+AD2AB⋅AD即可.
【详解】因为tan∠BAD=24，所以sin∠BADcs∠BAD=24，又sin∠BAD2+cs∠BAD2=1，
∠BAD∈0,π2，所以sin∠BAD=13，cs∠BAD=223，
△ABD的面积S=12AB⋅ADsin∠BAD=16AB⋅AD，
△ABD的面积S=12BD⋅AC，所以3BD⋅AC=AB⋅AD，
因为sin∠ADC⋅sinB=13，所以ACAD⋅ACAB=13，故3AC⋅AC=AB⋅AD，
所以BD⋅AC=AC⋅AC，故BD=AC，所以AB⋅AD=3AC⋅AC=3BD2
由余弦定理可得cs∠BAD=AB2+AD2−BD22AB⋅AD，又cs∠BAD=223，
所以223=AB2+AD22AB⋅AD−BD22AB⋅AD=AB2+AD22AB⋅AD−16，
所以AB2+AD2AB⋅AD=42+13，
故答案为：42+13.
【变式5-1】2. （2022·全国·高三专题练习）已知△ABC为锐角三角形，D，E分别为AB、AC的中点，且CD丄BE，则csA的取值范围是
A．(12,1)B．(12,63)C．[45,1)D．[45,63)
【答案】D
【解析】设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，设CD,BE交于点G，连接AG，延长交BC于F，则F为BC的中点，由直角三角形的性质可得AF=32a，分别在三角形ABF和三角形ACF中，运用余弦定理可得c2+b2=5a2，由锐角三角形可得63【详解】解：设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，设CD,BE交于点G，连接AG，延长交BC于F，则F为BC的中点，
由CD丄BE，可得FG=12BC=12a,AG=a,AF=32a，
在△ABF中，c2=(32a)2+(12a)2−2×32a⋅12a⋅cs∠AFB,
在△ACF中，b2=(32a)2+(12a)2−2×32a⋅12a⋅cs∠AFC，
因为∠AFC+∠AFB=π，
所以上面两式相加，得c2+b2=5a2，
因为△ABC为锐角三角形，可得a2+b2>c2,b2+c2>a2,c2+a2>b2，
可得3b2>2c2,3c2>2b2，
则23又csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−15(b2+c2)2bc=25(bc+cb)≥25×2=45，
当且仅当b=c，取等号，
设bc=t（63因为f(63)=f(62)=566，
则45≤csA<63，
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查三角形的余弦定理和三角形的重心的性质，以及对勾函数的单调性，考查运算能力和方程思想，解题的关键是分别在三角形ABF和三角形ACF中，运用余弦定理得c2=(32a)2+(12a)2−2×32a⋅12a⋅cs∠AFB，b2=(32a)2+(12a)2−2×32a⋅12a⋅cs∠AFC，再结合∠AFC+∠AFB=π，得c2+b2=5a2，再利用三角形为锐角三角形可得63【变式5-1】3. （2022秋·黑龙江齐齐哈尔·高三齐齐哈尔市实验中学校联考阶段练习）在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC，E为线段AC上一点（不与A，C重合），D为BE延长线上一点，AD=2，CD=1，则△ABD面积的最大值是 .
【答案】2+2/2+2
【分析】在△ACD中，由余弦定理得到csα=x2+34x，故sinα=14x⋅-x2-52+16，再利用三角形面积公式得到S△ABD=14t+16−t−52+34，又由csβ=x2-32x得到3【详解】设AC=x，∠CAD=α，∠ACD=β，则AB=2x，
在△ACD中，由余弦定理得csα=AC2+AD2-CD22AC⋅AD=x2+34x，csβ=AC2+CD2-AD22AC⋅CD=x2-32x.
所以sinα=1-cs2α=14x⋅-x2-52+16，
所以△ABD的面积S△ABD=12⋅AB⋅AD⋅sin∠BAD=12⋅AB⋅AD⋅sinα+π4 =xsinα+xcsα=14x2+16−x2−52+34，
根据条件得0<β<π2，故0令t=x2，则3构造函数fx=x+16-x-523因为x1=5-22<3，所以x1舍去.
令f'x>0，得3所以fx在3,5+22上单调递增，在5+22,9上单调递减，
所以fx≤f5+22=5+22+16-5+22-52=5+42，即14x+16−x−52+34≤145+42+34=2+2，
故当t=5+22时，S△ABD=14t+16−t−52+34取得最大值，且最大值为2+2.
故答案为：2+2.
.
【点睛】本题解题的关键在于由余弦定理csβ=x2-32x得到3题型6四边形问题
【例题6】（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）在平面四边形ABCD中，AB=2,DA⋅DC=6,∠ABC=2π3,∠ACB=π6，则四边形ABCD的面积的最大值为 ．
【答案】6
【分析】在△ABC中，利用正弦定理可得AC=23，进而可求得△ABC的面积S△ABC=3，在△ACD中，由余弦定理可得∠ADC≤π2，进而可得△ACD的面积S△ACD≤3，即可得结果.
【详解】在△ABC中，由正弦定理ACsin∠ABC=ABsin∠ACB，可得AC=ABsin∠ABCsin∠ACB=2×3212=23，
所以△ABC的面积S△ABC=12AC⋅BCsin∠ACB=12×23×2×32=3；
在△ACD中，由余弦定理cs∠ADC=AD2+DC2−AC22AD⋅DC≥2AD⋅DC−AC22AD⋅DC=12−1212=0，
当且仅当AD=DC=6时，等号成立，
即cs∠ADC≥0，且∠ADC∈0,π，则∠ADC∈0,π2，
所以△ACD的面积S△ACD=12AD⋅DCsin∠ADC≤12×6×1=3；
显然当B、D位于直线AC的两侧时，四边形ABCD的面积较大，
此时四边形ABCD的面积SABCD=S△ABC+S△ACD≤3+3=6.
所以四边形ABCD的面积的最大值为6.
故答案为：6.
【点睛】方法点睛：与解三角形有关的交汇问题的关注点
（1）根据条件恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化；
（2）结合三角恒等变换、三角函数以及基本不等式分析运算．
【变式6-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，一块三角形铁片ABC，已知AB=4，AC=43，∠BAC=5π6，现在这块铁片中间发现一个小洞，记为点D，AD=1，∠BAD=π6.如果过点D作一条直线分别交AB，AC于点E，F，并沿直线EF裁掉△AEF，则剩下的四边形EFCB面积的最大值为（ ）
A．33B．23C．6D．3
【答案】A
【分析】分析可将问题转化为求△AEF面积的最小值，利用正弦定理及基本不等式即可解决.
【详解】设AE=x,AF=y,x∈0,4,y∈0,43
则S△AEF=S△ADE+S△ADF=12×x×1×sinπ6+12×y×1×sin4π6
=12xy×sin5π6
化简得：x+3y=xy≥23xy,
∴xy≥43，当且仅当x=3y，即y=2,x=23时取得等号，故S△AEF=14xy≥3
而S△ABC=12×4×43×sin5π6=43
当△AEF面积的最小时，剩下的四边形EFCB面积的最大为43−3=33
故选：A
【点睛】本题考察平面图形的面积最值，可转化为求三角形面积最值，一般情况都可以转化为利用基本不等式或者同一变量的函数值域问题，属于压轴题
【变式6-1】2. （2023春·河南许昌·高三鄢陵一中校考阶段练习）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c．若c=23，b=2，C=π3，AD是BC边上的高线，点D为垂足．点E为线段BD上一点，点B关于直线AE的对称点为点M．从四边形BACM中任取一点，该点来自△ABC的概率记为PA，则PA的最小值为 ．
【答案】12/0.5
【分析】利用余弦定理和勾股定理可知AB⊥AC，作MG⊥BC，可知当MG最大时，PA最小；设∠DEA=θ，结合三角形相似和三角恒等变换可表示出MG=23sin2θ−π6−3，由此可得MGmin，进而求得PA最小值.
【详解】由余弦定理知：a2+b2−2abcsC=c2，即a2+4−2a=12，解得：a=4，
∴b2+c2=a2，∴△ABC为直角三角形，AB⊥AC，
设BM∩AE=F，作MG⊥BC于点G，
∵AD=bca=3，∴CD=b2−AD2=1，BD=a−1=3，
要使得PA最小，则△BMC面积最大，即点M到BC的距离MG最大．
设∠DEA=θ，则∠FEB=θ，
∵AD=3，BD=3，∴DE=3tanθ，BE=3−3tanθ，
∴EF=BEcsθ=3−3tanθcsθ，
∵△MGB∽△EFB，∴MGEF=MBBE，
∴MG=2EFsinθ=23−3tanθcsθsinθ=3sin2θ−23cs2θ =3sin2θ−3cs2θ−3=23sin2θ−π6−3，
则当2θ−π6=π2，即θ=π3时，sin2θ−π6取得最大值1，
∴MGmax=3，此时S△MBC=S△ABC，∴PAmin=S△ABCS△ABC+S△MBC=12.
故答案为：12.
【变式6-1】3. （2023·全国·高三专题练习）已知等腰梯形ABCD是半径为2的圆的内接四边形，且AB∥CD，∠ABC∈0,π3，则等腰梯形ABCD的四条边长的乘积的最大值为 ．
【答案】36
【分析】如图所示，连接AC，设∠ABC=θ∈0,π3，∠BAC=x，则0得到乘积为256sin2x⋅sin2θ−sin2x，设sin2x=t，得p=256tsin2θ−t，再利用均值不等式得到答案.
【详解】如图所示：连接AC，设∠ABC=θ∈0,π3，∠BAC=x，则0
在△ADC中，CDsinθ−x=ADsinx=4，CD=4sinθ−x，AD=4sinx，
在△ABC，ABsinπ−x−θ=4，AB=4sinθ+x，
故梯形ABCD的四条边乘积p=AB⋅BC⋅CD⋅DA=256sin2x⋅sin(θ+x)⋅sin(θ−x)
=256sin2x⋅(sinθcsx+csθsinx)⋅(sinθcsx−csθsinx)
=256sin2x⋅sin2θcs2x−cs2θsin2x
=256sin2x⋅sin2θ1−sin2x−cs2θsin2x
=256sin2x⋅sin2θ−sin2x，
设sin2x=t，得p=256tsin2θ−t，0p=256tsin2θ−t≤256t+sin2θ−t22=64sin4θ，
（当且仅当t=12sin2θ时，等号成立）．
θ∈0,π3，当θ=π3时，p取得最大值64×324=36．
故答案为：36
【点睛】关键点睛：本题考查了正弦定理，三角恒等变换，均值不等式，意在考查学生的计算能力，
转化能力和综合应用能力，其中引入变量x，将乘积转化为关于x的函数关系再利用均值不等式求解是解题的关键.
【变式6-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，菱形ABCD的边BC上有一点E，边DC上有一点F（E，F不与顶点重合）且BE>DF，若△AEF是边长为3的等边三角形，则BA⋅BE的范围是 .
【答案】1,32
【分析】过A作AG⊥BC于G，AH⊥CD于H，根据已知得出Rt△AGE≅Rt△AHF，即可得出∠GAH=∠EAF，则∠B=π3，设AB=a，BE=b，可得a2【详解】如图所示：过A作AG⊥BC于G，AH⊥CD于H，
∵ABCD为菱形，
∴AG=AH，
∵△AEF是等边三角形，
∴AE=AF，∠EAF=π3，
∴Rt△AGE≅Rt△AHF，
∴∠GAE=∠HAF，
∴∠GAE+∠EAH=∠HAF+∠EAH，即∠GAH=∠EAF=π3，
∴在四边形GAHC中，∠C=2π−∠AGC−∠AHC−∠GAH=2π−π2−π2−π3=2π3，
∴∠B=π−∠C=π−2π3=π3，
设AB=a，则BC=a，BG=ABcs∠B=a2，
∵BG∴a2在△ABE根据余弦定理：3=a2+b2−2abcsπ3=a2+b2−ab，
BA⋅BE=abcsπ3=12ab，
设12ab=S，则ab=2S，则3=a2+b2−ab=ab2b2+b2−2ab=4S2b2+b2−2S，
∵a20，
∴ab2∴b2设函数gx=4S2x+x−2S，
根据对钩函数性质可得gx在S,2S上单调递减，
∴g2S则BA⋅BE=12ab=S∈1,32，
故答案为：1,32.
题型7多三角形问题
【例题7】（2023·湖南岳阳·统考模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinB+π+bcs5π6−A=0，a=15，若点M满足BM=25BC，且∠MAB＝∠MBA，则△AMC的面积是（ ）
A．3037B．30314C．225314D．135314
【答案】D
【分析】由正弦定理及诱导公式结合asinB+π+bcs5π6−A=0可得A=2π3.
由BM=25BC，结合a=15可得BM=6，MC=9.后由∠MAB＝∠MBA，A=2π3结合正弦定理，可得sin∠AMC，即可得面积
【详解】由正弦定理及诱导公式，可得：
asinB+π+bcs5π6−A=0 ⇒−sinAsinB+sinB−32csA+12sinA=0,∵sinB>0，
化简得：sinA+3csA=0 ⇒tanA=−3，又A∈0,π，则A=2π3.
又BM=25BC，则 BM=6，MC=9.
因∠MAB=∠MBA，则∠MAC=2π3−B，∠MCA=π3−B，
则在△MAC中，MCsin∠MAC=MAsin∠MCA ⇒9sin2π3−B=6sinπ3−B，解之：tanB=35.
则sin∠AMC=sin2B=2tanB1+tan2B=5314，
则△MAC中，边AM对应高ℎ=6×5314=1537，
则△MAC面积S=12×9×1537=135314．
【变式7-1】1. （2023春·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习）在△ABC中，已知AD=2DC，AC=3BC，sin∠BDC=3sin∠BAC，当CA⋅CB−|AB|取得最小值时，△ABC的面积为（ ）
A．34B．52C．38D．3516
【答案】D
【分析】设BC=n，BD=m，在△BDC和△ABC中应用正弦定理可得到BD=13AB，然后利用cs∠BDC=−cs∠BDA结合余弦定理可得m2=23n2，化简CA⋅CB−|AB|可得当m=12时，取得最小值，最后利用面积公式即可
【详解】
设BC=n，∵AC=3BC，∴AC=3n，∵AD=2DC，∴AD=2DC=23AC=2n，
在△BDC中，BCsin∠BDC=BDsinC，在△ABC中，BCsin∠BAC=ABsinC，
∴sin∠BACsin∠BDC=BDAB,∵sin∠BDC=3sin∠BAC，∴BD=13AB，
设BD=m，∴AB=3m，
∵∠BDC+∠BDA=π，∴cs∠BDC=csπ−∠BDA=−cs∠BDA，
∴m2+n2−n22mn=−m2+(2n)2−3m22m×2n
∴2n2=3m2，∴n2=32m2，∴m2=23n2
CA⋅CB−|AB|=3n×ncsC−3m=3n2⋅n2+(3n)2−3m22n×3n−3m=3m2−3m=3(m−12)2−94，
当m=12时，CA⋅CB−|AB|取得最小值，∴n2=38，∵csC=n2+n2−m22n2=23，
又∵sin2C+cs2C=1，∴sin2C=1−cs2C=1−232=59
∴在△ABC中sinC=53，∴S△ABC=12n×3n×sinC=32×n2×53=32×38×53=3165.
故选：D.
【变式7-1】2. （2023·全国·高三专题练习）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设AD=λAB+μAC，若AD=3AF，则λ−μ的值为 .
【答案】613
【分析】根据余弦定理、正弦定理以及平面向量基本定理求得λ,μ，进而求得正确答案.
【详解】过D作DG//AC，交AB于G，则∠AGD=2π3，
由于AD=λAB+μAC，所以AG=λAB,GD=μAC，
设∠ACF=α，则∠DAG=π3−α，∠ADG=α，
设AF=x，则FD=2x,
则CE=BD=x,EF=DE=2x，
由于∠AFC=2π3，所以在三角形AFC中，
由余弦定理得AC=x2+9x2−2⋅x⋅3x⋅cs2π3=13x，
所以csα=x2+13x2−9x22⋅x⋅13x=5213，sinα=1−cs2α=33213，
在三角形ADG中，由正弦定理得：
AGsinα=ADsin2π3，AG=AD⋅sinαsin2π3=3x⋅3321332=913⋅13x，
所以λ=913.
sin∠DAG=sinπ3−α=32csα−12sinα=3213，
在三角形ADG中，由正弦定理得：
DGsin∠DAG=ADsin2π3，DG=AD⋅sin∠DAGsin2π3=3x⋅321332=313⋅13x，
所以μ=313.
所以λ−μ=613.
故答案为：613
【点睛】平面向量的基本定理可以解决向量分解的问题，相当于向量线性运算.在求解几何图形问题的过程中，可考虑利用正弦定理或余弦定理来进行边角转化.
【变式7-1】3. （2020·北京·高三强基计划）已知∠A=18°,∠B=87°，点D在BC的延长线上，且DC=BC，点E在AC上，且∠CED=18°，则CEBD= ．
【答案】2−6+(1+3)10+458
【分析】利用正弦定理及两角差的正弦可求CEBD的值.
【详解】如图，∠BCA=75°,∠DCE=105°,∠D=57°，根据正弦定理，有CEBD=CE2CD=sin57°2sin18°．
而sin18°=5−14,cs75°=6−24，于是cs18°=10+254,sin75°=6+24，
于是sin57°=sin75°−18°=sin75°cs18°−cs75°sin18°
=6+24×10+254−6−24×5−14，
故CEBD==6+24×10+254−6−24×5−145−12
=2−6+(1+3)10+458
故答案为：2−6+(1+3)10+458.
【变式7-1】4. （2022·四川成都·高三四川省成都市新都一中统考阶段练习）如图，在△ABC中，∠ABC=π3，点D在线段AC上，且AD=2DC,BD=4，则△ABC面积的最大值为 ．
【答案】63
【分析】根据S△ABC=34ac，求出ac的最大值即可.
【详解】在△ABC中，设AB=c,BC=a,AC=b，
csπ3=a2+c2-b22ac，整理得：b2=a2+c2-ac．
又csA=c2+AD2-162c⋅AD=c2+b2-a22cb，整理得：b2=3a2+32c2-72，
∴a2+c2-ac=3a2+32c2-72，即2a2+12c2+ac=72，
∵2a2+12c2≥2×2a2×12c2=2ac，∴3ac≤72，∴ac≤24，
∴S△ABC=12acsinπ3=34ac≤63，当且仅当c=2a时取等号．
所以△ABC面积的最大值为63．
故答案为：63．
【点睛】关键点点睛：根据面积公式结构选择用基本不等值求最大值，要注意不等式取等的条件，同时计算量也较大．
题型8与向量结合问题
【例题8】（2023·全国·高三专题练习）十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”．它的答案是：当三角形的三个角均小于23π时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角23π；当三角形有一内角大于或等于23π时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中，所求点称为费马点.已知在△ABC中，已知C=23π，AC=1,BC=2，且点M在AB线段上，且满足CM=BM,若点P为△AMC的费马点，则PA⋅PM+PM⋅PC+PA⋅PC=（ ）
A．﹣1B．−45C．−35D．−25
【答案】C
【分析】由余弦定理可得AB，再由正弦定理可得sinB，进而求得csB，设CM=BM=x，由余弦定理可得CM，进而求出△AMC的面积，根据定义可得P为三角形的正等角中心，再由等面积法可得PA⋅PM+PM⋅PC+PA⋅PC=65，再由平面向量的数量积公式得解．
【详解】因为在△ABC中，C=23π，AC=1,BC=2，
所以由余弦定理可得AB=AC2+CB2−2AC⋅CBcsC=7，
由正弦定理可得ACsinB=ABsinC，即sinB=ACsinCAB=1×327=2114，
又B为锐角，所以csB=1−sin2B=5714，
设CM=BM=x，则CM2=CB2+BM2-2CB⋅BMcsB，
即x2=4+x2−1077x，解得x=275，即BM=25AB，
所以AM=35AB=375，则S△AMC=35S△ABC=35×12×1×2×32=3310，
又cs∠AMC=AM2+CM7−AC22AM⋅CM=6325+2825−12×375×275>0，
则∠AMC为锐角，由于C=23π，故∠ACM<2π3，
所以△AMC的三个内角均小于23π，
则P为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角23π；
所以S△AMC=12PA⋅PMsin2π3+12PM⋅PCsin2π3+12PA⋅PCsin2π3
=34PA⋅PM+PM⋅PC+PA⋅PC=3310，
所以PA⋅PM+PM⋅PC+PA⋅PC=65，
所以PA⋅PM+PM⋅PC+PA⋅PC=PA⋅PMcs2π3+PM⋅PCcs2π3
+PA⋅PCcs2π3
=−12PA⋅PM+PM⋅PC+PA⋅PC=−12×65=−35，
故选：C．
【点睛】关键点睛：本题考查正余弦定理的运用，考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，解答的关键在于确定△AMC的费马点位置，进而利用面积关系求出PA⋅PM+PM⋅PC+PA⋅PC=65，即可解决问题.
【变式8-1】1. （2023·全国·高三专题练习）已知点G为三角形ABC的重心，且GA+GB=GA−GB，当∠C取最大值时，csC=（ ）
A．45B．35C．25D．15
【答案】A
【分析】由题设可得AG⋅BG=0，结合AG=13(AC+AB)，BG=13(BA+BC)及余弦定理可得csC=25(ab+ba)，根据基本不等式即可求解.
【详解】由题意GA+GB=GA−GB，所以(GA+GB)2=(GA−GB)2，
即GA2+GB2+2GA⋅GB=GA2+GB2−2GA⋅GB，所以GA⋅GB=0，所以AG⊥BG，
又AG=23×12(AC+AB)=13(AC+AB)，BG=23×12(BA+BC)=13(BA+BC)，
则AG⋅BG=19(AC+AB)⋅(BA+BC)=19(AC⋅BA+AC⋅BC+AB⋅BA+AB⋅BC)=0，
所以CA⋅CB=AC⋅AB+BA⋅BC+AB2，即abcsC=bccsA+accsB+c2，
由csA=b2+c2−a22bc，csB=a2+c2−b22ac，csC=a2+b2−c22ab，
所以a2+b2=5c2，
所以csC=a2+b2−c22ab=25(ab+ba)≥45ab⋅ba=45，当且仅当a=b时等号成立，
又y=csx在(0,π)上单调递减，C∈(0,π)，
所以当∠C取最大值时，csC= 45.
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查向量的数量积运算及余弦定理的应用，解题的关键是结合三角形重心的性质和余弦定理可得a2+b2=5c2，然后利用基本不等式求解，考查转化思想，属于较难题.
【变式8-1】2. （多选）（2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，AC=4，AB=5，BC=6，D为AC中点，E在BD上，且BE=12ED，AE延长线交BC于点F，则下列结论正确的有（ ）
A．AE=3B．AE⋅BC=−514
C．△ACF的面积为37D．AF=6EF
【答案】BCD
【分析】对于A，可得AE=23AB+16AC，平方得AE2= 49AB2+136AC2+29AB⋅AC，求出cs∠BAC，即可求解；对于B，利用AE⋅BC=23AB+16AC⋅(AC−AB)即可求解；对于D，令AF=λAE=2λ3AB+λ6AC，因为B，C，F三点共线，即可得2λ3+λ6=1，解得λ=65即可求解；对于C，由D可得AF=45AB+15AC,S△ACF=45S△ABC，即可求解．
【详解】
对于A，因为BE=12ED，
所以AE=AB+BE= AB+13BD=AB+13(AD−AB)=23AB+13AD，
又D为AC中点，所以AE=23AB+16AC，
AE2=49AB2+136AC2+29AB⋅AC=49×52+136×42+ 29×5×4×cs∠BAC=1049+409cs∠BAC，
又cs∠BAC=42+52−622×4×5=18，所以AE2=1099，AE=1093，故A错；
对于B，AE⋅BC=23AB+16AC⋅AC−AB=16AC2+12AB⋅AC−23AB2 =16×42+12×5×4×18−23×52=−514，故B正确；
对于D，令AF=λAE=2λ3AB+λ6AC，因为B，C，F三点共线，所以2λ3+λ6=1，
解得λ=65,∴AF=6EF，故D正确；
对于C，由D可得AF=45AB+15AC，即AB+BF=45AB+15AC，则BF=15AC−AB=15BC，
S△ABC=12AC⋅ABsin∠BAC=12×4×5×1−182=1574，则S△ACF=45S△ABC=37，故C正确．
故选：BCD．
【变式8-1】3.（多选） （2023·全国·高三专题练习）对于任意△ABC，AE=2EC，BD=34DC，两直线AD，BE相交于点O，延长CO交AB于点F，则下列结论正确的是（ ）
A．CO=317CA+817CB
B．xOA+yOB+zOC=0，x:y:z=3:8:7
C．当∠BAC=π3，AB=1，AC=2时，则cs∠DOE=11247494
D．S△DEFS△ABC=48231
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，取平面的一个基底{CA,CB}，利用向量的线性运算结合平面向量基本定理计算判断BC；利用向量数量积及运算律计算判断C；利用三角形面积公式计算判断D作答.
【详解】△ABC中，令CA=a,CB=b,AO=λAD,BO=μBE,λ,μ∈R，AE=2EC，BD=34DC，
CO=CA+AO=a+λAD=a+λ(CD−CA) =a+λ47b−a=(1−λ)a+4λ7b，
CO=CB+BO=b+μBE=b+μ(CE−CB) =b+μ13a−b=μ3a+(1−μ)b，
因为a与b不共线，则1−λ=μ347λ=1−μ，解得λ=1417μ=917，
所以CO=317a+817b，A正确；
对于B，OA=OC+CA=−317a−817b+a=1417a−817b，OB=OC+CB=−317a−817b+b=−317a+917b，
则xOA+yOB+zOC=14x−3y−3z17a+−8x+9y−8z17b=0，
因此14x−3y−3z=0−8x+9y−8z=0，解得x=12zy=43z，x:y:z=3:8:6，B错误；
对于C，依题意，∠DOE=∠AOB=〈OA,OB〉，b=AB−AC，
|b|=AB2+AC2−2AB⋅AC=1+22−2×1×2×12=3，
a⋅b=CA⋅CB=−AC⋅(AB−AC)=−AC⋅AB+AC2=−2×1×12+22=3，
OA⋅OB=6289(7a−4b)⋅(−a+3b)=6289−7a2−12b2+25a⋅b =6289−7×22−12×3+25×3=66289，
|OA|=217(7a−4b)2=21749a2+16b2−56a⋅b =21749×4+16×3−56×3=41719，
|OB|=317(a−3b)2=317a2+9b2−6a⋅b=3174+9×3−6×3=31317，
cs∠DOE=cs〈OA,OB〉=OA⋅OBOAOB=6628941917×31317=11247494，C正确；
对于D，CF=tCO=3t17a+8t17b,t,u∈R，CF=CA+AF=CA+uAB=(1−u)CA+uCB=(1−u)a+ub，
于是3t17=1−u,8t17=u，解得t=1711,u=811，则|AF||BF|=83，
S△AEFS△ABC=12|AE||AF|sin∠BAC12|AB||AC|sin∠BAC=|AE||AC|⋅|AF||AB|=23×811=1633，
同理S△BFDS△ABC=|BF||AB|⋅|BD||BC|=311×37=977，S△CDES△ABC=|CD||BC|⋅|CE||AC|=47×13=421
S△DEFS△ABC=S△ABC−S△AEF−S△BFD−S△CDES△ABC=1−1633−977−421=48231，D正确.
故选：ACD
【变式8-1】4. （多选）（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模）已知△ABC的三个内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c，若(3c−2asinB)sinC=3(bsinB−asinA)，则下列正确的是（ ）
A．csAcsC的取值范围是12,34
B．若D是AC边上的一点，且CD=2DA，BD=4，则△ABC的面积的最大值为63
C．若△ABC是锐角三角形，则ca的取值范围是12,2
D．若BD平分∠ABC交AC点D，且BD=1，则4a+c的最小值为33
【答案】BCD
【分析】根据正弦定理和余弦定理变形求出B=π3.对于A，将csAcsC化为关于A的三角函数，根据A的范围可求出csAcsC的范围；对于B，根据BD=13BC+23BA两边平方得到16=19a2+49c2+29ac，利用基本不等式得ac≤24，再由面积公式可得△ABC的面积的最大值；对于C，由锐角三角形得π6【详解】由(3c−2asinB)sinC=3(bsinB−asinA)及正弦定理得，
(3c−2asinB)c=3(b2−a2)，得3(a2+c2−b2)=2acsinB，
得csB=a2+c2−b22ac=sinB3，得tanB=3，
因为0对于A，csAcsC=csAcs(2π3−A) =csAcs2π3csA+sin2π3sinA
=−12cs2A+32sinAcsA =−12×1+cs2A2+34sin2A =−14+12(32sin2A−12cs2A)
=−14+12sin(2A−π6)，
因为0所以csAcsC∈−12,14，故A不正确；
对于B，因为CD=2DA，所以AD=13AC，
所以BD=BA+AD=BA+13AC =BA+13(BC−BA)=13BC+23BA，
所以BD2=19BC2+49BA2+49|BA|⋅BC|csπ3，
所以16=19a2+49c2+29ac，
所以144−2ac=a2+4c2≥2a2⋅4c2=4ac，当且仅当a=2c时，等号成立，
所以ac≤24，所以S△ABC=12acsinB=34ac≤34×24=63.故B正确；
对于C，因为三角形为锐角三角形，所以0所以ca=sinCsinA=sin(2π3−A)sinA =sin2π3csA−cs2π3sinAsinA =32tanA+12，
因为π6所以ca∈(12,2)，故C正确；
对于D，因为BD平分∠ABC交AC点D，且BD=1，
所以S△ABC=S△ABD+S△CBD，所以12acsinB=12a⋅1⋅sinπ6+12c⋅1⋅sinπ6，
所以3ac=a+c，所以1a+1c=3，
所以4a+c =(4a+c)(1a+1c)⋅33 =33(4+1+4ac+ca) ≥33(5+24)=33，
当且仅当c=2a时，又1a+1c=3，即a=32，c=3时，等号成立.故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：D中利用三角形的面积关系推出1a+1c=3是解题关键.
题型9实际问题
【例题9】（多选）（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中MA，NB均与水平面ABC垂直．在已测得可直接到达的两点间距离AC，BC的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中一定能唯一确定M，N之间的距离的有（ ）

A．∠MCA，∠NCB，∠ABCB．∠ACB，∠NCB，∠MCN
C．∠MCA，∠NCB，∠MCND．∠MCA，∠NCB，∠ACB
【答案】CD
【分析】记BC=a，AC=b，∠ACB=α，∠MCN=θ，∠NCB=β，∠MCA=γ，∠ABC=φ，AB=c，CM=m，CN=n，NB=ℎ，MA=d，MN=x，再利用正余弦定理逐一分析判断和举反例判断即可.
【详解】记BC=a，AC=b，∠ACB=α，∠MCN=θ，∠NCB=β，∠MCA=γ，∠ABC=φ，AB=c，CM=m，CN=n，NB=ℎ，MA=d，MN=x．
先从C选项入手：
已知a,b,θ,β,γ，在Rt△NCB中，由csβ=an，可确定n；
同理，在Rt△MCA中，可确定m；
在△MCN中，由m,n,θ及余弦定理，可确定MN，故C正确;
再考察D选项：
已知a,b,α,β,γ，在△ACB中，由a,b,α及余弦定理，可确定c；
在Rt△NCB中，由tanβ=ℎa，可确定ℎ；同理，在Rt△MCA中，可确定d，
由|MN|2=(MA+AB+BN)2=d2+c2+ℎ2−2dℎ，①
可确定MN，故D正确；
A选项：
已知a,b,β,γ,φ，同B选项，可确定ℎ,d，
在△ABC中，已知a,b,φ，解三角形知c可能有两解，
例如若a=3,b=1,φ=30°，
则1=3+c2−23c×32，解得c=1或2，
代入①使MN也有两个值，故A错误；
B选项：
已知a,b,α,β,θ，同C，D选项，可确定n,ℎ,c，
在Rt△MCA中，由勾股定理，得m=d2+b2，
在△MCN中，由余弦定理，得x2=d2+b2+n2−2nd2+b2csθ，②
联立①②，得x2=d2+c2+ℎ2−2dℎ,x2=d2+b2+n2−2nd2+b2csθ,解此关于x,d的二元方程组，
可得MN，但此二元二次方程组可能有两解，
例如若b=ℎ=1,n=3,c=5,θ=45°，得x2=d2−2d+6,x2=d2+10−32d2+1,
解得d=1,x=5,或d=17,x=2817,故B错误．
故选：CD．
【点睛】方法点睛：已知三角形的两边及一角解三角形的方法：
先利用余弦定理求出第三边，其余角的求解思路有两种：
（1）利用余弦定理求出其它角；
（2）利用正弦定理（已知两边和其中一边的对角）求解.
若用正弦定理求解，需对角的取值进行取舍，而用余弦定理就不存在这个问题（在0,π上，余弦值所对的角是唯一的），故用余弦定理较好.
【变式9-1】1. （2023秋·山东青岛·高三统考开学考试）海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球给人类保留宇宙秘密的遗产”，若要测量如图所示某蓝洞口边缘A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得CD=8海里，∠ADB=135°，∠BDC =∠DCA=15°，∠ACB=120°，则A，B两点的距离为 海里.

【答案】85
【分析】先求的AD，利用余弦定理求得AC，利用正弦定理求得BC，再由余弦定理求得AB.
【详解】在三角形ACD中，∠DCA=15°,∠ADC=135°+15°=150°,∠CAD=180°−150°−15°=15°，
所以AD=CD=8，所以AC=64+64−2×8×8×cs150°=8×2+3，
在三角形BCD中，
∠BDC=15°,∠BCD=15°+120°=135°,∠CBD=180°−15°−135°=30°，
由正弦定理得8sin30°=BCsin15°,BC=8⋅sin15°sin30°=16×sin45°−30°
=16×22×32−22×12=16×6−24=46−2，
在三角形ABC中，∠ACB=120°，
所以AB=AC2+BC2−2×AC×BC×cs120°
=128+643+168−43−2×8×2+3×46−2×−12
=256+64×2+3×2−3=256+64=320=85（海里）.
故答案为：85

【变式9-1】2. （多选）（2022秋·福建福州·高三校联考期中）某社区规划在小区内修建一个如图所示的四边形休闲区.已知AB=BC=2CD=20米，AD=30米，且修建该休闲区的费用是200元/平方米，则下列结论正确的是（ ）
A．若四边形ABCD的四个顶点共圆，则BD=107米
B．若四边形ABCD的四个顶点共圆，则修建该休闲区的总费用为4万元
C．若A+C=2π3时，则该社区修建该休闲区的修建费用为6万元
D．若要修建完成该休闲区，则该社区需要准备的修建费用最多为43万元
【答案】ACD
【分析】由条件根据余弦定理列方程求BD，判断选项A，由条件求∠A,∠C，结合三角形面积公式计算总费用，判断B，设∠A=α，∠C=β，由余弦定理确定csα,csβ关系，结合三角形面积公式表示修建费用，根据特殊角和三角函数性质判断C，D.
【详解】对于A，因为四边形ABCD的四个顶点共圆，所以∠A+∠C=π，设∠A=θ，则∠C=π−θ，由余弦定理可得BD2=BC2+CD2−2AC⋅CDcsπ−θ，
BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsθ，因为AB=BC=2CD=20，AD=30，
所以BD2=202+102+400csθ，BD2=202+302−1200csθ，
所以4BD2=2800，所以BD=107（米），A正确；
对于B，因为BD=107，BD2=202+102+400csθ，所以csθ=12，又θ∈0,π，所以θ=π3，所以△BCD的面积为12BC⋅CD⋅sin∠C=12×20×10×32=503，△ABD的面积为12AB⋅AD⋅sin∠A=12×20×30×32=1503，所以四边形ABCD的总面积为2003，所以修建该休闲区的总费用为43（万元），B错误；
对于C，设∠A=α，∠C=β，由余弦定理可得BD2=BC2+CD2−2AC⋅CDcsβ，BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsα，
所以BD2=500−400csβ，BD2=1300−1200csα，所以
3csα−csβ=2，
△BCD的面积为12BC⋅CD⋅sin∠C=12×20×10×sinβ=100sinβ，△ABD的面积为12AB⋅AD⋅sin∠A=12×20×30×sinα=300sinα，所以四边形ABCD的总面积为300sinα+100sinβ，设3sinα+sinβ=t，则t2+4=9+1−6csα+β，
所以t2=6−6csα+β，又α+β=2π3，所以t2=9，又t>0，所以t=3，
所以四边形ABCD的总面积为300，所以修建该休闲区的总费用为6（万元），C正确；
对于D，设∠A=α，∠C=β，由余弦定理可得BD2=BC2+CD2−2AC⋅CDcsβ，BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsα，
所以BD2=500−400csβ，BD2=1300−1200csα，所以
3csα−csβ=2，
△BCD的面积为12BC⋅CD⋅sin∠C=12×20×10×sinβ=100sinβ，△ABD的面积为12AB⋅AD⋅sin∠A=12×20×30×sinα=300sinα，所以四边形ABCD的总面积为300sinα+100sinβ，设3sinα+sinβ=t，则t2+4=9+1−6csα+β，
所以t2=6−6csα+β，所以t2≤12，当且仅当α+β=π时等号成立，所以t的最大值为23，所以3sinα+sinβ的最大值为23，故300sinα+100sinβ的最大值为2003，所以该社区需要准备的修建费用最多为43万元，D正确.
故选：ACD
【变式9-1】3. （2022秋·广东汕头·高三统考期末）剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中华汉族最古老的民间艺术之一．如图，一圆形纸片直径AB=20cm，需要剪去四边形CEC1D，可以经过对折，沿DC,EC裁剪，展开就可以得到．
已知点C在圆上且AC=10cm，∠ECD=30°．则镂空四边形CEC1D的面积的最小值为 cm2．
【答案】150(2−3)
【分析】由对称性可得SCEC1D=2SCED，所以求△CED面积的最小值即可，设CE=a,CD=b,ED=c，根据AB=20,AC=10,∠ECD=30°可得∠CAE=60°，根据△CED的面积公式可得a,b,c的关系，再根据基本不等式即可求△CED面积的最小值.
【详解】由对称性可得SCEC1D=2SCED，所以求△CED面积的最小值即可，
如图所示，设O为圆心，连接AC，作CG⊥AB于G，
由题意AC=AO=OC=10，所以∠OAC=60°，所以CG=CA⋅sin60°=53，
设CE=a,CD=b,ED=c，由面积公式S△CED=12absin30°=12c⋅CG得 ab=103c，
由余弦定理32=a2+b2−c22ab可得3ab=a2+b2−a2b2300，
又根据基本不等式可得3ab=a2+b2−a2b2300≥2ab−a2b2300，即ab≥300(2−3)，
当且仅当a=b=300(2−3)时取等号，
所以S△CED=14ab≥75(2−3)，
所以四边形CEC1D的面积的最小值为150(2−3)cm2，
故答案为：150(2−3)
【变式9-1】4. （2020·全国·高三专题练习）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练，已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小，若AB=15cm,AC=25cm,∠BCM=30°，则tanθ的最大值是（ ）.（仰角θ为直线AP与平面ABC所成的角）
A．305B．3010C．439D．539
【答案】D
【分析】由题可得，BC=20，过P作PP'⊥BC，交BC于P'，连接AP'，则tanθ=PP'AP'，设BP'=x(x>0)，分类讨论，若P'在线段BC上，则CP'=20−x，可求出PP'和AP'，从而可得出tanθ=33·20−x225+x2，利用函数的单调性，可得出x=0时，取得最大值；若P'在CB的延长线上，同理求出PP'和AP'，可得出tanθ=33·20+x225+x2，可得当x=454时，函数取得最大值；结合两种情况的结果，即可得出结论．
【详解】解：∵AB=15cm,AC=25cm，AB⊥BC，
由勾股定理知，BC=20，
过点P作PP'⊥BC交BC于P'，连结AP'，则tanθ=PP'AP'，
设BP'=x(x>0)，
若P'在线段BC上，则CP'=20−x，
由∠BCM=30°，得PP'=CP'tan30°=33(20−x)，
在直角△ABP'中，AP'=225+x2，
∴tanθ=33·20−x225+x2，
令y=20−x225+x2，则函数在x∈[0，20]单调递减，
∴x=0时，取得最大值为20345=439；
若P'在CB的延长线上，PP'=CP'tan30°=33(20+x)，
在直角△ABP'中，AP'=225+x2，
∴tanθ=33·20+x225+x2，
令y=(20+x)2225+x2，则y'=0可得x=454时，函数取得最大值539.
故答案为：539．
题型10正余弦定理与立体几何
【例题10】（2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习）已知四面体ABCD中，AD=2，BD=3，∠BCD=120°，直线AD与BC所成的角为60°，且二面角A−CD−B为锐二面角．当四面体ABCD的体积最大时，其外接球的表面积为（ ）
A．32π3B．16π3C．16πD．8π
【答案】B
【分析】由余弦定理及均值不等式判定当底面为等腰三角形时面积最大，再确定当AB'垂直底面时，高最大，利用外接球的性质确定球心，在Rt△OB'D中求出半径.
【详解】如图，

因为BD2=BC2+DC2−2BC⋅DC⋅cs120°=BC2+DC2+BC⋅DC=3，
所以3BC⋅DC≤BC2+DC2+BC⋅DC=3，即BC⋅DC≤1，当且仅当BC=DC=1时等号成立，此时底面△BCD面积最大，S=12BC⋅DC⋅sin120°=34，
将AD沿DC→平移至A'C，则点A与A'到底面BCD的距离相同，且∠A'CB=60°，
为使四面体ABCD高最大，则直线A'C在底面BCD的射影为直线BC，此时A'B⊥面BCD，设点A在底面BCD的投影为B'，可知四边形BCDB'为菱形，且△BCD的外心为B'，此时满足二面角A−CD−B为锐二面角，故四面体ABCD的外接球的球心O在直线AB'上，因为AB'=A'B=BCtan60°=3，DB'=1，OA=OD=R，所以在Rt△OB'D中，(3−R)2+12=R2，解得R=233，
此时外接球的表面积为S=4π×43=16π3，
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据所给条件确定四面体何时体积最大是本题解题的第一个关键，分别利用余弦定理、均值不等式、三角形面积公式求出底面面积最大时需满足条件，再确定何时高最大，据此确定四面体，第二个关键是确定外接球球心位置，利用方程求球的半径.
【变式1-10】1. （2023·山东·模拟预测）如图1，在平面四边形ABCD中，AB=1,BC=3,AC⊥CD,CD=3AC，当∠ABC变化时，令对角线BD取到最大值，如图2，此时将△ABC沿AC折起，在将△ABC开始折起到与平面ACD重合的过程中，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是（ ）
A．0,1010B．0,2114
C．0,324+3D．0,624−6
【答案】B
【分析】设∠ABC=α，∠ACB=β，在△ABC中，根据余弦定理表示AC2，根据正弦定理表示sinβ，在△BCD中，由余弦定理表示BD2，化简BD2求得最值，然后求出直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围.
【详解】设∠ABC=α，∠ACB=β，AB=1，BC=3，
在△ABC中，由余弦定理，得AC2=AB2+BC2−2AB×BC×csα=4−23csα，
由正弦定理，得ACsina=ABsinβ，∴sinβ=sina4−23csa.
∵AC⊥CD，AD=2AC，CD=3AC=3⋅4−23csa，
在△BCD中，由余弦定理，得BD2=BC2+CD2−2BC×CD×csβ+π2,
∴BD2=3+34−23csα+2×3×34−23csα×sinβ
=15−63csα+64−23csα×sina4−23csa
=15−63csα+6sina
=15+12sina−π3，
当a−π3=π2，即a=5π6时，BD2取得最大值27，即BD的最大值为33.
过B做HB⊥AC交AC于H，
设直线AB与CD所成角为θ，csθ=AB⋅CDAB×CD=AH+HB⋅CDAB×CD
又因为AH⊥CD, csθ=AB⋅CDAB×CD=AH+HB⋅CDAB×CD=HB⋅CDAB×CD，
由此可知HB⋅CD越大，直线AB与CD所成角的余弦值越大；
当平面ABC与平面ACD垂直时，直线AB与CD垂直，HB⋅CD=0，即此时所成角的余弦值最小值0，
当△ABC与 △ACD共面，即将△ABC沿AC折起，在将△ABC开始折起到与平面ACD重合的过程中的初始和结束状态时，HB⋅CD=HB⋅CD⋅cs0°=HB⋅CD⋅cs180°余弦值最大，
AC2=AB2+BC2−2AB×BC×cs150°,解得：AC=7,
S△ABC=12×1×3×sin150°=34，S△ABC=12HB×7=34，所以HB=2114,
此时直线AB与CD所成角余弦值csθ=HB⋅CDAB×CD=2114,
综上所述，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是0,2114,
故选：B.
【变式10-1】2. （2023·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）在三棱锥P−ABC中，PC⊥平面ABC，AB=1，AC=3，PB=33，∠ABP=90°，点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足∠AMC=60°，则三棱锥M−APC的体积最大值为（ ）
A．322B．5216C．36D．534
【答案】A
【分析】先通过PC⊥AC和PB⊥AB可知三棱锥的外接球O为AP的中点，在△AMC中，由正弦定理可得△AMC的外接圆的半径，进而可得球心到面AMC的距离，从而得VM−APC=263S△AMC，再由解三角形知识求解△AMC的面积最大即可.
【详解】
该三棱锥的外接球O为AP的中点，下证：
因为PC⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PC⊥AC，所以OA=OC=OP，
又∠ABP=90°，即PB⊥AB，所以OA=OB=OP，即三棱锥的外接球球心为AP的中点，球半径R=12PA=12AB2+PB2=7.
点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足∠AMC=60°，在△AMC中，由正弦定理可得△AMC的外接圆的半径为r=AC2sin∠AMC=1，
球心O到平面AMC的距离为d=R2−r2=6，
因为O为AP的中点，所以P到平面AMC的距离为2d=26，
VM−APC=VP−AMC=13S△AMC⋅2d=263S△AMC，
要使三棱锥M−APC的体积最大，只需△AMC的面积最大即可.
在△AMC中由余弦定理可得AC2=MA2+MC2−2MA⋅MCcs60∘=MA2+MC2−MA⋅MC≥MA⋅MC，
所以MA⋅MC≤AC2=3，当且仅当MA=MC=3时等号成立，
S△AMC=12MA⋅MCsin60∘=34MA⋅MC≤334，
所以VM−APC=263S△AMC≤263×334=322.
当且仅当MA=MC=3时, 三棱锥M−APC的体积取到最大值322.
故选：A.
【变式10-1】3. （多选）（2023春·安徽·高三安徽省定远中学校考阶段练习）图1中的扫地机器人的外形是按照如下方法设计的：先画一个正三角形，再以正三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形.德国工程师勒洛首先发现这个曲边三角形能够像圆一样当作轮子用，故称其为“勒洛三角形”.将其推广到空间，如图2类似地以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体便称为“勒洛四面体”.则下列结论正确的是 （ ）

A．若正三角形的边长为2，则勒洛三角形面积为2π−2 3
B．若正三角形的边长为R，勒洛三角形的面积比其中间正三角形的面积大2π−3 34R2
C．若正四面体的棱长为2，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为2−62
D．若正四面体的棱长为2，勒洛四面体表面上交线AC的长度小于33π
【答案】ABC
【分析】对于A，由图可知勒洛三角形的面积为3个扇形面积减去2个正三角形面积，对于B，根据扇形的面积公式计算判断，对于C，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，由于正四面体ABCD的棱长为2，其可以在棱长为 2的正方体中截出，从而可求得结果，对于D，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线AC所在圆的圆心为BD的中点M，然后利用余弦定理求解.
【详解】如图：BC=2，以B为圆心的扇形面积是π×226=2π3，△ABC的面积是12×2×2× 32= 3，
∴勒洛三角形的面积为3个扇形面积减去2个正三角形面积，即2π3×3−23=2π−23，所以A正确；
对于B设圆半径为R，如图，

易得△ABC的面积为12× 32R2= 34R2，
阴影部分面积为3×60πR2360−3×34R2=2π−3 34R2，B正确；
C根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，
设点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球球心，

所以，由四面体的性质可知该球球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，
连接BE，则B，E，O三点共线，此时BE=2，BO为正四面体的外接球的半径，
由于正四面体ABCD的棱长为2，其可以在棱长为 2的正方体中截出，
所以正四面体ABCD的外接球的半径为棱长 2的正方体的外接球半径，即正方体体对角线的一半，
所以BO= 62，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径OE=2− 62；C正确；
D选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线AC所在圆的圆心为BD的中点M，
故MA=MC=3，又AC=2，
由余弦定理得：cs∠AMC=AM2+MC2−AC22AM⋅MC=3+3−42×3×3=13<12=csπ3
故∠AMC>π3，且半径为3，故交线AC的长度大于33π， D错误；
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：此题考查“勒洛四面体”，考查正四面体的性质的应用，解题的关键是正确理解“勒洛四面体”的定义，考查空间想象能力，属于较难题.
【变式10-1】4. （多选）（2023·全国·高三专题练习）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，则下列结论正确的是（ ）
A．勒洛四面体ABCD最大的截面是正三角形
B．勒洛四面体ABCD的体积大于正四面体ABCD的体积
C．勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是8π−3
D．勒洛四面体ABCD四个曲面所有交线长的和为8π
【答案】BC
【分析】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面为经过四面体ABCD表面的截面，可判定A不正确：由勒洛四面体的定义得到勒洛四面体ABCD的体积大于正四面体ABCD的体积，可判定B正确：由勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面，求得其面积，可判定C正确：由勒洛四面体的定义可知，根据对称性可知其圆心为线段BD的中点M，设∠AMC=θ，求得θ=arccs13得到交线总长度，可判定D错误.
【详解】对于A中，由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面，即为经过四面体ABCD表面的截面，如图1所示，所以A不正确：
对于B中，由勒洛四面体的定义及题示图形知，其中勒洛四面体ABCD的体积大于正四面体ABCD的体积，所以B正确：
对于C中，勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面如图1，
其面积为12×π3×42×3−12×42×32×2=8π−3，所以C正确：
对于D中，由勒洛四面体的定义可知，所有的交线形成6条相等的弧，先看AC，
根据对称性可知其圆心为线段BD的中点M，如图2所示．
因为正四面体ABCD的棱长为4，所以MA=MC=23，
设∠AMC=θ，则csθ=AM2+CM2−AC22AM⋅CM=13，
所以θ=arccs13（θ为弧度制），所以AC=θ⋅R=23⋅arccs13，
所以交线总长度为6⋅AC=123⋅arccs13，所以D错误.
故选：BC．
【变式10-1】5.（2023秋·辽宁·高三东北育才学校校联考开学考试）四面体A−BCD的体积是 V，AB=a,AC=b,AD=c,CD=p,DB=r,BC=q，则其外接球半径R为 .
【答案】(ap+bq+cr)(−ap+bq+cr)(ap−bq+cr)(ap+bq−cr)24V
【分析】利用四面体的外接球特点结合正余弦定理解三角形，化简计算即可.
【详解】如下图所示，

设二面角C−AB−D的平面角是α,△ABC的外接圆半径是R1，其圆心为O1，△ABD的外接圆半径是 R2, 其圆心为O2，AB的中点为E，四面体A−BCD的外接球球心为O，
则∠O1EO2=α，且∠EO1O=∠EO2O=90∘，
所以点E,O1,O2,O四点共圆, EO是该圆的半径,
所以EO=O1O2sinα=EO12+EO22−2EO1⋅EO2⋅csαsinα，
由此得到R=AO=AE2+EO2=a24+EO12+EO22−2EO1⋅EO2⋅csαsin2α，
又因为EO1=R1⋅cs∠EO1A=R1⋅cs∠ACB=a2sin∠ACB⋅cs∠ACB，
同理EO2=R2⋅cs∠ADB=a2sin∠ADB⋅cs∠ADB，
所以R=12a⋅sin2α+cs2∠ACBsin2∠ACB+cs2∠ADBsin2∠ADB−2cs∠ACB⋅cs∠ADB⋅csαsin∠ACB⋅sin∠ADBsinα.
如下图所示，设D在底面ABC的投影为S，ST⊥AB，垂足为T，连接DT，

则∠DTS=α,DS=DT⋅sinα,DT=AD⋅sin∠BAD，
故V=12ab⋅sin∠BAC×13c⋅sin∠BAD⋅sinα，
所以sinα=6Vabc⋅sin∠BAC⋅sin∠BAD，
因此
R=a2bcsin∠BACsin∠BADsin2α+cs2∠ACBsin2∠ACB+cs2∠ADBsin2∠ADB−2cs∠ACB⋅cs∠ADB⋅csαsin∠ACB⋅sin∠ADB12V
，
现在来计算
sin2∠BACsin2∠BADsin2α+cs2∠ACBsin2∠ACB+cs2∠ADBsin2∠ADB−2cs∠ACB⋅cs∠ADB⋅csαsin∠ACB⋅sin∠ADB ，
因为csα=cs∠CAD−cs∠BACcs∠BADsin∠BACsin∠BAD，
所以
sin2α=1−cs2∠BAC−cs2∠BAD−cs2∠CAD+2cs∠BACcs∠BADcs∠CADsin2∠BACsin2∠BAD，
因此得到sin2α⋅sin2∠BAC⋅sin2∠BAD=1−cs2∠BAC−cs2∠BAD−cs2∠CAD +2cs∠BAC⋅cs∠BAD⋅cs∠CAD，
另外由正弦定理可得：
sin2∠BAC⋅sin2∠BAD⋅cs2∠ADBsin2∠ADB=r2a2cs2∠ADB⋅sin2∠BAD，
sin2∠BAC⋅sin2∠BAD⋅cs2∠ACBsin2∠ACB=q2a2cs2∠ACB⋅sin2∠BAC，
sin2∠BAC⋅sin2∠BAD⋅cs∠ACBcs∠ADBcsαsin∠ACBsin∠ADB
=qra2sin∠BAC⋅sin∠BAD⋅cs∠ACB⋅cs∠ADB⋅cs∠CAD−cs∠BACcs∠BADsin∠BACsin∠BAD
=qra2cs∠ACBcs∠ADBcs∠CAD−cs∠BACcs∠BAD ，
所以
sin2∠BACsin2∠BADsin2α+cs2∠ACBsin2∠ACB+cs2∠ADBsin2∠ADB−2cs∠ACB⋅cs∠ADB⋅csαsin∠ACB⋅sin∠ADB=1−cs2∠BAC−cs2∠BAD−cs2∠CAD+2cs∠BACcs∠BADcs∠CAD+r2a2cs2∠ADBsin2∠BAD+q2a2cs2∠ACBsin2∠BAC−2qra2cs∠BCAcs∠BDAcs∠CAD−cs∠BACcs∠BAD,
由余弦定理可得：
cs∠BAC=a2+b2−q22ab,cs∠BAD=a2+c2−r22ac,cs∠DAC=c2+b2−p22cb,
cs∠ACB=b2+q2−a22bq,cs∠ADB=c2+r2−a22cr,
sin2∠BAC=1−cs2∠BAC=2a2b2+2a2q2+2b2q2−a4−b4−q44a2b2，
同理可得sin2∠BAD=2a2c2+2a2r2+2c2r2−a4−c4−r44a2c2，
代入上式进行化简， 最后得到
sin2∠BACsin2∠BADsin2α+cs2∠ACBsin2∠ACB+cs2∠ADBsin2∠ADB−2cs∠ACB⋅cs∠ADBcsαsin∠ACB⋅sin∠ADB
=ap+bq+cr−ap+bq+crap−bq+crap+bq−cr4a4b2c2，
所以R=ap+bq+cr−ap+bq+crap−bq+crap+bq−cr24V.
故答案为：R=ap+bq+cr−ap+bq+crap−bq+crap+bq−cr24V.
【变式10-1】6.（2023秋·湖南湘潭·高三湘钢一中校考开学考试）在△ABC中，∠BAC=π2，AB=2，AC=1，点D为边BC边上一动点，将△ABD沿着AD翻折，使得点B到达B'，且平面AB'D⊥平面ACD，则当B'C最小时，CD的长度为 .
【答案】53/135
【分析】作出图形，根据面面垂直的性质得B'E⊥CE，利用条件将B'C转化为三角函数表示，进而求出当α=π4时，B'C最小，从而可得AD为∠BAC的角平分线，再由角平分线定理可得BD=2CD，从而求得结果.
【详解】在△ABC中，∠BAC=π2，AB=2，AC=1，由勾股定理可得BC=5;

设∠BAD=α,α∈0,π2，过B 作BE⊥AD交AD或AD的延长线于E点，过C作CF⊥AD交AD或AD的延长线于F点，
∵△ABD≅△AB'D，BE⊥AD，
∴B'E⊥AD,
又∵平面AB'D⊥平面ACD，平面AB'D∩平面ACD=AD，
∴B'E⊥平面ACD，∵CE⊂平面ACD，∴B'E⊥CE,
∵∠ACF=∠BAD=α,
∴在Rt△ABE中，BE=2sinα,AE=2csα；
∴在Rt△ACF中，CF=csα,AF=sinα；
∴EF=AE−AF=2csα−sinα,
又∵B'C2=B'E2+CE2=BE2+CE2，而CE2=EF2+CF2,
∴B'C2=BE2+EF2+CF2=4sin2α+cs2α+2csα−sinα2=5−4sinαcsα=5−2sin2α，
∴B'C=5−2sin2α，当sin2α=1时， B'C取最小值为3，
即2α=π2,α∈0,π2，∴ α=π4，
∴AD为∠BAC的角平分线，
∴由角平分线定理可得ABAC=BDCD，即21=BDCD=2，
∴BD=2CD，
CD=13BC=53,
故答案为：53
【点睛】关键点睛：画出图形并作出辅助线，将线段长度的最值转化为三角函数求最值是关键，考查空间中的线段长度的计算与解三角形的综合应用，属于较难题.
题型11正余弦定理与解析几何
【例题11】（2023·陕西宝鸡·校考一模）已知椭圆x29+y26=1，F1,F2为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，cs∠F1PF2=35，则|PO|=（ ）
A．25B．302C．35D．352
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理求出PF1PF2,PF12+PF22的值，利用PO=12PF1+PF2，根据向量模的计算即可求得答案.
【详解】由题意椭圆x29+y26=1，F1,F2为两个焦点，可得a=3,b=6,c=3，

则PF1+PF2=2a=6①，即PF12+PF22+2PF1PF2=36，
由余弦定理得F1F22=PF12+PF22−2PF1PF2cs∠F1PF2=(23)2，
cs∠F1PF2=35，故(PF1+PF2)2−2PF1PF2(1+35)=12，②
联立①②，解得：PF1PF2=152,∴PF12+PF22=21，
而PO=12PF1+PF2，所以PO=PO=12PF1+PF2，
即PO=12PF1+PF2=12PF12+2PF1⋅PF2+PF22=1221+2×152×35=302，
故选：B
【点睛】方法点睛：本题综合考查了椭圆和向量知识的结合，解答时要注意到O为F1F2的中点，从而可以利用向量知识求解|PO|.
【变式11-1】1. （2023·安徽安庆·安庆一中校考模拟预测）已知F1,F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过点F2作直线AB⊥F1F2交C于A,B两点. 现将C所在平面沿直线F1F2折成平面角为锐角α的二面角，如图，翻折后A,B两点的对应点分别为A',B'，且∠A'F1B'=β⋅若1−csα1−csβ=2516，则C的离心率为（ ）

A．3B．22C．3D．32
【答案】C
【分析】根据题意分析可知锐角二面角α=∠A'F1B'，利用双曲线的定义与性质结合余弦定理运算求解.
【详解】设双曲线的半焦距为c>0，
由题意可得：AF2=BF2=b2a,AF1=BF1=2a+b2a=a2+c2a，
则A'F2=B'F2=b2a,A'F1=B'F1=a2+c2a，
且A'F1⊥B'F1，则锐角二面角α=∠A'F1B'，
在△A'F2B'中，由余弦定理可得：1−csα=1−A'F22+B'F22−A'B'22A'F2⋅B'F2=1−b2a2+b2a2−A'B'22×b2a×b2a=a2A'B'22b4，
在△A'F1B'中，由余弦定理可得：1−csβ=1−A'F12+B'F12−A'B'22A'F1⋅B'F1=1−a2+c2a2+a2+c2a2−A'B'22×a2+c2a×a2+c2a=a2A'B'22a2+c22，
因为1−csα1−csβ=2516，即a2A'B'22b4a2A'B'22a2+c22=a2+c22b4=2516，
可得a2+c2b2=a2+c2c2−a2=54，解得e=c2a2=3.
故选：C.
【点睛】方法点睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法
求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
【变式11-1】2. （2023·重庆·统考模拟预测）已知F1，F2分别为双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，点Ax1,y1为双曲线C在第一象限的右支上一点，以A为切点作双曲线C的切线交x轴于点B，若cs∠F1AF2=12，且F1B=2BF2，则双曲线C的离心率为（ ）
A．22B．5C．2D．3
【答案】D
【分析】根据题意利用导数的几何意义求切线方程，进而可求得点Ba2x1,0，再结合双曲线的方程和定义求AF1,AF2，利用余弦定理列式求解即可.
【详解】因为点A在第一象限，由x2a2−y2b2=1，可得y=b2x2a2−b2，
则y'=2b2xa22b2x2a2−b2=b2xa2b2x2a2−b2，
点Ax1,y1在双曲线上，则x12a2−y12b2=1,x1>0,y1>0，即y1=b2x12a2−b2，
可得y'|x=x1=b2x1a2b2x12a2−b2=b2x1a2y1，
可得在点Ax1,y1处的切线方程为y−y1=b2x1a2y1x−x1，
令y=0，解得x=b2x12−a2y12b2x1，
又因为x12a2−y12b2=1，则b2x12−a2y12=a2b2，
所以x=b2x12−a2y12b2x1=a2b2b2x1=a2x1>0，
即点Ba2x1,0，
设双曲线C的半焦距为c>0，则F1−c,0，F2c,0，
因为F1B=2BF2，则a2x1+c=2c−a2x1，整理得x1=3a2c，
则y1=b2×3a2c2a2−b2=b9a2c2−1，
可得AF1=x1+c2+y12=3a2c+c2+b29a2c2−1=4a，
且点A为双曲线C在第一象限的右支上一点，则AF1−AF2=2a，
可得AF2=AF1−2a=2a，
在△AF1F2中，由余弦定理可得：F1F22=AF12+AF22−2AF1⋅AF2cs∠F1AF2，
即4c2=16a2+4a2−2×4a×2a×12，整理得c2=3a2，
所以双曲线C的离心率e=c2a2=3.
故选：D.

【点睛】方法点睛：1．双曲线离心率(离心率范围)的求法
求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值；
2．焦点三角形的作用
在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
【变式11-1】3. （2023秋·辽宁朝阳·高三校联考阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，左顶点是A，左、右焦点分别是F1，F2，M是C在第一象限上的一点，直线MF1与C的另一个交点为N．若MF2∥AN，且△ANF2的周长为196a，则直线MN的斜率为 ．
【答案】157
【分析】由平行关系得出对应线段成比例，结合椭圆定义，表示出长度，利用余弦定理求出cs∠AF1N，得出结果.
【详解】因为椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为e=ca=12，则c=12a，
又因为AN∥MF2，即△AF1N∽△F2F1M，
则ANMF2=NF1MF1=AF1F1F2=a−c2c=a−12aa=12，可得AN=12MF2,NF1=12MF1，
所以AN+NF1=12MF1+MF2=a，①
又因为AN+NF2+a+c=196a，可得AN+NF2=53a，②
又因为NF1+NF2=2a，③
由①②③知AN=a3，NF1=2a3，
在△∠AF1N中，由余弦定理可得cs∠AF1N=14a2+49a2−19a22×12a×23a=78>0，
可得∠AF1N为锐角，则sin∠AF1N=1−cs2∠AF1N=158，
所以tan∠AF1N=sin∠AF1Ncs∠AF1N=157，即MN的斜率为157．
故答案为：157.
【点睛】方法点睛：1．椭圆离心率(离心率范围)的求法
求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
2．焦点三角形的作用
在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
【变式11-1】4. （2023·四川绵阳·统考模拟预测）双曲线H：x2a2−y2b2=1(a,b>0)其左、右焦点分别为F1、F2，倾斜角为π3的直线PF2与双曲线H在第一象限交于点P，设双曲线H右顶点为A，若PF2≥6AF2，则双曲线H的离心率的取值范围为 ．
【答案】54,2
【分析】设PF2=m，则PF1=2a+m，然后在△PF1F2中利用余弦定理列方程可表示出m，再由PF2≥6AF2可求出离心率的范围
【详解】设PF2=m，则PF1=2a+m，
因为直线PF2的倾斜角为π3，所以∠PF2F1=2π3，
在△PF1F2中，由余弦定理得PF12=PF22+F1F22−2PF2F1F2cs∠PF2F1，
(2a+m)2=m2+(2c)2−2m⋅2ccs2π3，
4a2+4am+m2=m2+4c2+2mc
得m=2c2−2a22a−c，
因为PF2≥6AF2，所以2c2−2a22a−c≥6(c−a)
得c+a2a−c≥3，4c−5a2a−c≥0，
所以(4c−5a)(2a−c)≥02a−c≠0，
所以(4e−5)(2−e)≥02−e≠0，
解得54≤e<2，
即双曲线H的离心率的取值范围为54,2
故答案为：54,2
【点睛】关键点睛：此题考查求双曲线的离心率的范围，考查直线与双曲线的位置关系，解题的关键是根据题意在△PF1F2中利用余弦定理表示出PF2，然后代入已知条件中可求得结果，考查数学转化思想，属于较难题.
1．（2023·内蒙古赤峰·赤峰二中校联考模拟预测）在四面体ABCD中，AB⊥BC，AB⊥AD，向量BC与AD的夹角为2π3，若AB=6，BC=AD=3，则该四面体外接球的表面积为 ．
【答案】72π
【分析】将四面体补全为一个直四棱柱，即可得出直三棱柱的外接球是四面体的外接球，即可求出表面积．
【详解】因为AB⊥BC，AB⊥AD，
所以∠ABC=90°，∠BAD=90°，
过点B作BE∥AD，过点D作DE⊥BE，垂足为E，
因为AB⊥AD，BE∥AD，
所以AB⊥BE，
因为BC⊂平面BCE，BE⊂平面BCE，BC∩BE=B，
所以AB⊥平面BCE，
所以DE⊥平面BCE，
故可将四面体补成一个直四棱柱，如图所示，
因为向量BC与AD的夹角为2π3，
所以BC与BE的夹角为2π3，即∠CBE=2π3，
因为AB=6，BC=AD=3，
所以BE=3，DE=AB=6，
由余弦定理得CE=BC2+BE2−2BC⋅BE⋅cs120°
=9+9−2×3×3×(−12)=33，
三角形CBE外接圆直径得2r=3332=6,r=3,，
四面体所在三棱柱的外接球半径R=AB22+r2=32+32=32，即四面体外接球半径R=32，
所以四面体外接球的表面积为4πR2=4π×18=72π，
故答案为：72π．

【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA=a,PB=b,PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2＋b2＋c2求解．
（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
2. （2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模）在△ABC中，AB⋅AC=9，sinB=csAsinC，S△ABC=6，P为线段AB上的动点，且CP=x⋅CA|CA|+y⋅CB|CB|，则2x+1y的最小值为（ ）
A．116+63B．116C．1112+63D．1112
【答案】C
【分析】由已知条件求得解得b，c，csA，再求得CB，可得到x3+y4=1，用基本不等式求2x+1y的最小值.
【详解】设|AB|=c，|AC|=b，根据题意得bccsA=9b=ccsA12bcsinA=6，
解得b=3，c=5，sinA=45，csA=35，
CB=AB−AC2=c2+b2−2bccsA=52+32−2×5×3×35=4
∴ CP=x⋅CA|CA|+y⋅CB|CB|=x3CA+y4CB，
又∵A、P、B三点共线，∴ x3+y4=1，
∴ 2x+1y=(x3+y4)(2x+1y)=1112+x3y+y2x≥1112+2x3y⋅y2x=1112+63，
当且仅当x3+y4=1x3y=y2x，即x=6×(4−6)5y=4×(26−3)5时，等号成立．
故选：C
【点睛】关键点睛：解题的关键是由已知条件求出a,b,c后，再由A,P,B三点共线，得x3+y4=1，所以2x+1y=2x+1yx3+y4化简后结合基本不等式可求出其最小值，
3. （2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）已知双曲线C:x24−y2=1的左右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交双曲线C于A,B两点，若△ABF1的周长为20，则线段AB的长为 .
【答案】6或40041
【分析】分情况，利用双曲线的定义，结合余弦定理求解.
【详解】C:x24−y2=1,a2=4,b2=1，c2=4+1=5,
易得双曲线的实轴长2a=4,焦距2c=25.
若A,B都在右支上，则AF1=AF2+4,BF1=BF2+4，
△ABF1的周长AB+AF1+BF1=AB+AF2+BF2+8=2AB+8=20,
|AB|=6；
否则，不妨设是如图的情况：
AF1+BF1+AB=AF2−2a+BF2+2a+AF2−BF2=2AF2=20，
所以AF2=10，所以AF1=10−4=6，
设AB=t,则BF2=10−t,BF1=10−t+4=14−t,
由余弦定理得csA=62+102−2522×6×10=62+t2−14−t22×6×t,解得t=40041,
故答案为：6或40041
4. （2022·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）在锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a,b,c，若a2−c2=bc，则1tanC−1tanA+3sinA的取值范围为（ ）
A．(23,+∞)B．(23,4)C．(1336,4)D．(23,1336)
【答案】C
【分析】根据余弦定理以及正弦定理化简条件得A、C关系，再根据二倍角正切公式以及函数单调性求范围．
【详解】∵a2−c2=bc，∴所以b2−2bccsA=bc∴b−2ccsA=c∴sinB−2sinCcsA=sinC,
sin(A+C)−2sinCcsA=sinC,∴sin(A−C)=sinC∴A−C=C,A=2C
因此1tanC−1tanA+3sinA=1tanC−1tan2C+3sinA=1tanC−1−tan2C2tanC+3sinA=1+tan2C2tanC+3sinA
=12sinCcsC+3sinA=1sinA+3sinA
设sinA=t，∵△ABC是锐角三角形，∴A∈(0,π2),C=A2∈(0,π2),B=π−A−A2∈(0,π2)，∴A∈(π3,π2)
∴sinA=t∈(32,1)，1t+3t在t∈(32,1)上单调递增，
∴1tanC−1tanA+3sinA=1t+3t∈(1336,4)，
故选：C
5. （2023·全国·模拟预测）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与C交于A，B两点，点P为线段AF2上一点，且P，F2为线段AB的两个三等分点，△BF1F2的外接圆半径为233c（c为半焦距），且∠ABF1为锐角，则sin∠F1F2Psin∠F1PF2= ．
【答案】2217
【分析】△BF1F2的外接圆半径为233c，由正弦定理得∠ABF1=60∘，在△BF1F2、△BF1A和△BF1P中，利用余弦定理解得F1F2=2c=143a，PF1=4213a，可得sin∠F1F2Psin∠F1PF2的值．
【详解】连接AF1，设BF2=t，则AF2=2t，如图所示，
由双曲线的定义知BF1−BF2=2a，AF1−AF2=2a，则BF1=t+2a，AF1=2t+2a．
因为△BF1F2的外接圆半径为233c，所以由正弦定理得sin∠ABF1=2c2×233c=32，又∠ABF1为锐角，所以∠ABF1=60∘．
在△BF1F2中，cs∠F1BF2=t+2a2+t2−2c22×t+2a×t=12，即t2+2at+4a2−4c2=0 ①．
在△BF1A中，cs∠ABF1=t+2a2+3t2−2t+2a22×t+2a×3t=12，所以3t2−10at=0，则t=103a，代入①式，得c=73a．
所以F1F2=2c=143a，BF1=163a，BP=203a．
在△BF1P中，由余弦定理得PF12=2569a2+4009a2−3209a2=3369a2，所以PF1=4213a，
所以sin∠F1F2Psin∠F1PF2=PF1F1F2=2217．
故答案为：2217
【点睛】方法点睛：如果试题涉及圆锥曲线的焦点或准线，则通常要利用圆锥曲线的定义来求解，特别是求解焦点三角形问题，主要就是利用圆锥曲线的定义、正弦定理与余弦定理等，通过建立方程（组）来解决．
6. （2022·浙江·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知c=33,b=2a，则△ABC的面积最大值为 ，此时b2+c2bsinB+csinC= .
【答案】 9； 53
【分析】解法一：先由余弦定理求得csC，结合平方关系表示出sinC，再由面积公式结合二次函数的性质即可求得面积最大值，再由正弦定理即可求得b2+c2bsinB+csinC
解法二：根据阿波罗尼斯圆的定义与等合比性质结合计算即可.
【详解】解法一：由已知得csC=a2+b2−c22ab=5a2−274a2,∴sinC=1−cs2C=16a4−(5a2−27)24a2.
S=12absinC=a2⋅3−(a2−15)2+1444a2≤9，
当且仅当a=15时，S取到最大值9，此时sinC=35，又bsinB=csinC=2R（R为外接圆半径），则b2+c2bsinB+csinC=2RbsinB+csinCbsinB+csinC=2R=csinC=53.
解法二：c=AB=33,AC=2BC,根据阿波罗尼斯圆的定义可知，C的轨迹为圆，圆的半径为23,∴S≤9；
根据等合比性质：b2+c2bsinB+csinC=csinC=53（此时sinC可根据最值条件得出）
故答案为：9，53
7.（2023·全国·统考高考真题）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若acsB−bcsA=c，且C=π5，则∠B=（ ）
A．π10B．π5C．3π10D．2π5
【答案】C
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得∠A的值，最后利用三角形内角和定理可得∠A的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得sinAcsB−sinBcsA=sinC，
即sinAcsB−sinBcsA=sinA+B=sinAcsB+sinBcsA，
整理可得sinBcsA=0，由于B∈0,π，故sinB>0，
据此可得csA=0,A=π2，
则B=π−A−C=π−π2−π5=3π10.
故选：C.
8．（2023·全国·统考高考真题）过点0,−2与圆x2+y2−4x−1=0相切的两条直线的夹角为α，则sinα=（ ）
A．1B．154C．104D．64
【答案】B
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得k2+8k+1=0，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为x2+y2−4x−1=0，即x−22+y2=5，可得圆心C2,0，半径r=5，
过点P0,−2作圆C的切线，切点为A,B，
因为PC=22+−22=22，则PA=PC2−r2=3，
可得sin∠APC=522=104,cs∠APC=322=64，
则sin∠APB=sin2∠APC=2sin∠APCcs∠APC=2×104×64=154，
cs∠APB=cs2∠APC=cs2∠APC−sin2∠APC=642−1042=−14<0，
即∠APB为钝角，
所以sinα=sinπ−∠APB=sin∠APB=154；
法二：圆x2+y2−4x−1=0的圆心C2,0，半径r=5，
过点P0,−2作圆C的切线，切点为A,B，连接AB，
可得PC=22+−22=22，则PA=PB=PC2−r2=3，
因为PA2+PB2−2PA⋅PBcs∠APB=CA2+CB2−2CA⋅CBcs∠ACB
且∠ACB=π−∠APB，则3+3−6cs∠APB=5+5−10csπ−∠APB，
即3−cs∠APB=5+5cs∠APB，解得cs∠APB=−14<0，
即∠APB为钝角，则csα=csπ−∠APB=−cs∠APB=14，
且α为锐角，所以sinα=1−cs2α=154；
方法三：圆x2+y2−4x−1=0的圆心C2,0，半径r=5，
若切线斜率不存在，则切线方程为y=0，则圆心到切点的距离d=2>r，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为y=kx−2，即kx−y−2=0，
则2k−2k2+1=5，整理得k2+8k+1=0，且Δ=64−4=60>0
设两切线斜率分别为k1,k2，则k1+k2=−8,k1k2=1，
可得k1−k2=k1+k22−4k1k2=215，
所以tanα=k1−k21+k1k2=15，即sinαcsα=15，可得csα=sinα15，
则sin2α+cs2α=sin2α+sin2α15=1，
且α∈0,π2，则sinα>0，解得sinα=154.
故选：B.

9．（2018·江苏·高考真题）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，∠ABC=120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD=1，则4a+c的最小值为 ．
【答案】9
【分析】方法一：先根据角平分线性质和三角形面积公式得条件1a+1c=1，再利用基本不等式即可解出．
【详解】［方法一］：【最优解】角平分线定义＋三角形面积公式＋基本不等式
由题意可知，S△ABC=S△ABD+S△BCD,由角平分线定义和三角形面积公式得12acsin120°=12a×1×sin60°+12c×1×sin60°，化简得ac=a+c，即1a+1c=1，
因此4a+c=(4a+c)(1a+1c)=5+ca+4ac≥5+2ca⋅4ac=9,
当且仅当c=2a=3时取等号，则4a+c的最小值为9.
故答案为：9.
［方法二］： 角平分线性质＋向量的数量积＋基本不等式
由三角形内角平分线性质得向量式BD=aa+cBA+ca+cBC．
因为BD=1，所以1=aa+c2BA2+ca+c2BC2+2ac(a+c)2BA⋅BC，化简得1=aca+c，即ac=a+c，亦即(a−1)(c−1)=1，
所以4a+c=4(a−1)+(c−1)+5≥5+24(a−1)(c−1)=9，
当且仅当4(a−1)=c−1，即a=32,c=3时取等号．
［方法三］：解析法＋基本不等式
如图5，以B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系．设C(a,0)，D12,32,A−12c,32c．因为A，D，C三点共线，则kAD=kCD，即32c−32−12c−12=3212−a，则有a+c=ac，所以1a+1c=1．
下同方法一．
［方法四］：角平分线定理＋基本不等式
在△BDC中，CD=a2+1−2acsπ3=a2+1−a，同理AD=c2+1−c．根据内角平分线性质定理知CDAD=BCAB，即a2+1−ac2+1−c=ac，两边平方，并利用比例性质得1−a1−c=a2c2，整理得(a−c)(a+c−ac)=0，当a=c时，可解得a=c=2,4a+c=10．当a+c=ac时，下同方法一．
［方法五］：正弦定理＋基本不等式
在△ABD与△BCD中，由正弦定理得ADsin60°=1sinA,CDsin60°=1sinC．
在△ABC中，由正弦定理得asinA=bsinB=AD+CDsin120°=ADsin60°+CDsin60°．
所以asinA=1sinA+1sinC，由正弦定理得1=aa=1a+1c，即ac=a+c，下同方法一．
［方法六］： 相似＋基本不等式
如图6，作AE∥BC，交BD的延长线于E．易得△ABE为正三角形，则AE=c,DE=c−1．
由△ADE∽△CDB，得AEBC=DEBD，即ca=c−11，从而a+c=ac．下同方法一．
【整体点评】方法一：利用角平分线定义和三角形面积公式建立等量关系，再根据基本不等式“1”的代换求出最小值，思路常规也简洁，是本题的最优解；
方法二：利用角平分线的性质构建向量的等量关系，再利用数量积得到a,c的关系，最后利用基本不等式求出最值，关系构建过程运算量较大；
方法三：通过建立直角坐标系，由三点共线得等量关系，由基本不等式求最值；
方法四：通过解三角形和角平分线定理构建等式关系，再由基本不等式求最值，计算量较大；
方法五：多次使用正弦定理构建等量关系，再由基本不等式求最值，中间转换较多；
方法六：由平面几何知识中的相似得等量关系，再由基本不等式求最值，求解较为简单．
10．（2023·全国·统考高考真题）在△ABC中，∠BAC=60°,AB=2,BC=6，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD= ．
【答案】2
【分析】方法一：利用余弦定理求出AC，再根据等面积法求出AD；
方法二：利用余弦定理求出AC，再根据正弦定理求出B,C，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
如图所示：记AB=c,AC=b,BC=a，
方法一：由余弦定理可得，22+b2−2×2×b×cs60∘=6，
因为b>0，解得：b=1+3，
由S△ABC=S△ABD+S△ACD可得，
12×2×b×sin60∘=12×2×AD×sin30∘+12×AD×b×sin30∘，
解得：AD=3b1+b2=231+33+3=2．
故答案为：2．
方法二：由余弦定理可得，22+b2−2×2×b×cs60∘=6，因为b>0，解得：b=1+3，
由正弦定理可得，6sin60∘=bsinB=2sinC，解得：sinB=6+24，sinC=22，
因为1+3>6>2，所以C=45∘，B=180∘−60∘−45∘=75∘，
又∠BAD=30∘，所以∠ADB=75∘，即AD=AB=2．
故答案为：2．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
正弦定理和余弦定理是解决三角形问题的重要工具，根据已知条件和所求未知量的不同，选择合适的方法可以更加高效地解决问题，通过运用这两个定理，可以帮助我们求解各种未知边长和角度，在解题过程中，我们还可以利用三角形内角和为180度来辅助求解.

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.
对含有正切函数求最值取值范围，一般从一下方面分析：
切化弦，
在三角形中，有tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC
1.满足圆锥曲线定义，特别是“阿波罗尼斯圆”，可以适当的建系设点
2.利用正余弦平方形式可以建系设点
3.具有几何意义特征，如垂直，距离，斜率等.可以适当的建系设点
1.中线可分三角形得两个三角形，分别运用余弦定理2.中线可延伸补形得平行四边形
1.角平分线，可以借助面积"和"构造等量关系2.角平分线也是两边的“对称轴”
3.三角形角平分线定理可以直接在小题中使用
1.一般给高，基本就与求面积联系起来
2.高也可以分开构造直角三角形，得出对应的三角函数值
1.四边形可以“劈成”俩三角形. 2.四边形可以“补成”三角形

1.用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．
2.向量具有数形二重性，一方面具有“形”的特点，借助于几何图形进行研究，利用数形结合增强解题的直观性；另一方面又具有一套优良的运算性质，因此，对于某些几何命题的求解或证明，自然可以转化为向量的运算问题来解决，可以使复杂问题简单化，几何问题代数化