微专题 三角形的中线、角平分线与高线问题 讲义-2025届高考数学二轮复习

微专题　三角形的中线、角平分线与高线问题 课前学习任务 高考定位 与三角形的中线、角平分线与高线有关的问题是高考的热点问题，解答此类问题一般在两个三角形内运用正、余弦定理，命题灵活，难度稍大． 核心归纳 1.三角形中线的结论： 在△ABC中，设D是BC的中点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c， (1)向量形式：(记忆核心技巧，结论不用记忆) 核心技巧：2＝＋. 结论：2＝ (b2＋c2＋2bccos A)． (2)角形式：∠ADB＋∠ADC＝π⇒cos∠ADB＋cos∠ADC＝0， (在△ADB中有：cos∠ADB＝， 在△ADC中有：cos∠ADC＝)． 2.角平分线的结论：如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c， (1)内角平分线定理：或. (2)等面积法： S△ABC＝S△ABD＋S△ADC⇒AB×AC×sinA＝AB×AD×sin AC×AD×sin . (3)角形式： ∠ADB＋∠ADC＝π⇒cos ∠ADB＋cos ∠ADC＝0 在△ADB中有：cos ∠ADB＝； 在△ADC中有：cos ∠ADC＝. 3.高线的结论： (1)高的性质：h1，h2，h3分别为△ABC中边a，b，c上的高， 则h1∶h2∶h3＝∶∶∶∶. (2)求高一般采用等面积法，即求某边上的高，需要求出面积和底边长度． 课堂考点突破 考点一　三角形的中线问题 例1　(2024·四川泸州三模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2＝b2＋c2－48，且△ABC的面积为6. (1)求tan A的值； (2)若D是AC边的中点，B＝，求BD的长． 训练1　记△ABC的内角∠BAC，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，已知2b cos B cos 2C＝a－2c cos C cos 2B. (1)求∠BAC； (2)若b＋c＝8，且边BC上的中线AD＝，求△ABC的面积． 考点二　三角形的角平分线问题 例2　已知锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a＝8，，且a≠c. (1)求证：B＝2C； (2)已知点M在线段AC上，且∠ABM＝∠CBM，求BM的取值范围． 训练2　在△ABC中，AD是∠BAC的平分线，AB＝2，AD＝1，AC＝4，求： (1)BD的长； (2)△ABC的面积． 考点三　三角形的高线问题 例3　(2024·河南南阳一模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3a cos B＝2c. (1)证明：tan A＝2tan B； (2)过点C作CD⊥AB，垂足为D，且|BD|＝|CD|，求cos ∠ACB的值． 训练3　在△ABC中，BC＝5，AC＝6，cos B＝. (1)求AB的长； (2)求AC边上的高． 课后学习任务 1．(2024·北京东城一模)在△ABC中，a cos C＋c cos A＝b cos B． (1)求B； (2)若a＝12，D为BC边的中点，且AD＝3，求b的值． 2．(2024·山东枣庄一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝sin A tan . (1)求C； (2)若a＝8，b＝5，CH是边AB上的高，且，求. 3．在△ABC中，D为BC边的中点，AD＝1. (1)若△ABC的面积为2，且∠ADC＝，求sin C的值； (2)若BC＝4，求cos ∠BAC的取值范围． 4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b cos A＋a cos B＝－2c cos A. (1)求角A的值； (2)若sin B＝3sin C，BC边上的中线长为1，AD为角A的角平分线，求CD的长． 答案与解析 课堂学习任务 类型一 例1　解：(1)由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝b2＋c2－48，即bc cos A＝24， 由面积公式可得S△ABC＝bc sin A＝6，即bc sin A＝12， 则tan A＝. (2)由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac cos ＝a2＋c2－ac， 又a2＝b2＋c2－48，故a2＝a2＋c2－ac＋c2－48，即2c2＝ac＋48， 由面积公式可得S△ABC＝ac sin B＝6，即ac＝24， 即有2c2＝24＋48＝72，即c＝6，故a＝4， 由D是AC边的中点，故， 故2＝2 cos )＝(a2＋c2＋ac) ＝×(16＋36＋24)＝19，即BD＝. 训练1　解：(1)由已知条件及正弦定理，得2sin B cos B·cos 2C＝sin ∠BAC－2sin C cos C cos 2B. 整理，得sin 2B cos 2C＋sin 2C cos 2B＝sin ∠BAC，即sin (2B＋2C)＝sin ∠BAC. 又∠B＋∠C＝π－∠BAC， 所以－sin 2∠BAC＝sin ∠BAC， 即－2sin ∠BAC cos ∠BAC＝sin ∠BAC. 因为sin ∠BAC≠0，所以cos ∠BAC＝－. 又∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝. (2)由题意得，2， 所以4，即19＝c2＋b2＋＝(b＋c)2－3bc＝64－3bc，所以bc＝15. 故S△ABC＝bc sin ∠BAC＝×15×sin . 类型二 例2　解：(1)证明：因为， 即，由正弦定理可得， 又a≠c，即a－c≠0，所以，整理得b2＝c2＋ac， 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cosB，整理得c＝a－2c cos B， 由正弦定理得sin C＝sin A－2sin C cos B， 故sin C＝sin (B＋C)－2sin C cos B， 即sin C＝sin B cos C＋sin C cos B－2sin C cos B， 整理得sin C＝sin (B－C)， 又因为△ABC为锐角三角形，则C∈，B∈，可得B－C∈，所以C＝B－C，即B＝2C. (2)因为点M在线段AC上，且∠ABM＝∠CBM，即BM平分∠ABC， 又B＝2C，所以∠C＝∠CBM，则∠BMC＝π－C－∠CBM＝π－2C， 在△MCB中，由正弦定理得， 所以BM＝，因为△ABC为锐角三角形，且B＝2C，所以解得<C<. 故<cos C<，所以<BM<4. 因此线段BM长度的取值范围. 训练2　解：(1)设∠BAC＝2θ，则∠BAD＝∠CAD＝θ. 由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，得AB·AD sin θ＋AC·AD sin θ＝AB·AC sin 2θ， 所以×2×1×sin θ＋×4×1×sin θ＝×2×4×sin 2θ，得cos θ＝， 故BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD cos θ＝22＋12－2×1×2×， 所以BD＝. (2)由(1)知cos θ＝，所以sin θ＝， 所以sin 2θ＝2sin θcos θ＝2×， 所以S△ABC＝AB·AC sin 2θ＝； 类型三 例3　解：(1)证明：因为3a cos B＝2c， 则由正弦定理得3sin A cos B＝2sin C， 所以3sin A cos B＝2sin (A＋B)＝2sin A cos B＋2sin B cos A， 整理得sin A cos B＝2sin B cos A， 所以tan A＝2tan B． (2)如图所示， 由题意知，在Rt△ADC中，tan A＝，在Rt△BDC中，tan B＝， 由(1)知，tan A＝2tan B，所以，即BD＝2AD， 所以BD＝c， 所以在Rt△BDC中，BC＝c，在Rt△ADC中，AC＝c， 所以在△ABC中，由余弦定理得cos ∠ACB＝. 故cos ∠ACB的值为. 训练3　解：(1)由题意，a＝5，b＝6，cos B＝，由余弦定理得， ∴，解得c＝4，即AB＝4. (2)在△ABC中，cos B＝，∴sin B＝，设AC边上的高为h， 则ac sin B，即6h＝5×4×，解得h＝. 所以AC边上的高为. 课后学习任务 1．解：(1)因为a cos C＋c cos A＝b cos B，由正弦定理可得sin A cos C＋sin C cos A＝sin B cos B， 即sin (A＋C)＝sin B cos B，sin (π－B)＝sin B＝sin B cos B，又因为sin B≠0，所以1＝cos B，解得cos B＝，又因为B∈(0，π)，所以B＝. (2)因为D为BC边的中点，a＝12，所以BD＝CD＝6，设∠BAD＝θ， 在△ABD中，由正弦定理可得， 即＝6，解得sin θ＝1，又因为θ∈(0，π)，所以θ＝， 在Rt△ABD中，AB＝， 在△ABC中，AB＝3， 由余弦定理可得：AC2＝BC2＋AB2－2AB·BC·cos B＝144＋27－2×12×3＝63， 所以AC＝3，即b＝3. 2．解：(1)在△ABC中，＝sin A tan ，由正弦定理和同角三角函数的商数关系， 得，由倍角公式得. 又因为A，C为△ABC的内角，所以A∈(0，π)，∈，所以sin A≠0，cos ≠0. 所以sin 2，sin ，则有，得C＝. (2)法一：a＝8，b＝5，C＝＝cos C＝ab cos C＝5×8×cos ＝20，所以2＝a2＝64， 由题意知CH⊥AB，所以＝0， 即·＝(m－n)－m＝20(m－n)－25m＋64n＝0. 所以5m＝44n，所以. 法二 ：在△ABC中，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos C＝82＋52－2×8×5×＝49，所以c＝7. 又因为S△ABC＝ab sin C＝c·CH， 所以CH＝. 所以AH＝. 所以＝. 由平面向量基本定理知，m＝， 所以. 3．解：(1)因为D为BC边的中点，所以S△ADC＝S△ABC＝， 又S△ADC＝AD·DC sin ∠ADC＝，即×1×DC×sin ，解得DC＝4， 在△ADC中由余弦定理AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC cos ∠ADC， 即AC2＝12＋42－2×1×4×＝21，所以AC＝，在△ADC中由正弦定理，即，解得sin C＝. (2)设∠ADC＝θ，θ∈(0，π)， 在△ADB中由余弦定理AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD cos ∠ADB， 即AB2＝12＋22－2×1×2cos (π－θ)＝5＋4cos θ， 在△ADC中由余弦定理AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC cos ∠ADC， 即AC2＝12＋22－2×1×2cos θ＝5－4cos θ， 在△ABC中由余弦定理cos ∠BAC＝ ＝ ＝－， 因为θ∈(0，π)，所以cos2θ∈[0，1)， 则25－16cos2θ∈(9，25]， 所以∈(3，5]， 所以∈， 所以－∈， 即cos∠BAC∈. 4．解：(1)b cos A＋a cos B＝－2c cos A，由正弦定理得， sin B cos A＋sin A cos B＝－2sin C cos A， 因为sin B cos A＋sin A cos B＝sin (A＋B)＝sin C， 所以sin C＝－2sin C cos A， 因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，故cos A＝－， 因为A∈(0，π)，所以A＝. (2)sin B＝3sin C，由正弦定理得b＝3c，即AC＝3AB， 如图所示，E为BC的中点，故AE＝1， 由(1)可知，∠BAD＝∠CAD＝， 延长AE至点G，使EG＝AE，故AG＝2， 连接CG，延长AD，CG相交于点H， 因为BE＝CE，∠AEB＝∠GEC，AE＝GE，所以△ABE≌△GCE， 故∠ABE＝∠GCE，AB＝CG，所以AB∥CG， 因为∠BAC＝，所以∠ACH＝，且∠H＝∠BAD＝， 故△ACH为等边三角形， 设AB＝x，则CG＝x，AC＝3x， 在△ACG中，由余弦定理得cos ∠ACH＝， 即，解得x＝， 故CG＝，则AB＝CG＝， 因为AB∥CH，所以， 在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cos ∠BAC＝＝， 故BC＝，所以CD＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$