《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

6. [2025 浙江宁波期末]已知△ABC 的面积为 S，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足 4a² = b² + c²，则$\frac{S}{a²}$的最大值为$\frac{\sqrt{7}}{4}$。

答案： 6. $\frac{\sqrt{7}}{4}$ 因为$4a^{2}=b^{2}+c^{2}$，所以$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{3a^{2}}{2bc}$，所以$\frac{S}{a^{2}}=\frac{\frac{1}{2}bc\sin A}{a^{2}}=\frac{bc\sqrt{1 - \cos^{2}A}}{2a^{2}}=\sqrt{\frac{b^{2}c^{2}-\frac{1}{4}(3a^{2})^{2}}{2a^{2}}}$，因为$4a^{2}=b^{2}+c^{2}\geqslant2\sqrt{b^{2}c^{2}}$，当且仅当$b = c$时取等号，即$b^{2}c^{2}\leqslant(2a^{2})^{2}$，所以$\frac{S}{a^{2}}=\sqrt{\frac{b^{2}c^{2}-\frac{1}{4}(3a^{2})^{2}}{2a^{2}}}\leqslant\sqrt{\frac{(2a^{2})^{2}-\frac{1}{4}(3a^{2})^{2}}{2a^{2}}}=\frac{\sqrt{7}}{4}$。

7. [2025 辽宁名校联盟期中]已知在△ABC 中，a，b，c 是角 A，B，C 所对的边，asin$\frac{A + C}{2}$ = bsinA。
（1）求角 B 的大小。
（2）已知 a = b = 1。
①如图 1，在△ABC 的边 AB，BC 上分别取 D，E 两点，若 AD = DE，求 AD 长度的最小值；
②如图 2，D，E，F 分别在边 AB，BC，AC 上，DE⊥EF，∠EDF = $\frac{π}{6}$，求△DEF 面积的最小值。

答案： 7. 解：
(1)因为$a\sin\frac{A + C}{2}=b\sin A$，所以$\sin A\sin\frac{A + C}{2}=\sin B\sin A$，结合$\sin A＞0$，得$\sin\frac{\pi - B}{2}=\sin B$，则$2\sin\frac{B}{2}\cos\frac{B}{2}=\cos\frac{B}{2}$，又$0＜\frac{B}{2}＜\frac{\pi}{2}$，所以$\cos\frac{B}{2}＞0$，所以$\sin\frac{B}{2}=\frac{1}{2}$，解得$B=\frac{\pi}{3}$。
(2)①由$a = b = 1$，结合
(1)得$\triangle ABC$是正三角形，设$BE = x(0\leqslant x\leqslant1)$，当$x = 0$时，$E$与$B$重合，$D$为$AB$的中点，$AD=\frac{1}{2}$；当$x = 1$时，$E$与$C$重合，$AD = 1$；当$0＜x＜1$时，在$\triangle BDE$中，$BD = 1 - AD$，$DE = AD$，由余弦定理得$BD^{2}+BE^{2}-DE^{2}=2BD· BE\cos B$，即$(1 - AD)^{2}+x^{2}-AD^{2}=(1 - AD)· x$，解得$AD=\frac{x^{2}-x + 1}{2 - x}=2 - x+\frac{3}{2 - x}-3\geqslant2\sqrt{3}-3$，当且仅当$x = 2 - \sqrt{3}$时取等号，而$2\sqrt{3}-3＜\frac{1}{2}$，所以$AD$长度的最小值$2\sqrt{3}-3$。
②设$CF = m$，$\angle CEF=\theta(0＜\theta＜\frac{\pi}{2})$，则$\angle CFE=\frac{2\pi}{3}-\theta$。在$\triangle CEF$中，由$\frac{EF}{\sin\frac{\pi}{3}}=\frac{CF}{\sin\theta}=\frac{CE}{\sin(\frac{2\pi}{3}-\theta)}$，解得$EF=\frac{\sqrt{3}m}{2\sin\theta}$，$CE=\frac{(\sqrt{3}\cos\theta+\sin\theta)m}{2\sin\theta}$。在$\triangle DEF$中，$DE\perp EF$，$\angle EDF=\frac{\pi}{6}$，则$\angle DFE=\frac{\pi}{3}$，$\angle AFD=\pi-(\angle DFE+\angle CFE)=\theta=\angle CEF$，又$A = C=\frac{\pi}{3}$，所以$\triangle ADF\sim\triangle CFE$，所以$\frac{AF}{CE}=\frac{DF}{EF}=2$，则$AF = 2CE=\frac{(\sqrt{3}\cos\theta+\sin\theta)m}{\sin\theta}$，由$AF + CF = 1$，得$\frac{(\sqrt{3}\cos\theta+\sin\theta)m}{\sin\theta}+m = 1$，解得$m=\frac{\sin\theta}{2\sin\theta+\sqrt{3}\cos\theta}$。因此$\triangle DEF$的面积$S_{\triangle DEF}=\frac{1}{2}DE· EF=\frac{\sqrt{3}}{2}EF^{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}(\frac{\sqrt{3}m}{2\sin\theta})^{2}=\frac{3\sqrt{3}}{8}·\frac{m^{2}}{\sin^{2}\theta}=\frac{3\sqrt{3}}{56\sin^{2}(\theta+\varphi)}$（其中$\tan\varphi=\frac{\sqrt{3}}{2}$），而$\varphi＜\theta+\varphi＜\frac{\pi}{2}+\varphi$，则当$\theta+\varphi=\frac{\pi}{2}$时，$[\sin(\theta+\varphi)]_{\max}=1$，$(S_{\triangle DEF})_{\min}=\frac{3\sqrt{3}}{56}$，所以$\triangle DEF$面积的最小值为$\frac{3\sqrt{3}}{56}$。

8. [2024 湖北武汉期末]已知在△ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 对应的边，S 为△ABC 的面积，且 absinB - a²sinA = 2S(1 - $\frac{sinC}{sinB}$)。
（1）求角 A 的大小；
（2）若 a = 2，求△ABC 内切圆半径的最大值。

答案： 8. 解：
(1)因为$ab\sin B - a^{2}\sin A = 2S(1-\frac{\sin C}{\sin B})$，所以$ab\sin B - a^{2}\sin A = ab\sin C(1-\frac{\sin C}{\sin B})$，由正弦定理得$ab^{2}-a^{3}=abc(1-\frac{c}{b})$，整理得$b^{2}+c^{2}-a^{2}=bc$，由余弦定理得$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{1}{2}$。又$A\in(0,\pi)$，所以$A=\frac{\pi}{3}$。
(2)设$\triangle ABC$内切圆的半径为$r$，则$S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}r(a + b + c)$，所以$r=\frac{bcsinA}{a + b + c}=\frac{\sqrt{3}bc}{2(2 + b + c)}$。又$b^{2}+c^{2}-4 = bc$，所以$(b + c)^{2}-4 = 3bc$，则$r=\frac{\sqrt{3}bc}{2(2 + b + c)}=\frac{\sqrt{3}[(b + c)^{2}-4]}{6(2 + b + c)}=\frac{\sqrt{3}(b + c - 2)}{6}$。由$(b + c)^{2}-4 = 3bc\leqslant3·\frac{(b + c)^{2}}{4}$，得$b + c\leqslant4$，当且仅当$b = c = 2$时取等号，所以$r=\frac{\sqrt{3}}{6}(b + c - 2)\leqslant\frac{\sqrt{3}}{3}$，即$\triangle ABC$内切圆半径的最大值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$。