题型14 4类解三角形大题综合-2025年新高考数学冲刺宝典

参考答案 in∠BAD+sin DAC即 AC AB 号0ms⑤，由回+④×2整理得2+2张-号c@,尚0 sin 2/5 +n6 @联立签理得：6-11k+3=0,解得：6=号c或b=宁0， +=26+=(2+(+2)x2-++6 当bc时，由心=c可水得a=停a十Kc故合去， 当=多c时，由。=c可求得a-写，满足a十>6在 ≥6+√层×平=6+4区即 2/3 △ABC中，由余孩定理得cosB=(十C-&= 2ac +-2+=(2+)(+2)×2=+业+6 b +- ≥6+√层×=6+ 2厚 =综上：sB= 24 24 (售且仅当斧-兰即一6时取- 2.(1)证明见解析：(2) 14 【解析】(1) 技法4倍角定理的应用及解题技巧 a 则 【对点练习】 在△ABC中，osA cos C 2b+√3e (1)证明见详解【解析】(1)由：=c2十ac及b2=a2十c2 8+2-口× 2ab 2 accos B得，a=c(2csB+1).由正弦定理得sinA=sinC 2hk a+㎡-2 (2cosB十1)，又A十B+C=t,,sinA=sin(B+C)=sin Bcos 26十c整理得+e-a=-5c,则csA=士c 3a 2hc C+cos Bsin C=2sin Ccos B+sin C,'.sin Bcos C-cos Bsin C =sinC,.sin(B-C)=sinC,A,B,C都是锐角，则B,C∈ 号，又0<A<,则A=要在△ACD中，由正弦定理 ().B-CE ().B-C=C.:B=2C. 得SD-,期m∠CAD-D:C.在ABAD CD AD 技法57类恒等式的应用及解题技巧 【对点练习】 中，由正获定理得血D=需时如∠BAD BD C【解析】由条件有c0sA十csB=2 coso4B BD:inB,则血∠BAD+i血∠CAD=BD:mB+ 2 AD b AD·b 2sn号cmsA2B<2sn号同里，osB+osC<2sin令oms 2 CD.sin C BD.sin A CD.sin A (BD+CDX过 AD·c AD·a AD·a AD.a C+msA长2sin号故r<故选C 1 3 题型144类解三角形大题综合 AD:。D品则AD=号 技法01倍长定比分线模型 (2)由CD-2BD,可得CD-号a,BD-子a,又AD-号则 【对点练习】 1L（1)证明见解析(2)c0sB= (号a)+(3a)- 24 【解析】(1)在△ABC中， c0s∠AIDC= ，cos∠ADB= BC 由正孩定理样：nBMC、 品①由己知释：AD·面 (3a)+(3a)'-e ∠BAC=AB.sinB②，由①②联立得：AD·BC=AB·AC, ,由cos∠ADC+cos∠ADB=0, :AD=BC,.AD=AB·AC故AB.AD,AC成等比 2x3a×3a 数列 (2)在△ABC中，记A,B,C的对边分别为a,b,c,故AD= T得保+8+-e =0 BC=a,由(1)知：a=x③，在△ABD中，设∠ADB=a,由 2xx号a 已知得BD=号a,由余弦定理得：A形=AD+BD-2AD 解之得a-仿=2，又A=晋则a=份+2+5c,由 ·BDos∠ADB,即2=d+号a-青csa④，在△ACD 1a2-=2c c=/3b a=G+e2+3'可得 则cos∠ADC= a=76 中，设∠ADC=不-a,由已知得CD=号=a,由余孩定理释： (导a)广+（合a)广-8吾×-# Ae=AD+CD-2AD·CDs∠ADC,B=a2+)d+ 2x3a×号a 哥X 17 高考数学冲刺宝典 31) 技法2周长及面积类最值问题 2 (2号 【解析】(1)依据题意，由2 csin Acos B= 【对点练习】 asin A--bsin B+2 bsin C可得2ac0sB=d2-B+2c,则 1.(片子)2)要 【解析】(1)5(a+心一2)= cos B= -+c=,b=2x=2 2 bcsin A,故3(a2+B-a2-+2 abeos C)=2 esin A,整 2ac 2ac 理得到：3 abeos C=2 bcsin A即3 acos C=csin A,故3sin 0∠BAC-公+d_出立-一专，解得a=7,BD 4 Acos C=sin Csin A.而A为三角形内角.故sinA>0.∴v3 -号sBL士74_1+子-AD cosC=sinC,故tanC=√3，而C为锐角三角形内角，故C 27 7 解得AD为号 .sinA+cos B=1+(cos 2B-c0s 2A)=1+ (2G为△AC的重心，AG=号AD= 3,Cos∠BAD [w2B-2(等-B)]-1+[m2B-m(售-2B)] 7 1+号（号ms2B+9n2B）=1+号s(2B-吾）.：三 cOs∠AGF=-cos∠AGE=-A 宿·in∠AGF=33 角形为锐角三角形，故 ,故吾<B<受，故 43 0<-BK ∠DAC=os(g-受)=号n∠DAC=os∠AFE 吾<2B-晋<晋，故-9<os(2B-吾)<号，故< 2V'in∠AFE=, =-cos(∠AGF+∠DAC)=R3. 2451 srA十os B子 n2AEn2GFAF-是. AG AF (2)由题设可得B动=2DA,故C市-C市=2(CA-CD),整理 4.a3正(2(0，号]【解折】1：血C=2sinB.由正 得到：C市=号C3+号cA,故C市=号i+C+号市 8 弦定理可得c=2b,:D为BC上靠近点C的三等分点，AD C.即4=寸+音+号ob×分整理得到36=0+4 =CD=1,.BD=2,在△ABD中由余孩定理AB=AD+ +2ab>4ab+2ab=6ah.当且仅当a=23,b=3时等号成 BD-2AD·BDos∠ADB即AB=1P+2-2X1×2cos ∠ADB①， 主：故0小=6故三角衫面积的暖大惟为号×6×受-要 在△ACD中由余弦定理AC=AD+CD-2AD·CDcos 2(1)晋 (2)(23+2,6]【解析】(1)在△ABC中， ∠ADC即AC2=12+1-2×1×1cos∠ADC②， 又∠ADB+∠ADC=180°，.c0S∠ADB=cos (2a-c)sinA+(2c-a)sinC=2 bsin B,由正弦定理得：(2a (180°-∠ADC)=-os∠ADC -e)a十(2c-a)c=2F,整理得；=a+2-ac,由余弦定理 b-9.c=5,ms∠ADB=-∠ADC- 得：cosB+c-E=1 2ac ，而0CBK∴B-受 a∠ADB=-ZADB=年，如∠AC (2由1加，B=号，由正孩定理得：ACB b V-cos∠AD元=E」 2=4,则553令A 4 S=AD:BDin∠ADB+之AD:CDsin∠AC=号× 0<吾+0K受 =+0，C=-.在锐角△ABC中， 1x2xF+×1x1×厘-3酒 0<晋-K受 4 4 8 (2)设∠ADC=0.0e(0,x),则∠ADB=元-0.S=号AD 得-吾<0<吾，<ms0<1,于是得a+c后 ·BDsin∠ADB+2AD·CDin∠ADC [sm(停+0)+an(停-0)]后×2n青ms0=eos0e =号×1×2×n(x-0)+7×1×1×n0=号si如0.是然 (2/3,4],则23+2<a十b+c≤6，∴.△ABC周长的取值范 0<m01.0<s<号即5c(0,是] 围是(23+2,6]. 技法3边长和差、积商类最值问题 18 参考答案 【对点练习】 技法4图形类解三角形综合 LLos∠ACB2(16-43,20)【解析11)在△ABD 【对点练习】 【解析】(1)由2S=一3Bi.BC,在 中，：DB=3,DA=2,∠DAB=60,由余弦定理得(W3)= 11学(2)2+2g 22十AB一2×2×AB0s60°，解得AB=1,由AB2十DB2 △ABC中得2X2 ABX DCsin B=-5 ABX BCeos B..即 =DAF,得AB⊥DB,此时R△CDB≥R△ABD,可得 ∠ABC=120°.在△ABC中，AB=1.BC=2,由余弦定里科 sinB=-√3cosB,可得tanB=-√3，，B∈(0，π)，∴.B AC=1+2-2×1×2×cos120°=7，解得AC=√7，.cos ∠ACB=2+7-P=近 2×2×√714 (2)由osD= 7,DE(0,,D-受，△ABC为等边三 (2)设∠ADB=,由题意可知0<<受，在△ABD中，由余 角形，AC=3∠CAD=受∠BAC=吾，∠ACB=吾， 弦定理AB2=2+(W3)-2×2X5c0s0=7-43c0s0.在 尚玉我定跟和识5符AB=4CAC sin B △ACD中，∠ADC=叶受，由余蔬定理得AC=2+I X2一1=BC,故四边形ABCD的周长为2+2 2×2×1×cos(0叶变）=5+4sin0,在△BCD中，CD1 3 2 DB,∴.BC=√CD+BD=2,∴.AB+BC+AC=7 292) 【解析】(1)，bsin C=asin A一bsin B- 4/3cos0+5+4sin0+2=16+8sin(0-）,0<0<受 esin C,.由正弦定理得x=a-一2，即信+2一a= -吾<吾<音-得<m(0-晋)KAB+B 南余孩定里o_BAC=-8士次4=杂=一含又 2bc C2+AC的取值范围是(16-43,20). 21)-晋+经(e)<生<2【解折10)fr)=a ZBACE (,0x.∠BAC- b2=cosr…5snx+simx-=sn(2红-吾）dg (2:ADLB∠BAD=受，由第(1)问∠BAC= ()=im[2(x+）-吾]-sim(2r+音)，由2x+号 ∠DAC--吾=看吾，又：AD=DC.∠C=∠DAC= k红(k∈D,解得x=一吾十经(k∈)，函最g)的零点 晋在△ABC中，由正#定理，sin BAC-sin C 是-吾+受(k∈Z: asin C sin∠BAC 3 =原，又“ZB=x-吾=吾=∠C (2)由正孩定理得-c=sinB+inC,由af(r)=sin 2 sin A (2x-若)而fA)=2,得sim(2A-晋)=1.∴2A-吾= 6=t=5.△ABC的面积Sare=cn∠BAC=号 2x+受e乙又A∈(0，)，得A=晋C--B代入 ×3X3×m经=图 34 上式化简得：中 sin B+sin(-B) 3.(1)2/2 (2)9C2)+9【解析11)：AD⊥CD,∠BAD 2 a sin A ∠BCD=0=75,.∠ABC=360°-2×75°-90°=120°.又 血B+9sB原n(B+ 3 BC=2AB.AB+BC=6,∴.BC=4,AB=2.在△ABC中， 由余弦定理得AC=AB+BC-2AB·BC·cOs∠ABC sinA sin A =2sin(B+香)，又 4+16-2×2×4×c0s120°=28，故AC=27,即对角线AC 0<BK受 的长为27. △ABC为锐角三角形，∴ 0<C--BK受 若<B< (2),AB+BC=6,BC=3.∴AB=BC=3,连接BD.又AD =CD,.BD为∠ADC的平分线，.∠ABD=∠CBD=180 吾，则有号<m(B+晋)1…<件≤2 -5-0=135-0,在△BCD中，由正弦定理D sin 0 BC sin∠BDC得BD= 最-器=反如a边形 19 高考数学冲刺宝典 ABCD的面积S=2Sm=2×号BD BC X sin +au=2ai可得au=号.ia+au十ae=3au=1a.故 (135°-0)=9√2sim0sin(135-0)=9vsin0 选A (号os0+号sn0）=9sn0os0叶9sm0-号sin20+号 2.24【解析】，在等差数列{a.}中，有a1十as=a2十a4=2 a4,,由a1十a2十4十a十a=120,得5a=120,as=24,又 1-m20=号mc20-45)+号，0<090-5 a1十aw=2aw∴.2as-a=a=24. 技法02等差数列前n项和的性质解题技巧 <20-45°<135°..当29-45=90°，即0=67.5时，S取到 【对点练习】 最大值，最大值为2+9 1.C【解析】So,S一Sm,S一S也成等差数列，.2 2 技法05正切比值与和差问题 (5-So)=Siw+(Sm-Sw),.2×(10-20)=20+S 【对点练习】 -10,解得5m=-30.故选C. 2.A【解析】根据题意，不妨令S=2kn2,了。=3km2十kn(k为 (2)号【解折11)由已知得S=in,即号 常数，且k≠0)，.n≥2时，an=Sw-S。-1=k(4n-2),b= ×2×c=2C-号.由smA=号及△ABC为锐商三角 T-T1=k(6m-2.÷a=18k,6=2k,装=员 彩可得osA=号.由余弘定现得u=V+7一2oA 公+-装-装-品收选人 3.ACD【解析】由已知u1=一10，a+1一aa=3,.数列{a.}是 2 首项为一10，公差为3的等差数列，.a。=一10十3(n一1)= (2:S-号ain C=usin C=2,即asin C=b,由正孩定理 3n-13.对于A选项，an+t一a。=3,.{an}是递增数列.A 得：sinB=sin Asin C,,sinB=sin Asin(A+B)=sinA 对：对于B送项，◆a.=3n-13=10,可得n=学EN,B (sin Acos B++cos Asin B)=sinAcos B++sin Acos Asin B. 'tan B=sin'A+sin Acos Atan B..'tan B-I-sin Acos A sinA 错：对于C选项，令a,=3m-13<0可得n<号.载列 sinA tan'A (S}中的最小项为S,C对：对于D选项，S=m@a 2 sinA+cosA-sin Acos A tanA-tanA十1 1 =-10+3m-132-3,230,则s=3m,23. A∈(0，变）tanA∈(0，+∞). 2 2 2 tan'A tan A+1 常各-3+》33”23=是就数列{贷)为等 n十1n 2 2 anA∈(0，十o0),则当，L=1 1 1 anA-立时，tan'A tan A十1取 差数列.D对.故选ACTD 得最小值子…mB的最大值为 技法3等比数列的性质解题技巧 【对点练习】 【解折18=+-a→d+在=合，即cosB L.D【解析】由azasa:=4,aasa:-16可得a=4,a2=16,又 2ac a=aaa.故a=aa品.则16=4ad.解得a=64,即asaoa =分，B=60,anA-amC=g(1+tan Aian C0→ 3 =64.故选D 骨m名-停中mA-0=号 2.189【解析】由{am}是等比效列，设其公比为q,则a1十4， a十a%5十as,a十an构成等比数列，且公比为d,:ag十 A-C=30,A+B+C=180°， /A=75 C=45,根据正孩定理 a6=4(a1十a4).g=3,则a十am=g(ag+as)=21X9 =189. Bc可知c= b 技法04等比数列前n项和的性质解题技巧 【对点练习】 题型15等差数列、等比数列的性质及其 L,A【解析】，S1=30,S=120,,∴.S=a1十a2十4a=30,S 前n项和解题技巧 =a1+a:+a+十a1十a十as=120,.S-S=a+a十a6 技法01等差数列的性质解题技巧 90∴g-a士a士a=3.又a1+a+ag=90X=270,得 【对点练习】 d十ag+d 1.A【解析】根据等差数列性质，由1十a十a=7,a:十aa十 =13可得3a=73a=13可得ag=号a=号又a S=30+90+270=3090号-0-18故选八 2.C【解析】S,S一S,Sm一Sm成等比数列，且公比为， 20题型144类解三角形大题综合 【答案】 32 4 对点练习人 在△ABC中，设x=cosA十cosB+cosC,y=sin号 =十sim号+sm则xy的大小关系是 2 A.x=y B.x≥y C.x≤y D.不能确定 题型144类解三角形大题综合 技法01倍长定比分线模型 技法解读人一 1.倍长定比分线模型可以通过正余弦定理列方程组来求解相关问题，此类 题型难度中等，是新高考卷中的常考考点，需强加练习 ABP 2.如图，若P在边BC上，且满足P心=λB驴，AP|=m 则延长AP至D,使PD=AA产，连接CD,易知AB∥DC, 且DC=AC,|AD=(1+A)lAP.∠BAC+∠ACD=180°. D 多典例剖析。 例1记△ABC是内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知=ac,点D在边AC上，BDsin ∠ABC=asin C. (1)证明：BD=b: (2)若AD=2DC,求cos∠ABC b 【解析】(I)设△ABC的外接图半径为R,由正弦定理，得sin∠ABC一永，si血C一示： :BDsin.∠ABC=-asinC..BD·条=a‘录即BDb=ac 又.b=ac,.BD=B. (2)【解法一】（最优解之两次应用余弦定理）AD=2DC,如图， A 在△ABC中，cosC-42+-c2 2b 2ab ,① D +(- 在△BCD中，cosC= b -.② 2a· 71 高考数学冲刺宝典 ①②得心+6-2=3a+(学-]，整理得2a2-号8+2=0， 又：=ac∴6a2-lae+3=0,解得a=号我a=登，当a=5=ac=写时a+b=号+ 3 c11 <c(含去).当a=登=ac=号时，os∠ABC 2 +c23c 2 2.3 2·cos∠ABC=7 2 【解法二】（等面积法和三角形相似）如图，已知AD=2DC, 则SANM=号Sare,即号×号sn∠ADB=号K jucXsin∠ABC. 而b=ac,即sin∠ADB=sin∠ABC,故有∠ADB=∠ABC, 从而∠ABD=∠C. 2b 由=a,即会-后脚器品即△ACn△ABD,故裙是即-后 cb 又=ac,.c= ，则OLABC=生= 2ac 【解法三 】(正弦定理，余弦定理相结合)由(I)知BD=b=AC,再由AD=2DC得AD=号b. CD-6在△10B中，由E法定现得n鼎BD肌又乙ABD-∠C AD BD b ‘sin C sin A' 化简得smC-号如A在△ABC中，由正孩定理知c=号 ·又由=ac、一a2. 在△ABC,由余孩定理，得coS∠ABC-Q+c2-=十ga】 2ac 2x号d 2.故cos∠ABC=,名. 【解法四】（构造辅助线利用相似的性质）如图，作DE∥AB,交BC于点E, 2a 则△DEC△ABC.由AD=2DC,得DE=号，EC-号，BE-. b Db 得+广- 2a 在△BED中，cOs∠BED 在△ABC中cos∠ABC=Q2+c2-E 2ac .:cos∠ABC=-cos∠BED, 2 2+c2-b 学+（学- 2ac 2.20.9 一，整理得6a-11十3c2=0.又，=ac, 33 6d2-1lac+3r=0,即a-号或a-号，下同解法- 【解法五】（平面向量基本定理）：AD=2DC,∴AD=2DC以向量BA,BC为基底， 72 题型144类解三角形大题综合 有市=号武+}Bl∴BD=音心+B.C+B,即=音a+合acos∠AC+日 又，2=ac,∴.9ac=4a2+4ac·cos∠ABC+c2.③ 由余弦定理得=a2+c2-2 accos,∠ABC,'.ac=a2+c2-2 accos,∠ABC④ 联立③④，得6d2-11ac+32=0.∴a-多0或a-3下同解法- 【解法六】（建系求解）以D为坐标原，点，AC所在直线为x轴，过点D垂直 于AC的直线为y轴，DC长为单位长度建立直角坐标系，如图所示， 则D(0,0),A(-2,0),C(1,0). 由(1)知，BD=b=AC=3,.点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动. 设B(x,y)(-3<x<3),则x2十y2=9.⑤ 由=ac知，|BA|·|BC=|AC2,即√x+2)+y·√(x-1)+y=9.⑥ 联立⑤⑥解得x=一子或x=号≥3（含去）-器代入⑥式得a=BC=3c=BA=6, 6=3,由余弦定理得cos∠ABC=2+c2-位=7 2ac 12 【答案】(1)证明见解析 (2)2 万对点练趴 1.在△ABC中，点D在BC上，满足AD=BC,ADsin∠BAC=ABsin B. (1)求证：AB,AD,AC成等比数列： (2)若BD=2DC,求cosB. 73 高考数学冲刺宝典 2.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,bc,osA=一a,点D是边BC上的一点， cos C 2b+3c 且sin∠BAD+sim∠CAD3 2a1 ①)求证：AD=号 (2)若CD=2BD,求cos∠ADC. 3.设，b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边，AD为BC边上的中线，c=1,∠BAC=2 2csin Acos B=asin Ain B+sinC. (1)求AD的长度： (2)若E为AB上靠近B的四等分点，G为△ABC的重心，连接EG并延长与AC交于点F,求 AF的长度. 4.在△ABC中，D为BC上靠近点C的三等分点，且AD=CD=1.记△ABC的面积为S. (1)若sinC=2sinB,求S; (2)求S的取值范围. 74 题型144类解三角形大题综合 技法02周长及面积类最值问题 技法解读人 周长及面积类最值问题是结合三角函数和基本不等式来求解相关问题，此类题型难度中等， 是新高考卷中的常考考点，需强加练习. 多典例剖析人一 例2△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且csin B+C=asin C. 2 (1)求角A: (2)若a=√3，求△ABC周长的取值范围. 【解析】(："esin BC=asnC.可得csin(2）=cos令asin C..由正弦定理可得 2 sin Cos号sin Asin C,又C为三角形内角sinC≠0.∴cos号inA=2sn会os号， :A∈0，x,含∈0，引os分>0sim号2可得含-吾∴A=子 2》询知A-看，又a=3,由正孩定理得得品BC=2,到b=2snBc=2snC a+b一3+2如B叶2如C-5+2mB叶2sn(停+B)-3+2nB+2停sB+号mB =3+2 esin B+3cosB+simB=3+3simB+5cosB=3+23sim(B+）:B∈(0,2）， .B+吾∈(，5)sim(B+)∈(，1]，23sim(B+)e(3,23],…a+b+ce(23.33]. 【答案】(1) (2)(25,3/3 ⑦对点练习人 1.在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知V3(a2十b一c2)=2 bcsin A. (1)求sin2A+cos2B的取值范围： (2)若D是AB边上的一点，且AD:DB=1:2,CD=2,求△ABC面积的最大值. 75 高考数学冲刺宝典 2.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(2a-c)sinA十(2c-a)sinC-2 bsin B. (1)求B; (2)若△ABC为锐角三角形，且b=2,求△ABC周长的取值范围. 技法03边长和差、积商类最值问题 技法解慎人 边长和差、积商类最值问题是结合三角函数和基本不等式来求解相关问题，此类题型难度中 等，是新高考卷中的常考考点，需强加练习， 串典例剖析人 例3已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cosA十3sinA=+a (1)求角C: (2)设BC的中点为D,且AD=√3，求a十2b的取值范围. 【解析】(I)△ABC中，cosA十3sinA=十a,由正弦定理得cosA十3simA=sinB+sinA sin C ,∴.sin Ccos A+√3 sin Asin C-sinB+sinA,即sin Ccos A+√3 sin Asin C=sin(A+C)+sinA= sin Acos C+sin Ccos A+sinA,∴w3 sin Asin C=sin Acos C.+sinA;又A∈(0，r),则sinA≠0， ∴3sinC-cosC=l,则有simC）=又Ce(0,,则C-晋-吾，即C-爱 (2)设∠CAD=0,则△ABC中，由C=哥可知0E(O,),由正弦定理及AD=3可得，∴CD 2sin0.Ac=2sin(-0）.…a+2b=4sin0+4snF-0）=6sin0+2/3cos0=43sim0+吾）， 由eo,）可知，0叶看∈（厝）sinl+吾）（分1小， ∴.a+2b∈(23,4/3].即a+2b的取值范围(23,4/3]. 【答案】(1) (2)(3,43] 76 题型144类解三角形大题综合 ⑦对点练习- 1.如图，在平面凸四边形ABCD中，CD⊥DB,CD=1,DB=√3，DA=2. (1)若∠DAB=60°，求cos∠ACB: (2)求AB2+BC+AC的取值范围. 2.已知向量a=(cosx,sinx),b=(W3sinx,inx),函数f(x)=a·b-2,将函数f(x)的图像向 左平移开个单位长度后得到函数g(x)的图像. (1)求函数g(x)的零点： (2)若锐角△ABC的三个内角A,B,C的对边分别是a,h,c,且f(A)=1,求十的取值范围。 技法04图形类解三角形综合 技法解读一 1.图形类解三角形综合是通过在图形中寻找正余弦定理来求解，此类题型难度中等，是新高考卷 中的常考考点，需强加练习. 2.正常的四边形我们不去解释，只需多一次余弦定理即可，我们需要注意 一些圆内接的四边形，尤其是拥有对角互补的四边形，尤其一些四边形 还需要引入托勒密定理. 托勒密定理：在四边形ABCD中，有AB·CD十AD·BC>AC·BD,当 且仅当四边形ABCD四点共圆时，等号成立. 77 高考数学冲刺宝典 多典例剖析人 例4-1如图，在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,bc,a+2b=2xcos(B-号)，角C的平 分线交AB于点D,且BD=27,AD=√7. (1)求∠ACB的大小： (2)求CD. 【解析】 (1)由正弦定理a+2b=2ccos(B-)得sinA+2sinB=2sin∠ACB 2cos B+13 2sinB,即sinA+2sinB=sin∠ACBeos B-+3sin∠ACBsin B,:sinA=sin(B+ ∠ACB)=sin Bcos.∠ACB+cos Bsin.∠ACB,∴.sin Bcos.∠ACB+2sinB=√3sin∠ACBsin B, ·sinB≠0，co∠ACB+2=3sin∠ACB,即sin(∠ACB-吾）=1,0<∠ACB< ∠ACB-晋=受∴LACB- (2)已知角C的平分线交AB于点D,且BD=27,AD=√7.在△ACD中，由正弦定理得 AD AC =BC sin ACD sin ADC在△bCD中，由正弦定理择in BCDsin BDC:∠ACD=∠BCD, ∠ADC+∠BDC=,isn∠ACD=∠BCD.sm∠ADC=n∠BDC部瓷-设AC =x,BC=2.x,由余弦定理得BC+AC-AB=2 BCXACX cos,∠ACB,即4.x2+x2-(3/7)2=2. 2x·x·(-）,解得x=3,:S△=S△m十SD, 2×3×6×-×3XCD+号×6×CDx，解得CD=2 2 【答案】(1)5(2)2 例4-2如图，在平面四边形ABCD中，AB=BDcos.∠ABD. (1)判断△ABD的形状并证明： (2)若AB=√3AD,BC=23CD,BC=12,求四边形ABCD的对角线AC的 B 最大值。 【解析】(1)已知AB=BDcos,∠ABD,由正弦定理可得：sin∠ADB=sin ∠BAD·cos∠ABD,sin(∠BAD+∠ABD)=sin∠BADcos∠ABD,即sin∠BADcos∠ABD+ cos∠BADsin,∠ABD=sin∠BADcos,∠ABD得cos∠BADsin.∠ABD=0,,'sin∠ABD≠0， ∴.cos∠BAD=0,故∠BAD=90°，即△ABD为直角三角形 (2知国，在C上方作R△CM作A8-3,且∠BMC=90,△CM~△BDA. 78 题型144类解三角形大题综合 ÷0-B且∠ABM=∠CBD.÷△ABM~△BCD,由BC=a3CD.BC =12,得CD=23,在R△CM中，BF+Cf=BC,别=3，BC =12, 释CM-620部-号，将AM-号×23-3，AC<M+CM-6+3-9, 当M在AC上时等号成立，∴.(AC)m=9. 【答案】(1)直角三角形，证明见解析(2)9 ⑦对点练习人一 1,.在四边形ABCD中，∠BAD=受，∠ACD=受.AD=V3,S为△ABC的面积，且2S=-√3B队 BC. (1)求角B: (2)若cosD-2,求四边形ABCD的周长. 2.如图，在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,过点A作AD⊥AB,交线段BC于点D, H.AD=DC,a=3,bsin C=asin A-bsin B-csin C. (1)求∠BAC: (2)求△ABC的面积 3.如图，在平面四边形ABCD中，AD⊥CD,∠BAD=∠BCD=0(0°<090°)， AB+BC=6. (1)若BC=2AB,0=75°，求对角线AC的长； (2)当AD=CD,BC=3时，求平面四边形ABCD的面积的最大值及此时0的 值 79 高考数学冲刺宝典 技法05正切比值与和差问题 技法解速人 定理1：tanA=tanB=c=(入+1)bcos A台(+1)(b-a2)十（入-1）c2=0. 定理2：A tn B ta C+6=2是 定理3：（正切恒等式）△ABC中，tanA+tanB十tanC=tanA·tanB·tanC 串典例剖析人一 例5在△ABC中，点D在边BC上，且AD=BD,记A=D. CD a当A=3∠ADB=吾，求A把. (2)若tan∠BAC=21anB,求λ的值. 【解析】（I)当X=3∠ADB=吾时，：AD=BDAD=BD=AB,设 AB=m,∴.AD=m,CD=3n,∠ADC=120°，∴.在△ACD中，根据余弦 B 交理得，Aio-2m)-m光品m得 13 (2)分别过D,C作DM⊥AB,CN⊥AB,设BM=AM=x,DM=y,易知 别-部=AMN=是AN=x-景且六=0=产→CV (λ十1)y a,tam∠BAC-N-2三，iamB- tan_BAC-2tan B. 【答案】零 (2)3 万对点练习八 1.在锐角△ABC中，a,b,c分别为角A,B,C所对的边，b=2,且△ABC的面积S=2. a若mA=求a: (2)求tanB的最大值， 80