備考2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)好題精練第六章平面向量復(fù)數(shù)突破2解三角形中的熱點(diǎn)問題

突破2解三角形中的熱點(diǎn)問題1.[2024西安檢測(cè)]已知△ABC的內(nèi)角A，B，C對(duì)應(yīng)的邊分別是a，b，c，內(nèi)角A的平分線交邊BC于D點(diǎn)，且AD＝4.若（2b＋c）cos∠BAC＋acosC＝0，則△ABC面積的最小值是163.解析由（2b＋c）cos∠BAC＋acosC＝0，結(jié)合正弦定理，得2sinBcos∠BAC＋sinCcos∠BAC＋sin∠BACcosC＝0，即2sinBcos∠BAC＋sinB＝0，又sinB≠0，所以cos∠BAC＝－12，所以∠BAC＝2因?yàn)锳D為∠BAC的平分線，所以∠BAD＝∠CAD＝π3，S△ABC＝12bcsin∠BAC＝34bc，S△ABC＝S△ABD＋S△ACD＝12×4csinπ3＋12×4bsinπ3＝3（b＋c），所以34bc＝3（b＋c），所以1b＋1c＝14.S△ABC＝3（b＋c）＝43（b＋c）（1b＋1c）＝43（2＋cb＋bc2.[2024西安調(diào)研]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，且滿意tanA＋tanB＋tanC＝33tanAtanB，若c＝2，則a2＋b2的取值范圍是（4，28）∪（28，16＋83]解析解法一在斜三角形ABC中，tan（A＋B）＝tan（π－C）＝－tanC，tan（A＋B）＝tanA＋tanB1－tanAtanB，則－tanC＝tanAtanB，且tanAtanB≠0，故tanC＝33∵0＜C＜π，∴C＝π6∵c2＝a2＋b2－2abcosC，c＝2，∴4＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－3ab≥a2＋b2－3（∴a2＋b2≤16＋83，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào).又a2＋b2＝c2＋2abcosC＝4＋3ab＞4，且△ABC為斜三角形，∴B≠π2，A≠π∴a2＋b2≠28，∴a2＋b2的取值范圍是（4，28）∪（28，16＋83].解法二由解法一得C＝π6∴由正弦定理得asinA＝bsinB＝即a＝4sinA，b＝4sinB，∴a2＋b2＝16（sin2A＋sin2B）＝16（1－cos2A2＋1－cos2B2）＝∵cos2B＝cos[2π－（2A＋2C）]＝cos（2A＋2C）＝cos（2A＋π3∴a2＋b2＝16－8[cos2A＋cos（2A＋π3）]＝16－8（cos2A＋12cos2A－32sin2A）8（32cos2A－32sin2A）＝16－83cos（2A＋又△ABC是斜三角形，∴0＜A＜5π6，且A≠π3，A∴－1≤cos（2A＋π6）＜32，且cos（2A＋π6）≠∴a2＋b2∈（4，28）∪（28，16＋83].3.[2024浙江名校聯(lián)考]已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿意acosB－bcosA＝a－c.（1）求B；（2）若b＝7，a＝2，M為邊AC的中點(diǎn)，求BM的長.解析（1）解法一因?yàn)閍cosB－bcosA＝a－c，所以由余弦定理化簡得b2＝a2＋c2－ac.所以cosB＝a2＋c2－b22ac＝12，結(jié)合B∈解法二由acosB－bcosA＝a－c，結(jié)合正弦定理可得sinAcosB－sinBcosA＝sinA－sinC，因?yàn)閟inC＝sin（A＋B）＝sinAcosB＋cosAsinB，所以sinAcosB－sinBcosA＝sinA－sinAcosB－cosAsinB，化簡得cosB＝12因?yàn)?＜B＜π，所以B＝π3（2）因?yàn)閎＝7，a＝2，所以cos∠ABC＝a2＋c2－b22ac因?yàn)镸為邊AC的中點(diǎn)，所以BM＝12（BA＋BC所以｜BM｜＝12（BA即BM的長為1924.[2024福建漳州調(diào)研]設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且有2sin（B＋π6）＝b（1）求角A；（2）若BC邊上的高h(yuǎn)＝34a，求cosBcosC解析（1）由2sin（B＋π6）＝b＋ca可得3sinB＋cos由正弦定理得3sinB＋cosB＝sinB即3sinAsinB＋sinAcosB＝sinB＋sin（A＋B），即3sinAsinB＋sinAcosB＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，即3sinAsinB＝sinB＋cosAsinB.又sinB≠0，所以3sinA－cosA＝1，即sin（A－π6）＝1由0＜A＜π，得A＝π3（2）△ABC的面積S＝12a·34a＝12bcsinA，所以可得a2＝由正弦定理得sin2A＝2sinBsinC，得sinBsinC＝38又cos（B＋C）＝－cosA＝－12，即cosBcosC－sinBsinC＝－1所以cosBcosC＝－185.[2024安徽六校聯(lián)考]已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且2a－cc（1）求角B的大?。唬?）若BC的中點(diǎn)為D且AD＝3，求a＋2c的最大值.解析（1）由已知2a－ccosC＝b即（2sin∠BAC－sinC）cosB＝sinBcosC，所以2sin∠BACcosB＝sinBcosC＋sinCcosB＝sin（B＋C），又∠BAC＋B＋C＝π，所以2sin∠BACcosB＝sin∠BAC，因?yàn)椤螧AC∈（0，π），所以sin∠BAC＞0，所以cosB＝12又B∈（0，π），所以B＝π3（2）在△ABD中，由正弦定理BDsin∠BAD＝ABsin∠ADB＝ADsinB，得BDsin設(shè)∠BAD＝θ，則a＝4sinθ，c＝2sin（θ＋π3所以a＋2c＝4[sinθ＋sin（θ＋π3）]＝43（32sinθ＋12cosθ）＝43sin（θ在△ABD中，B＝π3，所以θ∈（0，2π3），θ＋π6∈（所以當(dāng)θ＋π6＝π2，即θ＝π3時(shí)，sin（θ＋π所以a＋2c的最大值為43.6.在①ccosAa＝2sin2C2，②atanAcosB＝b在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c， .（1）求證：△ABC是等腰三角形；（2）若D為邊BC的中點(diǎn)，且AD＝1，求△ABC周長的最大值.解析（1）方案一：選條件①.由ccosAa＝2sin2C2及正弦定理，得sinCcos所以sinCcosA＝sinA－sinAcosC，即sinA＝sin（A＋C）＝sinB，又0＜A＜π，0＜B＜π，所以A＝B或A＋B＝π（不合題意，舍去），故△ABC是等腰三角形.方案二：選條件②.由atanAcosB所以asinA＝bsinB，由正弦定理，得a2＝b2，故a＝b，所以△ABC為等腰三角形.方案三：選條件③.由a2sinBcosB＝所以sinAcosA＝sinBcosB，得sin2A＝sin2B，又0＜A＜π，0＜B＜π，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，又C≠π2，所以A＝B所以△ABC為等腰三角形.（2）由（1）知，△ABC為等腰三角形，且a＝b.在△ABD中，由余弦定理，得1＝c2＋a24－2c×a2化簡得a2＋2c2＝4.設(shè)△ABC的周長為l，則l＝a＋b＋c＝2a＋c，所以l2＝（2a＋c）2＝4a2＋4ac＋c2≤4a2＋（4c）2＋a22＋c2當(dāng)且僅當(dāng)4c＝a，所以△ABC周長的最大值lmax＝18＝32.7.[2024福建質(zhì)檢]△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且b＝2csin（A＋π6）（1）求C；（2）若c＝1，D為△ABC的外接圓上的點(diǎn)，BA·BD＝BA2，求四邊形ABCD面積的最大值解析（1）因?yàn)閎＝2csin（A＋π6），所以在△ABC中，由正弦定理得，sinB＝2sinCsin（A＋π6又sinB＝sin（π－A－C）＝sin（A＋C），所以sin（A＋C）＝2sinCsin（A＋π6綻開得sinAcosC＋cosAsinC＝2sinC（32sinA＋12cos即sinAcosC－3sinCsinA＝0，又sinA≠0，所以cosC＝3sinC，即tanC＝33又C∈（0，π），所以C＝π6（2）解法一如圖，設(shè)△ABC的外接圓的圓心為O，半徑為R.因?yàn)锽A·BD＝BA2，所以BA·（BD－BA）＝0，即BA·AD＝0，所以DA⊥BA故BD是☉O的直徑，所以BC⊥CD.在△ABC中，c＝1，2R＝csin∠BCA＝1sinπ6＝在△ABD中，AD＝BD2－設(shè)四邊形ABCD的面積為S，BC＝x，CD＝y(tǒng)，則x2＋y2＝4，S＝S△ABD＋S△CBD＝12AB·AD＋12BC·CD＝32＋12xy≤32＋12·當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝2時(shí)，等號(hào)成立.所以四邊形ABCD面積的最大值為32＋解法二如圖，設(shè)△ABC的外接圓的圓心為O，半徑為R，向量BD在向量BA上的投影向量為λBA，所以BA·BD＝BA·（λBA）＝λ｜BA｜2.又BA·BD＝BA2＝｜BA｜2，所以λ＝1所以向量BD在向量BA上的投影向量為BA，所以DA⊥BA，故BD是☉O的直徑，所以BC⊥CD.在△ABC中，c＝1，2R＝csin∠BCA＝1sinπ6＝在△ABD中，AD＝BD2－設(shè)四邊形ABCD的面積為S，∠CBD＝θ，θ∈（0，π2則CB＝2cosθ，CD＝2sinθ，S＝S△ABD＋S△CBD＝12AB·AD＋12CB·CD＝32＋當(dāng)2θ＝π2，即θ＝π4時(shí)，S最大，為3所以四邊形ABCD面積的最大值為32＋解法三如圖，設(shè)△ABC的外接圓的圓心為O，半徑為R.因?yàn)锽A·BD＝BA2所以BA·（BD－BA）＝0，即BA·AD＝0，所以DA⊥BA，故BD是☉O的直徑，所以BC⊥CD.在△ABC中，c＝1，2R＝csin∠BCA＝1sinπ6＝在△ABD中，AD＝BD2－設(shè)四邊形ABCD的面積為S，點(diǎn)C到BD的距離為h，則S＝S△ABD＋S△CBD＝12AB·AD＋12BD·h＝32當(dāng)h＝R＝1時(shí)，S最大，為32＋所以四邊形ABCD面積的最大值為32＋8.[2024湖南張家界調(diào)考]如圖，在銳角三角形ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，D，E，F(xiàn)分別是邊AB，AC，BC的中點(diǎn)，BE⊥CD.（1）求證：b2＋c2＝5a2.（2）求cos∠BAC的取值范圍.解析（1）連接AF，設(shè)AF，BE，CD的交點(diǎn)為G，則G為△ABC的重心.由CD⊥BE，可得FG＝12BC＝12a，AG＝2FG＝a，則AF＝32在△ABF中，由余弦定理得c2＝（32a）2＋（12a）2－2×32a×12a×cos∠在△ACF中，由余弦定理得b2＝（32a）2＋（12a）2－2×32a×12a×cos∠因?yàn)椤螦FC＋∠AFB＝π，所以cos∠AFC＝－cos∠AFB，①＋②，得b2＋c2＝5a2.（2）因?yàn)椤鰽B