新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题5三角形中有关中线角平分线的问题（附解析）

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(1)若∠ADC＝eq \f(π,3)，求tanB；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
解：
2．在△ABC中，三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，已知a＝4，eq \f(csB＋csAcsC,sinBcsC)＝eq \f(4\r(3),b).
(1)若c＝2eq \r(3)，求sinA；
(2)若AB边上的中线长为eq \f(\r(37),2)，求AB的长．
解：
3．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D为BC边的中点，b＝AD＝eq \r(7)，a＝bcsC＋eq \f(\r(3),3)csinB.
(1)求B的值；
(2)求△ABC的周长．
解：
4．[2023·河北沧州模拟]已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acsC＋(2b＋c)csA＝0，角A的平分线与边BC交于点D.
(1)求角A；
(2)若AD＝2，求b＋4c的最小值．
解：
5．[2023·河北邯郸模拟]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为S＝eq \f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)，c＝2eq \r(3).
(1)若B＝eq \f(π,4)，求a；
(2)D为AB边上一点，从下列条件①、条件②中任选一个作为已知，求线段CD的最大值．
条件①：CD为∠C的角平分线；条件②：CD为边AB上的中线．
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解：
6．[2023·湖北黄冈模拟]在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足eq \f(sinA,sinC)－1＝eq \f(sin2A－sin2C,sin2B)，且A≠C.
(1)求证：B＝2C；
(2)已知BD是∠ABC的平分线，若a＝6，求线段BD长度的取值范围．
解：
微专题5 三角形中有关中线、角平分线的问题
1．解析：(1)因为D为BC的中点，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2×eq \f(1,2)×AD×DCsin∠ADC＝2×eq \f(1,2)×1×DC×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，
解得DC＝2，
所以BD＝DC＝2，a＝4.
因为∠ADC＝eq \f(π,3)，所以∠ADB＝eq \f(2π,3).
在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcs∠ADB＝1＋4＋2＝7，
所以c＝eq \r(7).
在△ADC中，由余弦定理，得b2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cs∠ADC＝1＋4－2＝3，
所以b＝eq \r(3).
在△ABC中，由余弦定理，得csB＝eq \f(c2＋a2－b2,2ac)＝eq \f(7＋16－3,2×4×\r(7))＝eq \f(5\r(7),14)，
所以sinB＝eq \r(1－cs2B)＝eq \f(\r(21),14).
所以tanB＝eq \f(sinB,csB)＝eq \f(\r(3),5).
(2)因为D为BC的中点，所以BD＝DC.
因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cs∠ADB＝－cs∠ADC，
则在△ABD与△ADC中，由余弦定理，得eq \f(AD2＋BD2－c2,2AD·BD)＝－eq \f(AD2＋DC2－b2,2AD·DC)，
得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)，
所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝eq \r(3)，所以a＝2eq \r(3).
在△ABC中，由余弦定理，得cs∠BAC＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(8－12,2bc)＝－eq \f(2,bc)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin∠BAC
＝eq \f(1,2)bceq \r(1－cs2∠BAC)
＝eq \f(1,2)bceq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,bc)))\s\up12(2))
＝eq \f(1,2)eq \r(b2c2－4)
＝eq \r(3)，
解得bc＝4.
则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bc＝4,b2＋c2＝8))，解得b＝c＝2.
2．解析：(1)因为eq \f(csB＋csAcsC,sinBcsC)＝eq \f(4\r(3),b)且a＝4，
由正弦定理得eq \f(csB＋csAcsC,sinBcsC)＝eq \f(4\r(3),b)＝eq \f(\r(3)a,b)＝eq \f(\r(3)sinA,sinB)，
整理得csB＋csAcsC＝eq \r(3)sinAcsC，
因为A＋B＋C＝π，可得csB＝－cs (A＋C)＝sinAsinC－csAcsC，
可得sinAsinC＝eq \r(3)sinAcsC，
又因为A∈(0，π)，可得sinA>0，所以sinC＝eq \r(3)csC，即tanC＝eq \r(3)，
因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,3)，
由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)且c＝2eq \r(3)，可得sinA＝eq \f(asinC,c)＝eq \f(4×\f(\r(3),2),2\r(3))＝1.
(2)设AB边上的中线为CD，则2eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))，
所以4|eq \(CD,\s\up6(→))|2＝(eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→)))2＝b2＋a2＋2abcsC，
因为AB边上的中线长为eq \f(\r(37),2)，可得37＝b2＋16＋4b，整理得b2＋4b－21＝0，
解得b＝3或b＝－7(舍去)，
所以AB＝c＝eq \r(a2＋b2－2abcsC)＝eq \r(16＋9－2×4×3×\f(1,2))＝eq \r(13).
3．解析：(1)因为a＝bcsC＋eq \f(\r(3),3)csinB，
由正弦定理得，sinA＝sinBcsC＋eq \f(\r(3),3)sinCsinB，
又sinA＝sin (B＋C)＝sinBcsC＋csBsinC，
所以sinBcsC＋csBsinC＝sinBcsC＋eq \f(\r(3),3)sinCsinB，
所以csBsinC＝eq \f(\r(3),3)sinCsinB，
所以tanB＝eq \r(3)，又B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
(2)在△ABC中，设a＝2x，c＝y，则BD＝DC＝x，
在△ABD中，由余弦定理有AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·csB，
即x2＋y2－xy＝7，①
在△ABC中，由余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·csB，
即4x2＋y2－2xy＝7，②
联立①②得，x＝1，y＝3，即c＝3，a＝2.
所以△ABC的周长为5＋eq \r(7).
4．解析：(1)由正弦定理化简acsC＋(2b＋c)csA＝0可得：
sinAcsC＋(2sinB＋sinC)csA＝0，
∴sinAcsC＋sinCcsA＝－2sinBcsA，
即sin (A＋C)＝－2sinBcsA，
由A＋B＋C＝π，
∴sin (A＋C)＝sin (π－B)＝sinB＝－2sinBcsA，
又∵B∈(0，π)，∴sinB≠0，∴csA＝－eq \f(1,2)，
又A∈(0，π)，∴A＝eq \f(2π,3).
(2)根据角A的平分线与边BC交于点D，所以∠BAD＝∠CAD＝eq \f(π,3)，
S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，即eq \f(1,2)×2×c×sineq \f(π,3)＋eq \f(1,2)×2×b×sineq \f(π,3)＝eq \f(1,2)×b×c×sineq \f(2π,3)，
所以2(b＋c)＝bc，即eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝eq \f(1,2).
b＋4c＝2(b＋4c)(eq \f(1,b)＋eq \f(1,c))＝2(5＋eq \f(4c,b)＋eq \f(b,c))≥2×(5＋2eq \r(\f(4c,b)·\f(b,c)))＝18，
当且仅当eq \f(4c,b)＝eq \f(b,c)时，即b＝6，c＝3时，等号成立．
所以b＋4c的最小值为18.
5．解析：(1)因为S＝eq \f(\r(3),4)(a2＋b2－c2)，
由余弦定理可得：a2＋b2－c2＝2abcsC，所以S＝eq \f(\r(3),4)·2abcsC，
由三角形的面积公式可得S＝eq \f(1,2)absinC，所以eq \f(\r(3),4)·2abcsC＝eq \f(1,2)absinC，
所以tanC＝eq \r(3)，又C∈(0，π)，故C＝eq \f(π,3).
由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，
且sinA＝sin (B＋C)＝sin (eq \f(π,4)＋eq \f(π,3))＝sineq \f(π,4)cseq \f(π,3)＋cseq \f(π,4)sineq \f(π,3)＝eq \f(\r(2)＋\r(6),4)，
所以eq \f(a,\f(\r(2)＋\r(6),4))＝eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2))，故有a＝eq \r(6)＋eq \r(2).
(2)选择条件①：
在△ABC中，由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcsC，得a2＋b2－12＝ab，
即(a＋b)2＝12＋3ab≤12＋3(eq \f(a＋b,2))2，故a＋b≤4eq \r(3)，
当且仅当a＝b＝2eq \r(3)时，等号成立，
又因为S△CDA＋S△CDB＝S△ABC，
所以eq \f(1,2)a·CD·sineq \f(π,6)＋eq \f(1,2)b·CD·sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2)absineq \f(π,3)，
所以(a＋b)CD＝eq \r(3)ab，
所以CD＝eq \f(\r(3)ab,a＋b)＝eq \f(\r(3)[（a＋b）2－12],3（a＋b）)
＝eq \f(\r(3),3)[(a＋b)－eq \f(12,a＋b)]≤eq \f(\r(3),3)(4eq \r(3)－eq \f(12,4\r(3)))＝3，故CD的最大值为3.
选择条件②：
由题2eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))，平方得4|eq \(CD,\s\up6(→))|2＝eq \(CA,\s\up6(→))2＋eq \(CB,\s\up6(→))2＋2eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝b2＋a2＋2abcsC＝a2＋b2＋ab，
在△ABC中，由余弦定理得a2＋b2－12＝ab，
即(a＋b)2＝12＋3ab≤12＋3(eq \f(a＋b,2))2，所以(a＋b)2≤48.
当且仅当a＝b＝2eq \r(3)时，等号成立，
故有4|CD|2＝a2＋b2＋ab＝(a＋b)2－ab＝(a＋b)2－eq \f(（a＋b）2－12,3)＝eq \f(2,3)(a＋b)2＋4≤36，
从而|CD|≤3，故CD的最大值为3.
6．解析：(1)由题意得eq \f(sinA－sinC,sinC)＝eq \f(sin2A－sin2C,sin2B)，即eq \f(1,sinC)＝eq \f(sinA＋sinC,sin2B).所以sin2B＝sin2C＋sinAsinC，
由正弦定理得b2＝c2＋ac，又由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accsB，
所以c＝a－2ccsB，故sinC＝sinA－2sinCcsB，
故sinC＝sin (B＋C)－2sinCcsB，整理得sinC＝sin (B－C).
又△ABC为锐角三角形，则C∈(0，eq \f(π,2))，B∈(0，eq \f(π,2))，B－C∈(－eq \f(π,2)，eq \f(π,2))，所以C＝B－C，因此B＝2C.
(2)在△BCD中，由正弦定理得eq \f(a,sin∠BDC)＝eq \f(BD,sinC)，所以eq \f(6,sin∠BDC)＝eq \f(BD,sinC).
所以BD＝eq \f(6sinC,sin∠BDC)＝eq \f(6sinC,sin2C)＝eq \f(3,csC).因为△ABC为锐角三角形，且B＝2C，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(0故eq \f(\r(2),2)