高考真題+知識總結(jié)+方法總結(jié)+題型突破27三角形中最值與范圍的計算問題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

第頁近年高考真題+優(yōu)質(zhì)模擬題匯編(全國通用)專題27三角形中最值與范圍的計算問題【高考真題】1．(2022·新高考Ⅰ)記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．(1)若，求B；(2)求的最小值．1．解析(1)因為，即，而，所以；(2)由(1)知，，所以，而，所以，即有．所以．當且僅當時取等號，所以的最小值為．【知識總結(jié)】1．正、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，R為△ABC外接圓半徑，則定理正弦定理余弦定理內(nèi)容eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2Ra2＝b2＋c2－2bccosA；b2＝c2＋a2－2cacosB；c2＝a2＋b2－2abcosC．變形(1)a＝eq\f(bsinA,sinB)，b＝eq\f(asinB,sinA)，c＝eq\f(asinC,sinA)；(2)sinA＝eq\f(asinB,b)，sinB＝eq\f(bsinA,a)，sinC＝eq\f(csinA,a)；(3)a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；(4)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；(5)a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC；(6)eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝2R．cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ac)；cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)．2．三角形面積公式S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(abc,4R)＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)·r(r，R為別是△ABC內(nèi)切圓半徑和外接圓半徑)，并可由此計算R、r．3．解三角形有關(guān)的二級結(jié)論(1)三角形內(nèi)角和定理在△ABC中，A＋B＋C＝π；變形：eq\f(A＋B,2)＝eq\f(π,2)－eq\f(C,2)．(2)三角形中的三角函數(shù)關(guān)系①sin(A＋B)＝sinC；②cos(A＋B)＝－cosC；③tan(A＋B)＝－tanC(C≠eq\f(π,2))；④sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)；⑤coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2)．⑥在非Rt△ABC中，tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC(A，B，C≠eq\f(π,2))．(3)三角形中的不等關(guān)系①在三角形中大邊對大角，大角對大邊．②A>B?a>b?sinA>sinB?cosA<cosB．③若△ABC為銳角三角形，則A＋B>eq\f(π,2)，sinA>cosB，cosA<sinB，a2＋b2>c2．若△ABC為鈍角三角形(假如C為鈍角)，則A＋B<eq\f(π,2)，sinA<cosB，cosA>sinB．④c2＝a2＋b2?C為直角；c2>a2＋b2?C為鈍角；c2<a2＋b2?C為銳角．⑤a＋b＞c，b＋c＞a，c＋a＞b．⑥若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則sinx＜x＜tanx．若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則1＜sinx＋cosx≤eq\r(2)．(4)三角形中的射影定理在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB．注意：在處理三角形中的邊角關(guān)系時，一般全部化為角的關(guān)系，或全部化為邊的關(guān)系．若出現(xiàn)邊的一次式一般采用到正弦定理，出現(xiàn)邊的二次式一般采用到余弦定理．若已知條件同時含有邊和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要選擇“邊化角”或“角化邊”，變換原則如下：①若式子中含有正弦的齊次式，優(yōu)先考慮正弦定理“角化邊”，然后進行代數(shù)式變形；②若式子中含有a，b，c的齊次式，優(yōu)先考慮正弦定理“邊化角”，然后進行三角恒等變換；③若式子中含有余弦的齊次式，優(yōu)先考慮余弦定理“角化邊”，然后進行代數(shù)式變形；④含有面積公式的問題，要考慮結(jié)合余弦定理求解；⑤同時出現(xiàn)兩個自由角（或三個自由角）時，要用到三角形的內(nèi)角和定理．【方法總結(jié)】任何最值(范圍)問題，其本質(zhì)都是函數(shù)問題，三角形中的范圍最值問題也不例外．三角形中的范圍最值問題的解法主要有兩種：一是用函數(shù)求解，二是利用基本不等式求解．一般求最值用基本不等式，求范圍用函數(shù)．由于三角形中的最值(范圍)問題一般是以角為自變量的三角函數(shù)問題，所以，除遵循函數(shù)問題的基本要求外，還有自己獨特的解法．要建立所求量(式子)與已知角或邊的關(guān)系，然后把角或邊作為自變量，所求量(式子)的值作為函數(shù)值，轉(zhuǎn)化為函數(shù)關(guān)系，將原問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問題．這里要利用條件中的范圍限制，以及三角形自身范圍限制，要盡量把角或邊的范圍(也就是函數(shù)的定義域)找完善，避免結(jié)果的范圍過大．【題型突破】1．(2020·浙江)在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．已知2bsinA－eq\r(3)a＝0．(1)求角B的大小；(2)求cosA＋cosB＋cosC的取值范圍．1．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)，由題意得B＝eq\f(π,3)．(2)由A＋B＋C＝π，得C＝eq\f(2π,3)－A．由△ABC是銳角三角形，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的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)＋1,2)，\f(3,2)))．2．(2015湖南)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a＝btanA，且B為鈍角．(1)證明：B－A＝eq\f(π,2)；(2)求sinA＋sinC的取值范圍．2．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))．因為B為鈍角，所以A為銳角，所以eq\f(π,2)＋A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則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)．因為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的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(9,8)))．3．已知向量m＝(eq\r(3)sineq\f(x,4)，1)，n＝(coseq\f(x,4)，cos2eq\f(x,4))，函數(shù)f(x)＝m·n．(1)若f(x)＝1，求cos(eq\f(2π,3)－x)的值；(2)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足acosC＋eq\f(1,2)c＝b，求f(B)的取值范圍．3．解析由題意得，f(x)＝eq\r(3)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋cos2eq\f(x,4)＝eq\f(\r(3),2)sineq\f(x,2)＋eq\f(1,2)coseq\f(x,2)＋eq\f(1,2)＝sin(eq\f(x,2)＋eq\f(π,6))＋eq\f(1,2)．(1)由f(x)＝1，可得sin(eq\f(x,2)＋eq\f(π,6))＝eq\f(1,2)，則cos(eq\f(2π,3)－x)＝2cos2(eq\f(π,3)－eq\f(x,2))－1＝2sin2(eq\f(x,2)＋eq\f(π,6))－1＝－eq\f(1,2)．(2)已知acosC＋eq\f(1,2)c＝b，由余弦定理，可得a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋eq\f(1,2)c＝b，即b2＋c2－a2＝bc，則cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又A為三角形的內(nèi)角，所以A＝eq\f(π,3)，從而B＋C＝eq\f(2π,3)，易知0<B<eq\f(2π,3)，0<eq\f(B,2)<eq\f(π,3)，則eq\f(π,6)<eq\f(B,2)＋eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，所以1<sin(eq\f(B,2)＋eq\f(π,6))＋eq\f(1,2)<eq\f(3,2)，故f(B)的取值范圍為(1，eq\f(3,2))．4．在①eq\r(3)cosC(acosB＋bcosA)＝csinC，②asineq\f(A＋B,2)＝csinA，③(sinB－sinA)2＝sin2C－sinBsinA這三個條件中任選一個，補充在下面問題中．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，當________時，求sinA·sinB的最大值．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．4．解析若選①，由正弦定理得eq\r(3)cosC(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinCsinC，即eq\r(3)cosCsin(A＋B)＝sinCsinC，∵sinC≠0，∴tanC＝eq\r(3)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3)．∴A＋B＝eq\f(2π,3)，∴sinA·sinB＝sinA·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝sinA·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosA＋\f(1,2)sinA))＝eq\f(\r(3),2)sinA·cosA＋eq\f(1,2)sin2A＝eq\f(\r(3),4)sin2A＋eq\f(1,4)(1－cos2A)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＋eq\f(1,4)，∵A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴2A－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(7π,6)))，∴當A＝eq\f(π,3)時，sinA·sinB取得最大值為eq\f(3,4)．若選②，由正弦定理得sinAsineq\f(π－C,2)＝sinCsinA，∵sinA≠0，∴coseq\f(C,2)＝sinC＝2sineq\f(C,2)coseq\f(C,2)，∵coseq\f(C,2)≠0，∴sineq\f(C,2)＝eq\f(1,2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3)．余下同①．若選③，由正弦定理得(b－a)2＝c2－ba，即a2＋b2－c2＝ba，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(ab,2ab)＝eq\f(1,2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3)．余下同①．5．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，滿足cosC＋cosAcosB＝2eq\r(2)sinAcosB．(1)求cosB的值；(2)若a＋c＝2，求b的取值范圍．5．解析(1)因為cosC＋cosAcosB＝2eq\r(2)sinAcosB，所以－cos(A＋B)＋cosAcosB＝2eq\r(2)sinAcosB，即sinAsinB＝2eq\r(2)sinAcosB，因為sinA≠0，所以sinB＝2eq\r(2)cosB>0，又因為sin2B＋cos2B＝1，解得cosB＝eq\f(1,3)．(2)由a＋c＝2，可得c＝2－a，由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－eq\f(2,3)ac＝a2＋(2－a)2－eq\f(2,3)a(2－a)＝eq\f(8,3)(a－1)2＋eq\f(4,3)，因為0<a<2，所以eq\f(4,3)≤b2＜4，所以eq\f(2\r(3),3)≤b<2，所以b的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，2))．6．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，a＋b＝1且滿足條件________．(1)求C；(2)求c的取值范圍．請從下列兩個條件：①S＝eq\f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)；②eq\r(3)tanAtanB－tanA－tanB＝eq\r(3)中選一個條件補充到橫線上并解決問題．6．解析(1)補充①S＝eq\f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)．由余弦定理可知2abcosC＝a2＋b2－c2，則S＝eq\f(\r(3),4)·2abcosC＝eq\f(\r(3),2)·abcosC，又S＝eq\f(1,2)·absinC，故可得tanC＝eq\r(3)，所以C＝eq\f(π,3)．補充②eq\r(3)tanAtanB－tanA－tanB＝eq\r(3)．由eq\r(3)tanAtanB－tanA－tanB＝eq\r(3)，可得tan(A＋B)＝－eq\r(3)，故tanC＝eq\r(3)，所以C＝eq\f(π,3)．(2)由余弦定理可知c2＝a2＋b2－2abcosC，又cosC＝eq\f(1,2)，a＋b＝1，∴c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝1－3ab．又a＋b≥2eq\r(ab)，a＞0，b＞0，∴0＜eq\r(ab)≤eq\f(1,2)，∴eq\f(1,4)≤1－3ab＜1，∴eq\f(1,4)≤c2＜1，∴eq\f(1,2)≤c＜1，∴c的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))．7．記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c．請在下列三個條件中任選一個作為已知條件，解答問題．①(a－c)sinA＋csin(A＋B)＝bsinB；②2S＝eq\r(3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))(其中S為△ABC的面積)；③eq\r(3)a－csinB＝eq\r(3)bcosC．(1)若b＝4，ac＝3，求a＋c的值；(2)若△ABC為銳角三角形，且c＝2，求a的取值范圍．7．解析選擇①(a－c)sinA＋csin(A＋B)＝bsinB，由正弦定理得(a－c)a＋c2＝b2，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，B∈(0，π)，則B＝eq\f(π,3)；選擇②2S＝eq\r(3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))，則acsinB＝eq\r(3)cacosB，所以tanB＝eq\r(3)，又B∈(0，π)，則B＝eq\f(π,3)；選擇③eq\r(3)a－csinB＝eq\r(3)bcosC，由正弦定理得eq\r(3)sinA－sinCsinB＝eq\r(3)sinBcosC，又因為sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，所以eq\r(3)cosBsinC－sinCsinB＝0，則tanB＝eq\r(3)，又B∈(0，π)，則B＝eq\f(π,3)，故選擇①②③均得到B＝eq\f(π,3)．(1)若b＝4，ac＝3，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，即16＝a2＋c2－2accoseq\f(π,3)＝(a＋c)2－3ac，所以a＋c＝5．(2)由△ABC為銳角三角形及B＝eq\f(π,3)，得A＝eq\f(2π,3)－C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))且C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(2,sinC)，所以a＝eq\f(2sinA,sinC)＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3))),sinC)＝eq\f(sinC＋\r(3)cosC,sinC)＝1＋eq\f(\r(3),tanC)．因為C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，所以tanC∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))，所以eq\f(1,tanC)∈(0，eq\r(3))，所以1＋eq\f(\r(3),tanC)∈(1，4)，即所求a的取值范圍是(1，4)．8．在①cosC＋(cosA－eq\r(3)sinA)cosB＝0，②cos2B－3cos(A＋C)＝1，③bcosC＋eq\f(\r(3),3)csinB＝a這三個條件中任選一個，補充在下面問題中．問題：在△ABC中，角A，B，C對的邊分別為a，b，c，若a＋c＝1，________，求角B的大小和b的最小值．8．解析選擇條件①：由cosC＋(cosA－eq\r(3)sinA)cosB＝0，可得－cos(A＋B)＋cosAcosB－eq\r(3)sinAcosB＝0，即－cosAcosB＋sinAsinB＋cosAcosB－eq\r(3)sinAcosB＝0，即sinAsinB－eq\r(3)sinAcosB＝0，因為sinA≠0，所以sinB－eq\r(3)cosB＝0，所以tanB＝eq\r(3)，因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3)．由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac＝1－3ac，因為ac≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)，當且僅當a＝c＝eq\f(1,2)時等號成立，所以b2＝1－3ac≥1－eq\f(3,4)＝eq\f(1,4)，所以b≥eq\f(1,2)，即b的最小值為eq\f(1,2)．選擇條件②：cos2B－3cos(A＋C)＝1，可得2cos2B－1＋3cosB＝1，即2cos2B＋3cosB－2＝0，解得cosB＝eq\f(1,2)或cosB＝－2(舍)，因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3)．下同①．選擇條件③：bcosC＋eq\f(\r(3),3)csinB＝a，由正弦定理可得sinBcosC＋eq\f(\r(3),3)sinCsinB＝sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，即eq\f(\r(3),3)sinCsinB＝cosBsinC，因為sinC≠0，所以eq\f(\r(3),3)sinB＝cosB，即tanB＝eq\r(3)，因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3)．下同①．9．(2020·全國Ⅱ)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC．(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周長的最大值．9．解析(1)由正弦定理和已知條件得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)．因為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)，從而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)，所以當B＝eq\f(π,6)時，△ABC周長取得最大值3＋2eq\r(3)．10．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c．2a＋b＝2ccosB，c＝eq\r(3)．(1)求角C；(2)延長線段AC到點D，使CD＝CB，求△ABD周長的取值范圍．10．解析(1)∵2a＋b＝2ccosB，∴根據(jù)余弦定理得2a＋b＝2c×eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，整理得a2＋b2－c2＝－ab，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(1,2)．∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(2π,3)．(2)由題意得△BCD為等邊三角形，∴△ABD的周長為2a＋b＋eq\r(3)．∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，∴a＝2sinA，b＝2sinB，∴2a＋b＝4sinA＋2sinB＝4sinA＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－A))＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))．∵A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，∴A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，∴2a＋b∈(eq\r(3)，2eq\r(3))．∴△ABD周長的取值范圍是(2eq\r(3)，3eq\r(3))．11．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知eq\f(\r(3),3)bsinC＋ccosB＝a．(1)若a＝2，b＝eq\r(3)，求△ABC的面積；(2)若c＝2，求△ABC周長的取值范圍．11．解析(1)∵eq\f(\r(3),3)bsinC＋ccosB＝a，∴eq\f(\r(3),3)sinBsinC＋sinCcosB＝sinA，∴eq\f(\r(3),3)sinBsinC＋sinCcosB＝sin(B＋C)，∴eq\f(\r(3),3)sinBsinC＋sinCcosB＝sinBcosC＋cosBsinC，∴eq\f(\r(3),3)sinBsinC＝sinBcosC，∵sinB≠0，∴eq\f(\r(3),3)sinC＝cosC，又易知cosC≠0，∴tanC＝eq\r(3)，∵0<C<π，∴C＝eq\f(π,3)．∵a＝2，b＝eq\r(3)，C＝eq\f(π,3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×sineq\f(π,3)＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)．(2)在△ABC中，c＝2，C＝eq\f(π,3)，由余弦定理得4＝a2＋b2－ab，∴(a＋b)2－4＝3ab≤3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，即(a＋b)2－4≤eq\f(3,4)(a＋b)2，即(a＋b)2≤16，∴0<a＋b≤4，當且僅當a＝b時等號成立，又a＋b>c＝2，∴2<a＋b≤4，∴4<a＋b＋c≤6，故△ABC周長的取值范圍是(4，6]．12．在：①a＝eq\r(3)csinA－acosC，②(2a－b)sinA＋(2b－a)sinB＝2csinC這兩個條件中任選一個，補充在下列問題中，并解答．已知△ABC的角A，B，C的對邊分別為a，b，c，c＝eq\r(3)，而且________．(1)求角C；(2)求△ABC周長的最大值．12．解析(1)選①：因為a＝eq\r(3)csinA－acosC，所以sinA＝eq\r(3)sinCsinA－sinAcosC，因為sinA≠0，所以eq\r(3)sinC－cosC＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，因為0<C<π，所以－eq\f(π,6)<C－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以C－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即C＝eq\f(π,3)．選②：因為(2a－b)sinA＋(2b－a)sinB＝2csinC，所以(2a－b)a＋(2b－a)b＝2c2，即a2＋b2－c2＝ab，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，因為0<C<π，所以C＝eq\f(π,3)．(2)由(1)可知，C＝eq\f(π,3)，在△ABC中，由余弦定理得a2＋b2－2abcosC＝3，即a2＋b2－ab＝3，所以(a＋b)2－3＝3ab≤eq\f(3a＋b2,4)，所以a＋b≤2eq\r(3)，當且僅當a＝b時等號成立，所以a＋b＋c≤3eq\r(3)，即△ABC周長的最大值為3eq\r(3)．13．已知點P(eq\r(3)，1)，Q(cosx，sinx)，O為坐標原點，函數(shù)f(x)＝eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(QP,\s\up6(→))．(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)若A為△ABC的內(nèi)角，f(A)＝4，BC＝3，求△ABC周長的最大值．13．解析(1)由已知，得eq\o(OP,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1)，eq\o(QP,\s\up6(→))＝(eq\r(3)－cosx，1－sinx)，所以f(x)＝eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(QP,\s\up6(→))＝3－eq\r(3)cosx＋1－sinx＝4－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為2π．(2)因為f(A)＝4，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝0，又0<A<π，所以eq\f(π,3)<A＋eq\f(π,3)<eq\f(4π,3)，A＝eq\f(2π,3)．因為BC＝3，所以由正弦定理，得AC＝2eq\r(3)sinB，AB＝2eq\r(3)sinC，所以△ABC的周長為3＋2eq\r(3)sinB＋2eq\r(3)sinC＝3＋2eq\r(3)sinB＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－B))＝3＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))．因為0<B<eq\f(π,3)，所以eq\f(π,3)<B＋eq\f(π,3)<eq\f(2π,3)，所以當B＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，即B＝eq\f(π,6)時，△ABC的周長取得最大值，最大值為3＋2eq\r(3)．14．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量m＝(a＋b，sinA－sinC)，向量n＝(c，sinA－sinB)，且m∥n．(1)求角B的大?。?2)設(shè)BC的中點為D，且AD＝eq\r(3)，求a＋2c的最大值及此時△ABC的面積．14．解析(1)因為m∥n，所以(a＋b)(sinA－sinB)－c(sinA－sinC)＝0，由正弦定理，可得(a＋b)(a－b)－c(a－c)＝0，即a2＋c2－b2＝ac．由余弦定理可知，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(ac,2ac)＝eq\f(1,2)．因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3)．(2)設(shè)∠BAD＝θ，則在△BAD中，由B＝eq\f(π,3)可知，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))．由正弦定理及AD＝eq\r(3)，有eq\f(BD,sinθ)＝eq\f(AB,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ)))＝eq\f(\r(3),sin\f(π,3))＝2，所以BD＝2sinθ，AB＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))＝eq\r(3)cosθ＋sinθ，所以a＝2BD＝4sinθ，c＝AB＝eq\r(3)cosθ＋sinθ，從而a＋2c＝2eq\r(3)cosθ＋6sinθ＝4eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))．由θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))可知，θ＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以當θ＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,3)時，a＋2c取得最大值4eq\r(3)．此時a＝2eq\r(3)，c＝eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(3\r(3),2)．15．已知m＝(2cosx＋2eq\r(3)sinx，1)，n＝(cosx，－y)，且滿足m·n＝0．(1)將y表示為x的函數(shù)f(x)，并求f(x)的最小正周期；(2)已知a，b，c分別為△ABC的三個內(nèi)角A，B，C對應(yīng)的邊長，f(x)(x∈R)的最大值是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))，且a＝2，求b＋c的取值范圍．15．解析(1)由m·n＝0，得2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx－y＝0，即y＝2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，其最小正周期為π．(2)由題意得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝3，所以A＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，因為0＜A＜π，所以A＝eq\f(π,3)．由正弦定理，得b＝eq\f(4,3)eq\r(3)sinB，c＝eq\f(4,3)eq\r(3)sinC，則b＋c＝eq\f(4\r(3),3)sinB＋eq\f(4\r(3),3)sinC＝eq\f(4\r(3),3)sinB＋eq\f(4\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))，又因為B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以b＋c∈(2，4]，所以b＋c的取值范圍是(2，4]．16．已知函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－2cos2x＋m，且函數(shù)f(x)的最大值為3．(1)求m的值；(2)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若f(B)＝0，b＝2，求△ABC面積的最大值．16．解析(1)因為f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－2cos2x＋m＝eq\r(3)sin2x－2×eq\f(1＋cos2x,2)＋m＝eq\r(3)sin2x－cos2x＋m－1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋m－1，所以f(x)max＝m＋1＝3，解得m＝2．(2)因為f(B)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋1＝0，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)，因為0<B<π，則－eq\f(π,6)<2B－eq\f(π,6)<eq\f(11π,6)，所以2B－eq\f(π,6)＝eq\f(7π,6)，可得B＝eq\f(2π,3)，由余弦定理可得4＝b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2＋ac≥2ac＋ac＝3ac，即ac≤eq\f(4,3)，當且僅當a＝c＝eq\f(2\r(3),3)時，等號成立，因此S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac≤eq\f(\r(3),4)×eq\f(4,3)＝eq\f(\r(3),3)，即△ABC面積的最大值為eq\f(\r(3),3)．17．△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知2(c－acosB)＝eq\r(3)b．(1)求角A；(2)若a＝2，求△ABC的面積的取值范圍．17．解析(1)由2(c－acosB)＝eq\r(3)b及正弦定理得2(sinC－sinAcosB)＝eq\r(3)sinB，所以2sin(A＋B)－2sinAcosB＝eq\r(3)sinB，即2cosAsinB＝eq\r(3)sinB，因為sinB≠0，所以cosA＝eq\f(\r(3),2)，又0＜A＜π，所以A＝eq\f(π,6)．(2)因為a＝2，所以由正弦定理得b＝4sinB，c＝4sinC，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,4)bc＝4sinBsinC，因為C＝π－(A＋B)＝eq\f(5π,6)－B，所以sinC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－B))．所以S△ABC＝4sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－B))＝4sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosB＋\f(\r(3),2)sinB))＝2sinBcosB＋2eq\r(3)sin2B＝sin2B－eq\r(3)cos2B＋eq\r(3)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,3)))＋eq\r(3)．因為0＜B＜eq\f(5π,6)，所以－eq\f(π,3)＜2B－eq\f(π,3)＜eq\f(4π,3)．所以－eq\f(\r(3),2)＜sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,3)))≤1，所以0＜S△ABC≤2＋eq\r(3)，即△ABC的面積的取值范圍是(0，2＋eq\r(3)]．18．現(xiàn)給出兩個條件：①2c－eq\r(3)b＝2acosB，②(2b－eq\r(3)c)cosA＝eq\r(3)acosC．從中選出一個條件補充在下面的問題中，并以此為依據(jù)求解問題：在△ABC中，a，b，c分別