高考數(shù)學必刷壓軸題專項練習及答案解析

高考數(shù)學必刷壓軸題專項練習及答案解析目錄TOC\o"1-1"\h\u11150用數(shù)形結(jié)合法求解零點問題 214662三點共線充要條件的應(yīng)用 1224564極化恒等式 2331363利用向量的形解題 3116543奔馳定理與三角形的四心 375666有關(guān)三角形中的范圍問題 442369以圖形為背景的兩角差的正切 5122855有關(guān)三角形中線、角平分線、高線問題 559415三角形三內(nèi)角正切積等于正切和的應(yīng)用 6630461定線段張定角 6827625對數(shù)單身狗、指數(shù)找朋友 7328015關(guān)于指對的兩個重要不等式 777977關(guān)于指對的兩個重要不等式 818584逆用導(dǎo)數(shù)的四則運算法則構(gòu)造函數(shù) 8525717利用切線求解恒成立、零點問題 9419326構(gòu)造形求最值類問題 987462過曲線上一點的切線、切點弦 1044443與圓相關(guān)的張角問題 11016608圓的弦被內(nèi)（外）分成定比 11430416圓的“雙切線”問題 118

用數(shù)形結(jié)合法求解零點問題【方法點撥】1.函數(shù)的零點的實質(zhì)就是函數(shù)圖象與x軸交點的橫坐標，解決實際問題時，往往需分離函數(shù)，將零點個數(shù)問題轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象交點個數(shù)問題，將零點所在區(qū)間問題，轉(zhuǎn)化為交點的橫坐標所在區(qū)間問題.2.分離函數(shù)的基本策略是：一靜一動，一直一曲，動直線、靜曲線，要把構(gòu)造“好函數(shù)”作為第一要務(wù).3.作圖時要注意運用導(dǎo)數(shù)等相關(guān)知識分析函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、以及關(guān)鍵點線（如漸進線），以保證圖像的準確.【典型題示例】例1已知函數(shù)若函數(shù)（）恰有4個零點，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】D【分析】由，結(jié)合已知，將問題轉(zhuǎn)化為與有個不同交點，分三種情況，數(shù)形結(jié)合討論即可得到答案.【解析】注意到，所以要使恰有4個零點，只需方程恰有3個實根即可，令，即與的圖象有個不同交點.因為，當時，此時，如圖1，與有個不同交點，不滿足題意；當時，如圖2，此時與恒有個不同交點，滿足題意；當時，如圖3，當與相切時，聯(lián)立方程得，令得，解得（負值舍去），所以.綜上，的取值范圍為.故選：D.點評：本題是一道由函數(shù)零點個數(shù)求參數(shù)的取值范圍的問題，其基本思路是運用圖象，將零點個數(shù)問題轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)圖象交點個數(shù)，考查函數(shù)與方程的應(yīng)用、數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、導(dǎo)數(shù)知識、一元二次方程、極值不等式、特值等進行分析求參數(shù)的范圍.例2已知函數(shù)，若函數(shù)有三個零點，則實數(shù)k的取值范圍是__________．【答案】【解析】作與圖象，由得由得，對應(yīng)圖中分界線①;由過點得，對應(yīng)圖中分界線②；當與相切于時，因為，所以，對應(yīng)圖中分界線③；因為函數(shù)有三個零點，所以實數(shù)k的取值范圍是故答案為：例3已知函數(shù)與的零點分別為和．若，則實數(shù)的取值范圍是．【答案】【分析】將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)與函數(shù)和交點的大小問題，作出函數(shù)圖像，觀察圖像可得結(jié)果.【解析】由，得，對于函數(shù)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，由，得，對于，得在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，最大值為，其圖像如圖，令得，要，則直線要在點下方，，∴實數(shù)的取值范圍是．例4已知函數(shù)，若函數(shù)有且僅有四個不同的零點，則實數(shù)k的取值范圍是．【答案】(27，)【分析】由知，是偶函數(shù)，研究“一半”，問題轉(zhuǎn)化為有且僅有兩個不同的零點，分離函數(shù)得，兩邊均為基本初等函數(shù)，當曲線在一點相切時，兩曲線只有一個交點，利用導(dǎo)數(shù)知識求出切點坐標，當拋物線開口變大，即函數(shù)值小于切點的縱坐標即可.【解析】易知是偶函數(shù)，問題可轉(zhuǎn)化為有且僅有兩個不同的零點.分離函數(shù)得，由圖形易知k＞0，問題進一步轉(zhuǎn)化為有兩個交點問題.先考察兩曲線相切時的“臨界狀態(tài)”，此時，兩曲線只有一個交點設(shè)兩個函數(shù)圖象的公切點為則，解得，切點為再考慮兩曲線有兩個交點，當且僅當對于二次函數(shù)，當時，其函數(shù)值，即圖象在的下方所以當時，即k＞27時，上述兩個函數(shù)圖象有兩個交點綜上所述，實數(shù)k的取值范圍是(27，)．點評：1.本題解法較多，但利用“形”最簡單，只要函數(shù)分離的恰當，這種題實現(xiàn)“分分鐘”解決也是可及的.2.有關(guān)函數(shù)零點的問題解法靈活，綜合考察函數(shù)的圖象與性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、分離函數(shù)的意識、分離參數(shù)的意識等，綜合性強，較難把握.3.利用“數(shù)學結(jié)合法”求解零點問題的要點有二.一是分離函數(shù)，基本策略是“一靜一動、一直一曲，動直線、定曲線”,函數(shù)最好是基本初等函數(shù)；二是求解過程中的“臨界狀態(tài)”的確定，若是一直一曲，一般相切是“臨界狀態(tài)”，若是兩曲，一般公切是“臨界狀態(tài)”（曲線的凸凹性相反，即曲線在公切線的兩側(cè)）例5已知函數(shù)，若函數(shù)有四個不同的零點，則實數(shù)m的取值范圍是．【答案】【解析】是偶函數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為，即（）有兩個零點易知，兩邊均為曲線，較難求解.兩邊取自然對數(shù)，，即問題即為：與有兩個交點先考察直線與相切，即只有一點交點的“臨界狀態(tài)”設(shè)切點為，則，解得，此時切點為代入，再求與有兩個交點時，m的取值范圍由圖象知，當在直線下方時，滿足題意故，解之得，此時也符合所以實數(shù)m的取值范圍是．點評：取對數(shù)的目的在于“化雙曲為一直一曲”，簡化了運算、難度，取對數(shù)不影響零點的個數(shù).例6若函數(shù)有三個不同的零點，則實數(shù)的取值范圍為．【答案】【分析】本題的難點是“分離函數(shù)”，函數(shù)分離的是否恰當、易于進一步解題，是分離時應(yīng)綜合考慮的重要因素，也是學生數(shù)學素養(yǎng)、能力的綜合體現(xiàn).本例中，可將已知變形為下列多種形式：、，，···，但利用較簡單.【解析】易知0是函數(shù)一個的零點，當x≠0時，可化為，考慮與有且只有兩個非零零點.如下圖，利用導(dǎo)數(shù)知識易得：由圖象得：或，解之得：或所以實數(shù)的取值范圍為．例7已知函數(shù)，．若關(guān)于x的方程有四個不相等的實數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是．【答案】【分析】從結(jié)構(gòu)上看，首先考慮“對化指”，方程，屬于復(fù)合函數(shù)的零點問題，內(nèi)函數(shù)是指數(shù)型，外函數(shù)是二次函數(shù).設(shè)，，則為偶函數(shù)，研究“一半”，令，x＞0，則關(guān)于t的方程在(，)內(nèi)有兩個不相等的實根，分離參數(shù)，利用“形”立得.【解析】方程令，，則顯然為偶函數(shù)，所以方程有四個實根函數(shù)，x＞0有兩個零點，令，x＞0，則關(guān)于t的方程，即在(，)內(nèi)有兩個不相等的實根，結(jié)合函數(shù)，的圖像，得，即，則實數(shù)a的取值范圍是．

【鞏固訓練】1.已知函數(shù)有四個零點，則實數(shù)的取值范圍是__________．A.B.C.D.2.已知函數(shù)，（其中是非零實數(shù)），若函數(shù)與函數(shù)的圖象有且僅有兩個交點，則的取值范圍為.3.已知函數(shù)，若函數(shù)有三個不同的零點，則實數(shù)的取值范圍是_____.4.已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，若方程|xlnx—ex+e|=mx在區(qū)間[,e2]上有三個不同實數(shù)根，則實數(shù)m的取值范圍是________.5.已知關(guān)于x的方程有三個不同的實數(shù)解，則實數(shù)k的取值范圍是______6.已知關(guān)于的方程有三個不同的實數(shù)解，則實數(shù)的取值范圍是.7.若函數(shù)在內(nèi)有且只有一個零點，則在上的最大值與最小值的和為____________.8.若函數(shù)有兩個零點,則實數(shù)的取值范圍是.9．已知函數(shù)有零點，則實數(shù)的取值范圍是____________.10.已知函數(shù)，，其中為實數(shù)．若關(guān)于的方程在上有兩個實數(shù)解，則實數(shù)的取值范圍為．11.已知函數(shù)，若函數(shù)有且僅有四個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是．12．已知函數(shù)，，若關(guān)于的方程有且僅有三個不同的實根，且它們成等差數(shù)列，則實數(shù)取值的集合為．【答案與提示】1.【答案】D【提示】，根據(jù)對稱性，只需考察有兩個零點，得，故有，前兩者是保證兩方程各自有兩解，這里（）易漏，它是保證兩方程解不相同的.2.【答案】【提示】轉(zhuǎn)化為函數(shù)與函數(shù)的圖象有且僅有兩個交點最簡.3.【答案】【提示】易知0是其中一個零點，問題轉(zhuǎn)化為與函數(shù)有兩個不同的零點.4.【答案】【解析】方程兩邊同時除以，令，問題轉(zhuǎn)化為與的圖象在區(qū)間[,e2]上有三個交點.∵，∴當時，，減；當時，，增.故當時，取得極小值，且.又，，作出的圖象，由圖象知實數(shù)的取值范圍是：.5.【答案】【解析】，畫圖得出k的取值范圍．6.【答案】或．【提示】參見例6.7．【答案】8.【答案】9．【答案】10.【答案】【提示】完全分參，利用與在上有兩個交點即可.11.【答案】(2，)【提示】設(shè)，則，故有且僅有四個不同的零點，即等價于有且僅有四個不同的零點，即有兩個零點思路一：（全分）思路二：（半分）12.【答案】【提示】變形為轉(zhuǎn)化為與有且僅有三個不同的交點，而函數(shù)的圖象是定點在直線上、開口向上的V形折線.三點共線充要條件的應(yīng)用【方法點撥】在平面內(nèi),是不共線向量,設(shè)，P、A、B三點共線說明：1.上述結(jié)論可概括為“起點一致，終點共線，系數(shù)和為1”,利用此結(jié)論,可求交點位置向量或者兩條線段長度的比值.2.當條件中出現(xiàn)共起點的兩個向量的線性組合時，應(yīng)往三點共線方向考慮，特別的，當系數(shù)和不是“1”時，應(yīng)化“1”.3.遇到條件“兩條線段相交于一點”時，可轉(zhuǎn)化成兩次向量共線，進而確定交點位置．【典型題示例】例1在△ABC中，D在邊BC上，延長AD到P，使得AP=9，若（m為常數(shù)），則CD的長度是________．【答案】0或.【分析】條件中向量共起點，可聯(lián)想到三點共線，但其系數(shù)和不是1，應(yīng)先變形為系數(shù)和是1的情形，求出.繼而，在直接利用余弦定理或直接利用是等腰三角形求出其底邊.【解析】可化為當，且時∵三點共線∴，故，，在，，.當時，，重合，此時的長度為，當時，，重合，此時，不合題意，舍去.故答案為：0或.例2在中，為上一點，，為上任一點，若，則的最小值是（）A．9B．10C．11D．12【答案】D【分析】使用“三點共線”的向量充要條件，探究出m、n間的等量關(guān)系，再使用基本不等式求解.【解析】因為，所以又因為B、P、E三點共線所以m＋3n=1所以，當且僅當時，“=”成立所以的最小值是12．例3已知點是邊長為2的正內(nèi)一點，且，若，則的最小值為_______.【答案】【分析】湊系數(shù)使其代數(shù)和為1，，取、，即，而可得M、E、F三點共線.再由極化恒等式得（其中D是BC的中點），，所以的最小值為.例4在平面直角坐標系中，和是圓上兩點，且，點P的坐標為（2,1），則的取值范圍為.【答案】【分析】設(shè)，則如圖，延長至，使為求的取值范圍，只需求點的軌跡.遇到圓的弦想中點、垂徑定理，取中點為，設(shè)中，，，故，即的軌跡是以為圓心，為半徑的圓∴，即的取值范圍為.點評：（1）本題的關(guān)鍵是:逆用三點共線的充要條件,構(gòu)造出向量，其起點為定點，轉(zhuǎn)化為探究終點軌跡問題；（2）遇到圓的弦，應(yīng)聯(lián)想“取中點、垂徑定理”；（3）已知條件不變，若所求變?yōu)榍蟮娜≈捣秶?，此時應(yīng)設(shè)，則，想一想，為什么？例5若是銳角的外心，，，，，則.【答案】【分析】由得，將變形為.如圖，作，，則三點共線，且.在，，，故.OAOACBDE例6已知中，,且的最小值為，若為邊上任意一點,則的最小值是.【答案】【解析】由條件，設(shè)，則，其系數(shù)和為1設(shè)，則，故三點共線由的最小值為，即點到的距離是故中，由余弦定理得,設(shè)的中點為，由極化恒等式得，而.∴的最小值是.【鞏固練習】1.如圖，在中，已知點是延長線上一點，點是的中點，若，且，則.2.如圖，在平行四邊形中，，為的中點，為線段上一點，且滿足，則實數(shù)（）3.正方形ABCD的邊長為1，O為正方形ABCD的中心，過中心O的直線與邊AB交于點M，與邊CD交于點N，P為平面上一點，滿足，則的最小值為.4.在平面直角坐標系中，是圓上兩動點，且，點坐標為，則的取值范圍為．5.已知中，邊上的中線，若動點滿足，則的最小值是______.6.在四邊形中，.若，則．7.在△ABC中，D為線段AC的中點，點E在邊BC上，且BE＝eq\f(1,2)EC，AE與BD交于點O，則eq\o(AO,\s\up6(→))等于()A.eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))B.eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))C.eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→)) D.eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))8.在△ABC中，過中線AD的中點E任作一直線分別交AB，AC于M，N兩點，設(shè)eq\o(AM,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝y(tǒng)eq\o(AC,\s\up6(→))(xy≠0)，則4x＋y的最小值是________．9.在中，點是的三等分點，，過點的直線分別交直線于點，且，若的最小值為，則正數(shù)的值為（）A．1 B．2 C． D．10.已知點是的外心，且，，若，則的值為.

【答案與提示】1.【答案】【解析】因為是的中點所以，即因為三點共線，所以，.2.【答案】A【分析】從三點共線入手，將用線性表示，再轉(zhuǎn)化為目標向量，比較系數(shù)即可.【解析】∵三點共線∴（其中）又，所以所以，解之得，選A.3.【答案】【解析】根據(jù)題意，，∴的終點在線段BC上，∴，∴，∴；又O是MN的中點，∴，∴，∴，∴的最小值是．4.【答案】【簡析】設(shè)，則，如圖，，設(shè)則，由勾股定理得，故．5.【答案】【分析】由可得在線段上，故，而，有基本不等式立得.【解析】由，得，因為，所以在線段上所以，又因為，則（當且僅當，即P為CM中點時，“=”成立）．故的最小值是．6.【答案】－16【解析】由中向量滿足“共起點，系數(shù)和為1”聯(lián)想到“三點共線”設(shè)E為上一點，且，則所以，則四邊形是平行四邊形，所以.7.【答案】A【解析】如圖，設(shè)eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(AE,\s\up6(→))(λ>0)，又eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，∴eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)λeq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)λeq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)λeq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)λeq\o(AD,\s\up6(→)).又B，O，D三點共線，∴eq\f(2,3)λ＋eq\f(2,3)λ＝1，∴λ＝eq\f(3,4)，∴eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→)).8.【答案】eq\f(9,4)【解析】由D為BC的中點知，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))，又eq\o(AM,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝y(tǒng)eq\o(AC,\s\up6(→))(xy≠0)，E為AD的中點，故eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,4x)eq\o(AM,\s\up6(→))＋eq\f(1,4y)eq\o(AN,\s\up6(→))，∵M，E，N三點共線，∴eq\f(1,4x)＋eq\f(1,4y)＝1，∴4x＋y＝(4x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4x)＋\f(1,4y)))＝eq\f(y,4x)＋eq\f(x,y)＋eq\f(5,4)≥2eq\r(\f(y,4x)·\f(x,y))＋eq\f(5,4)＝eq\f(9,4)，當且僅當eq\f(y,4x)＝eq\f(x,y)，即x＝eq\f(3,8)，y＝eq\f(3,4)時取等號．∴4x＋y的最小值為eq\f(9,4).9.【答案】B【分析】利用平面向量的線性運算法則求得，可得，則，展開后利用基本不等式可得的最小值為，結(jié)合的最小值為列方程求解即可.【解析】因為點是的三等分點，則，又由點三點共線，則，，當且僅當時，等號成立，即的最小值為，則有,解可得或(舍），故，故選：B.10.【答案】【提示】解法同例5.極化恒等式【方法點撥】極化恒等式：.說明：（1）極化恒等式的幾何意義是：設(shè)點是△ABC邊的中點，則，即：向量的數(shù)量積可轉(zhuǎn)化為中線長與半底邊長的平方差．（2）具有三角幾何背景的數(shù)學問題利用極化恒等式考慮尤為簡單，讓“秒殺”向量數(shù)量積問題成為一種可能，此恒等式的精妙之處在于建立向量與幾何長度(數(shù)量)之間的橋梁，實現(xiàn)向量與幾何、代數(shù)的巧妙結(jié)合.（3）遇到共起點的兩向量的數(shù)量積問題，常取第三邊的中點，從而運用極化恒等式加以解決.【典型例題】例1如圖，在中，是的中點，是上兩個三等分點，，，則的值是．【解析】設(shè)，由極化恒等式得，解之得可得，，因此，，因此．21*cnjy*co點評：緊緊把握極化恒等式使用條件，三次使用極化恒等式求解.例2已知是邊長為2的等邊三角形，是平面內(nèi)一點，則的最小值為．【答案】【分析】本題的難點在于如何將“二合一”？注意到兩向量共起點且其系數(shù)和為3，可利用三點共線的方法將其“二合一”，然后使用極化恒等式.【解析】設(shè)，則，在上所以如圖，取中點為，由極化恒等式得在，由余弦定理得所以當，即為中點時，所以的最小值，此時為中點.例3如圖所示，矩形ABCD的邊AB=4，AD=2，以點C為圓心，CB為半徑的圓與CD交于點E，若點P是圓弧(含端點B、E)上的一點，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的取值范圍是.【答案】【分析】取AB的中點設(shè)為O，則，然后利用平幾知識確定PO的取值范圍，代入即可.【解析】取AB的中點設(shè)為O，則，當O、P、C共線時，PO取得最小值為；當P與B（或E）重合時，PO取得最大值為PO=2，所以的取值范圍是.例4半徑為2的圓O上有三點A，B，C，滿足，點是圓內(nèi)一點，則的取值范圍是（）A. B.C.D.【答案】A【分析】直接兩次使用極化恒等式即可.【解析】由得在平行四邊形中，，故易知四邊形是菱形，且設(shè)四邊形對角線的交點為E由極化恒等式得所以因為是圓內(nèi)一點，所以所以，即，選A.例5在△ABC中，AC＝2BC＝4，∠ACB為鈍角，M，N是邊AB上的兩個動點，且MN＝1，若的最小值為，則cos∠ACB＝．【答案】【分析】取MN的中點P，由極化恒等式將“的最小值為”轉(zhuǎn)化為AB邊上的高CH=1，然后利用兩角差的的余弦公式求解.【解析】取MN的中點P，則由極化恒等式得∵的最小值為∴由平幾知識知：當CP⊥AB時，CP最小.如圖，作CH⊥AB，H為垂足，則CH=1又AC＝2BC＝4，所以∠B＝30o，sinA=所以cos∠ACB＝cos（150o－A）=.HH例6已知直角三角形ABC中，，AB=2，AC=4，點P在以A為圓心且與邊BC相切的圓上，則的最大值為（）A．B．C． D．【答案】D【解析】設(shè)中點為，則，又因為，所以，故選：D.【鞏固練習】如圖，在平面四邊形ABCD中，O為BD的中點，且OA＝3，OC＝5.若eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝－7，則eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝________.2．矩形中，為矩形所在平面內(nèi)一點，,矩形對角線，則值為.3.若平面向量a，b滿足|2a－b|≤3，則a·b的最小值為________.4.已知平面向量a，b，e滿足|e|＝1，a·e＝1，b·e＝－2，|a＋b|＝2，那么a·b的最大值為________．5.在中，已知，，則面積的最大值是．6.已知單位向量，，滿足，則的值為（）A． B． C． D．17.已知，且向量與的夾角為120°，又，則的取值范圍為（）A． B． C． D．8.已知平面向量滿足，，，，那么的最小值為________．9.已知銳角的外接圓的半徑為1，，則的取值范圍為__________．10.在中，，若是所在平面內(nèi)的一點，且，則的最大值為_____.11.已知點是邊長為的正三角形內(nèi)切圓上的一點，則的取值范圍為_____.12.已知正方形ABCD的邊長為1，中心為O，直線l經(jīng)過中心O，交AB于點M，交CD于點N，P為平面上一點，若2eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(OC,\s\up6(→))，則eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))的最小值為__________.13.設(shè)點P為正三角形△ABC的邊BC上的一個動點，當eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))取得最小值時，sin∠PAC的值為________．14.在平面直角坐標系xOy中，點A，B分別在x軸，y軸正半軸上移動，AB＝2，若點P滿足eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝2，則OP的取值范圍為________．15.在△ABC中，E，F(xiàn)分別是線段AB，AC的中點，點P在直線EF上，若△ABC的面積為2，則eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))2的最小值是__________．16.在半徑為1的扇形AOB中，若∠AOB＝60°，C為弧AB上的動點，AB與OC交于點P，則eq\o(OP,\s\up14(→))·eq\o(BP,\s\up14(→))的最小值是________．

【答案與提示】1.【答案】9【提示】兩次使用極化恒等式，由得，.2.【答案】【提示】設(shè)矩形的對角線交點為O，由，得，.3.【答案】【解析】根據(jù)極化恒等式得：，故，所以的最小值為．4.【答案】－5【提示】由a·e＝1，b·e＝－2得:a·e－b·e＝3，即（a－b）·e＝3，|a－b|cos＝3a·b=14[|a＋b|2－|a－b|2]≤－5.【答案】【提示】取BC的中點為D，則，所以因為BC邊上的高線長不大于中線長，當中線就是高線時，面積最大，故面積的最大值．6.【答案】A【解析】∵，∴，如圖，設(shè)中點為，則，且，∴三點共線，，，，∴為等腰三角形，∴，∴.故選：A.7.【答案】C【解析】連結(jié)，則設(shè)的中點為，由，易知，所以故，故選：C8.【答案】【解析】由，得，即又（其中為向量與的夾角）所以所以.9.【答案】10.【答案】【提示】方法同上.11.【答案】12.【答案】13.【答案】14.【答案】15.【答案】16.【解析】如圖，取OB的中點D，連接PD，則eq\o(OP,\s\up14(→))·eq\o(BP,\s\up14(→))＝PD2－OD2＝PD2－eq\f(1,4)，即求PD的最小值．由圖可知，當PD⊥OB時，PDmin＝eq\f(\r(3),4)，則eq\o(OP,\s\up14(→))·eq\o(BP,\s\up14(→))的最小值是－eq\f(1,16).利用向量的形解題【方法點撥】向量兼具“形”與“數(shù)”，在解題中適時構(gòu)造“形”，可以起到事倍功半的作用，可提高解題的迅捷度.【典型題示例】例1在中，點滿足，且對任意，恒成立，則______.【答案】【分析】設(shè)，則點P在過點B且平行于AC的直線上，而恒成立的幾何意義是：過點B且平行于AC的直線上的任意一點與點A的距離以最小，根據(jù)平面幾何知識知，必有，即，進而可得、的值，結(jié)合余弦定理計算可得.【解析】根據(jù)題意，在中，點滿足.設(shè)，則.∵∴對任意，恒成立，必有，即.∵∴，∴.∴故.例2若非零向量滿足，則夾角的余弦值為_______.【答案】【分析】注意到條件，構(gòu)造如圖所示等腰直角三角形，為底邊上的中線.設(shè)，，則.在，.所以夾角的余弦值為.OOCAB例3已知，是平面內(nèi)兩個互相垂直的單位向量，若向量滿足,則的最大值是.【答案】【解法一】展開得則的最大值是.【解法二】注意到題目中兩個垂直，及，利用數(shù)形結(jié)合,如圖,對應(yīng)的點在圓上即可.例4設(shè)向量都是單位向量，，則的最小值是.【答案】【解析】如下圖,設(shè),，，則在圓上，且,取中點為，則由極化恒等式得易知，所以.例5已知向量，的夾角為135o，且，，設(shè)（其中），當取最小值時，向量與的夾角大小為.【答案】π2【解析】如上圖，，，則滿足條件的點C的軌跡是過且平行于的直線由平幾知識知，當取最小值時，，即此時，向量與的夾角大小為π2.【鞏固訓練】1.（2021·全國新高考II卷·15）已知向量，，，則_______．2.已知在△OAB中，OA＝，OB＝2，∠AOB＝135°，P為平面OAB上一點，且()，當OP最小時，向量與的夾角為．3.已知在△ABC中，AB＝5，AC＝10，，點P為△ABC內(nèi)（包含邊界）一點，且()，則的最小值為．4.已知向量，，滿足，，則的最小值為________．5.已知平面向量α，β

（α≠

0，α≠β

）滿足|β

|=1，且α與β-

α的夾角為120°，則|a|

的取值范圍是.6.已知，b是平面內(nèi)兩個互相垂直的單位向量，若向量滿足,則的最大值是___________.7.已知向量，，滿足，，則的取值范圍為．8.已知向量，滿足，，設(shè)（其中），若最小值為，向量與的夾角大小為.9.（1）已知，若對任意，，則為_______三角形.（在銳角、直角、鈍角中選擇一個填寫）（2）已知，若對任意，，則為______三角形（在銳角、直角、鈍角中選擇一個填寫）（3）已知，若對任意，，則為______三角形（在銳角、直角、鈍角中選擇一個填寫）10.已知向量a，b，c滿足|a|＝|b|＝2，|c|＝1，(a－c)·(b－c)＝0，則|a－b|的取值范圍是．11.已知a，b都是非零向量，滿足|a－b|＝|a|，(a－b)·a＝0，則a－b與b的夾角大小是（）．A．45oB．60oC．135oD．120o12.已知向量，，且對任意，恒成立，則（）A． B．C． D．【答案與提示】1.【答案】【解析】仿例2，構(gòu)造三角形，易知，而使用投影易得，故．2.【答案】π【提示】解法同例5.3.【答案】3【提示】如圖，AD＝3，PD∥AC，易知的最小值為3．4.【答案】【提示】解法同例2.5.【答案】【解析】設(shè)，，由余弦定理可知：，要求的取值范圍，則將方程視為以為主元的一元二次方程，由判別式可得.6.【答案】【提示】解法同例4.7.【答案】【提示】解法同例4.8.【答案】π6或【提示】解法同例5.9.【答案】（1）直角（2）直角（3）鈍角10.【答案】[eq\r(7)－1，eq\r(7)＋1]．【解析】如圖，設(shè)c＝(1，0)，設(shè)A，B是以O(shè)為圓心，2為半徑的圓上兩點，且AC⊥BC，則|a－b|＝AB＝2MC.∵MO2＋MA2＝OA2，而MA＝MC，∴MO2＋MC2＝4.設(shè)M(x，y)，則x2＋y2＋(x－1)2＋y2＝4，即x2＋y2－x＝eq\f(3,2).(*)，|a－b|＝AB＝2MC＝2eq\r(（x－1）2＋y2)＝2eq\r(x2＋y2－2x＋1)＝2eq\r(\f(3,2)＋x－2x＋1)＝eq\r(10－4x).由(*)知，eq\f(1－\r(7),2)≤x≤eq\f(1＋\r(7),2)，∴eq\r(8－2\r(7))≤eq\r(10－4x)≤eq\r(8＋2\r(7))，即eq\r(7)－1≤eq\r(10－4x)≤eq\r(7)＋1.∴eq\r(7－1)≤|a－b|≤eq\r(7)＋1.即|a－b|的取值范圍為[eq\r(7)－1，eq\r(7)＋1].11.【答案】C12.【答案】C【分析】由已知兩邊平方得，可判斷A；再由得，結(jié)合可判斷B；由可判斷C；由可判斷D.【解析】由得，即對任意恒成立，所以，，所以，所以A錯誤；由得，由，所以B錯誤；由，得，所以C正確；由，所以D錯誤.故選：C.奔馳定理與三角形的四心【方法點撥】奔馳定理：設(shè)是內(nèi)一點，的面積分別記作則.說明：本定理圖形酷似奔馳的車標而得名.奔馳定理在三角形四心中的具體形式：（1）是的重心.（2）是的內(nèi)心.（3）是的外心.（4）是的垂心.3.奔馳定理是三角形四心向量式的完美統(tǒng)一.4.奔馳定理對于利用平面向量解決平面幾何問題，尤其是解決跟三角形的面積和“四心”相關(guān)的問題，有著決定性的基石作用．【典型例題】例1為三角形內(nèi)部一點，??均為大于1的正實數(shù)，且滿足，若??分別表示??的面積，則為（）A． B． C． D．【答案】【解析一】由，，，，如圖設(shè)，即是的重心，同理可得，，所以．故選：．【解析二】由，，，，由奔馳定理得：．故選：．例2在△ABC中，角A，B，C所對的邊為a，b，c，a=b=4，c=6，I是△ABC中內(nèi)切圓的圓心，若，則．【答案】【解析一】（向量的線性表示、數(shù)量積、三角形內(nèi)切圓半徑求法）易求得，而，所以另一方面，對上式兩邊同時作數(shù)量積得：，易知，，所以，所以.【解析二】（奔馳定理）聯(lián)想到奔馳定理，將轉(zhuǎn)化為整理為：由奔馳定理得解之得.點評：解法一中的很多知識點并不為學生所熟悉，解決起來有較大難度，而解法二直接使用奔馳定理十分簡潔.例3已知是的重心，且滿足，則=.【答案】【分析】要牢記前面的系數(shù)之比為1:1:1，求得三內(nèi)角的正弦比，再利用正、余弦定理求得.【解析】∵是的重心，∴∴∴由正弦定理，由余弦定理，∵，∴.例4設(shè)H是△ABC的垂心，若，則的值為（）A．B．C． D．【答案】D【解析】因為，由三角形垂心的向量定理得設(shè)，，由代入得，解之得所以又因為，所以.例5已知點O為所在平面內(nèi)一點，且，則下列選項正確的是（）A.B.直線必過邊中點C.D.若，且，則【答案】ACD【解析】對于A，插入點A，，所以；對于B，若直線過邊的中點，則，由上知，不成立；對于C，由奔馳定理知；對于D，由得，兩邊平方得.例6在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，，若△ABC的外接圓的圓心為，且滿足，則的值為.【答案】【解析】∵∴，即∵，∴，∵，∴，對兩邊同時點乘得：∵，∴，即由正弦定理知∴.【鞏固練習】1.已知P是△ABC所在平面內(nèi)一點，若eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))，則P是△ABC的()A.外心 B.內(nèi)心 C.重心 D.垂心2.已知O是平面上一定點，A，B，C是平面上不共線的三個點，動點P滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(\o(OB,\s\up6(→))＋\o(OC,\s\up6(→)),2)＋λeq\o(AP,\s\up6(→))，λ∈R，則P點的軌跡一定經(jīng)過△ABC的()A.外心 B.內(nèi)心 C.重心 D.垂心3．點P在△ABC內(nèi)部，滿足eq\o(PA,\s\up6(→))＋2eq\o(PB,\s\up6(→))＋3eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，則S△ABC∶S△APC為()A．2∶1B．3∶2C．3∶1D．5∶34．點O為△ABC內(nèi)一點，若S△AOB∶S△BOC∶S△AOC＝4∶3∶2，設(shè)eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則實數(shù)λ和μ的值分別為()A.eq\f(2,9)，eq\f(4,9)B.eq\f(4,9)，eq\f(2,9)C.eq\f(1,9)，eq\f(2,9)D.eq\f(2,9)，eq\f(1,9)5.設(shè)O是△ABC的內(nèi)心，AB＝c，AC＝b，BC＝a，若則（）A．B．C． D．6.已知O為正內(nèi)的一點，且滿足，若的面積與的面積的比值為3，則的值為（）A． B． C．2 D．37.在△ABC中，角A，B，C所對的邊為a，b，c，a=5，b=12，c=13，I是△ABC內(nèi)切圓的圓心，若，則=________．8.在△ABC中，AB=3，BC=4，AC=5，I是△ABC內(nèi)切圓的圓心，若，則=________．9.已知是銳角的外接圓圓心，，則實數(shù)的值為__________．10.已知是所在平面內(nèi)一點，且滿足，則=.【答案與提示】1.【答案】D【解析】由eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))，可得eq\o(PB,\s\up6(→))·(eq\o(PA,\s\up6(→))－eq\o(PC,\s\up6(→)))＝0，即eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(PB,\s\up6(→))⊥eq\o(CA,\s\up6(→))，同理可證eq\o(PC,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(PA,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→)).∴P是△ABC的垂心.2.【答案】C【解析】設(shè)BC的中點為M，則eq\f(\o(OB,\s\up6(→))＋\o(OC,\s\up6(→)),2)＝eq\o(OM,\s\up6(→))，則有eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋λeq\o(AP,\s\up6(→))，即eq\o(MP,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→)).∴P的軌跡一定通過△ABC的重心.3.【答案】C【解析】根據(jù)奔馳定理得，S△PBC∶S△PAC∶S△PAB＝1∶2∶3.∴S△ABC∶S△APC＝3∶1.4.【答案】A【解析】根據(jù)奔馳定理，得3eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋4eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，即3eq\o(OA,\s\up6(→))＋2(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＋4(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝0，整理得eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(2,9)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(4,9)eq\o(AC,\s\up6(→))，故選A.5.【答案】A【分析】根據(jù)奔馳定理的內(nèi)心恒等式，利用向量的線性運算可以求得.進而根據(jù)平面向量基本定理中的唯一性可得到的值，進而得解.【解析】O是△ABC的內(nèi)心，AB＝c，AC＝b，BC＝a則，所以，所以，所以.又，所以，，所以.6.【答案】C【解析】由奔馳定理得，解之得，選C．7.【答案】8.【答案】9.【答案】10.【答案】有關(guān)三角形中的范圍問題【方法點撥】1.正弦平方差公式sin2－sin2＝sin(－sin(＋2.化邊、化角、作高三個方向如何選擇是難點，但一般來說，涉及兩內(nèi)角正切間的等量關(guān)系時作高更簡單些.【典型題示例】例1在銳角中，，則的取值范圍為______________.【答案】【解析】∵，利用正弦定理可得：，由正弦平方差公式得，即，易知，故又為銳角三角形，∴，即，∴，∴，∵又，∴，令，則，由對勾函數(shù)性質(zhì)知，在上單調(diào)遞增，又，，∴.例2若的內(nèi)角滿足，則的最小值是．【答案】【分析】將已知和所求都“化邊”，然后使用基本不等式即可.所求的最值可想到余弦定理用邊進行表示，，考慮角化邊得到：，進而消去計算表達式的最值即可【解析】∵sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC.由正弦定理可得a＋eq\r(2)b＝2c，即c＝eq\f(a＋\r(2)b,2)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(2)b,2)))\s\up12(2),2ab)＝eq\f(3a2＋2b2－2\r(2)ab,8ab)≥eq\f(2\r(6)ab－2\r(2)ab,8ab)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，當且僅當3a2＝2b2即eq\f(a,b)＝eq\f(\r(2),\r(3))時等號成立.∴cosC的最小值為eq\f(\r(6)－\r(2),4).例3在銳角三角形ABC中，已知2sin2A+sin2B=2sin2C，則的最小值為．【答案】【解析一】（作高線，化斜為直，角化邊）由正弦定理，得：，如圖，作BD⊥AC于D，設(shè)AD＝x，CD＝y(tǒng)，BD＝h，因為，所以，，化簡，得：，解得：x＝3y，，，＝＝＝＝.【解析二】（邊化角）由正弦定理，得：，即，由余弦定理得：，即，由正弦定理，得：，即，化簡得，以主元，化簡得.例4在中，角所對的邊分別為，若，則的面積的最大值為．【答案】【解析一】（余弦定理+二次函數(shù)）看到式子的結(jié)構(gòu)特征，聯(lián)想余弦定理得：所以當時，，的面積的最大值為．【解析二】（三角形中線長定理+基本不等式）設(shè)BC邊上的中線為AM，則∵∴代人得：，即根據(jù)基本不等式得：又因為三角形一邊上的中線不小于該邊上的高所以所以，，當且僅當中線等于高，即中線垂直于底邊時，等號成立，此時的面積的最大值為．【解法三】（隱圓）以AB的中點為原點，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系．設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，0))，C(x，y)，則由a2＋b2＋2c2＝8，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))2＋y2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(c,2)))2＋y2＋2c2＝8，即x2＋y2＝4－eq\f(5,4)c2，所以點C在以原點(0,0)為圓心，eq\r(4－\f(5,4)c2)為半徑的圓上，所以S≤eq\f(c,2)eq\r(4－\f(5,4)c2)＝eq\f(1,2\r(5))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(5,4)c2))＋\f(5,4)c2))≤eq\f(2\r(5),5).【鞏固訓練】1.（多選題）在中，角的對邊分別為，若，則角可為（）A． B． C． D．2.在△ABC中，若，則cosB的最小值是.3.已知中，，則的最大值是 ()A． B． C． D．4.若的內(nèi)角滿足，則角的最大值是.5.已知在銳角三角形ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，則的取值范圍是（）A. B. C. D.6.在銳角中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，，，當A，B則變化時，存在最大值，則正數(shù)的取值范圍為______________.A.B.C.D.7.在ΔABC中，設(shè)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若2a，b，c成等差數(shù)列，則

【答案與提示】1.【答案】BC【解析】∵，利用正弦定理可得：，由正弦平方差公式得，即，易知，故∴，即∵，∴，∴，故選：BC.2.【答案】【提示】已知可化為，弦化切得∴∴，，∴.3.【答案】A【提示】化邊、化角、作高三個方向均可解決.4.【答案】【解析】由可得：，∵在遞減，∴5.【答案】C【解析】由得：，即即，而，所以又為銳角三角形，∴，即，∴，∴6.【答案】A【解析】由，得：根據(jù)正弦定理得：，即又為銳角三角形，∴，即，∴，∴，（）∵∴欲使存在最大值，必有∴，故，即.7.【答案】23+1【解析】由題得2b=2所以cosB=1因為2所以3sinA+2sin以圖形為背景的兩角差的正切【方法點撥】利用作垂線，可以化斜三角形為直角三角形，往往兩次解直角三角形較直接使用正余弦定理來的簡單.圖形中的張定角問題，往往作垂線后，在兩個直角三角形中，求出角的正切值，再使用兩角和與差的正切公式，從而布列方程求解；求張角最值問題，方法同上，從而建立目標函數(shù)求解.【典型題示例】例1(2021·全國乙卷·理9)魏晉時劉徽撰寫的《海島算經(jīng)》是關(guān)測量的數(shù)學著作，其中第一題是測海島的高．如圖，點，，在水平線上，和是兩個垂直于水平面且等高的測量標桿的高度，稱為“表高”，稱為“表距”，和都稱為“表目距”，與的差稱為“表目距的差”則海島的高（）A.表高 B.表高C.表距 D.表距【答案】A【分析】化斜為直，兩次解直角三角形即可解出．【解析】如圖所示：TT中，，中，，∵，∴∴另一方面，,∴∴．故選：A.點評：本題難度并不大，主要以數(shù)學文化為背景，考查學生分析問題的能力，但在應(yīng)試的背景下，學生往往找不到方向，不會化斜為直，而使用正、余弦定理等去解決，這無疑給解題帶來了難度，甚至誤入死胡同.例2《九章算術(shù)》是我國古代著名數(shù)學經(jīng)典，其對勾股定理的論述比西方早一千多年．其中有這樣一個問題：“今有勾五步，股十二步，問勾中容方幾何？”其意為：今有直角三角形，勾（短直角邊）長5步，股（長直角邊）長12步，問該直角三角形能容納的正方形邊長為多少？在如圖所示中，求得正方形的邊長后，可求得__________．【答案】【分析】利用平幾中的三角形相似或三角函數(shù)知識，不難求出正方形的邊長，這里，應(yīng)化斜為直，將看作、的差，在直角三角形、求出、，再利用兩角差正切公式計算即可.【解析】設(shè)正方形的邊長，由題知：，解得.所以，.故.即的值為.【鞏固訓練】1.如圖，兩座建筑物AB，CD的高度分別是9m和15m，從建筑物AB的頂部A看建筑物CD的張角，則這兩座建筑物AB和CD的底部之間的距離m．DDCBA（第10題圖）2.如圖，有一壁畫，最高點A處離地面6m，最低點B處離地面3.5m．若從離地高2m的C處觀賞它，則C離墻________m時，視角θ最大．3.某興趣小組測量電視塔AE的高度H(單位：m），如示意圖，垂直放置的標桿BC的高度h=4m，仰角∠ABE=，∠ADE=.（1）該小組已經(jīng)測得一組、的值，tan=1.24，tan=1.20，請據(jù)此算出H的值是m；（2）該小組分析若干測得的數(shù)據(jù)后，認為適當調(diào)整標桿到電視塔的距離d（單位：m），使與之差較大，可以提高測量精確度.若電視塔的實際高度為125m，當d=m時，-最大.【答案與提示】1.【答案】18【提示】過A作CD的垂線，利用兩角和的正切公式布列方程.2.【答案】eq\r(6)【提示】過C作AB的垂線，利用兩角差的正切公式建立關(guān)于兩點地面間距離的目標函數(shù)，再利用基本不等式.3.【答案】（1）124m；（2）m.【解析】本題主要考查解三角形的知識、兩角差的正切及不等式的應(yīng)用.（1），同理：，.AD—AB=DB，故得，解得：.因此，算出的電視塔的高度H是124m.（2）由題設(shè)知，得，，（當且僅當時，取等號）故當時，最大.因為，則，所以當時，-最大.故所求的是m.有關(guān)三角形中線、角平分線、高線問題【方法點撥】1.中線長定理：中,是邊上的中線，則.2.內(nèi)角平分線定理：AD為△ABC的內(nèi)角∠BAD平分線，則.說明：三角形內(nèi)角平分線性質(zhì)定理將分對邊所成的線段比轉(zhuǎn)化為對應(yīng)的兩邊之比，再結(jié)合爪形結(jié)構(gòu)，就可以轉(zhuǎn)化為向量了，一般的，涉及到三角形中的“定比”類問題，運用向量知識解決起來都較為簡捷.【典型題示例】例1（2021·江蘇南京金陵中學期末·8）在△ABC中，角A?B?C所對的邊分別為a?b?c，角A的角平分線交BC于點D，若asinA＝bsinB＋(c－b)sinC，且AD＝eq\r(,3)，b＝3c，則a的值為()A．eq\s\do1(\f(7,2)) B．eq\s\do1(\f(4\r(,7),3)) C．3 D．2eq\r(,3)【答案】B【分析】易求得，利用內(nèi)角平分線定理及爪形結(jié)構(gòu)將向量用線性表示為，這是本題之關(guān)鍵.【解析】由asinA＝bsinB＋(c－b)sinC、正弦定理得：a2＝b2＋(c－b)c，由余弦定理得，由三角形內(nèi)角平分線定理得：所以兩邊取模方得：即，解得由余弦定理得，.例2在△ABC中，若角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分線交AC于點D，且BD＝1，則4a＋c的最小值為________．【答案】9【分析】本題的關(guān)鍵是探究出a、c間的關(guān)系.【解析一】(由等面積法探究間關(guān)系)∵，即∴，即所以（當且僅當時，“＝”成立）所以的最小值為9．【解析二】(由三角形內(nèi)角平分線定理、向量法探究間關(guān)系)由三角形內(nèi)角平分線定理得：所以，兩邊取模得：化簡得：，即所以（當且僅當時，“＝”成立）所以的最小值為9．【解析三】(利用建系、三點共線法探究間關(guān)系)以為坐標原點，作為軸正半軸，建立直角坐標系，則，，∵三點共線∴化簡得所以（當且僅當時，“＝”成立）所以的最小值為9．例3在三角形ABC中，D為BC邊上一點，且，，則的最大值為__________．【答案】【分析一】為將已知中相關(guān)線段間的關(guān)系往所求之角的關(guān)系轉(zhuǎn)化，利用“爪形結(jié)構(gòu)”得出，從而將已知中所有條件“據(jù)于一式”之中.為出現(xiàn)所求，對其進行“求?！边\算起到“化邊”的作用，最后運用三角函數(shù)知識解決.【解析一】在ABC中，由得：兩邊取模得：，又代入都轉(zhuǎn)化為邊得：即，由余弦定理得：，即再由余弦定理得：即，所以所以（當時，“=”成立）.【分析二】設(shè)則,在△ABD和△ACD中,由正弦定理化簡可得,由兩角差的正弦公式,化簡可得,根據(jù)正弦函數(shù)的值域即可求解的最大值.【解析二】如圖,由已知,設(shè)則,在△ABC中,由正弦定理可得:,在△ACD中,由正弦定理可得:.所以化簡可得:,可得:.可得的最大值為.【分析三】注意到三角形ABD是等腰三角形，聯(lián)想所求，作底邊AB上的高，過C作AB上的高，“化斜為直”，充分運用“平幾”知識解題.【解析三】如下圖，分別過D、C作AB邊上的高DE、CF，故DE∥CF在△ABD中，由三線合一知BE=AE由DE∥CF，BD=2CD得BF=2AF，DE：CF=2：3所以，所以（當時，“=”成立）.例4在△ABC中，AB＝10，AC＝15，∠A的平分線與邊BC的交點為D，點E為邊BC的中點，若＝90，則的值是．【答案】【分析】基底法，由于已知AB，AC的長度，應(yīng)考慮以為基底.本題的關(guān)鍵是將向量如何用基底向量線性表示？——利用三角形內(nèi)角平分線性質(zhì)定理為最簡途徑，易求得，用“爪形”結(jié)構(gòu)即可.【解析】由角平分線定理可知在△ABC中，由“爪形”結(jié)構(gòu)得：∵∴，求得∴．例5已知D是邊上一點，且，，，則的最大值為．【答案】【解析一】設(shè)，則，，在中，，在中，，又，所以，解得，①在中，，即，②由①②可得．所以，即，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最大值為．【解析二】因為，所以，即，整理得到，兩邊平方后有，所以即，整理得到，設(shè)，所以，因為，所以，，當且僅當時等號成立，所以的最大值為．例6已知點G是△ABC的重心，且GA⊥GC，若，則tanB的值為．【答案】1【分析】由已知中的垂直條件想建系設(shè)點，角的關(guān)系轉(zhuǎn)化為邊的關(guān)系，利用余弦定理求cosB.【解析】建立如圖所示直角坐標系（其中G是坐標原點），設(shè)A（0，n），C（m，0），則B（－m，－n）將切化弦得：，即，故又由余弦定理得所以，故.

【鞏固訓練】1.在△ABC中，∠A＝，D是BC的中點．若AD≤BC，則sinBsinC的最大值為．2.在△ABC中，AD為邊BC上的高，∠BAC的平分線交BC于E，已知AB＝4，，，則＝.3.已知中,分別為邊的中線且,則的最小值為.4.在△ABC中，已知角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a2＋c2＝b2－ac，若∠BAC的平分線AD交BC邊于點D，AD＝2eq\r(3)，BD＝1，則cosC＝________.5.已知是橢圓的左，右焦點，是橢圓上一點，，且平分，則________．6.在△ABC中，已知AC＝5，AB＝12，AD為∠BAC的平分線，D在BC上，CD＝eq\f(65,17)，則AD＝________.7.（2021·浙江·14）在中，，M是的中點，，則___________，___________.8.已知點G為的重心，點D，E，F(xiàn)分別為，，的中點.若，，則________.9.在中，內(nèi)角，，所對的邊分別為，，，且，設(shè)是的中點，若，則面積的最大值是．【答案與提示】1.【答案】【解析】．2.【答案】3.【答案】.【解法一】如下圖建立直角坐標系，設(shè)，，.【解法二】如下圖，設(shè)，，要使得最小，只要角最大.，所以的最小值為.【解法三】，.點評：解題的切入點很重要“中線”、“垂直”對向量工具的使用是一種強烈的暗示，無疑，法三是我們追求的方法.4.【答案】eq\f(7＋3\r(5),16)【解析】因為a2＋c2＝b2－ac，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝－eq\f(ac,2ac)＝－eq\f(1,2).因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(2π,3).如圖，在△ABD中，由正弦定理得eq\f(AD,sinB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，則sin∠BAD＝eq\f(BDsinB,AD)＝eq\f(1×\f(\r(3),2),2\r(3))＝eq\f(1,4)，所以cos∠BAC＝cos2∠BAD＝1－2sin2∠BAD＝1－2×eq\f(1,16)＝eq\f(7,8)，所以sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))2)＝eq\f(\r(15),8)，所以cosC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－∠BAC))＝coseq\f(π,3)cos∠BAC＋sineq\f(π,3)sin∠BAC＝eq\f(1,2)×eq\f(7,8)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(15),8)＝eq\f(7＋3\r(5),16).5.【答案】6.【答案】eq\f(60\r(2),17)【解析】在△ABD，△ADC中，由正弦定理可得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD).又∠BAD＝∠CAD，∠ADB＋∠ADC＝π，所以有eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,CD)＝eq\f(12,5)，即BD＝eq\f(156,17)，故BC＝eq\f(65,17)＋eq\f(156,17)＝13.即AC2＋AB2＝144＋25＝169＝BC2，所以△ABC為直角三角形且A＝eq\f(π,2).在△ADC中，由正弦定理可得eq\f(CD,sin∠DAC)＝eq\f(AD,sinC)，即AD＝eq\f(12,13)×eq\f(\f(65,17),\f(\r(2),2))＝eq\f(60\r(2),17).7.【答案】(1).(2).【解析一】由題意作出圖形，如圖，在中，由余弦定理得，即，解得（負值舍去），所以，在中，由余弦定理得，所以；在中，由余弦定理得.故答案為：；.8.【答案】【解析】，①,，②，，②①得：，所以.9.【答案】【提示】易求得，由中線長定理得，而所以，，（當且僅當=時，“=”成立）.或求得后，利用“形”易得，當中線即為高線時，面積最大，下一步求出此時的面積，則更簡單.三角形三內(nèi)角正切積等于正切和的應(yīng)用【方法點撥】斜三角形中，.【典型題示例】例1在銳角三角形中，，則的最小值是．【答案】8【解析】由，，可得（*），由三角形為銳角三角形，則，在（*）式兩側(cè)同時除以可得，又(#)，則，由可得，令，由為銳角可得，由(#)得，解得，，由則，因此最小值為，當且僅當時取到等號，此時，，解得（或互換），此時均為銳角．例2△ABC中，∠A、∠B、∠C的對邊分別為a、b、c，若EQ\F(a,2cosA)＝EQ\F(b,3cosB)＝EQ\F(c,6cosC)，則cosAcosBcosC＝．【答案】【分析】由已知聯(lián)想到正弦定理，得到三內(nèi)角正切間的關(guān)系，求出正切值即可.【解析】由EQ\F(a,2cosA)＝EQ\F(b,3cosB)＝EQ\F(c,6cosC)及正弦定理得:代入解得，，所以，，故.【鞏固訓練】1.在銳角△中，若，，依次成等差數(shù)列，則的值為．2.在△ABC中，已知sinA＝13sinBsinC，cosA＝13cosBcosC，則tanA＋tanB＋tanC的值為．3.設(shè)，且，若，，則.4.在中，若，則的大小是（）A． B． C． D．

【答案與提示】1.【答案】3【解析】依題意，因為，所以，所以，所以.2.【答案】196【解析】依題意cosAsinA＝13cosBcosC13sinBsinC，即cosAsinA＝13cos，即cosAsinA＝13cosA，所以tanA，又易得tanA＝tanBtanC，而tanA＋tanB＋tanCtanAtanBtanC，所以tanA＋tanB＋tanCtanA．3.【答案】【提示】①，②，又由立得：.4.【答案】D【解析】由正弦定理可知，，，，（R為三角形外接圓半徑），因為，所以且A，B，C都為銳角，所以，所以整理可得，，故，．定線段張定角【方法點撥】當已知中出現(xiàn)三角形一邊及其對角均為定值，即“定線段張定角”時，應(yīng)考慮其中的隱圓.【典型題示例】例1（2021·江蘇金陵中學期末·22改編）在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，已知3a＝3bcosC＋eq\r(3)csinB，若點M為AC中點，且b＝eq\r(3)，則中線BM的最大值是．【答案】eq\s\do1(\f(3,2))【分析】易求得B＝eq\s\do1(\f(π,3))，問題轉(zhuǎn)化為在一三角形中，已知一邊及其對角，求這邊上中線的最大值.可以使用中線長定理、基本不等式解決（解析一），作為填空題，利用隱圓，當中線就是該邊上的高時最大則更簡捷.【解析一】由射影定理得3(bcosC＋ccosB)＝3bcosC＋eq\r(3)csinB，化簡得3ccosB=eq\r(3)csinB，又因為sinB≠0，所以tanB＝eq\r(3)，B∈(0，π)，所以B＝eq\s\do1(\f(π,3))．在△ABM和△BCM中，由余弦定理得:c2＝BM2＋eq\s\do1(\f(3,4))－2·eq\s\do1(\f(\r(3),2))BMcos∠BMA，a2＝BM2＋eq\s\do1(\f(3,4))－2·eq\s\do1(\f(\r(3),2))BMcos∠BMC兩式相加得BM2＝eq\f(a2＋c2,2)－eq\s\do1(\f(3,4))．又由余弦定理a2＋c2－3＝ac≤eq\f(a2＋c2,2)，所以eq\s\do1(\f(1,2))(a2＋c2)≤3，即a2＋c2≤6，BM2≤eq\f(9,4)，所以BM最大值為eq\s\do1(\f(3,2))，當且僅當a＝c＝eq\r(3)時等號成立．【解析二】由射影定理得3(bcosC＋ccosB)＝3bcosC＋eq\r(3)csinB，化簡得3ccosB=eq\r(3)csinB，又因為sinB≠0，所以tanB＝eq\r(3)，B∈(0，π)，所以B＝eq\s\do1(\f(π,3))．在△ABC中，b＝eq\r(3)，B＝eq\s\do1(\f(π,3))，故點B的軌跡是以AC＝eq\r(3)為弦，所對角B＝eq\s\do1(\f(π,3))的弧由平面幾何知識得，當AC邊上的中線BM就是AC邊上的高，即當且僅當a＝c＝eq\r(3)時，BM最大值為eq\s\do1(\f(3,2)).例2設(shè)向量滿足，，，則的最大值等于（）A．B．C．D．【答案】D【分析】向量是自由向量，故可將其移至同一起點考慮.由，易知，且其終點間選段長為，由知向量的終點與的終點連線“定線段張定角”，其軌跡是圓弧.【解析】由,得如下左圖,設(shè),，則，故點的軌跡是以為弦，所對圓周角為的兩段?。ǘ它c除外），該圓的半徑為1如上右圖，當過圓心，即為直徑時，最大，此時所以的最大值等于，故選D.例3已知三個內(nèi)角的對應(yīng)邊分別為，且，，當取得最大值時，的值為__________．【答案】【分析】發(fā)現(xiàn)隱圓后，問題的難點在于如何對取得最大值作轉(zhuǎn)化，這里，直接使用數(shù)量積的定義.由于，故當最大，即在方向上的投影最大時，取得最大值，從“形”上看，此時過點C的圓的切線與AB垂直.【解析】如圖所示，在直徑為的圓中，弦固定，點在圓上運動，滿足題中的，結(jié)合數(shù)量積的定義可得，當點位于圖中的位置時，取到最大值，此時，，故，所以．【鞏固訓練】1.在中，點M是邊中點，，，則的最大值為．2.在中，已知，，則面積的最大值為．3.在中，，，點G為的重心，點O為的外心，則的最小值為．4.在中，，，點D在邊上，且，則的最大值為．5.銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，，且，則△ABC面積的取值范圍是.6.在銳角中，內(nèi)角，，的對邊分別為，，，且，若，則的取值范圍是.7.（2021·江蘇徐州期末·21改編）在銳角三角形ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，已知eq\r(3)asinC＝ccosA，且a＝eq\r(3)，則b2＋c2的取值范圍是．

【答案與提示】1.【答案】【提示】同例1，是高時最大.2.【答案】2【提示】是等腰三角形時面積最大.3.【