《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsin C + asin A = bsin B + csin C。
(1)求A；
(2)设D是线段BC的中点，若c = 2，AD = $\sqrt{13}$，求a。

答案： [解析]
(1)根据正弦定理，
由b sin C + a sin A = b sin B + c sin C，
可得bc + a² = b² + c²，即bc = b² + c² - a²，
由余弦定理可得，cos A = $\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{1}{2}$，
因为A为三角形内角，所以A = $\frac{\pi}{3}$。
(2)因为D是线段BC的中点，c = 2，AD = $\sqrt{13}$，
所以∠ADB + ∠ADC = π，
则cos∠ADB + cos∠ADC = 0，
所以$\frac{AD^{2}+BD^{2}-AB^{2}}{2AD·BD}+\frac{AD^{2}+DC^{2}-AC^{2}}{2AD·DC}=0$，
即$\frac{13+\frac{a^{2}}{4}-2^{2}}{2\sqrt{13}·\frac{a}{2}}+\frac{13+\frac{a^{2}}{4}-b^{2}}{2\sqrt{13}·\frac{a}{2}}=0$，
整理得a² = 2b² - 44，
又a² = b² + c² - 2bc cos A = b² + 4 - 2b，
所以b² + 4 - 2b = 2b² - 44，
解得b = 6或b = -8(舍去)，
因此a² = 2b² - 44 = 28，
所以a = 2$\sqrt{7}$。

角度3 解三角形中有关角平分线问题
[例3](2023·全国甲卷)在△ABC中，AB = 2，∠BAC = 60°，BC = $\sqrt{6}$，D为BC上一点，AD为∠BAC的平分线，则AD = ________。

答案：
[例3][解析]解法一:(等面积法)
如图,
　　　　　　
令BC = a，AC = b，AB = c，
因为a = $\sqrt{6}$，c = 2，∠BAC = 60°，
a² = b² + c² - 2bc cos∠BAC，
所以b = 1 + $\sqrt{3}$。
因为S△ABC = S△ABD + S△ACD，
所以$\frac{1}{2}bc\sin 60^{\circ}=\frac{1}{2}c·AD·\sin 30^{\circ}+\frac{1}{2}b·AD·\sin 30^{\circ}$，
所以AD = 2。
解法二:(向量法)
如图，在△ABC中，
由余弦定理可得AC = 1 + $\sqrt{3}$。
因为$\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ACD}}=\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}$，
所以$\frac{BD}{DC}=\frac{2}{1+\sqrt{3}}$，
所以$\overrightarrow{AD}=\frac{1+\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3+\sqrt{3}}\overrightarrow{AC}$，
两边平方得|$\overrightarrow{AD}$| = 2，
所以AD = 2。
答案:2

@对点训练
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： [对点训练]
[解析]解法一:(由等面积法探究a，c间的关系)
因为S△ABC = S△BCD + S△ABD，
即$\frac{1}{2}ac\sin 120^{\circ}=\frac{1}{2}\times a\times 1\times\sin 60^{\circ}+\frac{1}{2}\times c\times 1\times\sin 60^{\circ}$，
所以ac = a + c，即$\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=1$，
所以4a + c = (4a + c)($\frac{1}{a}+\frac{1}{c}$) = 5 + $\frac{c}{a}+\frac{4a}{c}\geqslant5 + 2\sqrt{\frac{c}{a}·\frac{4a}{c}} = 9$(当且仅当c = 2a时，“=”成立)，
所以4a + c的最小值为9。
解法二:(由三角形内角平分线定理、向量法探究a，c间的关系)
由三角形内角平分线定理得$\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=\frac{c}{a}$，
所以$\overrightarrow{BD}=\frac{a}{a + c}\overrightarrow{BA}+\frac{c}{a + c}\overrightarrow{BC}$，
两边平方得1 = ($\frac{a}{a + c}$)²c² + ($\frac{c}{a + c}$)²a² + 2×($\frac{a}{a + c}$)×($\frac{c}{a + c}$)×ac cos 120°，
化简得ac = a + c，即$\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=1$，
所以4a + c = (4a + c)($\frac{1}{a}+\frac{1}{c}$) = 5 + $\frac{c}{a}+\frac{4a}{c}\geqslant5 + 2\sqrt{\frac{c}{a}·\frac{4a}{c}} = 9$(当且仅当c = 2a时，“=”成立)，
所以4a + c的最小值为9。
解法三:(利用建系、三点共线法探究a，c间的关系)
以B为坐标原点，BD所在直线为x轴，建立直角坐标系，则D(1，0)，A($\frac{c}{2}$，$\frac{\sqrt{3}c}{2}$)，C($\frac{a}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}a}{2}$)，
因为A，C，D三点共线，所以$\frac{\frac{\sqrt{3}c}{2}}{\frac{c}{2}-1}=\frac{-\frac{\sqrt{3}a}{2}}{\frac{a}{2}-1}$，
化简得$\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=1$。
所以4a + c = (4a + c)($\frac{1}{a}+\frac{1}{c}$) = 5 + $\frac{c}{a}+\frac{4a}{c}\geqslant5 + 2\sqrt{\frac{c}{a}·\frac{4a}{c}} = 9$(当且仅当c = 2a时，“=”成立)，
所以4a + c的最小值为9。
答案:9

角度4 其他“爪”型问题
[例4](2023·全国乙卷)在△ABC中，已知∠BAC = 120°，AB = 2，AC = 1。
(1)求sin∠ABC；
(2)若D为BC上一点，且∠BAD = 90°，求△ADC的面积。

答案：
[例4][解析]
(1)由余弦定理可得:
BC² = a² = b² + c² - 2bc cos∠BAC = 1 + 4 - 2×1×2×cos 120° = 7，
则BC = $\sqrt{7}$，cos B = $\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{7 + 4 - 1}{2×2×\sqrt{7}}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$，
sin∠ABC = $\sqrt{1 - \cos^{2}B}=\sqrt{1 - \frac{25}{28}}=\frac{\sqrt{21}}{14}$。
(2)解法一:如图,
　　　　　
由
(1)得cos∠ABC = $\frac{5\sqrt{7}}{14}$，
sin∠ABC = $\frac{\sqrt{21}}{14}$，所以tan∠ABC = $\frac{\sqrt{3}}{5}$。
在Rt△ABD中，
AD = AB·tan∠ABC = $\frac{2\sqrt{3}}{5}$。
因为∠BAC = 120°，
所以∠DAC = 30°，
所以S△ADC = $\frac{1}{2}AD·AC·\sin∠DAC=\frac{\sqrt{3}}{10}$。
解法二:因为∠BAC = 120°，所以∠DAC = 30°。
因为S△ABC = S△ABD + S△ACD，
所以$\frac{1}{2}AC·AB·\sin 120^{\circ}=\frac{1}{2}AB·AD+\frac{1}{2}AC·AD·\sin 30^{\circ}$，
所以AD = $\frac{2\sqrt{3}}{5}$，
所以S△ADC = $\frac{\sqrt{3}}{10}$。
解法三:因为∠BAC = 120°，
所以∠DAC = 30°，$\frac{CD}{\sin\angle DAC}=\frac{AC}{\sin\angle ADC}$，
所以sin∠ADC = $\frac{1}{2CD}$。
在Rt△ABD中，sin∠ADB = $\frac{2}{BD}$。
因为sin∠ADB = sin∠ADC，
所以BD = 4CD，
所以$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\frac{4}{5}\overrightarrow{BC}=\frac{1}{5}\overrightarrow{AB}+\frac{4}{5}\overrightarrow{AC}$，
两边取模得|$\overrightarrow{AD}$| = $\frac{2\sqrt{3}}{5}$，
即AD = $\frac{2\sqrt{3}}{5}$，
所以S△ADC = $\frac{\sqrt{3}}{10}$。
解法四:如图，以点A为原点建立平面直角坐标系，
则B(2，0)，C(-$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$)，
所以直线BC的方程：y = -$\frac{\sqrt{3}}{5}$(x - 2)，
所以D(0，$\frac{2\sqrt{3}}{5}$)，所以AD = $\frac{2\sqrt{3}}{5}$，
所以S△ADC = $\frac{1}{2}\times\frac{2\sqrt{3}}{5}\times\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{10}$。
解法五:过C作AB的垂线，交BA的延长线于点E，
因为AC = 1，∠CAE = 60°，
所以AE = $\frac{1}{2}$，CE = $\frac{\sqrt{3}}{2}$。
因为AD//CE，
所以$\frac{AD}{CE}=\frac{BA}{BE}=\frac{4}{5}$，
所以AD = $\frac{4}{5}CE=\frac{2\sqrt{3}}{5}$。
因为∠DAC = 30°，
所以S△ADC = $\frac{\sqrt{3}}{10}$。