《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

1. (2025·宁德期末)在$\triangle ABC$中，角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，若$2a^{2}+b^{2}=c^{2}$，则$\tan A$的最大值为(C)

A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$

答案： 1.C[解析]方法一:由$2a^{2}+b^{2}=c^{2}$，得$a^{2}=\frac{1}{2}c^{2}-\frac{1}{2}b^{2}$，由余弦定理得$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{b^{2}+c^{2}-\left(\frac{1}{2}c^{2}-\frac{1}{2}b^{2}\right)}{2bc}=\frac{\frac{1}{2}c^{2}+\frac{3}{2}b^{2}}{2bc}\geqslant\frac{\sqrt{3}bc}{2bc}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$0＜A\leqslant\frac{\pi}{6}$，则$\tan A\leqslant\frac{\sqrt{3}}{3}$。
方法二:由余弦定理得$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos C=2a^{2}+b^{2}$，所以$a=-2b\cos C$，即$\sin A=-2\sin B\cos C$，又$\sin A=\sin(B + C)$，代入可得$\sin(B + C)=\sin B\cos C+\cos B\sin C=-2\sin B\cos C$，化简得$\tan C=-3\tan B$，故$\tan A=-\tan(B + C)=-\frac{\tan B+\tan C}{1-\tan B\tan C}=\frac{2\tan B}{1 + 3\tan^{2}B}$。因为$\cos C=-\frac{a}{2b}＜0$，所以$\frac{\pi}{2}＜C＜\pi$，所以$0 ＜ B＜\frac{\pi}{2}$，所以$\tan B\in(0,+\infty)$，所以$\tan A=\frac{2}{\frac{1}{\tan B}+3\tan B}$，而$\frac{1}{\tan B}+3\tan B\geqslant2\sqrt{3}$，当且仅当$\frac{1}{\tan B}=3\tan B$，即$\tan B=\frac{\sqrt{3}}{3}$时取等号，所以$\tan A=\frac{2}{\frac{1}{\tan B}+3\tan B}\leqslant\frac{\sqrt{3}}{3}$。

2. (2025·湛江期末)在$\triangle ABC$中，角$A$，$B$，$C$的对边分别是$a$，$b$，$c$，若$\sqrt{3}a = b(\sqrt{3}\cos C + \sin C)$，且$a + c = 4$，则$b$的最小值是(B)

A.$\sqrt{3}$
B.$2$
C.$2\sqrt{2}$
D.$2\sqrt{3}$

答案： 2.B　[解析]由$\sqrt{3}a = b(\sqrt{3}\cos C+\sin C)$及正弦定理得$\sqrt{3}\sin A=\sqrt{3}\sin B\cos C+\sin B\sin C$。因为$A + B + C=\pi$，所以$\sin A=\sin(B + C)=\sin B\cos C+\cos B\sin C$，所以$\sqrt{3}\sin A=\sqrt{3}\sin B\cos C+\sqrt{3}\cos B\sin C=\sqrt{3}\sin B\cos C+\sin B\sin C$，所以$\sqrt{3}\cos B\sin C=\sin B\sin C$。因为$\sin C＞0$，所以$\tan B=\sqrt{3}$，则$B=\frac{\pi}{3}$。由余弦定理得$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos B=(a + c)^{2}-3ac\geqslant(a + c)^{2}-3\left(\frac{a + c}{2}\right)^{2}=\frac{(a + c)^{2}}{4}=4$，当且仅当$a = c = 2$时等号成立，所以$b\geqslant2$，即$b$的最小值为$2$。

3. 在$\triangle ABC$中，角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，若$a = 4$，$\frac{\sin A}{\tan B} + \cos A = 2$，则$\frac{c}{b}$的值为2，$\cos B$的取值范围为$\left[\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)$.

答案： 3.$2$，$\left[\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)$　[解析]由$\frac{\sin A}{\tan B}+\cos A = 2$，得$\frac{\sin A\cos B}{\sin B}+\cos A = 2$，即$\sin A\cos B+\cos A\sin B = 2\sin B$，即$\sin(A + B)=\sin C = 2\sin B$，由正弦定理得$c = 2b$，即$\frac{c}{b}=2$。而$\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{4^{2}+(2b)^{2}-b^{2}}{2×4×2b}=\frac{16 + 3b^{2}}{16b}=\frac{1}{b}+\frac{3b}{16}\geqslant2\sqrt{\frac{1}{b}·\frac{3b}{16}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，当且仅当$\frac{1}{b}=\frac{3b}{16}$，即$b=\frac{4\sqrt{3}}{3}$时取等号，又$B\in(0,\pi)$，所以$\cos B＜1$，故$\cos B$的取值范围为$\left[\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)$。

4. 在$\triangle ABC$中，角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，$BC$边上的高为$h$。若$h = \frac{\sqrt{3}}{6}a$，则$\frac{b^{2} + c^{2}}{bc}$的最大值为4.

答案： 4.$4$　[解析]若$h=\frac{\sqrt{3}}{6}a$，则$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}ah=\frac{\sqrt{3}}{12}a^{2}$，可得$bc=\frac{\sqrt{3}a^{2}}{6\sin A}$。根据余弦定理，得$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A$，即$b^{2}+c^{2}=a^{2}+2bc\cos A$，所以$\frac{b^{2}+c^{2}}{bc}=\frac{a^{2}}{bc}+2\cos A=\frac{a^{2}}{\frac{\sqrt{3}}{6}a^{2}\sin A}+2\cos A=2\sqrt{3}\sin A+2\cos A = 4\sin\left(A+\frac{\pi}{6}\right)$。当$A+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$，即$A=\frac{\pi}{3}$时，$\frac{b^{2}+c^{2}}{bc}$取得最大值$4$。

例 1 (1)记$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，已知$c = 2$，$\frac{1}{\tan A} + \frac{1}{\tan B} + \frac{1}{\tan A\tan B} = 1$，则$\triangle ABC$面积的最大值为(A)

A.$1 + \sqrt{2}$
B.$1 + \sqrt{3}$
C.$2\sqrt{2}$
D.$2\sqrt{3}$

答案： 例1　
(1)A　[解析]由$\frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan B}+\frac{1}{\tan A\tan B}=1$，可得$\tan A+\tan B + 1=\tan A\tan B$，即$\frac{\sin A}{\cos A}+\frac{\sin B}{\cos B}+1=\frac{\sin A\sin B}{\cos A\cos B}$，所以$\sin A\cos B+\cos A\sin B+\cos A\cos B=\sin A·\sin B$，即$\sin(A + B)=-\cos(A + B)$。在$\triangle ABC$中，$\sin(A + B)=\sin C$，$\cos(A + B)=-\cos C$，则有$\sin C=\cos C$，又$C\in(0,\pi)$，所以$C=\frac{\pi}{4}$。由余弦定理可得$c^{2}=b^{2}+a^{2}-2ab\cos\frac{\pi}{4}\geqslant2ab-\sqrt{2}ab$，当且仅当$a = b$时取等号，而$c = 2$，所以$ab\leqslant\frac{4}{2-\sqrt{2}}=2(2+\sqrt{2})$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C\leqslant\frac{1}{2}×2(2+\sqrt{2})×\frac{\sqrt{2}}{2}=1+\sqrt{2}$。

(2)在斜三角形$ABC$中，若$\sin A = \cos B$，则$3\tan B + \tan C$的最小值为(B)

A.$\sqrt{2}$
B.$\sqrt{5}$
C.$\sqrt{6}$
D.$4\sqrt{3}$

答案：
(2)B[解析]因为$\sin A=\cos B＞0$，所以$B$为锐角，$\sin^{2}A=\cos^{2}B$，则$1-\cos^{2}A=1-\sin^{2}B$，即$\cos^{2}A=\sin^{2}B$，所以$\frac{\sin^{2}A}{\cos^{2}A}=\frac{\cos^{2}B}{\sin^{2}B}$，即$\tan^{2}A=\frac{1}{\tan^{2}B}$，所以$\tan A\tan B=\pm1$。当$\tan A·\tan B = 1$时，$\cos A\cos B-\sin A\sin B = 0$，即$\cos(A + B)=0$，所以$A + B=\frac{\pi}{2}$，不合题意；当$\tan A\tan B=-1$时，$\tan(A + B)=\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}=\frac{\tan A+\tan B}{2}$，所以$\tan C=\tan[\pi-(A + B)]=-\tan(A + B)=-\frac{\tan A+\tan B}{2}$，所以$3\tan B+\tan C=3\tan B-\frac{\tan A+\tan B}{2}=\frac{5}{2}\tan B-\frac{1}{2}\tan A=\frac{5}{2}\tan B+\frac{1}{2\tan B}\geqslant2\sqrt{\frac{5}{2}\tan B·\frac{1}{2\tan B}}=\sqrt{5}$，当且仅当$\frac{5}{2}\tan B=\frac{1}{2\tan B}$，即$\tan B=\frac{\sqrt{5}}{5}$时等号成立。