補上一課　三角形高線、中線、角平分線的計算

補上一課三角形高線、中線、角平分線的計算題型分析解三角形是高考數(shù)學(xué)的必考內(nèi)容，其中在三角形中增加高線、中線、角平分線以及其他等分點條件在最近幾年的高考題中出現(xiàn)的頻率很高，這類問題一般需要綜合使用正弦定理和余弦定理解決.題型一三角形的高線例1(2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB.(1)求sinA；(2)設(shè)AB＝5，求AB邊上的高.解法一(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，因為A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝eq\f(π,4).因為2sin(A－C)＝sinB，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))，展開并整理得eq\r(2)(sinA－cosA)＝eq\f(\r(2),2)(cosA＋sinA)，得sinA＝3cosA，又sin2A＋cos2A＝1，且sinA>0，所以sinA＝eq\f(3\r(10),10).(2)由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，得BC＝eq\f(AB,sinC)·sinA＝eq\f(5,\f(\r(2),2))×eq\f(3\r(10),10)＝3eq\r(5).由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC，得52＝AC2＋(3eq\r(5))2－2AC·3eq\r(5)coseq\f(π,4)，整理得AC2－3eq\r(10)AC＋20＝0，解得AC＝eq\r(10)或AC＝2eq\r(10).由(1)得，tanA＝3>eq\r(3)，所以eq\f(π,3)<A<eq\f(π,2)，又A＋B＝eq\f(3π,4)，所以B>eq\f(π,4)，即C<B，所以AB<AC，所以AC＝2eq\r(10).設(shè)AB邊上的高為h，則eq\f(1,2)·AB·h＝eq\f(1,2)·AC·BCsinC，即5h＝2eq\r(10)×3eq\r(5)×eq\f(\r(2),2)，解得h＝6，所以AB邊上的高為6.法二(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，因為A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝eq\f(π,4).因為2sin(A－C)＝sinB，所以2sin(A－C)＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，所以2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC，所以sinAcosC＝3cosAsinC，易得cosAcosC≠0，所以tanA＝3tanC＝3taneq\f(π,4)＝3，又sinA>0，tanA＝eq\f(sinA,cosA)，sin2A＋cos2A＝1，所以sinA＝eq\f(3\r(10),10).(2)由(1)知tanA＝3>0，所以A為銳角，又sinA＝eq\f(3\r(10),10)，所以cosA＝eq\f(\r(10),10)，所以sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝eq\f(\r(2),2)(cosA＋sinA)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),10)＋\f(3\r(10),10)))＝eq\f(2\r(5),5).由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得AC＝eq\f(AB·sinB,sinC)＝eq\f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq\r(10)，故AB邊上的高為AC·sinA＝2eq\r(10)×eq\f(3\r(10),10)＝6.感悟提升高線問題的處理策略(1)等面積法：AD·BC＝AB·AC·sin∠BAC.(2)AD＝AB·sin∠ABD＝AC·sin∠ACD.(3)a＝c·cosB＋b·cosC.訓(xùn)練1(2024·咸陽模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且acosB＋eq\f(\r(3),2)b＝c.(1)求A；(2)若b＝3，c＝eq\r(3)，求△ABC中BC邊上高線的長.解(1)因為acosB＋eq\f(\r(3),2)b＝c，由正弦定理可得sinAcosB＋eq\f(\r(3),2)sinB＝sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋sinBcosA，所以eq\f(\r(3),2)sinB＝sinBcosA，又因為0<B<π，所以sinB>0，所以cosA＝eq\f(\r(3),2)，因為0<A<π，所以A＝eq\f(π,6).(2)由已知及余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝9＋3－2×3×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3，所以a＝eq\r(3)，設(shè)△ABC中BC邊上的高線長為h，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)ah，解得h＝eq\f(3,2).故△ABC中BC邊上的高線的長為eq\f(3,2).題型二三角形的中線例2(2024·湘潭模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，滿足b2(sin2B－3cos2B)＝－a(a＋b)，且sinC＝sin2B.(1)求角B的大??；(2)若△ABC的面積為2eq\r(3)，求AC邊上的中線長.解(1)因為sinC＝sin2B，所以sinC＝2sinB·cosB，由正弦定理得c＝2bcosB，由b2(sin2B－3cos2B)＝－a(a＋b)，得b2(1－4cos2B)＝－a2－ab，又由c＝2bcosB，得c2＝4b2cos2B，故b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(c2,b2)))＝－a2－ab，a2＋b2－c2＝－ab，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(1,2)，又因為C∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3)，由sinC＝sin2B，sineq\f(2π,3)＝sin2B，B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，得2B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以2B＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(π,6).(2)由(1)得B＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(2π,3)，S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝2eq\r(3)，eq\f(\r(3),4)a2＝2eq\r(3)，a＝2eq\r(2)，b＝2eq\r(2)，所以c＝eq\r(a2＋b2－2abcosC)＝eq\r(8＋8－2×2\r(2)×2\r(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝2eq\r(6)，設(shè)AC的中點為D，則AD＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，在△ABD中，由余弦定理得BD＝eq\r(AD2＋AB2－2AD·AB·cosA)＝eq\r(2＋24－2×\r(2)×2\r(6)×\f(\r(3),2))＝eq\r(14)，所以AC邊上的中線長為eq\r(14).感悟提升中線問題的處理策略：如圖①，△ABC中，AD為BC的中線，已知AB，AC及A，求中線AD長.(1)倍長中線：如圖②，構(gòu)造全等，再用余弦定理即可；(2)向量法：eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，平方即可；(3)余弦定理：鄰補角余弦值為相反數(shù)，即cos∠ADB＋cos∠ADC＝0.補充：若將條件“AD為BC的中線”換為eq\f(BD,CD)＝λ”，則可以考慮方法(2)或方法(3).訓(xùn)練2(2024·長沙模擬)在△ABC中，bsinB＝asinA－(b＋c)sinC.(1)求角A的大?。?2)若BC邊上的中線AD＝2eq\r(3)，且S△ABC＝2eq\r(3)，求△ABC的周長.解(1)由已知bsinB＝asinA－(b＋c)sinC和正弦定理，得b2＝a2－bc－c2，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2)，在△ABC中，因為A∈(0，π)，所以A＝eq\f(2π,3).(2)由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc＝2eq\r(3)，得bc＝8，①由(1)知b2＝a2－bc－c2，即b2＋c2＝a2－8，②在△ABD中，由余弦定理得c2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋(2eq\r(3))2－2·2eq\r(3)·eq\f(a,2)·cos∠ADB，在△ADC中，由余弦定理得b2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋(2eq\r(3))2－2·2eq\r(3)·eq\f(a,2)·cos∠ADC，因為cos∠ADB＝－cos∠ADC，所以b2＋c2＝eq\f(a2,2)＋24，③由①②③，得a＝8，b2＋c2＝56，bc＝8，所以b＋c＝eq\r(（b＋c）2)＝eq\r(b2＋c2＋2bc)＝eq\r(72)＝6eq\r(2)，所以△ABC的周長為a＋b＋c＝8＋6eq\r(2).題型三三角形的角平分線例3已知△ABC中內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，A＝60°，c＝b＋1，sinB＝eq\f(\r(21),7).(1)求c的值；(2)設(shè)AD是△ABC的角平分線，求AD的長.解(1)sinB＝eq\f(\r(21),7)，由A＝60°，可得sinA＝eq\f(\r(3),2)，c＝b＋1>b，可得B為銳角，則cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(2\r(7),7)，所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(2\r(7),7)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(21),7)＝eq\f(3\r(21),14)，由eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)可得eq\f(c,\f(3\r(21),14))＝eq\f(c－1,\f(\r(21),7))，解得c＝3.(2)由(1)可得b＝c－1＝2，因為AD是∠BAC的平分線，所以∠BAD＝∠CAD＝30°，設(shè)AD＝x，由S△ABC＝S△ACD＋S△ABD，可得eq\f(1,2)×3×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)×2x×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×3x×eq\f(1,2)，化為eq\f(5,2)x＝3eq\r(3)，解得x＝eq\f(6\r(3),5)，則AD＝eq\f(6\r(3),5).感悟提升角平分線問題的處理策略：在△ABC中，AD平分∠BAC.(1)角平分線定理：eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,CD)；(2)利用兩個小三角形面積和等于大三角形面積處理.訓(xùn)練3(2024·晉城模擬)已知三角形ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且acosB＋bcosA＝2ccosB.(1)求角B；(2)若A＝eq\f(π,4)，角B的角平分線交AC于點D，BD＝eq\r(2)，求CD的長.解(1)因為acosB＋bcosA＝2ccosB，由正弦定理可得sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosB，所以sin(A＋B)＝2sinCcosB，即sinC＝2sinCcosB，因為0<C<π，所以sinC>0，故cosB＝eq\f(1,2)，因為0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).(2)由(1)可知∠ABD＝∠CBD＝eq\f(π,6)，又A＝eq\f(π,4)，所以∠ADB＝eq\f(7π,12)，∠CDB＝eq\f(5π,12)，∠BCD＝eq\f(5π,12)，所以BC＝BD＝eq\r(2)，在△BCD中，由余弦定理可得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BCcos∠CBD，即CD2＝2＋2－2×eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝4－2eq\r(3)＝(eq\r(3)－1)2，解得CD＝eq\r(3)－1.【A級基礎(chǔ)鞏固】1.在△ABC中，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝120°，AH為△ABC的高線，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AH,\s\up6(→))＝()A.eq\f(\r(21),7) B.eq\f(1,7) C.eq\f(3,7) D.eq\f(4,7)答案C解析在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos120°＝7，即BC＝eq\r(7)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsin120°＝eq\f(1,2)BC·AH，所以AH＝eq\f(AB·ACsin120°,BC)＝eq\f(\r(21),7)，由向量數(shù)量積的幾何意義得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AH,\s\up6(→))＝|eq\o(AH,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),7)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,7).2.在△ABC中，B＝eq\f(3π,4)，BC邊上的高為BC長度的一半，則cosA＝()A.eq\f(2\r(5),5) B.eq\f(\r(5),5) C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(5),3)答案A解析如圖，BC邊上的高AD為BC邊長的一半，設(shè)BC＝a，則AD＝BD＝eq\f(a,2)，∴AB＝eq\f(\r(2),2)a，在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝eq\f(5,2)a2.在△ABC中，由正弦定理得eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，可得sinA＝eq\r(\f(1,5))，∵A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴cosA＝eq\f(2\r(5),5).3.(2024·廣州質(zhì)檢)已知△ABC中，AB＝6，AC＝2，AD為∠BAC的角平分線，AD＝eq\r(3)，則△ABC的面積為()A.2eq\r(2) B.4eq\r(2) C.3eq\r(2) D.3eq\r(3)答案B解析設(shè)∠BAD＝∠CAD＝θ，∵S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，則eq\f(1,2)AB·AC·sin∠BAC＝eq\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD＋eq\f(1,2)AD·AC·sin∠CAD，即eq\f(1,2)×6×2×sin2θ＝eq\f(1,2)×6×eq\r(3)×sinθ＋eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×sinθ，可得eq\r(3)sin2θ＝2sinθ＝2eq\r(3)sinθcosθ，∵sinθ≠0，則cosθ＝eq\f(\r(3),3)，∴sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(6),3)，則S△ABC＝S△ABD＋S△ACD＝eq\f(1,2)×6×eq\r(3)×eq\f(\r(6),3)＋eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\f(\r(6),3)＝4eq\r(2).4.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若角A，C，B成等差數(shù)列，角C的角平分線交AB于點D，且CD＝eq\r(3)，a＝3b，則c的值為()A.3 B.eq\f(7,2) C.eq\f(4\r(7),3) D.2eq\r(3)答案C解析如圖，在△ABC中，由角A，C，B成等差數(shù)列，角C的角平分線交AB于點D，則C＝eq\f(π,3)，所以∠ACD＝∠BCD＝eq\f(π,6)，由CD＝eq\r(3)，a＝3b，所以eq\f(CA,CB)＝eq\f(AD,DB)＝eq\f(1,3)，在△ACD和△BCD中，由余弦定理得AD2＝b2＋3－2b×eq\r(3)cos30°＝b2－3b＋3，DB2＝(3b)2＋3－2×3b×eq\r(3)cos30°＝9b2－9b＋3，故9b2－9b＋3＝9(b2－3b＋3)，解得b＝eq\f(4,3)，故a＝4.在△ABC中，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，即c2＝16＋eq\f(16,9)－2×4×eq\f(4,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(112,9)，故c＝eq\f(4\r(7),3).5.在△ABC中，已知AB＝4，AC＝7，BC邊的中線AD＝eq\f(7,2)，那么BC＝()A.4 B.5 C.7 D.9答案D解析在△ABD中，結(jié)合余弦定理得cos∠ADB＝eq\f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)，在△ACD中，結(jié)合余弦定理得cos∠ADC＝eq\f(CD2＋AD2－AC2,2CD·AD)，由題意知BD＝CD，∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，所以eq\f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)＋eq\f(CD2＋AD2－AC2,2CD·AD)＝0，即eq\f(CD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))\s\up12(2)－42,2×\f(7,2)CD)＋eq\f(CD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))\s\up12(2)－72,2×\f(7,2)CD)＝0，解得CD＝eq\f(9,2)，所以BC＝9.6.(多選)(2024·南京調(diào)研)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且(2b－c)cosA＝acosC，b＝2eq\r(3)，若邊BC的中線AD＝3，則下列結(jié)論正確的有()A.A＝eq\f(π,3) B.A＝eq\f(π,6)C.eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6 D.△ABC的面積為3eq\r(3)答案ACD解析由(2b－c)cosA＝acosC，得2sinBcosA－sinCcosA＝sinAcosC，得2sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sinB，因為B∈(0，π)，所以sinB≠0，因此2cosA＝1，得cosA＝eq\f(1,2)，因為A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)，A正確，B不正確；因為AD是中線，所以由eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，得4eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，得36＝c2＋12＋2×2eq\r(3)×eq\f(1,2)c，得c＝2eq\r(3)或c＝－4eq\r(3)(舍去)，因此eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\r(3)×2eq\r(3)×eq\f(1,2)＝6，C正確；S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3)，D正確.7.(2024·南通診斷)在△ABC中，已知A＝60°，BC＝2，D為BC的中點，則線段AD長度的最大值為()A.1 B.eq\r(2) C.eq\r(3) D.2答案C解析設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc，即4＝b2＋c2－bc，所以4＝b2＋c2－bc≥bc，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時，等號成立.因為eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c2＋b2＋2cb·\f(1,2)))＝eq\f(1,4)(b2＋c2＋bc)＝eq\f(1,4)(4＋bc＋bc)≤eq\f(1,4)(4＋8)＝3，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|≤eq\r(3)，故選C.8.在△ABC中，a＝1，b＝eq\r(3)，c邊上的中線長為1，則△ABC的外接圓的半徑長為________.答案1解析如圖，在△ABC中，設(shè)D為AB邊的中點，則eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，所以2eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))，故4eq\o(CD,\s\up6(→))2＝(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))2，而|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，|eq\o(CB,\s\up6(→))|＝1，所以4＝3＋1＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝4＋2eq\r(3)cos∠ACB，則cos∠ACB＝0，由于∠ACB∈(0，π)，故∠ACB＝eq\f(π,2)，所以c＝eq\r(3＋1)＝2，設(shè)△ABC的外接圓的半徑為R，則eq\f(c,sinC)＝2R，所以R＝eq\f(1,2)×eq\f(2,sin\f(π,2))＝1.9.(2024·石家莊調(diào)研)在△ABC中，已知AC＝eq\r(7)，∠ABC＝60°，AB<BC，且△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，則BC邊上的高為________.答案eq\r(3)解析因為∠ABC＝60°且△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，所以eq\f(1,2)acsin60°＝eq\f(3\r(3),2)，即ac＝6，①又AC＝eq\r(7)，所以b2＝a2＋c2－2accos60°＝7，即a2＋c2－ac＝7，②聯(lián)立①②結(jié)合a>c，解得a＝3，c＝2.設(shè)BC邊上的高為h，所以eq\f(1,2)ah＝eq\f(1,2)×3×h＝eq\f(3\r(3),2)，所以h＝eq\r(3).10.在銳角△ABC中，BC＝4，sinB＋sinC＝2sinA，則中線AD的取值范圍是________.答案[2eq\r(3)，eq\r(13))解析設(shè)AB＝c，AC＝b，BC＝a＝4，對sinB＋sinC＝2sinA運用正弦定理，得b＋c＝2a＝8，所以c＝8－b，因為該三角形為銳角三角形，所以根據(jù)余弦定理，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosA＝\f(b2＋c2－a2,2bc)>0，,cosB＝\f(a2＋c2－b2,2ac)>0，,cosC＝\f(b2＋a2－c2,2ab)>0，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋（8－b）2>16，,（8－b）2＋16>b2，,b2＋16>（8－b）2，))解得3<b<5.由bc＝b(8－b)＝－b2＋8b＝－(b－4)2＋16，得15<bc≤16.由eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)eq\r(\o(AB,\s\up6(→))2＋\o(AC,\s\up6(→))2＋2|\o(AB,\s\up6(→))|·|AC|·cosA)＝eq\f(1,2)eq\r(b2＋c2＋2bc·\f(b2＋c2－16,2bc))＝eq\f(1,2)eq\r(2b2＋2c2－16)＝eq\f(1,2)eq\r(112－4bc)，結(jié)合bc的范圍，代入得|eq\o(AD,\s\up6(→))|的范圍為[2eq\r(3)，eq\r(13)).11.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a2＋b2(1－4cos2B)＝－ab，且c＝2bcosB.(1)求B；(2)若△ABC的周長為4＋2eq\r(3)，求BC邊上中線的長.解(1)由a2＋b2(1－4cos2B)＝－ab，有a2＋b2－4b2cos2B＝－ab，又c＝2bcosB，所以c2＝4b2cos2B，即a2＋b2－c2＝－ab，由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－ab,2ab)＝－eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3)，由c＝2bcosB及正弦定理，得sinC＝2sinBcosB，所以sin2B＝eq\f(\r(3),2)，由B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，得2B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以2B＝eq\f(π,3)，解得B＝eq\f(π,6).(2)由(1)可知B＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(2π,3)，所以A＝π－eq\f(π,6)－eq\f(2π,3)＝eq\f(π,6)，所以a＝b，由c＝2bcosB，得c＝eq\r(3)a.因為△ABC的周長為4＋2eq\r(3)，所以a＋a＋eq\r(3)a＝4＋2eq\r(3)，解得a＝2.設(shè)BC的中點為D，則CD＝eq\f(1,2)BC＝1，如圖所示.在△ACD中由余弦定理，得AD＝eq\r(AC2＋CD2－2AC·CD·cos\f(2π,3))＝eq\r(4＋1－2×2×1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\r(7)，所以BC邊上中線的長為eq\r(7).12.(2024·福州模擬)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，bsineq\f(A＋B,2)＝csinB.(1)求角C；(2)若AB邊上的高線長為2eq\r(3)，求△ABC面積的最小值.解(1)由已知A＋B＋C＝π，所以bsineq\f(A＋B,2)＝bsineq\f(π－C,2)＝bcoseq\f(C,2)，所以bcoseq\f(C,2)＝csinB，由正弦定理得sinBcoseq\f(C,2)＝sinCsinB，因為B，C∈(0，π)，則sinB>0，0<eq\f(C,2)<eq\f(π,2)，coseq\f(C,2)>0，所以coseq\f(C,2)＝sinC，則coseq\f(C,2)＝2sineq\f(C,2)coseq\f(C,2)，所以sineq\f(C,2)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(C,2)＝eq\f(π,6)，則C＝eq\f(π,3).(2)由S△ABC＝eq\f(1,2)c·2eq\r(3)＝eq\f(1,2)absinC，得ab＝4c，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab，即c2≥4c，因為c>0，則c≥4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝4取等號，此時△ABC面積的最小值為4eq\r(3).【B級能力提升】13.(2024·武漢模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2a＋b＝2ccosB，若CD是角C的平分線，AD＝2eq\r(7)，DB＝eq\r(7)，則CD的長為()A.3 B.2 C.2eq\r(2) D.3eq\r(2)答案B解析由余弦定理知cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，∵2a＋b＝2ccosB，∴2a＋b＝2c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，即a2＋b2－c2＝－ab，由余弦定理知cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－ab,2ab)＝－eq\f(1,2)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(2π,3).由角平分線定理知eq\f(AC,BC)＝eq\f(AD,BD)＝eq\f(2\r(7),\r(7))＝2，設(shè)BC＝x，則AC＝2x，在△ABC中，由余弦定理知，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB，∴(3eq\r(7))2＝4x2＋x2－2·2x·x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，解得x＝3(負值舍去)，∴a＝BC＝3，b＝AC＝6，∴cosB＝eq\f(2a＋b,2c)＝eq\f(2×3＋6,2×3\r(7))＝eq\f(2\r(7),7)，在△BCD中，由余弦定理知，CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cosB＝7＋9－2×eq\r(7)×3×eq\f(2\r(7),7)＝4，∴CD＝2.14.(2024·柳州模擬)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知(a＋b)(sinA－sinB)＝c(sinC＋sinB)，若角A的內(nèi)角平分線AD的長為3，則4b＋c的最小值為()A.21 B.24 C.27 D.36答案C解析在△ABC中，(a＋b)(sinA－sinB)＝c(sinC＋sinB)，由正弦定理得(a＋b)(a－b)＝c(c＋b)，即a2＝b2＋c2＋bc，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2)，而0<A<π，則A＝eq\f(2π,3)，因角A的內(nèi)角平分線AD的長為3，由S△BAD＋S△CAD＝S△BAC得eq\f(1,2)c·ADsin∠BAD＋eq\f(1,2)b·ADsin∠CAD＝eq\f(1,2)bcsin∠BAD，即3csineq\f(π,3)＋3bsineq\f(π,3)＝bcsineq\f(2π,3)，因此eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(1,3)，則4b＋c＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(1,c)))(4b＋c)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(b,c)＋\f(4b,c)))≥3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(c,b)·\f(4b,c))))＝27，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(c,b)＝eq\f(4b,c)，即c＝2b＝9時取等號，所以當(dāng)c＝2b＝9時，4b＋c取得最小值27.15.(多選)(2024·濟南調(diào)研)在△ABC中，BC＝2，BC邊上的中線AD＝2，則下列說法正確的有()A.AC2＋AB2＝10B.eq\f(4,5)<cosA<1C.eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2D.∠BAD的最大值為30°答案AD解析在△ABC中，BC＝2，BC邊上的中線AD＝2，對于A，∵∠ADB＋∠ADC＝π，∴cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，由余弦定理知eq\f(AD2＋BD2－c2,2·AD·BD)＋eq\f(AD2＋CD2－b2,2·AD·CD)＝0，化簡得b2＋c2＝10，即AC2＋AB2＝10，故A正確；對于C，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\o(AD,