《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

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$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，已知$2c\cos A - a\cos B = b\cos A$. 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$O_{1}$，$O_{2}$，$O_{3}$，连接$O_{1}O_{2}$，$O_{2}O_{3}$，$O_{1}O_{3}$，得到$\triangle O_{1}O_{2}O_{3}$.
　　　　　　　　　　　
(1)求$A$;
(2)若$\triangle O_{1}O_{2}O_{3}$的面积为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，求$\triangle ABC$的面积的最大值.

答案：
（1）解：在$\triangle ABC$中，因为$2c\cos A - a\cos B = b\cos A$，所以$2c\cos A = a\cos B + b\cos A$，根据正弦定理可得$2\sin C\cos A=\sin A\cos B+\sin B\cos A$，即$2\sin C\cos A=\sin(A + B)=\sin C$。
因为$0\lt C\lt\pi$，$\sin C\neq0$，可得$\cos A=\frac{1}{2}$，由$0\lt A\lt\pi$，可得$A=\frac{\pi}{3}$。
（2）如图，连接$AO_1$，$AO_3$，则$|AO_1|=\frac{\sqrt{3}}{3}c$，$|AO_3|=\frac{\sqrt{3}}{3}b$。
正$\triangle O_1O_2O_3$的面积$S=\frac{1}{2}|O_1O_3|^{2}\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{4}|O_1O_3|^{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$|O_1O_3|^{2}=\frac{8}{3}$，而$\angle BAC=\frac{\pi}{3}$，则$\angle O_1AO_3=\frac{2\pi}{3}$。
所以在$\triangle O_1AO_3$中，由余弦定理得$|O_1O_3|^{2}=|AO_1|^{2}+|AO_3|^{2}-2|AO_1|\cdot|AO_3|\cdot\cos\angle O_1AO_3$，即$\frac{8}{3}=\frac{c^{2}}{3}+\frac{b^{2}}{3}-2\cdot\frac{bc}{3}\cdot(-\frac{1}{2})$，则$b^{2}+c^{2}+bc = 8$。
由基本不等式知，$b^{2}+c^{2}\geqslant2bc$，所以$8 - bc\geqslant2bc$，即$bc\leqslant\frac{8}{3}$，当且仅当$b = c=\frac{2\sqrt{6}}{3}$时取等号，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{\sqrt{3}}{4}bc\leqslant\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$\triangle ABC$的面积的最大值为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$。