《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

变式 1 在$\triangle ABC$中，角$A$，$B$，$C$所对的边分别是$a$，$b$，$c$，且$a$不是最大边。若$a^{2} - b^{2} = 2bc\sin A$，则$\tan A - 9\tan B$的最小值是-2.

答案： 变式1　$-2$【解析】由余弦定理得$a^{2}-b^{2}=c^{2}-2bc\cos A$，则$c^{2}-2bc\cos A = 2bc\sin A$，即$c - 2b\cos A = 2b\sin A$，由正弦定理得$\sin C-2\cos A\sin B = 2\sin A\sin B$，则$\sin A\cos B-\cos A\sin B = 2\sin A\sin B$，所以$\tan A-\tan B = 2\tan A\tan B$，则$\frac{1}{\tan B}-\frac{1}{\tan A}=2$，即$\tan B=\frac{\tan A}{2\tan A + 1}$。
方法一：$\tan A-9\tan B=\tan A-\frac{9\tan A}{2\tan A + 1}=\frac{1}{2}(2\tan A + 1)+\frac{9}{2(2\tan A + 1)}-5\geqslant - 2$，当且仅当$\tan A = 1$时取等号。
方法二：$\tan A-9\tan B=\frac{1}{2}(\tan A-9\tan B)\left(\frac{1}{\tan B}-\frac{1}{\tan A}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{\tan A}{\tan B}+9\frac{\tan B}{\tan A}-10\right)\geqslant - 2$，当且仅当$\tan A = 1$时取等号。

例 2 （1）在$\triangle ABC$中，角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，$\triangle ABC$的面积为$S$。已知$a = 4$，$2S = a^{2} - (b - c)^{2}$，则$\triangle ABC$周长的最大值为4 + 4\sqrt{5}.
（2）(2025·长沙期末)在$\triangle ABC$中，角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，且外接圆半径为$R = 5$，则$\frac{abc}{a^{2} + b^{2} + 2c^{2}}$的最大值为\sqrt{5}.

答案：
例2　
(1)$4 + 4\sqrt{5}$　[解析]因为$2S=a^{2}-(b - c)^{2}$，而$S=\frac{1}{2}bc\sin A$，所以$2×\frac{1}{2}bc\sin A=a^{2}-(b - c)^{2}$，整理得$a^{2}=b^{2}+c^{2}-bc(2-\sin A)$。由余弦定理$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A$，可得$2-\sin A = 2\cos A$。又因为$\sin^{2}A+\cos^{2}A = 1$，$A\in(0,\pi)$，所以$\sin A=\frac{4}{5}$，$\cos A=\frac{3}{5}$。又因为$a = 4$，所以由$a^{2}=b^{2}+c^{2}-bc(2-\sin A)$，可得$16=b^{2}+c^{2}-\frac{6}{5}bc=(b + c)^{2}-\frac{16}{5}bc\geqslant(b + c)^{2}-\frac{16}{5}\left(\frac{b + c}{2}\right)^{2}$，解得$b + c\leqslant4\sqrt{5}$，当且仅当$b = c = 2\sqrt{5}$时等号成立，所以$\triangle ABC$的周长$a + b + c\leqslant4 + 4\sqrt{5}$，即$\triangle ABC$周长的最大值为$4 + 4\sqrt{5}$。
(2)$\sqrt{5}$　[解析]方法一(正弦定理+余弦定理+基本不等式+三角最值)：设$a^{2}+b^{2}+2c^{2}=t$，由余弦定理可得$a^{2}+b^{2}-c^{2}=2ab\cos C$，所以$2a^{2}+2b^{2}-2c^{2}=4ab\cos C$，所以$3(a^{2}+b^{2})=t + 4ab\cos C$。因为$a^{2}+b^{2}\geqslant2ab$，所以$t + 4ab\cos C\geqslant6ab$，即$ab\leqslant\frac{t}{6 - 4\cos C}$，当且仅当$a = b$时取等号。因为外接圆半径为$R = 5$，所以$c = 2R\sin C = 10\sin C$。因为$C\in(0,\pi)$，所以$\frac{C}{2}\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$，所以$\tan\frac{C}{2}＞0$，所以$\frac{abc}{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}=\frac{abc}{t}\leqslant\frac{c}{6 - 4\cos C}=\frac{10\sin C}{6 - 4\cos C}=\frac{5\sin C}{3 - 2\cos C}$。令$\frac{5\sin C}{3 - 2\cos C}=k$，则$5\sin C+2k\cos C = 3k$，即$3k=\sqrt{25 + 4k^{2}}\sin(C+\varphi)$，则$3|k|\leqslant\sqrt{25 + 4k^{2}}$，所以$5k^{2}\leqslant25$，所以$k\leqslant\sqrt{5}$，所以$\frac{abc}{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}$的最大值为$\sqrt{5}$。
方法二(正弦定理+中线长定理+基本不等式+面积法)：如图，取$AB$的中点$D$，连接$CD$，设$CD = m$。由$S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{abc}{4R}$，及$2(a^{2}+b^{2})=c^{2}+(2m)^{2}$（平行四边形对角线的平方和等于四条边的平方和），得原式$=\frac{20S}{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}=\frac{20S}{\frac{5}{2}c^{2}+2m^{2}}\leqslant\frac{20S}{2\sqrt{5}cm}=\frac{20×\frac{1}{2}cmsin\theta}{2\sqrt{5}cm}=\sqrt{5}\sin\theta\leqslant\sqrt{5}$，当且仅当$\theta=\frac{\pi}{2}$且$c^{2}=\frac{4}{5}m^{2}$，即$a = b$且$c^{2}=\frac{4}{5}m^{2}$时取等号，所以$\frac{abc}{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}$的最大值为$\sqrt{5}$。

方法三(正弦定理+加权形式的外森比克不等式)：由$S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{abc}{4R}$，得$\frac{abc}{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}=\frac{20S}{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}$。由加权形式的外森比克不等式，得$a^{2}+b^{2}+2c^{2}\geqslant4\sqrt{1 + 2 + 2}S = 4\sqrt{5}S$，所以原式$=\frac{20S}{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}\leqslant\frac{20S}{4\sqrt{5}S}=\sqrt{5}$，当且仅当$\cot A:\cot B:\cot C = 1:1:2$时取等号，所以$\frac{abc}{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}$的最大值为$\sqrt{5}$。

变式 2 （1）在$\triangle ABC$中，$a$，$b$，$c$分别是角$A$，$B$，$C$的三边长，若$a^{2} + b^{2} + 2c^{2} = 8$，则$\triangle ABC$面积的最大值为\frac{2\sqrt{5}}{5}.
（2）在锐角三角形$ABC$中，$a$，$b$，$c$分别是角$A$，$B$，$C$的对边，若$b\cos C + \frac{1}{2}c = a$，$c = 1$，则$a^{2} + b^{2}$的取值范围为(1,7).

答案：
变式2　
(1)$\frac{2\sqrt{5}}{5}$ 方法一(余弦定理+基本不等式+三角最值)：由$a^{2}+b^{2}+2c^{2}=8$，得$a^{2}+b^{2}+2(a^{2}+b^{2}-2ab\cos C)=8$，即$3(a^{2}+b^{2})=8 + 4ab\cos C$，又$a^{2}+b^{2}\geqslant2ab$，所以$8 + 4ab\cos C\geqslant6ab$，所以$ab\leqslant\frac{4}{3 - 2\cos C}$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C\leqslant\frac{2\sin C}{3 - 2\cos C}$。令$\frac{2\sin C}{3 - 2\cos C}=t$，则$2\sin C+2t\cos C = 3t$，即$|3t|\leqslant2\sqrt{t^{2}+1}$，所以$5t^{2}\leqslant4$，所以$t$的最大值为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
方法二(三斜求积+整体代换+基本不等式)：由$a^{2}+b^{2}+2c^{2}=8$，得$a^{2}+b^{2}=8 - 2c^{2}$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}ab\sqrt{1-\left(\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\right)^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{a^{2}b^{2}-\left(\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2}\right)^{2}}\leqslant\frac{1}{2}\sqrt{\left(\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\right)^{2}-\left(\frac{4 - c^{2}}{2}\right)^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{c^{2}(4 - c^{2})}\leqslant\frac{1}{2}×2×\frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，当且仅当$a^{2}=b^{2}$且$c^{2}=\frac{8}{5}$，$a^{2}=b^{2}=\frac{12}{5}$时取等号。
方法三(中线长定理+基本不等式)：由$2(a^{2}+b^{2})=c^{2}+(2m)^{2}$（平行四边形对角线的平方和等于四条边的平方和），得$a^{2}+b^{2}=\frac{1}{2}c^{2}+2m^{2}=8 - 2c^{2}$，所以$m^{2}+\frac{5}{4}c^{2}=4\geqslant2\sqrt{\frac{5}{4}}mc=\sqrt{5}mc$，所以$mc$的最大值为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，则$S=\frac{1}{2}mc\sin\theta\leqslant\frac{1}{2}mc\leqslant\frac{2\sqrt{5}}{5}$。

方法四(加权形式的外森比克不等式)：$a^{2}+b^{2}+2c^{2}=8\geqslant4\sqrt{1 + 2 + 2}S = 4\sqrt{5}S$，当且仅当$\cot A:\cot B:\cot C = 1:1:2$时取等号，所以$S\leqslant\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
(2)$(1,7)$　[解析]因为$b\cos C+\frac{1}{2}c = a$，所以由正弦定理得$2\sin B\cos C+\sin C = 2\sin A = 2\sin(B + C)=2\sin B\cos C+2\cos B\sin C$，整理得$2\cos B\sin C=\sin C$，因为$B,C\in(0,\pi)$，所以$\sin C＞0$，所以$\cos B=\frac{1}{2}$，所以$B=\frac{\pi}{3}$。因为$\triangle ABC$为锐角三角形，所以$\begin{cases}0＜C＜\frac{\pi}{2}\\0＜\frac{2\pi}{3}-C＜\frac{\pi}{2}\end{cases}$，解得$C\in\left(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}\right)$。又因为$B=\frac{\pi}{3}$，$c = 1$，所以由正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$，得$a=\frac{c\sin A}{\sin C}$，同理$b=\frac{c\sin B}{\sin C}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sin C}$，所以$a^{2}+b^{2}=\frac{\sin^{2}A}{\sin^{2}C}+\frac{3}{4\sin^{2}C}=\frac{4\sin^{2}A + 3}{4\sin^{2}C}=\frac{4\sin^{2}\left(\frac{2\pi}{3}-C\right)+3}{4\sin^{2}C}=\frac{3\cos^{2}C+\sin^{2}C+2\sqrt{3}\sin C\cos C+3}{4\sin^{2}C}=\frac{6\cos^{2}C+4\sin^{2}C+2\sqrt{3}\sin C\cos C+3}{4\sin^{2}C}=\frac{3}{2\tan^{2}C}+\frac{\sqrt{3}}{2\tan C}+1$，因为$C\in\left(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}\right)$，所以$\tan C＞\frac{\sqrt{3}}{3}$，令$t=\frac{1}{\tan C}\in(0,\sqrt{3})$，所以$a^{2}+b^{2}=\frac{3}{2}t^{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}t + 1$在$t\in(0,\sqrt{3})$上单调递增，则$1 ＜ a^{2}+b^{2}＜7$，所以$a^{2}+b^{2}$的取值范围为$(1,7)$。

例 3 (1)满足$AB = 2$，$AC = \sqrt{2}BC$的$\triangle ABC$的面积的最大值是2\sqrt{2}.
(2)(2025·芜湖二模)(多选)在$\triangle ABC$中，已知$CA + CB = 10$，$AB = 8$，则此三角形的面积可能为(AC)
A. $e^{2}$
B. $10\sqrt{3}$
C. $12$
D. $15$

答案： 例3
(1)$2\sqrt{2}$　[解析]
(1)方法一:设$BC = x$，则$AC=\sqrt{2}x$，根据面积公式得$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB· BC\sin B=\frac{1}{2}×2x\sqrt{1-\cos^{2}B}$，由余弦定理得$\cos B=\frac{AB^{2}+BC^{2}-AC^{2}}{2AB· BC}=\frac{4 + x^{2}-(\sqrt{2}x)^{2}}{4x}=\frac{4 - x^{2}}{4x}$，代入上式得$S_{\triangle ABC}=x\sqrt{1-\left(\frac{4 - x^{2}}{4x}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{128-(x^{2}-12)^{2}}{16}}$，由三角形三边关系得$\begin{cases}\sqrt{2}x+x＞2\\2+x＞\sqrt{2}x\end{cases}$，解得$2\sqrt{2}-2＜x＜2\sqrt{2}+2$，故当$x = 2\sqrt{3}$时，$S_{\triangle ABC}$取得最大值$2\sqrt{2}$。
方法二:以$AB$的中垂线为$y$轴建立平面直角坐标系(图略)，则$A(-1,0)$，$B(1,0)$，设$C(x,y)(y\neq0)$，则$(x + 1)^{2}+y^{2}=2(x - 1)^{2}+2y^{2}$，化简得$x^{2}+y^{2}-6x + 1 = 0(y\neq0)$，即$(x - 3)^{2}+y^{2}=8(y\neq0)$，圆周上的点到$x$轴的距离的最大值为$2\sqrt{2}$，所以$(S_{\triangle ABC})_{\max}=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{2}=2\sqrt{2}$。
(2)$AC$【解析】方法一：记$\triangle ABC$内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$。因为$CA + CB = 10$，$AB = 8$，即$a + b = 10$，$c = 8$，所以$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{(a + b)^{2}-2ab - c^{2}}{2ab}=\frac{10^{2}-2ab - 8^{2}}{2ab}=\frac{18}{ab}-1$。因为$0 ＜ C＜\pi$，所以$\sin C=\sqrt{1-\cos^{2}C}=\sqrt{1-\left(\frac{18}{ab}-1\right)^{2}}=6\sqrt{\frac{1}{ab}-\frac{9}{(ab)^{2}}}$，故$\triangle ABC$的面积$S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}ab×6\sqrt{\frac{1}{ab}-\frac{9}{(ab)^{2}}}=3\sqrt{ab - 9}$。因为$ab\leqslant\left(\frac{a + b}{2}\right)^{2}=25$，当且仅当$a = b = 5$时等号成立，所以$S = 3\sqrt{ab - 9}\leqslant3×\sqrt{25 - 9}=12$，则此三角形面积的最大值为$12$。因为$10\sqrt{3}＞12$，$15＞12$，$e^{2}＜12$，所以$A$，$C$正确。
方法二：以$AB$的中垂线为$y$轴，建立平面直角坐标系(图略)，点$C$在椭圆$\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1(y\neq0)$上，可知当点$C$为椭圆的上、下顶点时，$\triangle ABC$的面积最大，为$\frac{1}{2}×8×3 = 12$，所以$S_{\triangle ABC}\in(0,12]$。

变式 3 在$\triangle ABC$中，角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，若$BC = a = 6$，$\sin B = \frac{1}{2}\sin C$，则当$\triangle ABC$的面积最大时，$AC$的长为2\sqrt{5}.

答案： 变式3 $2\sqrt{5}$【解析】因为$\sin B=\frac{1}{2}\sin C$，由正弦定理可得$b=\frac{1}{2}c$，即$c = 2b$。因为$BC = 6$，不妨令$B(-3,0)$，$C(3,0)$，设点$A$的坐标为$(x,y)(y\neq0)$，则点$A$的轨迹方程满足$\sqrt{(x + 3)^{2}+y^{2}}=2\sqrt{(x - 3)^{2}+y^{2}}$，整理可得$(x - 5)^{2}+y^{2}=16(y\neq0)$，即点$A$的轨迹是以$(5,0)$为圆心，$4$为半径的圆(与$x$轴的两交点除外)，当点$A$的坐标$A(5,4)$或$A(5,-4)$时，$\triangle ABC$的面积最大，其最大值为$S=\frac{1}{2}×6×4 = 12$，此时$AC=\sqrt{(5 - 3)^{2}+(4 - 0)^{2}}=2\sqrt{5}$。