备考2024届高考数学一轮复习好题精练第六章平面向量复数突破2解三角形中的热点问题

突破2解三角形中的热点问题1.[2023西安检测]已知△ABC的内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，内角A的平分线交边BC于D点，且AD＝4.若（2b＋c）cos∠BAC＋acosC＝0，则△ABC面积的最小值是　163　.解析　由（2b＋c）cos∠BAC＋acosC＝0，结合正弦定理，得2sinBcos∠BAC＋sinCcos∠BAC＋sin∠BACcosC＝0，即2sinBcos∠BAC＋sinB＝0，又sinB≠0，所以cos∠BAC＝－12，所以∠BAC＝2π3.因为AD为∠BAC的平分线，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＋bc）≥163，当且仅当b＝c时等号成立，故△ABC面积的最小值是163.2.[2024西安调研]在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且满足tanA＋tanB＋tanC＝33tanAtanB，若c＝2，则a2＋b2的取值范围是　（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，则－tanC＝tanA＋tanB1－tanAtanB，故tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC＝33tanA·tanB，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）2，∴a2＋b2≤16＋83，当且仅当a＝b时取等号.又a2＋b2＝c2＋2abcosC＝4＋3ab＞4，且△ABC为斜三角形，∴B≠π2，A≠π2，∴a2＋b2≠28，∴a2＋b2的取值范围是（4，28）∪（28，16＋83].解法二　由解法一得C＝π6，∴由正弦定理得asinA＝bsinB＝csinC＝4，即a＝4sinA，b＝4sinB，∴a2＋b2＝16（sin2A＋sin2B）＝16（1－cos2A2＋1－cos2B2）＝16－8（cos2A＋cos2B），∵cos2B＝cos[2π－（2A＋2C）]＝cos（2A＋2C）＝cos（2A＋π3），∴a2＋b2＝16－8[cos2A＋cos（2A＋π3）]＝16－8（cos2A＋12cos2A－32sin2A）＝16－ 8（32cos2A－32sin2A）＝16－83cos（2A＋π6），又△ABC是斜三角形，∴0＜A＜5π6，且A≠π3，A≠π2，∴－1≤cos（2A＋π6）＜32，且cos（2A＋π6）≠－32，∴a2＋b2∈（4，28）∪（28，16＋83].3.[2023浙江名校联考]已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足acosB－bcosA＝a－c.（1）求B；（2）若b＝7，a＝2，M为边AC的中点，求BM的长.解析　（1）解法一　因为acosB－bcosA＝a－c，所以由余弦定理化简得b2＝a2＋c2－ac.所以cosB＝a2＋c2－b22ac＝12，结合B∈（0，π），得B＝π3.解法二　由acosB－bcosA＝a－c，结合正弦定理可得sinAcosB－sinBcosA＝sinA－sinC，因为sinC＝sin（A＋B）＝sinAcosB＋cosAsinB，所以sinAcosB－sinBcosA＝sinA－sinAcosB－cosAsinB，化简得cosB＝12.因为0＜B＜π，所以B＝π3.（2）因为b＝7，a＝2，所以cos∠ABC＝a2＋c2－b22ac＝4+c2－74c＝12，解得c＝3.因为M为边AC的中点，所以BM＝12（BA＋BC），所以｜BM｜＝12（　　BA＋BC）2＝129+4+6＝192，即BM的长为192.4.[2024福建漳州调研]设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有2sin（B＋π6）＝b＋ca.（1）求角A；（2）若BC边上的高h＝34a，求cosBcosC.解析　（1）由2sin（B＋π6）＝b＋ca可得3sinB＋cosB＝b＋ca，由正弦定理得3sinB＋cosB＝sinB＋sinCsinA，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）＝12.由0＜A＜π，得A＝π3.（2）△ABC的面积S＝12a·34a＝12bcsinA，所以可得a2＝2bc.由正弦定理得sin2A＝2sinBsinC，得sinBsinC＝38.又cos（B＋C）＝－cosA＝－12，即cosBcosC－sinBsinC＝－12，所以cosBcosC＝－18.5.[2024安徽六校联考]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2a－ccosC＝bcosB.（1）求角B的大小；（2）若BC的中点为D且AD＝3，求a＋2c的最大值.解析　（1）由已知2a－ccosC＝bcosB，利用正弦定理可得2sin∠BAC－sinCcosC＝sinBcosB，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，因为∠BAC∈（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∠BAD＝ABsin∠ADB＝3sinπ3＝2，设∠BAD＝θ，则a＝4sinθ，c＝2sin（θ＋π3），所以a＋2c＝4[sinθ＋sin（θ＋π3）]＝43（32sinθ＋12cosθ）＝43sin（θ＋π6），在△ABD中，B＝π3，所以θ∈（0，2π3），θ＋π6∈（π6，5π6），所以当θ＋π6＝π2，即θ＝π3时，sin（θ＋π6）取得最大值1，所以a＋2c的最大值为43.6.在①ccosAa＝2sin2C2，②atanAcosB＝btanBcosA，③a2sinBcosB＝b2sinAcosA且C≠π2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.（1）求证：△ABC是等腰三角形；（2）若D为边BC的中点，且AD＝1，求△ABC周长的最大值. 解析　（1）方案一：选条件①.由ccosAa＝2sin2C2及正弦定理，得sinCcosAsinA＝1－cosC，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（不合题意，舍去），故△ABC是等腰三角形.方案二：选条件②.由atanAcosB＝btanBcosA，得asinAcosBcosA＝bsinBcosAcosB，所以asinA＝bsinB，由正弦定理，得a2＝b2，故a＝b，所以△ABC为等腰三角形.方案三：选条件③.由a2sinBcosB＝b2sinAcosA及正弦定理，得sin2AsinBcosB＝sin2BsinAcosA，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，（求出两角的关系后，要进行验证，对结果进行取舍）所以△ABC为等腰三角形.（2）由（1）知，△ABC为等腰三角形，且a＝b.在△ABD中，由余弦定理，得1＝c2＋a24－2c×a2×c2a，化简得a2＋2c2＝4.设△ABC的周长为l，则l＝a＋b＋c＝2a＋c，所以l2＝（2a＋c）2＝4a2＋4ac＋c2≤4a2＋（4c）2＋a22＋c2＝9（a2+2c2）2＝9×42＝18，当且仅当4c＝a，a2+2c2=4，即a＝423，c＝23时取等号，（利用基本不等式求最值时，要注明等号成立的条件）所以△ABC周长的最大值lmax＝18＝32.7.[2023福建质检]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2csin（A＋π6）.（1）求C；（2）若c＝1，D为△ABC的外接圆上的点，BA·BD＝BA2，求四边形ABCD面积的最大值.解析　（1）因为b＝2csin（A＋π6），所以在△ABC中，由正弦定理得，sinB＝2sinC·sin（A＋π6），又sinB＝sin（π－A－C）＝sin（A＋C），所以sin（A＋C）＝2sinCsin（A＋π6）， 展开得sinAcosC＋cosAsinC＝2sinC（32sinA＋12cosA），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　如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R.因为BA·BD＝BA2，所以BA·（BD－BA）＝0，即BA·AD＝0，所以DA⊥BA，故BD是☉O的直径，所以BC⊥CD.在△ABC中，c＝1，2R＝csin∠BCA＝1sinπ6＝2，所以BD＝2.在△ABD中，AD＝BD2－AB2＝3.设四边形ABCD的面积为S，BC＝x，CD＝y，则x2＋y2＝4，S＝S△ABD＋S△CBD＝12AB·AD＋12BC·CD＝32＋12xy≤32＋12·x2＋y22＝32＋1，当且仅当x＝y＝2时，等号成立.所以四边形ABCD面积的最大值为32＋1.解法二　如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，向量BD在向量BA上的投影向量为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上的投影向量为BA，所以DA⊥BA，故BD是☉O的直径，所以BC⊥CD.在△ABC中，c＝1，2R＝csin∠BCA＝1sinπ6＝2，所以BD＝2.在△ABD中，AD＝BD2－AB2＝3.设四边形ABCD的面积为S，∠CBD＝θ，θ∈（0，π2），则CB＝2cosθ，CD＝2sinθ，S＝S△ABD＋S△CBD＝12AB·AD＋12CB·CD＝32＋sin2θ，当2θ＝π2，即θ＝π4时，S最大，为32＋1.所以四边形ABCD面积的最大值为32＋1.解法三　如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R.因为BA·BD＝BA2， 所以BA·（BD－BA）＝0，即BA·AD＝0，所以DA⊥BA，故BD是☉O的直径，所以BC⊥CD.在△ABC中，c＝1，2R＝csin∠BCA＝1sinπ6＝2，所以BD＝2.在△ABD中，AD＝BD2－AB2＝3.设四边形ABCD的面积为S，点C到BD的距离为h，则S＝S△ABD＋S△CBD＝12AB·AD＋12BD·h＝32＋h，当h＝R＝1时，S最大，为32＋1.所以四边形ABCD面积的最大值为32＋1.8.[2024湖南张家界调考]如图，在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，BE⊥CD.（1）求证：b2＋c2＝5a2.（2）求cos∠BAC的取值范围.解析　（1）连接AF，设AF，BE，CD的交点为G，则G为△ABC的重心.由CD⊥BE，可得FG＝12BC＝12a，AG＝2FG＝a，则AF＝32a.（三角形重心的性质的应用）在△ABF中，由余弦定理得c2＝（32a）2＋（12a）2－2×32a×12a×cos∠AFB　①，在△ACF中，由余弦定理得b2＝（32a）2＋（12a）2－2×32a×12a×cos∠AFC　②.因为∠AFC＋∠AFB＝π，所以cos∠AFC＝－cos∠AFB，①＋②，得b2＋c2＝5a2.（2）因为△ABC为锐角三角形，所以a2＋b2＞c2，b2＋c2＞a2，c2＋a2＞b2，所以3b2＞2c2，3c2＞2b2，则23＜b2c2＜32，即63＜bc＜62.所以cos∠BAC＝b2＋c2－a22bc＝b2＋c2－15（b2＋c2）2bc＝25（bc＋cb）.设bc＝t，则63＜t＜62，cos∠BAC＝25（t＋1t）. 令f（t）＝t＋1t，t∈（63，62），易得f（t）在（63，1）上单调递减，在（1，62）上单调递增，所以当t∈（63，62）时，f（t）≥f（1）＝2，f（t）＜f（63）＝f（62）＝566，则45≤cos∠BAC＜63，故cos∠BAC的取值范围为[45，63）.