重难点12 解三角形的最值和范围问题（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点12解三角形的最值和范围问题【九大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1三角形、四边形面积的最值或范围问题】 2【题型2三角形边长的最值或范围问题】 5【题型3三角形周长的最值或范围问题】 8【题型4三角形的角（角的三角函数值）的最值或范围问题】 12【题型5利用基本不等式求最值（范围）】 15【题型6转化为三角函数求最值（范围）】 17【题型7转化为其他函数求最值（范围）】 21【题型8“坐标法”求最值（范围）】 25【题型9与平面向量有关的最值（范围）问题】 291、解三角形的最值和范围问题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，有时也会与三角函数、平面向量等知识综合考查，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.【知识点1三角形中的最值和范围问题】1．三角形中的最值（范围）问题的常见解题方法：(1)利用正、余弦定理结合三角形中的不等关系求最值（范围）；(2)利用基本不等式求最值（范围）；(3)转化为三角函数求最值（范围）；(4)转化为其他函数求最值（范围）；(5)坐标法求最值（范围）.2．三角形中的最值（范围）问题的解题策略：(1)正、余弦定理是求解三角形的边长、周长或面积的最值（范围）问题的核心，要牢牢掌握并灵活运用．解题时要结合正弦定理和余弦定理实现边角互化，再结合角的范围、辅助角公式、基本不等式等研究其最值（范围）．(2)转化为三角函数求最值（范围）问题的解题策略三角形中最值(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.(3)坐标法求最值（范围）求最值（范围）问题的解题策略“坐标法”也是解决三角形最值问题的一种重要方法.解题时，要充分利用题设条件中所提供的特殊边角关系，建立合适的直角坐标系，正确求出关键点的坐标，将所要求的目标式表示出来并合理化简，再结合三角函数、基本不等式等知识求其最值．【题型1三角形、四边形面积的最值或范围问题】【例1】（2024·河北石家庄·三模）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c,c=4,ab=9．(1)若sinC=23(2)求△ABC面积的最大值．【解题思路】（1）根据正弦定理可得sinA=a6（2）利用基本不等式可得a2+b2≥2ab=18，再根据余弦定理可得cos【解答过程】（1）由正弦定理csinC=∴（2）∵ab=9，∴a由余弦定理可得cosC=∴19≤∴0<sinC≤4当且仅当a=b=3时，等号成立，此时△ABC面积取得最大值25【变式1-1】（2024·全国·模拟预测）记锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcosA=3(1)求A.(2)求△ABC面积的取值范围.【解题思路】（1）方法一：由余弦定理角化边求解；方法二：由正弦定理边化角求解.（2）利用正弦定理得b=csinBsinC=3【解答过程】（1）方法一：由余弦定理，得b×b2+又2asinC=3，所以由正弦定理，得又△ABC为锐角三角形，所以A=π方法二：由题意知，bcos由正弦定理得sinB所以sinB所以sinB+A=2sin又因为sinC≠0，所以sinA=12，又因为（2）由正弦定理，得b=csinBsin因为△ABC为锐角三角形，所以0<C<π解得π3<C<π2，所以因为c=3，所以S△ABC=故△ABC面积的取值范围为33【变式1-2】（2024·辽宁·模拟预测）如图，在平面内，四边形ABCD满足B，D点在AC的两侧，AB=1，BC=2，△ACD为正三角形，设∠ABC=α.

(1)当α=π3时，求(2)当α变化时，求四边形ABCD面积的最大值.【解题思路】（1）在△ABC中，由余弦定理可得AC的值；（2）由余弦定理可得AC2的表达式，进而求出正三角形ACD的面积的表达式，进而求出四边形ABCD的面积的表达式，由辅助角公式及【解答过程】（1）因为AB=1，BC=2，B=π由余弦定理可得：AC=A（2）由余弦定理可得AC因为△ACD为正三角形，所以S△ACDS△ABC所以S四边形因为α∈0,π，所以所以sinα−所以S四边形故当α=5π6时，四边形ABCD【变式1-3】（2024·上海·三模）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3a=2c(1)求sinC(2)若c=3，求△ABC面积S的最大值．【解题思路】（1）由正弦定理即可得sinC=（2）由余弦定理结合重要不等式可得ab取值范围，再由三角形的面积公式S△ABC【解答过程】（1）由题意可知，3a=2c由正弦定理得3sin因为A，C∈(0,π即sinC=（2）由（1）可知sinC=所以C=π3或在△ABC中，由余弦定理得AB当C=π3时，9=b当且仅当a=b=3时取等号，即ab≤9，故△ABC的面积S△ABC当C=2π3时，9=b当且仅当a=b=3时取等号，即ab≤3故△ABC的面积S△ABC综上所述，△ABC的面积最大值为93【题型2三角形边长的最值或范围问题】【例2】（2024·四川·三模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足2csin(1)求A；(2)若△ABC的面积为163，D为AC的中点，求BD【解题思路】（1）根据正弦定理进行边化角得cosA=12（2）利用三角形面积公式得bc=64，再利用余弦定理和基本不等式即可得到最值.【解答过程】（1）因为2csin由正弦定理可得2sin又C∈(0,π)，B∈(0,π)，故所以cosA=12，又A∈(0,（2）S△ABC=1在△BAD中，由余弦定理BD2=B=c2+当且仅当c=b∴BD的最小值为42【变式2-1】（2024·江西·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别记为a，b，c，且tanA=(1)若B=π6，求(2)若a=2，求b+c的取值范围．【解题思路】（1）由tanA=cosB−sinC（2）利用正弦定理求出b,c，再根据A,B的关系结合三角函数的性质即可得解.【解答过程】（1）因为tanA=cosB−即sinA即sinA所以sinA+C=cos而A,B∈(0,π)，所以B+A+B=所以A+2B=π2或又因为B=π6，所以所以C=2（2）由（1）得A+2B=π因为asin所以b=ac=a则b+c=2又由0<B<π0<π所以π4<B+π所以b+c∈2,+【变式2-2】（2024·广东广州·三模）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c=bsin(1)求A；(2)若D是边BC上一点（不包括端点），且∠ABD=∠BAD，求CDBD【解题思路】（1）根据题意，利用正弦定理和三角形的内角和定理，化简得到sinA2=（2）设∠ABD=∠BAD=x0<x<π3，在△ACD【解答过程】（1）∵c=bsinA2又A+B+C=π，可得sin∴sin∴sinBcosA=sin可得cosA=sinA2，所以1−2sin∵0<A<π2，所以sinA（2）设∠ABD=∠BAD=x0<x<π3∵∠ABD=∠BAD，∴AD=BD，在△ACD中，由正弦定理得CDBD因为△ABC为锐角三角形，所以0<x<π3且0<2所以tanx∈33,3，可得3【变式2-3】（2024·江西鹰潭·二模）△ABC的内角A,B,C的对边分别为a，b，c，满足1−sin(1)求证：A+2B=π(2)求a2【解题思路】（1）根据题意，化简得到sinA+B（2）由（1）知A=π2−2B且C=【解答过程】（1）证明：由1−sinAcosA=所以sinA+B因为A,B为三角形的内角，可得A+B=π2−B（2）解：由（1）知A=π2−2B所以a所以a2+b所以a2+b【题型3三角形周长的最值或范围问题】【例3】（2024·安徽淮北·二模）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知c−b=2c(1)试判断△ABC的形状；(2)若c=1，求△ABC周长的最大值.【解题思路】（1）根据题意，求得cosA=bc（2）由（1）和c=1，得到a=sinA,  b=cos【解答过程】（1）解：由c−b=2csin2A2，可得即12−cos又由余弦定理得b2+c2−所以△ABC是直角三角形（2）解：由（1）知，△ABC是直角三角形，且c=1，可得a=sin所以△ABC周长为1+sin因为A∈0,π2所以，当A=π4时，即△ABC为等腰直角三角形，周长有最大值为【变式3-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）已知在△ABC中，D为BC边的中点，且AD=5(1)若△ABC的面积为2，cos∠ADC=55(2)若AB2+A【解题思路】（1）根据题意，利用三角形的面积公式，求得BD=1，由余弦定理，求得AB=22，再由正弦定理求得sinB=2（2）设CD=BD=x，分别在△ABD和△ACD中，利用余弦定理，列出方程求得x=2，结合AB+AC2【解答过程】（1）解：因为△ABC的面积为2，且D为BC的中点，可得S△ABD又因为sin∠ADB=sin∠ADC=2在△ABD中，由余弦定理得A=(5)由正弦定理ABsin∠ADB=因为∠ADC+∠ADB=π且cos可得cos∠ADB=即∠ADB为钝角，所以B为锐角，所以B=π（2）解：设CD=BD=x，分别在△ABD和△ACD中，由余弦定理AB即AB2=所以AB2+A又因为AB+AC2≤2A所以AB+AC≤6，所以△ABC周长的最大值为10．【变式3-2】（2024·云南曲靖·二模）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且acos(1)求角B的取值范围；(2)已知△ABC内切圆的半径等于32，求△ABC【解题思路】（1）由正弦定理可得sinAcosC+3sin（2）由三角形的面积可求得a=−b−c+bc，结合余弦定理可得(bc)2−2bc(b+c)+(b+c)2=△ABC的周长L=a+b+c=b2+c2−2bccosA+b+c【解答过程】（1）∵a由正弦定理得：sinA∴sinAcos∴3∵sin∵−π6<A−π6∴角B的取值范围是0,2（2）∵S=1∴a+b+c=bc，即a=−b−c+bc，由余弦定理得：a2∴(bc)∴bc=2b+c−3.∵bc≤b+c22∴2(b+c)−3≤(b+c)24,∴b+c≤2设△ABC与圆内切于点D,E,F，则AD=AF=r·tan∴b+c=AC+AB>AD+AF=3∴b+c≥6（当且仅当b=c=3时取等号）.△ABC的周长L=a+b+c=b==32(b+c)≥9∴L∵c=AB>DB=r∴B→0时，c→+∞，L→+∴△ABC的周长的取值范围是9,+∞【变式3-3】（2024·湖南常德·一模）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且acos(1)判断△ABC的形状；(2)若△ABC的外接圆半径为2，求△ABC周长的最大值.【解题思路】（1）使用正弦定理对条件进行边化角，再用三角恒等变换证明B=C；（2）先用基本不等式证明sinA+sinB+【解答过程】（1）由正弦定理并结合已知有sinB故sinBcosC=由于B,C∈0,π，从而B−C∈−π,π，故由（2）设△ABC的外接圆半径为R.一方面，我们有sin==≤==−=−3故a+b+c=2Rsin另一方面，当△ABC是边长为6的等边三角形时，有a=b=c=6，A=B=C=此时acosC=61所以△ABC周长的最大值是36【题型4三角形的角（角的三角函数值）的最值或范围问题】【例4】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c．若a=3,b=2，则B+C的取值范围是（A．2π3,C．5π6,【解题思路】先根据边的关系求出c的范围，然后表示出cosA，求出其范围进而可得A的范围，则B+C【解答过程】根据三角形三边关系可得2−3即cosA=由对勾函数y=x+1x单调性可知，其在2−3即cosA=14c+1故选：B.【变式4-1】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若1b2+54A．13 B．23 C．29【解题思路】由题意化简可得c2−a2=54b2【解答过程】由1b2+54由余弦定理得cosA=b2所以cosAcosC=9b由cosC=−b8c<0，知C为钝角，所以所以tanA−当且仅当tanA=19所以当tanA=13时，tan故选：B.【变式4-2】（2024·陕西宝鸡·二模）△ABC中，D为BC边的中点，AD=1.(1)若△ABC的面积为23，且∠ADC=2π(2)若BC=4，求cos∠BAC【解题思路】（1）由S△ADC=12S△ABC，利用面积公式求出DC，在（2）设∠ADC=θ，θ∈0,π，分别利用余弦定理表示出AB2、【解答过程】（1）因为D为BC边的中点，所以S△ADC又S△ADC=12AD⋅DC在△ADC中由余弦定理AC即AC2=在△ADC中由正弦定理ACsin∠ADC=ADsin（2）设∠ADC=θ，θ∈0,在△ADB中由余弦定理AB即AB在△ADC中由余弦定理AC即AC在△ABC中由余弦定理cos∠BAC=因为θ∈0,π，所以cos2所以25−16cos所以125−16所以−325−16cos2θ【变式4-3】（2024·北京石景山·一模）在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且2bsin(1)求角B的大小；(2)求cosA+【解题思路】（1）由正弦定理边化角求解即可；（2）由（1）可知B=π3，所以A+C=2π【解答过程】（1）因为2bsin2sinBsin由于在△ABC中，sinA≠0，所以2即sinB=32，又0<B<（2）由（1）可知B=π3，所以所以cos=由于在锐角△ABC中，0<2π3所以π3<A+π所以32<sinA+π【题型5利用基本不等式求最值（范围）】【例5】（2024·山西太原·三模）已知△ABC中，A=120∘，D是BC的中点，且AD=1，则△ABCA．3 B．23 C．1 【解题思路】利用中线得到4=b2+【解答过程】因为A=120∘，因为AD是中线，所以AD=12所以4=b2+△ABC面积为S=1故选：A.【变式5-1】（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a=3,BC边上中线AD长为1，则bc最大值为（A．74 B．72 C．3 【解题思路】根据两角互补余弦值之和等于0，然后分别在三角形中利用余弦定理求出两角的余弦，列出方程求出b2【解答过程】由题意得∠ADB+∠ADC=π所以cos∠ADB+又a=3，且D是BC的中点，所以DB=DC=在△ABD中，cos∠ADB=在△ADC中，cos∠ADC=所以cos∠ADC+即b2+c2=故选：A.【变式5-2】（2024·安徽合肥·二模）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知c=2,1tanA+1A．1+2 B．1+3 C．22【解题思路】由题意及正切与正弦与余弦的关系，两角和的正弦公式及余弦公式可得角C的大小，再由余弦定理及基本不等式可得ab的最大值，进而求出该三角形的面积的最大值．【解答过程】因为1tanA+即sinA整理可得sinA即sin(A+B)=−在三角形中sin(A+B)=sinC即sinC=cosC，C∈0,由余弦定理可得c2=b而c=2，所以ab≤4所以S△ABC即该三角形的面积的最大值为1+2故选：A．【变式5-3】（2024·浙江台州·二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若acosC=2ccosA，则A．3 B．32 C．32【解题思路】根据题意，由余弦定理代入化简，再由基本不等式代入计算，即可得到结果.【解答过程】由余弦定理可知，cosC=由acosC=2ccos化简可得a2所以3a2=即bca当且仅当bc=3c所以bca2的最大值为故选：C.【题型6转化为三角函数求最值（范围）】【例6】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin2(1)求角A的大小；(2)若△ABC为锐角三角形，点F为△ABC的垂心，AF=6，求CF+BF的取值范围.【解题思路】（1）由正弦定理及余弦定理可得cosA的值，再由角A的范围，可得角A（2）设∠FAB=α，分别在两个三角形中，由正弦定理可得BF，CF的表达式，由辅助角公式可得BF+CF的取值范围．【解答过程】（1）因为sin2所以sin2所以sin2由正弦定理可得b2由余弦定理可得cosA=b2可得A=π（2）延长AF交BC于D，延长BF交AC于E，延长CF交AB于P，AF=6，根据题意可得BC⊥AD，BE⊥AC，因为∠CAB=π3，所以设∠FAB=α，α∈(0,π3)，在△ABF即612=同理在△CFA中，可得CF=12sin所以BF+CF=12[=12(12sin因为α∈(0,π3)所以sin(α+所以BF+CF∈(63【变式6-1】（2024·辽宁·模拟预测）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,c−(1)求A；(2)若△ABC为锐角三角形，且b=6，求△ABC的周长l的取值范围．【解题思路】（1）根据正弦定理角化边，结合余弦定理，即可求得答案；（2）利用正弦定理求出a,c的表达式，根据△ABC为锐角三角形确定B的范围，求出三角形周长的表达式并化简，结合正切函数性质，即可求得答案.【解答过程】（1）由题意知△ABC中，c−3即c−3bc=故cosA=b2（2）由（1）知B+C=56π故由正弦定理得asinAc=6由△ABC为锐角三角形，则C=5π6故△ABC的周长l=a+b+c==6+3=6+33而tanB2∈(故△ABC的周长的取值范围为(9+3【变式6-2】（2024·河北衡水·一模）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，三角形面积为S，若D为AC边上一点，满足AB⊥BD,BD=2，且a2(1)求角B；(2)求2AD【解题思路】（1）结合面积公式、正弦定理及两角和的正弦公式化简可得tanB=−（2）在△BCD中由正弦定理可得DC=1sinC，在Rt△ABD中，可得AD=2【解答过程】（1）∵a∴a2=−由正弦定理得，sinA=−∴sin∴cos∵sinC≠0，由0<B<π，得B=（2）由（1）知，B=2因为AB⊥BD，所以∠ABD=π2，在△BCD中，由正弦定理得DCsin即DC=2在Rt△ABD中，AD=∴2∵∠ABC=2π3∴2∵0<C<π3，∴C+π所以2AD+1

【变式6-3】（2024·福建漳州·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，∠DAB=π2，B=π(1)若BC=42，AD=22，求(2)若D=2π3【解题思路】（1）在三角形ABC中，根据正弦定理求得AC,∠CAB，再在三角形ADC中，利用三角形面积公式即可求得结果；（2）设∠DAC=θ，在三角形ADC,ABC中分别用正弦定理表示BC,AD，从而建立BC−AD关于θ的三角函数，进而求三角函数的最大值，即可求得结果.【解答过程】（1）因为B=π6，△ABC的外接圆半径为4，所以ACsin在△ABC中，BC=42，则BCsin∠CAB又∠CAB∈0,π2在△ACD中，AC=4，∠DAC=π2−∠CAB=所以SΔ（2）设∠DAC=θ，θ∈0,又D=2π3因为∠DAB=π2，所以在△DAC中，AC=4，由正弦定理得ACsin即432=4cos在△ABC中，AC=4，由正弦定理得ACsin即412=所以BC−AD=4cosθ+3又θ∈0,π3当且仅当θ+π3=π2所以BC−AD的最大值为83【题型7转化为其他函数求最值（范围）】【例7】（2024·四川成都·模拟预测）设锐角△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且c=2,B=2C，则a+b的取值范围为（

）A．2,10 B．2+22,10 C．2+22【解题思路】根据正弦定理，转化为三角函数，化简后换元，根据二次函数的单调性求范围即可.【解答过程】在△ABC中，由B=2C可得A=π由正弦定理asinπ又△ABC为锐角三角形，所以0<A=π−3C<π令t=cosC∈2因为y=4t2+2t−1所以1+2<y<2+3故选：C.【变式7-1】（2024·全国·模拟预测）已知△ABC是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．若a2−b2=bcA．33,22 B．2−3,1【解题思路】由余弦定理和正弦定理，结合正弦和角公式得到sinB=sin(A−B)，结合△ABC为锐角三角形，得到A=2B，故π【解答过程】因为a2−b由余弦定理得a2所以b2+bc=b由正弦定理得sinB=因为C=π−(A+B)，则所以sinB=sinA因为△ABC是锐角三角形，所以0<A<π2，0<B<π又y=sinx在−π2,因为△ABC是锐角三角形，所以0<B<π2，0<A=2B<π所以π6由正弦定理得b==1令cosB=t，因为π6<B<y=4t2+2t−1=4当t=22时，y=1+2，当t=故b故选：C．【变式7-2】（2023·全国·模拟预测）已知△ABC为锐角三角形，其内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cosB=(1)求ba(2)若a=1，求△ABC周长的取值范围.【解题思路】（1）根据△ABC为锐角三角形得到B=2A，并求出π6<A<π4，由正弦定理得到（2）由（1）知，b=2cosA，由正弦定理得到c=4cos2A−1，表达出△ABC【解答过程】（1）因为△ABC为锐角三角形，所以0<A<π2，0<B<π又因为cosB=cos2A由正弦定理得ba因为△ABC为锐角三角形，所以0<A<π20<B<解得π6所以22<cos所以ba的取值范围为(（2）因为a=1，由（1）知，b=2cos由正弦定理asinA=sin故△ABC的周长a+b+c=4cos令t=cosA，由（1）知22因为函数y=4t2+2t=4所以△ABC周长的取值范围为2+2【变式7-3】（2024·全国·模拟预测）已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，(1)求a的值；(2)若D为线段BC上一点且满足BD=1,DA平分∠BAC，求△ABC的面积的取值范围.【解题思路】（1）利用三角形面积公式，结合余弦定理，即可求得答案；（2）由题意结合正弦定理推出ABAC=BDDC=13【解答过程】（1）由题意知S△ABC=b故ab=b2−结合cosC=a2（2）由于BC=a=4,BD=1,DA平分∠BAC，故DC=3,∠BAD=∠CAD，故BDsin而∠ADB+∠ADC=π，即得AB设AB=x,AC=3x,(1<x<2)，则a2即16=9x2+故S=3当x2=52，即又1<x<2，满足y=−(当x无限趋近于1或2时，y=−(故△ABC的面积的取值范围为(0,3【题型8“坐标法”求最值（范围）】【例8】（23-24高一下·四川宜宾·期末）如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，∠BCD=60°，∠ADC=150°，BE=3EC，CD=233，BE=3，若点F为边AD上的动点，则

A．1 B．1516 C．3132【解题思路】以B为原点建立平面直角坐标系，求得A(0,2),D(3,1),E(3,0)，设F(x,y)，令AF=λ【解答过程】以B为原点，以BC,BA所在的直线为x,y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，依题意得CE=13BE=在△BCD中，由余弦定理得BD=4所以BD2+CD2在△CDE中，由余弦定理得DE=(所以CE2+D因为∠ADC=150°，∠BDC=90∘，故因为AB⊥BC，∠DBC=30∘，所以所以在△ABD中，∠ABD=∠ADB=60所以△ABD为等边三角形，所以AB=BD=2，所以A(0,2),D(3设F(x,y)，由题意令AF=λAD，即解得x=3λ,y=2−λ，所以所以EF⋅设fλ=4λ所以λ=78时，f(λ)取得最小值，即EF故选：B.

【变式8-1】（2023·安徽马鞍山·模拟预测）已知平行四边形ABCD中，∠ADC=60°，E，F分别为边AB，BC的中点，若DE⋅DF=13，则四边形ABCDA．2 B．23 C．4 D．【解题思路】建立适当的平面直角坐标系，设DA=a,DC=c，写出各个点的坐标，将DE⋅DF=13【解答过程】以点D为原点，DA所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，

设DA=a,DC=c，则D0,0所以DE=所以DE⋅从而13=a22+5ac四边形ABCD面积的表达式为S=2⋅1从而S=3ac2所以四边形ABCD面积的最大值为43故选：D.【变式8-2】（2023·全国·模拟预测）在等腰△ABC中，角A，B，C所对应的边为a，b，c，B=C=π6，a=23，P是△ABC外接圆上一点，则PAA．−3,23 B．−1,33 C．−2,30 D．−4,20【解题思路】根据正弦定理求出△ABC外接圆半径，建立平面直角坐标系，求出三角形顶点坐标，设P(2cosθ,2sin【解答过程】由题意等腰△ABC中，B=C=π6，故A=2π3，设△ABC外接圆半径为R，则以△ABC的外接圆圆心为原点，以BC的垂直平分线为y轴，过点O作BC的平行线为x轴，建立平面直角坐标系，

则A0,2,B−3,1则PA=−2cos则PA⋅PA⋅故PA⋅因为sinθ∈[−1,1]，故14−16即PA⋅PB+故选：C.【变式8-3】（2024·江西南昌·三模）如图，在扇形OAB中，半径OA=4，∠AOB=90°，C在半径OB上，D在半径OA上，E是扇形弧上的动点（不包含端点），则平行四边形BCDE的周长的取值范围是（

）A．8,12 B．8C．8,82 D．【解题思路】由于点E在弧上运动，引入恰当的变量∠AOE=2θ，从而表达∠ABE=θ，再利用正弦定理来表示边，来求得周长关于角θ的函数，然后求出取值范围；也可以建立以圆心为原点的坐标系，同样设出动点坐标E4cos2θ,4【解答过程】（法一）如图，连接OE，AB．设∠AOE=2θ，则∠BOE=π2−2θ故∠OBE=θ+π4．在△OBE中，由正弦定理可得则BE=OEsinπ在Rt△ODE中，由正弦定理可得DEsin2θ平行四边形BCDE的周长为2=−16cos因为0<2θ<π2，所以0<θ<π4，所以所以0≤cosθ+π即平行四边形BCDE的周长的取值范围是8,12．（法二）以O为原点，OB，OA所在直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系．设∠BOE=2θ，则E4cos2θ,4从而DE=4cos2θ，OD=4sinDC=O故平行四边形BCDE的周长为2DE+DC因为0<θ<π4，所以0<sin则8<−16sinθ−122故选：A.【题型9与平面向量有关的最值（范围）问题】【例9】（2023·河南开封·三模）已知e1、e2为单位向量，e1−e2=3，非零向量A．7 B．7−1 C．3 D．【解题思路】由已知条件及平面向量的数量积运算求得e1,e2，设e1=OA，e2=OB，2e【解答过程】由e1−e2=则1+1−2×1×1×cose1∵e1,e设e1=OA，e2=

则a−2故点C在以点D为圆心，半径为1的圆上运动，∴e1−a=CA≥AD在△AOD中，∠AOD=2π3,所以e1−a故选：B．【变式9-1】（23-24高三上·北京通州·期末）在菱形ABCD中，AB=2,∠BAD=60∘,E是BC的中点，F是CD上一点（不与C，D重合），DE与AF交于G，则AGA．0,23 B．0,43 C．【解题思路】由图可求得DG∈(0,233【解答过程】如图所示：当点F与点C重合时，此时DG最长，易知△ADG∽△CEG，且相似比为2:1，∠BAD=∠DCB=60°，在△DCE中，由余弦定理得：DE所以DE=3，此时满足DE2所以∠ADE=90°，此时DG=2由图可知，DG∈(0,2则AG⋅故选：B.【变式9-2】（2024·福建泉州·模拟预测）已知平行四边形ABCD中，AB=2，BC=4，B=2π3，若以C为圆心的圆与对角线BD相切，P是圆C上的一点，则BDA．8−23 B．4+23 C．12−43【解题思路】根据题意做出图形，结合平面向量数量积的运算法则整理计算即可求得最终结果【解答过程】如图所示，过C作BD的平行线交圆C于点P，过P作PH⊥BD，垂足为H，在平行四边形ABCD中，AB=2，BC=4，B=2可得A=π3，AD=BC=4，则由余弦定理可得由AB2+BD2则DH=CP=CD=2，因为BD→则BD→·BP即BD→·CP故选：C.【变式9-3】（2023·福建厦门·二模）在△AOB中，已知OB=2，AB=1，∠AOB=45°，若OP=λOA+μOB，且λ+2μ=2，μ∈0,1，则OA在OP上的投影向量为meA．−22,1 B．22,1 【解题思路】先利用余弦定理求出AO=1，进而得到AO⊥AB，求出OA⋅OP=2−μ，OP2=【解答过程】由余弦定理得cos∠AOB=解得AO=1，

因为AO2+BO2OA⋅则OP2因为λ+2μ=2，μ∈0,1，所以OAOP2OA在OP上的投影向量为OA⋅OPOP令2−μ=t∈1,2，则m=令ft因为t∈1,2，所以1t∈12当1t=1时，ft故m=1故选：B.一、单选题1．（2024·江苏连云港·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=1，bcosA=1+cosB，则边A．0,1 B．1,2 C．0,2 D．2,3【解题思路】利用正弦定理边化角，再利用和差角的正弦推理得B=2A，又由正弦定理得b=2cosA，根据角【解答过程】由a=1，bcosA=1+cos由正弦定理可得sinBcosA=所以sinB−A=sinA，所以B−A=A或由正弦定理得,b=a而0<A<π,0<B=2A<π，0<C=所以12<cosA<1，所以b=2cos故选：B.2．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知△ABC角A、B、C的对边分别为a、b、c满足2ba−c=sinA+sinA．π6 B．π4 C．π3【解题思路】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理及基本不等式求解即得.【解答过程】在△ABC中，由正弦定理及2ba−c=sinA+sin由余弦定理得cosB=a2而0<B<π，则0<B≤π6，所以角B故选：A.3．（2024·广东东莞·模拟预测）已知在同一平面内的三个点A，B，C满足AB=2，CACA−CBCBA．0,1 B．0,2 C．0,3 D．【解题思路】根据CACA−CBCB≥1，利用向量数量积的运算性质可得∠ACB≥60∘【解答过程】设e1=CA则e1是与CA同方向的单位向量，e2是与对于CACA−CB两边平方得e1−e因此可以得到e1与e2的夹角在如图所示的圆中，点A、B在圆上，其中劣弧AB的度数为2π3点C在度数为4π3的优弧上运动，或点C若点C在圆上，根据正弦定理，可得圆的半径R满足2R=ABsinC设E为AB的中点，则CA+当CE⊥AB时，CE长达到最大值，此时△ABC为等边三角形，可知CO=32当点C在圆的内部时，则C、E重合时，CO=0此时取最小值CA+CB=0综上所述，AC+BC的取值范围为故选：D.4．（2024·河南·三模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若acosA+bcosA．43 B．83 C．2【解题思路】由正弦定理得tanA+tanB=3【解答过程】因为acos由正弦定理得sinA所以tanA+又因为C=π所以tanA+所以1=3即tanA所以tanB=显然tanA必为正（否则tanA和所以tanA+当且仅当43tanA=所以tanA+故选：B.5．（2024·河南·模拟预测）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足b3+c3b+c=aA．12,24 B．20,24 C．12,24 D．20,24【解题思路】化简b3+c3b+c【解答过程】由题意得，b3所以由余弦定理可得，cosA=又因为A∈(0,π)，所以由正弦定理得，asin所以b=43又因为△ABC为锐角△ABC，所以0<B<π20<C<π2所以π6<2B−π6<所以b2+c故选：B.6．（2024·江西·二模）在△ABC中，若sinA=2cosBcosCA．1,65 B．1,2+12 【解题思路】先由已知条件结合sinA=sinB+C整理得tanB+tanC=2，【解答过程】由sinA=2cosBsinB又由A∈0,π得sin所以tanB+tanC=2，且B，C均为锐角，即tan所以cos2B+cos因为tan2所以cos2B+cos设3−tan因为tanBtanC≤所以m∈2,3，故由对勾函数性质m+则cos2B+cos故选：B.7．（2024·全国·二模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2acosA=bcosC+ccosB，且a=4A．42 B．62 C．43【解题思路】根据正弦定理及三角形角度关系可得角A的大小，再根据正弦定理边化角结合三角恒等变换与正弦型函数的性质求得b+c的取值范围，从而得△ABC周长的最大值.【解答过程】因为2acos由正弦定理得2sin因为sinA≠0，所以cosA=12，由于A∈0,由正弦定理得asin故b+c=4sin又B∈0,2π3，则B+π6故△ABC周长a+b+c的最大值为63故选：D.8．（2024·陕西咸阳·三模）为了进一步提升城市形象，满足群众就近健身和休闲的需求，2023年某市政府在市区多地规划建设了“口袋公园”.如图，在扇形“口袋公园”OPQ中，准备修一条三角形健身步道OAB，已知扇形的半径OP=3，圆心角∠POQ=π3，A是扇形弧上的动点，B是半径OQ上的动点，AB//OP，则△OAB面积的最大值为（A．334 B．34 C．3【解题思路】设∠POA=θ，在△OAB中利用正弦定理及三角形面积公式列出函数关系，再求出函数最大值即得.【解答过程】设∠POA=θ,θ∈(0,π3)，由AB//OP在△OAB中，由正弦定理得OBsinθ=则△OAB的面积S==3=332[sin(2θ+π6)−所以△OAB面积的最大值为33故选：A.二、多选题9．（2024·江苏南京·二模）已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，O为△ABC的重心，cosA=15，AO=2A．AO=13C．△ABC的面积的最大值为36 D．a的最小值为【解题思路】延长AO交BC于点D，根据平面向量的线性运算可得出AO=13AB+13AC，可判断选项A；结合AO=13【解答过程】延长AO交BC于点D.因为O是△ABC的重心，所以点D是BC中点，AO=则AD=对于选项A：因为AO=对于选项B：由AO=13所以9AO2=又因为AB⋅AC=ABAC所以2×5AB即AB⋅AC≤3对于选项C：因为AB⋅AC=AB⋅所以S△ABC对于选项D：由9AO2=得AB⃗所以由余弦定理a2a2=AB2+所以a的最小值是26故选：ABC.10．（2024·湖南·二模）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且c=b2cosA+1A．A=2BB．若a=3b，则C．若△ABC为锐角三角形，1tanD．若△ABC为锐角三角形，则ca的取值范围为【解题思路】根据正弦定理和三角恒等变换可得sinA−B=sinB，即可得A=2B，所以A正确；再利用a=3b由正弦定理计算可得cosB=32，可得C=【解答过程】对于A,△ABC中，由正弦定理得sin由sinC=sinA+B，得sin由0<A,B<π，则sinB>0，故0<A−B<π，所以A−B=B即A=2B或A=π（舍去），即A=2B对于B，若a=3b，结合A=2B和正弦定理知又0<A,B<π，所以可得A=2B=对于C，在锐角△ABC中，0<B<π2,0<A=2B<故1tan对于D，在锐角△ABC中，由π6ca令cosB=t∈22易知函数ft=2t−1故选：ABD.11．（2024·河北邯郸·三模）已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，面积为34a2A．cosAcosB．若D为边AC的中点，且BD=1，则△ABC的面积的最大值为3C．若△ABC是锐角三角形，则ac的取值范围是D．若角B的平分线BE与边AC相交于点E，且BE=3，则a+4c【解题思路】借助面积公式与余弦定理由题意可得B=π【解答过程】由题意知S=12ac由余弦定理知a2+c2−b2对A，cos=3∵A∈0,2π3，∴cosAcos对B，∵D为边AC的中点，∴2BD则4=a∴ac≤43，当且仅当∴S对于C，ac∵△ABC是锐角三角形，∴π∴tanC∈3对于D，由题意得S△ABE即12整理得a+c=ac，即1a∴a+4c=(a+4c)1当且仅当a=2c时，等号成立，故D错误．故选：ABC.三、填空题12．（2024·北京·三模）在△ABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，且a+c=2b，则角B的取值范围为0,π3【解题思路】由余弦定理、基本不等式得出cosB【解答过程】cosB=当且仅当a=c=b，即△ABC为等边三角形时，cosB=12，又∵0<B<故答案为：0,π13．（2024·陕西安康·模拟预测）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若b=2，2acosC=2cosB+【解题思路】根据题目所给的条件，利用正弦定理化简后得到B=60°，利用正弦定理“边化角”化简得到2a+c=4213【解答过程】△ABC中，b=2，2acos所以2a−ccosC=根据正弦定理，2sin即2sin因为sinA>0，所以cos由B