專(zhuān)題九三角形中的最值(范圍)問(wèn)題(原卷版+解析)

專(zhuān)題九三角形中的最值(范圍)問(wèn)題【方法總結(jié)】三角形中最值(范圍)問(wèn)題的解題思路任何最值(范圍)問(wèn)題，其本質(zhì)都是函數(shù)問(wèn)題，三角形中的范圍最值問(wèn)題也不例外．三角形中的范圍最值問(wèn)題的解法主要有兩種：一是用函數(shù)求解，二是利用基本不等式求解．一般求最值用基本不等式，求范圍用函數(shù)．由于三角形中的最值(范圍)問(wèn)題一般是以角為自變量的三角函數(shù)問(wèn)題，所以，除遵循函數(shù)問(wèn)題的基本要求外，還有自己獨(dú)特的解法．要建立所求量(式子)與已知角或邊的關(guān)系，然后把角或邊作為自變量，所求量(式子)的值作為函數(shù)值，轉(zhuǎn)化為函數(shù)關(guān)系，將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問(wèn)題．這里要利用條件中的范圍限制，以及三角形自身范圍限制，要盡量把角或邊的范圍(也就是函數(shù)的定義域)找完善，避免結(jié)果的范圍過(guò)大．考點(diǎn)一三角形中與角或角的函數(shù)有關(guān)的最值(范圍)【例題選講】[例1](2020·浙江)在銳角△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．已知2bsinA－eq\r(3)a＝0．(1)求角B的大?。?2)求cosA＋cosB＋cosC的取值范圍．解析(1)由正弦定理，得2sinBsinA＝eq\r(3)sinA，又在△ABC中，sinA>0，故sinB＝eq\f(\r(3),2)，由題意得B＝eq\f(π,3)．(2)由A＋B＋C＝π，得C＝eq\f(2π,3)－A．由△ABC是銳角三角形，得A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))．由cosC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝－eq\f(1,2)cosA＋eq\f(\r(3),2)sinA，得cosA＋cosB＋cosC＝eq\f(\r(3),2)sinA＋eq\f(1,2)cosA＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)＋1,2)，\f(3,2)))．故cosA＋cosB＋cosC的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)＋1,2)，\f(3,2)))．[例2](2016·北京)在△ABC中，a2＋c2＝b2＋eq\r(2)ac．(1)求B的大??；(2)求eq\r(2)cosA＋cosC的最大值．解析(1)由a2＋c2＝b2＋eq\r(2)ac，得a2＋c2－b2＝eq\r(2)ac．由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2)ac,2ac)＝eq\f(\r(2),2)．又0＜B＜π，所以B＝eq\f(π,4)．(2)A＋C＝π－B＝π－eq\f(π,4)＝eq\f(3π,4)，所以C＝eq\f(3π,4)－A,0＜A＜eq\f(3π,4)．所以eq\r(2)cosA＋cosC＝eq\r(2)cosA＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝eq\r(2)cosA＋coseq\f(3π,4)cosA＋sineq\f(3π,4)sinA＝eq\r(2)cosA－eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝eq\f(\r(2),2)sinA＋eq\f(\r(2),2)cosA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))．因?yàn)?＜A＜eq\f(3π,4)，所以eq\f(π,4)＜A＋eq\f(π,4)＜π，故當(dāng)A＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,4)時(shí)，eq\r(2)cosA＋cosC取得最大值1．[例3](2014·陜西)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．(1)若a，b，c成等差數(shù)列，證明sinA＋sinC＝2sin(A＋C)；(2)若a，b，c成等比數(shù)列，求cosB的最小值．解析(1)∵a，b，c成等差數(shù)列，∴a＋c＝2b．由正弦定理得sinA＋sinC＝2sinB．∵sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，∴sinA＋sinC＝2sin(A＋C)．(2)∵a，b，c成等比數(shù)列，∴b2＝ac．由余弦定理得，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)等號(hào)成立．∴cosB的最小值為eq\f(1,2)．[例4]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足(2c－a)cosB－bcosA＝0．(1)若b＝7，a＋c＝13，求△ABC的面積；(2)求sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))的取值范圍．解析(1)因?yàn)?2c－a)cosB－bcosA＝0，由正弦定理得(2sinC－sinA)cosB－sinBcosA＝0，則2sinCcosB－sin(A＋B)＝0，求得cosB＝eq\f(1,2)，B＝eq\f(π,3)．由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，即49＝(a＋c)2－2ac－2accosB，求得ac＝40，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝10eq\r(3)．(2)sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A－\f(π,6)))＝sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))＝－cos2A＋cosA＋1，A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，令u＝cosA∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，y＝－u2＋u＋1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(5,4)))．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且．(1)求A的大小；(2)求sinB＋sinC的最大值．2．已知銳角△ABC中，bsinB－asinA＝(b－c)sinC，其中a、b、c分別為內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊．(1)求角A的大小；(2)求eq\r(3)cosC－sinB的取值范圍．3．(2016山東)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知．(1)證明：a＋b＝2c；(2)求cosC的最小值．4．(2015湖南)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，a＝btanA，且B為鈍角．(1)證明：B－A＝eq\f(π,2)；(2)求sinA＋sinC的取值范圍．考點(diǎn)二三角形中與邊或周長(zhǎng)有關(guān)的最值(范圍)【例題選講】[例1]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若b2＋c2－a2＝bc．(1)求角A的大??；(2)若a＝eq\r(3)，求BC邊上的中線AM的最大值．解析(1)由b2＋c2－a2＝bc及余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，又0<A<π，∴A＝eq\f(π,3)．(2)∵AM是BC邊上的中線，∴BM＝CM＝eq\f(\r(3),2)，∴在△ABM中，AM2＋eq\f(3,4)－2AM·eq\f(\r(3),2)·cos∠AMB＝c2，①在△ACM中，AM2＋eq\f(3,4)－2AM·eq\f(\r(3),2)·cos∠AMC＝b2，②又∠AMB＝π－∠AMC，∴cos∠AMB＝－cos∠AMC，即cos∠AMB＋cos∠AMC＝0，則①＋②整理得AM2＝eq\f(b2＋c2,2)－eq\f(3,4)．又a＝eq\r(3)，A＝eq\f(π,3)，∴b2＋c2－3＝bc≤eq\f(b2＋c2,2)，∴b2＋c2≤6，∴AM2＝eq\f(b2＋c2,2)－eq\f(3,4)≤eq\f(9,4)，即AM≤eq\f(3,2)，∴BC邊上的中線AM的最大值為eq\f(3,2)．[例2](2020·全國(guó)Ⅱ)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC．(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周長(zhǎng)的最大值．解析(1)由正弦定理和已知條件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB．①由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA．②由①②得cosA＝－eq\f(1,2)．因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(2π,3)．(2)由正弦定理及(1)得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝2eq\r(3)，從而AC＝2eq\r(3)sinB，AB＝2eq\r(3)sin(π－A－B)＝3cosB－eq\r(3)sinB．故BC＋AC＋AB＝3＋eq\r(3)sinB＋3cosB＝3＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))．又0<B<eq\f(π,3)，所以當(dāng)B＝eq\f(π,6)時(shí)，△ABC周長(zhǎng)取得最大值3＋2eq\r(3)．[例3]在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足cos2C－cos2A＝2sineq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋C))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－C))．(1)求角A的值；(2)若a＝eq\r(3)且b≥a，求2b－c的取值范圍．解析(1)由已知得2sin2A－2sin2C＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)cos2C－\f(1,4)sin2C))，化簡(jiǎn)得sinA＝±eq\f(\r(3),2)，因?yàn)锳為△ABC的內(nèi)角，所以sinA＝eq\f(\r(3),2)，故A＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)．(2)因?yàn)閎≥a，所以A＝eq\f(π,3)．由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝2，得b＝2sinB，c＝2sinC，故2b－c＝4sinB－2sinC＝4sinB－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝3sinB－eq\r(3)cosB＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))．因?yàn)閎≥a，所以eq\f(π,3)≤B<eq\f(2π,3)，則eq\f(π,6)≤B－eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，所以2b－c＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))∈[eq\r(3)，2eq\r(3))．[例4]在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，滿足cos2A－cos2B＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－B))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋B))＝0．(1)求角A的值；(2)若b＝eq\r(3)且b≤a，求a的取值范圍．解析(1)由cos2A－cos2B＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－B))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋B))＝0，得2sin2B－2sin2A＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)cos2B－\f(1,4)sin2B))＝0，化簡(jiǎn)得sinA＝eq\f(\r(3),2)，又△ABC為銳角三角形，故A＝eq\f(π,3)．(2)∵b＝eq\r(3)≤a，∴c≥a，∴eq\f(π,3)≤C<eq\f(π,2)，eq\f(π,6)<B≤eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<sinB≤eq\f(\r(3),2)．由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(a,\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(3),sinB)，∴a＝eq\f(\f(3,2),sinB)，由sinB∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))得a∈[eq\r(3)，3)．[例5]在△ABC中，AC＝BC＝2，AB＝2eq\r(3)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))．(1)求BM的長(zhǎng)；(2)設(shè)D是平面ABC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且滿足∠BDM＝eq\f(2π,3)，求BD＋eq\f(1,2)MD的取值范圍．解析(1)在△ABC中，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC，代入數(shù)據(jù)，得cosC＝－eq\f(1,2)．∵eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))，∴CM＝MA＝eq\f(1,2)AC＝1．在△CBM中，由余弦定理知：BM2＝CM2＋CB2－2CM·CB·cosC＝7，所以BM＝eq\r(7)．(2)設(shè)∠MBD＝θ，則∠DMB＝eq\f(π,3)－θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))．在△BDM中，由正弦定理知：eq\f(BD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ)))＝eq\f(MD,sinθ)＝eq\f(BM,sin\f(2π,3))＝eq\f(2\r(7),\r(3))．∴BD＝eq\f(2\r(7),\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))，MD＝eq\f(2\r(7),\r(3))sinθ，∴BD＋eq\f(1,2)MD＝eq\f(2\r(7),\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＋eq\f(\r(7),\r(3))sinθ＝eq\f(\r(7),\r(3))(eq\r(3)cosθ－sinθ＋sinθ)＝eq\r(7)cosθ，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，∴cosθ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))．故BD＋eq\f(1,2)MD的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)，\r(7)))．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且sin2eq\f(A,2)＝eq\f(c－b,2c)．(1)判斷△ABC的形狀并加以證明；(2)當(dāng)c＝1時(shí)，求△ABC周長(zhǎng)的最大值．2．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，c＝eq\r(3)，設(shè)S為△ABC的面積，滿足S＝eq\f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)．(1)求角C的大?。?2)求a＋b的最大值．3．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知bcosC＋bsinC－a－c＝0(1)求B；(2)若b＝，求2a＋c的取值范圍．4．在△ABC中，設(shè)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知cos2A＝sin2B＋cos2C＋sinAsinB．(1)求角C的大?。?2)若c＝eq\r(3)，求△ABC周長(zhǎng)的取值范圍．5．如圖，平面四邊形ABDC中，∠CAD＝∠BAD＝30°．(1)若∠ABC＝75°，AB＝10，且AC∥BD，求CD的長(zhǎng)；(2)若BC＝10，求AC＋AB的取值范圍．考點(diǎn)三三角形中與面積有關(guān)的最值(范圍)【例題選講】[例1]已知在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，C＝120°，c＝2．(1)求△ABC的面積的最大值；(2)求△ABC的周長(zhǎng)的取值范圍．解析(1)法一：由余弦定理得4＝a2＋b2＋ab．由基本不等式得4＝a2＋b2＋ab≥2ab＋ab＝3ab，所以ab≤eq\f(4,3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)等號(hào)成立．所以三角形的面積S＝eq\f(1,2)absinC≤eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3)．所以△ABC的面積的最大值為eq\f(\r(3),3)．法二：由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(4\r(3),3)，得a＝eq\f(4\r(3),3)sinA，b＝eq\f(4\r(3),3)sinB．所以三角形的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)))2×sinAsinB×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4\r(3),3)sinAsinB．因?yàn)樵凇鰽BC中，C＝120°，所以A＋B＝60°，得B＝60°－A，且0°<A<60°，所以sinAsinB＝sinAsin(60°－A)＝eq\f(\r(3),2)sinAcosA－eq\f(1,2)sin2A＝eq\f(\r(3),4)sin2A－eq\f(1,4)(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),4)sin2A＋eq\f(1,4)cos2A－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)sin(2A＋30°)－eq\f(1,4)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)，當(dāng)且僅當(dāng)A＝30°時(shí)等號(hào)成立．所以S≤eq\f(4\r(3),3)×eq\f(1,4)＝eq\f(\r(3),3)，所以△ABC的面積的最大值為eq\f(\r(3),3)．(2)由(1)中法二可知，a＝eq\f(4\r(3),3)sinA，b＝eq\f(4\r(3),3)sinB．所以△ABC的周長(zhǎng)l＝a＋b＋c＝eq\f(4\r(3),3)(sinA＋sinB)＋2．因?yàn)樵凇鰽BC中，C＝120°，所以A＋B＝60°，得B＝60°－A，且0°<A<60°，所以sinA＋sinB＝sinA＋sin(60°－A)＝eq\f(1,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝sin(A＋60°)，所以l＝eq\f(4\r(3),3)sin(A＋60°)＋2．因?yàn)?0°<A＋60°<120°，所以eq\f(\r(3),2)<sin(A＋60°)≤1，所以4<l≤eq\f(4\r(3),3)＋2，即△ABC的周長(zhǎng)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(4，\f(4\r(3),3)＋2))．[例2]已知△ABC的內(nèi)角A，B，C滿足：eq\f(sinA－sinB＋sinC,sinC)＝eq\f(sinB,sinA＋sinB－sinC)．(1)求角A；(2)若△ABC的外接圓半徑為1，求△ABC的面積S的最大值．解析(1)設(shè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，根據(jù)eq\f(sinA－sinB＋sinC,sinC)＝eq\f(sinB,sinA＋sinB－sinC)，可得eq\f(a－b＋c,c)＝eq\f(b,a＋b－c)，化簡(jiǎn)得a2＝b2＋c2－bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，又因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(π,3)．(2)由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝2R(R為△ABC外接圓半徑)，所以a＝2RsinA＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，所以3＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，所以S＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(1,2)×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4)(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取等號(hào))．[例3]已知a，b，c分別是△ABC內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且滿足(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC．(1)求角A的大??；(2)設(shè)a＝eq\r(3)，S為△ABC的面積，求S＋eq\r(3)cosBcosC的最大值．解析(1)∵(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC，∴根據(jù)正弦定理，知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝bc，即b2＋c2－a2＝－bc．∴由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2)．又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(2,3)π．(2)根據(jù)a＝eq\r(3)，A＝eq\f(2,3)π及正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，∴b＝2sinB，c＝2sinC．∴S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2sinB×2sinC×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)sinBsinC．∴S＋eq\r(3)cosBcosC＝eq\r(3)sinBsinC＋eq\r(3)cosBcosC＝eq\r(3)cos(B－C)．故當(dāng)B＝C＝eq\f(π,6)時(shí)，S＋eq\r(3)cosBcosC取得最大值eq\r(3)．[例4](2019·全國(guó)Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知asineq\f(A＋C,2)＝bsinA．(1)求B；(2)若△ABC為銳角三角形，且c＝1，求△ABC面積的取值范圍．解析(1)由題設(shè)及正弦定理得sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA．因?yàn)閟inA≠0，所以sineq\f(A＋C,2)＝sinB．由A＋B＋C＝180°，可得sineq\f(A＋C,2)＝coseq\f(B,2)，故coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)．因?yàn)閏oseq\f(B,2)≠0，故sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，因此B＝60°．(2)由題設(shè)及(1)知△ABC的面積S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)a．由(1)知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(sin（120°－C）,sinC)＝eq\f(\r(3),2tanC)＋eq\f(1,2)．由于△ABC為銳角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°．結(jié)合A＋C＝120°，得30°<C<90°，所以eq\f(1,2)<a<2，從而eq\f(\r(3),8)<S△ABC<eq\f(\r(3),2)．因此，△ABC面積的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2)))．[例5]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知cos2B＋cosB＝1－cosAcosC．(1)求證：a，b，c成等比數(shù)列；(2)若b＝2，求△ABC的面積的最大值．解析(1)在△ABC中，cosB＝－cos(A＋C)．由已知，得(1－sin2B)－cos(A＋C)＝1－cosAcosC，所以－sin2B－(cosAcosC－sinAsinC)＝－cosAcosC，化簡(jiǎn)，得sin2B＝sinAsinC．由正弦定理，得b2＝ac，所以a，b，c成等比數(shù)列．(2)由(1)及題設(shè)條件，得ac＝b2＝4，則cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝2時(shí)，等號(hào)成立．因?yàn)?<B<π，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)≤eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)．所以△ABC的面積的最大值為eq\r(3)．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．設(shè)在△ABC中，cosC＋(cosA－eq\r(3)sinA)cosB＝0，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．(1)求角B的大?。?2)若a2＋4c2＝8，求△ABC的面積S的最大值，并求出S取得最大值時(shí)b的值．2．已知在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且c＝1，cosBsinC＋(a－sinB)cos(A＋B)＝0．(1)求角C的大?。?2)求△ABC面積的最大值．3．已知在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且eq\f(cosB,b)＋eq\f(cosC,c)＝eq\f(sinA,\r(3)sinC)．(1)求b的值；(2)若cosB＋eq\r(3)sinB＝2，求△ABC面積的最大值．4．在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且b＋c＝acosC＋eq\r(3)asinC．(1)求A；(2)若a＝4，求△ABC面積的最大值．5．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且cos2eq\f(B－C,2)－sinBsinC＝eq\f(2－\r(2),4)．(1)求角A；(2)若a＝4，求△ABC面積的最大值．6．如圖，已知D是△ABC的邊BC上一點(diǎn)．(1)若cos∠ADC＝－eq\f(\r(2),10)，∠B＝eq\f(π,4)，且AB＝DC＝7，求AC的長(zhǎng)；(2)若∠B＝eq\f(π,6)，AC＝2eq\r(5)，求△ABC面積的最大值．7．已知a，b，c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且a，b，c成等比數(shù)列．(1)若，求角B的值；(2)若△ABC外接圓的面積為，求△ABC面積的取值范圍．8．在銳角△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊，且4sinAcos2A－eq\r(3)cos(B＋C)＝sin3A＋eq\r(3)．(1)求角A的大??；(2)若b＝2，求△ABC面積的取值范圍．專(zhuān)題九三角形中的最值(范圍)問(wèn)題【方法總結(jié)】三角形中最值(范圍)問(wèn)題的解題思路任何最值(范圍)問(wèn)題，其本質(zhì)都是函數(shù)問(wèn)題，三角形中的范圍最值問(wèn)題也不例外．三角形中的范圍最值問(wèn)題的解法主要有兩種：一是用函數(shù)求解，二是利用基本不等式求解．一般求最值用基本不等式，求范圍用函數(shù)．由于三角形中的最值(范圍)問(wèn)題一般是以角為自變量的三角函數(shù)問(wèn)題，所以，除遵循函數(shù)問(wèn)題的基本要求外，還有自己獨(dú)特的解法．要建立所求量(式子)與已知角或邊的關(guān)系，然后把角或邊作為自變量，所求量(式子)的值作為函數(shù)值，轉(zhuǎn)化為函數(shù)關(guān)系，將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問(wèn)題．這里要利用條件中的范圍限制，以及三角形自身范圍限制，要盡量把角或邊的范圍(也就是函數(shù)的定義域)找完善，避免結(jié)果的范圍過(guò)大．考點(diǎn)一三角形中與角或角的函數(shù)有關(guān)的最值(范圍)【例題選講】[例1](2020·浙江)在銳角△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．已知2bsinA－eq\r(3)a＝0．(1)求角B的大??；(2)求cosA＋cosB＋cosC的取值范圍．解析(1)由正弦定理，得2sinBsinA＝eq\r(3)sinA，又在△ABC中，sinA>0，故sinB＝eq\f(\r(3),2)，由題意得B＝eq\f(π,3)．(2)由A＋B＋C＝π，得C＝eq\f(2π,3)－A．由△ABC是銳角三角形，得A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))．由cosC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝－eq\f(1,2)cosA＋eq\f(\r(3),2)sinA，得cosA＋cosB＋cosC＝eq\f(\r(3),2)sinA＋eq\f(1,2)cosA＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)＋1,2)，\f(3,2)))．故cosA＋cosB＋cosC的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)＋1,2)，\f(3,2)))．[例2](2016·北京)在△ABC中，a2＋c2＝b2＋eq\r(2)ac．(1)求B的大?。?2)求eq\r(2)cosA＋cosC的最大值．解析(1)由a2＋c2＝b2＋eq\r(2)ac，得a2＋c2－b2＝eq\r(2)ac．由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2)ac,2ac)＝eq\f(\r(2),2)．又0＜B＜π，所以B＝eq\f(π,4)．(2)A＋C＝π－B＝π－eq\f(π,4)＝eq\f(3π,4)，所以C＝eq\f(3π,4)－A,0＜A＜eq\f(3π,4)．所以eq\r(2)cosA＋cosC＝eq\r(2)cosA＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝eq\r(2)cosA＋coseq\f(3π,4)cosA＋sineq\f(3π,4)sinA＝eq\r(2)cosA－eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝eq\f(\r(2),2)sinA＋eq\f(\r(2),2)cosA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))．因?yàn)?＜A＜eq\f(3π,4)，所以eq\f(π,4)＜A＋eq\f(π,4)＜π，故當(dāng)A＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,4)時(shí)，eq\r(2)cosA＋cosC取得最大值1．[例3](2014·陜西)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．(1)若a，b，c成等差數(shù)列，證明sinA＋sinC＝2sin(A＋C)；(2)若a，b，c成等比數(shù)列，求cosB的最小值．解析(1)∵a，b，c成等差數(shù)列，∴a＋c＝2b．由正弦定理得sinA＋sinC＝2sinB．∵sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，∴sinA＋sinC＝2sin(A＋C)．(2)∵a，b，c成等比數(shù)列，∴b2＝ac．由余弦定理得，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)等號(hào)成立．∴cosB的最小值為eq\f(1,2)．[例4]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足(2c－a)cosB－bcosA＝0．(1)若b＝7，a＋c＝13，求△ABC的面積；(2)求sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))的取值范圍．解析(1)因?yàn)?2c－a)cosB－bcosA＝0，由正弦定理得(2sinC－sinA)cosB－sinBcosA＝0，則2sinCcosB－sin(A＋B)＝0，求得cosB＝eq\f(1,2)，B＝eq\f(π,3)．由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，即49＝(a＋c)2－2ac－2accosB，求得ac＝40，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝10eq\r(3)．(2)sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A－\f(π,6)))＝sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))＝－cos2A＋cosA＋1，A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，令u＝cosA∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，y＝－u2＋u＋1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(5,4)))．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且．(1)求A的大??；(2)求sinB＋sinC的最大值．1．解析(1)由已知，根據(jù)正弦定理得，2a2＝(2a＋c)b＋(2c＋b)c，即a2＝b2＋c2＋bc，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA，故cosA＝－eq\f(1,2)，所以A＝eq\f(2π,3)．(2)由(1)得，sinB＋sinC＝sinB＋sin(eq\f(π,3)－B)＝eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinB＝sin(eq\f(π,3)＋B)，故當(dāng)B＝eq\f(π,6)時(shí)，sinB＋sinC取最大值1．2．已知銳角△ABC中，bsinB－asinA＝(b－c)sinC，其中a、b、c分別為內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊．(1)求角A的大??；(2)求eq\r(3)cosC－sinB的取值范圍．2．解析(1)由正弦定理得b2－a2＝(b－c)·c．即b2＋c2－a2＝bc．∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)．又∵A為三角形內(nèi)角，∴A＝eq\f(π,3)．(2)∵B＋C＝eq\f(2,3)π，∴C＝eq\f(2,3)π－B．∵△ABC為銳角三角形，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜B＜\f(π,2)，,0＜\f(2,3)π－B<\f(π,2).))∴eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)．又∵eq\r(3)cosC－sinB＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π－B))－sinB＝－eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,3)))，∵eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)<B－eq\f(π,3)<eq\f(π,6)．∴－eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,3)))<eq\f(1,2)．即eq\r(3)cosC－sinB的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))．3．(2016山東)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知．(1)證明：a＋b＝2c；(2)求cosC的最小值．3．解析由題意知，2(eq\f(sinA,cosA)＋eq\f(sinB,cosB))＝eq\f(sinA,cosAcosB)＋eq\f(sinB,cosAcosB)，化簡(jiǎn)得2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB．因?yàn)锳＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，從而sinA＋sinB＝2sinC，由正弦定理得，a＋b＝2c．(2)由(1)知，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立．故的最小值為．4．(2015湖南)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，a＝btanA，且B為鈍角．(1)證明：B－A＝eq\f(π,2)；(2)求sinA＋sinC的取值范圍．4．解析(1)由a＝btanA及正弦定理，得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)，所以sinB＝cosA，即sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))．因?yàn)锽為鈍角，所以A為銳角，所以eq\f(π,2)＋A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則B＝eq\f(π,2)＋A，即B－A＝eq\f(π,2)．(2)由(1)知，C＝π－(A＋B)＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,2)))＝eq\f(π,2)－2A>0，所以A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))．于是sinA＋sinC＝sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2A))＝sinA＋cos2A＝－2sin2A＋sinA＋1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA－\f(1,4)))2＋eq\f(9,8)．因?yàn)?<A<eq\f(π,4)，所以0<sinA<eq\f(\r(2),2)，因此eq\f(\r(2),2)<－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA－\f(1,4)))2＋eq\f(9,8)≤eq\f(9,8)．由此可知sinA＋sinC的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(9,8)))．考點(diǎn)二三角形中與邊或周長(zhǎng)有關(guān)的最值(范圍)【例題選講】[例1]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若b2＋c2－a2＝bc．(1)求角A的大?。?2)若a＝eq\r(3)，求BC邊上的中線AM的最大值．解析(1)由b2＋c2－a2＝bc及余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，又0<A<π，∴A＝eq\f(π,3)．(2)∵AM是BC邊上的中線，∴BM＝CM＝eq\f(\r(3),2)，∴在△ABM中，AM2＋eq\f(3,4)－2AM·eq\f(\r(3),2)·cos∠AMB＝c2，①在△ACM中，AM2＋eq\f(3,4)－2AM·eq\f(\r(3),2)·cos∠AMC＝b2，②又∠AMB＝π－∠AMC，∴cos∠AMB＝－cos∠AMC，即cos∠AMB＋cos∠AMC＝0，則①＋②整理得AM2＝eq\f(b2＋c2,2)－eq\f(3,4)．又a＝eq\r(3)，A＝eq\f(π,3)，∴b2＋c2－3＝bc≤eq\f(b2＋c2,2)，∴b2＋c2≤6，∴AM2＝eq\f(b2＋c2,2)－eq\f(3,4)≤eq\f(9,4)，即AM≤eq\f(3,2)，∴BC邊上的中線AM的最大值為eq\f(3,2)．[例2](2020·全國(guó)Ⅱ)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC．(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周長(zhǎng)的最大值．解析(1)由正弦定理和已知條件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB．①由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA．②由①②得cosA＝－eq\f(1,2)．因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(2π,3)．(2)由正弦定理及(1)得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝2eq\r(3)，從而AC＝2eq\r(3)sinB，AB＝2eq\r(3)sin(π－A－B)＝3cosB－eq\r(3)sinB．故BC＋AC＋AB＝3＋eq\r(3)sinB＋3cosB＝3＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))．又0<B<eq\f(π,3)，所以當(dāng)B＝eq\f(π,6)時(shí)，△ABC周長(zhǎng)取得最大值3＋2eq\r(3)．[例3]在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足cos2C－cos2A＝2sineq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋C))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－C))．(1)求角A的值；(2)若a＝eq\r(3)且b≥a，求2b－c的取值范圍．解析(1)由已知得2sin2A－2sin2C＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)cos2C－\f(1,4)sin2C))，化簡(jiǎn)得sinA＝±eq\f(\r(3),2)，因?yàn)锳為△ABC的內(nèi)角，所以sinA＝eq\f(\r(3),2)，故A＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)．(2)因?yàn)閎≥a，所以A＝eq\f(π,3)．由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝2，得b＝2sinB，c＝2sinC，故2b－c＝4sinB－2sinC＝4sinB－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝3sinB－eq\r(3)cosB＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))．因?yàn)閎≥a，所以eq\f(π,3)≤B<eq\f(2π,3)，則eq\f(π,6)≤B－eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，所以2b－c＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))∈[eq\r(3)，2eq\r(3))．[例4]在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，滿足cos2A－cos2B＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－B))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋B))＝0．(1)求角A的值；(2)若b＝eq\r(3)且b≤a，求a的取值范圍．解析(1)由cos2A－cos2B＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－B))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋B))＝0，得2sin2B－2sin2A＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)cos2B－\f(1,4)sin2B))＝0，化簡(jiǎn)得sinA＝eq\f(\r(3),2)，又△ABC為銳角三角形，故A＝eq\f(π,3)．(2)∵b＝eq\r(3)≤a，∴c≥a，∴eq\f(π,3)≤C<eq\f(π,2)，eq\f(π,6)<B≤eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<sinB≤eq\f(\r(3),2)．由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(a,\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(3),sinB)，∴a＝eq\f(\f(3,2),sinB)，由sinB∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))得a∈[eq\r(3)，3)．[例5]在△ABC中，AC＝BC＝2，AB＝2eq\r(3)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))．(1)求BM的長(zhǎng)；(2)設(shè)D是平面ABC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且滿足∠BDM＝eq\f(2π,3)，求BD＋eq\f(1,2)MD的取值范圍．解析(1)在△ABC中，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC，代入數(shù)據(jù)，得cosC＝－eq\f(1,2)．∵eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))，∴CM＝MA＝eq\f(1,2)AC＝1．在△CBM中，由余弦定理知：BM2＝CM2＋CB2－2CM·CB·cosC＝7，所以BM＝eq\r(7)．(2)設(shè)∠MBD＝θ，則∠DMB＝eq\f(π,3)－θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))．在△BDM中，由正弦定理知：eq\f(BD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ)))＝eq\f(MD,sinθ)＝eq\f(BM,sin\f(2π,3))＝eq\f(2\r(7),\r(3))．∴BD＝eq\f(2\r(7),\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))，MD＝eq\f(2\r(7),\r(3))sinθ，∴BD＋eq\f(1,2)MD＝eq\f(2\r(7),\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＋eq\f(\r(7),\r(3))sinθ＝eq\f(\r(7),\r(3))(eq\r(3)cosθ－sinθ＋sinθ)＝eq\r(7)cosθ，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，∴cosθ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))．故BD＋eq\f(1,2)MD的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)，\r(7)))．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且sin2eq\f(A,2)＝eq\f(c－b,2c)．(1)判斷△ABC的形狀并加以證明；(2)當(dāng)c＝1時(shí)，求△ABC周長(zhǎng)的最大值．1．解析(1)因?yàn)閑q\f(1－cosA,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(b,2c)，即cosA＝eq\f(b,c)，所以b＝ccosA＝c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，即c2＝b2＋a2，所以△ABC為直角三角形．(2)因?yàn)閏為直角△ABC的斜邊，當(dāng)c＝1時(shí)，周長(zhǎng)L＝1＋sinA＋cosA＝1＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))．因?yàn)?<A<eq\f(π,2)，所以eq\f(\r(2),2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))≤1，所以當(dāng)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝1，即A＝eq\f(π,4)時(shí)，周長(zhǎng)L最大，且最大值為1＋eq\r(2)．2．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，c＝eq\r(3)，設(shè)S為△ABC的面積，滿足S＝eq\f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)．(1)求角C的大小；(2)求a＋b的最大值．2．解析(1)由題意可知eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)×2abcosC，所以tanC＝eq\r(3)，因?yàn)?<C<π，所以C＝eq\f(π,3)．(2)由(1)知2R＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),sin\f(π,3))＝2．所以a＋b＝2RsinA＋2RsinB＝2(sinA＋sinB)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－A－\f(π,3)))))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA＋\f(\r(3),2)cosA＋\f(1,2)sinA))＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))≤2eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<A<\f(2π,3)))，當(dāng)A＝eq\f(π,3)，即△ABC為等邊三角形時(shí)取等號(hào)．所以a＋b的最大值為2eq\r(3)．3．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知bcosC＋bsinC－a－c＝0(1)求B；(2)若b＝，求2a＋c的取值范圍．3．解析(1)由正弦定理知，sinBcosC＋sinBsinC－sinA－sinC＝0，∵sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，代入上式得，sinBsinC－cosBsinC－sinC＝0，∵sinC≠0，∴sinB－cosB－1＝0，即sin(B－eq\f(π,6))＝eq\f(1,2)，因?yàn)?<B<π，所以B＝eq\f(π,3)．(2)由(1)得，2R＝eq\f(b,sinB)＝2，2a＋c＝2RsinA＋2RsinC＝5sinA＋eq\r(3)cosA＝2eq\r(7)sin(A＋φ)，其中，sinφ＝eq\f(eq\r(3),2eq\r(7))，cosφ＝eq\f(5,2eq\r(7))，因?yàn)?<A<eq\f(2π,3)，所以eq\r(3)<2eq\r(7)sin(A＋φ)<2eq\r(7)．所以eq\r(3)<2a＋c<2eq\r(7)．4．在△ABC中，設(shè)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知cos2A＝sin2B＋cos2C＋sinAsinB．(1)求角C的大小；(2)若c＝eq\r(3)，求△ABC周長(zhǎng)的取值范圍．4．解析(1)由題意知1－sin2A＝sin2B＋1－sin2C＋sinAsinB，即sin2A＋sin2B－sin2C＝－sinAsinB，由正弦定理得a2＋b2－c2＝－ab，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－ab,2ab)＝－eq\f(1,2)，又∵0<C<π，∴C＝eq\f(2π,3)．(2)由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2，∴a＝2sinA，b＝2sinB，則△ABC的周長(zhǎng)為L(zhǎng)＝a＋b＋c＝2(sinA＋sinB)＋eq\r(3)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－A))))＋eq\r(3)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＋eq\r(3)．∵0<A<eq\f(π,3)，∴eq\f(π,3)＜A＋eq\f(π,3)＜eq\f(2π,3)，∴eq\f(\r(3),2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))≤1，∴2eq\r(3)<2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＋eq\r(3)≤2＋eq\r(3)，∴△ABC周長(zhǎng)的取值范圍是(2eq\r(3)，2＋eq\r(3)]．5．如圖，平面四邊形ABDC中，∠CAD＝∠BAD＝30°．(1)若∠ABC＝75°，AB＝10，且AC∥BD，求CD的長(zhǎng)；(2)若BC＝10，求AC＋AB的取值范圍．5．解析(1)由已知，易得∠ACB＝45°，在△ABC中，eq\f(10,sin45°)＝eq\f(BC,sin60°)，解得BC＝5eq\r(6)．因?yàn)锳C∥BD，所以∠ADB＝∠CAD＝30°，∠CBD＝∠ACB＝45°，在△ABD中，∠ADB＝30°＝∠BAD，所以DB＝AB＝10．在△BCD中，CD＝eq\r(BC2＋DB2－2BC·DBcos45°)＝5eq\r(10－4\r(3))．(2)AC＋AB>BC＝10，由cos60°＝eq\f(AB2＋AC2－100,2AB·AC)，得(AB＋AC)2－100＝3AB·AC，而AB·AC≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB＋AC,2)))2，所以eq\f((AB＋AC)2－100,3)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB＋AC,2)))2，解得AB＋AC≤20，故AB＋AC的取值范圍為(10，20]．考點(diǎn)三三角形中與面積有關(guān)的最值(范圍)【例題選講】[例1]已知在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，C＝120°，c＝2．(1)求△ABC的面積的最大值；(2)求△ABC的周長(zhǎng)的取值范圍．解析(1)法一：由余弦定理得4＝a2＋b2＋ab．由基本不等式得4＝a2＋b2＋ab≥2ab＋ab＝3ab，所以ab≤eq\f(4,3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)等號(hào)成立．所以三角形的面積S＝eq\f(1,2)absinC≤eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3)．所以△ABC的面積的最大值為eq\f(\r(3),3)．法二：由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(4\r(3),3)，得a＝eq\f(4\r(3),3)sinA，b＝eq\f(4\r(3),3)sinB．所以三角形的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)))2×sinAsinB×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4\r(3),3)sinAsinB．因?yàn)樵凇鰽BC中，C＝120°，所以A＋B＝60°，得B＝60°－A，且0°<A<60°，所以sinAsinB＝sinAsin(60°－A)＝eq\f(\r(3),2)sinAcosA－eq\f(1,2)sin2A＝eq\f(\r(3),4)sin2A－eq\f(1,4)(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),4)sin2A＋eq\f(1,4)cos2A－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)sin(2A＋30°)－eq\f(1,4)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)，當(dāng)且僅當(dāng)A＝30°時(shí)等號(hào)成立．所以S≤eq\f(4\r(3),3)×eq\f(1,4)＝eq\f(\r(3),3)，所以△ABC的面積的最大值為eq\f(\r(3),3)．(2)由(1)中法二可知，a＝eq\f(4\r(3),3)sinA，b＝eq\f(4\r(3),3)sinB．所以△ABC的周長(zhǎng)l＝a＋b＋c＝eq\f(4\r(3),3)(sinA＋sinB)＋2．因?yàn)樵凇鰽BC中，C＝120°，所以A＋B＝60°，得B＝60°－A，且0°<A<60°，所以sinA＋sinB＝sinA＋sin(60°－A)＝eq\f(1,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝sin(A＋60°)，所以l＝eq\f(4\r(3),3)sin(A＋60°)＋2．因?yàn)?0°<A＋60°<120°，所以eq\f(\r(3),2)<sin(A＋60°)≤1，所以4<l≤eq\f(4\r(3),3)＋2，即△ABC的周長(zhǎng)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(4，\f(4\r(3),3)＋2))．[例2]已知△ABC的內(nèi)角A，B，C滿足：eq\f(sinA－sinB＋sinC,sinC)＝eq\f(sinB,sinA＋sinB－sinC)．(1)求角A；(2)若△ABC的外接圓半徑為1，求△ABC的面積S的最大值．解析(1)設(shè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，根據(jù)eq\f(sinA－sinB＋sinC,sinC)＝eq\f(sinB,sinA＋sinB－sinC)，可得eq\f(a－b＋c,c)＝eq\f(b,a＋b－c)，化簡(jiǎn)得a2＝b2＋c2－bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，又因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(π,3)．(2)由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝2R(R為△ABC外接圓半徑)，所以a＝2RsinA＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，所以3＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，所以S＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(1,2)×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4)(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取等號(hào))．[例3]已知a，b，c分別是△ABC內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且滿足(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC．(1)求角A的大?。?2)設(shè)a＝eq\r(3)，S為△ABC的面積，求S＋eq\r(3)cosBcosC的最大值．解析(1)∵(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC，∴根據(jù)正弦定理，知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝bc，即b2＋c2－a2＝－bc．∴由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2)．又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(2,3)π．(2)根據(jù)a＝eq\r(3)，A＝eq\f(2,3)π及正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，∴b＝2sinB，c＝2sinC．∴S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2sinB×2sinC×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)sinBsinC．∴S＋eq\r(3)cosBcosC＝eq\r(3)sinBsinC＋eq\r(3)cosBcosC＝eq\r(3)cos(B－C)．故當(dāng)B＝C＝eq\f(π,6)時(shí)，S＋eq\r(3)cosBcosC取得最大值eq\r(3)．[例4](2019·全國(guó)Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知asineq\f(A＋C,2)＝bsinA．(1)求B；(2)若△ABC為銳角三角形，且c＝1，求△ABC面積的取值范圍．解析(1)由題設(shè)及正弦定理得sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA．因?yàn)閟inA≠0，所以sineq\f(A＋C,2)＝sinB．由A＋B＋C＝180°，可得sineq\f(A＋C,2)＝coseq\f(B,2)，故coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)．因?yàn)閏oseq\f(B,2)≠0，故sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，因此B＝60°．(2)由題設(shè)及(1)知△ABC的面積S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)a．由(1)知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(sin（120°－C）,sinC)＝eq\f(\r(3),2tanC)＋eq\f(1,2)．由于△ABC為銳角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°．結(jié)合A＋C＝120°，得30°<C<90°，所以eq\f(1,2)<a<2，從而eq\f(\r(3),8)<S△ABC<eq\f(\r(3),2)．因此，△ABC面積的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2)))．[例5]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知cos2B＋cosB＝1－cosAcosC．(1)求證：a，b，c成等比數(shù)列；(2)若b＝2，求△ABC的面積的最大值．解析(1)在△ABC中，cosB＝－cos(A＋C)．由已知，得(1－sin2B)－cos(A＋C)＝1－cosAcosC，所以－sin2B－(cosAcosC－sinAsinC)＝－cosAcosC，化簡(jiǎn)，得sin2B＝sinAsinC．由正弦定理，得b2＝ac，所以a，b，c成等比數(shù)列．(2)由(1)及題設(shè)條件，得ac＝b2＝4，則cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝2時(shí)，等號(hào)成立．因?yàn)?<B<π，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)≤eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)．所以△ABC的面積的最大值為eq\r(3)．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．設(shè)在△ABC中，cosC＋(cosA－eq\r(3)sinA)cosB＝0，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．(1)求角B的大?。?2)若a2＋4c2＝8，求△ABC的面積S的最大值，并求出S取得最大值時(shí)b的值．1．解析(1)∵cosC＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB，∴cosC＋(cosA－eq\r(3)sinA)cosB＝sinAsinB－eq\r(3)sinA·cosB＝0，∵sinA≠0，∴tanB＝eq\r(3)，則B＝eq\f(π,3)．(2)∵a，c>0，a2＋4c2＝8，a2＋4c2≥4ac，故ac≤2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，c＝1時(shí)等號(hào)成立，∴S＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，∴△ABC的面積S的最大值為eq\f(\r(3),2)，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB＝3，得b＝eq\r(3)．2．已知在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且c＝1，cosBsinC＋(a－sinB)cos(A＋B)＝0．(1)求角C的大小；(2)求△ABC面積的最大值．2．解析(1)由cosBsinC＋(a－sinB)cos(A＋B)＝0，可得cosBsinC－(a－sinB)cosC＝0，即sin(B＋C)＝acosC，sinA＝acosC，即eq\f(sinA,a)＝cosC．因?yàn)閑q\f(sinA,a)＝eq\f(sinC,c)＝sinC，所以cosC＝sinC，即tanC＝1，C＝eq\f(π,4)．(2)由余弦定理得12＝a2＋b2－2abcoseq\f(π,4)＝a2＋b2－eq\r(2)ab，所以a2＋b2＝1＋eq\r(2)ab≥2ab，ab≤eq\f(1,2－\r(2))＝eq\f(2＋\r(2),2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC≤eq\f(1,2)×eq\f(2＋\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2)＋1,4)．所以△ABC面積的最大值為eq\f(\r(2)＋1,4)．3．已知在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c