解析

设 $\triangle ABC$ 的外心为 $O$，$E$、$F$ 分别为 $O$ 在边 $AC$、$AB$ 上的投影。

第一步：向量转换

由向量运算：

$2\overrightarrow{AO} \cdot \overrightarrow{BC} = 2\overrightarrow{AO} \cdot (\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}) = 2\overrightarrow{AE} \cdot \overrightarrow{AC} - 2\overrightarrow{AF} \cdot \overrightarrow{AB}$

利用外心性质（$E$、$F$ 为弦的中点），得：

$= b^2 - c^2$

第二步：利用已知条件

由题意：

$b^2 - c^2 = a^2(1 - \cos B) - ab\cos A = a^2 - a^2\cos B - ab\cos A$

整理得：

$a^2\cos B + ab\cos A = a^2 + c^2 - b^2$

由向量关系可得 $a^2 + c^2 - b^2 = 2ac\cos B$，代入：

$a\cos B + b\cos A = 2c\cos B$

根据射影定理 $a\cos B + b\cos A = c$，代入得：

$c = 2c\cos B \Rightarrow \cos B = \frac{1}{2}$

故 $B = \dfrac{\pi}{3}$。

第三步：求最大值

$\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = ac\cos B = \frac{1}{2}ac$

由余弦定理：

$b^2 = a^2 + c^2 - 2ac\cos B = a^2 + c^2 - ac$

由均值不等式：

$a^2 + c^2 \geqslant 2ac \Rightarrow a^2 + c^2 - ac \geqslant ac$

即 $b^2 \geqslant ac$。

已知 $b = 2$，故 $b^2 = 4 \geqslant ac$。

因此：

$\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = \frac{1}{2}ac \leqslant \frac{1}{2} \times 4 = 2$

答案：$\displaystyle 2$

解析

由 $\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{DE} = \overrightarrow{EC}$，D、E 为 BC 的三等分点。

第一步：向量分点公式

$\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AB} + \frac{1}{3}(\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}) = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$

$\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BE} = \overrightarrow{AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AB} + \frac{2}{3}(\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}) = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$

第二步：代入向量等式

$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 2 \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AE}$

$\Rightarrow \overrightarrow{AB} \cdot \left(\frac{2}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow{AC}\right) = 2 \cdot \overrightarrow{AC} \cdot \left(\frac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow{AC}\right)$

$\Rightarrow \frac{2}{3}c^2 + \frac{1}{3}bc\cos A = \frac{2}{3}bc\cos A + \frac{4}{3}b^2$

$\Rightarrow 2c^2 - bc\cos A - 4b^2 = 0$

第三步：用余弦定理

由余弦定理 $\cos A = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$，代入得：

$2c^2 - b^2 - c^2 + \frac{a^2}{2} - 4b^2 = 0$

$\Rightarrow 3c^2 - 9b^2 + a^2 = 0 \quad \Rightarrow \quad b^2 = \frac{a^2 + 3c^2}{9}$

第四步：求 $\cos B$

$\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} = \frac{a^2 + c^2 - \frac{a^2 + 3c^2}{9}}{2ac} = \frac{8a^2 + 6c^2}{18ac}$

令 $t = \dfrac{a}{c}$，则：

$\cos B = \frac{8t^2 + 6}{18t} = \frac{4t^2 + 3}{9t}$

由均值不等式：

$\frac{4t^2 + 3}{9t} \geq \frac{2\sqrt{4t^2 \cdot 3}}{9t} = \frac{4\sqrt{3}}{9}$

当 $4t^2 = 3$，即 $t = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 时取等号。

第五步：求 $\sin B$ 最大值

$\sin B = \sqrt{1 - \cos^2 B} \leq \sqrt{1 - \left(\frac{4\sqrt{3}}{9}\right)^2} = \sqrt{\frac{33}{81}} = \frac{\sqrt{33}}{9}$

答案：$\displaystyle \frac{\sqrt{33}}{9}$

析

利用正弦定理将边长关系转化为正弦关系，再通过余弦定理建立角之间的比例关系，求出 $\tan C = 3\tan A$，最后利用正切恒等式消元并用基本不等式求最值。

解

第一步：正弦定理转化
由 $2\sin^2 A + \sin^2 B = 2\sin^2 C$ 得 $2a^2 + b^2 = 2c^2$。

第二步：余弦定理建立角的关系
由 $c^2 = a^2 + \dfrac{b^2}{2}$，代入余弦定理：

$\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} = \frac{b}{4a}$

利用正弦定理 $\dfrac{b}{a} = \dfrac{\sin B}{\sin A}$，得 $\cos C = \dfrac{\sin B}{4\sin A}$。

第三步：三角变换求 $\tan C$
由 $\sin B = \sin(A+C) = \sin A \cos C + \cos A \sin C$ 代入并整理得 $\tan C = 3\tan A$。

第四步：三角形正切恒等式
在三角形中 $\tan A + \tan B + \tan C = \tan A \cdot \tan B \cdot \tan C$，代入 $\tan C = 3\tan A$ 得 $\tan B = \dfrac{4\tan A}{3\tan^2 A - 1}$。

第五步：代入目标表达式

$\frac{1}{\tan A} + \frac{1}{\tan B} + \frac{1}{\tan C} = \frac{13}{12\tan A} + \frac{3}{4}\tan A$

第六步：AM-GM 不等式

$\frac{13}{12\tan A} + \frac{3}{4}\tan A \geq 2\sqrt{\frac{13}{12\tan A} \cdot \frac{3}{4}\tan A} = \frac{\sqrt{13}}{2}$

当且仅当 $\tan^2 A = \dfrac{13}{9}$ 时取等。

【点评】

处理三角形中涉及正切的多元最值问题，常用正切恒等式 $\tan A + \tan B + \tan C = \tan A \tan B \tan C$ 进行消元。关键在于边角互化——通过正弦定理和余弦定理建立边与角之间的关系。

答案：$\displaystyle \frac{\sqrt{13}}{2}$

析：由条件 $\dfrac{\cos A}{1+\sin A} = \dfrac{\sin 2B}{1+\cos 2B}$ 利用半角公式和同角关系化简，可推出 $\sin B = -\cos C$。这是沟通三个角的关键等式，由此可逐问求解。

解：

由条件化简

右边利用半角公式：$\dfrac{\sin 2B}{1+\cos 2B} = \dfrac{2\sin B\cos B}{2\cos^2 B} = \tan B$。

左边：$\dfrac{\cos A}{1+\sin A} = \dfrac{\sin(\frac{\pi}{2}-A)}{1+\cos(\frac{\pi}{2}-A)} = \tan(\frac{\pi}{4}-\frac{A}{2})$。

故 $\tan(\frac{\pi}{4}-\frac{A}{2}) = \tan B$，即 $\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{A}{2} = B$（由三角形角的范围取正切的主值）。

整理得 $\dfrac{A}{2}+B = \dfrac{\pi}{4}$。

又 $A+B+C=\pi$，代入得 $\dfrac{A}{2} = \dfrac{3\pi}{4} - C$，即 $\sin A = \cos(2C-\dfrac{\pi}{2})$。

利用三角恒等变换可进一步推得 $\sin B = -\cos C$。

第 (1) 问

$C = \dfrac{2\pi}{3}$，则 $\cos C = -\dfrac{1}{2}$，故 $\sin B = -\cos C = \dfrac{1}{2}$。

由 $\sin B = \dfrac{1}{2}$ 且 $B \in (0,\pi)$，$B = \dfrac{\pi}{6}$ 或 $B = \dfrac{5\pi}{6}$。

但由 $\sin B = -\cos C = -\cos\dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{1}{2}>0$ 且 $C$ 为钝角（$\dfrac{2\pi}{3}$），结合 $B+C<\pi$（三角形内角和）知 $B = \dfrac{\pi}{6}$。

答案：$\displaystyle B = \frac{\pi}{6}$

第 (2) 问

由 $\sin B = -\cos C = \sin\left(C-\dfrac{\pi}{2}\right)$，知 $C$ 为钝角，且 $B = C - \dfrac{\pi}{2}$。

由三角形内角和：

$\sin A = \sin(B+C) = \sin\left(2C-\frac{\pi}{2}\right) = -\cos 2C$

由正弦定理 $a:c = \sin A:\sin C$，$b:c = \sin B:\sin C$，代入得

$\frac{a^2+b^2}{c^2} = \frac{\sin^2 A+\sin^2 B}{\sin^2 C} = \frac{\cos^2 2C + \cos^2 C}{\sin^2 C} = 1 + \frac{2\cos^2 C\cos 2C}{\sin^2 C}$

将 $\cos 2C = 2\cos^2 C-1$ 代入，整理得

$\frac{a^2+b^2}{c^2} = 1 + 2\left(2\cos^2 C+\frac{1}{\sin^2 C}-3\right)$

令 $t = \sin^2 C$（$C$ 为钝角，$t \in (0,1)$），利用 $\text{AM-GM}$ 不等式：

$2\cos^2 C+\frac{1}{\sin^2 C} = 2(1-t)+\frac{1}{t} \ge 2\sqrt{2}$

当 $\cos^2 C = \dfrac{1}{\sin^2 C}$，即 $\tan^2 C = 2$ 时取等。

故 $\displaystyle \frac{a^2+b^2}{c^2} \ge 4\sqrt{2}-5$。

【点评】本题的核心在于从条件推出 $\sin B = -\cos C$，这一步沟通了三个内角的关系。第一问直接代入即可；第二问则需要灵活运用正弦定理将边长比转化为三角函数，再利用恒等变形和均值不等式求最值。关键技巧在于利用半角公式化简分式条件，以及利用 $C$ 为钝角确定角度关系的符号。

答案：$(1)\ B = \dfrac{\pi}{6}$，$(2)\ \displaystyle \frac{a^2+b^2}{c^2}_{\min} = 4\sqrt{2}-5$

析：条件给出 $\sin B$ 与 $\sin A,\sin C$ 的关系，利用正弦定理将角度关系转化为边长关系，或直接利用三角恒等变换。关键在于利用 $A+B+C=\pi$ 确定 $\sin B = \sin(A+C)$，进而得到 $\tan\frac{C}{2}$ 与 $\tan\frac{A}{2}$ 的比例关系，再换元用基本不等式求最值。

解：

由 $2\sin A + \sin B = 2\sin C$ 得

$\sin B = 2(\sin C - \sin A)$

利用 $B = \pi - (A+C)$，有 $\sin B = \sin(A+C)$，代入得

$\sin(A+C) = 2(\sin C - \sin A)$

左边用和差化积，右边用倍角公式：

$2\sin\frac{A+C}{2}\cos\frac{A+C}{2} = 4\sin\frac{C-A}{2}\cos\frac{C+A}{2}$

利用 $\cos\frac{C+A}{2} = \sin\frac{B}{2}$ 及和差化积公式简化，可得

$\sin\frac{A+C}{2} = 2\sin\frac{C-A}{2}$

进而得到 $\displaystyle \tan\frac{C}{2} = 3\tan\frac{A}{2}$。

设 $\tan\frac{A}{2} = k > 0$，则 $\tan\frac{C}{2} = 3k$。

由半角公式 $\sin A = \dfrac{2k}{1+k^2}$，$\sin C = \dfrac{2\cdot 3k}{1+(3k)^2} = \dfrac{6k}{1+9k^2}$，代入原式：

$\frac{5}{\sin A} + \frac{9}{\sin C} = \frac{5(1+k^2)}{2k} + \frac{9(1+9k^2)}{6k} = \frac{5+5k^2}{2k} + \frac{3+27k^2}{2k} = \frac{8+32k^2}{2k} = 16k + \frac{4}{k}$

由基本不等式 $16k + \dfrac{4}{k} \ge 2\sqrt{16\cdot 4} = 16$。

等号在 $16k = \dfrac{4}{k}$，即 $k = \dfrac{1}{2}$ 时取得，此时 $\tan\dfrac{A}{2} = \dfrac{1}{2}$，$\tan\dfrac{C}{2} = \dfrac{3}{2}$。

【点评】本题的核心在于两步转化：其一，利用三角恒等变换从条件得到 $\tan\dfrac{C}{2}=3\tan\dfrac{A}{2}$；其二，利用半角公式将对 $\sin A,\sin C$ 的依赖转化为对单一变量 $k$ 的函数，再用基本不等式求最值。半角公式 $\sin\theta = \dfrac{2\tan\frac{\theta}{2}}{1+\tan^2\frac{\theta}{2}}$ 是连接角度与三角函数的桥梁。

答案：$\displaystyle 16$

析：条件涉及 $\sin A$ 与 $\cos B\cos C$，想到积化和差将 $\cos B\cos C$ 展开，再结合 $B+C=\pi-A$ 的关系化简。随后用辅助角公式合并，结合正余弦的有界性确定取等条件，最后用余弦定理求边并计算面积。

解：

第一步：公式变形与角度化简

利用积化和差公式 $\cos B \cos C = \frac{1}{2}[\cos(B+C) + \cos(B-C)]$，原式变为

$2\sin A + \frac{3}{2} \cos(B+C) + \frac{3}{2} \cos(B-C) = 4$

在 $\triangle ABC$ 中 $B+C = \pi - A$，故 $\cos(B+C) = -\cos A$，代入得

$2\sin A - \frac{3}{2} \cos A + \frac{3}{2} \cos(B-C) = 4$

使用辅助角公式，提取系数 $\frac{5}{2}$：

$\frac{5}{2}\left(\frac{4}{5}\sin A - \frac{3}{5}\cos A\right) + \frac{3}{2}\cos(B-C) = 4$

即 $\displaystyle \frac{5}{2}\sin(A-\varphi) + \frac{3}{2}\cos(B-C) = 4$（其中 $\cos\varphi=\frac{4}{5}$，$\sin\varphi=\frac{3}{5}$）。

第二步：确定三角形特征

由于 $\sin(A-\varphi)\le 1$ 且 $\cos(B-C)\le 1$，等式 $\displaystyle \frac{5}{2}\sin(A-\varphi) + \frac{3}{2}\cos(B-C) = 4$ 成立必须满足

$\begin{cases} \sin(A-\varphi)=1 \\ \cos(B-C)=1 \end{cases}$

于是 $B-C=0\Rightarrow B=C$（等腰三角形），且 $A-\varphi=\frac{\pi}{2}\Rightarrow A=\frac{\pi}{2}+\varphi$。

进而

$\sin A = \cos\varphi = \frac{4}{5},\qquad \cos A = -\sin\varphi = -\frac{3}{5}$

第三步：计算边长与面积

设 $AB=AC=x$，$BC=8$。由余弦定理

$\cos A = \frac{x^2+x^2-8^2}{2x^2} = \frac{2x^2-64}{2x^2}$

代入 $\cos A=-\frac{3}{5}$ 得

$-\frac{3}{5} = \frac{2x^2-64}{2x^2}\Longrightarrow x^2=20$

故 $S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot\sin A = \frac{1}{2}\cdot x^2\cdot\sin A = \frac{1}{2}\cdot 20\cdot\frac{4}{5}=8$。

【点评】本题的关键在于两步转化：其一，积化和差 $+B+C=\pi-A$ 将条件化为同角；其二，利用有界性反推角度关系（$\sin(\cdot)=1$，$\cos(\cdot)=1$）确定三角形的几何特征。辅助角公式是连接这两步的桥梁。

答案：$\displaystyle 8$

析 由条件化简得 $\sin B + \sin B\cos A = \sin A + \sin A\cos B + \sin A\sin B$，利用正弦定理将边转化为三角函数。

解 由条件得：

$\sin B + \sin B\cos A = \sin A + \sin A\cos B + \sin A\sin B$

两边同时加上 $\sin A\cos B$，利用正弦定理 $b=2R\sin B,\; c=2R\sin C$，注意到 $a=1$，则 $R=\dfrac{a}{2\sin A}=\dfrac{1}{2\sin A}$。
经化简可得：

$b + c = 1 + 2\cos B + \sin B$

故周长：

$C = a + b + c = 1 + (1 + 2\cos B + \sin B) = 2 + 2\cos B + \sin B \le 2 + \sqrt{5}$

等号在 $\sin B = \dfrac{2}{\sqrt{5}},\; \cos B = \dfrac{1}{\sqrt{5}}$ 时取到。

【点评】 本题关键在于利用正弦定理将边长表示为三角函数，再利用辅助角公式求最值。注意周长要加上边 $a$。

析：本题的关键是利用垂直条件找出角度之间的互余关系，再结合正弦定理建立方程。

设 $\angle A = \alpha$，$\angle ADE = \beta$。由 $\angle ADE + \angle BDC = 90^\circ$ 且 $\angle CBD + \angle BDC = 90^\circ$，得 $\angle CBD = \angle ADE = \beta$。

解：设 $\angle A = \alpha$（锐角），$\angle ADE = \beta$（锐角）。

则 $\angle CBD = \beta$（互余关系）。

$\angle BED = \alpha + \beta$（三角形外角定理）。

不妨令 $AE = 1$，则 $BE = 3$，$AB = 4$。

在 $\text{Rt}\triangle ABC$ 中：

$BC = 4 \sin \alpha,\quad AC = 4 \cos \alpha$

由于 $D$ 为 $AC$ 中点，$AD = CD = 2 \cos \alpha$。

在 $\text{Rt}\triangle BCD$ 中：

$\tan \beta = \frac{CD}{BC} = \frac{2 \cos \alpha}{4 \sin \alpha} = \frac{1}{2 \tan \alpha}$

即

$\tan \beta \cdot \tan \alpha = \frac{1}{2} \cdots (1)$

在 $\triangle ADE$ 中，由正弦定理：

$\frac{AE}{\sin \beta} = \frac{AD}{\sin[180^\circ - (\alpha + \beta)]} = \frac{2 \cos \alpha}{\sin(\alpha + \beta)}$

代入 $AE = 1$ 得：

$\sin(\alpha + \beta) = 2 \sin \beta \cos \alpha$

而 $\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta$，代入得：

$\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta = 2 \sin \beta \cos \alpha$

整理得：

$\sin \alpha \cos \beta = \cos \alpha \sin \beta$

即

$\tan \alpha = \tan \beta \cdots (2)$

将 (2) 代入 (1) 得：

$\tan^2 \alpha = \frac{1}{2}$

因为 $\alpha$ 为锐角，$\tan \alpha > 0$，故

$\tan \alpha = \frac{\sqrt{2}}{2}$

答案：$\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}$

【点评】本题的核心在于：① 通过互余关系传递角度；② 利用正弦定理在 $\triangle ADE$ 中建立等式；③ 两式联立求解。关键技巧是设 $AE = 1$ 简化运算。

解 设 $\alpha = \angle BCO_1$，$\beta = \angle ACO_2$，$M$、$N$ 分别在边 $BC$、$AC$ 上，则 $\alpha + \beta = 45^\circ$。

由 $\tan \angle CBA = 2$，得 $\tan \angle PBO_1 = \dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$。

由 $\tan \angle BAC = \dfrac{1}{2}$，得 $\tan \angle QAO_2 = \dfrac{1}{\sqrt{5}+2}$。

由内切圆面积相等，设两三角形内切圆半径均为 $r$，则：

$\triangle MO_1C \sim \triangle NCO_2 \Rightarrow MC \cdot CN = MO_1 \cdot NO_2 = 2r^2$

由切割线定理及三角恒等式化简可得：

$MB = \frac{\sqrt{5}+3}{2}r, \quad AN = (\sqrt{5}+3)r$

$AN = 2BM \Rightarrow CN = 2CM$

由是得：

$MC = r \Rightarrow \tan \alpha = \frac{1}{2} \Rightarrow \tan 2\alpha = \frac{4}{3}$

由正弦定理：

$\frac{BD}{AD} = \frac{BC \cdot CD \sin 2\alpha}{AC \cdot CD \sin 2\beta} = \frac{1}{2} \tan 2\alpha = \frac{2}{3}$

故

$BD = \frac{2}{5}\sqrt{5}$

【点评】 本题关键在于利用内切圆面积相等转化为半径相等，结合相似三角形和三角函数求值。