重難點(diǎn)11 解三角形的圖形類問題和重要模型（舉一反三）（新高考專用）（含答案） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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\l "_Tc4350" 【題型1 兩次使用余弦定理】 PAGEREF _Tc4350 \h 3
\l "_Tc27563" 【題型2 等面積法】 PAGEREF _Tc27563 \h 5
\l "_Tc8082" 【題型3 解三角形中的中線模型】 PAGEREF _Tc8082 \h 8
\l "_Tc9284" 【題型4 解三角形中的倍角模型】 PAGEREF _Tc9284 \h 11
\l "_Tc12390" 【題型5 解三角中的角平分線模型】 PAGEREF _Tc12390 \h 15
\l "_Tc2826" 【題型6 解三角中的高模型】 PAGEREF _Tc2826 \h 19
\l "_Tc21748" 【題型7 解三角形中的等分點(diǎn)模型】 PAGEREF _Tc21748 \h 22
\l "_Tc9445" 【題型8 三角形的重心問題】 PAGEREF _Tc9445 \h 25
\l "_Tc14960" 【題型9 三角形的外接圓、內(nèi)切圓問題】 PAGEREF _Tc14960 \h 29
1、解三角形的圖形類問題和重要模型
解三角形是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，是每年高考必考內(nèi)容之一.從近幾年的高考情況來(lái)看，正、余弦定理解三角形在選擇題、填空題中考查較多，難度較易；解答題中解三角形的圖形類問題和一些重要模型也是考查的重要內(nèi)容，中等難度，有時(shí)也會(huì)與三角函數(shù)、平面向量等知識(shí)綜合考查，解題方法多種多樣，需要靈活求解.
【知識(shí)點(diǎn)1 三角形圖形類問題的解題策略】
1．解決三角形圖形類問題的常用方法：
(1)兩次使用余弦定理：兩次使用余弦定理是一種典型的方法，充分利用了三角形的性質(zhì)和正余弦定理
的性質(zhì)解題；
(2)等面積法：等面積法是一種常用的方法，很多數(shù)學(xué)問題利用等面積法使得問題轉(zhuǎn)化為更為簡(jiǎn)單的問題，相似是三角形中的常用思路；
(3)正、余弦定理結(jié)合：正弦定理和余弦定理相結(jié)合是解三角形問題的常用思路；
(4)相似三角形：構(gòu)造輔助線作出相似三角形，結(jié)合余弦定理和相似三角形是一種確定邊長(zhǎng)比例關(guān)系的不錯(cuò)選擇；
(5)平面向量：平面向量是解決幾何問題的一種重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的運(yùn)算法則可以將其與余弦定理充分結(jié)合到一起；
(6)建系：建立平面直角坐標(biāo)系是解析幾何的思路，利用此方法數(shù)形結(jié)合充分挖掘幾何性質(zhì)使得問題更加直觀化.
【知識(shí)點(diǎn)2 解三角形中的重要模型】
1.中線模型
(1)中線長(zhǎng)定理：在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，AD是BC邊上的中線，則.
(2)向量法：.
2.倍角模型
，這樣的三角形稱為“倍角三角形”．
推論1：；
推論2：.
3.角平分線模型
角平分線張角定理：如圖，為平分線，則
斯庫(kù)頓定理：如圖，是的角平分線，則，可記憶：中方=上積-下積．
4.等分點(diǎn)模型
如圖，若在邊上，且滿足，，則延長(zhǎng)至，使，連接.
易知∥，且，，．
【題型1 兩次使用余弦定理】
【例1】（2024·河南·三模）在△ABC中，AB=32,cs∠BAC=?13,AD⊥AC，且AD交BC于點(diǎn)D，AD=3，則sinC=（）
A．13B．33C．63D．223
【解題思路】利用誘導(dǎo)公式求出cs∠BAD，再利用余弦定理求出BD及cs∠ADB即可得解.
【解答過程】由cs∠BAC=?13,AD⊥AC，得sin∠BAD=sin(∠BAC?π2)=?cs∠BAC=13，
而∠BAD為銳角，則cs∠BAD=1?(13)2=223，
在△ABD中，由余弦定理得BD=(32)2+32?2×32×3×223=3，
所以sinC=cs∠ADC=?cs∠ADB=?32+(3)2?(32)22×3×3=33.
故選：B.

【變式1-1】（2024·黑龍江哈爾濱·三模）已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，且a=3,BC邊上中線AD長(zhǎng)為1，則bc最大值為（）
A．74B．72C．3D．23
【解題思路】根據(jù)兩角互補(bǔ)余弦值之和等于0，然后分別在三角形中利用余弦定理求出兩角的余弦，列出方程求出b2+c2=72，然后利用基本不等式求出最值即可.
【解答過程】由題意得∠ADB+∠ADC=π，
所以cs∠ADB+cs∠ADC=0，
又a=3，且D是BC的中點(diǎn)，所以DB=DC=32，
在△ABD中，cs∠ADB=AD2+BD2?c22AD?BD=74?c23，
在△ADC中，cs∠ADC=AD2+CD2?b22AD?CD=74?b23，
所以cs∠ADC+cs∠ADB=74?b23+74?c23=0，
即b2+c2=72，得2bc≤b2+c2=72?bc≤74，當(dāng)且僅當(dāng)b=c=72取等號(hào)，
故選：A.
【變式1-2】（2024·浙江臺(tái)州·二模）在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若acsC=2ccsA，則bca2的最大值為（）
A．3B．32C．32D．3
【解題思路】根據(jù)題意，由余弦定理代入化簡(jiǎn)，再由基本不等式代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.
【解答過程】由余弦定理可知，csC=a2+b2?c22ab,csA=b2+c2?a22bc，
由acsC=2ccsA可得a?a2+b2?c22ab=2c?b2+c2?a22bc，
化簡(jiǎn)可得a2+b2?c2=2b2+2c2?2a2，
所以3a2=b2+3c2，即a2=b2+3c23，
即bca2=3bcb2+3c2=3bc+3cb≤32bc?3cb=32，
當(dāng)且僅當(dāng)bc=3cb時(shí)，即b=3c時(shí)，等號(hào)成立，
所以bca2的最大值為32.
故選：C.
【變式1-3】（2024·陜西咸陽(yáng)·三模）在△ABC中，a、b、c分別為△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊，M為邊AC上一點(diǎn)，滿足MC=3AM，若a2+c2?b2+ac=0，c=2，a=4，則BM=（）
A．72B．37C．37D．392
【解題思路】由已知條件求出b，由余弦定理求出B，再由正弦定理求出sinA，進(jìn)而求出csA，在△ABM中，由余弦定理即可求出BM
【解答過程】
由已知，a2+c2?b2=?ac，則csB=a2+c2?b22ac=?ac2ac=?12，
因?yàn)锽∈0,π，所以B=2π3，
又c=2，a=4，代入a2+c2?b2=?ac，解得b=27，
因?yàn)镸為邊AC上一點(diǎn)，滿足MC=3AM，所以AM=14AC=72，
由正弦定理bsinB=asinA，即27sin2π3=4sinA，解得sinA=217，所以csA=277，
設(shè)BM=x，則在△ABM中，由余弦定理BM2=AB2+AM2?2AB?AMcsA，
得x2=22+722?2×2×72×277=74，解得x=72，即BM=72.
故選：A.
【題型2 等面積法】
【例2】（2024·海南·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，∠ACB的平分線與對(duì)邊AB交于點(diǎn)D，若△CAD的面積為△CBD的2倍，且CD=2,∠ACB=120°，則BC=（）
A．3B．4C．6D．8
【解題思路】借助三角形面積公式計(jì)算可得CA=2CB，再利用等面積法計(jì)算即可得解.
【解答過程】由S△CAD=2S△CBD，則有12×CA?CD?sin∠ACB2=2×12×CB?CD?sin∠ACB2，
即有CA=2CB，
又S△CAD+S△CBD=S△ABC，
則有12×CA?CD?sin∠ACB2+12×CB?CD?sin∠ACB2=12×CA?CB?sin∠ACB，
即2CA+2BC=CA?BC，即有4BC+2BC=2BC?BC，即BC=3.
故選：A.
【變式2-1】（2024·遼寧丹東·二模）在△ABC中，點(diǎn)D在BC邊上，AD平分∠BAC，∠BAC=120°，AB=23，AD=233，則AC=（）
A．2B．3C．3D．23
【解題思路】本題角平分線長(zhǎng)問題，利用面積關(guān)系S△ABC=S△ABD+S△ADC，結(jié)合面積公式，就能求解出AC的長(zhǎng).
【解答過程】因?yàn)镾△ABC=S△ABD+S△ADC，
所以12×AB×AC×sin120°=12×AB×AD×sin60°+12×AD×AC×sin60°,
即AB×AC=AB×AD+AD×AC，代入AB=23，AD=233，
可得23×AC=23×233+233×AC，則433×AC=4，
解得AC=3．
故選：B.
【變式2-2】（2024·湖南長(zhǎng)沙·三模）記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，已知a=2,b=4.
(1)若csB+2csA=ccsC，求C的值；
(2)若D是邊AB上的一點(diǎn)，且CD平分∠ACB,cs∠ACB=?19，求CD的長(zhǎng).
【解題思路】（1）由已知可得acsB+bcsA=2ccsC，邊化角，可得sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsC，利用三角恒等變換可求C；
（2）由已知可得cs∠ACB2=23，利用S△ABC=S△ADC+S△BDC，可得CD=2abcs∠ACB2a+b，可求解.
【解答過程】（1）由題意得2csB+4csA= 2ccsC，所以acsB+bcsA=2ccsC.
由正弦定理，得sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsC，即sinA+B=2sinCcsC.
又sinA+B=sinC，所以sinC=2sinCcsC，又sinC≠0，所以csC=12.
因?yàn)镃∈0,π，所以C=π3.
（2）由cs∠ACB=?19，得2cs2∠ACB2?1=?19，解得cs∠ACB2=23.
由S△ABC=S△ADC+S△BDC，
得12absin∠ACB=12b?CDsin∠ACB2+ 12a?CD?sin∠ACB2，
即2abcs∠ACB2=a+bCD，
所以CD=2abcs∠ACB2a+b=2×2×4×232+4=169.
【變式2-3】（2024·山東泰安·模擬預(yù)測(cè)）已知△ABC內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，b(sinB+sinC)= (a?c)(sinA+ sinC)．
(1)求A；
(2)A的平分線AD交BC于D點(diǎn)，9b+c=64，求AD的最大值．
【解題思路】（1）根據(jù)題意利用正弦定理可得b(b+c)=(a?c)(a+c)，再結(jié)合余弦定理可得csA=?12，即可得結(jié)果；
（2）根據(jù)題意結(jié)合面積關(guān)系可得AD=bcb+c，再利用基本不等式分析求解.
【解答過程】（1）因?yàn)閎(sinB+sinC)=(a?c)(sinA+sinC)，
由正弦定理得b(b+c)=(a?c)(a+c)，整理得b2+c2?a2=?bc，
由余弦定理得csA=b2+c2?a22bc=?bc2bc=?12，
且A∈0,π，所以A=2π3.
（2）因?yàn)锳D為A的角平分線，則∠BAD=∠CAD=12∠A=π3，
由S△ABD+S△ACD=S△ABC，
可得12c?AD?sin∠BAD+12b?AD?sin∠CAD=12bcsin∠BAC.
整理得ADb+c=bc，
又因?yàn)?b+c=64，
可得AD=bcb+c=11b+1c=11b+1c9b+c64=11649+1+cb+9bc
≤11642cb?9bc+10=4，
當(dāng)且僅當(dāng)cb=9bc，即c=3b=16時(shí)，等號(hào)成立，
所以AD的最大值為4.
【題型3 解三角形中的中線模型】
【例3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）記△ABC的內(nèi)角∠BAC,∠B,∠C的對(duì)邊分別為a,b,c，已知2bcsBcs2C=a?2ccsCcs2B．
(1)求∠BAC．
(2)若b+c=8，且邊BC上的中線AD=192，求△ABC的面積．
【解題思路】（1）利用正弦定理及三角公式求cs∠BAC=?12，根據(jù)角的范圍可得∠BAC
（2）根據(jù)余弦定理可得bc=15，根據(jù)面積公式求解可得
【解答過程】（1）由已知條件及正弦定理，得2sinBcsB?cs2C=sin∠BAC?2sinCcsCcs2B．
整理，得sin2Bcs2C+sin2Ccs2B=sin∠BAC，
即sin2B+2C=sin∠BAC．
又∠B+∠C=π?∠BAC，
所以?sin2∠BAC=sin∠BAC，
即?2sin∠BACcs∠BAC=sin∠BAC．
因?yàn)閟in∠BAC≠0，所以cs∠BAC=?12．
又∠BAC∈0,π，所以∠BAC=2π3．
（2）由題意得，2AD=AB+AC，
所以4AD2=AB2+AC2+2AB?AC，
即19=c2+b2+2cbcs2π3=(b+c)2?3bc=64?3bc，
所以bc=15．
故S△ABC=12bcsin∠BAC=12×15×sin2π3=1534.
【變式3-1】（2024·湖南長(zhǎng)沙·三模）如圖，在△ABC中，已知AB=3,AC=6,A為銳角，BC,AC邊上的兩條中線AM,BN相交于點(diǎn)P,△ABC的面積為932.
(1)求BC的長(zhǎng)度；
(2)求∠APB的余弦值.
【解題思路】（1）因?yàn)镾△ABC=12AB?ACsin∠BAC，得到，由∠BAC=π3，在△ABC由余弦定理即可得到BC的長(zhǎng)度.
（2）因?yàn)锳B2+BC2=9+27=36=AC2，所以∠BAC為直角，∴BN=3,∴BP=23BN=2.在△ABM中，由勾股定理得AM，即得到AP，在△ABP中，由余弦定理即可得到∠APB的余弦值.
【解答過程】（1）由題知，S△ABC=12AB?ACsin∠BAC=932，所以sin∠BAC=32，
又因?yàn)椤螧AC∈0,π，所以∠BAC=π3或2π3.因?yàn)椤螧AC為銳角，所以∠BAC=π3.
在△ABC中，由余弦定理知BC2=AB2+AC2?2?AB?ACcs∠BAC，
整理得BC2=9+36?2×3×6×12=27，解得BC=33.
（2）因?yàn)锳B2+BC2=9+27=36=AC2，
所以∠ABC=π2，BN=12AC=3,，∴BP=23BN=2
在△ABM中，由勾股定理得：AB2+BM2=AM2，∴AM=372，AP=23AM=7
所以在△ABP中，由余弦定理得cs∠APB=AP2+BP2?AB22AP?BP=714.
所以∠APB的余弦值為714.
【變式3-2】（2024·陜西西安·三模）在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊是a,b,c,已知b1+csA=c1?cs2B.
(1)證明:b=c;
(2)若BC邊上的高AD為2,AC邊上的中線BE為27,求△ABC的面積.
【解題思路】（1）利用三角函數(shù)恒等變換以及正弦定理化簡(jiǎn)已知等式可得cs(B?C)=1,可求B?C∈(?π,π),可得B?C=0 ,即可證明b=c;
（2）由題意可求csC=DCAC=a2b,在△BEC中, 由余弦定理可得a=43,b=c=4,利用三角形的面積公式即可求解.
【解答過程】（1）證明：因?yàn)?+csA=c1?cs2B，
則b1+csA=c?2sin2B,
由正弦定理得：sinB1+csA=sinC?2sin2B,
因?yàn)锽∈0,π,sinB≠0,
所以1+csA=2sinCsinB,
又因?yàn)锽+C+A=π，所以1?cs(B+C)=2sinCsinB,
所以1?csBcsC+sinCsinB=2sinCsinB
所以csB?C=1,
因?yàn)锽?C∈?π,π,
所以B?C=0所以B=C，即b=c,得證；
（2）因?yàn)锽C邊上的高AD為2,AC邊上的中線BE為27, 所以AD⊥BC,
所以csC=DCAC=a2b,
在△BEC中,由余弦定理得: BE2=BC2+EC2?2BC?ECcsC,
所以28=a2+(b2)2?2a?b2?a2b,即 28=a22+b24,且,a24+4=b2,解得a=43, b=c=4,
所以S=12a×AD=43.
【變式3-3】（2024·新疆烏魯木齊·二模）在△ABC中，點(diǎn)M,N分別為BC,AC的中點(diǎn)，AM與BN交于點(diǎn)G，AM=3,∠MAB=45°．
(1)若AC=52，求中線BN的長(zhǎng)；
(2)若△ABC是銳角三角形，求四邊形GMCN面積的取值范圍．
【解題思路】（1）對(duì)2AM=AB+AC兩邊同時(shí)平方可得AB=72，再由平面向量的運(yùn)算法則得BN=AM?32AB，對(duì)其兩邊同時(shí)平方即可得出答案.
（2）由分析知SGMCN=22AB，再分別討論∠A,∠B,∠C為銳角，由數(shù)量積的定義求出AB的范圍，即可得出答案.
【解答過程】（1）因?yàn)辄c(diǎn)M為BC的中點(diǎn)，所以2AM=AB+AC，
則AC=2AM?AB，即AC2=4AM2?4AM?AB+AB2，
即50=4×9?4×3×AB×22+AB2，解得：AB=72或AB=?2（舍去），
又因?yàn)锽N=AN?AB=12AC?AB=12×2AM?AB?AB=AM?32AB，
BN2=AM2?3AB?AM+94AB2，即BN2=9?3×3×72×22+94×49×2=3332，
所以BN=6662=3742.

（2）SGMCN=S△AMC?S△AGN=S△AMC?13S△AMC=23S△AMC=23S△AMB,
=23×12×AB×3×22=22AB,
因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，所以∠A是銳角，即AB?AC>0，
即AB?2AM?AB>0，所以AB2?32AB0，得AB2?922AB+18>0，
所以AB∈R，綜上：322

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