专题九三角形中的最值(范围)问题(原卷版+解析)

专题九三角形中的最值(范围)问题【方法总结】三角形中最值(范围)问题的解题思路任何最值(范围)问题，其本质都是函数问题，三角形中的范围最值问题也不例外．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．一般求最值用基本不等式，求范围用函数．由于三角形中的最值(范围)问题一般是以角为自变量的三角函数问题，所以，除遵循函数问题的基本要求外，还有自己独特的解法．要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大．考点一三角形中与角或角的函数有关的最值(范围)【例题选讲】[例1](2020·浙江)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知2bsinA－eq\r(3)a＝0．(1)求角B的大小；(2)求cosA＋cosB＋cosC的取值范围．解析(1)由正弦定理，得2sinBsinA＝eq\r(3)sinA，又在△ABC中，sinA>0，故sinB＝eq\f(\r(3),2)，由题意得B＝eq\f(π,3)．(2)由A＋B＋C＝π，得C＝eq\f(2π,3)－A．由△ABC是锐角三角形，得A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))．由cosC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝－eq\f(1,2)cosA＋eq\f(\r(3),2)sinA，得cosA＋cosB＋cosC＝eq\f(\r(3),2)sinA＋eq\f(1,2)cosA＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)＋1,2)，\f(3,2)))．故cosA＋cosB＋cosC的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)＋1,2)，\f(3,2)))．[例2](2016·北京)在△ABC中，a2＋c2＝b2＋eq\r(2)ac．(1)求B的大小；(2)求eq\r(2)cosA＋cosC的最大值．解析(1)由a2＋c2＝b2＋eq\r(2)ac，得a2＋c2－b2＝eq\r(2)ac．由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2)ac,2ac)＝eq\f(\r(2),2)．又0＜B＜π，所以B＝eq\f(π,4)．(2)A＋C＝π－B＝π－eq\f(π,4)＝eq\f(3π,4)，所以C＝eq\f(3π,4)－A,0＜A＜eq\f(3π,4)．所以eq\r(2)cosA＋cosC＝eq\r(2)cosA＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝eq\r(2)cosA＋coseq\f(3π,4)cosA＋sineq\f(3π,4)sinA＝eq\r(2)cosA－eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝eq\f(\r(2),2)sinA＋eq\f(\r(2),2)cosA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))．因为0＜A＜eq\f(3π,4)，所以eq\f(π,4)＜A＋eq\f(π,4)＜π，故当A＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,4)时，eq\r(2)cosA＋cosC取得最大值1．[例3](2014·陕西)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．(1)若a，b，c成等差数列，证明sinA＋sinC＝2sin(A＋C)；(2)若a，b，c成等比数列，求cosB的最小值．解析(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b．由正弦定理得sinA＋sinC＝2sinB．∵sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，∴sinA＋sinC＝2sin(A＋C)．(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac．由余弦定理得，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝c时等号成立．∴cosB的最小值为eq\f(1,2)．[例4]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2c－a)cosB－bcosA＝0．(1)若b＝7，a＋c＝13，求△ABC的面积；(2)求sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))的取值范围．解析(1)因为(2c－a)cosB－bcosA＝0，由正弦定理得(2sinC－sinA)cosB－sinBcosA＝0，则2sinCcosB－sin(A＋B)＝0，求得cosB＝eq\f(1,2)，B＝eq\f(π,3)．由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，即49＝(a＋c)2－2ac－2accosB，求得ac＝40，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB＝10eq\r(3)．(2)sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A－\f(π,6)))＝sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))＝－cos2A＋cosA＋1，A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，令u＝cosA∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，y＝－u2＋u＋1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(5,4)))．【对点训练】1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求A的大小；(2)求sinB＋sinC的最大值．2．已知锐角△ABC中，bsinB－asinA＝(b－c)sinC，其中a、b、c分别为内角A、B、C的对边．(1)求角A的大小；(2)求eq\r(3)cosC－sinB的取值范围．3．(2016山东)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)证明：a＋b＝2c；(2)求cosC的最小值．4．(2015湖南)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝btanA，且B为钝角．(1)证明：B－A＝eq\f(π,2)；(2)求sinA＋sinC的取值范围．考点二三角形中与边或周长有关的最值(范围)【例题选讲】[例1]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2＋c2－a2＝bc．(1)求角A的大小；(2)若a＝eq\r(3)，求BC边上的中线AM的最大值．解析(1)由b2＋c2－a2＝bc及余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，又0<A<π，∴A＝eq\f(π,3)．(2)∵AM是BC边上的中线，∴BM＝CM＝eq\f(\r(3),2)，∴在△ABM中，AM2＋eq\f(3,4)－2AM·eq\f(\r(3),2)·cos∠AMB＝c2，①在△ACM中，AM2＋eq\f(3,4)－2AM·eq\f(\r(3),2)·cos∠AMC＝b2，②又∠AMB＝π－∠AMC，∴cos∠AMB＝－cos∠AMC，即cos∠AMB＋cos∠AMC＝0，则①＋②整理得AM2＝eq\f(b2＋c2,2)－eq\f(3,4)．又a＝eq\r(3)，A＝eq\f(π,3)，∴b2＋c2－3＝bc≤eq\f(b2＋c2,2)，∴b2＋c2≤6，∴AM2＝eq\f(b2＋c2,2)－eq\f(3,4)≤eq\f(9,4)，即AM≤eq\f(3,2)，∴BC边上的中线AM的最大值为eq\f(3,2)．[例2](2020·全国Ⅱ)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC．(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．解析(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周长取得最大值3＋2eq\r(3)．[例3]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos2C－cos2A＝2sineq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋C))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－C))．(1)求角A的值；(2)若a＝eq\r(3)且b≥a，求2b－c的取值范围．解析(1)由已知得2sin2A－2sin2C＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)cos2C－\f(1,4)sin2C))，化简得sinA＝±eq\f(\r(3),2)，因为A为△ABC的内角，所以sinA＝eq\f(\r(3),2)，故A＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)．(2)因为b≥a，所以A＝eq\f(π,3)．由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝2，得b＝2sinB，c＝2sinC，故2b－c＝4sinB－2sinC＝4sinB－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝3sinB－eq\r(3)cosB＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))．因为b≥a，所以eq\f(π,3)≤B<eq\f(2π,3)，则eq\f(π,6)≤B－eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，所以2b－c＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))∈[eq\r(3)，2eq\r(3))．[例4]在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足cos2A－cos2B＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－B))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋B))＝0．(1)求角A的值；(2)若b＝eq\r(3)且b≤a，求a的取值范围．解析(1)由cos2A－cos2B＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－B))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋B))＝0，得2sin2B－2sin2A＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)cos2B－\f(1,4)sin2B))＝0，化简得sinA＝eq\f(\r(3),2)，又△ABC为锐角三角形，故A＝eq\f(π,3)．(2)∵b＝eq\r(3)≤a，∴c≥a，∴eq\f(π,3)≤C<eq\f(π,2)，eq\f(π,6)<B≤eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<sinB≤eq\f(\r(3),2)．由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(a,\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(3),sinB)，∴a＝eq\f(\f(3,2),sinB)，由sinB∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))得a∈[eq\r(3)，3)．[例5]在△ABC中，AC＝BC＝2，AB＝2eq\r(3)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))．(1)求BM的长；(2)设D是平面ABC内一动点，且满足∠BDM＝eq\f(2π,3)，求BD＋eq\f(1,2)MD的取值范围．解析(1)在△ABC中，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC，代入数据，得cosC＝－eq\f(1,2)．∵eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))，∴CM＝MA＝eq\f(1,2)AC＝1．在△CBM中，由余弦定理知：BM2＝CM2＋CB2－2CM·CB·cosC＝7，所以BM＝eq\r(7)．(2)设∠MBD＝θ，则∠DMB＝eq\f(π,3)－θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))．在△BDM中，由正弦定理知：eq\f(BD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ)))＝eq\f(MD,sinθ)＝eq\f(BM,sin\f(2π,3))＝eq\f(2\r(7),\r(3))．∴BD＝eq\f(2\r(7),\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))，MD＝eq\f(2\r(7),\r(3))sinθ，∴BD＋eq\f(1,2)MD＝eq\f(2\r(7),\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＋eq\f(\r(7),\r(3))sinθ＝eq\f(\r(7),\r(3))(eq\r(3)cosθ－sinθ＋sinθ)＝eq\r(7)cosθ，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，∴cosθ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))．故BD＋eq\f(1,2)MD的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)，\r(7)))．【对点训练】1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2eq\f(A,2)＝eq\f(c－b,2c)．(1)判断△ABC的形状并加以证明；(2)当c＝1时，求△ABC周长的最大值．2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c＝eq\r(3)，设S为△ABC的面积，满足S＝eq\f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)．(1)求角C的大小；(2)求a＋b的最大值．3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcosC＋bsinC－a－c＝0(1)求B；(2)若b＝，求2a＋c的取值范围．4．在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2A＝sin2B＋cos2C＋sinAsinB．(1)求角C的大小；(2)若c＝eq\r(3)，求△ABC周长的取值范围．5．如图，平面四边形ABDC中，∠CAD＝∠BAD＝30°．(1)若∠ABC＝75°，AB＝10，且AC∥BD，求CD的长；(2)若BC＝10，求AC＋AB的取值范围．考点三三角形中与面积有关的最值(范围)【例题选讲】[例1]已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，C＝120°，c＝2．(1)求△ABC的面积的最大值；(2)求△ABC的周长的取值范围．解析(1)法一：由余弦定理得4＝a2＋b2＋ab．由基本不等式得4＝a2＋b2＋ab≥2ab＋ab＝3ab，所以ab≤eq\f(4,3)，当且仅当a＝b时等号成立．所以三角形的面积S＝eq\f(1,2)absinC≤eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3)．所以△ABC的面积的最大值为eq\f(\r(3),3)．法二：由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(4\r(3),3)，得a＝eq\f(4\r(3),3)sinA，b＝eq\f(4\r(3),3)sinB．所以三角形的面积S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)))2×sinAsinB×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4\r(3),3)sinAsinB．因为在△ABC中，C＝120°，所以A＋B＝60°，得B＝60°－A，且0°<A<60°，所以sinAsinB＝sinAsin(60°－A)＝eq\f(\r(3),2)sinAcosA－eq\f(1,2)sin2A＝eq\f(\r(3),4)sin2A－eq\f(1,4)(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),4)sin2A＋eq\f(1,4)cos2A－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)sin(2A＋30°)－eq\f(1,4)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)，当且仅当A＝30°时等号成立．所以S≤eq\f(4\r(3),3)×eq\f(1,4)＝eq\f(\r(3),3)，所以△ABC的面积的最大值为eq\f(\r(3),3)．(2)由(1)中法二可知，a＝eq\f(4\r(3),3)sinA，b＝eq\f(4\r(3),3)sinB．所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝eq\f(4\r(3),3)(sinA＋sinB)＋2．因为在△ABC中，C＝120°，所以A＋B＝60°，得B＝60°－A，且0°<A<60°，所以sinA＋sinB＝sinA＋sin(60°－A)＝eq\f(1,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝sin(A＋60°)，所以l＝eq\f(4\r(3),3)sin(A＋60°)＋2．因为60°<A＋60°<120°，所以eq\f(\r(3),2)<sin(A＋60°)≤1，所以4<l≤eq\f(4\r(3),3)＋2，即△ABC的周长的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(4，\f(4\r(3),3)＋2))．[例2]已知△ABC的内角A，B，C满足：eq\f(sinA－sinB＋sinC,sinC)＝eq\f(sinB,sinA＋sinB－sinC)．(1)求角A；(2)若△ABC的外接圆半径为1，求△ABC的面积S的最大值．解析(1)设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，根据eq\f(sinA－sinB＋sinC,sinC)＝eq\f(sinB,sinA＋sinB－sinC)，可得eq\f(a－b＋c,c)＝eq\f(b,a＋b－c)，化简得a2＝b2＋c2－bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，又因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,3)．(2)由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝2R(R为△ABC外接圆半径)，所以a＝2RsinA＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，所以3＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，所以S＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(1,2)×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4)(当且仅当b＝c时取等号)．[例3]已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，且满足(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC．(1)求角A的大小；(2)设a＝eq\r(3)，S为△ABC的面积，求S＋eq\r(3)cosBcosC的最大值．解析(1)∵(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC，∴根据正弦定理，知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝bc，即b2＋c2－a2＝－bc．∴由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2)．又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(2,3)π．(2)根据a＝eq\r(3)，A＝eq\f(2,3)π及正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，∴b＝2sinB，c＝2sinC．∴S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2sinB×2sinC×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)sinBsinC．∴S＋eq\r(3)cosBcosC＝eq\r(3)sinBsinC＋eq\r(3)cosBcosC＝eq\r(3)cos(B－C)．故当B＝C＝eq\f(π,6)时，S＋eq\r(3)cosBcosC取得最大值eq\r(3)．[例4](2019·全国Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asineq\f(A＋C,2)＝bsinA．(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．解析(1)由题设及正弦定理得sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA．因为sinA≠0，所以sineq\f(A＋C,2)＝sinB．由A＋B＋C＝180°，可得sineq\f(A＋C,2)＝coseq\f(B,2)，故coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)．因为coseq\f(B,2)≠0，故sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，因此B＝60°．(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)a．由(1)知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(sin（120°－C）,sinC)＝eq\f(\r(3),2tanC)＋eq\f(1,2)．由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°．结合A＋C＝120°，得30°<C<90°，所以eq\f(1,2)<a<2，从而eq\f(\r(3),8)<S△ABC<eq\f(\r(3),2)．因此，△ABC面积的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2)))．[例5]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos2B＋cosB＝1－cosAcosC．(1)求证：a，b，c成等比数列；(2)若b＝2，求△ABC的面积的最大值．解析(1)在△ABC中，cosB＝－cos(A＋C)．由已知，得(1－sin2B)－cos(A＋C)＝1－cosAcosC，所以－sin2B－(cosAcosC－sinAsinC)＝－cosAcosC，化简，得sin2B＝sinAsinC．由正弦定理，得b2＝ac，所以a，b，c成等比数列．(2)由(1)及题设条件，得ac＝b2＝4，则cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝c＝2时，等号成立．因为0<B<π，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)≤eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)．所以△ABC的面积的最大值为eq\r(3)．【对点训练】1．设在△ABC中，cosC＋(cosA－eq\r(3)sinA)cosB＝0，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．(1)求角B的大小；(2)若a2＋4c2＝8，求△ABC的面积S的最大值，并求出S取得最大值时b的值．2．已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝1，cosBsinC＋(a－sinB)cos(A＋B)＝0．(1)求角C的大小；(2)求△ABC面积的最大值．3．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq\f(cosB,b)＋eq\f(cosC,c)＝eq\f(sinA,\r(3)sinC)．(1)求b的值；(2)若cosB＋eq\r(3)sinB＝2，求△ABC面积的最大值．4．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且b＋c＝acosC＋eq\r(3)asinC．(1)求A；(2)若a＝4，求△ABC面积的最大值．5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos2eq\f(B－C,2)－sinBsinC＝eq\f(2－\r(2),4)．(1)求角A；(2)若a＝4，求△ABC面积的最大值．6．如图，已知D是△ABC的边BC上一点．(1)若cos∠ADC＝－eq\f(\r(2),10)，∠B＝eq\f(π,4)，且AB＝DC＝7，求AC的长；(2)若∠B＝eq\f(π,6)，AC＝2eq\r(5)，求△ABC面积的最大值．7．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且a，b，c成等比数列．(1)若，求角B的值；(2)若△ABC外接圆的面积为，求△ABC面积的取值范围．8．在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且4sinAcos2A－eq\r(3)cos(B＋C)＝sin3A＋eq\r(3)．(1)求角A的大小；(2)若b＝2，求△ABC面积的取值范围．专题九三角形中的最值(范围)问题【方法总结】三角形中最值(范围)问题的解题思路任何最值(范围)问题，其本质都是函数问题，三角形中的范围最值问题也不例外．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．一般求最值用基本不等式，求范围用函数．由于三角形中的最值(范围)问题一般是以角为自变量的三角函数问题，所以，除遵循函数问题的基本要求外，还有自己独特的解法．要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大．考点一三角形中与角或角的函数有关的最值(范围)【例题选讲】[例1](2020·浙江)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知2bsinA－eq\r(3)a＝0．(1)求角B的大小；(2)求cosA＋cosB＋cosC的取值范围．解析(1)由正弦定理，得2sinBsinA＝eq\r(3)sinA，又在△ABC中，sinA>0，故sinB＝eq\f(\r(3),2)，由题意得B＝eq\f(π,3)．(2)由A＋B＋C＝π，得C＝eq\f(2π,3)－A．由△ABC是锐角三角形，得A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))．由cosC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝－eq\f(1,2)cosA＋eq\f(\r(3),2)sinA，得cosA＋cosB＋cosC＝eq\f(\r(3),2)sinA＋eq\f(1,2)cosA＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)＋1,2)，\f(3,2)))．故cosA＋cosB＋cosC的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)＋1,2)，\f(3,2)))．[例2](2016·北京)在△ABC中，a2＋c2＝b2＋eq\r(2)ac．(1)求B的大小；(2)求eq\r(2)cosA＋cosC的最大值．解析(1)由a2＋c2＝b2＋eq\r(2)ac，得a2＋c2－b2＝eq\r(2)ac．由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2)ac,2ac)＝eq\f(\r(2),2)．又0＜B＜π，所以B＝eq\f(π,4)．(2)A＋C＝π－B＝π－eq\f(π,4)＝eq\f(3π,4)，所以C＝eq\f(3π,4)－A,0＜A＜eq\f(3π,4)．所以eq\r(2)cosA＋cosC＝eq\r(2)cosA＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝eq\r(2)cosA＋coseq\f(3π,4)cosA＋sineq\f(3π,4)sinA＝eq\r(2)cosA－eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝eq\f(\r(2),2)sinA＋eq\f(\r(2),2)cosA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))．因为0＜A＜eq\f(3π,4)，所以eq\f(π,4)＜A＋eq\f(π,4)＜π，故当A＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,4)时，eq\r(2)cosA＋cosC取得最大值1．[例3](2014·陕西)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．(1)若a，b，c成等差数列，证明sinA＋sinC＝2sin(A＋C)；(2)若a，b，c成等比数列，求cosB的最小值．解析(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b．由正弦定理得sinA＋sinC＝2sinB．∵sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，∴sinA＋sinC＝2sin(A＋C)．(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac．由余弦定理得，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝c时等号成立．∴cosB的最小值为eq\f(1,2)．[例4]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2c－a)cosB－bcosA＝0．(1)若b＝7，a＋c＝13，求△ABC的面积；(2)求sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))的取值范围．解析(1)因为(2c－a)cosB－bcosA＝0，由正弦定理得(2sinC－sinA)cosB－sinBcosA＝0，则2sinCcosB－sin(A＋B)＝0，求得cosB＝eq\f(1,2)，B＝eq\f(π,3)．由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，即49＝(a＋c)2－2ac－2accosB，求得ac＝40，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB＝10eq\r(3)．(2)sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A－\f(π,6)))＝sin2A＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))＝－cos2A＋cosA＋1，A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，令u＝cosA∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，y＝－u2＋u＋1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(5,4)))．【对点训练】1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求A的大小；(2)求sinB＋sinC的最大值．1．解析(1)由已知，根据正弦定理得，2a2＝(2a＋c)b＋(2c＋b)c，即a2＝b2＋c2＋bc，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA，故cosA＝－eq\f(1,2)，所以A＝eq\f(2π,3)．(2)由(1)得，sinB＋sinC＝sinB＋sin(eq\f(π,3)－B)＝eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinB＝sin(eq\f(π,3)＋B)，故当B＝eq\f(π,6)时，sinB＋sinC取最大值1．2．已知锐角△ABC中，bsinB－asinA＝(b－c)sinC，其中a、b、c分别为内角A、B、C的对边．(1)求角A的大小；(2)求eq\r(3)cosC－sinB的取值范围．2．解析(1)由正弦定理得b2－a2＝(b－c)·c．即b2＋c2－a2＝bc．∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)．又∵A为三角形内角，∴A＝eq\f(π,3)．(2)∵B＋C＝eq\f(2,3)π，∴C＝eq\f(2,3)π－B．∵△ABC为锐角三角形，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜B＜\f(π,2)，,0＜\f(2,3)π－B<\f(π,2).))∴eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)．又∵eq\r(3)cosC－sinB＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π－B))－sinB＝－eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,3)))，∵eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)<B－eq\f(π,3)<eq\f(π,6)．∴－eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,3)))<eq\f(1,2)．即eq\r(3)cosC－sinB的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))．3．(2016山东)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)证明：a＋b＝2c；(2)求cosC的最小值．3．解析由题意知，2(eq\f(sinA,cosA)＋eq\f(sinB,cosB))＝eq\f(sinA,cosAcosB)＋eq\f(sinB,cosAcosB)，化简得2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB．因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，从而sinA＋sinB＝2sinC，由正弦定理得，a＋b＝2c．(2)由(1)知，所以，当且仅当时，等号成立．故的最小值为．4．(2015湖南)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝btanA，且B为钝角．(1)证明：B－A＝eq\f(π,2)；(2)求sinA＋sinC的取值范围．4．解析(1)由a＝btanA及正弦定理，得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)，所以sinB＝cosA，即sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))．因为B为钝角，所以A为锐角，所以eq\f(π,2)＋A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则B＝eq\f(π,2)＋A，即B－A＝eq\f(π,2)．(2)由(1)知，C＝π－(A＋B)＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,2)))＝eq\f(π,2)－2A>0，所以A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))．于是sinA＋sinC＝sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2A))＝sinA＋cos2A＝－2sin2A＋sinA＋1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA－\f(1,4)))2＋eq\f(9,8)．因为0<A<eq\f(π,4)，所以0<sinA<eq\f(\r(2),2)，因此eq\f(\r(2),2)<－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA－\f(1,4)))2＋eq\f(9,8)≤eq\f(9,8)．由此可知sinA＋sinC的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(9,8)))．考点二三角形中与边或周长有关的最值(范围)【例题选讲】[例1]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2＋c2－a2＝bc．(1)求角A的大小；(2)若a＝eq\r(3)，求BC边上的中线AM的最大值．解析(1)由b2＋c2－a2＝bc及余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，又0<A<π，∴A＝eq\f(π,3)．(2)∵AM是BC边上的中线，∴BM＝CM＝eq\f(\r(3),2)，∴在△ABM中，AM2＋eq\f(3,4)－2AM·eq\f(\r(3),2)·cos∠AMB＝c2，①在△ACM中，AM2＋eq\f(3,4)－2AM·eq\f(\r(3),2)·cos∠AMC＝b2，②又∠AMB＝π－∠AMC，∴cos∠AMB＝－cos∠AMC，即cos∠AMB＋cos∠AMC＝0，则①＋②整理得AM2＝eq\f(b2＋c2,2)－eq\f(3,4)．又a＝eq\r(3)，A＝eq\f(π,3)，∴b2＋c2－3＝bc≤eq\f(b2＋c2,2)，∴b2＋c2≤6，∴AM2＝eq\f(b2＋c2,2)－eq\f(3,4)≤eq\f(9,4)，即AM≤eq\f(3,2)，∴BC边上的中线AM的最大值为eq\f(3,2)．[例2](2020·全国Ⅱ)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC．(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．解析(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周长取得最大值3＋2eq\r(3)．[例3]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos2C－cos2A＝2sineq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋C))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－C))．(1)求角A的值；(2)若a＝eq\r(3)且b≥a，求2b－c的取值范围．解析(1)由已知得2sin2A－2sin2C＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)cos2C－\f(1,4)sin2C))，化简得sinA＝±eq\f(\r(3),2)，因为A为△ABC的内角，所以sinA＝eq\f(\r(3),2)，故A＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)．(2)因为b≥a，所以A＝eq\f(π,3)．由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝2，得b＝2sinB，c＝2sinC，故2b－c＝4sinB－2sinC＝4sinB－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝3sinB－eq\r(3)cosB＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))．因为b≥a，所以eq\f(π,3)≤B<eq\f(2π,3)，则eq\f(π,6)≤B－eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，所以2b－c＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))∈[eq\r(3)，2eq\r(3))．[例4]在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足cos2A－cos2B＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－B))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋B))＝0．(1)求角A的值；(2)若b＝eq\r(3)且b≤a，求a的取值范围．解析(1)由cos2A－cos2B＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－B))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋B))＝0，得2sin2B－2sin2A＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)cos2B－\f(1,4)sin2B))＝0，化简得sinA＝eq\f(\r(3),2)，又△ABC为锐角三角形，故A＝eq\f(π,3)．(2)∵b＝eq\r(3)≤a，∴c≥a，∴eq\f(π,3)≤C<eq\f(π,2)，eq\f(π,6)<B≤eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)<sinB≤eq\f(\r(3),2)．由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(a,\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(3),sinB)，∴a＝eq\f(\f(3,2),sinB)，由sinB∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))得a∈[eq\r(3)，3)．[例5]在△ABC中，AC＝BC＝2，AB＝2eq\r(3)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))．(1)求BM的长；(2)设D是平面ABC内一动点，且满足∠BDM＝eq\f(2π,3)，求BD＋eq\f(1,2)MD的取值范围．解析(1)在△ABC中，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC，代入数据，得cosC＝－eq\f(1,2)．∵eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))，∴CM＝MA＝eq\f(1,2)AC＝1．在△CBM中，由余弦定理知：BM2＝CM2＋CB2－2CM·CB·cosC＝7，所以BM＝eq\r(7)．(2)设∠MBD＝θ，则∠DMB＝eq\f(π,3)－θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))．在△BDM中，由正弦定理知：eq\f(BD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ)))＝eq\f(MD,sinθ)＝eq\f(BM,sin\f(2π,3))＝eq\f(2\r(7),\r(3))．∴BD＝eq\f(2\r(7),\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))，MD＝eq\f(2\r(7),\r(3))sinθ，∴BD＋eq\f(1,2)MD＝eq\f(2\r(7),\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＋eq\f(\r(7),\r(3))sinθ＝eq\f(\r(7),\r(3))(eq\r(3)cosθ－sinθ＋sinθ)＝eq\r(7)cosθ，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，∴cosθ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))．故BD＋eq\f(1,2)MD的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)，\r(7)))．【对点训练】1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2eq\f(A,2)＝eq\f(c－b,2c)．(1)判断△ABC的形状并加以证明；(2)当c＝1时，求△ABC周长的最大值．1．解析(1)因为eq\f(1－cosA,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(b,2c)，即cosA＝eq\f(b,c)，所以b＝ccosA＝c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，即c2＝b2＋a2，所以△ABC为直角三角形．(2)因为c为直角△ABC的斜边，当c＝1时，周长L＝1＋sinA＋cosA＝1＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))．因为0<A<eq\f(π,2)，所以eq\f(\r(2),2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))≤1，所以当sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝1，即A＝eq\f(π,4)时，周长L最大，且最大值为1＋eq\r(2)．2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c＝eq\r(3)，设S为△ABC的面积，满足S＝eq\f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)．(1)求角C的大小；(2)求a＋b的最大值．2．解析(1)由题意可知eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)×2abcosC，所以tanC＝eq\r(3)，因为0<C<π，所以C＝eq\f(π,3)．(2)由(1)知2R＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),sin\f(π,3))＝2．所以a＋b＝2RsinA＋2RsinB＝2(sinA＋sinB)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－A－\f(π,3)))))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA＋\f(\r(3),2)cosA＋\f(1,2)sinA))＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))≤2eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<A<\f(2π,3)))，当A＝eq\f(π,3)，即△ABC为等边三角形时取等号．所以a＋b的最大值为2eq\r(3)．3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcosC＋bsinC－a－c＝0(1)求B；(2)若b＝，求2a＋c的取值范围．3．解析(1)由正弦定理知，sinBcosC＋sinBsinC－sinA－sinC＝0，∵sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，代入上式得，sinBsinC－cosBsinC－sinC＝0，∵sinC≠0，∴sinB－cosB－1＝0，即sin(B－eq\f(π,6))＝eq\f(1,2)，因为0<B<π，所以B＝eq\f(π,3)．(2)由(1)得，2R＝eq\f(b,sinB)＝2，2a＋c＝2RsinA＋2RsinC＝5sinA＋eq\r(3)cosA＝2eq\r(7)sin(A＋φ)，其中，sinφ＝eq\f(eq\r(3),2eq\r(7))，cosφ＝eq\f(5,2eq\r(7))，因为0<A<eq\f(2π,3)，所以eq\r(3)<2eq\r(7)sin(A＋φ)<2eq\r(7)．所以eq\r(3)<2a＋c<2eq\r(7)．4．在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2A＝sin2B＋cos2C＋sinAsinB．(1)求角C的大小；(2)若c＝eq\r(3)，求△ABC周长的取值范围．4．解析(1)由题意知1－sin2A＝sin2B＋1－sin2C＋sinAsinB，即sin2A＋sin2B－sin2C＝－sinAsinB，由正弦定理得a2＋b2－c2＝－ab，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－ab,2ab)＝－eq\f(1,2)，又∵0<C<π，∴C＝eq\f(2π,3)．(2)由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2，∴a＝2sinA，b＝2sinB，则△ABC的周长为L＝a＋b＋c＝2(sinA＋sinB)＋eq\r(3)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinA＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－A))))＋eq\r(3)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＋eq\r(3)．∵0<A<eq\f(π,3)，∴eq\f(π,3)＜A＋eq\f(π,3)＜eq\f(2π,3)，∴eq\f(\r(3),2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))≤1，∴2eq\r(3)<2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＋eq\r(3)≤2＋eq\r(3)，∴△ABC周长的取值范围是(2eq\r(3)，2＋eq\r(3)]．5．如图，平面四边形ABDC中，∠CAD＝∠BAD＝30°．(1)若∠ABC＝75°，AB＝10，且AC∥BD，求CD的长；(2)若BC＝10，求AC＋AB的取值范围．5．解析(1)由已知，易得∠ACB＝45°，在△ABC中，eq\f(10,sin45°)＝eq\f(BC,sin60°)，解得BC＝5eq\r(6)．因为AC∥BD，所以∠ADB＝∠CAD＝30°，∠CBD＝∠ACB＝45°，在△ABD中，∠ADB＝30°＝∠BAD，所以DB＝AB＝10．在△BCD中，CD＝eq\r(BC2＋DB2－2BC·DBcos45°)＝5eq\r(10－4\r(3))．(2)AC＋AB>BC＝10，由cos60°＝eq\f(AB2＋AC2－100,2AB·AC)，得(AB＋AC)2－100＝3AB·AC，而AB·AC≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB＋AC,2)))2，所以eq\f((AB＋AC)2－100,3)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB＋AC,2)))2，解得AB＋AC≤20，故AB＋AC的取值范围为(10，20]．考点三三角形中与面积有关的最值(范围)【例题选讲】[例1]已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，C＝120°，c＝2．(1)求△ABC的面积的最大值；(2)求△ABC的周长的取值范围．解析(1)法一：由余弦定理得4＝a2＋b2＋ab．由基本不等式得4＝a2＋b2＋ab≥2ab＋ab＝3ab，所以ab≤eq\f(4,3)，当且仅当a＝b时等号成立．所以三角形的面积S＝eq\f(1,2)absinC≤eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3)．所以△ABC的面积的最大值为eq\f(\r(3),3)．法二：由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(4\r(3),3)，得a＝eq\f(4\r(3),3)sinA，b＝eq\f(4\r(3),3)sinB．所以三角形的面积S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)))2×sinAsinB×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4\r(3),3)sinAsinB．因为在△ABC中，C＝120°，所以A＋B＝60°，得B＝60°－A，且0°<A<60°，所以sinAsinB＝sinAsin(60°－A)＝eq\f(\r(3),2)sinAcosA－eq\f(1,2)sin2A＝eq\f(\r(3),4)sin2A－eq\f(1,4)(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),4)sin2A＋eq\f(1,4)cos2A－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)sin(2A＋30°)－eq\f(1,4)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)，当且仅当A＝30°时等号成立．所以S≤eq\f(4\r(3),3)×eq\f(1,4)＝eq\f(\r(3),3)，所以△ABC的面积的最大值为eq\f(\r(3),3)．(2)由(1)中法二可知，a＝eq\f(4\r(3),3)sinA，b＝eq\f(4\r(3),3)sinB．所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝eq\f(4\r(3),3)(sinA＋sinB)＋2．因为在△ABC中，C＝120°，所以A＋B＝60°，得B＝60°－A，且0°<A<60°，所以sinA＋sinB＝sinA＋sin(60°－A)＝eq\f(1,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝sin(A＋60°)，所以l＝eq\f(4\r(3),3)sin(A＋60°)＋2．因为60°<A＋60°<120°，所以eq\f(\r(3),2)<sin(A＋60°)≤1，所以4<l≤eq\f(4\r(3),3)＋2，即△ABC的周长的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(4，\f(4\r(3),3)＋2))．[例2]已知△ABC的内角A，B，C满足：eq\f(sinA－sinB＋sinC,sinC)＝eq\f(sinB,sinA＋sinB－sinC)．(1)求角A；(2)若△ABC的外接圆半径为1，求△ABC的面积S的最大值．解析(1)设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，根据eq\f(sinA－sinB＋sinC,sinC)＝eq\f(sinB,sinA＋sinB－sinC)，可得eq\f(a－b＋c,c)＝eq\f(b,a＋b－c)，化简得a2＝b2＋c2－bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，又因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,3)．(2)由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝2R(R为△ABC外接圆半径)，所以a＝2RsinA＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，所以3＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，所以S＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(1,2)×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4)(当且仅当b＝c时取等号)．[例3]已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，且满足(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC．(1)求角A的大小；(2)设a＝eq\r(3)，S为△ABC的面积，求S＋eq\r(3)cosBcosC的最大值．解析(1)∵(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC，∴根据正弦定理，知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝bc，即b2＋c2－a2＝－bc．∴由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2)．又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(2,3)π．(2)根据a＝eq\r(3)，A＝eq\f(2,3)π及正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，∴b＝2sinB，c＝2sinC．∴S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2sinB×2sinC×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)sinBsinC．∴S＋eq\r(3)cosBcosC＝eq\r(3)sinBsinC＋eq\r(3)cosBcosC＝eq\r(3)cos(B－C)．故当B＝C＝eq\f(π,6)时，S＋eq\r(3)cosBcosC取得最大值eq\r(3)．[例4](2019·全国Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asineq\f(A＋C,2)＝bsinA．(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．解析(1)由题设及正弦定理得sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA．因为sinA≠0，所以sineq\f(A＋C,2)＝sinB．由A＋B＋C＝180°，可得sineq\f(A＋C,2)＝coseq\f(B,2)，故coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)．因为coseq\f(B,2)≠0，故sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2)，因此B＝60°．(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)a．由(1)知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(sin（120°－C）,sinC)＝eq\f(\r(3),2tanC)＋eq\f(1,2)．由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°．结合A＋C＝120°，得30°<C<90°，所以eq\f(1,2)<a<2，从而eq\f(\r(3),8)<S△ABC<eq\f(\r(3),2)．因此，△ABC面积的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2)))．[例5]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos2B＋cosB＝1－cosAcosC．(1)求证：a，b，c成等比数列；(2)若b＝2，求△ABC的面积的最大值．解析(1)在△ABC中，cosB＝－cos(A＋C)．由已知，得(1－sin2B)－cos(A＋C)＝1－cosAcosC，所以－sin2B－(cosAcosC－sinAsinC)＝－cosAcosC，化简，得sin2B＝sinAsinC．由正弦定理，得b2＝ac，所以a，b，c成等比数列．(2)由(1)及题设条件，得ac＝b2＝4，则cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝c＝2时，等号成立．因为0<B<π，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)≤eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)．所以△ABC的面积的最大值为eq\r(3)．【对点训练】1．设在△ABC中，cosC＋(cosA－eq\r(3)sinA)cosB＝0，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．(1)求角B的大小；(2)若a2＋4c2＝8，求△ABC的面积S的最大值，并求出S取得最大值时b的值．1．解析(1)∵cosC＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB，∴cosC＋(cosA－eq\r(3)sinA)cosB＝sinAsinB－eq\r(3)sinA·cosB＝0，∵sinA≠0，∴tanB＝eq\r(3)，则B＝eq\f(π,3)．(2)∵a，c>0，a2＋4c2＝8，a2＋4c2≥4ac，故ac≤2，当且仅当a＝2，c＝1时等号成立，∴S＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，∴△ABC的面积S的最大值为eq\f(\r(3),2)，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB＝3，得b＝eq\r(3)．2．已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝1，cosBsinC＋(a－sinB)cos(A＋B)＝0．(1)求角C的大小；(2)求△ABC面积的最大值．2．解析(1)由cosBsinC＋(a－sinB)cos(A＋B)＝0，可得cosBsinC－(a－sinB)cosC＝0，即sin(B＋C)＝acosC，sinA＝acosC，即eq\f(sinA,a)＝cosC．因为eq\f(sinA,a)＝eq\f(sinC,c)＝sinC，所以cosC＝sinC，即tanC＝1，C＝eq\f(π,4)．(2)由余弦定理得12＝a2＋b2－2abcoseq\f(π,4)＝a2＋b2－eq\r(2)ab，所以a2＋b2＝1＋eq\r(2)ab≥2ab，ab≤eq\f(1,2－\r(2))＝eq\f(2＋\r(2),2)，当且仅当a＝b时取等号，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC≤eq\f(1,2)×eq\f(2＋\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2)＋1,4)．所以△ABC面积的最大值为eq\f(\r(2)＋1,4)．3．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c