第五章 四、解三角形倍角定理篇-【老唐说题】高中数学新思路 多选+填空压轴专题

■ １４２　 ■  因为ＡＤ平分∠ＢＡＣ，所以∠ＤＡＣ＝３０°，由角平分线张角定理得：ｓｉｎ６０°ＡＤ ＝ ｓｉｎ３０° ｂ ＋ ｓｉｎ３０° ｃ ＡＤ＝ ４ ５槡３，故Ｃ错误； 因为ＡＢ＝１，ＡＥ＝２，∠ＢＡＥ＝６０°，所以ＢＥ＝ １＋４－２×１×２×１槡 ２ ＝槡３，所以 ＡＢ⊥ＢＥ，所以 ＡＥ为△ＡＢＥ的外接圆的直径，故△ＡＢＥ的外接圆的半径为１，显然当 ＰＢ＋２ＰＥ取得最大值时，Ｐ在 优弧ＢＡＥ^上． 故∠ＢＰＥ＝∠ＢＡＥ＝６０°，设∠ＰＢＥ＝α，则∠ＰＥＢ＝１２０°－α，０°＜α＜１２０°，所以 ＰＢｓｉｎ（１２０°－α） ＝ＰＥｓｉｎα ＝２，所以ＰＢ＝２ｓｉｎ（１２０°－α）＝槡３ｃｏｓα＋ｓｉｎα，ＰＥ＝２ｓｉｎα，所以ＰＢ＋２ＰＥ＝槡３ｃｏｓα＋５ｓｉｎα＝ ２槡７ｓｉｎ（α＋θ），其中ｓｉｎθ＝槡 ３ ２槡７ ，ｃｏｓθ＝ ５ ２槡７ ，所以当α＋θ＝π２时，ＰＢ＋２ＰＥ取得最大值２槡７，故Ｄ 正确．故选ＡＢＤ． （２０２３·相城区月考）在△ＡＢＣ中，已知ｃ＝２，ｂ＝３，ＡＤ是 Ａ的平分线，则 ＡＤ的长度可 能为 （　　） Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４ 因为ｃ＝２，ｂ＝３，由题意及角平分线的性质可得ＢＤＤＣ＝ ＡＢ ＡＣ＝ ２ ３，所以ＢＤ＝ ２ ５ＢＣ＝ ２ ５ａ，由 斯库顿定理得： ＡＤ ２＝ ＡＢ· ＡＣ － ＢＤ· ＤＣ，所以 ＡＤ ２＝２×３－６２５ａ ２，在△ＡＢＣ中，可得 ａ∈（ｂ－ｃ，ｂ＋ｃ），即ａ∈（１，５），所以ａ２∈（１，２５），解得：０＜ＡＤ＜１２５，故选ＡＢ． 四、解三角形倍角定理篇 Ｂ＝２Ａｂ２＝ａ（ａ＋ｃ） Ｃ＝２Ｂｃ２＝ｂ（ｂ＋ａ） Ａ＝２Ｃａ２＝ｃ（ｃ＋ｂ） ，这样的三角形称为“倍角三角形”． 几何背景 构造相似三角形（必要性），已知ｂ２＝ａ（ａ＋ｃ），证Ｂ＝２Ａ，如图所示：延长ＣＢ至Ｄ，使得ＢＤ＝ ＡＢ＝ｃ．由ｂ２＝ａ（ａ＋ｃ）得ａｂ＝ ｂ ａ＋ｃ，因为 ＣＡ ＣＢ＝ ＣＤ ＣＡ，所以△ＡＣＢ∽△ＤＣＡ，所以∠Ｄ＝∠ＣＡＢ，又 ＢＤ ＝ＡＢ，得∠ＡＢＣ＝２∠Ｄ＝２∠ＣＡＢ． 推论１：Ａ＝２Ｂ ａｓｉｎ２Ｂ＝ ｂ ｓｉｎＢ＝ ｃ ｓｉｎ３Ｂｂ＝ ａ ２ｃｏｓＢ＝ ｃ ３－４ｓｉｎ２Ｂ !8#$47./ ■■ １４３　 ■ 推论２：Ａ＝２Ｂ ｃｂ＝１＋２ｃｏｓＡｂ＋ｃ＝２ａｃｏｓＢ 几何背景 （１）关于Ａ＝２Ｂｂ＝ ａ２ｃｏｓＢ＝ ｃ ３－４ｓｉｎ２Ｂ 如图，我们构造 ＣＧ ＝ ＡＣ ＝ｂ，则∠ＣＧＡ＝∠Ａ＝２∠Ｂ，故∠ＢＣＧ＝∠Ｂ，所以 ＢＨ ＝ｂｃｏｓＢ ＝ａ２； 关于ｂ＝ ｃ ３－４ｓｉｎ２Ｂ ，即证ｃ－ｂ＝２ｂｃｏｓＡ，我们参考下一模型； （２）关于Ａ＝２Ｂｃ－ｂ＝２ｂｃｏｓＡ 　　　　　　 如左图，构造等腰梯形ＡＢＥＣ，由于∠ＣＡＤ＝∠ＢＡＤ＝∠ＣＢＡ，故 ＡＣ ＝ ＣＥ ＝ ＢＥ ＝ ＦＧ ＝ ｂ， ＡＦ ＝ ＢＧ ＝ｂｃｏｓＡ，所以 ＡＢ ＝ｃ＝ｂ＋２ｂｃｏｓＡ； 如右图，我们构造 ＣＧ ＝ ＡＣ ＝ｂ，则∠ＣＧＡ＝∠Ａ＝２∠Ｂ，故∠ＢＣＧ＝∠Ｂ，所以 ＢＧ ＝ｂ， ＡＧ ＝ｃ－ｂ＝２ｂｃｏｓＡ； （３）关于Ａ＝２Ｂｂ＋ｃ＝２ａｃｏｓＢ 　　　　　 　　　　　 如左图，由于Ａ＝２Ｂ，作∠ＢＡＣ平分线ＡＤ交ＢＣ于Ｄ，作ＤＥ⊥ＡＢ于点Ｅ，由于∠ＣＡＤ＝∠ＤＡＢ ＝∠Ｂ，故 ＡＥ ＝ ＥＢ ＝ｃ２， ＤＢ ＝ ｃ ２ｃｏｓＢ，根据内角平分线定理得： ｂ ｃ＝ ＣＤ ＤＢ，即 ｂ＋ｃ ｃ ＝ ａ ＤＢ， 所以ｂ＋ｃ＝２ａｃｏｓＢ 如中图，延长ＢＣ至Ｅ，使 ＣＢ ＝ ＣＥ ＝ａ，延长 ＢＡ至 Ｆ，使 ＡＦ ＝ ＡＣ ＝ｂ，根据内角平分 线定理，我们可知 ＡＣ ＡＢ ＝ ＣＤ ＤＢ ＝ ＡＦ ＡＢ，所以ＡＤ∥ＣＦ，所以∠ＣＦＢ＝∠Ｂ，所以 ＣＦ ＝ａ＝ １ ２ ＢＥ， 所以２ａｃｏｓＢ＝ｂ＋ｃ 如右图，我们构造 ＣＧ ＝ ＡＣ ＝ｂ，则∠ＣＧＡ＝∠Ａ＝２∠Ｂ，故∠ＢＣＧ＝∠Ｂ，所以 ＢＧ ＝ｂ， ＡＧ ＝ｃ－ｂ，作ＣＨ⊥ＡＢ于Ｈ，所以 ＢＨ ＝ｂ＋ｃ－ｂ２ ＝ ｂ＋ｃ ２ ＝ａｃｏｓＢ； 综上，我们发现构造以ｂ为腰的等腰三角形ＣＧＢ是最佳方案． ■ １４４　 ■  （２０２３·襄阳月考）在锐角△ＡＢＣ中，若Ａ＝２Ｂ，则ａｂ的值可能是 （　　） Ａ．４３ Ｂ． ３ ２ Ｃ． 槡１０ ２ Ｄ． ５ ３ 因为Ａ＝２Ｂ，所以ａｂ＝ ｓｉｎＡ ｓｉｎＢ＝ ｓｉｎ２Ｂ ｓｉｎＢ＝ ２ｓｉｎＢｃｏｓＢ ｓｉｎＢ ＝２ｃｏｓＢ，因为△ＡＢＣ为锐角三角形，所以 ０＜Ａ＝２Ｂ＜π２ ０＜Ｂ＜π２ ０＜Ｃ＝π－３Ｂ＜π        ２ ，解得Ｂ∈ π６， π( )４ ，所以ｃｏｓＢ∈ 槡２２，槡３( )２ ，所以ａｂ＝２ｃｏｓＢ∈（槡２，槡