第四章　§4.9　解三角形中的最值与范围问题-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§4.9解三角形中的最值与范围问题重点解读解三角形中的最值或范围问题，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，一直是高考的热点与重点，主要是利用三角函数、正余弦定理、三角形面积公式、基本不等式等工具研究三角形问题，解决此类问题的关键是建立起角与边的数量关系．题型一利用基本不等式求最值(范围)例1(2022·新高考全国Ⅰ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sin2B,1＋cos2B).(1)若C＝eq\f(2π,3)，求B；(2)求eq\f(a2＋b2,c2)的最小值．解(1)因为eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sin2B,1＋cos2B)，所以eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(2sinBcosB,1＋2cos2B－1)，所以eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sinB,cosB)，所以cosAcosB＝sinB＋sinAsinB，所以cos(A＋B)＝sinB，所以sinB＝－cosC＝－coseq\f(2π,3)＝eq\f(1,2).因为B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以B＝eq\f(π,6).(2)由(1)得cos(A＋B)＝sinB，所以sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A＋B))＝sinB，且0<A＋B<eq\f(π,2)，所以0<B<eq\f(π,2)，0<eq\f(π,2)－(A＋B)<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,2)－(A＋B)＝B，解得A＝eq\f(π,2)－2B，由正弦定理得eq\f(a2＋b2,c2)＝eq\f(sin2A＋sin2B,sin2C)＝eq\f(sin2A＋sin2B,1－cos2C)＝eq\f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2B))＋sin2B,1－sin2B)＝eq\f(cos22B＋sin2B,cos2B)＝eq\f(2cos2B－12＋1－cos2B,cos2B)＝eq\f(4cos4B－5cos2B＋2,cos2B)＝4cos2B＋eq\f(2,cos2B)－5≥2eq\r(4cos2B·\f(2,cos2B))－5＝4eq\r(2)－5，当且仅当cos2B＝eq\f(\r(2),2)时取等号，所以eq\f(a2＋b2,c2)的最小值为4eq\r(2)－5.思维升华求解三角形中面积和周长最值问题的常用方法在△ABC中，如果已知一个角及其对边，假设已知A，a，根据余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，即可得到“b2＋c2”与“bc”的等量关系．(1)求面积最值时，S＝eq\f(1,2)bcsinA，即求bc最值，在等量关系中利用基本不等式b2＋c2≥2bc，即可求得bc的最值．(2)求周长a＋b＋c的最值时，即求b＋c的最值，在等量关系中，把b2＋c2换成(b＋c)2－2bc，再利用基本不等式bc≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))2，即可求得b＋c的最值．跟踪训练1在△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC.(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．解(1)由正弦定理和已知条件得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).因为0<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)，从而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)，所以当B＝eq\f(π,6)时，△ABC的周长取得最大值，为3＋2eq\r(3).题型二转化为三角函数求最值(范围)例2(2023·佛山模拟)已知△ABC为锐角三角形，且cosA＋sinB＝eq\r(3)(sinA＋cosB)．(1)若C＝eq\f(π,3)，求A；(2)已知点D在边AC上，且AD＝BD＝2，求CD的取值范围．解(1)因为cosA＋sinB＝eq\r(3)(sinA＋cosB)，所以cosA－eq\r(3)sinA＝eq\r(3)cosB－sinB，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))，又A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以eq\f(π,3)<A＋eq\f(π,3)<eq\f(5π,6)，eq\f(π,6)<B＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，所以A＋eq\f(π,3)＝B＋eq\f(π,6)，即B＝A＋eq\f(π,6)，又A＋B＋C＝π，C＝eq\f(π,3)，所以A＋A＋eq\f(π,6)＋eq\f(π,3)＝π，即A＝eq\f(π,4).(2)因为AD＝BD＝2，所以∠DBA＝∠A，又∠ABC＝A＋eq\f(π,6)，可得∠DBC＝eq\f(π,6)，在△DBC中，eq\f(CD,sin∠DBC)＝eq\f(BD,sinC)，所以CD＝eq\f(BDsin∠DBC,sinC)＝eq\f(1,sinC)，在△ABC中，sinC＝sin(A＋B)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))，因为△ABC为锐角三角形，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<A<\f(π,2)，,0<B＝A＋\f(π,6)<\f(π,2)，,0<C＝π－A－A－\f(π,6)<\f(π,2)，))解得eq\f(π,6)<A<eq\f(π,3)，所以eq\f(π,2)<2A＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))<1，所以eq\f(1,sinC)∈(1,2)，即CD的取值范围为(1,2)．思维升华三角形中最值(范围)问题，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，一般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．跟踪训练2(2023·嘉兴统考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,cosB)，a＝3.(1)若BC边上的高等于1，求cosA；(2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC面积的取值范围．解(1)由正弦定理，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(b,sinB)，所以sinB＝cosB，则tanB＝1，又0<B<π，所以B＝eq\f(π,4)，因为S△ABC＝eq\f(1,2)ah＝eq\f(1,2)acsinB，所以eq\f(1,2)×3×1＝eq\f(1,2)×3×c×eq\f(\r(2),2)，解得c＝eq\r(2)，又由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝32＋(eq\r(2))2－2×3×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝5，解得b＝eq\r(5)，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(5)2＋\r(2)2－32,2×\r(5)×\r(2))＝－eq\f(\r(10),10).(2)由正弦定理有eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(3,sinA)，且由(1)可知B＝eq\f(π,4)，所以c＝eq\f(3sinC,sinA)＝eq\f(3sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4))),sinA)＝eq\f(3\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,tanA)))，又因为△ABC为锐角三角形，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<\f(3π,4)－A<\f(π,2)，,0<A<\f(π,2)，))解得eq\f(π,4)<A<eq\f(π,2)，所以0<eq\f(1,tanA)<1，所以eq\f(3\r(2),2)<c<3eq\r(2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×3×c×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3\r(2),4)c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(9,2)))，所以△ABC面积的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(9,2))).题型三转化为其他函数求最值(范围)例3已知锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且eq\f(sinA－B,cosB)＝eq\f(sinA－C,cosC).(1)若A＝eq\f(π,3)，求B；(2)若asinC＝1，求eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)的最大值．解(1)由题意知eq\f(sinA－B,cosB)＝eq\f(sinA－C,cosC)，所以sin(A－B)cosC＝sin(A－C)cosB，所以sinAcosBcosC－cosAsinBcosC＝sinAcosCcosB－cosAsinCcosB，所以cosAsinBcosC＝cosAsinCcosB，因为A＝eq\f(π,3)，所以sinBcosC＝sinCcosB，所以tanB＝tanC，因为B，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以B＝C，由A＝eq\f(π,3)，所以B＝eq\f(π,3).(2)由(1)知B＝C，所以sinB＝sinC，b＝c，因为asinC＝1，所以eq\f(1,a)＝sinC，由正弦定理得asinC＝csinA＝bsinA＝1，所以eq\f(1,b)＝sinA，因为A＝π－B－C＝π－2C，所以eq\f(1,b)＝sinA＝sin2C，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝sin2C＋sin22C＝eq\f(1－cos2C,2)＋(1－cos22C)＝－cos22C－eq\f(1,2)cos2C＋eq\f(3,2)，因为△ABC为锐角三角形，且B＝C，则有eq\f(π,4)<C<eq\f(π,2)，得eq\f(π,2)<2C<π，所以－1<cos2C<0，由二次函数的性质可得，当cos2C＝－eq\f(1,4)时，eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)取得最大值eq\f(25,16)，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)的最大值为eq\f(25,16).思维升华解决此类题目，一是利用正余弦定理，转化成边的函数，或转化成关于正弦、余弦或正切的函数，根据函数的单调性求解；二是利用三角恒等变换构造关于正弦、余弦或正切的函数，根据函数的单调性求解．跟踪训练3(2023·浙江联考)已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足eq\f(sinA,sinB＋sinC)＝eq\f(c－b,b).(1)若C＝eq\f(π,2)，求B；(2)求eq\f(a＋c,b)的取值范围．解(1)由eq\f(sinA,sinB＋sinC)＝eq\f(c－b,b)，及正弦定理可得，eq\f(a,b＋c)＝eq\f(c－b,b)，即c2＝b2＋ab，∵C＝eq\f(π,2)，∴c2＝a2＋b2，∴b2＋ab＝a2＋b2，解得a＝b，即A＝B，又C＝eq\f(π,2)，∴B＝eq\f(π,4).(2)由(1)知，c2＝b2＋ab，∴a＝eq\f(c2－b2,b)，c>b，由三角形三边关系可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b>c，,b＋c>a，))代入化简可得b<c<2b，∴eq\f(a＋c,b)＝eq\f(c2－b2＋bc,b2)＝eq\f(c2,b2)＋eq\f(c,b)－1，令x＝eq\f(c,b)，则x∈(1,2)，f(x)＝x2＋x－1,1<x<2，∴f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2－eq\f(5,4)∈(1,5)，∴eq\f(c2,b2)＋eq\f(c,b)－1∈(1,5)，∴eq\f(a＋c,b)的取值范围是(1,5)．课时精练一、单项选择题1．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝eq\f(π,3)，a＝4，且三角形有两解，则b的取值范围是()A．(2eq\r(3)，＋∞) B．(2eq\r(3)，4)C．(0,4) D．(4,3eq\r(3))答案B解析由题意，△ABC有两解需满足asinB<b<a，即2eq\r(3)<b<4.2．(2023·昆明模拟)在△ABC中，∠ABC＝eq\f(2π,3)，D为边AC上一点，∠DBC＝eq\f(π,6)且BD＝2，则△ABC面积的最小值为()A.eq\r(3)B.eq\f(4\r(3),3)C．2eq\r(3)D.eq\f(8\r(3),3)答案D解析根据等面积法，S＝eq\f(1,2)acsineq\f(2π,3)＝eq\f(1,2)×2c＋eq\f(1,2)×2asineq\f(π,6)，即eq\f(\r(3),4)ac＝c＋eq\f(1,2)a，即eq\r(3)ac＝4c＋2a≥2eq\r(8ac)，即ac≥eq\f(32,3)，当且仅当4c＝2a，即a＝eq\f(8\r(3),3)，c＝eq\f(4\r(3),3)时等号成立．故S＝eq\f(1,2)acsineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),4)ac≥eq\f(\r(3),4)×eq\f(32,3)＝eq\f(8\r(3),3).3．(2023·襄阳模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，记△ABC的面积为S，若c2＝6S，则eq\f(a,b)的最小值为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(13)－3,2)C．1D.eq\r(13)－3答案B解析∵c2＝6S，∴c2＝6×eq\f(1,2)absinC＝3absinC，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得a2＋b2－2abcosC＝3absinC，即a2＋b2＝2abcosC＋3absinC，两边同除以ab得eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)＝2cosC＋3sinC＝eq\r(13)sin(C＋φ)≤eq\r(13)，其中tanφ＝eq\f(2,3)，设eq\f(a,b)＝x，x>0，即0<x＋eq\f(1,x)≤eq\r(13)，∴eq\f(\r(13)－3,2)≤x≤eq\f(\r(13)＋3,2)，∴eq\f(a,b)的最小值为eq\f(\r(13)－3,2).4．(2023·开封模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c,8sinAsinB＋cosC＝0，则eq\f(absinC,a2＋b2－c2)的最大值是()A.eq\f(3,8)B．－eq\f(3,8)C.eq\f(3,4)D．－eq\f(3,4)答案B解析在△ABC中，cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB，因为8sinAsinB＋cosC＝0，所以8sinAsinB－cosAcosB＋sinAsinB＝0，则9sinAsinB＝cosAcosB，所以tanAtanB＝eq\f(sinAsinB,cosAcosB)＝eq\f(1,9)，且A，B均为锐角，故tanA，tanB>0，由余弦定理的推论，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，所以eq\f(absinC,a2＋b2－c2)＝eq\f(sinC,2cosC)＝eq\f(1,2)tanC＝eq\f(1,2)tan[π－(A＋B)]＝－eq\f(1,2)tan(A＋B)＝－eq\f(1,2)·eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－eq\f(9,16)(tanA＋tanB)，又tanA＋tanB≥2eq\r(tanAtanB)＝eq\f(2,3)，当且仅当tanA＝tanB＝eq\f(1,3)时等号成立，所以eq\f(absinC,a2＋b2－c2)的最大值是－eq\f(9,16)×eq\f(2,3)＝－eq\f(3,8).二、多项选择题5．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a(sinA－sinB)＝csinC－bsinB，则下列说法正确的是()A．C＝eq\f(π,6)B．若△ABC的面积为eq\r(3)，则c的最小值为2C．若c＝2，则△ABC的周长的最大值为6D．若b＝3，c＝2eq\r(2)，则满足条件的△ABC有且仅有一个答案BC解析∵a(sinA－sinB)＝csinC－bsinB，∴由正弦定理可得a(a－b)＝c2－b2，即a2＋b2－c2＝ab，对于A选项，由余弦定理的推论，可得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，∵0<C<π，∴C＝eq\f(π,3)，故A错误；对于B选项，由题可知eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)ab＝eq\r(3)，∴ab＝4，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab＝4，∴c≥2，当且仅当a＝b＝2时等号成立，故c的最小值为2，故B正确；对于C选项，c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝4，∵ab≤eq\f(a＋b2,4)，∴eq\f(a＋b2,4)≤4，∴a＋b≤4，当a＝b时等号成立，∵c＝2，∴a＋b>2，∴4<a＋b＋c≤6，则△ABC的周长的最大值为6，故C正确；对于D选项，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC，即8＝a2＋9－3a，即a2－3a＋1＝0，解得a＝eq\f(3±\r(5),2)，则满足条件的△ABC有2个，故D错误．6．(2023·苏州调研)已知a，b，c分别是锐角△ABC三个内角A，B，C的对边，若(eq\r(3)c－2asinB)sinC＝eq\r(3)(bsinB－asinA)，则下列选项正确的是()A．B＝eq\f(π,3)B．cosAcosC的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))C.eq\f(c,a)的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))D．若BD平分∠ABC交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为3eq\r(3)答案AC解析对于A，由正弦定理得(eq\r(3)c－2asinB)c＝eq\r(3)(b2－a2)，∴eq\r(3)(a2＋c2－b2)＝2acsinB，∴eq\r(3)·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\r(3)cosB＝sinB，∴tanB＝eq\r(3)，又B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴B＝eq\f(π,3)，A正确；对于B，cosAcosC＝cosAcos[π－(A＋B)]＝－cosAcos(A＋B)＝－cosAcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝－cosAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosA－\f(\r(3),2)sinA))＝eq\f(\r(3),2)sinAcosA－eq\f(1,2)cos2A＝eq\f(\r(3),4)sin2A－eq\f(1,4)cos2A－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))－eq\f(1,4)，∵△ABC为锐角三角形，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<A<\f(π,2)，,0<C＝\f(2π,3)－A<\f(π,2)，))解得eq\f(π,6)<A<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)<2A－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，∴eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))≤1，∴0<eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))－eq\f(1,4)≤eq\f(1,4)，即cosAcosC的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，B错误；对于C，由正弦定理得eq\f(c,a)＝eq\f(sinC,sinA)＝eq\f(sin[π－A＋B],sinA)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))),sinA)＝eq\f(\f(1,2)sinA＋\f(\r(3),2)cosA,sinA)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)·eq\f(cosA,sinA)，由B知eq\f(π,6)<A<eq\f(π,2)，∴eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2tanA)，又tanA∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))，∴eq\f(1,tanA)∈(0，eq\r(3))，∴eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2tanA)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，即eq\f(c,a)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，C正确；对于D，∵S△ABC＝S△ABD＋S△BDC，∴eq\f(1,2)acsineq\f(π,3)＝eq\f(1,2)csineq\f(π,6)＋eq\f(1,2)asineq\f(π,6)，即eq\f(\r(3),2)ac＝eq\f(1,2)c＋eq\f(1,2)a，∴a＋c＝eq\r(3)ac，即eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝eq\r(3)，∴4a＋c＝eq\f(\r(3),3)(4a＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(4a,c)＋\f(c,a)))≥eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(4a,c)·\f(c,a))))＝3eq\r(3)(当且仅当eq\f(4a,c)＝eq\f(c,a)，即c＝2a时取等号)，当c＝2a时，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝5a2－2a2＝3a2，∴a2＋b2＝c2，即△ABC为直角三角形，不合题意，∴4a＋c>3eq\r(3)，D错误．三、填空题7．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c2＝a(a＋b)，则sinA的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))解析由c2＝a(a＋b)，得c2＝a2＋ab，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，∴a2＋ab＝a2＋b2－2abcosC，即b＝a＋2acosC，由正弦定理得sinA＋2sinAcosC＝sinB，∵B＝π－(A＋C)，∴sinA＋2sinAcosC＝sinB＝sinAcosC＋cosAsinC，即sinA＝sin(C－A)．∵c2＝a2＋ab，∴c>a，∴C－A>0，又△ABC为锐角三角形，∴0<A<eq\f(π,2)，0<C－A<eq\f(π,2)，∴A＝C－A，解得C＝2A，又0<A<eq\f(π,2)，0<B＝π－3A<eq\f(π,2)，0<C＝2A<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)<A<eq\f(π,4)，∴sinA∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2))).8．(2022·全国甲卷)已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当eq\f(AC,AB)取得最小值时，BD＝________.答案eq\r(3)－1解析设BD＝k(k>0)，则CD＝2k.根据题意作出大致图形，如图．在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋k2－2×2k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝22＋(2k)2－2×2×2k·eq\f(1,2)＝4k2－4k＋4，则eq\f(AC2,AB2)＝eq\f(4k2－4k＋4,k2＋2k＋4)＝eq\f(4k2＋2k＋4－12k－12,k2＋2k＋4)＝4－eq\f(12k＋1,k2＋2k＋4)＝4－eq\f(12k＋1,k＋12＋3)＝4－eq\f(12,k＋1＋\f(3,k＋1)).∵k＋1＋eq\f(3,k＋1)≥2eq\r(3)(当且仅当k＋1＝eq\f(3,k＋1)，即k＝eq\r(3)－1时等号成立)，∴eq\f(AC2,AB2)≥4－eq\f(12,2\r(3))＝4－2eq\r(3)＝(eq\r(3)－1)2，∴当eq\f(AC,AB)取得最小值eq\r(3)－1时，BD＝k＝eq\r(3)－1.四、解答题9．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝a＋c.(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且b＝2，求其周长的取值范围．解(1)因为2bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝a＋c，由正弦定理可得2sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝sinA＋sinC，即2sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinA＋\f(1,2)cosA))＝sinA＋sin(A＋B)，整理得eq\r(3)sinBsinA＝sinA＋cosBsinA，又A∈(0，π)，所以sinA≠0，所以eq\r(3)sinB－cosB＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，所以B－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即B＝eq\f(π,3).(2)由(1)知B＝eq\f(π,3)，又b＝2，由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(4,\r(3))，所以a＝eq\f(4,\r(3))sinA，c＝eq\f(4,\r(3))sinC，所以a＋c＝eq\f(4,\r(3))(sinA＋sinC)＝eq\f(4,\r(3))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))))＝eq\f(4,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)sinA＋\f(\r(3),2)cosA))＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))，在锐角△ABC中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<C＝\f(2π,3)－A<\f(π,2)，,0<A<\f(π,2)))⇒eq\f(π,6)<A<eq\f(π,2)，则eq\f(π,3)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，所以eq\f(\r(3),2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))≤1，则2eq\r(3)<a＋c≤4，故△ABC的周长的取值范围为(2eq\r(3)＋2,6]．10．(2023·鞍山模拟)请从①asinB－eq\r(3)bcosBcosC＝eq\r(3)ccos2B；②(sinA－sinC)2＝sin2B－sinAsinC；③eq\f(\r(3)bsinA,1＋cosB)＝a这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答(如未作出选择，则按照选择①评分．选择的编号请填写到答题卡对应位置上)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若________，(1)求角B的大小；(2)若△ABC为锐角三角形，c＝1，求a2＋b2的取值范围．解(1)若选①，因为asinB－eq\r(3)bcosBcosC＝eq\r(3)ccos2B，由正弦定理得sinAsinB＝eq\r(3)sinBcosBcosC＋eq\r(3)sin