《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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.

答案：
(1)根据题意可得$\sqrt{3}a\cos C+c\sin A=\sqrt{3}b$，由正弦定理得$\sqrt{3}\sin A\cos C+\sin A\sin C=\sqrt{3}\sin B$，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$bc=\frac{2\sqrt{6}}{3\sqrt{3}}(b+c)$。由余弦定理得$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos\angle BAC$，即$16=b^{2}+c^{2}-bc$，所以$16=(b+c)^{2}-3bc=(b+c)^{2}-\frac{2\sqrt{6}}{3}(b+c)$，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，$AB = 3$，$AC = 5$，$\angle BAC = 120^{\circ}$，则$AD$的长为______.

答案： $\frac{15}{8}$ 法一
∵AD是△ABC的角平分线，且∠BAC=120°，
∴∠BAD=∠CAD=60°。
∵$S_{\triangle ABD}+S_{\triangle CAD}=S_{\triangle ABC}$，
∴$\frac{1}{2}AB\cdot AD\sin\angle BAD+\frac{1}{2}AC\cdot AD\sin\angle CAD=\frac{1}{2}AB\cdot AC\sin\angle BAC$，即$\frac{1}{2}×3AD×\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}×5AD×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}×3×5×\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得$AD=\frac{15}{8}$。法二 由角平分线张角定理得$\cos60^{\circ}=\frac{1}{2}(\frac{AD}{3}+\frac{AD}{5})$，解得$AD=\frac{15}{8}$。

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

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

答案： B 法一 设∠BAD=∠CAD=θ，
∵$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ACD}$，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$\frac{1}{2}×6×2×\sin2\theta=\frac{1}{2}×6×\sqrt{3}×\sin\theta+\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}×\sin\theta$，可得$\sqrt{3}\sin2\theta=2\sqrt{3}\sin\theta\cos\theta$。
∵$\sin\theta\neq0$，则$\cos\theta=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$\sin\theta=\sqrt{1-\cos^{2}\theta}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，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$\cos\angle BAD=\frac{1}{2}(\frac{\sqrt{3}}{6}+\frac{\sqrt{3}}{2})=\frac{\sqrt{3}}{3}$，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$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×6×2×\frac{2\sqrt{2}}{3}=4\sqrt{2}$。