专题1 高考提能2 三角形中的特殊线段 专题强化训练-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学创新版（教用word）

专题强化训练 一、选择题 1．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，△ABC为钝角三角形． 2．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.其中a＝，b＝1，c＝3，则BC边上的中线AD的长为(　　) A． B． C． D． 解析：选A.由题意，＝(＋)，则2＝(2＋2＋2·)，则||2＝(c2＋b2＋2cb cos ∠BAC)＝(c2＋b2＋b2＋c2－a2)＝(2c2＋2b2－a2)＝×(18＋2－7)＝，则||＝，即AD＝. 3．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＝＝－，又B∈(0，π)，则sin B＝.设CD⊥AB，垂足为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＝＝. 4．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝，BC边上中线AD的长为1，则bc的最大值为(　　) A． B． C． D．2 解析：选A.由题意得∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos ∠ADB＋cos ∠ADC＝0，又a＝，且D是BC的中点，所以BD＝CD＝，在△ABD中，cos ∠ADB＝＝，在△ADC中，cos ∠ADC＝＝，所以cos ∠ADC＋cos ∠ADB＝＋＝0，即b2＋c2＝，由2bc≤b2＋c2＝，得bc≤，当且仅当b＝c＝时取等号． 5．在△ABC中，AB＝4，E是BC边中点，线段AE长为，∠BAC＝120°，D是BC边上一点，AD是∠BAC的平分线，则AD的长为(　　) A． B． C．2 D． 解析：选B.因为E是BC边中点，则＝(＋)，所以2＝(＋)2＝(2＋2·＋2)，即3＝(16＋2×4·AC cos 120°＋AC2)，解得AC＝2，因为AD是∠BAC的平分线，所以S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，即AB·AC·sin ∠BAC＝AB·AD·sin ∠BAD＋AC·AD·sin ∠CAD，所以8＝6AD，所以AD＝. 6．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c cos B＝2a cos A－b cos C，BC边上一点D满足＝2，且AD平分∠BAC.若△ABC的面积为4，则b＝(　　) A． B． C．2 D．4 解析：选C.由c cos B＝2a cos A－b cos C和正弦定理，可得sin C cos B＝2sin A cos A－sin B cos C，即sin C cos B＋sin B cos C＝2sin A cos A，因为sin C cos B＋sin B cos C＝sin (C＋B)＝sin (π－A)＝sin A，且0＜A＜π，则sin A＞0，可得cos A＝， 故A＝.如图，因为BC边上一点D满足＝2，且AD平分∠BAC，则＝＝2，即c＝2b①，又△ABC的面积为bc sin ＝4，即得bc＝16②，由①②联立，解得b＝2. 7．(2025·保定一模)在△ABC中，∠BAC＝120°，D为边BC的中点，且AD＝1，则2AB＋AC的最大值为(　　) A．3 B．3 C． D．2 解析：选C.因为D为BC中点，所以＝(＋)，两边平方可得2＝(2＋2·＋2)，已知∠BAC＝120°，AD＝1，则·＝||||cos 120°＝－||||，所以1＝(||2－||||＋||2)，即4＝||2－||||＋||2，设AB＝c，AC＝b，则4＝c2－bc＋b2，令t＝2c＋b，则b＝t－2c，代入4＝c2－bc＋b2可得4＝c2－c(t－2c)＋(t－2c)2＝c2－ct＋2c2＋t2－4tc＋4c2＝7c2－5tc＋t2，将其看作关于c的一元二次方程7c2－5tc＋t2－4＝0，因为c存在，所以判别式Δ＝(－5t)2－4×7×(t2－4)＝25t2－28t2＋112≥0，即t2≤，解得t≤，故2AB＋AC的最大值为. 8．(多选)在△ABC中，若cos A＝，BC＝6，BC边上的高为h，满足条件的△ABC的个数为n，则(　　) A．当0＜h＜4时， n＝2 B．当h＝4时，n＝1 C．当h＝2时，n＝1 D．当h＝2时，n＝0 解析：选ABD.作出△ABC外接圆如图所示，O为外接圆的圆心，OD⊥BC.因为cos A＝，BC＝6，故sin A＝＝，所以△ABC的外接圆半径为r＝＝＝，又OD＝＝＝，所以当AB＝AC时，h最大为＋＝4.对于A，当0＜h＜4时，由圆的对称性可知，此时n＝2，故A正确；对于B， 当h＝4时，△ABC是唯一的，故B正确；对于C，当h＝2＞4时，n＝0，故C错误；对于D，当h＝2＞4时，n＝0，故D正确． 9．(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a cos B＋a＝b sin A，再由正弦定理可得sin A cos B＋sin A＝sin B sin A，又A∈(0，π)，即sin A≠0，所以2sin ＝1，即sin ＝，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 ＝AB·BE·sin ＋BC·BE·sin ，即ac＝c＋a，则a＋c＝ac，A选项正确；B选项，由D为边AC的中点，则＝(＋)，即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 ＝ac≤，当且仅当a＝c时等号成立，B选项正确；C选项，由A＋B＋C＝π， 可知cos A cos C＝－cos A cos (A＋B)＝－cos A cos ＝－cos2A＋sinA cos A ＝sin 2A－cos 2A－＝sin －， 易知A∈， 所以2A－∈，即cos A cos C＝sin －∈，C选项正确；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选项错误． 二、填空题 10．在△ABC中，AB＝2，AC＝2，M为BC的中点，∠MAC＝60°，则AM＝________． 解析：延长AM到D，使AM＝DM，因为M为BC的中点，所以四边形ABDC为平行四边形， 则BD＝AC＝2，AD＝2AM，∠ADB＝∠MAC＝60°， 在△ABD中，由余弦定理可得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos ∠ADB，代入可得(2)2＝AD2＋22－2AD·2×， 化简可得AD2－2AD－24＝0，即(AD－6)(AD＋4)＝0， 解得AD＝6，则AM＝AD＝3. 答案：3 11．已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝，∠ABC的角平分线交AC于点D，且BD＝，则a＋c的最小值为________． 解析：因为∠ABC＝，∠ABC的角平分线交AC于点D，且BD＝， 所以S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，即ac sin ＝c·BD sin ＋a·BD sin ， 即ac＝(c＋a)，即ac＝a＋c，所以＝＋＝1， 所以a＋c＝(a＋c)＝2＋＋≥2＋2＝4， 当且仅当a＝c＝2时，等号成立，故a＋c的最小值为4. 答案：4 12．(2025·青岛一模)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，BC的边上的高为h，h＝b＋c－a，则tan 的取值范围是___________________． 解析：在△ABC中，b＋c＝a＋h， cos A＝＝＝－1＝－1，即1＋cos A＝. 又bc sin A＝ah，所以bc＝，即sin A＝，又sin A＞0， 故＝＝1＋＝＝＞0， 如图，在△ABC中，过B作CB的垂线EB，且使EB＝2h，则AE＝AB＝c， 因为b＋c＝a＋h≥CE，即(a＋h)2≥a2＋(2h)2＝a2＋4h2，可得0＜≤， 所以1＜1＋≤，即1＜≤，所以≤tan ＜1. 答案： 三、解答题 13．(2025·岳阳一模)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，且a sin C＋a cos C－b＝c，点D为BC边的中点，若AD＝，且2b2－a2＝4. (1)求A； (2)求△ABC的面积． 解：(1)a sin C＋a cos C－b＝c，利用正弦定理可得 sin A sin C＋sin A cos C－sin B＝sin C，又sin B＝sin (A＋C)＝sin A cos C＋cos A sin C， 故sin A sin C＋sin A cos C－sin A cos C－cos A sin C＝sin C， 即sin A sin C－cos A sin C＝sin C， 因为C∈(0，π)，所以sin C＞0，故sin A－cos A＝1， 即2sin ＝1，又A∈(0，π)，故－＜A－＜， 即A－＝，所以A＝. (2)∠ADB＋∠ADC＝π，故cos ∠ADB＋cos ∠ADC＝0， 由余弦定理的推论得＋＝0， 由D为BC边的中点，化简得AC2＋AB2＝2(AD2＋BD2)， AD＝，故b2＋c2＝2， 又2b2－a2＝4，所以c＝2， 又cos ∠BAC＝＝，故b2＋4－a2＝2b， 将a2＝2b2－4代入上式得b2＋4－2b2＋4＝2b，即b2＋2b－8＝0， 解得b＝2(负值已舍去)，则△ABC的面积为bc sin ＝×2×2×＝. 14．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)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∈. 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. 在△ABC中，由(1)可得tan A＝＝2，则＝＝＝2， 由角平分线定理有＝＝2，故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＝. 则AD2＋AE2＝DE2， 故AE⊥AD，且∠ADE＝. 故∠CDE＝或∠CDE＝(如图1，图2)， 又在△ABC中，∠ABC＝，CD⊥AB，故BD＝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CE＝＋. 学科网（北京）股份有限公司 $