资源简介

三角形中的范围与最值问题
【方法技巧与总结】
1.在解三角形专题中，求其“范围与最值”的问题，一直都是这部分内容的重点、难点。解决这类问题，通常
有下列五种解题技巧:
(1)利用基本不等式求范围或最值；
(2)利用三角函数求范围或最值；
(3)利用三角形中的不等关系求范围或最值；
(4)根据三角形解的个数求范围或最值；
(5)利用二次函数求范围或最值.
要建立所求量 (式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量 (式子)的值作为函数值，转
化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题.这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围
限制，要尽量把角或边的范围 (也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大.
2.解三角形中的范围与最值问题常见题型：
(1)求角的最值；
(2)求边和周长的最值及范围；
(3)求面积的最值和范围.
【题型归纳目录】
题型一：周长问题
题型二：面积问题
题型三：长度问题
题型四：转化为角范围问题
题型五：倍角问题
题型六：角平分线问题
题型七：中线问题
题型八：四心问题
题型九：坐标法
题型十：隐圆问题
题型十一：两边夹问题
题型十二：与正切有关的最值问题
题型十三：最大角问题
题型十四：费马点、布洛卡点、拿破仑三角形问题
题型十五：托勒密定理及旋转相似
题型十六：三角形中的平方问题
题型十七：等面积法、张角定理
【典例例题】
题型一：周长问题
例⒈ (2022·云南·昆明市第三中学高一期中)设 △ABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，设 asinC=
ccos A- π6 ．
(1)求A；
(2)从三个条件：① △ABC的面积为 3；② b= 3；③ a= 3中任选一个作为已知条件，求 △ABC周长的
取值范围．

例⒉ (2022·重庆· 高一阶段练习)已知向量 a= ( 3sinx,cosx)，b= (1,1) f x = a ，函数 b．
(1)求函数 f x 在 0,π 上的值域；
(2)若 △ABC的内角A、B、C所对的边分别为 a、b、c，且 f A = 2，a= 1，求 △ABC的周长的取值范围．
例⒊ (2022·浙江·高三专题练习)锐角 △ABC的内切圆的圆心为O，内角A，B，C所对的边分别为 a，b，c.若
3bc= b2+ c2- a2 tanA，且 △ABC的外接圆半径为 1，则 △BOC周长的取值范围为__________
_.
例⒋ (2022·浙江省新昌中学模拟预测)已知函数 f(x) = 3sinωxcosωx- sin2ωx+ 12 ，其中ω> 0，若实数 x1,
x2满足 f
π
x1 - f x2 = 2时， x1- x2 的最小值为 2．
(1)求ω的值及 f(x)的对称中心；
(2)在 △ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若 f(A) =-1,a= 3，求 △ABC周长的取值范围．
题型二：面积问题
例⒌ (2022·贵州黔东南·高一期中)在面积为 S的 △ABC中，内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且
2S sinC sinAsinB + = a
2+ b2 sinA.sinC
(1)求C的值；
(2)若ABC m= S为锐角三角形，记 2 ，求m的取值范围.a
例⒍ (2022·浙江·高二阶段练习)在 △ABC中，角A,B,C的对边分别为 a,b,c,cosA+ 3sinA= 2．
(1)求角A；
3 (2)若点D满足AD= 4 AC，且BC= 2，求 △BCD面积的取值范围．
例⒎ (2022·浙江·杭师大附中模拟预测)在 △ABC中，D的边BC的中点，AD= 2,2cosC- cos2(A+B) =
3
2．
(1)求角C；
(2)求 △ABC面积的取值范围．
例⒏ (2022·江苏省天一中学高一期中)在 △ABC中，角A B C所对应的边分别为 a b c，若 b= 2，cosC
= a2 -
c
4 .△ABC是锐角三角形，则 △ABC面积的取值范围是___________.
题型三：长度问题
例⒐ ( 2022 · 辽 宁 · 模 拟 预 测 ) 在 △ ABC 中 ，内 角 A ，B ，C 的 对 边 分 别 为 a ，b ，c ，且
c+ a- b sinC- sinA+ sinB = 3asinB．
(1)求角C的大小；
(2)设m> 1，若 △ABC的外接圆半径为 4，且 2a+mb有最大值，求m的取值范围．
例⒑ (2022·河南·模拟预测 (文))在 △ABC中，角A，B，C的对边分别为 a，b，c． 2cos2C= 2- 3sin2C，c
= 4，a+ b= 2 10．
(1)求S△ABC；
(2) 1 1求 a - 的取值范围．b
例⒒ (2022·江苏·高三专题练习)已知 △ABC 内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，A+C= 2B ，△ABC的
面积S= 34 a.
(1)求边 c；
(2)若 △ABC为锐角三角形，求 a的取值范围.

例⒓ (2022· 陕西·宝鸡中学模拟预测 (文))已知 a= cosx,cosx ,b= 3sinx,-cosx ，f x = a b，
(1)求 f x 的单调递增区间；
(2)设 △ABC的内角A,B,C a,b,c f A = 1所对的边分别为 ，若 2 ，且 a= 3，求 b
2+ c2的取值范围.
(2022 · · ) x = c- a ,sinB y = b- c ,sinA x 例⒔ 江苏南京 模拟预测 请在①向量 + ， c+ a ，且 ∥ y；② 3 b =b c
2csin A+ π3 这两个条件中任选一个填入横线上并解答．
在锐角三角形ABC中，已知角A，B，C的对边分别为 a，b，c，．
(1)求角C；
(2)若 △ABC的面积为 2 3，求 2a+ b的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
例⒕ (2022·全国·模拟预测)在 △ABC中，内角A,B,C的对边分别为 a,b,c，且 asinA= c sinC- 2sinB +
b sinC+ sinB ．
(1)求角A；
3 b- c
(2)若 △ ABC为锐角三角形，求 2a 的取值范围．
例⒖ (2022·辽宁·抚顺市第二中学三模)在① 2c- a sinC= b2+ c2- a2 sinB ，② cos2A-C2 - cosAcosCb
= 3 3c4 ，③ = tanA+ tanB这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中，bcosA
问题：在 △ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，b= 2 3，_______．
(1)求角B﹔
(2)求 2a- c的范围．
例⒗ (2022·浙江·模拟预测)在 △ABC中，角A，B，C所对的边分别是 a，b，c，若 2csinB= (2a+ c)tanC，
bsinAsinC= 3sinB，则 ac的最小值为________．
例⒘ (2022·安徽黄山·二模 (文))在 △ABC中，角A，B，C的对边分别为 a，b，c，a= 1 A= 3π， 4 ，若 λb+ c有
最大值，则实数 λ的取值范围是_____．
a(c- a)
例⒙ (2022·浙江·高三专题练习)已知 △ABC的三边长分别为 a，b，c，角B是钝角，则 2 的取值范围b
是________.
例⒚ (2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测 (文))在 △ABC中，角 A，B，C的对边分别是 a，b，c，若 c =
(a+ b)2
3bsinA，则 的取值范围是 ( )
ab
A. [3,5] B. [4,6] C. [4,2+ 13] D. [4,2+ 15]
题型四：转化为角范围问题
例⒛ (2022·河北秦皇岛·二模)在锐角 ΔABC中，内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，且 (a + b) (sinA -
sinB) = (c- b)sinC.
(1)求A；
(2)求 cosB- cosC的取值范围.
例21 ( 2022 ·广东茂名 ·模拟预测 ) 已知 △ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且 a - b =
c cosB- cosA ．
(1)判断 △ABC的形状并给出证明；
(2)若 a≠ b，求 sinA+ sinB+ sinC的取值范围．
例22 (2022·浙江温州·三模)在 △ABC中，角A，B，C所对的边分别是 a，b，c.已知 a= 1,b= 2.
(1)若∠B= π4 ，求角A的大小；
(2)求 cosAcos A+ π6 的取值范围.
例23 (2021·河北·沧县中学高三阶段练习)已知函数 f x = 3sin2x+ 4sinxcosx- cos2x．
(1)求函数 f x 的最大值；
(2) △ABC A B C a b c f 2B+ π = 2c+ a已知在锐角 中，角 ， ， 所对的边分别是 ，，，且满足 4 a ，求 sinA
sinB sinC的取值范围．
例24 (2022·山西·模拟预测 (理))已知 △ABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，且 c= 2(a- bcosC).
(1)求B；
(2)若 △ABC为锐角三角形，求 sin2A+ sin2C的取值范围.
例25 (2022·安徽省舒城中学模拟预测 (理))锐角 △ABC的内角A,B,C所对的边是 a,b,c，且 a= 1,bcosA-
cosB= 1，若A,B变化时，sinB- 2λsin2A存在最大值，则正数 λ的取值范围是______
例26 (2022·江西·南昌十中模拟预测 (理))锐角 △ABC中，A= π3 ，角A的角平分线交BC于点M，AM= 2 ,
,则BM CM 的取值范围为_________.
例27 (2022·辽宁·高一期中)在 △ABC中，内角A，B，C所对的边分别为 a，b，c，已知 a= btanA，且B为钝
角，则B-A=______，sinA+ sinC的取值范围是______．
例28 (2021·云南师大附中高三阶段练习 (理))如图所示，有一块三角形的空地，已知∠ABC= 7π12 ,BC= 4 2
千米，AB= 4千米，则∠ACB=________；现要在空地中修建一个三角形的绿化区域，其三个顶点
为B，D π，E，其中D，E为AC边上的点，若使∠DBE= 6 ，则BD+BE最
小值为________平方千米．
例29 (2021·浙江·舟山中学高三阶段练习)如图，在 △ABC中，∠ABC= 90°，AC= 2CB= 2 3，P是 △ABC
内一动点，∠BPC= 120°，则 △ABC的外接圆半径 r=______，AP的最小值为___________
_．
例30 (2022·湖北·武汉二中模拟预测)在锐角 △ABC中，a2- b2= bc，则角B的范围是________ 5，tanB
- 5 + 6sinA的取值范围为__________.
tanA
例31 (2022·新疆喀什·一模)已知ΔABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c．若A= 2B，且A为锐角，则
c + 1 的最小值为 ( )
b cosA
A. 2 2+ 1 B. 3 C. 2 2+ 2 D. 4
例32 (2021·北京·高三专题练习)在锐角 △ABC中A= 2B，B，C的对边长分别是 b，c b，则
b+ 的取值范围c
是 ( )
A. 1 , 1 B. 1 , 14 3 3 2 C.
1 2 2 3
2 , 3 D. 3 , 4
例33 (2022 石家庄模拟)如图，平面四边形ABCD的对角线的交点位于四边形的内部，AB= 1，BC= 2 ，
AC=CD，AC⊥CD，当∠ABC变化时，对角线BD的最大值为　　．
题型五：倍角问题
例34 (2021· c安徽·芜湖一中高一期中)△ABC的内角A、B、C的对边分别为 a、b、c，若C= 2B，则 的取值
b
范围为______.
例35 (2021· c全国·高三专题练习 (文))已知 △ABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，若A= 2B，则 +
2b
8b
a 的取值范围为______.
例36 (2020·全国·高二单元测试)已知ΔABC是锐角三角形，a,b,c分别是A,B,C的对边.若A= 2B a，则 +
b
b
a 的取值范围是_________.
a
例37 (2020·陕西·无高一阶段练习)已知ΔABC是锐角三角形，若A= 2B，则 的取值范围是_____.
b
例38 (2019·四川·成都外国语学校高二开学考试 (文))已知ΔABC的内角A、B、C的对边分别为 a、b、c，若
2
A= 2B c 2b，则 + a 的取值范围为______b
2
例39 (2021·江西鹰潭·一模 (理))已知 △ABC的内角A、B、C的对边分别为 a、b c A= 2B ac+ 2b、，若 ，则
ab
的取值范围为__________．
2
例40 (2022 ) ΔABC A B C a b c A= 2B b a芜湖模拟 已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ，，，若 ，则 c + 最小值b
是　　．
例41 (2022 c 8b道里区校级一模)已知ΔABC的内角A，B，C的对边分别为 a ，b，c，若A= 2B，则 +
2b a
的
取值范围为　　．
题型六：角平分线问题
例42 (2022·河北保定·高一阶段练习)记 △ABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，且 bcosC+ ccosB=
2acosA.
(1)求A的大小；
(2)若BC 3边上的高为 2 ，且A的角平分线交BC于点D，求AD的最小值.
例43 (2022·全国·高三专题练习)在 △ABC中，角A，B，C所对的边分别为 a，b，c.且满足 (a+ 2b)cosC+
ccosA= 0.
(1)求角C的大小；
(2)设AB边上的角平分线CD长为 2，求 △ABC的面积的最小值.
题型七：中线问题
例44 (2022·江苏省天一中学高一期中)已知 △ABC的内角A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且满足 2sin2A
- 2sin2B- sin2C- 2sinBsinC= cos2C- cos2C.
(1)求角A；
(2)若AD是 △ABC的中线，且AD= 2，求 b+ c的最大值.
例45 (2022·山西运城·高一阶段练习)已知 △ABC的内角A,B,C所对的边分别为 a,b,c, 3c= 3acosB+
asinB.
(1)若 a= 8,△ABC的面积为 4 3,D为边BC的中点，求中线AD的长度；
(2)若E为边BC上一点，且AE= 1,BE:EC= 2c:b，求 b+ 2c的最小值.
例46 (2022·湖南·长郡中学模拟预测)锐角 △ABC a中，角A、B、C所对的边分别为 a、b、c，且 ccosB = tanB
+ tanC.
(1)求角C的大小；
(2)若边 c= 2，边AB的中点为D，求中线CD长的取值范围．
例47 (2022·山东滨州·二模)锐角 △ABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，已知 3bcosC= 2asinA-
3ccosB．
(1)求A；
(2)若 b= 2，D为AB的中点，求CD的取值范围．
3(b- ccosA)
例48 (2022· a 1 tanC安徽·合肥一中模拟预测 (文))在① = 3a，② = + 1 ，③ csinB=
sinC b 2 tanB
bcos C- π6 这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．
在 △ABC中，内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，且满足________．
(1)求C；
(2)若 △ABC 的面积为 2 3，D为AC的中点，求BD的最小值．
例49 (2022·山东师范大学附中模拟预测)在① 2bsinC= 3ccosB+ csinB cosB b，② =
cosC 2a- c 两个条件中
任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.在 △ABC中，内角A、B、C所对的边分别是 a、b、c，且_
_______.
(1)求角B；
(2)若 a+ c= 3，点D是AC的中点，求线段BD的取值范围.
例50 (多选题) (2022·甘肃定西·高一阶段练习)△ABC中，内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，a= 2，BC边
上的中线AD= 2，则下列说法正确的有：( )

A. AB AC = 3 B. b2+ c2= 10 C. 35 ≤ cosA< 1 D. ∠BAD的最大值为 60°
题型八：四心问题
例51 (2022·山东泰安·模拟预测)在 △ABC中，内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，点O是 △ABC的外心，

- π = AO AB + AO ACacos C 3 ．|AB| |AC|
(1)求角A；
(2)若 △ABC外接圆的周长为 4 3π，求 △ABC周长的取值范围，
例52 (2021·河南南阳·高三期末 (理))在 △ABC中， 3sinC+ cosC= sinB+ sinC .
sinA
(1)求A；
(2)若 △ABC的内切圆半径 r= 2，求AB+AC的最小值.

例53 ( · · |AC| |AB|2022 江西 高三阶段练习 (理))已知O是三角形ABC的外心，若 AB AO+ AC AO=
|AB| |AC|

2m(AO)2，且 2sinB+ sinC= 3，则实数m的最大值为 ( )
A. 3 B. 3 2 14 5 C. 3 D. 2

例54 (2022 ·全国 ·高三专题练习 ) 已知 O 是三角形 ABC AC的外心，若 AB AO + AB AC AO =
AB AC
2
2m AO ，且 sinB+ sinC= 3，则实数m的最大值为 ( )
A. 3 B. 35 C.
7
5 D.
3
2
例55 (2022· π全国·高三专题练习)在 △ABC中，内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，若 a= 5 2sin B+ 4 ，c
= 5且O为 △ABC的外心，G为 △ABC的重心，则OG的最小值为 ( )
A. 2- 1 B. 5 2- 56 C. 2+ 1 D.
10- 5 2
6
例56 (2022·全国·高三专题练习)已知 △ABC的周长为 9 cosA-B = 2sinC，若 2 2 ，则 △ABC的内切圆半径的
最大值为 ( )
A. 12 B. 1 C. 2 D.
3
2
例57 (2022·全国·高三专题练习)在钝角 △ABC中，a,b,c分别是 △ABC的内角A,B,C所对的边，点G是
△ABC的重心，若AG⊥BG，则 cosC的取值范围是 ( )
A. 0, 63 B.
4 6
5 , 3 C.
6 4
3 ,1 D. 5 ,1
例58 (2022·广东深圳·高三阶段练习)在 △ABC中，cosA= 725，△ABC的内切圆的面积为 16π，则边BC长
度的最小值为 ( )
A. 16 B. 24 C. 25 D. 36
题型九：坐标法
例59 (2022 ·全国 ·模拟预测 (文))在 Rt△ABC中，∠BAC = π2 ，AB = AC = 2，点 M在 △ABC内部，
cos∠AMC=- 35 ，则MB
2-MA2的最小值为______．
例60 (2022 南通一模)在平面直角坐标系 xOy中，已知B，C为圆 x2+ y2= 4 上两点，点A(1,1)，且AB⊥
AC，则线段BC的长的取值范围为　　．
例61 M为等边ΔABC 内一动点，且∠CMB= 120° AM，则 的最小值为　　．
MC
例62 (2022 江苏模拟)已知ΔABC是边长为 3的等边三角形，点P是以A 为圆心的单位圆上一动点，点Q
2 1
满足AQ= 3 AP+ 3 AC，则 |BQ|的最小值是　　．
例63 (2022秋 新华区校级期末)“费马点”是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点，当三
角形三个内角均小于 120°时，“费马点”与三个顶点的连线正好三等分“费马点”所在的周角，即该点所对
的三角形三边的张角相等均为 120 ° ，根据以上性质，函数 f (x) = (x- 1)2+ y2 + (x+ 1)2+ y2 +
x2+ (y- 2)2的最小值为 (　　)
A. 2 B. 3 C. 2- 3 D. 2+ 3
例64 (2022 唐山二模)在等边 ΔABC中，M为 ΔABC 内一动点，∠BMC= 120° MA，则 的最小值是 (　
MC
　)
A. 1 B. 34 C.
3
2 D.
3
3
例65 (2022春 仁寿县校级期末)锐角 ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为 a ，b，c，若 a2+ b2= 5c2，则
cosC的取值范围是 (　　)
A. 1 62 ， 3 B.
1
2 ，1 C.
4 6 4
5 ， 3 D. 5 ，1
例66 (2022春 博望区校级月考)在等腰ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为 a，b，c，其中B 为钝角，b-
3asinA= bcos2A．点D与点B在直线AC的两侧，且CD= 3AD= 3，则ΔBCD的面积的最大值为 (　
　)
A. 34 3 B. 4 3 C.
5
4 3 D. 3
例67 (2022 淮安模拟)拿破仑定理是法国著名的军事家拿破仑 波拿马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，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三个角
形的顶点”．在 ΔABC中，∠A= 120°，以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次
为O1 ，O2，O3，若 △O1O2O3的面积为 3，则ΔABC的周长的取值范围为　　．
题型十：隐圆问题
例68 (2022 盐城二模)若点G为ΔABC 的重心，且AG⊥BG，则 sinC的最大值为　　．

例69 (2022 江苏三模)在平面四边形ABCD中，∠BAD= 90°，AB= 2 ，AD= 1，若AB AC +BA BC =
4
3 CA CB，则CB+
1
2 CD的最小值为　　．
例70 (2022 涪城区校级开学)若ΔABC满足条件AB= 4 ，AC= 2BC，则ΔABC面积的最大值为　　．

例71 已知A，B是圆O:x2+ y2= 10上的动点，AB= 4 2 ，P是圆C(x- 6)2+ (y- 8)2= 1上的动点，则 |PA

+ 3PB|的取值范围是　　．
例72 (2022 合肥模拟)锐角 ΔABC中，a，b，c为角A，B ，C所对的边，点G为 ΔABC的重心，若AG⊥
BG，则 cosC的取值范围为 (　　)
A. 3 5 2 ，3 B.
4 6 C. 6 +∞ D. 5 5 5 ， 3 5 ， ， 6 3
例73 (2022 江汉区校级模拟)ΔABC中AB=AC= 3，ΔABC所在平面内存在点 P 使得 PB 2+ PC 2=
3PA2= 3，则ΔABC面积最大值为 (　　)
A. 2 23 B. 5 23 C. 35 D. 3 353 16 4 16

例74 (2022 上城区校级模拟) 设 a，b 为单位向量，向量 c 满足 |2c+ a| = |a b|，则 |c- b|的最大值为 (　　)
A. 2 B. 1 C. 3 D. 2
例75 (2022春 瑶海区月考)在平面四边形ABCD中，连接对角线 BD，已知 CD= 9，BD= 16 ，∠BDC=
90°，sinA= 45 ，则对角线AC的最大值为 (　　)
A. 27 B. 16 C. 10 D. 25
例76 已知圆O:x2+ y2= 5，A，B为圆O上的两个动点，且 |AB| = 2，M为弦AB的中点，C (2 2，a) ，D
(2 2，a+ 2)．当A，B在圆O上运动时，始终有∠CMD为锐角，则实数 a的取值范围为 (　　)
A. (-∞,-2) B. (-∞，-2) ∪ (0，+∞)
C. (-2,+∞) D. (-∞，0) ∪ (2，+∞)
题型十一：两边夹问题
例77 (2022 合肥一模)设 ΔABC 1的内角A，B，C的对边长 a，b ，c成等比数列，cos(A-C) - cosB= 2 ，
延长BC至D，若BD= 2，则ΔACD面积的最大值为 　　．
例78 (2022 静安区二模)设ΔABC的内角A，B，C的对边为 a，b，c．已知 a ，b，c依次成等比数列，且 cos
(A-C) - cosB= 12 ，延长边BC到D，若BD= 4，则ΔACD面积的最大值为　　．
例79 (2022 常德一模)在 ΔABC中，角A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 c2= ab，且 cos(A- B) +
cosC= 32．
(Ⅰ)求角C；
(Ⅱ)延长BC至D ，使得BD= 4，求ΔACD面积的最大值．
80 ΔABC cosA cosB例 在 中，若 sinB + = 2，且ΔABC的周长为 12．sinA
(1)求证：ΔABC为直角三角形；
(2)求ΔABC面积的最大值．
题型十二：与正切有关的最值问题
例81 (2022·湖南· B+C长郡中学模拟预测)在 △ABC中，内角A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且 bsin 2 =
asinB．求：
(1)A；
(2) a- c 的取值范围．
b
例82 (2022·全国·模拟预测)在锐角 △ABC中，角A，B，C所对的边分别为 a，b，c．若 c2+ bc- a2= 0，则
4 sinC+ cosC 2+ 1 - 1 的取值范围为 ( )tanC tanA
A. 4 2,9 B. 8,9 C. 8 3 3 + 4,9 D. 2 3+ 4,9
例83 (2022·山西吕梁·二模 (文))锐角 △ABC是单位圆的内接三角形，角A，B，C的对边分别为 a，b，c，且 a2
+ b2- c2= 4a2cosA- 2accosB ac，则 的取值范围是 ( )
b
A. (2 3,3 3) B. ( 3,3 3) C. 32 ,2 3 D.
3
2 , 3
例84 (2022·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，且满足 b2- a2=
ac 1 1，则 - tanB 的取值范围为___________.tanA
例85 (2022·全国·高三专题练习)在锐角 △ABC中，角 A、B、C所对的边分别为 a,b,c，若 a2- c2= bc，则
1 - 1 + 3sinA的取值范围为 ( )
tanC tanA
A. (2 3,+∞) B. (2 3,4) C. 13 36 ,4 D. 2 3,
13 3
6
例86 (2022·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 b- c 2，则 c 的取值范围为 ( )
A. 12 ,2 B.
2
3 ,
3
2 C.
3
4 ,
4
3 D.
3 , 55 3
题型十三：最大角问题
例87 (2022春 海淀区校级期中)几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点M，N是锐角∠AQB的一边QA
上的两点，试在QB边上找一点P，使得∠MPN最大”．如图，其结论是：点P为过M，N 两点且和射线
QB相切的圆的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系 xOy中，给定两点M (-1,2)，N (1,
4)，点P在 x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标是 (　　)
A. - 7 B. 1或-7 C. 2或-7 D. 1
2 y2
例88 (2022秋 x青羊区校级期中) (理科)E、F是椭圆 4 + 2 = 1的左、右焦点，l 是椭圆的一条准线，点P
在 l上，∠EPF的最大值是 (　　)
A. 60° B. 30° C. 90° D. 45°
例89 (2022春 辽宁期末)设ΔABC的内角A，B，C所对的边长分别为 a ，b，c，且 acosB- bcosA= 35 c，则
tan(A-B)的最大值为 (　　)
A. 35 B.
1 C. 33 8 D.
3
4
例90 (2022 滨州二模)最大视角问题是 1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般
称为“米勒问题”．如图，树顶A离地面 a米，树上另一点B离地面 b 米，在离地面 c(c< b)米的C处看此
树，离此树的水平距离为　　米时看A，B的视角最大．
例91 如图，足球门框的长AB为 2dw(1dw= 3.66m)，设足球为一点P ，足球与A，B连线所成的角为 α(0° <
α< 90°)．
(1)若队员射门训练时，射门角度 α= 30°，求足球所在弧线的方程；
(2)已知点D到直线AB的距离为 3dw，到直线AB 的垂直平分线的距离为 2dw，若教练员要求队员，当
足球运至距离点D为 2dw处的一点时射门，问射门角度 α最大可为多少？
题型十四：费马点、布洛卡点、拿破仑三角形问题
例92 (2022秋 安徽月考)17世纪法国数学家费马曾提出这样一个问题：怎样在一个三角形中求一点，使它到
每个顶点的距离之和最小？现已证明：在 ΔABC中，若三个内角均小于 120°，当点 P满足 ∠APB =
∠APC=∠BPC= 120°时，则点P到三角形三个顶点的距离之和最小，点P 被人们称为费马点．根据以

上性质，已知 a为平面内任意一个向量，b和 c 是平面内两个互

相垂直的单位向量，则 |a- b |+|a+ b |+|a - c |的最小值是 (　
　)
A. 2- 3 B. 2+ 3
C. 3- 1 D. 3+ 1
例93 (2022 深圳模拟)著名的费马问题是法国数学家皮埃尔 德费马 (1601- 1665)于 1643年提出的平面几
何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中的
所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当ΔABC的三个内角均小于 120°
时，则使得∠APB=∠BPC=∠CPA= 120°的点P 即为费马点．已知点 P为 ΔABC的费马点，且AC
⊥BC，若 |PA|+|PB| = λ|PC|，则实数 λ的最小值为　　．
例94 (2022秋 全国月考)费马点是指到三角形三个顶点距离之和最小的点，当三角形三个内角均小于 120°
时，费马点在三角形内，且费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点对三角形三边的
张角相等，均为 120°．已知 ΔABC的三个内角均小于 120° ，P为 ΔABC的费马点，且PA+PB+PC=
3，则ΔABC面积的最大值为　　．
例95 (2022春 湖北期末)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 ΔABC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 　　．
例96 (2022春 润州区校级期中)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ΔABC内接于单位圆，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= 90°，则 △A B C 的面积最大
值为 　　．
题型十五：托勒密定理及旋转相似
例97 (2022春 五华区月考)数学家托勒密从公元 127年到 151年在亚历山大城从事天文观测，在编制三角
函数表过程中发现了很多重要的定理和结论，如图便是托勒密推导倍角公式“cos2α= 1- 2sin2α”所用的
几何图形．已知点 B，C在以线段AC为直径的圆上，D为弧 BC 的中点，点 E在线段AC上且AE=
AB，点F为EC的中点．设AC= 2r，∠DAC= α，那么下列结论：
①DC= 2rcosα ，②AB= 2rcos2α，
③FC= r(1- cos2α)，
④DC 2= r(2r-AB)
其中正确的是 ( 　　)
A.②③ B. ②④
C. ①③④ D.②③④
例98 (2022春 扬州期中)托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定
理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包
矩形的面积之和．其意思为：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．从这个定理
可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．
已知四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC、BD是其两条对角线，BD= 4 2 ，且 ΔACD
为正三角形，则四边形ABCD的面积为 (　　)
A. 8 B. 16 C. 8 3 D. 16 3
例99 (2021秋 宝山区校级月考)凸四边形就是没有角度数大于 180°的四边形，把四边形任何一边向两方延
长，其他各边都在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凸四边形，如图，在凸四边形ABCD中，AB
= 1，BC= 3，AC⊥CD ，AC=CD，当∠ABC变化时，对角线BD的最大值为 (　　)
A. 3 B. 4 C. 6+ 1 D. 7+ 2 3
例100 (2022 冀州市校级模拟)在ΔABC中，BC= 2，AC= 1，以AB为边作等腰直角三角形ABD(B为直
角顶点，C 、D两点在直线AB的两侧)．当∠C变化时，线段CD长的最大值为 (　　)
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
例101 (2022 日照一模)如图所示，在平面四边形 ABCD中，AB = 1，BC = 2 ，ΔACD为正三角形，则
ΔBCD面积的最大值为 (　　)
A. 2 3+ 2 B. 3+ 12 C.
3
2 + 2 D. 3+ 1
题型十六：三角形中的平方问题
2π
例102 (2021秋 河南期末)在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为 a，b，c ，B= 3 ，b= 2 3，b
2+ c2- a2
= 3bc．若∠BAC的平分线与BC交于点E，则AE= (　　)
A. 6 B. 7 C. 2 2 D. 3
例103 (2022 洛阳二模)已知ΔABC的三边分别为 a，b，c ，若满足 a2+ b2+ 2c2= 8，则ΔABC面积的最大值
为 (　　)
A. 55 B.
2 5
5 C.
3 5
5 D.
5
3
例104 (2022春 张家界期末)秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形
面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．
2 2 2 2
一为从隅，开平方得积．”如果把以上这段文字写成公式就是 S= 1 a2b2- a + b - c4 2 ]，其中 a，b，
c是ΔABC的内角A，B ，C的对边，若 sinB= 2sinAcosC且 b2，2，c2成等差数列，则ΔABC面积 S的最
大值为 (　　)
A. 55 B.
2 3 2 5
5 C. 1 D. 5
例105 (2022 晋城一模)在锐角ΔABC中，角A，B，C的对边分别为 a，b ，c，ΔABC的面积为S，若 sin(A+
C) = 2S tanC+ 12 2 ，则 的最小值为 (　　)b - c 2tan(B-C)
A. 2 B. 2 C. 1 D. 2 2
例106 (2022 秦淮区模拟)在锐角三角形 ABC中，已知 4sin2A + sin2B = 4sin2C 1 1，则 +
tanA tanB
+
1
的最小值为　　．
tanC
例107 (2022 浙江三模)在锐角三角形 ABC中，角 A，B，C的对边分别为 a ，b，c，若已知 b 2+ c 2=
4bcsin A+ π6 ，则 tanA+ tanB+ tanC的最小值是　　．
例108 (2022春 鼓楼区校级期中)在ΔABC中，角A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 3a2- b2+ 3abcosC
= 0 c cosA + cosB，则 a 的最小值为　　．b
例109 (2022·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，
4b2- 12bc+ 17c2
且 2S= a2- b- c 2，则 2 2 的取值范围为 ( )．4b - 12bc+ 13c
A. 9 5 ,
73 B. 281 9 73 281 37 181 , 5 C. 2, 37 D. 181 ,2
例110 (2022·安徽·南陵中学模拟预测 (理))在 △ABC中，角A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且满足 5a2+
3b2= 3c2，则 sinA的取值范围是___________.
题型十七：等面积法、张角定理

例111 (2022秋 厦门校级期中)给定平面上四点A，B，C，D，满足AB= 2 ，AC= 4，AD= 6，AB AC = 4，
则ΔDBC面积的最大值为　　．
例112 (2022春 奎屯市校级期末)在ΔABC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 (　　)
A. 8 B. 9 C. 10 D. 7
例113 (2022 云南一模)在 ΔABC 2π中，内角A，B，C对的边分别为 a，b，c，∠ABC= 3 ，BD平分∠ABC
交AC于点D，BD= 2，则ΔABC的面积的最小值为 (　　)
A. 3 3 B. 4 3 C. 5 3 D. 6 3
例114 在ΔABC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 2a+ 3c的最小值为 (　　)
A. 2 5 B. 5+ 2 6 C. 5 D. 3+ 4 2三角形中的范围与最值问题
【方法技巧与总结】
1.在解三角形专题中，求其“范围与最值”的问题，一直都是这部分内容的重点、难点。解决这类问题，通常
有下列五种解题技巧:
(1)利用基本不等式求范围或最值；
(2)利用三角函数求范围或最值；
(3)利用三角形中的不等关系求范围或最值；
(4)根据三角形解的个数求范围或最值；
(5)利用二次函数求范围或最值.
要建立所求量 (式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量 (式子)的值作为函数值，转
化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题.这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围
限制，要尽量把角或边的范围 (也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大.
2.解三角形中的范围与最值问题常见题型：
(1)求角的最值；
(2)求边和周长的最值及范围；
(3)求面积的最值和范围.
【题型归纳目录】
题型一：周长问题
题型二：面积问题
题型三：长度问题
题型四：转化为角范围问题
题型五：倍角问题
题型六：角平分线问题
题型七：中线问题
题型八：四心问题
题型九：坐标法
题型十：隐圆问题
题型十一：两边夹问题
题型十二：与正切有关的最值问题
题型十三：最大角问题
题型十四：费马点、布洛卡点、拿破仑三角形问题
题型十五：托勒密定理及旋转相似
题型十六：三角形中的平方问题
题型十七：等面积法、张角定理
【典例例题】
题型一：周长问题
例⒈ (2022·云南·昆明市第三中学高一期中)设 △ABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，设 asinC=
ccos A- π6 ．
(1)求A；
(2)从三个条件：① △ABC的面积为 3；② b= 3；③ a= 3 中任选一个作为已知条件，求 △ABC周长的
取值范围．
【答案】(1)A= π3 ； (2)答案见解析.
【解析】
(1)由正弦定理及已知有 sinA= cos A- π6 ，应用差角余弦公式化简求得 tanA= 3，即可确定A的大
小.
(2)根据所选的条件，应用正余弦定理、三角恒等变换及基本不等式、三角函数的范围求 △ABC周长的取
值范围．
(1)
在 △ABC a中，由 = c 得：csinA= asinC π，又 asinC= ccos A- ，
sinA sinC 6
∴ sinA= cos A- π π6 ，即 sinA= cos A- 6 = cosAcos
π
6 + sinAsin
π
6 =
3
2 cosA+
1
2 sinA，
∴ tanA= 3，又A ∈ (0,π)，
∴A= π3 ．
(2)
π 1 3
选择①：因为A= 3 ，则S△ABC= 2 bcsinA= 4 bc= 3，得 bc= 4，
由余弦定理得 a2= b2+ c2- bc= (b+ c)2- 3bc= (b+ c)2- 12，
即 △ABC的周长 l= a+ b+ c= (b+ c)2- 12+ b+ c，
因为 b+ c≥ 2 bc= 4，当且仅当 b= c= 2时等号成立，
所以 l≥ 42- 12+ 4= 6，即 △ABC的周长的取值范围是 [6,+∞)．
π
选择②：b= 3，因为A= 3 ，b= 3，
2
3 3sinC 3sin 3 π-B a= c= = = 3cosB 3由正弦定理得 2sinB， sinB sinB 2sinB + 2 ，
2B
3 3cosB 3 3 3(1+ cosB)△ABC l= a+ b+ c= + + = + 3 3
6cos 2 3 3
即 的周长 2sinB 2sinB 2 2sinB 2 = +4sinB cosB 22 2
= 3 + 3 3 ，
2tanB 22
因为B ∈ 0, 2π3
B π
，则 2 ∈ 0, 3 ，故 0< tan
B
2 < 3，
3 + 3 3所以 B 2 > 2 3，即 △ABC的周长的取值范围是 (2 3,+∞)．2tan 2
选择③：a= 3 π．因为A= 3 ，a= 3，
b c a
由正弦定理得 sinB = = = 2，sinC sinA
即 △ABC的周长 l= a+ b+ c= 2sinB+ 2sinC+ 3= 2sinB+ 2sin 2π3 -B + 3
= 3sinB+ 3cosB+ 3= 2 3sin B+ π6 + 3，
B ∈ 0, 2π π π
6 ≤ 1，
即 △ABC的周长的取值范围是 (2 3,3 3).

例⒉ (2022· 重庆·高一阶段练习)已知向量 a= ( 3sinx,cosx)，b= (1,1)，函数 f x = a b．
(1)求函数 f x 在 0,π 上的值域；
(2)若 △ABC的内角A、B、C所对的边分别为 a、b、c，且 f A = 2，a= 1，求 △ABC的周长的取值范围．
【答案】(1) -1,2 ； (2) 2,3 .
【解析】
(1)利用数量积的坐标表示求出函数 f x 并化简，再根据三角函数的性质求值域作答.
(2)由 (1)求出A= π3 ，借助余弦定理求出 b+ c的范围，即可求解作答．
(1)

(1) 依题意，f(x) = a b= 3sinx+ cosx= 2sin x+ π6 ，
x ∈ 0,π x+ π ∈ π , 7π由 得 6 6 6 ，sin x+
π
6 ∈ -
1
2 ,1

，
所以 f x = 2sin x+ π6 在 0,π 上的值域为 -1,2 .
(2)
由 f A = 2sin A+ π6 = 2得，sin A+
π
6 = 1，A ∈
π π π
0,π ，则有A+ 6 = 2 ，解得A= 3 ，
在 △ABC中，由余弦定理得，1= a2= b2+ c2- 2bccosA= b2+ c2- bc= (b+ c)2- 3bc≥(b+ c)2-
3(b+ c)2 (b+ c)2
4 = 4 ，
当且仅当 b= c= 1时取“=“，即有 0< b+ c≤ 2，又因为 b+ c> a= 1，则 1< b+ c≤ 2，
因此 2< b+ c+ a≤ 3，
所以 △ABC的周长的取值范围为 2,3 ．
例⒊ (2022·浙江·高三专题练习)锐角 △ABC的内切圆的圆心为O，内角A，B，C所对的边分别为 a，b，c.若
3bc= b2+ c2- a2 tanA，且 △ABC的外接圆半径为 1，则 △BOC周长的取值范围为__________
_.
【答案】 2 3,2+ 3
【解析】
由余弦定理变形可求得A角，再由正弦定理求得 a，在 △BOC中利用余弦定理表示出OB,OC的关系，并
由基本不等式得出OB+OC的一个范围，结合三角形的性质求得OB+OC的范围，从而可得结论．
【详解】
3
解：由余弦定理，得 3bc= 2bccosAtanA，即 sinA= 2 ，
因为 0π
3 .
3
由正弦定理，得 a= 2RsinA= 2× 2 = 3.
因为∠ABC+∠ACB= 2π3 ，
由内切圆的性质可得∠OBC+∠OCB= π3 ，
2π
所以∠BOC= 3 ，
在 △BOC中，由余弦定理，得BC 2=OB2+OC 2- 2OB OC cos∠BOC，
OB+OC 2
即 3=OB2+OC 2+OB OC= OB+OC 2-OB ≥ + 2-

OC OB OC 4 ，
解得OB+OC≤ 2，又OB+OC>BC，
所以 3所以 △BOC周长的取值范围 2 3,2+ 3 .
故答案为： 2 3,2+ 3 .
例⒋ (2022·浙江省新昌中学模拟预测)已知函数 f(x) = 3sinωxcosωx- sin2ωx+ 12 ，其中ω> 0，若实数 x1,
x π2满足 f x1 - f x2 = 2时， x1- x2 的最小值为 2 ．
(1)求ω的值及 f(x)的对称中心；
(2)在 △ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若 f(A) =-1,a= 3，求 △ABC周长的取值范围．
π kπ
【答案】(1)ω= 1，对称中心 - 12 + 2 ,0 ,k ∈Z；
(2) 2 3,2+ 3
【解析】
(1) f(x) = sin 2ωx+ π先由倍角公式及辅助角公式化简得 6 ，再结合已知求得周期即可求出ω，由正弦函
数的对称性即可求得对称中心；
(2) 2π先求出A= 3 ，再由正弦定理求得 b= 2sinB,c= 2sinC，再借助三角恒等变换及三角函数的值域即
可求得周长的取值范围．
(1)
f(x) = 3sinωxcosωx- sin2ωx+ 1 = 3 sin2ωx- 1- cos2ωx2 2 2 +
1
2 =
3
2 sin2ωx+
1
2 cos2ωx=
sin 2ωx+ π6 ，
显然 f(x) T T π的最大值为 1，最小值为-1，则 f x1 - f x2 = 2时， x1- x2 的最小值等于 2 ，则 2 = 2 ，则
2π
2ω = π，ω= 1；
2x+ π令 6 = kπ,k ∈Z，解得 x=-
π + kπ π kπ12 2 ,k ∈Z，则 f(x)的对称中心为 - 12 + 2 ,0 ,k ∈Z；
(2)
f(A) = sin 2A+ π6 =-1，2A+
π π
6 =- 2 + 2kπ,k ∈Z，又A ∈ 0,π ，则A=
2π
3 ，
a = b = c 3由正弦定理得 = = 2，则 b= 2sinB,c= 2sinC，
sinA sinB sinC 3
2
则周长为 a+ b+ c= 3+ 2sinB+ 2sinC= 3+ 2sinB+ 2sin π3 -B
= 3+ sinB+ 3cosB= 3+ 2sin B+ π π π π 2π3 ，又 0则 3< 2sin B+ π3 ≤ 2，故周长的取值范围为 2 3,2+ 3 .
题型二：面积问题
例⒌ (2022·贵州黔东南·高一期中)在面积为 S的 △ABC中，内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且
2S sinC + sinA = a2+ b2sinB sinA.sinC
(1)求C的值；
(2)若ABC S为锐角三角形，记m= 2 ，求m的取值范围.a
【答案】(1) π3 (2)
3
8 ,
3
2
【解析】
(1)利用三角形面积公式、正弦定理及余弦定理即可求解；
(2)根据题干得出角A的取值范围，利用三角形面积公式及正弦定理进行化简，最后利用角A的取值范围
进行求解.
(1)
解：在 △ABC中，由三角形面积公式得S= 12 bcsinA，
1
由正弦定理得：2× 2 bcsinA
c + a = a2+ b2c sinA，b
a2+ b2- c2 1
整理得：a2+ b2- c2= ab，由余弦定理得：cosC= = ，
2ab 2
又 0(2)
π π π
解：因为 △ABC为锐角三角形，所以A ∈ 0, 2 ，B= π-A- 3 ,B ∈ 0, 2 ，
所以A ∈ π , π6 2 ，
1
2 absinC b 3 3 sinB 3 sin(A+C)
所以m= = ×
a2 a 4
= 4 × = ×sinA 4 sinA
1
3 2 sinA+
3
2 cosA= × = 3 × 1 3 1 3 3 14 sinA 4 2 + 2 × = 8 + 8 × ，tanA tanA
tanA ∈ 3因为 3 ,+∞
1
，所以 ∈ (0, 3)，
tanA
m ∈ 3 , 3故 8 2 .
例⒍ (2022·浙江·高二阶段练习)在 △ABC中，角A,B,C的对边分别为 a,b,c,cosA+ 3sinA= 2．
(1)求角A；

(2)若点D满足AD= 34 AC，且BC= 2，求 △BCD面积的取值范围．
π
【答案】(1)A= 3 (2) 0,
3
4
【解析】
(1) π结合辅助角公式得到 2sin A+ 6 = 2，进而可求出结果；
(2) 4 8 π结合正弦定理以及三角恒等变换求出 bc= 3 + 3 sin 2B- 6 ，然后结合正弦函数的图象与性质即
可求出 △ABC 1的面积的取值范围，从而根据S△BCD= 4 S△ABC即可求出结果.
(1)
因为 cosA+ 3sinA= 2，所以 2sin A+ π = 2 A ∈ 0,π ,∴A= π6 ，且 3 ．
(2)
∵ b c a 4sinB = = = ，sinC sinA 3
∴ bc= 163 sinBsinC
= 163 sinBsin
2π
3 -B
= 16 33 2 sinBcosB+
1
2 sin
2B
= 16 33 4 sin2B+
1 - 14 4 cos2B
= 4 + 83 3 sin 2B-
π
6 ．
∵ 2B- π6 ∈ -
π
6 ,
7π
6 ，
∴ bc ∈ 0,4 ．
∴S 1△ABC= 2 bcsinA ∈ 0, 3 ．

因为点D满足AD= 3 AC S = 14 ，所以 △BCD 4 S△ABC,
∴S△BCD∈ 0, 3 4 ．
例⒎ (2022·浙江·杭师大附中模拟预测)在 △ABC中，D的边BC的中点，AD= 2,2cosC- cos2(A+B) =
3
2 ．
(1)求角C；
(2)求 △ABC面积的取值范围．
π
【答案】(1)C= 3 (2) (0,2 3]
【解析】
(1)根据内角和公式和二倍角余弦公式化简求角C；(2)由余弦定理可得 a,b的关系，结合基本不等式求 ab
的最大值，根据三角形面积公式求 △ABC面积的取值范围．
(1)
因为 2cosC- cos2(A+B) = 32 ，
3
所以 2cosC- cos2C= 2
所以 4cos2C- 4cosC+ 1= 0，故 cosC= 12 ，又C ∈ (0,π)；
所以C= π3 .
(2)
在 △ACD中，由余弦定理可得AD2=CD2+CA2- 2CD CAcos∠ACD
因为AD= 2，C= π3 ，
a2 1
所以 4= 24 + b - 2 ab，
1 a2
所以 2 ab+ 4= 4 + b
2≥ ab，当且仅当 a= 4,b= 2时等号成立，
所以 ab≤ 8，又 ab> 0，当且仅当 a= 4,b= 2时等号成立，
1 3
所以 △ABC面积S= 2 absinC= 4 ab ∈ (0,2 3]．
例⒏ (2022·江苏省天一中学高一期中)在 △ABC中，角A B C所对应的边分别为 a b c，若 b= 2，cosC
= a - c2 4 .△ABC是锐角三角形，则 △ABC面积的取值范围是___________.
2 3【答案】 3 , 3
【解析】
根据题意和余弦定理，求得 4= a2+ c2- ac，再结合余弦定理求得 cosB= 12 ，再由正弦定理可得 a=
4 sinA c= 4 sinC ac= 8 sin 2A- π + 4， ，化简 3 6 3 ，根据 △ABC
π
是锐角三角形求得 6 π
2 ，得3 3
sin 2A- π到 6 ∈
1
2 ,1
8 ，即 ac ∈ 3 ,4 ，结合面积公式，即可求解.
【详解】
2
cosC= a + 4- c
2 a c
由余弦定理可得 = - ，整理得 4= a24a 2 4 + c
2- ac，
2 2
又由 cosB= a + c - 4 12ac = 2 ，
因为B ∈ 0,π π ，所以B= 3 ．
b = 2 = 4 a= 4 4由正弦定理可知：sinB ，所以 sinA，c= sinC，3 3 3 3
2
故 ac= 163 sinA sinC=
16
3 sinAsin
2
3 π-A =
16
3 sinA
3
2 cosA+
1
2 sinA ，
= 8 3sinAcosA+ sin2A = 8 33 3 2 sin2A-
1
2 cos2A+
1
2 =
8
3 sin 2A-
π
6 +
4
3 ，
0π
△ABC 2 π π因为 是锐角三角形， ，解得 π π 5π π 1 8
可得 2A- 6 ∈ 6 , 6 ，所以 sin 2A- 6 ∈ 2 ,1 ，故 ac ∈ 3 ,4 ，
1
又由 △ABC的面积S= 2 acsin
π
3 =
3
4 ac，所以S ∈
2 3
3 , 3

．
2 3故答案为： , 3 3
题型三：长度问题
例⒐ ( 2022 · 辽 宁 · 模 拟 预 测 ) 在 △ ABC 中 ，内 角 A ，B ，C 的 对 边 分 别 为 a ，b ，c ，且
c+ a- b sinC- sinA+ sinB = 3asinB．
(1)求角C的大小；
(2)设m> 1，若 △ABC的外接圆半径为 4，且 2a+mb有最大值，求m的取值范围．
2π
【答案】(1)C= 3 (2) (1，4)
【解析】
(1)根据已知条件，利用正弦定理及余弦定理即可求解.
(2) b a由题意及正弦定理可知 sinB = = 8，利用正弦定理及正弦函数两角和公式将 2a+mb化为 f(x)sinA
=Asin(ωx+ φ)型函数进行求解.
(1)
解：由已知及正弦定理得 c+ a- b c- a+ b = 3ab，所以 a2+ b2- c2=-ab，
a2+ b2- c2 1
由余弦定理得 cosC= =- ，
2ab 2
因为 0(2)
b a
由正弦定理得 sinB = = 8，所以 2a+mb= 8 2sinA+msinB = 8msinB+ 16sin
π
sinA 3 -B
= 8msinB+ 16 32 cosB-
1
2 sinB = 8m- 8 sinB+ 8 3cosB= 8 m2- 2m+ 4sin B+ θ ，
其中 tanθ= 3m- 1 ，θ ∈ 0,
π
2 ，
又B ∈ 0, π3 ，所以B+ θ ∈ θ,
π
3 + θ ，
若 2a+mb π π π π π存在最大值，则B+ θ= 2 有解，则 3 + θ> 2 ，即 θ ∈ 6 , 2 ，
m> 1,所以 3 3 解得 1 3 ,
即m的取值范围是 (1，4)．
例⒑ (2022·河南·模拟预测 (文))在 △ABC中，角A，B，C的对边分别为 a，b，c． 2cos2C= 2- 3sin2C，c
= 4，a+ b= 2 10．
(1)求S△ABC；
(2) 1求 a -
1
的取值范围．
b
2 2
【答案】(1)2 3 (2) 4 ,- 4
【解析】
(1)先求出C= π3 ，利用余弦定理求出 ab= 8，即可求出S△ABC；
(2) 1 1先求出 a- b=±2 2，即可求出 a - 的取值范围．b
(1)
因为 2cos2C= 2- 3sin2C π π 1，所以 2sin 2C+ 6 = 1，所以 sin 2C+ 6 = 2 .
因为C ∈ 0,π π 5π π ，所以 2C+ 6 = 6 ，所以C= 3 .
因为 c= 4，a+ b= 2 10，由余弦定理 c2= a2+ b2- 2abcosC得：16= 2 10 2- 3ab，解得：ab= 8.
S 1 1 3所以 △ABC= 2 absinC= 2 × 8× 2 = 2 3.
(2)
由 (1)可知：ab= 8.而 a+ b= 2 10，所以 a- b 2= a+ b 2- 4ab= 40- 32= 8，所以 a- b=±2 2，
1
所以 a -
1 = b- a = ±2 2 =± 2 .
b ab 8 4
1
故 a -
1 2
的取值范围为 4 ,-
2
b 4 .
例⒒ (2022·江苏·高三专题练习)已知 △ABC 内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，A+C= 2B ，△ABC的
面积S= 34 a.
(1)求边 c；
(2)若 △ABC为锐角三角形，求 a的取值范围.
【答案】(1)1 (2) 12 ,2
【解析】
(1)根据A+C= 2B π 3，结合三角形内角和定理求得B= 3 ，由三角形面积公式结合S= 4 a，求得答案；
(2) a= 1 + 3 π π由正弦定理表示 2 ，由三角形为锐角三角形确定C ∈2tanC 6 , 2 ，即可求得答案.
(1)
因为A+C= 2B π，A+B+C= π，所以B= 3 ；
1
因为S= 2 acsinB=
3
4 ac=
3
4 a，所以 c= 1 .
(2)
a c
在 △ABC中，由正弦定理 = ，
sinA sinC
sin C+ ππ sinA 3
1
2 sinC+
3
2 cosC(1) B= c= 1 1 3由 知 3 ， ，代入上式得：a= = = = 2 + ，sinC sinC sinC 2tanC
△ABC 2π 2π π π π因为 为锐角三角形，则A+C= 3 ,A= 3 -C< 2 ,所以C ∈ 6 , 2 ，
tanC ∈ 3所以 3 ,+∞ ，
所以 a= 1 + 3 ∈ 12 2 ,22tanC .

例⒓ (2022·陕西·宝鸡中学模拟预测 (文))已知 a = cosx,cosx ,b= 3sinx,-cosx ，f x = a b，
(1)求 f x 的单调递增区间；
(2)设 △ABC的内角A,B,C所对的边分别为 a,b,c，若 f 1 A = 2 ，且 a= 3，求 b
2+ c2的取值范围.
(1) - π + kπ, π【答案】 + kπ 6 3 ，k ∈ Z (2) 3,6
【解析】
(1)利用平面向量数量积的坐标表示及三角函数恒等变换的应用可求 f(x)，利用正弦函数的单调性即可求
解．
(2)由已知可求 sin 2A- π6 = 1，求得A，利用余弦定理，基本不等式可求 bc≤ 3，可得 b
2+ c2≤ 6，根据 b2
+ c2> 3，即可得解．
(1)
a

= cosx,cosx b= 3sinx,-cosx f x = a

解：因为 ， 且 b，

所以 f(x) = a b= 3sinx cosx- cos2x
= 32 sin2x-
1
2 (1+ cos2x) =
3
2 sin2x-
1
2 cos2x-
1
2 = sin 2x-
π
6 -
1
2
即 f x = sin 2x- π6 -
1
2 ，
- π令 2 + 2kπ≤ 2x-
π ≤ π6 2 + 2kπ，k ∈ Z，解得-
π
6 + kπ≤ x≤ kπ+
π
3 ，k ∈ Z．
所以函数 f(x)的单调递增区间为 -
π + kπ, π + kπ 6 3 ，k ∈ Z，
(2)
解：因为 f A = sin 2A- π6 -
1 1
2 = 2 ，
π
所以 sin 2A- 6 = 1．
A ∈ π π 11π π π π因为 0,π ，所以 2A- 6 ∈ - 6 , 6 ，所以 2A- 6 = 2 ，所以A= 3 ，
又因为 a= 3，
所以由余弦定理 a2= b2+ c2- 2bccosA，
即 3= b2+ c2- bc，即 b2+ c2= 3+ bc．
而 b2+ c2≥ 2bc，当且仅当 b= c时取等号，
所以 bc≤ 3，即 b2+ c2≤ 6，
又因为 b2+ c2= 3+ bc> 3，
所以 3< b2+ c2≤ 6，即 b2+ c2∈ 3,6 ．
例⒔ (2022 ·江苏南京 ·模拟预测) c- a b- c 请在①向量 x = + ,sinB ，y = c+ a ,sinA ，且 x ∥ y；② 3 b =b c
2csin A+ π3 这两个条件中任选一个填入横线上并解答．
在锐角三角形ABC中，已知角A，B，C的对边分别为 a，b，c，．
(1)求角C；
(2)若 △ABC的面积为 2 3，求 2a+ b的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)C= π3 (2) 8,10
【解析】
(1)选①：根据平面共线向量的坐标表示和正弦定理可得 c2= a2+ b2- ab，结合余弦定理即可求出C；选
②：根据正弦定理和两角和的正弦公式化简计算可得 3cosC= sinC，结合特殊角的正切值即可求出C；
(2) 8由三角形的面积公式可得 2a+ b= 2a+ a = f(a)，法一：利用余弦定理解得 2< a< 4；法二：由正弦定
理可得 2< a< 4，进而利用导数求出函数 f(a)的值域即可.
(1)
选择①：
c- a sinA b- c sinB
因为 x∥ y，所以 + = c+ a ，b c
c- a a b- c b
由正弦定理得， + =b c c+ a ，
即 a c2- a2 = b b2- c2 ，即 ac2+ bc2= a3+ b3，即 c2 a+ b = a+ b a2- ab+ b2 ，
2 2 2
即 c2= a2+ b2- ab a + b - c 1．因为 cosC= = ，
2ab 2
C C= π又 为锐角，所以 3 ．
选择②：
因为 3b= 2csin A+ π3 ，
由正弦定理得， 3sinB= 2sinCsin A+ π3 ，
即 3sinB= sinCsinA+ 3sinCcosA．
又 sinB= sin A+C = sinAcosC+ cosAsinC，
所以 3sinAcosC= sinCsinA．
因为 sinA> 0，所以 3cosC= sinC，
又C为锐角，所以 tanC= 3 C= π， 3 ．
(2)
因为S 1△ABC= 2 absinC=
3
4 ab= 2 3，
ab= 8 2a+ b= 2a+ 8所以 ，则 a．
(法一)由余弦定理得，c2= a2+ b2- 2abcosC= a2+ b2- 8．①
cosA> 0, b2+ c2- a2> 0,
因为 △ABC为锐角三角形，所以 即 cosB> 0, a2+ c2- b2> 0.
2
2
b > 4,
8 > 4,
将①代入上式可得 a 2> 即 解得 2< a< 4．a 4, a2> 4,
2 a2- 4
令 f a
8 8
= 2a+ a，，则 f
a = 2- 2 = 2 > 0，a a
所以 f a 在 2< a< 4上单调递增，所以 f 2 < f a < f 4 ，
即 8< f a < 10，即 2a+ b的取值范围为 8,10 ．
a sinA sin B+
π 13 2 sinB+
3 cosB
( ) = 2 1 3 1法二 由正弦定理得
b sinB
= sinB = sinB = 2 + 2 tanB，
a 2 2
又 = a8 =
a a 1 3 1
8 ，所以 8 = 2 + 2 b tanB．
a
0π
△ABC 2
, π π
因为 为锐角三角形，所以 解得 tanB> 3 1 1 1 3 1因为 3 ，所以 0< tanB < 3，2 < 2 + 2 tanB < 2，
1 a2
即 2 < 8 < 2，解得 2< a< 4．
f a = 2a+ 8
2 a2- 4
令 a，2< a< 4，则 f
a = 2- 82 = 2 > 0，a a
所以 f a 在 2< a< 4上单调递增，所以 f 2 < f a < f 4 ，
即 8< f a < 10，即 2a+ b的取值范围为 8,10 ．
例⒕ (2022·全国·模拟预测)在 △ABC中，内角A,B,C的对边分别为 a,b,c，且 asinA= c sinC- 2sinB +
b sinC+ sinB ．
(1)求角A；
3 b- c( 2)若 △ABC为锐角三角形，求 2a 的取值范围．
【答案】(1)A= π (2) - 1 , 13 ； 2 2 .
【解析】
(1)角换边，在利用余弦定理求解；
(2)边换角，将待求表达式表示成关于B的三角函数，利用锐角三角形条件求出B的范围，最后再求表达
式的范围即可.
(1)
因为 asinA= c sinC- 2sinB + b sinC+ sinB ，所以由正弦定理得 a2= c c- 2b + b c+ b ，整理得 b2
2 2 2
+ c2- a2= bc cosA= b + c - a 1 π，由余弦定理得 = 2 ．因为 0(2)
3 b- c = 3 sinB- sinC = sinB- sinC= sinB- sin 2π由正弦定理得 2a 2 3 -B = sin B-
π
3 ．sinA
0因为 △ABC 2为锐角三角形，所以 0< 2π3 -B< π2 ,
π - 1所以 2 < sin B-
π
3 <
1
2 ，
3 b- c 1 1
故 2a 的取值范围为 - 2 , 2 ．
例⒖ (2022·辽宁·抚顺市第二中学三模)在① 2c- a sinC= b2+ c2- a2 sinB cos2A-C ，② - cosAcosCb 2
= 3 3c4 ，③ = tanA+ tanB这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中，bcosA
问题：在 △ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，b= 2 3，_______．
(1)求角B﹔
(2)求 2a- c的范围．
【答案】(1) π任选一条件，都有B= 3 (2) -2 3,4 3
【解析】
(1)若选①由正弦定理可得 2c- a= 2bcosA，再由余弦定理可得 c2+ a2- b2= ac，结合余弦定理可得答案;
若选②由余弦的二倍角公式结合余弦的差角公式可得出答案;若选③由正弦定理结合切化弦可得
3sinC = sinC ，从而得到 tanB= 3，得出答案.
sinBcosA cosAcosB
(2)由正弦定理可得 a= 4sinA,c= 4sinC，即 2a- c= 8sinA- 4sinC 2π，结合C= 3 -A,利用正弦的差角
公式和辅助角公式化简结合角的范围可得答案.
(1)
sinB
选择①：∵ 2c- a sinC= b2+ c2- a2 ，b
∴由正弦定理可得： 2c- a c= b2+ c2- a2= 2bccosA，
∴可得：2c- a= 2bcosA 2c- a，可得：cosA= ，
2b
2 2 2
∴由余弦定理可得：cosA= 2c- a = b + c - a ，
2b 2bc
c2+ a2c2+ a2- b2= ac ∴ cosB= - b
2 ac 1
整理可得： ， 2ac = 2ac = 2 ，
∵B ∈ 0,π B= π ，可得： 3
cos2A-C
1+ cos A-C
选择②：，因为 2 - cosAcosC= 2 - cosAcosC
= 1- cosAcosC+ sinAsinC
1- cos A+C= 2 2 =
3
4 ，
1
所以 cos A+C =- 2 ,cosB=-cos A+C =
1
2 ，
又因为B ∈ 0,π ，所以B= π3 ；
3c
选择③：因为 = tanA+ tanB，
bcosA
3c 3sinC
由正弦定理可得 = ，
bcosA sinBcosA
tanA+ tanB= sinA + sinB = sinAcosB+ cosAsinB = sinC又
cosA cosB cosAcosB cosAcosB
3c
由 = tanA+ tanB 3sinC sinC，可得 = ，
bcosA sinBcosA cosAcosB
因为 sinC> 0，所以 tanB= 3，因为 0(2)
△ABC (1) b= 2 3, b在 中，由 及 sinB =
a = c = 2 3 = 4，
sinA sinC 3
2
a= 4sinA,c= 4sinC 2a- c= 8sinA- 4sinC= 8sinA- 4sin 2π故 ， 3 -A = 8sinA- 2 3cosA- 2sinA
= 6sinA- 2 3cosA= 4 3sin A- π6
0π
2
- 1 < sin A- π2 6 < 1,-2 3< 4 3sin A-
π
6 < 4 3 ﹒
所以 2a- c的范围为 -2 3,4 3
例⒗ (2022·浙江·模拟预测)在 △ABC中，角A，B，C所对的边分别是 a，b，c，若 2csinB= (2a+ c)tanC，
bsinAsinC= 3sinB，则 ac的最小值为________．
【答案】12
【解析】
2π
利用正弦定理及和角公式可得B= 3 ，再结合条件及正弦定理可得 ac= 2b，然后利用余弦定理及基本不
等式即求.
【详解】
∵在 △ABC中，角A，B，C所对的边分别是 a，b，c，2csinB= (2a+ c)tanC，
∴ 2sinCsinB= (2sinA+ sinC) sinC ，
cosC
∴ 2sinBcosC= 2sinA+ sinC= 2sin B+C + sinC= 2sinBcosC+ 2cosBsinC+ sinC，
∴ 2cosBsinC+ sinC= 0，即 cosB=- 12 ，B ∈ 0,π ，
∴B= 2π3 ，
3
因为 bsinAsinC= 3sinB= 2× 2 sinB= 2sin
2B，
∴ bac= 2b2，即 ac= 2b，
又 b2= a2+ c2- 2accosB= a2+ c2+ ac，
ac 2∴ 2 = a
2+ c2+ ac≥ 2ac+ ac，即 ac≥ 12，当且仅当 a= c时取等号，
∴ ac的最小值为为 12.
故答案为：12.
3π
例⒘ (2022·安徽黄山·二模 (文))在 △ABC中，角A，B，C的对边分别为 a，b，c，a= 1，A= 4 ，若 λb+ c有
最大值，则实数 λ的取值范围是_____．
2【答案】 2 , 2
【解析】
b c
由正弦定理可得 sinB = = 2，根据目标式结合正弦定理的边角互化，易得 λb+ c=sinC
( 2λ- 1)2+ 1 sin(B+ θ)且 tanθ= 1 、B ∈ 0, π4 ，可知 λb+ c
π
存在最大值即B+ θ= 2 ，进而可2λ- 1
求 λ的范围.
【详解】
∵ a= 1 A= 3π b c 1， 4 ，由正弦定理得：sinB = = = 2，sinC 2
2
∴ λb+ c= 2 λsinB+ sinC = 2λsinB+ 2sin π4 -B = 2λsinB+ 2
2
2 cosB-
2
2 sinB =
( 2λ- 1)sinB+ cosB= ( 2λ- 1)2+ 1 sin(B+ θ)，其中 tanθ= 1 π，又B ∈ 0,2λ- 1 4 ，
∴ λb+ c存在最大值，即B+ θ= π2 有解，即 θ ∈
π
4 ,
π
2 ，
∴ 2λ- 1> 0 2 1 2，解得 λ> 2 ，又 > 1，解得 λ< 2，故 λ的范围是 2 , 2 ．2λ- 1
2
故答案为： 2 , 2 ．
a(c- a)
例⒙ (2022·浙江·高三专题练习)已知 △ABC的三边长分别为 a，b，c，角B是钝角，则 的取值范围
b2
是________.
2- 1
【答案】 -1, 2
【解析】
由B是钝角，得出 b2> a2 2
a(c- a)
+ c ，再按 c> a c和 c≤ a放缩 2 ，转化为 a 的函数得解.b
【详解】
△ABC的三边长分别为 a，b，c，且角B是钝角，则 b2> a2+ c2，
c
a(c- a) 2 - 1
当 c> a c时，令 a = t> 1 <
ac- a = a = t- 1， 2 =
t- 1
，
b a2+ c2 c
2
+ 1 t
2+ 1 (t- 1)2+ 2(t- 1) + 2
a
1 ≤ 1 = 1 = 2- 12 2 ，当且仅当 t= 2+ 1时取“=”，(t- 1) + t- 1 + 2 2 (t- 1)
2 + 2 2 2+ 2t- 1
a(c- a)
0< 2- 1即 2 < 2 ，b
c
c a(c- a) ac- a2c≤ a = t ∈ (0,1] > = a
- 1 t- 1
时，a ， b2 a2+ c2 c 2
= 2 ，
+ 1 t + 1a
t- 1 1 (t
2+ 1) - 2t (t- 1) 2
令 f(t) = -t + 2t+ 12 ，t ∈ (0,1]，f (t) =t + 1 (t2 2
= 2 2 > 0，f(t)在 (0,1]上单调递增，f+ 1) (t + 1)
a(c- a)
(0)< f(t)≤ f(1)，即-1< 2 ≤ 0，b
a(c- a)
-1< < 2- 1
a(c- a) 2- 1
综上得 2 2 ，所以b b2
的取值范围是 -1, 2 .
-1, 2- 1故答案为： 2
例⒚ (2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测 (文))在 △ABC中，角 A，B，C的对边分别是 a，b，c，若 c =
(a+ b)2
3bsinA，则 的取值范围是 ( )
ab
A. [3,5] B. [4,6] C. [4,2+ 13] D. [4,2+ 15]
【答案】C
【解析】
(a+ b)2 (a+ b)2 c2= + 2abcosC由均值不等式可得出 的最小值，由余弦定理可得 + 2，再由正弦定理结
ab ab ab
合条件可化为 2+ 2cosC+ 3sinC，由辅助角公式可得最大值.
【详解】
(a+ b)2 a2= + b
2
+ 2= ba +
a + 2≥ 2 ba ×
a
b + 2= 4(当且仅当 a= b时取等号)ab ab b
由 c= 3bsinA，可得 sinC= 3sinBsinA
(a+ b)2 a2+ b2= + 2= c
2+ 2abcosC + 2
ab ab ab
2 2
= 2+ c + 2cosC= 2+ sin C + 2cosC
ab sinAsinB
2
= 2+ sin C1 + 2cosC= 2+ 2cosC+ 3sinC
3 sinC
= 2+ 13sin C+ φ ≤ 2+ 13 3，其中 cosφ= ,sinφ= 2 π，当且仅当C+ φ= 2 时取得等号,13 13
(a+ b)2
所以 4≤ ≤ 2+ 13
ab
故选：C
题型四：转化为角范围问题
例⒛ (2022·河北秦皇岛·二模)在锐角 ΔABC中，内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，且 (a + b) (sinA -
sinB) = (c- b)sinC.
(1)求A；
(2)求 cosB- cosC的取值范围.
π 3 3
【答案】(1) 3 (2) - 2 , 2
【解析】
(1)利用正弦定理角化边，再根据余弦定理可求出 cosA= 12 ，进而求出A的大小；
(2) π依题意可化简 cosB- cosC= 3cos B+ 6 ，根据B的范围求出 cosB- cosC的取值范围即可.
(1)
因为 a+ b sinA- sinB = c- b sinC，
所以 a+ b a- b = c- b c，即 a2= b2+ c2- bc.
因为 a2= b2+ c2- 2bcosA，所以 cosA= 12 .
A ∈ 0, π因为 2
π
，所以A= 3 .
(2)
由 (1)知 cosB- cosC= cosB- cos 2π3 -B
= cosB+ 1 cosB- 3 sinB= 3 cosB- 32 2 2 2 sinB= 3cos B+
π
6 .
0< 2π π 3 -B< 2 π π π 2π
因为 3 π
6 ∈ -
1
2 ,
1
2 ，
所以 cosB- cosC ∈ - 3 32 , 2 ，
即 cosB- cosC 3 3的取值范围是 - 2 , 2 .
例21 ( 2022 ·广东茂名 ·模拟预测 ) 已知 △ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且 a - b =
c cosB- cosA ．
(1)判断 △ABC的形状并给出证明；
(2)若 a≠ b，求 sinA+ sinB+ sinC的取值范围．
【答案】(1)△ABC为等腰三角形或直角三角形，证明见解析 (2) 2, 2+ 1
【解析】
(1)利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出 cosC sinB- sinA = 0，可得出 sinA= sinB或
cosC= 0，可得出 a= b C= π或 2 ，即可得出结论；
(2) π π π π分析可得B= 2 -A，且A ∈ 0, 4 ∪ 4 , 2 ，利用诱导公式以及辅助角公式可得出 sinA+ sinB+
sinC= 2sin A+ π4 + 1，利用正弦型函数的基本性质可求得 sinA+ sinB+ sinC的取值范围.
(1)
解：△ABC为等腰三角形或直角三角形，证明如下：
由 a- b= c cosB- cosA 及正弦定理得，sinA- sinB= sinC cosB- cosA ，
即 sin B+C - sin A+C = sinC cosB- cosA ，
即 sinBcosC+ cosBsinC- sinAcosC- cosAsinC= sinCcosB- sinCcosA，
整理得 sinBcosC- sinAcosC= 0，所以 cosC sinB- sinA = 0，
故 sinA= sinB或 cosC= 0，
又A、B、C为 △ABC π的内角，所以 a= b或C= 2 ，
因此 △ABC为等腰三角形或直角三角形．
(2)
解：由 (1)及 a≠ b知 △ABC为直角三角形且不是等腰三角形，
A+B= π且 2 ，C=
π π π
2 故B= 2 -A，且A≠ 4 ，
所以 sinA+ sinB+ sinC= sinA+ sinB+ 1= sinA+ cosA+ 1= 2sin A+ π4 + 1，
因为A ∈ 0, π4 ∪
π π
4 , 2 ，故A+
π
4 ∈
π , π ∪ π , 3π4 2 2 4 ，
sin A+ π ∈ 2 ,1 2sin A+ π得 4 2 ，所以 4 + 1 ∈ 2, 2+ 1 ，
因此 sinA+ sinB+ sinC的取值范围为 2, 2+ 1 ．
例22 (2022·浙江温州·三模)在 △ABC中，角A，B，C所对的边分别是 a，b，c.已知 a= 1,b= 2.
(1) π若∠B= 4 ，求角A的大小；
(2)求 cosAcos A+ π6 的取值范围.
【答案】(1) π (2) 3- 16 4 ,
3
2
【解析】
(1)已知两边和其中一边的对角，运用正弦定理可以求另外一个角；
(2)由三角恒等变换公式或积化和差公式进行化简，转化成 y=Asin ωx+ φ +B的形式，根据三角函数
进行求解即可.
(1)
asinB 1
由正弦定理得：sinA= = ，
b 2
∵ 0A= 5π当 6 时，此时A+B> π A=
5π π
，所以 6 舍去，所以A= 6 .
(2)
cosAcos A+ π6 = cosA
3
2 cosA-
1
2 sinA
= 34 1+ cos2A
1
- 4 sin2A
= 3 + 14 2
3
2 cos2A-
1
2 sin2A =-
1 π 3
2 sin 2A- 3 + 4
( 1 π 3或者用积化和差公式一步得到 2 cos 2A+ 6 + 4 )
∵ a< b ∴Ab 2
所以A ∈ 0, π 4 ，所以 2A-
π ∈ - π π 3 3 , 6 ，
所以 sin 2A- π3 ∈ -
3 , 1 2 2 ，
所以 cosAcos A+ π6 ∈
3- 1
4 ,
3
2 .
例23 (2021·河北·沧县中学高三阶段练习)已知函数 f x = 3sin2x+ 4sinxcosx- cos2x．
(1)求函数 f x 的最大值；
(2)已知在锐角 △ABC中，角A，B，C所对的边分别是 a，b，c，且满足 f 2B+ π4 =
2c+ a
a ，求 sinA
sinB sinC的取值范围．
(1)2 2+ 1 (2) 1 , 2+ 1【答案】 2 4
【解析】
(1)利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；
(2)依题意可得 sinB+ cosB= ca，再由正弦定理将边化角，结合两角和的正弦公式得到A，在根据三角形
sinB sinC= 1 sin 2B- π 2内角和定理得到 2 4 + 4 ，根据三角形为锐角三角形求出B的取值范围，再根
据正弦函数的性质计算可得；
(1)
解：f x = 3sin2x+ 4sinxcosx- cos2x= 4sin2x- 1+ 4sinxcosx
= 2 1- cos2x - 1+ 2sin2x= 1- 2cos2x+ 2sin2x= 2 2sin 2x- π4 + 1，
∴ f x π π max= 2 2+ 1，此时 2x- 4 = 2 + 2kπ，k ∈Z x=
3π
，即 8 + kπ，k ∈Z；
(2)
f 2B+ π解：由 4 = 2 2sin B+
π
4 + 1=
2c+ a
a =
2c
a + 1，
∴ sinB+ cosB= c sinCa，由正弦定理及已知可得 sinB+ cosB= ，sinA
整理得 sinAsinB+ cosBsinA= sin A+B ，即 sinAsinB= cosAsinB，
由B ∈ 0,π ，则 sinB≠ 0，所以 sinA= cosA，
则 tanA= 1 π 3π 2，因为A ∈ 0,π ，所以A= 4 ，B+C= 4 ，∴ sinA= 2
由 sinB sinC= sinB sin 3π4 -B =
2
2 sinBcosB+
2
2 sin
2B
= 24 sin2B+
2
4 1- cos2B
= 12 sin 2B-
π 2
4 + 4 ；
π 由 0π 4 4 π π π π 3π2 ，所以 0sin 2B- π ∈ 2 ,1 sinB sinC ∈ 2 , 2+ 2则 4 2 ，则 2 4 ，
∴ sinA sinB sinC ∈ 1 , 2+ 1 2 4 ，
∴ sinA sinB sinC 1的取值范围为 2 ,
2+ 1
4 ．
例24 (2022·山西·模拟预测 (理))已知 △ABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，且 c= 2(a- bcosC).
(1)求B；
(2)若 △ABC为锐角三角形，求 sin2A+ sin2C的取值范围.
π
【答案】(1) 3 (2)
5 , 3 4 2
【解析】
(1)根据余弦定理,将角化边,即可得到三边关系,进而转化成余弦定理形式求解.
(2)用二倍角公式降幂，然后利用辅助角公式合并，根据角的范围求解.
(1)
2 2 2
∵ c= 2 a- bcosC 及 cosC= a + b - c ，2ab
2
∴ c= 2 a- a + b
2- c2 a
2+ c2- b2 1
2a ，化简得 2ac = 2 ，
∴ cosB= 12 ，又 0π
3 .
(2)
由 (1)可得
sin2A+ sin2C= 12 (1- cos2A) +
1
2 (1- cos2C)
= 1- 12 (cos2A+ cos2C) = 1-
1
2 cos2A+ cos2
2π
3 -A
= 1- 1 12 2 cos2A-
3
2 sin2A = 1-
1
2 cos 2A+
π
3
△ABC为锐角三角形，
∴ 0π
2 ，
∴ 2π < 2A+ π < 4π3 3 3 .
∴-1≤ cos 2A+ π <- 1 ∴ 53 2 ， 4 < 1-
1
2 cos 2A+
π
3 ≤
3
2 ，
故 sin2A+ sin2C 5 , 3的取值范围为 4 2 .
例25 (2022·安徽省舒城中学模拟预测 (理))锐角 △ABC的内角A,B,C所对的边是 a,b,c，且 a= 1,bcosA-
cosB= 1，若A,B变化时，sinB- 2λsin2A存在最大值，则正数 λ的取值范围是______
【答案】 0, 33
【解析】
利用 a= 1化已知等式为边的齐次式，然后由正弦定理化边为角，结合三角函数恒等变换求得A,B关系，
并求得A角范围，引入函数 f(A) = sin2A- 2λsin2A，利用导数求其最大值，则最大值的存在性得出 λ与A
的关系，从而得范围．
【详解】
因为 a= 1，所以 bcosA- cosB= 1化为 bcosA- acosB= a，
由正弦定理得 sinBcosA- sinAcosB= sinA，即 sin(B-A) = sinA，
所以B-A=A或B-A+A= π，即B= 2A或B= π(舍去)，
△ABC是锐角三角形，
0π
2
0< 2A< π π ，
π
2 sinB- 2λsin2A= sin2A- 2λsin2A，
令 f(A) = sin2A- 2λsin2A，则 f (A) = 2cos2A- 4λsinAcosA= 2cos2A- 2λsin2A=
2λcos2A 1 - tan2Aλ
当 tan2A< 1 时，f (A)> 0，f(A)单调递增，
λ
1
当 tan2A> 时，f (A)< 0，f(A)单调递减，
λ
所以 tan2A= 1 时，f(A)取得最大值，，
λ
1
因为 = tan2A ∈ ( 3,+∞)，所以 λ ∈ 0, 3λ 3 ．
故答案为： 0, 33 ．
例26 (2022·江西·南昌十中模拟预测 (理))锐角 △ABC中，A= π3 ，角A的角平分线交BC于点M，AM= 2 ,
,则BM CM 的取值范围为_________.
【答案】 4 3 ,2
1 1 1 1
【解析】根据正弦定理表示出BM= sinB CM= =sinC sin 2π
，CM= ，从而表示出
3 -B sin
2π
3 -B
BM CM，根据角的范围结合三角恒等变换求得答案.
【详解】
π
由已知得，∠BAM=∠CAM= 6 ,
△ABM BM = AM ,BM= AM sin∠BAM 1在 中，由正弦定理得，
sin∠BAM sinB sinB = sinB ,
同理可得CM= 1 = 1
sinC sin 2π
,
3 -B
故BM CM= 1 ,
sinBsin 2π3 -B
而 sinBsin 2π -B = 3 sin2B+ 1 sin2B= 3 sin2B- 13 4 2 4 4 cos2B+
1
4
= 1 π 12 sin 2B- 6 + 4 ，
因为锐角 △ABC中，C= 2π -B< π , π3 2 6 π
2 ,
2B- π ∈ π , 5π故 6 6 6 ，则 sin 2B-
π 1 1 π 1 1 3
6 ∈ 2 ,1 ，2 sin 2B- 6 + 4 ∈ 2 , 4 ，
故BM CM= 1 ∈ 4 ,2 ，
sinBsin 2π -B 33
4
故答案为： 3 ,2
例27 (2022·辽宁·高一期中)在 △ABC中，内角A，B，C所对的边分别为 a，b，c，已知 a= btanA，且B为钝
角，则B-A=______，sinA+ sinC的取值范围是______．
π ## 1【答案】 2 2 π
2 9
2 , 8
【解析】先通过正弦定理进行边化角，进而结合诱导公式求得B-A；再将 sinA+ sinC化为 sinA+
sin A+B ，然后展开并结合二倍角公式求出答案.
【详解】
由已知，sinA= sinBtanA，∴ sinAcosA= sinBsinA，∵ sinA≠ 0,
∴ cosA= sinB sin A+ π2 = sinB，∵ 0π
2 π
2 =B，B-A=
π
2 ．
∵B ∈ π2 ,π ，A ∈ 0,
π
2 ，C ∈ 0,
π
2 ，∴ π-A-B ∈ 0,
π
2 ，∴ π-A- A+
π
2 ∈ 0,
π
2
π
，即A ∈ 0, 4
sinA ∈ 0, 22 ，所以 sinA+ sinC= sinA+ sin A+B = sinA+ cos2A=-2sin2A+ sinA+ 1=
2
-2 sinA- 14 +
9
8 ，故 sinA+ sinC
2 9
的取值范围是 2 , 8 ．
例28 (2021·云南师大附中高三阶段练习 (理))如图所示，有一块三角形的空地，已知∠ABC= 7π12 ,BC= 4 2
千米，AB= 4千米，则∠ACB=________；现要在空地中修建一个三角形的绿化区域，其三个顶点
为B，D，E π，其中D，E为AC边上的点，若使∠DBE= 6 ，则BD+BE最
小值为________平方千米．
π
【答案】 6 ##30
° 8( 3- 1)
【解析】
在 △ABC中，利用余弦定理求得AC= 2 2(1+ 3)，再由正弦定理求解；
设∠CBD= θ，θ ∈ 0 5π ， 12 ，分别在 △BCD，△BCE中，利用正弦定理分别求得BD，BE，再由BD+BE=
4 2( 3+ 1) (sinθ+ cosθ) 4 2( 3+ 1)t
；令 t= sinθ+ cosθ，t ∈ [1， 2]，转化为BD+BE= f(t) = =
3+ 4sinθcosθ 2t2- (2- 3)
4 2( 3+ 1)
求解.
2t- (2- 3)t
【详解】
在 △ABC中，由余弦定理得AC 2=AB2+BC 2- 2AB·BC·cos∠ABC= 16 3+ 2 ，
= 8(4+ 2 3) = 8(1+ 3)2，
则AC= 2 2(1+ 3)，
AC AB
根据正弦定理有 7π = ，sin sin∠ACB12
所 以 sin∠ACB= 12 ，∠ACB ∈ 0
π
，2 ，
∴∠ACB= π6 ；
设∠CBD= θ，θ ∈ 0 5π ， 12 ，
∠BDC= 5π则 6 - θ
2π
，∠BEC= 3 - θ，
在 △BCD BC π中，由正弦定理得BD= ∠ sin 6 =
2 2
5π ，sin BDC sin 6 - θ
在 △BCE BC π 2 2中，由正弦定理得BE= ∠ ·sin 6 = 2π ，sin BEC sin 3 - θ
4 2( 3+ 1) (sinθ+ cosθ)
则BD+BE= 2 2 1 1 +3 1 3 1
= ；
sinθ+ cosθ cosθ+ sinθ 3+ 4sinθcosθ 2 2 2 2
2
令 t= sinθ+ cosθ，t ∈ [1， 2]，则 sinθcosθ= t - 12 ，
4 2( 3+ 1)t 4 2( 3+ 1)
则BD+BE= f(t) = = ，
2t2- (2- 3) (2- 3)
2t- t
(2- 3)
易知分母 g(t) = 2t- t > 0，且是一个单调递增的函数，
则 f(t)是一个单调递减的函数，
8( 3+ 1)
当 t= 2 时，f(t)有最小值，f(t)min= = 8( 3- 1)．2+ 3
π
故答案为：6 ；8( 3- 1).
例29 (2021·浙江·舟山中学高三阶段练习)如图，在 △ABC中，∠ABC= 90°，AC= 2CB= 2 3，P是 △ABC
内一动点，∠BPC= 120°，则 △ABC的外接圆半径 r=______，AP的最小值为__
__________．
【答案】 3 13- 1；
【解析】
△ABC AC第一空，在 中，由正弦定理， = 2r，即得解；
sin∠ABC
第二空，设∠PBC= θ，在ΔPBC中，由正弦定理可得PC= 2sinθ，在ΔCPA中，AP2=
PC 2+AC 2- 2×PC×ACcosθ= 14- 2 13sin 2θ+ φ ≥ 14- 2 13，即得解
【详解】
在 △ABC中，∠ABC= 90°，AC= 2CB= 2 3
AC
由正弦定理， = 2r= 2 3∴ r= 3
sin∠ABC
设∠PBC= θ,∠ACP+∠BCP= 60 ，∠PBC+∠BCP= 60 ，
∴∠ACP=∠PBC= θ
在ΔPBC中，由正弦定理，得
BC = 3 PC
sin∠BPC sin120
= 2= ∠ ，sin BPC
∴PC= 2sinθ，
在ΔCPA中，AP2=PC 2+AC 2- 2×PC×ACcosθ，
∴AP2= 4sin2θ+ 12- 8 3sinθcosθ
= 14- 2 2 3sin2θ+ cos2θ = 14- 2 13sin 2θ+ φ tanφ= 1 = 3 ，其中 ，0< θ< 60 ，从而 0< 2θ
2 3 6
< 120 ，
由AP2最小值为 14- 2 13,∴AP的最小值 14- 2 13 = 1+ 13 2- 2 13 = 13- 1
故答案为： 3， 13- 1.
例30 (2022·湖北· 5武汉二中模拟预测)在锐角 △ABC中，a2- b2= bc，则角B的范围是________，tanB
- 5 + 6sinA的取值范围为__________.
tanA
π π
【答案】 6 【解析】由已知结合余弦定理，正弦定理及和差角公式进行化简可得A，B的关系，结合锐角三角形条件可
求A，B的范围，然后结合对勾函数的单调性可求．
【详解】
解：因为 a2- b2= bc及 a2= b2+ c2- 2bccosA，
所以 c- 2bcosA= b，
由正弦定理得 sinC- 2sinBcosA= sinB，
所以 sin(A+B) - 2sinBcosA= sinB，
整理得 sinAcosB- sinBcosA= sinB，
即 sin(A-B) = sinB，
所以A-B=B，即A= 2B，
0π
2
又 △ABC为锐角三角形，所以 0< 2B<
π π
2 ，解得 6 π
4 ，
0< π- 3B< π2
π π 3
故 3 5 5
则 tanB - + 6sinA= 5
cosB - cosA + 6sinA
tanA sinB sinA
sin(A-B)
= 5 + 6sinA= 5sinB + 6sinA= 6sinA+ 5 ，
sinBsinA sinBsinA sinA
令 t= sinA 3 5 30 3 30，则 t ∈ 2 ,1 ，f(t) = t + 6t在 6 ,1 上单调递增，在 2 , 6 上单调递减，
又 f 1 = 11 f 3 = 19 3 f 30， 2 3 ， 6 = 2 30
故 f(t) ∈ 2 30,11 ，即．
π
故答案为：6 π
4 ； 2 30,11 ．
例31 (2022·新疆喀什·一模)已知ΔABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c．若A= 2B，且A为锐角，则
c + 1 的最小值为 ( )
b cosA
A. 2 2+ 1 B. 3 C. 2 2+ 2 D. 4
【答案】A
c 1
【解析】将式子 + 中的边 b、c都转化为角的关系，即变为 2cosA+ 1 + 1，由于 cosA> 0，利
b cosA cosA
用均值不等式便可求得其最小值.
【详解】
∵ sinC= sin(A+B) = sinAcosB+ cosAsinB= sin2BcosB+ cos2BsinB
= 2sinBcos2B+ 2cos2B- 1 sinB= sinB 4cos2B- 1 = sinB(2cos2B+ 1)
∴ sinC= sinB(2cosA+ 1) c= b(2cosA+ 1) ∴ c，即 ， = 2cosA+ 1．
b
∵A为锐角∴ cosA> 0 c，则 + 1 = 2cosA+ 1 + 1≥ 2 2+ 1
b cosA cosA
1 2
当且仅当 2cosA= ，即 cosA= 时，等号成立，
cosA 2
∴ c + 1 的最小值为 2 2+ 1．
b cosA
故选：A
例32 (2021· b北京·高三专题练习)在锐角 △ABC中A= 2B，B，C的对边长分别是 b，c，则 + 的取值范围b c
是 ( )
A. 1 , 1 B. 1 , 1 1 24 3 3 2 C. 2 , 3 D.
2
3 ,
3
4
【答案】B
【解析】确定B的范围,利用正弦定理化简表达式,求出范围即可.
【详解】
△ABC ,∠A= 2∠B ∵ 0°,45° ，cosB ∈ 2 , 3 ，cos22 2 B ∈
12 ,
3
4 ,
而 sinC= sin π-A-B = sin π- 3B = sin3B，sin3B= sin B+ 2B = sinBcos2B+ cosBsin2B=
sinB 2cos2B- 1 + 2sinBcos2B，所以 sin3B= 4cos2BsinB- sinB= 4 1- sin2B sinB- sinB= 3sinB-
4sin3B，
: b = sinB sinB sinB 1所以由正弦定理可知 + = = = ∈b c sinB+ sinC sinB+ sin(π- 3B) sinB+ 3sinB- 4sin3B 4cos2B
1 , 13 2 ,
故选：B.
【点睛】本题考查正弦定理在解三角形中的应用,注意锐角三角形中角的范围的确定,是本题解答的关键,
考查计算能力,逻辑推理能力,属于中档题.
例33 (2022 石家庄模拟)如图，平面四边形ABCD的对角线的交点位于四边形的内部，AB= 1，BC= 2 ，
AC=CD，AC⊥CD，当∠ABC变化时，对角线BD的最大值为　　．
【解答】解：设∠ABC= α ，∠ACB= β，
由余弦定理可得AC 2= 12+ ( 2)2- 2 2cosα= 3- 2 2cosα，
∴AC= 3- 2 2cosα=CD；
1 sinα
由正弦定理可得：sinβ= ，
3- 2 2cosα
∴BD2= 2+ (3- 2 2cosα) - 2× 2 × 3- 2 2cosα × cos(90°+β)
= 5- 2 2cosα+ 2 2 × 3- 2 2cosα × sinβ
= 5- 2 2cosα+ 2 2 × 3- 2 2cosα × sinα
3- 2 2cosα
= 5- 2 2cosα+ 2 2sinα
= 5+ 4sin α- π4 ，
∴ α= 3π4 时，BD取得最大值为 3．
故答案为：3．
题型五：倍角问题
例34 (2021· c安徽·芜湖一中高一期中)△ABC的内角A、B、C的对边分别为 a、b、c，若C= 2B，则 的取值
b
范围为______.
【答案】 1,2
c
【解析】根据题意求出B的范围，结合正弦定理，把 转化为关于B的函数，通过三角恒等变换以及三角
b
函数的性质求解即可.
【详解】
根据题意得，B+C= 3B< π，故 0在 △ABC中，由正弦定理，
c = sinC = sin2B 2sinBcosB得
b sinB sinB
= sinB = 2cosB，
0c
所以 的取值范围为
b
1,2 ，
故答案为： 1,2 .
例35 (2021·全国·高三专题练习 (文))已知 △ABC c的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，若A= 2B，则 +
2b
8b
a 的取值范围为______.
【答案】(5.5,8)
【解析】先利用正弦定理和A= 2B c + 8b，将 a 转化为 2cos
2B+ 4 1cosB - 2 ，然后令 t= cosB，则 f(t) =2b
2t2+ 4t -
1
2 ,t ∈
1
2 ,1 ，再利用导数判断函数的单调性，从而可求出 f(t)的取值范围，进而可得答案
【详解】
解：因为A= 2B，
c + 8b = sinC 8sinB所以
2b a 2sinB
+
sinA
sin(π- 3B)
= 8sinB2sinB + sin2B
= sin3B2sinB +
8sinB
sin2B
= sinBcos2B+ cosBsin2B + 8sinB2sinB 2sinBcosB
= cos2B 2 42 + cos B+ cosB
= 2cos2B+ 4cosB -
1
2 ，
因为A= 2B,A+B+C= π，
所以C= π-A-B= π- 3B，
所以 0< 3B< π π，所以 0所以 cosB ∈ 12 ,1 ，
令 t= cosB，则 f(t) = 2t2+ 4 1t - 2 ,t ∈
1
2 ,1 ，
2
所以 f
4(t - 1)
(t) = 4t- 42 = 2 ,t ∈ 12 ,1 ，t t
所以 f (t)< 0在 t ∈ 12 ,1 上恒成立，
所以 f(t) 1在 2 ,1 上单调递减，
所以 f(1)< f(t)< f 12 ，即 5.5< f(t)< 8，
c + 8b所以 a 的取值范围为 (5.5,8)，2b
故答案为：(5.5,8)
c + 8b【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理的应用，考查导数的应用，解题的关键是利用正弦定理将
2b a
2cos2B+ 4 - 1转化为 cosB 2 ，再构造函数，利用导数求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于中档
题
例36 (2020· a全国·高二单元测试)已知ΔABC是锐角三角形，a,b,c分别是A,B,C的对边.若A= 2B，则 +
b
b
a 的取值范围是_________.
3 2 4 3
【答案】 2 , 3
【解析】由题意和内角和定理表示出C，由锐角三角形的条件列出不等式组，求出B的范围，由正弦定理和
a
二倍角的正弦公式化简 + b ，由函数的单调性求出结论．
b a
【详解】
∵A= 2B，A+B+C= π，
∴C= π- 3B，
又∵△ABC是锐角三角形，
0< 2B< π
∴ 2 π a = sinA = sin2B由正弦定理得：
b sinB sinB
= 2cosB，
π π 2 3 a
由 6 a
令 t= ,t ∈ ( 2, 3) ，
b
∴ a + b = t+ 1令 a t = g(t)，b
则 g(t)在 t ∈ ( 2, 3)上单调递增，
∴ g(t) ∈ 3 2 , 4 3 a + b 3 2 4 32 3 ，即 a 的范围是b 2 , 3 .
3 2故答案为： 2 ,
4 3
3 .
【点睛】本题考查了正弦定理，二倍角的正弦公式，内角和定理、三角函数的单调性，考查转化思想，化简、
变形能力，属于中档题．
例37 (2020· a陕西·无高一阶段练习)已知ΔABC是锐角三角形，若A= 2B，则 的取值范围是_____.
b
【答案】( 2， 3)
a
【解析】由正弦定理可得： = sinA = 2sinBcosB π π
b sinB sinB
= 2cosB，根据题意，确定B的范围，6 代入求出即可．
【详解】
解：∵A= 2B，
∴ a = sinA = 2sinBcosB由正弦定理可得：
b sinB sinB
= 2cosB，
∵ π π π当C为最大角时C< 2 ，A+B= 3B> 2 ，B> 6 ，
A A< π 2B< π π当 为最大角时 2 ， 2 ，B< 4 ，
∴ π6 π
4 ，
2
可得： 2 < cosB<
3
2 ，、
a
故 ∈ ( 2, 3)，
b
故答案为：( 2, 3)．
【点睛】本题考查正弦定理的应用，考查了三角形求边角的范围，中档题．
例38 (2019·四川·成都外国语学校高二开学考试 (文))已知ΔABC的内角A、B、C的对边分别为 a、b、c，若
A= 2B c + 2b
2
，则 a 的取值范围为______b
【答案】 3,4
c + 2b
2
【解析】先根据正弦定理化简整理可得 a = 4cos
2B+ 12 - 1，设 cosB= t ∈ 12 ,1 ，构造函数 fb cos B
(t) = 4t2+ 12 - 1，利用导数判断函数的单调性，求出值域即可．t
【详解】
∵ 在ΔABC中，A= 2B，
∴ sinA= sin2B，C= π- 3B，sinC= sin3B，
c 2+ 2b = sinC + 2sinB
2 sin3B 2sinB 2
利用正弦定理可得：
b a sinB =sinA sinB + sin2B
2
= sinBcos2B+ cosBsin2B 1sinB + cosB
= cos2B+ 2cos2B+ 1
cos2B
= 4cos2B+ 1 - 1
cos2B
又A= 2B ∈ (0,π)，A+B= 3B ∈ (0,π)，
∴B ∈ 0, π3 ，cosB ∈
1
2 ,1 ，
2
设 cosB= t ∈ 12 ,1
c 2b 1
，则 +
b
2
a = 4t + - 1，t2
4
令 f(t) = 4t2+ 12 - 1，t ∈ 12 ,1 ，则 f
(t) = 8t- 2 = 8t - 2
t t3 t3
4 4
令 f (t) = 8t - 2 2 13 = 0，则 t= 2 ，当 2 < t<
2
2 时，f
(t) = 8t - 23 < 0，f(t)在t t
1 , 22 2 上单调递减，
2 8t4- 2 2
当 2 < t< 1时，f
(t) = 3 > 0，f(t)在 2 ，1 上单调递增，t
∴ fmin(x) = f 22 = 3，f(x)< f
1
2 = f(1) = 4，
c 2
所以 + 2ba 的取值范围为： 3,4b
故答案为 3,4
【点睛】本题考查三角函数的化简和求值，主要考查二倍角公式和正弦定理的运用，同时考查函数单调性
的运用，属于中档题．
2
例39 (2021·江西鹰潭·一模 (理))已知 △ABC的内角A、B、C的对边分别为 a ac+ 2b、b、c，若A= 2B，则
ab
的取值范围为__________．
【答案】 2,4
【解析】
c 2b c 2b ac+ 2b2 c 2b
作∠CDA=∠A，则CD=AC=BD= b，由 > 1，a > 1，可得 + a > 2，可求 = +b b ab b a
2
ac+ 2b2 a(a+ b) + 2b2 1+ 2×
b
= < = a

+ 1，令 t= b 1，可得 < t< 1，利用二次函数的性质可求
ab ab b a 2
a
1+ 2× b
2
a + 1= 1 + 2t+ 1 1 2 2 c 2bt 在 2 ， 2 单调递，在 2 ，1 上单调递增，可得 + a < 4，从而得b b
a
解．
【详解】
解：由于A= 2B，作∠CDA=∠A，则CD=AC=BD= b，
c
因为 > 1 2b c 2b，
b a
> 1，可得 + a > 2，b
b 2
ac+ 2b2 c 2b ac+ 2b2 a(a+ b) + 2b2 a2+ 2b2 1+ 2× a
所以 = + a = < = + 1= + 1，ab b ab ab ab b
a
b 1
令 t= a，可得 2 < t< 1，
2
1+ 2× ba 1
所以 + 1= t + 2t+ 1，b
a
1 ( 2t- 1) ( 2t+ 1)
令 f t = t + 2t+ 1
1
，可得 f '(t) = 2- = ，
t2 t2
1
由 2 < t< 1 f t
1 , 2，可得 在 2 2
2
单调递减，在 2 ,1 上单调递增，
ac+ 2b2 c 2b
所以 = +
ab b a
< 4，
ac+ 2b2
综上 = c + 2b ∈ 2,4 ．
ab b a
故答案为： 2,4 ．
40 (2022 ) ΔABC A B C a b c A= 2B b a
2
例 芜湖模拟 已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ，，，若 ，则 c + b 最小值
是　　．
【解答】解：∵A= 2B，
∴ sinA= sin2B= 2sinBcosB，
∴ a= 2bcosB，
∴ a = 2cosB，
b
∵A= 2B，
∴ π-C-B= 2B，
∴ π-C= 3B，
∴ sinC= sin(π-C) = sin3B= sin2BcosB+ cos2BsinB= 2sinBcos2B+ cos2BsinB，
∴ c= 2bcos2B+ bcos2B= 2bcos2B+ 2bcos2B- b= 4bcos2B- b，
b = 1即 c 4cos2B- 1
∴ b a
2
c + =
1
2 + 4cos
2B
b 4cos B- 1
∵ 0∴ 0< 3B< π，
∴ 0∴ 12 < cosB< 1，
∴ 0< 4cos2B- 1< 3，
∴ b + a
2
c =
1 + 4cos2B- 1+ 1≥ 2+ 1= 3，当且仅当B= π 时取等号，
b 4cos2B- 1 4
b 2
则 c +
a 最小值是 3，b
故答案为：3
例41 (2022 c 8b道里区校级一模)已知ΔABC的内角A，B，C的对边分别为 a ，b，c，若A= 2B，则 + 的
2b a
取值范围为　　．
c 8b sinC 8sinB sin3B 8sinB
【解答】解： + a = + =2b 2sinB sinA 2sinB + sin2B
= sinBcos2B+ cosBsin2B 42sinB + cosB
= cos2B+ 2cos
2B + 42 cosB
= 4cos
2B- 1 4
2 + cosB
= 2cos2B+ 4 1cosB - 2 ，
因为 2B ∈ (0,π) ，且A+B= 3B ∈ (0,π)，所以B ∈ 0, π3 ，
令 cosB= t 1，则 t ∈ 2 ,1 ，
f(t) = 2t2+ 4 1
3 4(t2+ t+ 1) (t- 1)
令 t - 2 ，则 f′ (t) = 4t-
4 = 4t - 4 = < 0，
t2 t2 t2
故 f(t)在 t ∈ 12 ,1 上单调递减，所以 f(1)< f(t)< f
1 112 ，即 2 < f(t)< 8，
c + 8b 11故 a 的取值范围为 2 ,82b ．
11故答案为： 2 ,8 ．
题型六：角平分线问题
例42 (2022·河北保定·高一阶段练习)记 △ABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，且 bcosC+ ccosB=
2acosA.
(1)求A的大小；
(2)若BC 3边上的高为 2 ，且A的角平分线交BC于点D，求AD的最小值.
【答案】(1)A= π (2) 33 2
【解析】
(1)利用正弦定理进行边化角，结合三角恒等变换整理；(2)根据等面积可得 bc= a，利用余弦定理得 b2c2
= b2+ c2- bc 3bc和基本不等式可得 bc≥ 1，根据面积得AD= + ，整理分析．b c
(1)
由正弦定理得 sinBcosC+ sinCcosB= 2sinAcosA，得 sin B+C = sinA= 2sinAcosA，
因为A ∈ 0,π ，所以 cosA= 1 π2 ，即A= 3 .
(2)
因为S△ABC=
1
2 bcsinA=
1
2 ×
3
2 a，所以 bc= a.
由余弦定理得 a2= b2+ c2- bc，得 b2c2= b2+ c2- bc≥ bc(当且仅当 b= c= 1时，等号成立)，即 bc≥ 1.
S = 1 bcsinA= 1 b AD sin π 1因为 △ABC 2 2 6 + 2 c AD sin
π
6 ，所以AD=
3bc
+ .b c
2
b2c2+ 3bc= b+ c 2 AD2= 3b c
2 3
因为 ，所以 = .
b2c2+ 3bc 1+ 3bc
3 3
因为函数 f x = 3 在 1,+∞ 上单调递增，所以 f x ≥ f 1 = ，1+ 4x
所以AD2≥ 34 ，即AD≥
3 . AD 32 故 的最小值为 2 .
例43 (2022·全国·高三专题练习)在 △ABC中，角A，B，C所对的边分别为 a，b，c.且满足 (a+ 2b)cosC+
ccosA= 0.
(1)求角C的大小；
(2)设AB边上的角平分线CD长为 2，求 △ABC的面积的最小值.
【答案】(1) 23 π； (2)4 3.
【解析】
(1)先通过正弦定理进行边化角，进而结合两角和与差的正弦公式将式子化简，然后求得答案；
(2) 3 3在 △ACD和 △BCD中，分别运用正弦定理，进而求出 c= + sinB，然后在 △ABC中再次运用正sinA
1 2c sinA = 3a
弦定理得到 1 2c ，最后通过三角形面积公式结合基本不等式求得答案. sinB = 3b
(1)
根据题意，由正弦定理可知： sinA+ 2sinB cosC+ sinCcosA= 0，则 2sinBcosC+ sin A+C = 0
2sinBcosC+ sin π-B = 2sinBcosC+ sinB= 0，因为 0C< π C= 2π，于是 3 .
(2)
由 (1)可知，∠ACD=∠BCD= π3 ，在 △ABC中，设 AD =m(0在 △ACD 2 m 3中，由正弦定理得： =
sinA sin π
m= ，
sinA
3
在 △BCD 2中，由正弦定理得：sinB =
c-m c-m= 3 c=m+ 3 ，
sin π sinB sinB3
所以 c= 3 + 3
sinA sinB
.
1 = 2c
在 △ABC a b c a b中，由正弦定理得： = sinB = = sinB =
2c sinA 3a
sinA 3 sinA 3 1 = 2c
，
2 sinB 3b
c= 3 + 3 1所以 sinB = 2c a +
1 1 + 1 = 1 .sinA b a b 2
1
由基本不等式可得：a +
1 = 12 ≥ 2
1
ab ab≥ 16，当且仅当 a= b= 4时取“=”.b
1 3
于是，S△ABC= 2 absinC= 4 ab≥ 4 3.即 △ABC的面积的最小值为 4 3.
题型七：中线问题
例44 (2022·江苏省天一中学高一期中)已知 △ABC的内角A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且满足 2sin2A
- 2sin2B- sin2C- 2sinBsinC= cos2C- cos2C.
(1)求角A；
(2)若AD是 △ABC的中线，且AD= 2，求 b+ c的最大值.
【答案】(1) 2π3 (2)8
【解析】
(1)根据已知条件及余弦的二倍角公式，再利用正弦定理的角化边及余弦定理，结合三角函数特殊值对应
特殊角及角的范围即可求解；
(2)根据已知条件及中线的向量的线性表示，再利用向量的数量积极及基本不等式即可求解.
(1)
由 2sin2A- 2sin2B- sin2C- 2sinBsinC= cos2C- cos2C及二倍角的余弦公式，得 2sin2A- 2sin2B-
sin2C- 2sinBsinC= cos2C- cos2C- sin2C ，
即 2sin2A- 2sin2B- sin2C- 2sinBsinC= sin2C，于是有，sin2B+ sin2C- sin2A=-sinBsinC及正弦定
理，得 b2+ c2- a2=-bc，
2 2 2
由余弦定理，得 cosA= b + c - a = -bc =- 1 ，
2bc 2bc 2
∵ 0(2)
1
因为AD是 △ABC的中线，所以AD= 2 AB+AC ，两边平方，得
2 = 1 2

AD 4 AB + 2AB AC +
2
AC ,由 (1)知，A= 2π3 ，AD= 2，
所以 22= 1 24 c + 2c b cos
2π + b23 ，
2
所以 16= c2- bc+ b2= b+ c 2- 3bc≥ b+ c 2- 3× b+ c = 1 b+ c 22 4
即 b+ c 2≤ 64，所以 b+ c≤ 8，
当且仅当 b= c= 4时，等号成立，
所以 b+ c的最大值为 8.
例45 (2022·山西运城·高一阶段练习)已知 △ABC的内角A,B,C所对的边分别为 a,b,c, 3c= 3acosB+
asinB.
(1)若 a= 8,△ABC的面积为 4 3,D为边BC的中点，求中线AD的长度；
(2)若E为边BC上一点，且AE= 1,BE:EC= 2c:b，求 b+ 2c的最小值.
8 7
【答案】(1)2 6 (2) 7
【解析】

(1)利用两角和的正弦公式化简求得A，根据三角形面积公式求得 bc的积，根据向量的线性运算表示AD
，利用余弦定理结合向量的模的计算，求得答案;

(2) 2c b由已知可得到AE= + AC + + AB，继而化简为 2c+ b AE= 2cAC + bAB，两边平方，结合2c b 2c b
AE= 1 2 1 1可得到 + c = 7，从而将 b+ 2c变为 b+ 2c= b+ 2c
2 1
+ c ，利用基本不等式即可求b 7 b
得答案.
(1)
由正弦定理，得 3sinC= 3sinAcosB+ sinAsinB，
得 3sin A+B = 3sinAcosB+ 3cosAsinB= 3sinAcosB+ sinAsinB，
得 3cosAsinB= sinAsinB，
∵A,B ∈ 0,π ,∴ sinB≠ 0,
∴ tanA= 3 π，即A= 3 .
∵△ABC 1的面积为 4 3,∴ 2 bcsinA= 4 3,∴ bc= 16.
∵D为边BC的中点，

∴ 2AD = 1 ( + )2= 1 24 AB AC 4 AB +
2
2AB AC +AC = 1 2 24 c + 16+ b ，
又 b2+ c2- a2= bc,bc= 16,a= 8，
∴ b2+ c2= a2+ bc= 64+ 16= 80，
2 ∴AD = 14 c
2+ 2× 8+ b2 = 14 80+ 16 = 24，即 AD = 2 6，
∴中线AD的长度为 2 6.
(2)
∵E为边BC上一点，BE:EC= 2c:b，
2c ∴BE= + BC,∴AE-AB=
2c
+ AC -AB ，2c b 2c b
2c ∴AE= + AC +
b
+ AB，即 2c+ b AE= 2cAC + bAB，2c b 2c b

∴ ( + )2 2

2c b AE = (2cAC + bAB)2，又AE= 1，

∴ (2c+ b)2= (2cAC + bAB)2= 4c2b2+ 2b2c2+ b2c2= 7b2c2，
∴ 2c+ b= 7bc 2 + 1，即
b c
= 7，
∴ b+ 2c= 1 b+ 2c 2 + 1 1 c = 4+
4c + b ≥ 1c 4+ 2
4c b
7 b 7 b 7 b
c =
8 7
7 ，
4c = b b= 2c= 4 7当且仅当 c ，即 7 取等号，b
故 b+ 2c 8 7的最小值为 7 .
例46 (2022·湖南·长郡中学模拟预测)锐角 △ABC中，角A、B a、C所对的边分别为 a、b、c，且 ccosB = tanB
+ tanC.
(1)求角C的大小；
(2)若边 c= 2，边AB的中点为D，求中线CD长的取值范围．
【答案】(1) π4 (2) 5，1+ 2 .
【解析】
(1) π结合同角三角函数基本关系以及正弦定理化简求解 tanC= 1，因为C ∈ 0，π ，所以C= 4 ；

( 22) 1 2由余弦定理与正弦定理CD == 4 4+ 2 2ab = 1+ 2 ab，然后结合三角函数性质求解其取值范围
即可.
(1)
a
因为 ccosB = tanB+ tanC
sinA sinB sinC
，所以 =
sinCcosB cosB
+ ，
cosC
sinA sinBcosC+ sinCcosB sin B+C
即 = = = sinA ，
sinCcosB cosBcosC cosBcosC cosBcosC
又因A，B ∈ 0，π ，所以 sinA≠ 0，
又由题意可知 cosB≠ 0，
所以 tanC= 1 π，因为C ∈ 0，π ，所以C= 4 .
(2)
由余弦定理可得 c2= a2+ b2- 2abcosC= a2+ b2- 2ab= 4，

又CD= 12 CA+CB ，
2
CD = 1

则 4 (CA+CB)
2= 1 2 24 CA +CB + 2CA CB
= 14 a
2+ b2+ 2ab = 1 2 4 4+ 2 2ab = 1+ 2 ab，
a b c
由正弦定理可得 = = = 2 2，所以 a= 2 2sinA，
sinA sinB sinC
b= 2 2sinB= 2 2sin 3π4 -A = 2cosA+ 2sinA，
所以 ab= 4 2sin2A+ 4 2sinAcosA= 4 2 1- cos2A2 + 2 2sin2A
0= 4sin 2A- π + 2 2 2 π π4 ，由题意得 ，解得 则 2A- π ∈ π 3π4 4 ，4 ，
所以 sin 2A- π 2 4 ∈ 2 ，1 ，所以 ab ∈ 4 2，4+ 2 2 ，
2
所以CD ∈ 5，3+ 2 2 ，所以中线CD长的取值范围为 5，1+ 2 .
例47 (2022·山东滨州·二模)锐角 △ABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，已知 3bcosC= 2asinA-
3ccosB．
(1)求A；
(2)若 b= 2，D为AB的中点，求CD的取值范围．
【答案】(1)A= π3 (2) 3,2
【解析】
(1)根据已知条件，由正弦定理可得 3sinBcosC= 2sinAsinA- 3sinCcosB，进而可得 3sinA=
2sin2A，又 △ABC为锐角三角形，从而即可求解；
(2)在 △ACD 1中，由余弦定理可得CD= 2 c
2- 4c+ 16，又 △ABC为锐角三角形，进而有
a2+ c2- b2> 0 2 2
2+ 2- 2> ，又 a = c + 4- 2c，可得 1< c< 4，从而由二次函数的性质即可求解.a b c 0
(1)
解：因为 3bcosC= 2asinA- 3ccosB，
由正弦定理可得 3sinBcosC= 2sinAsinA- 3sinCcosB，
所以 3(sinBcosC+ cosBsinC) = 2sin2A，
所以 3sin(B+C) = 2sin2A，
因为A+B+C= π，即B+C= π-A，
所以 3sinA= 2sin2A，
因为 sinA≠ 0，所以 sinA= 32 ，
又因为 △ABC为锐角三角形，所以A= π3 ；
(2)
π
解：由 (1)知A= 3 ，又 b= 2，
在 △ACD中，由余弦定理可得CD= AD2+AC 2- 2AD AC cosA= 12 c
2- 4c+ 16，
因为 △ABC为锐角三角形，所以 cosB> 0 ，cosC> 0
a
2+ c2- b2> 0
由余弦定理可得 ，a2+ b2- c2> 0
a2= c2+ 22- 2× 2× ccos π又 = c23 + 4- 2c，
c2- c> 0
所以 - > ，解得 1< c< 4，8 2c 0
所以由二次函数性质可得CD的取值范围是 3,2 .
3(b- ccosA)
例48 (2022· a 1 tanC安徽·合肥一中模拟预测 (文))在① = 3a，② =
sinC b 2 tanB + 1 ，③ csinB=
bcos C- π6 这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．
在 △ABC中，内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，且满足________．
(1)求C；
(2)若 △ABC 的面积为 2 3，D为AC的中点，求BD的最小值．
π
【答案】(1)C= 3 (2)2
【解析】
(1)选①，由正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简可得 tanC= 3，求得答案;
1
选②,由正弦定理边化角，结合同角的三角函数关系以及两角和的正弦公式化简可得 cosC= 2 ，求得答
案;
选③，由正弦定理边化角，结合两角差的余弦公式化简可得 tanC= 3，求得答案;
2
(2) b 1利用三角形的面积公式可得 ab= 8，由余弦定理结合基本不等式可推出BD2= a2+ 4 - 2 ab≥ 4，即
可求得答案.
(1)
选条件①．
3(b- ccosA)
由 = 3a可得 b- ccosA= 33 asinC，sinC
3
由正弦定理得 sinB- sinCcosA= 3 sinAsinC，
因为B= π- (A+C)，所以 sinB= sin(A+C)，
所以 sinAcosC+ cosAsinC- sinCcosA= 33 sinAsinC，
故 sinAcosC= 33 sinAsinC，
又A ∈ (0,π),sinA≠ 0，于是 sinC= 3cosC，即 tanC= 3，
因为C ∈ (0,π) π，所以C= 3 .
选条件②．
a
因为 = 1 tanCb 2 tanB + 1 ，
sinA 1 sinCcosB
所以由正弦定理及同角三角函数的基本关系式，得 sinB = 2 + 1 ， cosCsinB
sinA = sinCcosB+ cosCsinB
sin(C+B)
即 sinB = ， 2cosCsinB 2cosCsinB
因为A+B+C= π ，所以B+C= π-A，sin(B+C) = sinA，
又A ∈ (0,π),sinA≠ 0，故 sinB= 2cosCsinB , 1所以 cosC= 2 ，
因为C ∈ (0,π) π，所以C= 3
选条件③．
在 △ABC 中，由正弦定理得 bsinC= csinB ，又 csinB= bcos C- π6 ，
所以 bsinC= bcos C- π6 ,
π 3 1
所以 sinC= cos C- 6 = 2 cosC+ 2 sinC，所以 sinC= 3cosC，
即 tanC= 3，
又C ∈ (0,π)，所以C= π3 ；
(2)
由题意知S = 1△ABC 2 absinC=
1
2 ab×
3
2 = 2 3，得 ab= 8，
b2 2
由余弦定理得BD2= a2+ 4 - abcosC= a
2+ b4 -
1
2 ab≥ 2a
b 1
2 - 2 ab= 4，
当且仅当 a= 12 b且 ab= 8，即 a= 2,b= 4时取等号，
所以BD的最小值为 2.
例49 (2022·山东师范大学附中模拟预测)在① 2bsinC= 3ccosB+ csinB cosB，② = b2a- c 两个条件中cosC
任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.在 △ABC中，内角A、B、C所对的边分别是 a、b、c，且_
_______.
(1)求角B；
(2)若 a+ c= 3，点D是AC的中点，求线段BD的取值范围.
【答案】(1) π 3 3条件选择见解析，B= 3 (2) 4 , 2
【解析】
(1)选①，由正弦定理化简可得 tanB的值，结合角B的取值范围可求得角B的值；
选②，由正弦定理结合两角和的正弦公式可求得 cosB的值，结合角B的取值范围可求得角B的值；

(2)由平面向量的线性运算可出 2BD=BA+BC，结合平面向量数量积的运算性质可得出 4BD2=
a+ c 2- ac= a2- 3a+ 3，求出 a的取值范围，结合二次函数的基本性质可求得BD的取值范围.
(1)
解：选①，由 2bsinC= 3ccosB+ csinB及正弦定理可得 2sinBsinC= 3sinCcosB+ sinCsinB，
所以，sinCsinB= 3sinCcosB，
因为B、C ∈ 0,π ，所以，sinC> 0，则 sinB= 3cosB> 0，
π
所以，tanB= 3，∴B= 3 ；
cosB b
选②，由 =
cosC 2a- c 及正弦定理可得 sinBcosC= 2sinA- sinC cosB，
所以，2sinAcosB= sinBcosC+ cosBsinC= sin B+C = sinA，
∵A、B ∈ 0,π ，∴ sinA> 0 cosB= 1 B= π，所以， 2 ，则 3 .
(2)
解：因为 a+ c= 3，所以，0< a< 3，

由已知AD=DC，即BD-BA=BC -BD，所以，2BD=BA+BC，
2 = + 2
2 2
所以，4BD BA BC =BA +BC + 2BA BC，
即 4BD2= c2+ a2+ 2accos π = c2+ a2+ ac= a+ c 23 - ac= 3- a 3- a
2
= a2- 3a+ 3= a- 3 9 92 + 4 ∈ 4 ,3 ，
3 3
所以，4 ≤BD< 2 .
例50 (多选题) (2022·甘肃定西·高一阶段练习)△ABC中，内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，a= 2，BC边
上的中线AD= 2，则下列说法正确的有：( )

A. AB AC = 3 B. b2+ c2= 10 C. 35 ≤ cosA< 1 D. ∠BAD的最大值为 60°
【答案】ABC
【解析】利用向量的数量积公式,余弦定理及基本不等式对各个选项进行判断即可.
【详解】

∵AB 2AC = AD+DB AD-DB =AD -DB
2= 4- 1= 3．A正确；
∵ cos∠ADC=-cos∠ADB，
∴ b2+ c2=AD2+DC 2- 2AD DC cos∠ADC+AD2+DB2- 2AD DB cos∠ADB
= 2AD2+DB2+DC 2= 2× 22+ 1+ 1= 10，故B正确；
b2 2
由余弦定理及基本不等式得 cosA= + c - 4 ≥ 2bc- 4 = 1- 2 (当且仅当 b= c时，等号成立)，由A
2bc 2bc bc
选项知 bccosA= 3，∴ cosA≥ 1- 2 = 1- 2cosA3 3 ，解得 cosA≥
3
5 ，故C正确；对于D，cos∠BAD
cosA
c2+ 22- 12 2= 4c =
c + 3
4c ≥
2 3c = 34c 2 (当且仅当 c= 3 时，等号成立)，∵∠BAD<∠ABD，∴∠BAD ∈
0, π2 ，又 cos∠BAD≥
3
2 ，∴∠BAD的最大值 30°，D选项错误．
故选: ABC
题型八：四心问题
例51 (2022·山东泰安·模拟预测)在 △ABC中，内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，点O是 △ABC的外心，

AO AB AO AC
acos C- π3 = + ．|AB| |AC|
(1)求角A；
(2)若 △ABC外接圆的周长为 4 3π，求 △ABC周长的取值范围，
【答案】(1)A= π3 (2) (12,18]
【解析】
(1)由三角形外心的定义和向量数量积的几何意义对条件化简，然后利用正弦定理边化角，整理化简可得；
(2)先求外接圆半径，结合 (1)和正弦定理将三角形周长表示为角C的三角函数，由正弦函数性质可得.
(1)
过点O作AB的垂线，垂足为D，
因为O是 △ABC的外心，所以D为AB的中点

AO AB

= AO AC所以 AO cos∠OAD= c b，同理 =
|AB| 2 |AC| 2
所以 acos C- π3 =
c b
2 + 2 ，由正弦定理边化角得：
sinA cosCcos π + sinCsin π = sinC+ sinB3 3 2
所以 sinAcosC+ 3sinAsinC= sinB+ sinC= sin(A+C) + sinC
整理得： 3sinAsinC- cosAsinC= sinC
因为C ∈ (0,π)，所以 sinC> 0
所以 3sinA- cosA= 1 π，即 sin A- 6 =
1
2
又A ∈ (0,π) π π，A- 6 ∈ - 6 ,
5π
6
π
所以A- 6 =
π
6 ，得A=
π
3
(2)
记 △ABC外接圆的半径为R，
因为 △ABC外接圆的周长为 4 3π，
所以 2Rπ= 4 3π，得 2R= 4 3
所以 △ABC周长L= a+ b+ c= 2R(sinA+ sinB+ sinC) = 4 3 32 + sinB+ sinC
(1) B= 2π由 知 3 -C，
L= 4 3 3 + sin 2π所以 2 3 -C + sinC = 12sin C+
π
6 + 6
因为C ∈ 0, 2π3 ，所以C+
π ∈ π6 6 ,
5π
6
1
所以 2 < sin C+
π
6 ≤ 1
所以 12< 12sin C+ π6 + 6≤ 18，即 12所以 △ABC周长的取值范围为 (12,18]
例52 (2021·河南南阳·高三期末 (理))在 △ABC中， 3sinC+ cosC= sinB+ sinC .
sinA
(1)求A；
(2)若 △ABC的内切圆半径 r= 2，求AB+AC的最小值.
【答案】(1) A= π3 ； (2)8 3.
【解析】
(1)根据已知条件、三角形的内角和定理及两角和的正弦公式，再结合解三角方程即可求解.
(2) 1 1由题意可知，利用三角形的等面积法 △ABCS△ABC= 2 bcsinA= 2 (a+ b+ c)r及余弦
定理得出含有 b+ c和 bc的关系式，再利用基本不等式的变形即可求得AB+AC的最小值.
(1)
在 △ABC中, 3sinC+ cosC= sinB+ sinC ，
sinA
整理得 3sinCsinA+ sinAcosC= sinB+ sinC= sin(A+C) + sinC，即
3sinCsinA+ sinAcosC= sinAcosC+ cosAsinC+ sinC，于是
所以 3sinCsinA= cosAsinC+ sinC，
因为 sinC≠ 0，所以 3sinA- cosA= 1，即
3 1 1
2 sinA- 2 cosA= 2 ，
所以 sin A- π = 1 π π 5π6 2 ，又因为 0所以A- π = π6 6 ，解得 A=
π
3 .
所以 A= π3 .
(2)
令BC= a,AB= c,AC= b，(1)知 A= π3 .
S = 1由 △ABC 2 bcsinA=
1
2 (a+ b+ c)r，得
3 bc= 2(a+ b+ c) 32 ，即 4 bc- b- c= a，
(1) A= π由余弦定理及 知 3 ，得
a2= b2+ c2- 2bccosA= b2+ c2- bc，
3
2
所以 4 bc- b- c = b2+ c2- bc= (b+ c)2- 3bc，
3
即 16 (bc)
2+ (b+ c)2- 32 bc(b+ c) = (b+ c)
2- 3bc，
3
于是 16 bc=
3
2 (b+ c) - 3
3 (b+ c) - 3= 3 bc≤ 3 b+ c
2
2 16 16 2
当且仅当 b= c时取等号
所以 3(b+ c)2- 32(b+ c) + 64 3≥ 0，∴(b+ c- 8 3) ( 3(b+ c) - 8 ≥ 0
∴ b+ c≥ 8 3 或 b+ c≤ 8 ，
3
又 △ABC的内切圆半径 r= 2， A= π 23 ，∴ b+ c> × 2= 4 3，tan π6
∴ b+ c≥ 8 3，AB+AC的最小值为 8 3.
|AC|
例53 (2022·江西· ( )) |AB|高三阶段练习 理 已知O是三角形ABC的外心，若 AB AO+ AC AO=
|AB| |AC|

2m(AO)2，且 2sinB+ sinC= 3，则实数m的最大值为 ( )
A. 3 3 2 14 B. 5 C. 3 D. 2
【答案】A
【解析】利用外心的性质以及正弦定理，转化已知条件，从而求得m关于 b,c的表达式，再利用基本不等式
即可求得其最大值.
【详解】
设三角形ABC的外接圆半径为R，因为O是三角形ABC的外心，故可得 AO =R，
1 2 1 1 2 1
且AB AO= 2 22 AB = 2 c ，AC AO= 2 AC = 2 b ，
|AC| + |AB|

故 AB AO AC AO= 2m(AO)2，
|AB| |AC|
1
即 2 AB AC +
1
2 AB AC = 2mR
2，
也即 bc= 2mR2 bc，则m= ，
2R2
又 2sinB+ sinC= 3，由正弦定理可得：
2b+ c 2
2b+ c= 2 3R，则R2= 12 ，
6bc 6 6 6 3
故m= 2 2 = ≤ = = ，4b + c + 4bc 4b
c +
c + 4 8 4b 2
4b c
c + b + 4
4b c 3
当且仅当 c = ，即 c= 2b时取得最大值 4 .b
故选：A.

例54 (2022 ·全国 ·高三专题练习 ) AC已知 O 是三角形 ABC 的外心，若 AB AO + AB AC AO =
AB AC
2
2m AO ，且 sinB+ sinC= 3，则实数m的最大值为 ( )
A. 3 B. 35 C.
7
5 D.
3
2
【答案】D
【解析】设AB= c，AC= b，∠BAO= θ，∠CAO= α，由题设条件得到 b、c、α、θ、m的关系：bcosθ+
ccosα= 2mAO，
O ABC cosθ= c b由 是三角形 的外心可得 ，cosα= ，对 b+ c= 2 3AO，消去AO，利用基本不等
2AO 2AO
式求得m的范围.
【详解】
如图所示：
设AB= c，AC= b，∠BAO= θ，∠CAO= α，
AC + AB = 2由 AB AO AC AO 2m AO
AB AC
b c AOcosθ+ c得 b AOcosα= 2m AO2c ，b
化简得 bcosθ+ ccosα= 2mAO，
由O是三角形ABC的外心可知，O是三边中垂线交点，得 cosθ= c ，cosα= b ，
2AO 2AO
代入上式得 bc= 2mAO2 ∴m= bc， .
2AO2
根据题意知，AO是三角形ABC外接圆的半径，可得 sinB= b ，sinC= c ，
2AO 2AO
代入 sinB+ sinC= 3 得 b+ c= 2 3AO，
b+ c 2 b+ c 2
∴m= bc ≤ 22 2 =
2 = 32 ，当且仅当“b= c”时，等号成立.2AO 2AO 2 b+ c
2
2 3
故选：D.
例55 (2022·全国· π高三专题练习)在 △ABC中，内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，若 a= 5 2sin B+ 4 ，c
= 5且O为 △ABC的外心，G为 △ABC的重心，则OG的最小值为 ( )
A. 2- 1 B. 5 2- 56 C. 2+ 1 D.
10- 5 2
6
【答案】D
【解析】首先根据条件解 △ABC可得：C= π 5 24 和 △ABC外接圆的半径R== 2 ，由此建立直角坐标系，
.A - 5 5 5 5 2 5 5 2可得： 2 ，0 ，B 2 ，0 ，外心O为 0，2 ，重心G 6 cosθ， 26 + 6 sinθ .从而求得 |OG| =
5 2
2 2
cosθ + 5 - 5 2 sinθ = 25 - 25 2
25 3- 2 2
6 3 6 6 9 sinθ≥ 18 ，即可得解.
【详解】
A= 5 2sin B+ π4 ，c= 5，
∴ a= 2csin B+ π4 ，
由正弦定理可得：sinA= 2sinC 22 (sinB+ cosB)，
∴ sin(B+C) = sinBcosC+ cosBsinC= sinCsinB+ sinCcosB，
化为：sinBcosC= sinC sinB，sinB≠ 0，
∴ cosC= sinC，即 tanC= 1，C ∈ (0，π).
∴C= π4 .
∴△ABC R= 1 c 5 2外接圆的半径 2 =sinC 2 .
5 5 5
如图所示，建立直角坐标系.A - 2 ，0 ，B 2 ，0 ，O 0，2 .
△ABC 5
2 25
外接圆的方程为：x2+ y- 2 = 2 .
C 5 2设 2 cosθ
5 + 5 2，2 2 sinθ .θ ∈ (0，π)
G 5 2则 6 cosθ
5 + 5 2，6 6 sinθ .
2 2
|OG|2
25 3- 2 2
= 5 26 cosθ +
5 - 5 2 sinθ = 25 25 23 6 6 - 9 sinθ≥ 18 ，
∴ |OG| 10- 5 2的最小值为： 6 .
故选：D.
例56 (2022· A-B C全国·高三专题练习)已知 △ABC的周长为 9，若 cos 2 = 2sin 2 ，则 △ABC的内切圆半径的
最大值为 ( )
A. 12 B. 1 C. 2 D.
3
2
【答案】C
A-B
【解析】首先化简 cos 2 = 2sin
C
2 ，可得：
A+B
A B 1 C cos 2 1- tan
A
2 tan
B
tan 2 2 12 tan 2 = 3 ，tan 2 = + = = ，再结合图形即可得解.sinA B tanA2 2 + tan
B 3 A
2 tan 2 + tan
B
2
【详解】
法一：角靠拢，形助兴
cosA cosB2 2 + sin
A
2 sin
B
2 = cos
A-B
2 = 2sin
C
2 = 2cos
A+B
2 = 2 cos
A B A B
2 cos 2 - sin 2 sin 2 ，整理
得：
cosA+B 1- tanA tanB
tanA2 tan
B
2 =
1 C 2 2 2
3 ，tan 2 = = =sinA+B tanA2 2 + tan
B
2
2 1
3 ，tanA2 + tan
B
2
如图有：
xy
由 tanA2 tan
B 1
2 = 3 ，可得 r
2= 3 ，
cosA+BC 2 1- tan
A
2 tan
B
tan = = 2 = 2 12 sinA+B2 tan
A + tanB 3 A B2 2 tan 2 + tan 2
r 2 1
代入 z = 3 r r ，整理可得：x+ y= 3，
x + y
tanA B 1 2
xy 1 x+ y 2
2 tan 2 = 3 r = 3 ≤ 3 2 rmax=
3
2 ．
法二：
tanA2 tan
B 1
2 = 3 ，9= 2(x+ y+ z) = 2
r + r + r =
tan
C B
2 tan 2 tan
A
2
tanA B
2r 2
+ tan 2 + 1 + 1 1- tanA tanB tanB tanA 2 2 2 2
得：tanA2 + tan
B 1 1 3
2 = r ≥ 2 3 rmax= 2 ．
法三：
tanA tanB = 12 2 3 ，cos
A-B C C C
2 cos 2 = 2sin 2 cos 2 ，cos
A-B sinA+B2 2 = 2sin
C
2 cos
C 1
2 ，得 2 (sinA+
sinB) = 2sinC2 cos
C
2 = sinC，由正弦定理，得 a+ b= 2c 3c= 9，c= 3．
tanA tanB = 1 r r 1
x(3- x)
= r2= x= 3 32 2 3 ，如图可得：x ， ，(3- x) 3 3 2
，rmax= 2 ．
例57 (2022·全国·高三专题练习)在钝角 △ABC中，a,b,c分别是 △ABC的内角A,B,C所对的边，点G是
△ABC的重心，若AG⊥BG，则 cosC的取值范围是 ( )
A. 0, 6 B. 4 , 63 5 3 C.
6
3 ,1 D.
4
5 ,1
【答案】C
【解析】
延长CG交AB 3于D，由重心性质和直角三角形特点可求得CD= 2 c，由 cos∠BDC=-cos∠ADC，利用
余弦定理可构造等量关系得到 a2+ b2= 5c2，由此确定C为锐角，则可假设A为钝角，得到 b2+ c2< a2，a2
+ c2> b2 a> b b， ，由此可构造不等式组求得 a 的取值范围，在 △ABC利用余弦定理可得 cosC=
2 a + b5 a
b
，利用 a 的范围，结合C为锐角可求得 cosC的取值范围.b
【详解】
延长CG交AB于D，如下图所示：
∵G为 △ABC的重心，∴D为AB中点且CD= 3DG，
∵AG⊥BG 1 3 3，∴DG= 2 AB，∴CD= 2 AB= 2 c；
5 2 2
2 2
△ADC cos∠ADC= AD +CD -AC
2 2 c - b
在 中， = =
2AD CD 3 2
2 c
5c2- 2b2
；
3c2
5
2 2 2 c2- a2 2 2
在 △BDC中，cos∠BDC= BD +CD -BC = 2 5c - 2a
2BD CD 3 = 2 ；
2 c
2 3c
∵∠BDC+∠ADC= π，∴ cos∠BDC=-cos∠ADC，
5c2- 2a2 5c2=- - 2b
2
即 2 2 ，整理可得：a
2+ b2= 5c2> c2，∴C为锐角；
3c 3c
设A为钝角，则 b2+ c2< a2，a2+ c2> b2，a> b，
a2> b2+ a
2+ b2 b 2 1 1 b 2
∴ 5 2+ 2 ，∴
a + 5 + 5 a < 1 b 2
b 2 1 1 b 2，解得： a <
2
b2< a2+ a b < 1+ + 3
，
5 a 5 5 a
∵ a> b> 0，∴ 0< b 6a < 3 ，
a2+ b2 2cosC= - c = 2 a
2+ b2 = 2 a + b > 2 6 3 6由余弦定理得： 5 × + = ，2ab ab 5 b a 5 3 6 3
又C 6为锐角，∴ 3 < cosC< 1，即 cosC
6
的取值范围为 3 ,1 .
故选：C.
例58 (2022· 7广东深圳·高三阶段练习)在 △ABC中，cosA= 25 ，△ABC的内切圆的面积为 16π，则边BC长
度的最小值为 ( )
A. 16 B. 24 C. 25 D. 36
【答案】A
【解析】由条件可求内切圆半径，根据内切圆的性质和三角形的面积公式可得三边关系，结合基本不等式
可求边BC长度的最小值.
【详解】
因为 △ABC的内切圆的面积为 16π，所以 △ABC的内切圆半径为 4．设 △ABC内角A，B，C所对的边分
别为 a，b，c．因为 cosA= 725 ，所以 sinA=
24 24 1 1
25 ，所以 tanA= 7 ．因为S△ABC= 2 bcsinA= 2 (a+ b+
c) × 4 25 24 A 3 4，所以 bc= 6 (a+ b+ c)．设内切圆与边AC切于点D，由 tanA= 7 可求得 tan 2 = 4 = ，AD
AD= 16 b+ c- a 32 25 32 25 16则 3 ．又因为AD= 2 ，所以 b+ c= 3 + a．所以 bc= 6 3 + 2a = 3 3 + a ．
2
又因为 b+ c≥ 2 bc 32，所以 + a≥ 2 25 16 + a 32 100 16 23 3 3 ，即 3 + a ≥ 3 3 + a ，整理得 a - 12a- 64
≥ 0．因为 a> 0，所以 a≥ 16，当且仅当 b= c= 403 时，a取得最小值．
故选：A．
题型九：坐标法
例59 (2022 · π全国 ·模拟预测 (文))在 Rt△ABC中，∠BAC = 2 ，AB = AC = 2，点 M在 △ABC内部，
cos∠AMC=- 3 ，则MB25 -MA
2的最小值为______．
【答案】2
5
【解析】先利用正弦定理求得 △AMC的外接圆半径R= 4 ，建立平面直角坐标系，利用坐标法把MB
2-
MA2转化为MB2-MA2= 7- 5sinθ，即可求出MB2-MA2的最小值.
【详解】
2
因为∠AMC ∈ 0,π cos∠AMC=- 3 ， 5 ，所以 sin∠AMC= 1- -
3 = 45 5 .
在 △AMC AC中，由正弦定理得： ∠ = 2R(R为 △AMC的外接圆半径)，所以sin AMC
2
4 = 2R
5
，解得：R= 4 .
5
如图所示：设 △AMC的外接圆的圆心为O，建立如图示的坐标系.
设E为AC的中点，所以AE=CE= 1，OE= R2-AE2 5
2
= 4 - 1
2= 34 .
x= 5 cosθ
所以点M的轨迹为：x2+ y2= 25 416 ，可写出 (θ为参数).y= 54 sinθ
5 5 4 4
因为点M在 △ABC内部，所以M 4 cosθ, 4 sinθ (其中 θ满足- 5 < cosθ< 5 ，θ ∈ 0,π ).
2 2 2 2
所以MB2-MA2= 5 cosθ+ 1 + 5 4 4 sinθ-
11 - 5 5 34 4 cosθ+ 1 + 4 sinθ- 4
= 5 sinθ- 11
2 2
4 4 -
5
4 sinθ-
3
4
= 7- 5sinθ
因为 θ满足- 45 < cosθ<
4
5 ，θ ∈
3
0,π ，所以 5 < sinθ≤ 1，
所以当 sinθ= 1时MB2-MA2= 7- 5= 2最小.
故答案为：2
例60 (2022 南通一模)在平面直角坐标系 xOy中，已知B，C为圆 x2+ y2= 4 上两点，点A(1,1)，且AB⊥
AC，则线段BC的长的取值范围为　　．
【解答】解：在平面直角坐标系 xOy中，已知B，C为圆 x2+ y2= 4上两点，点A(1,1)，且AB⊥AC ，如图所
y= 1
示当BC⊥OA时，|BC|取得最小值或最大值．由 2+ 2= ，可得B(- 3，1)或 ( 3，1)，x y 4
x= 1由 2+ 2= ，可得C(1, 3)或 (1,- 3)x y 4
解得 |BC| 2 2min= ( 3- 1) + (1- 3) = 6- 2，
|BC|max= (- 3- 1)2+ (1+ 3)2= 6+ 2．
故答案为：[ 6- 2 ， 6+ 2]．
例61 M为等边ΔABC AM内一动点，且∠CMB= 120°，则 的最小值为　　．
MC
【解答】解：如图所示，
不妨设等边ΔABC的边长为 2，
∵M 为ΔABC内一动点，∠BMC= 120°，

∴点M 在弦BC所对的弓形BMC上，∠BQC= 120°．
由图可知：当点M 取与 y轴的交点时，∠MBC= 30°，
可得：Q 0,- 33 ，A(0 ， 3，C(1,0)，M (x,y)．
2
M 3 4点 所在圆的方程为：x2+ y+ 3 = 3 ．
x= 2 3 3 cosθ设参数方程为： ，y=- 33 + 2 33 sinθ
4 22 4 3
|MA|2 x2+ (y- 3)2 3 sin θ+ - 3 + 2 3∴ = = 3
sinθ
=
|MC|2 (x- 1)2+ y2 2 3
2 2
3 cosθ- 1 + - 3 2 33 + 3 sinθ
5- 4sinθ
，
2- 3sinθ- sinθ
5- 4sinθ
令 = t ，化为：sin(θ+ β) = 5- 2t ≤ 1，
2- 3sinθ- sinθ (4- t)2+ ( 3t)2
t≥ 3解得 4 ，
∴ AM ≥ 3
MC 2
，
3
故最小值为 2 ，
3
故答案为： 2 ．
例62 (2022 江苏模拟)已知ΔABC是边长为 3的等边三角形，点P是以A 为圆心的单位圆上一动点，点Q
2 1
满足AQ= 3 AP+ 3 AC，则 |BQ|的最小值是　　．
【解答】解：如图建立平面直角坐标系，设P(cosθ,sinθ) A(0,0) B - 3 3 3 3 3 3，则 ， 2 ，- 2 ，C 2 ，- 2 ；
2 1 AQ = 3 AP + 3 AC =
2 ( cosθ , sinθ ) + 1 3 ,- 3 33 3 2 2 =
23 cosθ+
1
2 ,
2
3 sinθ-
3
2 ．

BQ=BA+AQ= 23 cosθ+ 2,
2
3 sinθ+ 3
2

展开更多......

收起↑