新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题2 微重点7 几何特征在解三角形中的应用(含解析)
展开考点一 三角形的中线及应用
例1 (2022·太原模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且eq \r(3)asin B=2bcs2eq \f(B+C,2).
(1)求角A的大小;
(2)若BC边上的中线AD=2,求△ABC面积的最大值.
解 (1)依题意有
eq \r(3)asin B=2bcs2eq \f(B+C,2)=(1-cs A)b,
所以eq \r(3)sin Asin B=(1-cs A)sin B,
因为在△ABC中sin B≠0,
所以eq \r(3)sin A=1-cs A,
又sin2A+cs2A=1,
解得sin A=eq \f(\r(3),2),cs A=-eq \f(1,2),
所以A=eq \f(2π,3).
(2)由|eq \(AD,\s\up6(→))|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→))+\(AC,\s\up6(→)),2)))=2,
得|eq \(AB,\s\up6(→))+eq \(AC,\s\up6(→))|=4,
所以|eq \(AB,\s\up6(→))|2+|eq \(AC,\s\up6(→))|2+2|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|cs eq \f(2π,3)
=|eq \(AB,\s\up6(→))|2+|eq \(AC,\s\up6(→))|2-|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|
=16≥|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|,
所以(|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|)max=16,
当且仅当|eq \(AB,\s\up6(→))|=|eq \(AC,\s\up6(→))|=4时,等号成立.
所以△ABC面积的最大值为
S=eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up6(→))|·|eq \(AC,\s\up6(→))|·sin∠BAC=4eq \r(3).
规律方法 解三角形问题涉及到中点问题时,可采用向量法使问题简化.在△ABC中,若D为边BC上的中点,则eq \(AD,\s\up6(→))=eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))+eq \(AC,\s\up6(→)),两边平方即可得到三角形边长之间的关系.
跟踪演练1 (2022·德州模拟)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知c2=ab,点D是边AB的中点,CDsin∠ACB=asin B.
(1)证明:CD=c;
(2)求cs∠ACB的值.
(1)证明 由题意得,CD=eq \f(asin B,sin∠ACB),
由正弦定理得eq \f(b,sin B)=eq \f(c,sin∠ACB),
即eq \f(sin B,sin∠ACB)=eq \f(b,c),所以CD=eq \f(ab,c),
由于c2=ab,所以CD=c.
(2)解 由题意知CD=c,AD=eq \f(c,2),DB=eq \f(c,2),
所以cs∠ADC=eq \f(c2+\f(c2,4)-b2,2·c·\f(c,2))=eq \f(\f(5,4)c2-b2,c2),
同理cs∠BDC=eq \f(c2+\f(c2,4)-a2,2·c·\f(c,2))=eq \f(\f(5,4)c2-a2,c2),
由于∠ADC=π-∠BDC,
所以eq \f(\f(5,4)c2-b2,c2)+eq \f(\f(5,4)c2-a2,c2)=0,
整理得a2+b2=eq \f(5,2)c2,
由余弦定理得cs∠ACB=eq \f(a2+b2-c2,2ab)=eq \f(3c2,4ab)=eq \f(3,4).
考点二 三角形的角平分线及应用
例2 (2022·保定模拟)已知在△ABC中,∠BAC=120°,∠BAC的角平分线与BC相交于点D.
(1)若AC=2AB=2,求CD的长;
(2)若AD=1,求AB+AC的最小值.
解 (1)因为AC=2AB=2,∠BAC=120°,
利用余弦定理可得
BC2=AC2+AB2-2AB·AC·cs∠BAC=7,
故BC=eq \r(7),
由角平分线定理知eq \f(AB,AC)=eq \f(BD,CD),
又eq \f(AB,AC)=eq \f(1,2),
所以eq \f(BD,CD)=eq \f(1,2),又BD+CD=eq \r(7),
所以CD=eq \f(2\r(7),3).
(2)根据题意得,△ABC的面积等于△ABD的面积与△ACD的面积之和,
又AB=c,AC=b,所以
eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×bc=eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×b×1+eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×c×1,
整理得bc=b+c.
所以b+c=bc≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b+c,2)))2,
即eq \f(b+c2,4)≥b+c,解得b+c≥4,
当且仅当b=c=2时取“=”,
即AB+AC的最小值为4.
规律方法 角平分线是平面几何的一个重要特征,解题方法主要有两种,一是利用角平分线定理,找边之间的关系;二是角平分线把三角形分成两个三角形,利用等面积法求解.
跟踪演练2 (多选)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b=ccs∠BAC,∠BAC的角平分线交BC于点D,AD=1,cs∠BAC=eq \f(1,8),则以下结论正确的是( )
A.AC=eq \f(3,4)
B.AB=8
C.eq \f(CD,BD)=eq \f(1,8)
D.△ABD的面积为eq \f(3\r(7),4)
答案 ACD
解析 因为b=ccs∠BAC,
由正弦定理可得sin B=sin Ccs∠BAC
=sin(∠BAC+C),
所以sin∠BACcs C=0,因为sin∠BAC≠0,
所以cs C=0,即C=eq \f(π,2).
因为eq \f(1,8)=cs∠BAC=eq \f(AC,AB),
由角平分线定理可得eq \f(AC,AB)=eq \f(CD,BD)=eq \f(1,8),
设AC=x,则AB=8x,
则BC=3eq \r(7)x,CD=eq \f(\r(7),3)x.
在Rt△ACD中,由勾股定理可得x2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),3)x))2=1,
解得x=eq \f(3,4),即AC=eq \f(3,4),AB=6.
因为S△ABC=eq \f(1,2)×eq \f(3,4)×6×eq \f(3\r(7),8)=eq \f(27\r(7),32),
所以S△ABD=eq \f(8,9)S△ABC=eq \f(3\r(7),4).
考点三 四边形问题
例3 (2022·日照模拟)在①S△ABC=2,②∠ADC=eq \f(π,6)这两个条件中任选一个,补充在下面问题中并解答.
如图,在平面四边形ABCD中,∠ABC=eq \f(3π,4),∠BAC=∠DAC,________,CD=2AB=4,求AC的长.
(注:若选择多个条件解答,则按第一个解答计分)
解 选择①:
由S△ABC=eq \f(1,2)·AB·BC·sin∠ABC
=eq \f(1,2)×2·BC·sin eq \f(3π,4)=2,
得BC=2eq \r(2).
由余弦定理得
AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cs∠ABC
=4+8-2×2×2eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(\r(2),2)))=20,
所以AC=eq \r(20)=2eq \r(5).
选择②:
设∠BAC=∠CAD=θ,
则0<θ
即eq \f(AC,sin \f(3π,4))=eq \f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-θ))),
所以AC=eq \f(\r(2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-θ))).
在△ACD中,eq \f(AC,sin∠ADC)=eq \f(CD,sin∠CAD),
即eq \f(AC,sin \f(π,6))=eq \f(4,sin θ),
所以AC=eq \f(2,sin θ),所以eq \f(2,sin θ)=eq \f(\r(2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-θ))),
解得2sin θ=cs θ,
又0<θ
规律方法 解多边形问题,一般是把要求的量放到三角形中,利用正、余弦定理求解,关键是选择好三角形,否则就会使问题复杂化,所以解多边形问题的实质还是解三角形问题.
跟踪演练3 (1)如图,在四边形ABCD中,AB=1,BC=3,∠ABC=120°,∠ACD=90°,∠CDA=60°,则BD的长度为( )
A.eq \f(5\r(3),3) B.2eq \r(3)
C.3eq \r(3) D.eq \f(7\r(3),3)
答案 D
解析 设∠ACB=α,在△ABC中,由余弦定理得
AC2=10-6cs 120°=13,
则AC=eq \r(13),从而CD=eq \r(\f(13,3))=eq \f(\r(39),3),
由正弦定理得eq \f(AB,sin α)=eq \f(AC,sin 120°),
即sin α=eq \f(\r(3),2\r(13))=eq \f(\r(39),26),
从而cs∠BCD=cs(90°+α)=-sin α=-eq \f(\r(39),26),
在△BCD中,由余弦定理得
BD2=9+eq \f(13,3)+2×3×eq \f(\r(39),3)×eq \f(\r(39),26)=eq \f(49,3),
则BD=eq \f(7\r(3),3).
(2)(2022·百校联盟联考)如图,在凸四边形ABCD中,AB=2AD,△BCD为等边三角形.则当四边形ABCD的面积最大时,sin∠BAD=__________.
答案 eq \f(1,2)
解析 设AD=a,则AB=2a,由题意可知
S△ABD=eq \f(1,2)·AB·AD·sin∠BAD=a2sin∠BAD.
在△ABD中,根据余弦定理,
可得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cs∠BAD
=a2(5-4cs∠BAD),
则S△BCD=eq \f(1,2)BD2sin 60°=eq \f(\r(3),4)BD2
=eq \f(\r(3),4)a2(5-4cs∠BAD),
所以四边形ABCD的面积
S=a2sin∠BAD+eq \f(\r(3),4)a2(5-4cs∠BAD)
=eq \f(5\r(3),4)a2+2a2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∠BAD-\f(π,3))).
所以当∠BAD=eq \f(5π,6)时,四边形ABCD的面积S最大,
此时,sin∠BAD=eq \f(1,2).
专题强化练
1.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且∠BAC=60°,b=3,AD为BC边上的中线,若AD=eq \f(7,2),则BC的长为( )
A.7 B.3eq \r(2) C.eq \r(19) D.3eq \r(3)
答案 C
解析 如图,eq \(AD,\s\up6(→))=eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))+eq \(AC,\s\up6(→))),
∵eq \(AD,\s\up6(→))2=eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up6(→))2+eq \(AC,\s\up6(→))2+2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))),
∴eq \f(49,4)=eq \f(1,4)(c2+9+3c),
∴c=5(负根舍去),
∵BC2=b2+c2-2bccs∠BAC
=9+25-2×3×5×eq \f(1,2)=19,
∴BC=eq \r(19).
2.(2022·赣州模拟)如图,在四边形ABCD中,BC⊥DC,∠BAD=∠ABC=eq \f(π,3),BC=2,AD=1,则DC的长为( )
A.eq \f(\r(6),2) B.eq \r(2) C.eq \r(3) D.3
答案 C
解析 如图,延长AD,BC交于点E,由题意知,∠BAD=∠ABC=eq \f(π,3),BC⊥DC,
∴∠DEC=eq \f(π,3),∠DCE=eq \f(π,2),
∴∠ADC=eq \f(5π,6),不妨设DC=x,
则EC=eq \f(\r(3),3)x,DE=eq \f(2\r(3),3)x.
∵BE=EC+BC=AE,
∴eq \f(\r(3),3)x+2=1+eq \f(2\r(3),3)x,
解得x=eq \r(3).
3.在圆内接四边形ABCD中,AB=5,BC=6,CD=3,AD=4,则△ACD的面积为( )
A.eq \f(5\r(10),7) B.eq \f(12\r(10),7)
C.eq \f(19\r(10),7) D.eq \f(26\r(10),7)
答案 B
解析 设∠ABC=θ,则∠ADC=π-θ,
∵在△ABC中,
AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cs θ,
在△ACD中,
AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cs(π-θ),
∴AB2+BC2-2AB·BC·cs θ
=AD2+CD2+2AD·CD·cs θ,
则61-60cs θ=25+24cs θ,
∴cs θ=eq \f(3,7),而0<θ<π,
故sin θ=eq \f(2\r(10),7),
∴S△ACD=eq \f(1,2)AD·CD·sin(π-θ)
=6sin θ=eq \f(12\r(10),7).
4.如图,在△ABC中,∠BAC=120°,∠BAC的角平分线交BC于点D,AB=2AC,若CD=eq \r(7),则S△ABC的面积为________.
答案 eq \f(9\r(3),2)
解析 由角平分线定理知eq \f(AB,AC)=eq \f(BD,CD)=2,
∴BD=2CD=2eq \r(7),
∴BC=3eq \r(7),
令AC=t,则AB=2t,
由余弦定理得63=t2+4t2-2×t×2t×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2)))
解得t=3(负值舍去),
∴AB=6,AC=3,
∴S△ABC=eq \f(1,2)AB·AC·sin∠BAC=eq \f(9\r(3),2).
5.(2022·长沙质检)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,其中A=60°,B=45°,若将六个和△ABC全等的三角形围成如图的正六边形,设其面积为S1,阴影部分面积为S2,则eq \f(S1,S2)=________.
答案 3eq \r(3)+6
解析 因为A=60°,B=45°,
则C=75°,
所以sin C=sin 75°=sin(45°+30°)
=sin 45°cs 30°+cs 45°sin 30°=eq \f(\r(6)+\r(2),4),
面积比为相似比的平方,
eq \f(S1,S2)=eq \f(a2,c-b2)=eq \f(sin2A,sin C-sin B2)
=eq \f(sin260°,sin 75°-sin 45°2)=eq \f(\f(3,4),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)+\r(2),4)-\f(\r(2),2)))2)
=eq \f(\f(3,4),\f(8-4\r(3),16))=eq \f(3,2-\r(3))=6+3eq \r(3).
6.(2022·山东学期联考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知eq \r(3)tan Atan B-tan A-tan B=eq \r(3),角C的平分线CD交AB于D.
(1)求证:eq \f(\r(3),CD)=eq \f(1,CA)+eq \f(1,CB);
(2)若CD=CB=2,求△ABC的面积.
(1)证明 ∵eq \r(3)tan Atan B-tan A-tan B=eq \r(3),
∴eq \r(3)(tan Atan B-1)=tan A+tan B,
∴eq \f(tan A+tan B,1-tan Atan B)=-eq \r(3),
∴tan(A+B)=-eq \r(3),∴tan∠ACB=eq \r(3),
∵0<∠ACB<π,∴∠ACB=eq \f(π,3),
∵CD为角平分线,∴S△ABC=S△ACD+S△BCD,
∴eq \f(1,2)·CA·CB·sin∠ACB=eq \f(1,2)·CD·CA·sin∠ACD+eq \f(1,2)·CD·CB·sin∠BCD,
∴eq \r(3)CA·CB=CD·CB+CD·CA,
即eq \f(\r(3),CD)=eq \f(1,CA)+eq \f(1,CB).
(2)解 由CD=CB=2代入eq \f(\r(3),CD)=eq \f(1,CA)+eq \f(1,CB),
可得CA=eq \r(3)+1,
∴S△ABC=eq \f(1,2)×CA×CB×sin∠ACB=eq \f(1,2)×2×(eq \r(3)+1)×eq \f(\r(3),2)=eq \f(3+\r(3),2).
7.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且ccs A+(a+2b)cs C=0.
(1)求C的大小;
(2)若△ABC的面积等于4eq \r(3),D为BC边的中点,当中线AD的长最短时,求AB边的长.
解 (1)由ccs A+(a+2b)cs C=0,
得sin Ccs A+(sin A+2sin B)cs C=0,
即-2sin Bcs C=sin(A+C)=sin(π-B)=sin B.
因为0°0,
从而cs C=-eq \f(1,2).
又0°
所以ab=16.
在△ACD中,由余弦定理可得
AD2=b2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2-2×b×eq \f(a,2)×cs 120°
=b2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2+eq \f(ab,2)≥2eq \r(b2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2)+eq \f(ab,2)
=eq \f(3ab,2)=24,
当且仅当b=eq \f(1,2)a,即a=4eq \r(2),b=2eq \r(2)时,等号成立.此时AB2=a2+b2-2abcs 120°
=32+8-2×4eq \r(2)×2eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2)))=56,
故AB=2eq \r(14).
8.(2022·济宁模拟)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD·sin D=2CD·sin B.
(1)求证:BC=2CD;
(2)若AD=BC=2,∠ADC=120°,求梯形ABCD的面积.
(1)证明 在△ACD中,
由正弦定理得eq \f(AD,sin∠ACD)=eq \f(AC,sin D),
即AD·sin D=AC·sin∠ACD,
因为AB∥CD,所以∠ACD=∠CAB,
所以AD·sin D=AC·sin∠CAB,
在△ABC中,由正弦定理得eq \f(AC,sin B)=eq \f(BC,sin∠CAB),
即AC·sin∠CAB=BC·sin B,
所以AD·sin D=BC·sin B.
又AD·sin D=2CD·sin B,
所以BC·sin B=2CD·sin B,即BC=2CD.
(2)解 由(1)知CD=eq \f(1,2)BC=1.
在△ACD中,由余弦定理得
AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cs∠ADC,
解得AC=eq \r(7).
所以cs∠CAB=cs∠ACD
=eq \f(CD2+AC2-AD2,2CD·AC)=eq \f(2\r(7),7).
在△ABC中,由余弦定理得
BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cs∠CAB,
解得AB=1或3.
又因为四边形ABCD为梯形,所以AB=3.
又梯形ABCD的高为h=AD·sin 60°=eq \r(3),
所以梯形ABCD的面积为S=eq \f(1,2)(AB+CD)h=2eq \r(3).
新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题6 微重点17 抛物线的二级结论的应用(含解析): 这是一份新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题6 微重点17 抛物线的二级结论的应用(含解析),共14页。
新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题6 微重点16 椭圆、双曲线的二级结论的应用(含解析): 这是一份新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题6 微重点16 椭圆、双曲线的二级结论的应用(含解析),共13页。
新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题4 微重点12 立体几何中的动态问题(含解析): 这是一份新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题4 微重点12 立体几何中的动态问题(含解析),共18页。