妙解高考数学填选压轴题专题28 有关三角形中线、角平分线、高线问题-妙解高考数学填选压轴题

专题28有关三角形中线、角平分线、高线问题【方法点拨】1.中线长定理：中,是边上的中线，则.2.内角平分线定理：AD为△ABC的内角∠BAD平分线，则.说明：三角形内角平分线性质定理将分对边所成的线段比转化为对应的两边之比，再结合爪形结构，就可以转化为向量了，一般的，涉及到三角形中的“定比”类问题，运用向量知识解决起来都较为简捷.【典型题示例】例1如图所示，在平面四边形中，已知，，，记的中垂线与的中垂线交于一点，恰好为的角平分线，则A．B．C．D．ADBPC【答案】B【解析】题目暗示明显，易知四边形是以为圆心的圆内接四边形，因为，所以，，所以，又由题目条件可知，，所以，，所以，所以．例2在中，中线AD是BC的2倍，则的最大值为.【答案】【解析】由中线长定理得，所以，由余弦定理得，所以，所以.例3在△ABC中，角A､B､C所对的边分别为a､b､c，角A的角平分线交BC于点D，若asinA＝bsinB＋(c－b)sinC，且AD＝eq\r(,3)，b＝3c，则a的值为()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，利用内角平分线定理及爪形结构将向量用线性表示为，这是本题之关键.【解析】由asinA＝bsinB＋(c－b)sinC、正弦定理得：a2＝b2＋(c－b)c，由余弦定理得，由三角形内角平分线定理得：所以两边取模方得：即，解得由余弦定理得，.例4在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为________．【答案】9【分析】本题的关键是探究出a、c间的关系.【解析一】(由等面积法探究间关系)∵，即∴，即所以（当且仅当时，“＝”成立）所以的最小值为9．【解析二】(由三角形内角平分线定理、向量法探究间关系)由三角形内角平分线定理得：所以，两边取模得：化简得：，即所以（当且仅当时，“＝”成立）所以的最小值为9．【解析三】(利用建系、三点共线法探究间关系)以为坐标原点，作为轴正半轴，建立直角坐标系，则，，∵三点共线∴化简得所以（当且仅当时，“＝”成立）所以的最小值为9．例5在三角形ABC中，D为BC边上一点，且，，则的最大值为__________．【答案】【分析一】为将已知中相关线段间的关系往所求之角的关系转化，利用“爪形结构”得出，从而将已知中所有条件“据于一式”之中.为出现所求，对其进行“求模”运算起到“化边”的作用，最后运用三角函数知识解决.【解析一】在ABC中，由得：两边取模得：，又代入都转化为边得：即，由余弦定理得：，即再由余弦定理得：即，所以所以（当时，“=”成立）.【分析二】设则,在△ABD和△ACD中,由正弦定理化简可得,由两角差的正弦公式,化简可得,根据正弦函数的值域即可求解的最大值.【解析二】如图,由已知,设则,在△ABC中,由正弦定理可得:,在△ACD中,由正弦定理可得:.所以化简可得:,可得:.可得的最大值为.【分析三】注意到三角形ABD是等腰三角形，联想所求，作底边AB上的高，过C作AB上的高，“化斜为直”，充分运用“平几”知识解题.【解析三】如下图，分别过D、C作AB边上的高DE、CF，故DE∥CF在△ABD中，由三线合一知BE=AE由DE∥CF，BD=2CD得BF=2AF，DE：CF=2：3所以，所以（当时，“=”成立）.例6在△ABC中，AB＝10，AC＝15，∠A的平分线与边BC的交点为D，点E为边BC的中点，若＝90，则的值是．【答案】【分析】基底法，由于已知AB，AC的长度，应考虑以为基底.本题的关键是将向量如何用基底向量线性表示？——利用三角形内角平分线性质定理为最简途径，易求得，用“爪形”结构即可.【解析】由角平分线定理可知在△ABC中，由“爪形”结构得：∵∴，求得∴．例7已知D是边上一点，且，，，则的最大值为．【答案】【解析一】设，则，，在中，，在中，，又，所以，解得，①在中，，即，②由①②可得．所以，即，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为．【解析二】因为，所以，即，整理得到，两边平方后有，所以即，整理得到，设，所以，因为，所以，，当且仅当时等号成立，所以的最大值为．例8已知点G是△ABC的重心，且GA⊥GC，若，则tanB的值为．【答案】12【分析】由已知中的垂直条件想建系设点，角的关系转化为边的关系，利用余弦定理求cosB.【解析】建立如图所示直角坐标系（其中G是坐标原点），设A（0，n），C（m，0），则B（－m，－n），将切化弦得：，即，故又由余弦定理得，所以，故.【巩固训练】1.在△ABC中，∠A＝，D是BC的中点．若AD≤BC，则sinBsinC的最大值为．2.在△ABC中，AD为边BC上的高，∠BAC的平分线交BC于E，已知AB＝4，，，则＝.3.已知中,分别为边的中线且,则的最小值为.4.在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2＋c2＝b2－ac，若∠BAC的平分线AD交BC边于点D，AD＝2eq\r(3)，BD＝1，则cosC＝________.5.已知是椭圆的左，右焦点，是椭圆上一点，，且平分，则________．6.在△ABC中，已知AC＝5，AB＝12，AD为∠BAC的平分线，D在BC上，CD＝eq\f(65,17)，则AD＝________.7.（2021·浙江·14）在中，，M是的中点，，则___________，___________.8.已知点G为的重心，点D，E，F分别为，，的中点.若，，则________.9.在中，内角，，所对的边分别为，，，且，设是的中点，若，则面积的最大值是．10.在中，，，分别为内角，，的对边，为的外心，且有，，若，，则________．11.设的内角的对边分别为，点为的重心且满足向量，若，则实数()A．3 B．2 C． D．【答案或提示】1.【答案】【解析】．【答案】3.【答案】.【解法一】如下图建立直角坐标系，设，，.【解法二】如下图，设，，要使得最小，只要角最大.，所以的最小值为.【解法三】，.点评：解题的切入点很重要“中线”、“垂直”对向量工具的使用是一种强烈的暗示，无疑，法三是我们追求的方法.4.【答案】eq\f(7＋3\r(5),16)【解析】因为a2＋c2＝b2－ac，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝－eq\f(ac,2ac)＝－eq\f(1,2).因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(2π,3).如图，在△ABD中，由正弦定理得eq\f(AD,sinB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，则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为直角三角形且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).【答案】(1).(2).【解析一】由题意作出图形，如图，在中，由余弦定理得，即，解得（负值舍去），所以，在中，由余弦定理得，所以；在中，由余弦定理得.故答案为：；.8.【答案】【解析】，①,，②，，②①得：，所以.9.【答案】【提示】易求得，由中线长定理得，而所以，，（当且仅当=时，“=”成立）.或求得后，利用“形”易得，当中线即为高线时，面积最大，下一步求出此时的面积，则更简单.10.【答案】或【分析】由边角互化可得,所以，即，联立解得，或.分两种情况将两边分别同乘以向量得方程组，解得结果.【解析】由正弦定理得，所以，即，由条件得，联立解得，或.当时，由，得，即，所以.①同理，由，得，即，即，所以.②联立①②解得.故.当时，同理可得③，④解得.故答案为：或.11.【答案】C【解析】如图，连接，延长交交于，由于为重心，故为中点，由重心的性质得，，即由余弦定理得，，可得：，故选C．