课时分层检测(34)解三角形中的最值与范围问题-【创新大课堂】2027年高三数学一轮总复习

消去sinA得到 /3c} 4cos2A-43cosA+3=0台(2cosA-√3)2=0， 2 +c2-3c2 2 cos∠ABC= 解得c0sA=。 3c 12 2×z×g 又A∈(0，x),故A=6 综上，cos∠ABC= 7 (2)由题设条件和正弦定理得 课时分层检测（三十四） V2bsin C=csin 2B2sin Bsin C=2sin Csin Bcos B, 又B,C∈(0，π)，则sin Bsin C≠0， 进而08B=号，得到B=至 1.D[在锐角△ABC中，a=3,A=否，由正孩定理可得B 2 sin= =6，所以b=6sinB,又B+C=,所以 1 于是C=太-A-B=登 2 sin C=sin(x-A-B)=sin(A+B) =sin Acos B+cos Asin B /KB<, 0<c--B<受 解得受<B<5,所以9<sinB<1,所以 3 2 =2+6 2 6 4 b的取值范围是(3√3,6).] 由正弦定理可得， b 2.D[因为a2,B,2c2成等差数列，所以a2+2c2=2b2,则cosB= sin A-sin B-sin C' +2-b-2 msC=2bC-3G2）,所以osC 即2 6 = 2ac 2ac 2ab 2ab cos B 7x 3(b2-2) 2ab 解得b=22,c=√6+√2， b2-c2 sinB,即tanB=3tanC,且1anC>0,所以 3c 3sin C 故△ABC的周长为2+√6+3√2. 2ac 12.(1)证明设△ABC的外接圆半径为R,由正弦定理，得 tan(C-B)= tan C-tan B 2tan C 2 b 1+tan Btan C 1+3tan2C sin∠ABC=2R,sinC-2R' tan C+3tan C b 因为BDsin∠ABC=asin C,所以BD· =a·录即BDb= =怎，当且枚者1anC-9,等号成主，故1am(C-B) 2√3 aC.又因为b2=ac,所以BD=b. (2)解方法一（两次应用余弦定理） 的最小值为-故选D.] 31 因为AD=2DC,如图，在△ABC中，cOsC= b 2+-2 :3.C[因为A=答，且d=3b叶c),由余孩定理可得a2=3(6+c)= 2ab ① B+e2-bc,所以(6+c)2-3(6+c)=36c≤是(6+c)2,当且仅当 1-62 B 在△BCD中，cosC ② b=c时，等号成立，所以b十c≤12，所以a=√3(b十c)≤6，即 2a·号 △ABC周长的最大值为12+6=18. :4.C[因为C-60,B>90,所以0<A<30,0<anA<5,即得 由①@得。2+-2=3[2+（台）-]整理得202 8+- anA>B,由正孩定理可得，么=nB=in(A+Q- a sin A sin A 又因为b2=ac,所以6a2-11ac+3c2=0, 2 sin A+3 2 cos A 解得a=号或a= sin A 2 5.BCD[对于选项A,因为2c一b=2 acos B,所以由余弦定理的推 当==-+=专+<含去) 论得2c-b=2a·2+c2-2-a2+c2-2 ,整理可得仔十2 2ac C 当a==ac- 2时 d2-bc.cos A-bt-d=bc=1 2bc 2h=2,又A∈(0，元)，所以A= () +c2-3c2 cos∠ABC 27 吾，故A结论错误；对于选项B,由正弦定理可得△ABC外接园 12 的半径为2smA =1,所以△ABC外接圆的面积为πX12 2 裤上.os∠ABC- 2x =x,故B中结论正确；对于选项C,由b2十2一a2=bc可得b2+ 方法二（向量法） 2=a2+bc=3+bc,因为2+c2≥2bc,所以3+bc≥2bc,解得bc 因为AD=2DC,所以AD=2DC,即B元=子BC+号BA, ≤3，当且仅当b=c=√3时，等号成立，所以△ABC面积的最大值 所以亦-号心+号·心+B, 为×3×号-3，故C中结论正确：对于选项D.南十2 4 即8=告d+合ces∠AC+日2. 3+c可得(6+c)2=3+3hc,即6c=6+c)2-3,由bc≤b+)2 3 4 又因为b2=ac, 所以9ac=4a2+4ac·cos∠ABC+c2 ③ 将+2-3<e,解得6+e)P≤12，即6+≤2，当且 3 由余弦定理得b2=a2+c2-2 accos∠ABC, 仅当b=c=√3时，等号成立， 所以ac=a2+c2-2 accos.∠ABC. ④ 所以△ABC周长的最大值为2√3+√3=3√3，故D中结论正确. 联立③④，得6a2一11ac+3c2=0. 故选BCD.] 所以a=受c成a= 6.ACD[因为3 bcos C+3 ccos B=a,所以由正弦定理，得 3c. 3 sin Beos C+3 sin Ccos B-=asin A,即3sin(B+C)=asin A,因为 当a=，2=a=号时a+6=+<c(合去) A+B十C=x,所以sin(B+C)=sinA,且sinA≠0，所以a=3.选 3 3 项A,若B+C=2A,则A=子，所以△ABC的外接国的直径 当a=,b2=ac= 2 2时， 2R=sA=25,所以R=尽，所以△ABC的外接圆的面积为 507 xX(√3)2=3π，A正确：选项B,因为△ABC有两解，则bsin A< 在△ACD中，∠ACD=90°-∠ACB=90-180-9=9 2 2 Q<b,则sim至<3<b,解得3<<3巨，B错误；选项C,由正孩 又CD-5,所以SaD=2AC·CD·sn∠ACD-7·2Esn号· 定是入C得m2即c=2 acA=6aosA,图 sn号-5-Bas0. 0<A<T 2 所以四边形ABCD的面积S=S△ABC+S△AcD=sin6+√3- 为△ABC为锐角三角形，所以0<-3A<受，所以吾<A< √3cos6=√3+2sin(0-60), 因为120°≤9<180°，所以60°≤0-60°<120°， 0<2A<, 所以当日-60°=90°，即=150°时，Smax=3+2, 故四边形ABCD面积的最大值为√3+2. 冬，所以c=6osA∈(3巨，3)，C正确：选项D.因为a=3,10,解由题意及正孩定更可将sinB-3 in Asin C=0. sinB=2sinC,A=2C,可得B=x-3C,由正弦定理可得b=2c,1 Bp 2sin(A+C)-3sin Asin C=0, 由sin(x-3C)=2sinC,可得sin Ccos2C+cos Csin2C=2sinC, Ep2sin Acos C+2cos Asin C=3sin Asin C, 由sinC≠0，可得4cog2C-1=2,解得cas2C=是，又B=元- 则2 2 ian c tanA-3. 3Ce0则cCe(p）故mC号血C-子可得nA 因为tanC=1,所以tanA=2, 所以mB=-an4+0=-AC=3, 2 sin A=sin C:a=3 则cos2B=cos2B-simB=o2B-siB_1-iam㎡B -4 cos B+sin B 1+tan B 1 可得c=5,b=25,则a+b+c=3+35,S△ABc=2 bcsin A= 2 2 (2)由1)可知anC+anA=3, 子×2厅XB×号-这△ABC约内初国本径为r,到- 即lc+g 1 3 学票m0-×8x- 由aA+m=巴温号可件anA+amB+amC 3-3,D正确.门 =tan(A+B)(1-tan Atan B)+tan C 4 =-tan C(1-tan Atan B)+tan C =tan Atan Btan C>0, .64[若a=4,h=号，由Sar=之ksn∠BAC=言h=之X 即tanA,tanB,tanC∈(0，十oo), 所以△ABC为锐角三角形， 4X号=3，得csin∠BAC=6,周为snm∠BAC∈(0,1]，所以6≤ 因为一 tan2 A+tan2 C bc,当且仅当sinA=1,即A=90°时，取等号，所以bc的最小值为 1 +、1 2 6.若h=侣a,由S△C=之n∠BAC=之aXa,解得心2= tan C'tan A 2 a2+6 23 besin∠BAC,由余弦定理得23 bcsin∠BAC=b2+2- 2km∠BAC,类理得+2=k(受n∠BAC+号ms∠BAC)= *D ≤ 2 -,a,b>0,a=b时等号成立） /an2A+tam2C≥4 (BC+引左=4n(∠Ac+吾）唐∠Ac 2 3 所以tarC+iam2A≥号，当且仅当anA=lanC= 时等号 吾时，去芒取值最大值故答家方64] 成立， 8.√3[以AC所在的直线为x轴，AC的中点O ↑y 故arC叶afA的凝小值为号 为坐标原，点建立平面直角坐标系，如图，则A (-1,0),C(1,0).设B(x,y),y≠0，由AB= 课时分层检测（三十五） mBC(m>1）可得B点的轨迹方程为 !1.A[如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB= (-)+=()设 45,小m60=n46 AC 0(号2BC-a则AB=m最大时不 AC=22×5-5km.] 后60°25 妙取B(号）在△A中，由会家充理可将心-2因为运，十5有T所以又 +又==(-)+() 名所以。则y=(计由>0,5可得n(学计 ,所以 4 >0.5,所以2x+吾<受1+<晋+2，k∈乙：解得3+ m-3m+1 -)+() .解得m=3或m= }云r号-云+ez(+子-)-(3+日 3 (含去)门. 3 云)=1，即在一个周期内阻尼器高开平衡位置的位移大于0， 9.解(1)因为∠ABC=120°，AB=BC=√2， 5m的总时间为1s. 所以∠ACB=∠BAC=30°，AC=2 ABcos30°=√6， :3.A[设山顶为A,塔底为C,塔顶为D,过点A作CD的垂线，交CD的 又BC⊥CD,所以∠ACD=90°-∠ACB=60°， 在△ACD中，由正弦定理得sinZACD sinZADC AD AC 送长线于点B(图略，则号得AB=0=AB·n BC 所以sin∠ADC=ACsin∠ACD-6sin60=2, I。.tan30—×=2(m),所以CD=BC一BD= AD 3 21 √33 又ACAD,所以∠ADC=45° 200-200=400(m).] (2)在△ABC中，AB=BC=2,∠ABC=0, :4.C[由题意可得∠AEB=75°，∠CED=30°，则∠AEC=75°， S△ABc=号AB·BC·n∠ABC=号X,巨X巨Xsin0=sim0, ∠ACE-60∠CME=45.在R△ABE中，AE-识 AC sn75,在△ACE中，由正孩定理得AE 60 CE 品=sm号→AC=2Esn号， 2 sin/ACEsin.∠CAE,所以 508课时分层检测（三十四） 解三角形中的最值与范围问题 二、多项选择题 …0 知识过关0。 5.(多选)(2026·山东济宁一模)在△ABC中，内 一、单项选择题 角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=√3，且2c一 1.在锐角△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为 b=2 acos B,则下列结论正确的是 ( ab,c,且a=3,A=5,则6的取值范围是( A.A=否 A.(0,6) B.△ABC外接圆的面积为π B.(0,23) C.△ABC面积的最大值为3，S 4 C.(3,23) D.△ABC周长的最大值为3√3 D.(3√3,6) 6.(2026·广州模拟)在△ABC中，角A,B,C所对 2.(2026·福建漳州第二次质量检测)在△ABC 的边分别为a,b,c,且3 bcos C+3 ccos B=a2,则 中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2, 下列说法正确的是 b2,2c2成等差数列，则tan(C-B)的最小值为 A.若B+C=2A,则△ABC的外接圆的面积 为3元 A号 B,若A=于，且△ABC有两解，则b的取值范围 c-号 D. 为[3,3√2] 3 C.若C=2A,且△ABC为锐角三角形，则c的取 3.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c, 值范围为(3√2,3√) 已知2=3(+)，A=登，则△ABC周长的最大 D.若A=2C,且sinB=2sinC,O为△ABC的内 值为 心，则△A0B的面积为35-3 4 A.6 B.12 三、填空题 C.18 D.24 :7.(2025·湘豫名校联考第二次模拟)在△ABC 4.(2026·泰州模拟)已知在△ABC中，内角A,B, 中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,BC边上的 C所对的边分别为a,b,c,C=60°，B>90°，则b 高为儿若a=4,h=号，则c的最小值为 的取值范围为 A.(2+∞) 得，周太产的辰大值为 bc 8.(2026·安徽六校质量检测)在△ABC中，AC= B.(3,+∞) 2,AB=mBC(m>1),若当△ABC面积取最大值 C.(2,十∞) D.(3,+∞) 时，B=香，则m 303 四、解答题 …0 素养提升 0 9.(2026·济南模拟)如图，在 平面四边形ABCD中，BC⊥ 。226·河北沧州质量监测)已知46.c分 CD,AB=BC=√2，∠ABC △ABC的内角A,B,C的对边，且2b-3 asin C=0. =0,120°≤0<180°. (1)若tanC=1,求cos2B; (1)若0=120°，AD=3,求∠ADC的大小； (2)若tanA+tanB+tanC>0,求tan2C+ tan2A的最小值. (2)若CD=√6，求四边形ABCD面积的最大值. 304