专题二 微创新 解三角形与其他知识的综合问题-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考数学复习讲义课件（基础版）（课件PPT+word教案）

解三角形与其他知识的综合问题 微创新 随着高考改革的不断推进，各地的模拟题呈现的考查方向百花齐放，以三角形为背景，其考查的知识内容和范围，涉及平面几何、立体几何、不等式、向量、新定义等学科分支，对综合运用各种知识技能解题的灵活性要求有所加强，应予以重视. 考情分析 考点一 考点二 解三角形与其他知识的交汇 解三角形中的新定义、新情境问题 专题强化练 内容索引 考点一 解三角形与其他知识的交汇 ［蒙日圆］在圆x2+y2=4上任取一点T，过点T作x轴的垂线段TD，垂足为D.当点T在圆上运动时，线段TD的中点Q的轨迹是椭圆C(当点T经过圆与x轴的交点时，规定点Q与点T重合). (1)求该椭圆C的方程； 例1 设Q(x0，y0)，则T(x0，2y0)， 而点T在圆x2+y2=4上， 即有+4=4，化简得+=1， 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”.若椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C上一动点，直线OP与椭圆C的蒙日圆相交于点M，N，求证：为定值. 由(1)知椭圆C的方程为+y2=1，长半轴长为a=2，短半轴长为b=1，半焦距为c=， 显然直线x=±2，y=±1都与椭圆C相切，因此直线x=±2，y=±1所围成矩形的外接圆即为椭圆C的蒙日圆，其方程为x2+y2=5，  设|PF1|=m，|PF2|=n，∠POF1=α，则∠POF2=π-α， 在△POF1与△POF2中，由余弦定理得m2=c2+|OP|2-2c|OP|cos α， n2=c2+|OP|2-2c|OP|cos(π-α)， 两式相加得m2+n2=2c2+2|OP|2，又m+n=2a，则m2+n2+2mn=4a2， 所以|PF1|·|PF2|=mn=2a2-c2-|OP|2 =a2+b2-|OP|2=5-|OP|2， 又|PM|·|PN|=(|OM|-|OP|)(|OM|+|OP|) =|OM|2-|OP|2=5-|OP|2， 所以=1，即为定值. 规律方法 解三角形与立体几何、解析几何结合，利用正弦定理、余弦定理可以将几何体中的长度、角度联系在一起，可以考查几何体中的线段长度或者几何体中的角度之间的关系，或者构造长度、角度的函数求最值问题. (2024·南京统考)如图，已知在矩形ABCD中，AB=，AD=2.将△ABD沿BD折起，得到大小为θ的二面角A'-BD-C.   (1)当θ=时，求A'C与平面BCD所成角的正切值； 跟踪演练1 过A'作A'H⊥BD于H，连接CH，如图，  因为二面角A'-BD-C的大小为，所以平面A'BD⊥平面BCD， 因为A'H⊥BD，平面A'BD∩平面BCD=BD，A'H⊂平面A'BD， 所以A'H⊥平面BCD， 所以∠A'CH为A'C与平面BCD所成的角， 在Rt△BA'D中，A'B=，A'D=2， A'H==2. 在Rt△A'HB中，BH===1. 在Rt△DBC中，BC=2，cos∠CBD=， 所以在△HBC中， HC2=BC2+BH2-2BC·BH·cos∠CBD=(2)2+12-2×2×1×=13， 所以HC=， 在Rt△A'CH中，tan∠A'CH===， 即A'C与平面BCD所成角的正切值是. (2)当θ=时，求B到平面A'CD的距离； 在(1)图中，A'C2=A'H2+HC2=4+13=17， 在△A'DC中，cos∠A'DC===. 所以sin∠A'DC==， △A'DC的面积S=·A'D·DC·sin∠A'DC =×2××=. 因为A'H⊥平面BCD， 所以三棱锥A'-BCD的体积V=S△BCD·A'H =××2××2=. 所以B到平面A'CD的距离d===. (3)当cos θ=时，求cos∠A'BC的值. 在矩形ABCD中找到A'H的对应线段AH，并设AH的延长线交BC于G，  在Rt△BHG中，BH=1，tan∠DBC=， 所以HG=，BG=. 在三棱锥A'-BCD中，如图， 由A'H⊥BD，GH⊥BD，所以∠A'HG为二面角A'-BD-C的平面角，  即 cos∠A'HG=. 在△A'HG中， A'G2=A'H2+HG2-2·A'H·HG·cos∠A'HG=22+-2×2××=. 在△A'BG中，cos∠A'BG= ==，即cos∠A'BC=. 考点二 解三角形中的新定义、新情境问题 (2024·重庆模拟)“费马问题”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos 2B+cos 2C-cos 2A=1. (1)求A； 例2 在△ABC中，cos 2B+cos 2C-cos 2A=1， 即1-2sin2B+1-2sin2C-1+2sin2A=1， 故sin2A=sin2B+sin2C， 由正弦定理可得a2=b2+c2， 故△ABC是以BC为斜边的直角三角形，即A=90°. (2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求++； 由(1)知A=90°，所以△ABC的三个内角都小于120°， 则由费马点定义可知， ∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， 设||=x，||=y，||=z， 由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC得xy·+yz·+xz·=×2， 整理得xy+yz+xz=， 则++ =xy·+yz·+xz·=-×=-. (3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值. 点P为△ABC的费马点， 则∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， 设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0， 则由|PB|+|PC|=t|PA|得m+n=t. 由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2-2mx2cos 120°=(m2+m+1)x2， |AC|2=x2+n2x2-2nx2cos 120°=(n2+n+1)x2， |BC|2=m2x2+n2x2-2mnx2cos 120°=(m2+n2+mn)x2， 故由|AC|2+|AB|2=|BC|2得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2， 即m+n+2=mn，而m>0，n>0，故m+n+2=mn≤， 当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+时，等号成立， 又m+n=t，即有t2-4t-8≥0，解得t≥2+2或t≤2-2(舍去)， 故实数t的最小值为2+2. 通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决. 规律方法 (2024·宿迁模拟)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，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点.”如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2ccos A- 跟踪演练2 acos B=bcos A.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，连接O1O2，O2O3，O1O3，得到△O1O2O3. (1)求A； 在△ABC中，因为2ccos A-acos B=bcos A， 所以2ccos A=acos B+bcos A， 根据正弦定理可得2sin Ccos A=sin Acos B+sin Bcos A， 即2sin Ccos A=sin(A+B)=sin C， 因为0<C<π，sin C≠0， 可得cos A=，由0<A<π，可得A=. (2)若△O1O2O3的面积为，求△ABC的面积的最大值. 如图，连接AO1，AO3，  则|AO1|=c，|AO3|=b， 正△O1O2O3的面积S=|O1O3|2sin =|O1O3|2=， 所以|O1O3|2=，而∠BAC=， 则∠O1AO3=， 所以在△O1AO3中， 由余弦定理得|O1O3|2=|AO1|2+|AO3|2-2|AO1|·|AO3|·cos∠O1AO3， 即=+-2·，则b2+c2+bc=8， 由基本不等式知，b2+c2≥2bc， 所以8-bc≥2bc，即bc≤， 当且仅当b=c=时取等号， 所以S△ABC=bcsin A=bc≤， 所以△ABC的面积的最大值为 . 专题强化练 1 2 答案 1. (1)因为cos B=， 即=accos B， 可得S== ==ac， 1 2 答案 1. 且B∈(0，π)，则sin B>0， 所以S=acsin B. 1 2 答案 1. (2)因为tan===， 由题意可得=， 即sin B(2-cos A)=sin A(1+cos B)， 整理得2sin B=sin A+sin Acos B+cos Asin B =sin A+sin(A+B)=sin A+sin C， 由正弦定理可得2b=a+c=8， 1 2 答案 1. 即b==4， △ABC的面积S= == ==， 1 2 答案 1. 因为ac≤=16， 当且仅当a=c=4时，等号成立， 则S=≤=4， 所以△ABC面积的最大值为4. 1 2 答案 2. (1)由正弦定理得2absin C=(b2+c2-a2)， 即2absin C=·2bccos A，asin C=ccos A， 即sin Asin C=sin Ccos A， ∵C∈(0，π)，sin C>0， ∴sin A=cos A， 1 2 答案 2. 若cos A=0，等式不成立， 则cos A≠0， ∴tan A=， 又A∈(0，π)，∴A=. 1 2 答案 2. (2)T=++=++=++， 又S△PAB=cPD， S△PBC=aPE， S△PAC=bPF， S△PAB+S△PBC+S△PAC=S△ABC， ∴cPD+aPE+bPF=2S△ABC， 1 2 答案 2. 由三维分式型柯西不等式得T=++≥=， 当且仅当==， 即PE=2PD=2PF时等号成立， 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A， 得4=b2+c2-bc， ∴(b+c)2-4=3bc， 即bc=， 1 2 答案 2. 则T≥=， 令t=b+c+4，则T≥=， ∵ 解得2<b+c≤4， 1 2 答案 2. 当且仅当b=c时等号成立， ∴6<t≤8，则≤<， 令y=-+1=12-， 则当=，即b=c=2时，y有最大值， 此时T有最小值. 1.［海伦公式］古希腊的数学家海伦在其著作《测地术》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：S=，其中p=(a+b+c)，这个公式常称为海伦公式.我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：S=，这个公式常称 为“三斜求积”公式.已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c. (1)利用以上信息，证明△ABC的面积公式S=acsin B； 1 2 答案 1 2 答案 因为cos B=， 即=accos B， 可得S== ==ac， 且B∈(0，π)，则sin B>0，所以S=acsin B. (2)在△ABC中，a+c=8，tan=，求△ABC面积的最大值. 1 2 答案 1 2 答案 因为tan===， 由题意可得=， 即sin B(2-cos A)=sin A(1+cos B)， 整理得2sin B=sin A+sin Acos B+cos Asin B =sin A+sin(A+B)=sin A+sin C， 由正弦定理可得2b=a+c=8，即b==4， 1 2 答案 △ABC的面积S=== ==， 因为ac≤=16，当且仅当a=c=4时，等号成立， 则S=≤=4， 所以△ABC面积的最大值为4. 2.(2024·芜湖模拟)在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，2asin Bsin C=(bsin B+csin C-asin A). (1)求A； 1 2 答案 1 2 答案 由正弦定理得2absin C=(b2+c2-a2)， 即2absin C=·2bccos A，asin C=ccos A， 即sin Asin C=sin Ccos A， ∵C∈(0，π)，sin C>0，∴sin A=cos A， 若cos A=0，等式不成立，则cos A≠0， ∴tan A=， 又A∈(0，π)，∴A=. (2)法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在(1)的条件下，若a=2，P是△ABC内一点，过P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F，借助于三维分式型柯西不等式：对任意y1>0，y2>0，y3>0，有++≥，当且仅当==时等号成立.求T=++的最小值. 1 2 答案 1 2 答案 T=++=++=++， 又S△PAB=cPD，S△PBC=aPE， S△PAC=bPF， S△PAB+S△PBC+S△PAC=S△ABC， ∴cPD+aPE+bPF=2S△ABC， 由三维分式型柯西不等式得T=++≥=， 当且仅当==， 1 2 答案 即PE=2PD=2PF时等号成立， 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A， 得4=b2+c2-bc， ∴(b+c)2-4=3bc，即bc=， 则T≥=， 令t=b+c+4，则T≥=， 1 2 答案 ∵ 解得2<b+c≤4，当且仅当b=c时等号成立， ∴6<t≤8，则≤<， 令y=-+1=12-， 则当=，即b=c=2时，y有最大值， 此时T有最小值. 本课结束 THANKS $$ 微创新　解三角形与其他知识的综合问题 ［考情分析］　随着高考改革的不断推进，各地的模拟题呈现的考查方向百花齐放，以三角形为背景，其考查的知识内容和范围，涉及平面几何、立体几何、不等式、向量、新定义等学科分支，对综合运用各种知识技能解题的灵活性要求有所加强，应予以重视. 考点一　解三角形与其他知识的交汇 例1　［蒙日圆］在圆x2+y2=4上任取一点T，过点T作x轴的垂线段TD，垂足为D.当点T在圆上运动时，线段TD的中点Q的轨迹是椭圆C(当点T经过圆与x轴的交点时，规定点Q与点T重合). (1)求该椭圆C的方程； (2)法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”.若椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C上一动点，直线OP与椭圆C的蒙日圆相交于点M，N，求证：为定值. (1)解　设Q(x0，y0)，则T(x0，2y0)， 而点T在圆x2+y2=4上， 即有+4=4，化简得+=1， 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)证明　由(1)知椭圆C的方程为+y2=1，长半轴长为a=2，短半轴长为b=1，半焦距为c=， 显然直线x=±2，y=±1都与椭圆C相切，因此直线x=±2，y=±1所围成矩形的外接圆即为椭圆C的蒙日圆，其方程为x2+y2=5， 设|PF1|=m，|PF2|=n，∠POF1=α，则∠POF2=π-α， 在△POF1与△POF2中，由余弦定理得m2=c2+|OP|2-2c|OP|cos α， n2=c2+|OP|2-2c|OP|cos(π-α)， 两式相加得m2+n2=2c2+2|OP|2，又m+n=2a，则m2+n2+2mn=4a2， 所以|PF1|·|PF2|=mn=2a2-c2-|OP|2=a2+b2-|OP|2=5-|OP|2， 又|PM|·|PN|=(|OM|-|OP|)(|OM|+|OP|)=|OM|2-|OP|2=5-|OP|2， 所以=1，即为定值. ［规律方法］　解三角形与立体几何、解析几何结合，利用正弦定理、余弦定理可以将几何体中的长度、角度联系在一起，可以考查几何体中的线段长度或者几何体中的角度之间的关系，或者构造长度、角度的函数求最值问题. 跟踪演练1　(2024·南京统考)如图，已知在矩形ABCD中，AB=，AD=2.将△ABD沿BD折起，得到大小为θ的二面角A'-BD-C. (1)当θ=时，求A'C与平面BCD所成角的正切值； (2)当θ=时，求B到平面A'CD的距离； (3)当cos θ=时，求cos∠A'BC的值. 解　(1)过A'作A'H⊥BD于H，连接CH，如图， 因为二面角A'-BD-C的大小为，所以平面A'BD⊥平面BCD， 因为A'H⊥BD，平面A'BD∩平面BCD=BD，A'H⊂平面A'BD， 所以A'H⊥平面BCD， 所以∠A'CH为A'C与平面BCD所成的角， 在Rt△BA'D中，A'B=，A'D=2，A'H==2. 在Rt△A'HB中，BH===1. 在Rt△DBC中，BC=2，cos∠CBD=， 所以在△HBC中， HC2=BC2+BH2-2BC·BH·cos∠CBD =(2)2+12-2×2×1×=13， 所以HC=， 在Rt△A'CH中，tan∠A'CH===， 即A'C与平面BCD所成角的正切值是. (2)在(1)图中，A'C2=A'H2+HC2=4+13=17， 在△A'DC中，cos∠A'DC===. 所以sin∠A'DC==， △A'DC的面积S=·A'D·DC·sin∠A'DC=×2××=. 因为A'H⊥平面BCD， 所以三棱锥A'-BCD的体积V=S△BCD·A'H=××2××2=. 所以B到平面A'CD的距离d===. (3)在矩形ABCD中找到A'H的对应线段AH，并设AH的延长线交BC于G， 在Rt△BHG中，BH=1，tan∠DBC=， 所以HG=，BG=. 在三棱锥A'-BCD中，如图， 由A'H⊥BD，GH⊥BD，所以∠A'HG为二面角A'-BD-C的平面角， 即 cos∠A'HG=. 在△A'HG中， A'G2=A'H2+HG2-2·A'H·HG·cos∠A'HG =22+-2×2××=. 在△A'BG中，cos∠A'BG= = =，即cos∠A'BC=. 考点二　解三角形中的新定义、新情境问题 例2　(2024·重庆模拟)“费马问题”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos 2B+cos 2C-cos 2A=1. (1)求A； (2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求++； (3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值. 解　(1)在△ABC中，cos 2B+cos 2C-cos 2A=1， 即1-2sin2B+1-2sin2C-1+2sin2A=1， 故sin2A=sin2B+sin2C， 由正弦定理可得a2=b2+c2， 故△ABC是以BC为斜边的直角三角形，即A=90°. (2)由(1)知A=90°，所以△ABC的三个内角都小于120°， 则由费马点定义可知， ∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， 设||=x，||=y，||=z， 由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC得 xy·+yz·+xz·=×2， 整理得xy+yz+xz=， 则++ =xy·+yz·+xz·=-×=-. (3)点P为△ABC的费马点， 则∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， 设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0， 则由|PB|+|PC|=t|PA|得m+n=t. 由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2-2mx2cos 120°=(m2+m+1)x2， |AC|2=x2+n2x2-2nx2cos 120°=(n2+n+1)x2， |BC|2=m2x2+n2x2-2mnx2cos 120°=(m2+n2+mn)x2， 故由|AC|2+|AB|2=|BC|2得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2， 即m+n+2=mn，而m>0，n>0，故m+n+2=mn≤， 当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+时，等号成立， 又m+n=t，即有t2-4t-8≥0，解得t≥2+2或t≤2-2(舍去)， 故实数t的最小值为2+2. ［规律方法］　通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决. 跟踪演练2　(2024·宿迁模拟)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，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点.”如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2ccos A-acos B=bcos A.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，连接O1O2，O2O3，O1O3，得到△O1O2O3. (1)求A； (2)若△O1O2O3的面积为，求△ABC的面积的最大值. 解　(1)在△ABC中，因为2ccos A-acos B=bcos A， 所以2ccos A=acos B+bcos A， 根据正弦定理可得2sin Ccos A=sin Acos B+sin Bcos A， 即2sin Ccos A=sin(A+B)=sin C， 因为0<C<π，sin C≠0， 可得cos A=，由0<A<π，可得A=. (2)如图，连接AO1，AO3， 则|AO1|=c，|AO3|=b， 正△O1O2O3的面积S=|O1O3|2sin =|O1O3|2=， 所以|O1O3|2=，而∠BAC=， 则∠O1AO3=， 所以在△O1AO3中， 由余弦定理得|O1O3|2=|AO1|2+|AO3|2-2|AO1|·|AO3|·cos∠O1AO3， 即=+-2·，则b2+c2+bc=8， 由基本不等式知，b2+c2≥2bc， 所以8-bc≥2bc，即bc≤， 当且仅当b=c=时取等号， 所以S△ABC=bcsin A=bc≤， 所以△ABC的面积的最大值为 . 专题强化练 (分值：34分) 1.(17分)［海伦公式］古希腊的数学家海伦在其著作《测地术》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：S=，其中p=(a+b+c)，这个公式常称为海伦公式.我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：S=，这个公式常称为“三斜求积”公式.已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c. (1)利用以上信息，证明△ABC的面积公式S=acsin B；(8分) (2)在△ABC中，a+c=8，tan=，求△ABC面积的最大值.(9分) (1)证明　因为cos B=， 即=accos B， 可得S= = = =ac， 且B∈(0，π)，则sin B>0，所以S=acsin B. (2)解　因为tan===， 由题意可得=， 即sin B(2-cos A)=sin A(1+cos B)， 整理得2sin B=sin A+sin Acos B+cos Asin B =sin A+sin(A+B)=sin A+sin C， 由正弦定理可得2b=a+c=8，即b==4， △ABC的面积S= = = ==， 因为ac≤=16，当且仅当a=c=4时，等号成立， 则S=≤=4， 所以△ABC面积的最大值为4. 2.(17分)(2024·芜湖模拟)在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，2asin Bsin C=(bsin B+csin C-asin A). (1)求A；(7分) (2)法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在(1)的条件下，若a=2，P是△ABC内一点，过P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F，借助于三维分式型柯西不等式：对任意y1>0，y2>0，y3>0，有++≥，当且仅当==时等号成立.求T=++的最小值.(10分) 解　(1)由正弦定理得 2absin C=(b2+c2-a2)， 即2absin C=·2bccos A， asin C=ccos A， 即sin Asin C=sin Ccos A， ∵C∈(0，π)，sin C>0，∴sin A=cos A， 若cos A=0，等式不成立，则cos A≠0， ∴tan A=， 又A∈(0，π)，∴A=. (2)T=++ =++ =++， 又S△PAB=cPD，S△PBC=aPE， S△PAC=bPF， S△PAB+S△PBC+S△PAC=S△ABC， ∴cPD+aPE+bPF=2S△ABC， 由三维分式型柯西不等式得 T=++≥=， 当且仅当==， 即PE=2PD=2PF时等号成立， 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A， 得4=b2+c2-bc， ∴(b+c)2-4=3bc，即bc=， 则T≥=， 令t=b+c+4，则T≥=， ∵ 解得2<b+c≤4，当且仅当b=c时等号成立， ∴6<t≤8，则≤<， 令y=-+1=12-， 则当=，即b=c=2时，y有最大值， 此时T有最小值. 学科网（北京）股份有限公司 $$