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：$\displaystyle 2$

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：$\displaystyle 16$