《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

例 1 （2025·宣城期末）记$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，已知$\frac{\sin C - \sin A}{c - b} = \frac{\sin B}{c + a}$。
（1）求角$A$的大小；
（2）若$a = 3\sqrt{2}$，$D$是$BC$上的点，$AD$平分$\angle BAC$，求$AD$长的最大值。$\frac{\pi}{3}$$\frac{3\sqrt{6}}{2}$
＜总结提炼＞
如图，在$\triangle ABC$中，$AD$平分$\angle BAC$，角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$。

（1）角度的倍数关系：$\angle BAC = 2\angle BAD = 2\angle CAD$。
（2）内角平分线定理：$\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{DC}$。
（3）等面积法：由$S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD} = S_{\triangle ABC}$，得$AD = \frac{2bc\cos\frac{A}{2}}{b + c}$（角平分线长公式）。

答案： 例1　[解答]
(1)由已知及正弦定理得$\frac{c - a}{c - b}=\frac{b}{c + a}$,即$b^2 + c^2 - a^2=bc$,由余弦定理得$\cos A=\frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}=\frac{1}{2}$,又因为$0＜A＜\pi$,所以$A=\frac{\pi}{3}$.
(2)由
(1)可知$b^2 + c^2 - 18 = bc$,则$(b + c)^2=3bc + 18$①,由基本不等式有$bc\leq(\frac{b + c}{2})^2$,可得$b + c\leq6\sqrt{2}$,又$b + c＞a = 3\sqrt{2}$,则$3\sqrt{2}＜b + c\leq6\sqrt{2}$.因为$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ACD}$,所以$\frac{1}{2}bc·\sin\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}c· AD\sin\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}b· AD\sin\frac{\pi}{6}$,可得$AD=\frac{\sqrt{3}bc}{b + c}$,由①有$AD=\frac{\sqrt{3}bc}{b + c}=\frac{(b + c)^2 - 18}{\sqrt{3}(b + c)}=\sqrt{3}(\frac{b + c}{3}-\frac{6}{b + c})$,令$t = b + c$,则$AD=\sqrt{3}(\frac{t}{3}-\frac{6}{t})$在$(3\sqrt{2},6\sqrt{2}]$上单调递增,所以AD的最大值为$\frac{3\sqrt{6}}{2}$.

变式 1 - 1 (2023·全国甲卷)在$\triangle ABC$中，$\angle BAC = 60^{\circ}$，$AB = 2$，$BC = \sqrt{6}$，$D$为$BC$上一点，$AD$为$\angle BAC$的平分线，则$AD =$2。

答案：
变式1−1　2　[解析]方法一:如图,因为在$\triangle ABC$中,$AB = 2$,$\angle BAC = 60^{\circ}$,$BC=\sqrt{6}$,所以由正弦定理可得$\frac{BC}{\sin\angle BAC}=\frac{AB}{\sin\angle ACB}$,所以$\sin\angle ACB=\frac{AB·\sin\angle BAC}{BC}=\frac{2×\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,又$\angle BAC = 60^{\circ}$,所以$\angle ACB = 45^{\circ}$,所以$\angle ABC=180^{\circ}-45^{\circ}-60^{\circ}=75^{\circ}$,又AD为$\angle BAC$的平分线,且$\angle BAC = 60^{\circ}$,所以$\angle BAD = 30^{\circ}$,又$\angle ABC = 75^{\circ}$,所以$\angle ADB = 75^{\circ}$,所以$AD = AB = 2$.
　　　　　　　　
方法二:在$\triangle ABC$中,由余弦定理得$BC^2=AB^2 + AC^2-2AB· AC·\cos\angle BAC$,即$6 = 4 + AC^2-2AC$,解得$AC=\sqrt{3}+1$(负值舍去),则$AD=\frac{2AC· AB·\cos\frac{\angle BAC}{2}}{AC + AB}=\frac{2\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{\sqrt{3}+1 + 2}=\frac{6 + 2\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}}=2$.

变式 1 - 2 （2025·赣州二模）在$\triangle ABC$中，$\cos A = \frac{3}{5}$，$\tan(A - B) = \frac{1}{7}$。
（1）求角$B$的大小；
（2）若$\angle BAC$的平分线$AD$交$BC$于点$D$，$\triangle ABC$的面积为$15$，求$AD$的长。$\frac{\pi}{4}$$\frac{5\sqrt{42}}{6}$

答案：
变式1−2　[解答]
(1)由$\cos A=\frac{3}{5}$,且$0＜A＜\pi$,得$\sin A=\sqrt{1-\cos^2A}=\frac{4}{5}$,故$\tan A=\frac{\sin A}{\cos A}=\frac{4}{3}$,$\tan B=\tan[A-(A - B)]=\frac{\tan A-\tan(A - B)}{1+\tan A\tan(A - B)}=\frac{\frac{4}{3}-\frac{1}{7}}{1+\frac{4}{3}×\frac{1}{7}}=1$,又因为$0＜B＜\pi$,所以$B=\frac{\pi}{4}$.
(2)设$\angle BAC = 2\theta$,$\angle ADC=\alpha$,如图.由$\cos\angle BAC=\cos2\theta=1 - 2\sin^2\theta=\frac{3}{5}$,且$0＜\theta＜\frac{\pi}{2}$,可得$\sin\theta=\frac{\sqrt{5}}{5}$,$\cos\theta=\sqrt{1-\sin^2\theta}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.$\sin C=\sin(\angle BAC+\angle B)=\sin\angle BAC·\cos\angle B+\cos\angle BAC\sin\angle B=\frac{4}{5}×\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{3}{5}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{7\sqrt{2}}{10}$,且$\sin\alpha=\sin(\theta + B)=\sin\theta\cos B+\cos\theta\sin B=\frac{\sqrt{5}}{5}×\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{2\sqrt{5}}{5}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$.在$\triangle ABD$中,$\frac{BD}{\sin\theta}=\frac{AD}{\sin B}$,则$BD=\frac{AD\sin\theta}{\sin B}=\frac{\sqrt{10}}{5}AD$.在$\triangle ACD$中,$\frac{CD}{\sin\theta}=\frac{AD}{\sin C}$,则$CD=\frac{AD\sin\theta}{\sin C}=\frac{\sqrt{10}}{7}AD$,所以$BC=BD + CD=\frac{12\sqrt{10}}{35}AD$.又在$\triangle ABC$中,BC边上的高为$AD\sin\alpha$,则$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC· AD\sin\alpha=\frac{18}{35}AD^2=15$,所以$AD=\frac{5\sqrt{42}}{6}$.