《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

训练 3 (2025·长沙模拟)已知在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，其中$a = 4$，$4\sqrt{3}\cos C=\sqrt{3}b - c\sin A$.
(1)求$A$；
(2)已知$AM$为$\angle BAC$的平分线，且与$BC$交于点$M$，若$AM=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，求$\triangle ABC$的周长.$\frac{\pi}{3}$$2\sqrt{6}+4$

答案： 训练3 解
(1)根据题意可得
$\sqrt{3}a\cos C+c\sin A=\sqrt{3}b$，
由正弦定理得$\sqrt{3}\sin A\cos C+\sin C\sin A=\sqrt{3}\sin B$,
又$\sqrt{3}\sin B=\sqrt{3}\sin(A+C)$
$=\sqrt{3}\sin A\cos C+\sqrt{3}\cos A\sin C$，
故$\sin A\sin C=\sqrt{3}\cos A\sin C$，
又$\sin C\neq0$,所以$\sin A=\sqrt{3}\cos A$，
则$\tan A=\sqrt{3}$，
因为$A\in(0,\pi)$,所以$A=\frac{\pi}{3}$.
(2)因为$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABM}+S_{\triangle ACM}$，
所以$\frac{1}{2}bc\sin\angle BAC=\frac{1}{2}AM\cdot c\cdot\sin\angle BAM+\frac{1}{2}AM\cdot b\cdot\sin\angle CAM$，
又$AM$平分$\angle BAC$，
所以$\angle BAM=\angle CAM=\frac{1}{2}\angle BAC=\frac{\pi}{6}$，
所以$\frac{1}{2}bc×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}×\frac{2\sqrt{2}}{3}c×\frac{1}{2}+\frac{1}{2}×\frac{2\sqrt{2}}{3}b×\frac{1}{2}$，
则$\sqrt{3}bc=\frac{2\sqrt{2}}{3}(b+c)$,即$bc=\frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}(b+c)$，
由余弦定理得$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos\angle BAC$，
即$16=(b+c)^{2}-3bc$
$=(b+c)^{2}-\frac{2\sqrt{6}}{3}(b+c)$，
解得$b+c=2\sqrt{6}$(负值舍去)，
故$\triangle ABC$的周长为$2\sqrt{6}+4$.

典例
已知$AD$是$\triangle ABC$的角平分线，$A B=3$，$A C=5$，

$\angle B A C=120^{\circ}$，则$AD$的长为______.

答案： 法二 由角平分线张角定理得
$\cos 60° = \frac{1}{2} \left( \frac{AD}{3} + \frac{AD}{5} \right) = \frac{1}{2}$
解得$AD = \frac{15}{8}$

训练
(2025·广州质检)已知$\triangle ABC$中，$A B=6$，$A C=2$，$AD$为$\angle B A C$的角平分线，$A D=\sqrt{3}$，则$\triangle A B C$的面积为(B)

A.$2 \sqrt{2}$
B.$4 \sqrt{2}$
C.$3 \sqrt{2}$
D.$3$$\sqrt{3}$

答案： 训练B [法一] 设$\angle BAD = \angle CAD = \theta$，
$\because S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD}$，
则$\frac{1}{2} AB \cdot AC \cdot \sin \angle BAC$
$= \frac{1}{2} AB \cdot AD \cdot \sin \angle BAD + \frac{1}{2} AD \cdot AC \cdot \sin \angle CAD$，
即$\frac{1}{2} × 6 × 2 × \sin 2\theta$
$= \frac{1}{2} × 6 × \sqrt{3} × \sin \theta + \frac{1}{2} × 2 × \sqrt{3} × \sin \theta$，
可得$\sqrt{3} \sin 2\theta = 2 \sin \theta = 2\sqrt{3} \sin \theta \cos \theta$，
$\because \sin \theta \neq 0$，则$\cos \theta = \frac{\sqrt{3}}{3}$，
$\therefore \sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta} = \frac{\sqrt{6}}{3}$，
则$S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD}$
$= \frac{1}{2} × 6 × \sqrt{3} × \frac{\sqrt{6}}{3} + \frac{1}{2} × 2 × \sqrt{3} × \frac{\sqrt{6}}{3}$
$= 4\sqrt{2}$
法二 由角平分线张角定理得
$\cos \angle BAD = \frac{1}{2} \left( \frac{\sqrt{3}}{6} + \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = \frac{\sqrt{3}}{3}$
故$\sin \angle BAD = \frac{\sqrt{6}}{3}$，
所以$\sin \angle BAC = 2 \sin \angle BAD \cos \angle BAD = \frac{2\sqrt{2}}{3}$
故$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} × 6 × 2 × \frac{2\sqrt{2}}{3} = 4\sqrt{2}$