专题1 提升点2 三角形中的“特征”线 专题强化训练-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学（教用word）

专题强化训练 [A　基本技能] 1．在△ABC中，cos A＝，AB＝3，AC＝4，则点A到边BC的距离为(　　) A． B． C． D． 解析：选A．在△ABC中，由cos A＝，得sin A＝，由余弦定理有BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A＝9，故BC＝3. 设点A到边BC的距离为d，由三角形面积公式得，sin A·AB·AC＝·BC·d，故d＝. 2．在△ABC中，三角形三条边上的高之比为2∶3∶4，则△ABC为(　　) A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等腰三角形 解析：选A．因为三角形三条边上的高之比为2∶3∶4， 所以三角形三条边之比为∶∶，即6∶4∶3， 不妨设a＝6x，b＝4x，c＝3x，x>0， 则最大角的余弦值为cos A＝＝－<0， 因此角A为钝角，则△ABC为钝角三角形． 3．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A＝60°，b＝3，AD为BC边上的中线，若AD＝，则△ABC的面积为(　　) A． B． C． D． 解析：选B．＝(＋)，即＝(2＋9＋||×2×3)，解得||＝5(负值已舍去)，故S△ABC＝AB·AC·sin 60°＝×5×3×＝. 4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＋c2＝b2－ac，且AB边上的高等于AB，则sin C＝(　　) A． B． C． D． 解析：选D．由题意得cos B＝＝－，sin B＝. 设CD⊥AB，垂足为点D，易知点D在AB的延长线上，如图所示， 不妨设BC＝5，则CD＝3，BD＝4，则AB＝2，AD＝6，AC＝＝3， 由＝，解得sin C＝＝. 5．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若c＝3，b＝2，AD平分∠BAC，点D在BC上，且AD的长为，则BC边上的中线AH的长为(　　) A． B． C． D． 解析：选A．设∠BAD＝∠CAD＝α，则∠BAC＝2α. 因为S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以×3×2sin 2α＝×3×sin α＋×2×sin α， 整理得3sin 2α＝2sin α， 即sin α(3cos α－)＝0， 因为sin α≠0，所以cos α＝， 所以cos 2α＝2cos2α－1＝. 因为AH是BC边上的中线， 所以＝(＋)， 则2＝(＋)2＝(2＋2＋2·)＝(c2＋b2＋2bc cos2α )＝×(32＋22＋2×2×3×)＝，所以AH＝. 6．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知A＝，b2＋c2＝24，△ABC的外接圆的半径R＝2，D是边AC的中点，则BD的长为(　　) A．＋1 B．2 C．6 D． 解析：选D．由A＝，△ABC的外接圆的半径R＝2，得a＝2R sin A＝2×2×＝6，由a2＝b2＋c2－2bc cos A和b2＋c2＝24，得bc＝12，联立解得b＝c＝2，所以∠ABC＝C＝(π－)＝.因为在△ABC中，D是边AC的中点，所以＝(＋)， 于是||＝ ＝ ＝ ＝ ＝. 7．(多选)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若b＝c cos ∠BAC，∠BAC的平分线交BC于点D，AD＝1，cos ∠BAC＝，则以下结论正确的是(　　) A．AC＝ B．AB＝8 C．＝ D．△ABD的面积为 解析：选ACD．在△ABC中，因为b＝c cos ∠BAC，则b＝c×，整理得b2＋a2＝c2，所以C＝，由二倍角公式得cos ∠BAC＝2cos2∠CAD－1＝，解得cos∠CAD＝，在Rt△ACD中，AC＝AD cos ∠CAD＝，故A正确；在Rt△ABC中，AB＝＝＝6，故B错误；由题意可知∠CAD＝∠BAD，则＝＝，故C正确；在△ABD中，因为cos ∠BAD＝，则sin ∠BAD＝＝，所以S△ABD＝AD·AB·sin∠BAD＝×1×6×＝，故D正确． 8．(多选)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2＋c2－b2＋2ac＝2bc sin A，则下列说法正确的是(　　) A．若点E在边AC上，BE为角平分线且长度为1，则a＋c＝ac B．若D为边AC的中点，且BD＝1，则△ABC的面积的最大值为 C．cos A cos C的取值范围是(－，] D．若c＝1，且△ABC只有一解，则b的取值范围为[1，＋∞) 解析：选ABC．由已知a2＋c2－b2＋2ac＝2bc sin A，根据余弦定理可知2ac cos B＋2ac＝2bc sin A，即2a cos B＋2a＝2b·sin A，再由正弦定理可得2sin A cos B＋2sin A＝2sin B·sin A，又A∈(0，π)，即sin A≠0，所以2sin (B－)＝1， 即sin (B－)＝， 又B∈(0，π)，B－∈(－，)， 所以B－＝，B＝， A选项，BE为角平分线，则∠ABE＝∠CBE＝，所以S△ABC＝S△ABE＋S△CBE， 即AB·BC·sin ∠ABC＝AB·BE·sin ∠ABE＋BC·BE·sin ∠CBE， 即ac＝c＋a，则a＋c＝ac，A正确； B选项，由D为边AC的中点， 则＝(＋)， 即2＝[(＋)]2＝2＋2＋·， 所以c2＋a2＋ac＝1，即a2＋c2＝4－ac， 又a2＋c2≥2ac，即4－ac≥2ac，ac≤， 即S△ABC＝ac sin B＝ac≤，当且仅当a＝c时等号成立，B正确； C选项，由三角形可知cos A cos C＝－cos A cos (A＋B)＝－cos A cos (A＋)＝－cos2A＋sinA cos A＝sin 2A－cos 2A－＝sin (2A－)－， 又在△ABC中，A∈(0，)， 所以2A－∈(－，)， 即cos A cos C＝sin (2A－)－∈(－，]，C正确； D选项，c＝1，且△ABC只有一解，则b＝c sin B或b≥c，即b＝或b≥1，D错误． 9．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝，c＝，BC边上的高等于a，则△ABC的面积是________． 解析： 如图，在△ABC中，过点A作AD⊥BC，垂足为点D，则AD＝a，又B＝，c＝，在Rt△ABD中，AB2＝AD2＋BD2，即a2＋a2＝2，解得a＝3，所以S△ABC＝AB·BC·sin ∠ABD＝××3×＝. 答案： 10．在△ABC中，AB＝，AC＝1，M为BC边的中点，∠MAC＝60°，则AM＝________． 解析：在△ABC中，取AC的中点N，连接MN，由M为BC的中点，得MN＝AB＝， 在△AMN中，由余弦定理得MN2＝AM2＋AN2－2AM·AN cos ∠MAC， 则＝AM2＋－AM， 而AM>0，所以AM＝. 答案： 11．在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝3，BC＝，∠BAC的平分线交BC于点D，则AD＝________． 解析：方法一(面积法)：在△ABC中，由余弦定理可得，32＋AC2－2×3×AC×cos 60°＝13，又AC>0，解得AC＝4. 由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD且AD平分∠BAC可得，×3×4×sin 60°＝×3×AD×sin 30°＋×AD×4×sin 30°， 解得AD＝. 方法二(角平分线定理)：在△ABC中，由余弦定理可得，32＋AC2－2×3×AC×cos 60°＝13，又AC>0，解得AC＝4. 因为AD为∠BAC的平分线， 所以＝＝， 又BC＝，所以BD＝，CD＝， 则AD2＝AB×AC－BD×CD＝3×4－×＝， 所以AD＝. 答案： 12．(2025·郑州质检)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2＋c2－a2＝bc，2sin (C－A)＝sin B． (1)求sin C； (2)设BC＝10，求BC边上的高． 解：(1)因为b2＋c2－a2＝bc， 所以cos A＝＝＝， 又A∈(0，π)，所以A＝. 在△ABC中，B＝π－A－C， 因为2sin (C－A)＝sin B， 所以2sin (C－)＝sin (－C)， 展开并整理得(sin C－cos C)＝(cos C＋sin C)， 得sin C＝3 cos C，又sin2C＋cos2C＝1，且sinC>0， 所以sin C＝. (2)设BC边上的高长度为h，sin B＝sin (A＋C)＝×(＋)＝，因为S△ABC＝ab sin C＝ ah，即h＝，又在△ABC中，由正弦定理得，＝，即b＝＝＝4，故h＝＝×4＝12. 13．(2025·郑州质量预测)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b(cos A＋sin A)＝a＋c. (1)求B． (2)若a＝2，c＝5，AC，AB边上的中线BE，CF相交于点M. ①求BE； ②求cos ∠EMF. 解：(1)在△ABC中，由正弦定理得sin B(cos A＋sin A)＝sin A＋sin C，因为A＋B＋C＝π， 所以sin C＝sin (A＋B)， 所以sin B cos A＋sin B sin A＝sin A＋sin (A＋B)， 所以sin B sin A＝sin A＋sin A cos B， 因为sin A≠0，所以sin B＝1＋cos B， 所以sin (B－)＝. 因为0<B<π，所以－<B－<， 所以B－＝，所以B＝. (2)①因为BE是AC边上的中线， 所以＝(＋)， 所以||＝ ＝ ＝＝. ②在△BCF中，由余弦定理得CF2＝BC2＋BF2－2BC·BF·cos ＝，则CF＝. 方法一：由题意知点M是△ABC的重心， 则CM＝CF＝，BM＝BE＝， 在△BMC中，由余弦定理得cos ∠BMC＝＝， 所以cos ∠EMF＝cos ∠BMC＝. 方法二：又＝－， 所以·＝(＋)·(－) ＝||2－·－||2＝3. 所以cos ∠EMF＝cos 〈，〉＝＝. [B　综合运用] 14．(2025·广东一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a2－ab cos C＝2bc cos A，B＝.△ABC外一点E满足BE＝2AE，且∠AEB的角平分线交AB于点D． (1)求cos A； (2)证明：CD⊥AB； (3)若c＝3，DE＝2，求CE. 解：(1)在△ABC中，由正弦定理有sin2A－sinA sin B cos C＝2sin B sin C cos A， 则sin A(sin A－sin B cos C)＝2sin B sin C cos A， 因为sin A＝sin (B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C， 代入化简得sin A sin C cos B＝2sin B sin C cos A， 因为A，C∈(0，π)， 故sin C≠0，又B＝， 即得sin A＝2cos A，则A∈(0，). 故sin2A＝1－cos2A＝4cos2A， 解得cosA＝. (2)证明： 如图，假设CD不垂直于AB，过点C作CG⊥AB，垂足为G. 由(1)可得tan A＝＝2， 则＝＝＝2， 由角平分线定理有＝＝2，故点D，G重合，即CD⊥AB． (3)由(2)知AD＝1，BD＝2， 设BE＝2AE＝2x(x>0). 在△ADE中，由余弦定理的推论有cos ∠ADE＝＝，同理cos ∠BDE＝，故＋＝0，解得x＝.注意到AD2＋AE2＝DE2，故AE⊥AD，且∠ADE＝. 故∠CDE＝或(如图1，图2)， 由(1)知tan ∠BAC＝＝2， 所以CD＝2， 由余弦定理有CE2＝CD2＋DE2－2CD·DE cos ∠CDE＝8－8cos ∠CDE， 当∠CDE＝时，CE2＝8－8×＝8－4， 解得CE＝－； 当∠CDE＝时，CE2＝8＋8×＝8＋4， 解得CE＝＋. 故CE＝－或＋. 学科网（北京）股份有限公司 $