《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

例 3 已知△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 $\frac{\tan B}{\tan C} = \frac{2a - c}{c}$.
（1）求角 B 的大小；
（2）若△ABC 为锐角三角形，且 c = 2，求△ABC 面积的取值范围.

答案：
(1)因为$\frac{\tan B}{\tan C} = \frac{2a - c}{c}$，所以$\frac{\sin B\cos C}{\cos B\sin C} + 1 = \frac{2a}{c}$。由正弦定理得$\frac{\sin B\cos C + \cos B\sin C}{\cos B\sin C} = \frac{2\sin A}{\sin C}$，所以$\frac{\sin(B + C)}{\cos B\sin C} = \frac{2\sin A}{\sin C}$。因为$A,B,C \in (0,\pi)$，所以$\sin A ＞ 0$，$\sin C ＞ 0$，所以$\cos B = \frac{1}{2}$，所以$B = \frac{\pi}{3}$。
(2)由
(1)知$B = \frac{\pi}{3}$，$A + B + C = \pi$，得$A + C = \frac{2\pi}{3}$。因为$\triangle ABC$是锐角三角形，所以$\begin{cases}0 ＜ C ＜ \frac{\pi}{2}\\0 ＜ \frac{2\pi}{3} - C ＜ \frac{\pi}{2}\end{cases}$，解得$\frac{\pi}{6} ＜ C ＜ \frac{\pi}{2}$。由正弦定理得$a = \frac{c\sin A}{\sin C}$，又$c = 2$，所以$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2} · \frac{2\sin A}{\sin C} · 2 · \sin B = \sqrt{3} · \frac{\sin A}{\sin C} = \sqrt{3} · \frac{\sin(\frac{2\pi}{3} - C)}{\sin C} = \sqrt{3} · \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cos C + \frac{1}{2}\sin C}{\sin C} = \frac{3}{2\tan C} + \frac{\sqrt{3}}{2}$。因为$\frac{\pi}{6} ＜ C ＜ \frac{\pi}{2}$，所以$\tan C ＞ \frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\frac{\sqrt{3}}{2} ＜ \frac{3}{2\tan C} + \frac{\sqrt{3}}{2} ＜ 2\sqrt{3}$，即$\frac{\sqrt{3}}{2} ＜ S_{\triangle ABC} ＜ 2\sqrt{3}$，故$\triangle ABC$面积的取值范围是$(\frac{\sqrt{3}}{2},2\sqrt{3})$。

变式 3 （2025·苏州期初）在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 (2a - √{3}c) cos B = √{3} b cos C.
（1）求角 B 的大小；
（2）若 c = √{3}，a + b = 2，求△ABC 的面积；
（3）若 a = 2，且△ABC 为锐角三角形，求△ABC 周长的取值范围.

答案：
(1)因为$(2a - \sqrt{3}c)\cos B = \sqrt{3}b\cos C$，所以由正弦定理得$(2\sin A - \sqrt{3}\sin C)\cos B = \sqrt{3}\sin B\cos C$，所以$2\sin A · \cos B = \sqrt{3}\sin(B + C)$。因为$A \in (0,\pi)$，所以$\sin A ＞ 0$，所以$\cos B = \frac{\sqrt{3}}{2}$。又因为$B \in (0,\pi)$，所以$B = \frac{\pi}{6}$。
(2)因为$c = \sqrt{3}$，$a + b = 2$，所以由余弦定理得$b^{2} = a^{2} + c^{2} - 2ac\cos B$，即$a^{2} + 3 - 2a × \sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{2} = b^{2}$，所以$a^{2} + 3 - 3a = (2 - a)^{2}$，解得$a = 1$，所以$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2} × 1 × \sqrt{3} × \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{4}$。
(3)在$\triangle ABC$中，因为$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$，所以$\frac{2}{\sin A} = \frac{b}{\frac{1}{2}} = \frac{c}{\sin C}$，所以$b + c = \frac{\sin(A + \frac{\pi}{6})}{\sin A} = \frac{1}{2} + \frac{\sin(A + \frac{\pi}{6})}{\sin A} = \frac{1 + 2\sin(A + \frac{\pi}{6})}{\sin A} = \frac{1 + 2(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin A + \frac{1}{2}\cos A)}{\sin A} = \frac{\sqrt{3}\sin A + 1 + \cos A}{\sin A} = \sqrt{3} + \frac{1 + \cos A}{\sin A} = \sqrt{3} + \frac{2\cos^{2}\frac{A}{2}}{2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}} = \sqrt{3} + \frac{1}{\tan\frac{A}{2}}$。因为$\triangle ABC$为锐角三角形，所以$\begin{cases}0 ＜ A ＜ \frac{\pi}{2}\\0 ＜ \pi - A - \frac{\pi}{6} ＜ \frac{\pi}{2}\end{cases}$，即$\begin{cases}0 ＜ A ＜ \frac{\pi}{2}\frac{\pi}{3} ＜ A ＜ \frac{\pi}{2}\end{cases}$，所以$\frac{\pi}{3} ＜ A ＜ \frac{\pi}{2}$，所以$\frac{\pi}{6} ＜ \frac{A}{2} ＜ \frac{\pi}{4}$，所以$\frac{\sqrt{3}}{3} ＜ \tan\frac{A}{2} ＜ 1$，所以$1 ＜ \frac{1}{\tan\frac{A}{2}} ＜ \sqrt{3}$，所以$\sqrt{3} + 1 ＜ b + c ＜ 2\sqrt{3}$，所以$3 + \sqrt{3} ＜ a + b + c ＜ 2 + 2\sqrt{3}$，故$\triangle ABC$周长的取值范围为$(3 + \sqrt{3},2 + 2\sqrt{3})$。