高考数学专题练 专题二 微专题18　解三角形中的范围与最值问题（含答案）

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典例1 (2023·长沙模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若4sin A－bsin B＝csin(A－B)．
(1)求a的值；
(2)若△ABC的面积为eq \f(\r(3)b2＋c2－a2,4)，求△ABC周长的最大值．
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典例2 (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(cs A,1＋sin A)＝eq \f(sin 2B,1＋cs 2B).
(1)若C＝eq \f(2π,3)，求B； (2)求eq \f(a2＋b2,c2)的最小值．
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典例3 (2023·惠州模拟)平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形ABCD的顶点在同一平面上，已知AB＝BC＝CD＝2，AD＝2eq \r(3).
(1)当BD长度变化时，eq \r(3)cs A－cs C是否为一个定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由．
(2)记△ABD与△BCD的面积分别为S1和S2，请求出Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)的最大值．
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[总结提升]
任何范围(最值)问题，其本质都是函数问题，解三角形中的范围(最值)问题也不例外．解三角形中的范围(最值)问题的解法主要有两种．一是用函数求解，二是利用基本不等式求解，常见的思路有：
(1)余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案．
(2)采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法．
(3)巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值．
(4)外接圆动点范围问题，可转化为动点到某个定点的距离问题，结合几何图形性质分析得出范围．
1．(2023·成都模拟)已知钝角△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝2，c＝3，则最大边a的取值范围为( )
A．(3,5) B．(3，eq \r(13))
C．(eq \r(13)，5) D．(4,5)
2．(2023·九江模拟)在△ABC中，已知eq \f(1,tan A)＝eq \f(1,tan B)＋eq \f(1,tan C)，则cs A的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))
3．(2023·南京模拟)在钝角△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若c＝btan C，则sin A－3cs C的最小值为( )
A．－eq \f(15,8) B．－2 C．－eq \f(17,8) D．－eq \r(10)
4．在△ABC中，若AB＝2，AC＝eq \r(2)BC，则S△ABC的最大值是( )
A.eq \r(6) B．2eq \r(2) C．3 D．2eq \r(3)
5．(多选)在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知B＝60°，b＝4，则( )
A．若c＝eq \r(3)，则该三角形有两解
B．若a＝eq \f(9,2)，则该三角形有两解
C．△ABC的周长有最大值12
D．△ABC的面积有最小值4eq \r(3)
6．(多选)(2023·重庆模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(a＋b)(sin A－sin B)＝c(sin C＋sin B)，若角A的内角平分线AD的长为3，则4b＋c的可能取值有( )
A．21 B．24 C．27 D．36
7．在锐角△ABC中，若A＝2B，则eq \f(a,b)的取值范围是________________．
8.如图，某湖有一半径为100 m的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计)，在其正东方向相距200 m的点A处安装一套监测设备．为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足AB＝AC，∠BAC＝90°.定义：四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”，设∠AOB＝θ.则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为________．
9．(2023·信阳模拟)如图，在平面四边形ABCD中，BC＝1，CD＝eq \r(3)，且AB＝BD＝DA.
(1)若AB＝eq \r(3)，求cs∠ABC的值；
(2)求四边形ABCD面积的最大值．
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10．(2023·南宁模拟)请从①cs 2C＋cs C＝0；②sin2A＋sin2B－sin2C－sin Asin B＝0；
③ccs B＋(b－2a)cs C＝0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．
(1)求角C；
(2)若c＝1，D为△ABC外接圆上的点，eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))2，求四边形ABCD面积的最大值．
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微专题18 解三角形中的范围与最值问题
[考情分析] 解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长、周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，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点是如何建立起角与边的数量关系，并在解决问题的过程中感悟边角互化的思想方法，难度中等．
考点一 转化为三角函数求最值(范围)
典例1 (2023·长沙模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若4sin A－bsin B＝csin(A－B)．
(1)求a的值；
(2)若△ABC的面积为eq \f(\r(3)b2＋c2－a2,4)，求△ABC周长的最大值．
解 (1)方法一 设4＝at，t>0，
在△ABC中，由正弦定理得a＝2R·sin A，
b＝2R·sin B，c＝2R·sin C，
代入已知化简得tsin2A－sin2B＝sin Csin(A－B)，
又在△ABC中有sin C＝sin(A＋B)，
即tsin2A－sin2B＝sin(A＋B)sin(A－B)，
因为sin(A＋B)sin(A－B)
＝－eq \f(1,2)(cs 2A－cs 2B)＝sin2A－sin2B，
即tsin2A－sin2B＝sin2A－sin2B，
所以t＝1，所以a＝4.
方法二 设4＝at，t>0，
在△ABC中，由正弦定理得a＝2R·sin A，
b＝2R·sin B，c＝2R·sin C，
代入已知化简得tsin2A－sin2B＝sin Csin(A－B)，
又在△ABC中有sin C＝sin(A＋B)，
即tsin2A－sin2B＝sin(A＋B)sin(A－B)，
因为sin(A＋B)sin(A－B)＝(sin Acs B＋cs Asin B)(sin Acs B－cs Asin B)
＝sin2Acs2B－cs2Asin2B＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B，
即tsin2A－sin2B＝sin2A－sin2B，
所以t＝1，所以a＝4.
(2)在△ABC中有
S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3)b2＋c2－a2,4)，
则sin A＝eq \f(\r(3)b2＋c2－a2,2bc)＝eq \r(3)cs A，
即tan A＝eq \r(3)，
又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3)，
由正弦定理得eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(4,sin \f(π,3))＝eq \f(8,\r(3))，
故b＝eq \f(8,\r(3))·sin B，c＝eq \f(8,\r(3))·sin C，
b＋c＝eq \f(8,\r(3))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin B＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))))
＝eq \f(8,\r(3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin B＋\f(\r(3),2)cs B＋\f(1,2)sin B))
＝8sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))，
因为在△ABC中，A＝eq \f(π,3)，0sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))≤1，
所以b＋c≤8，当A＝B＝C时，等号成立，△ABC周长取得最大值12.
跟踪训练1 (2023·青岛模拟)在锐角△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且bcs C＋ccs B＝2，bsin A＝eq \r(3).
(1)求角B；
(2)求△ABC面积的取值范围．
解 (1)由bcs C＋ccs B＝2，
根据余弦定理的推论可得b·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝2，化简得a＝2，
由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，
可知sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(\r(3),2)，
因为△ABC为锐角三角形，所以B＝eq \f(π,3).
(2)由S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),2)c.
由正弦定理得c＝eq \f(asin C,sin A)＝eq \f(2sinA＋B,sin A)＝eq \f(2sin Acs B＋cs Asin B,sin A)＝1＋eq \f(\r(3),tan A)，
因为△ABC为锐角三角形，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0解得eq \f(π,6)则tan A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))，c＝eq \f(\r(3),tan A)＋1∈(1,4)，
故eq \f(\r(3),2)即△ABC面积的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，2\r(3))).
考点二 利用基本不等式求最值(范围)
典例2 (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(cs A,1＋sin A)＝eq \f(sin 2B,1＋cs 2B).
(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(cs A,1＋sin A)＝eq \f(sin 2B,1＋cs 2B)，
所以eq \f(cs A,1＋sin A)＝eq \f(2sin Bcs B,1＋2cs2B－1)，
所以eq \f(cs A,1＋sin A)＝eq \f(sin B,cs B)，
所以cs Acs B＝sin B＋sin Asin B，
所以cs(A＋B)＝sin B，
所以sin B＝－cs C＝－cs eq \f(2π,3)＝eq \f(1,2).
因为B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，所以B＝eq \f(π,6).
(2)由(1)得cs(A＋B)＝sin B，
所以sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－A＋B))＝sin B，
且0所以0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－cs2C)＝eq \f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2B))＋sin2B,1－sin2B)
＝eq \f(cs22B＋sin2B,cs2B)＝eq \f(2cs2B－12＋1－cs2B,cs2B)
＝eq \f(4cs4B－5cs2B＋2,cs2B)＝4cs2B＋eq \f(2,cs2B)－5
≥2eq \r(4cs2B·\f(2,cs2B))－5＝4eq \r(2)－5，
当且仅当cs2B＝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.
跟踪训练2 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，求BD的长．
解 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·BDcs∠ADB＝22＋k2－2×2k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝k2＋2k＋4.
在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcs∠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(4k2＋2k＋4－12k－12,k2＋2k＋4)
＝4－eq \f(12k＋1,k2＋2k＋4)＝4－eq \f(12k＋1,k＋12＋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.
考点三 转化为其他函数求最值(范围)
典例3 (2023·惠州模拟)平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形ABCD的顶点在同一平面上，已知AB＝BC＝CD＝2，AD＝2eq \r(3).
(1)当BD长度变化时，eq \r(3)cs A－cs C是否为一个定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由．
(2)记△ABD与△BCD的面积分别为S1和S2，请求出Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)的最大值．
解 (1)方法一 在△ABD中，由余弦定理的推论
得cs A＝eq \f(AD2＋AB2－BD2,2AD·AB)＝eq \f(2\r(3)2＋22－BD2,2×2\r(3)×2)，
即eq \r(3)cs A＝eq \f(16－BD2,8)，①
同理，在△BCD中，cs C＝eq \f(22＋22－BD2,2×2×2)，
即cs C＝eq \f(8－BD2,8)，②
①－②得eq \r(3)cs A－cs C＝1，
所以当BD长度变化时，eq \r(3)cs A－cs C为定值，定值为1.
方法二 在△ABD中，由余弦定理得
BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcs A＝(2eq \r(3))2＋22－2×2eq \r(3)×2cs A，
即BD2＝16－8eq \r(3)cs A，
同理，在△BCD中，BD2＝CD2＋CB2－2CD·CBcs C＝8－8cs C，
所以16－8eq \r(3)cs A＝8－8cs C，
化简得eq \r(3)cs A－cs C＝1，
所以当BD长度变化时，eq \r(3)cs A－cs C为定值，定值为1.
(2)Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)
＝eq \f(1,4)AB2·AD2·sin2A＋eq \f(1,4)BC2·CD2·sin2C
＝12sin2A＋4sin2C＝12sin2A＋4－4cs2C
＝12sin2A＋4－4(eq \r(3)cs A－1)2
＝－24cs2A＋8eq \r(3)cs A＋12，
令cs A＝t，t∈(－1,1)，
所以Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)＝－24t2＋8eq \r(3)t＋12＝－24eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(\r(3),6)))2＋14，
所以当t＝eq \f(\r(3),6)，即cs A＝eq \f(\r(3),6)时，
Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)有最大值为14.
跟踪训练3 (2023·黄山模拟)某公司准备设计一个精美的心形巧克力盒子，它是由半圆O1、半圆O2和正方形ABCD组成的，且AB＝8 cm.设计人员想在心形盒子表面上设计一个矩形的标签EFGH，标签的其中两个顶点E，F在上，另外两个顶点G，H在上(M，N分别是，的中点)．设EF的中点为P，∠FO1P＝θ，矩形EFGH的面积为S cm2.
(1)写出S关于θ的函数关系式S(θ)；
(2)当θ为何值时矩形EFGH的面积最大？
解 (1)由题意知θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
EF＝8sin θ，EH＝8cs θ＋4eq \r(2)，
则S(θ)＝EF·EH＝8sin θ(8cs θ＋4eq \r(2))
＝32sin θ(2cs θ＋eq \r(2))，θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))).
(2)由(1)知，
S′(θ)＝32[cs θ(2cs θ＋eq \r(2))＋sin θ·(－2sin θ)]
＝32(2cs2θ－2sin2θ＋eq \r(2)cs θ)
＝32(4cs2θ＋eq \r(2)cs θ－2)．
因为θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
所以2≤4cs2θ<4,1≤eq \r(2)cs θ所以4cs2θ＋eq \r(2)cs θ－2>0，
故当θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，S′(θ)>0恒成立，
所以S(θ)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增．
故当θ＝eq \f(π,4)时，
S(θ)max＝32sin eq \f(π,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs \f(π,4)＋\r(2)))＝64.
故当θ＝eq \f(π,4)时，矩形EFGH的面积最大，为64 cm2.
[总结提升]
任何范围(最值)问题，其本质都是函数问题，解三角形中的范围(最值)问题也不例外．解三角形中的范围(最值)问题的解法主要有两种．一是用函数求解，二是利用基本不等式求解，常见的思路有：
(1)余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案．
(2)采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法．
(3)巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值．
(4)外接圆动点范围问题，可转化为动点到某个定点的距离问题，结合几何图形性质分析得出范围.
1．(2023·成都模拟)已知钝角△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝2，c＝3，则最大边a的取值范围为( )
A．(3,5) B．(3，eq \r(13))
C．(eq \r(13)，5) D．(4,5)
答案 C
解析 因为△ABC是钝角三角形，b＝2，c＝3，且a是最大边，则由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)<0，
于是得a2>b2＋c2＝22＋32＝13，a>0，解得a>eq \r(13)，又有a所以最大边a的取值范围是(eq \r(13)，5)．
2．(2023·九江模拟)在△ABC中，已知eq \f(1,tan A)＝eq \f(1,tan B)＋eq \f(1,tan C)，则cs A的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))
答案 C
解析 ∵eq \f(1,tan A)＝eq \f(1,tan B)＋eq \f(1,tan C)，
∴eq \f(cs B,sin B)＋eq \f(cs C,sin C)＝eq \f(cs A,sin A)，
可得eq \f(sin Ccs B＋cs Csin B,sin Bsin C)＝eq \f(sinC＋B,sin Bsin C)＝eq \f(sin A,sin Bsin C)＝eq \f(cs A,sin A)，
∴cs A＝eq \f(sin 2A,sin Bsin C).
又eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，
∴eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(a2,bc)，
可得3a2＝b2＋c2，
∴cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋c2－\f(b2＋c2,3),2bc)＝eq \f(b2＋c2,3bc)≥eq \f(2bc,3bc)＝eq \f(2,3)，当且仅当b＝c时取等号，
又A∈(0，π)，则－1∴eq \f(2,3)≤cs A<1，
∴cs A的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1)).
3．(2023·南京模拟)在钝角△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若c＝btan C，则sin A－3cs C的最小值为( )
A．－eq \f(15,8) B．－2 C．－eq \f(17,8) D．－eq \r(10)
答案 C
解析 因为c＝btan C，
由正弦定理得sin C＝sin Beq \f(sin C,cs C)，
在△ABC中，sin C≠0，所以sin B＝cs C，
又因为△ABC为钝角三角形，所以由诱导公式
得B＝eq \f(π,2)＋C(B＝eq \f(π,2)－C时为直角三角形，舍去)，
即B为钝角，
从而sin A－3cs C＝sin(B＋C)－3cs C
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋C＋C))－3cs C＝cs 2C－3cs C
＝2cs2C－3cs C－1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs C－\f(3,4)))2－eq \f(17,8)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0解得0当cs C＝eq \f(3,4)时，2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs C－\f(3,4)))2－eq \f(17,8)取得最小值－eq \f(17,8)，即sin A－3cs C的最小值为－eq \f(17,8).
4．在△ABC中，若AB＝2，AC＝eq \r(2)BC，则S△ABC的最大值是( )
A.eq \r(6) B．2eq \r(2) C．3 D．2eq \r(3)
答案 B
解析 设BC＝x，则AC＝eq \r(2)x，
S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BCsin B＝eq \f(1,2)×2xeq \r(1－cs2B)＝xeq \r(1－cs2B)，
又cs B＝eq \f(4＋x2－\r(2)x2,4x)＝eq \f(4－x2,4x)，代入上式得S△ABC＝eq \f(\r(128－x2－122),4)，
又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)x＋x>2，,x＋2>\r(2)x，))则2eq \r(2)－2所以当x＝2eq \r(3)时，S△ABC取最大值2eq \r(2).
5．(多选)在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知B＝60°，b＝4，则( )
A．若c＝eq \r(3)，则该三角形有两解
B．若a＝eq \f(9,2)，则该三角形有两解
C．△ABC的周长有最大值12
D．△ABC的面积有最小值4eq \r(3)
答案 BC
解析 对于A，由eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，
得sin C＝eq \f(csin B,b)＝eq \f(\r(3)sin 60°,4)＝eq \f(3,8)，
由于c对于B，同理，由eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，
可得eq \f(\r(3),2)由于a>b，所以A>B，A有两个解，则相应的C有两个解，故B正确；
对于C，由b2＝a2＋c2－2accs B，
得16＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac≥(a＋c)2－eq \f(3,4)(a＋c)2＝eq \f(1,4)(a＋c)2.
故a＋c≤8，当且仅当a＝c时取等号，此时△ABC的周长最大，最大值为12，此时△ABC为等边三角形，故C正确；
对于D，由C推导过程得16＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，
即ac≤16，当且仅当a＝c时取等号，此时△ABC的面积最大，
最大值S△ABC＝eq \f(1,2)×16×eq \f(\r(3),2)＝4eq \r(3)，故D错误．
6．(多选)(2023·重庆模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(a＋b)(sin A－sin B)＝c(sin C＋sin B)，若角A的内角平分线AD的长为3，则4b＋c的可能取值有( )
A．21 B．24 C．27 D．36
答案 CD
解析 在△ABC中，
(a＋b)(sin A－sin B)＝c(sin C＋sin B)，
由正弦定理得(a＋b)(a－b)＝c(c＋b)，
即a2＝b2＋c2＋bc，
由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq \f(1,2)，
而0角A的内角平分线AD的长为3，
由S△BAD＋S△CAD＝S△BAC得，
eq \f(1,2)c·ADsin∠BAD＋eq \f(1,2)b·ADsin∠CAD
＝eq \f(1,2)bcsin∠BAC，
即3csin eq \f(π,3)＋3bsin eq \f(π,3)＝bcsin eq \f(2π,3)，因此eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝eq \f(1,3)，
则4b＋c＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)＋\f(1,c)))(4b＋c)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(c,b)＋\f(4b,c)))
≥3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(c,b)·\f(4b,c))))＝27，
当且仅当eq \f(c,b)＝eq \f(4b,c)，即c＝2b＝9时取等号，
所以当c＝2b＝9时，4b＋c取得最小值27.
若4b＋c＝36，又eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝eq \f(1,3)，联立得到4b2－45b＋108＝0，
因为Δ＝(－45)2－4×4×108＝297>0，结合根与系数的关系，得到两根之和，两根之积均大于0，
故方程有正根，故满足要求．
7．在锐角△ABC中，若A＝2B，则eq \f(a,b)的取值范围是________________．
答案 (eq \r(2)，eq \r(3))
解析 ∵A＝2B，根据正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，
得eq \f(a,b)＝eq \f(sin A,sin B)＝eq \f(sin 2B,sin B)＝eq \f(2sin Bcs B,sin B)＝2cs B，
∵A＋B＋C＝180°，∴3B＋C＝180°，
即C＝180°－3B，
∵C为锐角，∴30°又∵0°∴eq \f(\r(2),2)即eq \r(2)<2cs B则eq \f(a,b)的取值范围是(eq \r(2)，eq \r(3))．
8.如图，某湖有一半径为100 m的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计)，在其正东方向相距200 m的点A处安装一套监测设备．为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足AB＝AC，∠BAC＝90°.定义：四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”，设∠AOB＝θ.则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为________．
答案 (10 000eq \r(5)＋25 000)m2
解析 在△OAB中，
∵∠AOB＝θ，OB＝100，OA＝200，
∴AB2＝OB2＋OA2－2OB·OA·cs θ，
即AB＝100eq \r(5－4cs θ)，
∵S四边形OACB＝S△OAB＋S△ABC
＝eq \f(1,2)OA·OB·sin θ＋eq \f(1,2)AB2
＝1002eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θ－2cs θ＋\f(5,2)))
＝1002eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(5)sin θ－φ＋\f(5,2)))，
则tan φ＝2(φ为锐角)，
又∵θ∈(0，π)，∴当θ＝φ＋eq \f(π,2)时，“直接监测覆盖区域”面积取得最大值为(10 000eq \r(5)＋
25 000)m2.
9．(2023·信阳模拟)如图，在平面四边形ABCD中，BC＝1，CD＝eq \r(3)，且AB＝BD＝DA.
(1)若AB＝eq \r(3)，求cs∠ABC的值；
(2)求四边形ABCD面积的最大值．
解 (1)因为BC＝1，CD＝eq \r(3)，且AB＝BD＝DA＝eq \r(3)，
所以在△BCD中，cs∠CBD＝eq \f(\f(BC,2),BD)＝eq \f(\f(1,2),\r(3))＝eq \f(\r(3),6)，
sin∠CBD＝eq \f(\r(33),6)，
所以cs∠ABC＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋∠CBD))
＝cs eq \f(π,3)cs∠CBD－sin eq \f(π,3)sin∠CBD
＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),6)－eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(33),6)＝eq \f(\r(3)－3\r(11),12).
(2)设∠BCD＝θ，θ∈(0，π)，
在△BCD中，由余弦定理得
BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcs θ
＝12＋(eq \r(3))2－2×1×eq \r(3)cs θ＝4－2eq \r(3)cs θ，
∵S四边形ABCD＝S△BCD＋S△BAD
＝eq \f(1,2)BC·CDsin θ＋eq \f(1,2)BA·BDsin eq \f(π,3)
＝eq \f(1,2)BC·CDsin θ＋eq \f(\r(3),4)BD2
＝eq \f(\r(3),2)sin θ＋eq \r(3)－eq \f(3,2)cs θ
＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＋eq \r(3)，又θ∈(0，π)，
∴当θ＝eq \f(5π,6)时，四边形ABCD面积的最大值为2eq \r(3).
10．(2023·南宁模拟)请从①cs 2C＋cs C＝0；②sin2A＋sin2B－sin2C－sin Asin B＝0；③ccs B＋(b－2a)cs C＝0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．
(1)求角C；
(2)若c＝1，D为△ABC外接圆上的点，eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))2，求四边形ABCD面积的最大值．
解 (1)选①.
cs 2C＋cs C＝0，
根据二倍角公式化简得2cs2C＋cs C－1＝0，
即(2cs C－1)(cs C＋1)＝0，
因为C∈(0，π)，
解得cs C＝eq \f(1,2)或cs C＝－1(舍去)，
所以C＝eq \f(π,3).
选②.
sin2A＋sin2B－sin2C－sin Asin B＝0，根据正弦定理得a2＋b2－c2－ab＝0，
根据余弦定理得cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(ab,2ab)＝eq \f(1,2)，
又因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,3).
选③.
ccs B＋(b－2a)cs C＝0，
根据正弦定理得sin Ccs B＋(sin B－2sin A)cs C＝sin (B＋C)－2sin Acs C＝0，
因为C∈(0，π)，A∈(0，π)，sin A≠0，
解得cs C＝eq \f(1,2)，所以C＝eq \f(π,3).
(2)由eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))2，得eq \(BA,\s\up6(→))·(eq \(BD,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→)))＝0，即eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，
所以DA⊥BA，故BD是△ABC外接圆的直径，
所以BC⊥CD.
根据正弦定理得2R＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(1,sin \f(π,3))＝eq \f(2\r(3),3)，
所以S四边形ABCD＝eq \f(1,2)AB·AD＋eq \f(1,2)BC·CD＝eq \f(1,2)×eq \f(1,\r(3))×1＋eq \f(1,2)BC·CD，
因为BC2＋CD2＝BD2＝eq \f(4,3)，
根据基本不等式得BC2＋CD2＝eq \f(4,3)≥2BC·CD，
当且仅当BC＝CD＝eq \f(\r(6),3)时，等号成立，
即BC·CD≤eq \f(2,3)，
代入S四边形ABCD＝eq \f(1,2)×eq \f(1,\r(3))×1＋eq \f(1,2)BC·CD，
得S四边形ABCD≤eq \f(\r(3)＋2,6)，
综上，四边形ABCD面积的最大值为eq \f(\r(3)＋2,6)