解析：

由 $\overline{w_1}-\overline{w_2}=\dfrac{4}{w_1-w_2}$，两边同乘 $(w_1-w_2)$，得

$(\overline{w_1}-\overline{w_2})(w_1-w_2)=4$

即 $|w_1-w_2|^2=4$，故 $|w_1-w_2|=2$。

设 $w_1$、$w_2$ 对应平面内的点 $F$、$G$，则 $|FG|=2$。

因为 $|w_j-z_a|\in\{1,3\}$（$j=1,2$），

所以点 $z_a$ 到点 $F$、$G$ 的距离分别为 $1$ 或 $3$。

以 $F$、$G$ 为圆心，半径分别为 $1$ 和 $3$ 作圆，则点 $z_a$ 必在这些圆的交点上。

由图可知，两圆相交最多有 $2$ 个交点，再加上 $F$、$G$ 两点本身，以及两圆外切或内切时的特殊点，构成了点 $A$、$B$、$C$、$D$、$E$ 共 $5$ 个点。

故 $k$ 的最大值为 $5$。

答案：$\displaystyle 5$

解析：

由 $z^{17}+z=1$，得 $z^{17}=1-z$。

两边取模，得 $|z^{17}|=|1-z|$。

因为 $|z|=1$，所以 $|z^{17}|=|z|^{17}=1$，故 $|1-z|=1$。

设 $z=x+yi$（$x,y\in\mathbb{R}$），则：

$|z|=\sqrt{x^2+y^2}=1 \quad\Rightarrow\quad x^2+y^2=1 \quad\text{①}$

$|1-z|=\sqrt{(1-x)^2+y^2}=1 \quad\Rightarrow\quad (1-x)^2+y^2=1 \quad\text{②}$

将①代入②，得：

$(1-x)^2+y^2=1-2x+x^2+y^2=1-2x+1=1$

解得 $x=\dfrac{1}{2}$。

代入①，得 $y^2=1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}$，故 $y=\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。

因此 $z=\dfrac{1}{2}\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$。

验证：

$z=\dfrac{1}{2}\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}i=e^{\pm i\pi/3}$

$z^{17}=e^{\pm 17i\pi/3}=e^{\pm(6\pi-\pi/3)i}=e^{\mp i\pi/3}$

$z^{17}+z=e^{\mp i\pi/3}+e^{\pm i\pi/3}=2\cos\dfrac{\pi}{3}=1$ ✓

答案：$\displaystyle \text{A}$

解析：

第一步：设内切圆切点分段

设 $\triangle ABC$ 的内切圆与各边切点将三边分为：

• 从顶点 $A$ 出发的切线长为 $x$
• 从顶点 $B$ 出发的切线长为 $z$
• 从顶点 $C$ 出发的切线长为 $y$

则三边长为：

$AB = c = x + z,\quad BC = a = z + y,\quad AC = b = x + y = 5$

第二步：利用内切圆公式

设内切圆半径为 $r$，根据内切圆的几何性质：

$\tan\dfrac{A}{2} = \dfrac{r}{x},\quad \tan\dfrac{B}{2} = \dfrac{r}{z},\quad \tan\dfrac{C}{2} = \dfrac{r}{y}$

第三步：代入已知条件

将上述公式代入原方程：

$\dfrac{x}{r} + \dfrac{y}{r} - \dfrac{5z}{r} = 0$

约去 $r$（$r \neq 0$）：

$x + y - 5z = 0$

第四步：求解

由于 $x + y = AC = 5$，代入上式得：

$5 - 5z = 0 \;\Rightarrow\; z = 1$

因此：

$BC + AB = (z + y) + (x + z) = x + y + 2z = 5 + 2 \times 1 = 7$

答案：$\displaystyle 7$

解析

步骤 1：利用面积公式

由三角形面积公式：

$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}bc\sin A = 1 \implies bc\sin A = 2 \implies bc = \frac{2}{\sin A}$

步骤 2：利用余弦定理和基本不等式

由余弦定理：

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

由基本不等式 $b^2 + c^2 \geq 2bc$（当且仅当 $b=c$ 时取等号）：

$a^2 \geq 2bc - 2bc\cos A = 2bc(1 - \cos A)$

步骤 3：构造目标函数

设目标式为 $u$：

$u = a^2 + \frac{1}{\sin A} \geq 2bc(1 - \cos A) + \frac{1}{\sin A}$

将 $bc = \frac{2}{\sin A}$ 代入：

$u \geq 2 \cdot \frac{2}{\sin A}(1 - \cos A) + \frac{1}{\sin A} = \frac{4(1 - \cos A) + 1}{\sin A} = \frac{5 - 4\cos A}{\sin A}$

步骤 4：求最值

令 $\displaystyle y = \frac{5 - 4\cos A}{\sin A}$，则：

$y\sin A = 5 - 4\cos A \implies y\sin A + 4\cos A = 5$

由辅助角公式：

$\sqrt{y^2 + 16}\sin(A + \beta) = 5 \quad \text{其中} \tan\beta = \frac{4}{y}$

由于 $|\sin(A + \beta)| \leq 1$：

$\frac{5}{\sqrt{y^2 + 16}} \leq 1 \implies 25 \leq y^2 + 16 \implies y^2 \geq 9 \implies y \geq 3$

因此 $u_{\min} = 3$，当且仅当 $\sin A = \frac{3}{5}$，$\cos A = \frac{4}{5}$，且 $b = c = \sqrt{\frac{10}{3}}$ 时取等号。

答案：$\displaystyle 3$

析 本题为四边形面积最值问题，采用代数法证明。将四边形分割为两个三角形，利用面积公式和余弦定理建立关系，通过平方相加消去角度变量，分析最值条件。关键结论：当对角互补时面积最大，此时四边形内接于圆。

证明：

设 $BC = a$，$BA = b$，$DA = c$，$DC = d$，$\angle ABC = \alpha$，$\angle ADC = \beta$，则四边形 $ABCD$ 的面积为：

$S = S_{\triangle ABC} + S_{\triangle ADC} = \frac{1}{2}(bc\sin\alpha + ad\sin\beta) \tag{1}$

由余弦定理有：

$AC^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\alpha$

$AC^2 = a^2 + d^2 - 2ad\cos\beta$

两式相减得：

$bc\cos\alpha - ad\cos\beta = \frac{1}{2}(b^2 + c^2 - a^2 - d^2) \tag{2}$

由 (1) 得：

$2S = bc\sin\alpha + ad\sin\beta \tag{3}$

(2)、(3) 平方相加，得：

$4S^2 + \frac{1}{4}(b^2 + c^2 - a^2 - d^2)^2 = b^2c^2 + a^2d^2 - 2abcd\cos(\alpha + \beta)$

即：

$4S^2 = b^2c^2 + a^2d^2 - \frac{1}{4}(b^2 + c^2 - a^2 - d^2)^2 - 2abcd\cos(\alpha + \beta)$

由于 $a$，$b$，$c$，$d$ 均为定值，故当 $\cos(\alpha + \beta) = -1$ 时，$4S^2$ 达到最大值。此时 $\alpha + \beta = \pi$，它表明四边形 $ABCD$ 对角互补，故内接于圆。$\quad\blacksquare$

【点评】 本题用代数法证明四边形面积最值问题，关键步骤：(1) 分割四边形为两个三角形；(2) 用面积公式表示总面积；(3) 对公共对角线用余弦定理建立等式；(4) 平方相加消去角度变量；(5) 分析 $\cos(\alpha+\beta)$ 的最值条件。此题体现了代数变形的技巧，结论优美：四边形四边固定时，内接于圆时面积最大。此结论可推广到 $n$ 边形。

拓展思考：

1. 能否用几何法（如调整法）证明此结论？
2. 圆内接四边形的面积公式（Brahmagupta 公式）是什么？如何推导？
3. 对于 $n$ 边形，当各边长固定时，何时面积最大？

析：本题为三角形中的三角恒等式证明，可采用几何法。构造 $\triangle ABC$ 的外接圆，利用圆心角与圆周角的关系，结合面积分割法进行证明。需注意分类讨论锐角三角形与钝角三角形两种情形。

解：

情形一：当 $A,B,C$ 均为锐角时

作 $\triangle ABC$ 的外接圆 $O$，设外接圆半径为 $R$。

由圆心角与圆周角的关系：

$\angle BOC = 2A,\quad \angle COA = 2B,\quad \angle AOB = 2C$

$\triangle ABC$ 的面积等于三个小三角形面积之和：

$S_{\triangle ABC} = S_{\triangle AOB} + S_{\triangle BOC} + S_{\triangle COA}$

由三角形面积公式 $S = \dfrac{1}{2}ab\sin C$ 及 $S = \dfrac{1}{2}R^2\sin\theta$（$\theta$ 为两边夹角）：

$\frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}R^2\sin 2A + \frac{1}{2}R^2\sin 2B + \frac{1}{2}R^2\sin 2C$

由正弦定理 $a = 2R\sin A$，$b = 2R\sin B$，代入左边：

$\frac{1}{2}\cdot(2R\sin A)\cdot(2R\sin B)\cdot\sin C = \frac{1}{2}R^2(\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C)$

化简得：

$2R^2\sin A\sin B\sin C = \frac{1}{2}R^2(\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C)$

两边同除以 $\dfrac{1}{2}R^2$：

$4\sin A\sin B\sin C = \sin 2A + \sin 2B + \sin 2C$

情形二：当 $A,B,C$ 其中一个为钝角时

不妨设 $A$ 为钝角，则 $\angle BOC = 2(\pi - A) = 2\pi - 2A$（优弧对应的圆心角）。

此时 $\triangle ABC$ 的面积关系为：

$S_{\triangle ABC} = S_{\triangle AOB} + S_{\triangle AOC} - S_{\triangle BOC}$

或用有向面积表示，证明过程类似，结论仍然成立。

综上，原等式得证 $\quad\blacksquare$

【点评】本题用几何法证明三角恒等式，关键步骤：(1) 构造外接圆，利用圆心角与圆周角的关系；(2) 面积分割，将 $\triangle ABC$ 分割为三个以 $O$ 为顶点的小三角形；(3) 灵活运用面积公式 $S=\dfrac{1}{2}ab\sin C$ 和 $S=\dfrac{1}{2}R^2\sin\theta$；(4) 正弦定理将边长用 $R$ 和角表示；(5) 分类讨论锐角与钝角情形。此题体现了数形结合思想的妙用。

拓展思考：

1. 能否用纯代数方法（三角恒等变换）证明此结论？
2. 若 $\triangle ABC$ 为直角三角形，等式是否仍成立？
3. 此恒等式有哪些变形或推广？

解析：

由三角形面积公式 $S = \dfrac{1}{2}ac \cdot \sin B$，代入已知条件得：

$\left(b^2 - c^2\right) \cdot \sin B = 2 \cdot \dfrac{1}{2}ac \cdot \sin B = ac \cdot \sin B$

由于 $\sin B \neq 0$，两边约去 $\sin B$ 得：

$b^2 - c^2 = ac \quad \Rightarrow \quad b^2 = ac + c^2$

由余弦定理 $b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cdot \cos B$，代入上式：

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

化简得：$ac = a^2 - 2ac \cdot \cos B$，即 $c = a - 2c \cdot \cos B$

由正弦定理 $\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{c}{\sin C}$，上式化为：

$\sin C = \sin A - 2\sin C \cdot \cos B$

由于 $A = \pi - (B + C)$，故 $\sin A = \sin(B + C)$，代入得：

$\sin C = \sin(B + C) - 2\sin C \cdot \cos B$

展开 $\sin(B + C) = \sin B \cos C + \cos B \sin C$：

$\sin C = \sin B \cos C + \cos B \sin C - 2\sin C \cos B$

$\sin C = \sin B \cos C - \cos B \sin C = \sin(B - C)$

由 $\sin C = \sin(B - C)$，且 $B, C$ 均为锐角，得：

$C = B - C \quad \Rightarrow \quad B = 2C$

因此：

$k = \dfrac{a}{c} = \dfrac{\sin A}{\sin C} = \dfrac{\sin(B + C)}{\sin C} = \dfrac{\sin(3C)}{\sin C}$

利用三倍角公式展开：

$k = \dfrac{\sin(2C + C)}{\sin C} = \dfrac{\sin 2C \cos C + \cos 2C \sin C}{\sin C}$

$k = \dfrac{2\sin C \cos^2 C + (2\cos^2 C - 1)\sin C}{\sin C}$

$k = 2\cos^2 C + 2\cos^2 C - 1 = 4\cos^2 C - 1$

由于 $\triangle ABC$ 为锐角三角形，且 $B = 2C$，需满足：

$\begin{cases} 0 < C < \dfrac{\pi}{2} \\ 0 < 2C < \dfrac{\pi}{2} \\ 0 < \pi - 3C < \dfrac{\pi}{2} \end{cases}$

解得：$\dfrac{\pi}{6} < C < \dfrac{\pi}{4}$

故 $\cos C \in \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$，即 $\cos^2 C \in \left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{4}\right)$

因此 $k = 4\cos^2 C - 1 \in (1, 2)$

答案： $\displaystyle \boxed{A}$

解析：

由正弦定理得：

$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}=\frac{b}{\sin B}=\frac{2}{\sin\frac{\pi}{4}}=2\sqrt{2}$

可得：

$a=2\sqrt{2}\sin A,\quad c=2\sqrt{2}\sin C$

因为 $A+C=\dfrac{3\pi}{4}$，且 $\triangle ABC$ 为锐角三角形，所以：

$A=\frac{3\pi}{4}-C\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\quad\Rightarrow\quad C\in\left(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}\right)$

于是：

$\begin{aligned} a^2+c^2 &= 8\sin^2\left(\frac{3\pi}{4}-C\right)+8\sin^2 C \\ &= 8\cdot\frac{1-\cos\left(\frac{3\pi}{2}-2C\right)}{2}+8\cdot\frac{1-\cos 2C}{2} \\ &= 4+4\sin 2C+4-4\cos 2C \\ &= 8+4\sqrt{2}\sin\left(2C-\frac{\pi}{4}\right) \end{aligned}$

又 $C\in\left(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right)$，所以 $2C-\dfrac{\pi}{4}\in\left(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{3\pi}{4}\right)$。

当 $2C-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}$ 时，$\sin\left(2C-\dfrac{\pi}{4}\right)$ 取最大值 $1$，此时：

$a^2+c^2=8+4\sqrt{2}$

当 $2C-\dfrac{\pi}{4}\to\dfrac{\pi}{4}$ 或 $2C-\dfrac{\pi}{4}\to\dfrac{3\pi}{4}$ 时，$\sin\left(2C-\dfrac{\pi}{4}\right)\to\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，此时：

$a^2+c^2\to 8+4\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=12$

答案：$\displaystyle \left(12,8+4\sqrt{2}\right]$

解析

由已知 $\displaystyle \frac{3}{\tan A} + \frac{2}{\tan B} = 1$，切化弦得：

$\frac{3\cos A}{\sin A} + \frac{2\cos B}{\sin B} = 1$

通分整理：

$3\sin B\cos A + 2\cos B\sin A = \sin A\sin B$

即：

$2\sin(A+B) = \sin A\sin B - \sin B\cos A$

$\because A+B+C = \pi$，$\therefore \sin(A+B) = \sin C$

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

由正弦定理 $\displaystyle \frac{c}{\sin C} = \frac{b}{\sin B}$，且 $b = AC = 2$，得：

$2c = b(\sin A - \cos A) = 2(\sin A - \cos A)$

$\therefore c = \sin A - \cos A$ ……①

三角形面积：

$\begin{aligned} S &= \frac{1}{2}bc\sin A \\ &= \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot (\sin A - \cos A) \cdot \sin A \\ &= \sin^2 A - \sin A\cos A \\ &= \frac{1-\cos 2A}{2} - \frac{1}{2}\sin 2A \\ &= \frac{1}{2} - \frac{1}{2}(\cos 2A + \sin 2A) \\ &= \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}\sin\left(2A + \frac{\pi}{4}\right) \end{aligned}$

由①式 $c > 0$ 可知 $\sin A > \cos A$，又 $A \in (0, \pi)$，$\therefore A \in \left(\frac{\pi}{4}, \pi\right)$

$\therefore 2A + \frac{\pi}{4} \in \left(\frac{3\pi}{4}, \frac{9\pi}{4}\right)$

当 $2A + \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{2}$，即 $A = \frac{5\pi}{8}$ 时，$\sin\left(2A + \frac{\pi}{4}\right) = -1$，面积取最大值：

$S_{\max} = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot (-1) = \frac{1+\sqrt{2}}{2}$

答案：$\displaystyle \dfrac{1+\sqrt{2}}{2}$

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：$\displaystyle 2$