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专题15 解三角形与解析几何的关联
【湖南省长沙市2024届高三上学期新高考适应性考试】
在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足．
（1）证明：；
（2）如图，点D在线段AB的延长线上，且，，当点C运动时，探究是否为定值？
第一问通过正弦定理和余弦定理直接证明；第二问通过建立平面直角坐标系，设出点的坐标代入第一问的结论进而化简求出双曲线方程得出结论
（1）由正弦定理和余弦定理得去分母得，∴
（2）建系如图，
利用第（1）问知，∴化简知：，故
（2023·全国·模拟预测）
1．已知A，B是双曲线上的两个动点，动点P满足，O为坐标原点，直线OA与直线OB斜率之积为2，若平面内存在两定点、，使得为定值，则该定值为 ．
（2022上·湖北武汉·高二华中师大一附中校考期中）
2．已知两点的距离为定值，平面内一动点，记的内角的对边分别为，面积为，下面说法正确的是（ ）
A．若，则最大值为2
B．若，则最大值为
C．若，则最大值为
D．若，则最大值为1
利用三角函数知识进行角的关系的转化，通过角的两倍关系构造角平分线，利用角平分线定理得到方程化简，结合双曲线定义得出结论
由，∴，∴，∴，∵A，B是△ABC内角，故或（舍），即，作∠A的平分线AQ交BC于Q，故Q在上，
由，，
故，
（2023上·全国·高三专题练习）
3．三角形内角平分线定理：三角形的内角平分线内分对边，所得的两条线段与这个角的两边对应成比例．已知ABC中，AD为∠BAC的角平分线，与BC交于点D，AB＝3，AC＝4，BC＝5，则AD＝（ ）
A． B． C． D．
（2024上·广东广州·高二铁一中学校联考期末）
4．记的内角A，，的对边分别为，，，已知，.
(1)求A；
(2)若，是边上一点，且是的平分线，.求的长.
（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）
5．在中，角的对边分别为.
(1)求的大小；
(2)若的平分线交于点，且，求的面积.
在两个三角形中，利用补角余弦值互为相反数，算两次余弦定理得到等量关系，进而得出结论
余弦定理转化消元：由（1）知在△ABC中由余弦定理知
在△BCD中由余弦定理知
∴，即
又∵，∴，则，∴
故是定值
（2024上·云南昆明·高二统考期末）
6．在中，角，，对应的边分别为，，且.
(1)求角；
(2)，，点在上，，求的长.
（2023·新疆·校联考二模）
7．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且．
(1)证明：；
(2)若D为BC边上的点，，，求b的值．
通过边的关系得到向量关系，通过平方将向量关系转化为数量关系，再结合余弦定理列式联立得出答案
由（1）知，又，
∴，
∴①
又②，
②式代入①得，
∴，∵，∴
即，∴
即，∴，∴
又，∴
（2023下·高一课时练习）
8．在中，D为边AC上一点，满足，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
（2023上·云南·高三校联考阶段练习）
9．已知的三个内角A，B，C对应的三条边分别为a，b，c，且有：．
(1)求角B的大小；
(2)设，若点M是边上一点，且，，求的面积．
（2023·贵州·清华中学校联考模拟预测）
10．已知中，内角，，的对边分别为，，，.
(1)求；
(2)若，，在上，且，求的长.
通过角的两倍关系再构造等腰三角形，通过等腰三角形特殊性质与余弦定理列式联立得出结论
作CH⊥AB，取AB上一点E，使，
设，则，则，
则
在△CAH中：①
在△CDE中：②
与②联立，得
（2023下·江苏无锡·高一江苏省太湖高级中学校考期中）
11．在中，，，，是的内心，若，其中，则动点的轨迹所覆盖图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
（2022·福建泉州·统考模拟预测）
12．四边形为梯形，且，，，点是四边形内及其边界上的点.若，则点的轨迹的长度是（ ）
A． B． C． D．
（2022·全国·贵阳一中校联考一模）
13．已知中，点，点，内角的对边分别为，面积为，且，则满足条件的点的轨迹长度为 ．
（2024上·广东揭阳·高三统考期末）
14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，已知．
(1)求；
(2)若，D为BC的中点，，求a的值．
（2023下·河北沧州·高一校考阶段练习）
15．如图，在中，.
(1)求的长；
(2)求的长.
（2023下·山东枣庄·高一统考期中）
16．中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)若BD是的角平分线.
（i）证明：；
（ii）若，求的最大值.
（2023·广西柳州·高三统考阶段练习）
17．已知的内角A，B，C的对边为a，b，c，且．
(1)求；
(2)若的面积为，求内角A的角平分线长的最大值．
（2020下·江西景德镇·高三统考阶段练习）
18．若的内角A，B，C的对边为a，b，c，且.
（1）求；
（2）若的面积为，求内角A的角平分线AD长的最大值.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．
【分析】设,根据得到，，根据点,在双曲线上则，代入计算得，根据双曲线定义即可得到为定值.
【详解】设,则由,
得，
则，，
点,在双曲线上,
，则
，
设分别为直线,的斜率,根据题意,
可知,即，
，即
在双曲线上,设该双曲线的左、右焦点分别为，
由双曲线定义可知||为定值，该定值为.
故答案为：.
2．BC
【分析】设点坐标，根据条件分别求出动点的轨迹方程，再由三角形ABC的面积，转化为由轨迹方程求的最大值即可得解.
【详解】设，动点，
对A，，即，化简可得C的轨迹方程，所以三角形ABC的面积，即C点为时，三角形ABC面积最大，故A错误；
对B，由题意可得，化简可得C的轨迹方程，所以，即C点为时，三角形ABC面积最大，故B正确；
对C，由知，动点C的轨迹为以A，B为焦点的椭圆（除去长轴上的两个顶点），椭圆方程为，三角形ABC的面积，即当C运动到短轴端点时，三角形面积最大，故C正确；
对于D，由题意，化简可得C的轨迹方程， 三角形ABC的面积，
由双曲线中的范围知，三角形ABC的面积的最大值为，故D错误.
故选：BC
3．D
【分析】由三边关系可判断出ABC为直角三角形，根据三角形内角平分线定理将、长度计算出来，再根据余弦定理即可求出AD.
【详解】∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，满足，∴，故，
∵AD是∠BAC的角平分线，∴，∴，
在ABD中，由余弦定理，
得，
解得或者（舍去），
故选：D．
4．(1)；
(2)．
【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由三角恒等变换求解；
（2）设，利用由余弦定理求得，从而由正弦定理求得（用表示），再代入余弦定理的结论中求得值．
【详解】（1）由正弦定理及已知得
，
或，
又，所以，
所以，从而，所以；
（2）由余弦定理得，，，
又是角平分线，所以，又，则，记，因为，
所以，所以，
，则，
由正弦定理得，
所以，
所以，解得，即．
5．(1)
(2)
【分析】（1）由已知和正弦定理，将角化成边的关系，再用余弦定理求出；
（2）方法一由角平分线定理和余弦定理得出三边长的关系，再用三角形的面积公式得出结果；方法二由角平分线定理和三角形面积关系求出，再用面积公式求出面积.
【详解】（1）由及正弦定理，
得，即，
所以，
又，所以.
（2）
方法一：因为平分，且，
所以，则，
由，得.
又，
将代入，可得或.
当时，，则，故舍去，所以.
所以.
方法二：因为平分，且，所以，则.
因为，
所以，所以，
则，所以，
所以.
6．(1)
(2)
【分析】（1）根据诱导公式和正、余弦定理计算即可求解；
（2）由（1），利用余弦定理求出AC，设，再次利用余弦定理表示，建立关于x的方程，解之即可求解.
【详解】（1）由题意知，，
得，
由余弦定理，得，即，
所以，
由，得.
（2）由（1）知，，所以，
即，由，解得，
即，设，则，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
所以，
整理得，即，
解得，所以.
7．(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）由正弦定理角化边，再进一步化简即可；
（2）在和中由余弦定理分别列出方程，即可解出b的值，或利用向量的线性运算及数量积的运算法则结合条件即得.
【详解】（1）证明：因为，
所以由正弦定理得，
又因为
化简得：，
所以即，故得证.
（2）如图，
解法一：在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
所以，又因为，所以．
解法二：因为，所以，即．
所以
又因为，所以，
又由(1)知，化简得，
因为，所以，所以为等边三角形，
又，所以，所以．
8．C
【分析】在中由正弦定理结合条件可求出，再将向量分解成即可求
【详解】在中，由及正弦定理，
得，
所以，
而，所以，
由，得，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
9．(1)
(2)
【分析】（1）利用内角和定理与两角和的正弦化简等式即得；
（2）用向量方法表示，两边平方并结合余弦定理建立的方程组，由三边关系可得是直角三角形，最后利用与三角形面积比即可求解.
【详解】（1）依题意得，，
则有，
故：．
即：，
因为，所以，所以，
又，所以．
（2）如图，由，所以，，．
在中，由余弦定理得，
即．①
又由于，
所以，
两边平方得，
即，所以．②
②－①得，所以，代入①得，
在中，，
所以是以为直角的三角形，
所以的面积为，
由于，知，
故的面积为．

10．(1)
(2)
【分析】（1）根据二倍角公式和同角三角函数关系化简已知条件即可求解；
（2）根据同角三角函数关系得，由向量加法运算得，
平方化简即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
所以，由得，
即，平方化简得，所以.
（2）由题意，所以，即,
又由（1）知，，
又因为，所以，
所以，
所以.
11．D
【分析】利用向量加法的平行四边形法则可判断点的轨迹，由余弦定理求解边长，即可由等面积法求解内切圆半径，即可由三角形面积公式求解.
【详解】由，，
根据向量加法的平行四边形法则可知：动点的轨迹是以，为邻边的平行四边形及其内部，其面积为的面积的2倍.

在中，设内角所对的边分别为，，，
由余弦定理，得.
设的内切圆的半径为，则，
所以，解得，
所以.
故动点的轨迹所覆盖图形的面积为.
故选：D.
12．B
【分析】由向量投影定义得，向量在向量上的投影为2，即动点在过点且垂直于的直线上. 证明后，可得点的轨迹为线段，即可得到答案；
【详解】
，即.
设向量与的夹角为，则，
因为，所以，
由向量投影定义得，向量在向量上的投影为2，
即动点在过点且垂直于的直线上.
在中，，，，
由余弦定理得，所以；
则，所以.
因为是四边形内及其边界上的点，所以点的轨迹为线段.
所以点的轨迹的长度为.
故选：B.
13．
【分析】根据正余弦定理、三角形面积公式及圆的周长公式直接可得解.
【详解】如图，，，
，，，又，
外接圆半径为，，所以点的轨迹长度为，
故答案为：.
14．(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形的面积公式、三角恒等变换、正弦定理等知识化简已知条件，从而求得.
（2）利用正弦定理、向量运算等知识求得，再利用余弦定理求得.
【详解】（1）由题意得，即，
所以，即．
由正弦定理得，即，
所以，即，所以．
（2）由已知及正弦定理得，
由（1）得，所以，
解得（舍去）．
又D为BC的中点，所以，
所以，
所以，
所以，解得，所以．
在中，由余弦定理得:
，解得．
15．(1)
(2)
【分析】（1）确定，，，，计算得到答案.
（2），，计算得到答案.
【详解】（1）；
，
，故，
.
（2），
.
16．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，即可得答案；
（2）（i）在和中，分别应用正余弦定理，得出线段之间的等量关系，结合角平分线以及分式的性质，即可证明结论；（ii）利用（i）的结论以及基本不等式即可求得答案.
【详解】（1）因为中，，
故
，
因为，故；
（2）（i）证明：中，由正弦定理得①，

又②，
同理在中，③，
④，
BD是的角平分线，则，
则，
又，故，
故①÷③得⑤，即，
由②④得，
，
则
，
即；
（ii）因为，故，
则由⑤得，则，
由以及（i）知，
即，则，
当且仅当，结合，即时等号成立，
故，即的最大值为.
【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于的证明，证明时要利用正余弦定理得到涉及到的线段之间的等量关系，然后利用分式的性质进行变形，过程比较复杂，计算量较大，因此要十分注意.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到，进而求出；
（2）由面积公式求出，由正弦定理得到，不妨设，，得到.延长至点, 使得, 连接，构造相似三角形，在中，由余弦定理得到，由基本不等式求出，得到角平分线长的最大值.
【详解】（1）由正弦定理，得，即，
故，
因为，所以，
所以；
（2）由（1）知，
因为的面积为，所以，解得，
在中，由正弦定理，得，
在中，由正弦定理，得，
因为AD为角A的角平分线，所以，
又，所以，所以，
不妨设，，则，故，
延长至点E，使得，连接，
则，又，
所以，故，，
则，，
则，，
在中，由余弦定理，得，
即，
因为，所以，
其中，当且仅当，即时，等号成立，
故，故.
所以长的最大值为.
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
18．（1）；（2）
【解析】（1）由正弦定理将已知式化角为边，再由余弦定理求出；
（2）由（1）的结论及的面积为，求出和.再由二倍角公式求出.将拆分成两个三角形和，利用面积相等，求出，再利用基本不等式求出其最大值.
【详解】解：（1）由正弦定理，
及，
可得，即，
由余弦定理得：；
（2）由，得 ，
，
，则，
由
得，
，
当且仅当时，等号成立，
即.
【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理的应用，二倍角公式，基本不等式的应用，属于中档题.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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