《2026年学易优高考二轮总复习数学》

(1)(2023·全国甲卷)在△ABC 中，∠BAC = 60°，AB = 2，BC = √6，∠BAC 的角平分线交 BC 于 D，则 AD =2 。

答案：
(1)2
解法一 由余弦定理得$\cos 60^{\circ}=\frac{AC^{2}+4-6}{2 \times 2AC}$，整理得$AC^{2}-2AC-2=0$，得$AC=1+\sqrt{3}$。又 $S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ACD}$，所以$\frac{1}{2} \times 2AC\sin 60^{\circ}=\frac{1}{2} \times 2AD\sin 30^{\circ}+\frac{1}{2}AC \times AD\sin 30^{\circ}$，所以$AD=\frac{2\sqrt{3}AC}{AC+2}=\frac{2\sqrt{3} \times (1+\sqrt{3})}{3+\sqrt{3}}=2$。
解法二：由角平分线定理得$\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}$，又$BD+CD=\sqrt{6}$，所 以$BD=\frac{2\sqrt{6}}{AC+2}$，$CD=\frac{\sqrt{6}AC}{AC+2}$。由角平分线长公式得 $AD^{2}=AB \times AC-BD \times CD=2AC-\frac{12AC}{(AC+2)^{2}}$，又由解法 一知$AC=1+\sqrt{3}$，所以$AD^{2}=2+2\sqrt{3}-\frac{12 \times (1+\sqrt{3})}{(3+\sqrt{3})^{2}}=2+$ $2\sqrt{3}-(2\sqrt{3}-2)=4$，所以$AD=2$。

(2)(2025·淄博模拟改编)如图，在△ABC 中，∠BAC = $\frac{2\pi}{3}$，∠BAC 的角平分线交 BC 于 P 点。若 AP = 2，BC = 8，则△ABC 的面积为$\frac{\sqrt{3}+\sqrt{195}}{2}$ 。

答案：
(2)$\frac{\sqrt{3}+\sqrt{195}}{2}$
$\triangle ABC$中，设内角A，B，C的对边分别为 a，b，c， 在$\triangle ABC$中，由余弦定理得$BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2AB \cdot AC \cdot \cos \angle CAB$， 即$64=c^{2}+b^{2}+b \cdot c$，① 由角平分线长公式得$AP=\frac{2bc\cos \frac{\angle BAC}{2}}{b+c}$ 即$bc=2(b+c)$，② 联立①②得$bc=2+2\sqrt{65}$， 所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin \angle BAC=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{195}}{2}$ 

(2025·甘肃庆阳三模)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，已知 c = 2b$\cos B$，C = $\frac{2\pi}{3}$。
(1)求角 B 的大小；
(2)①△ABC 的面积为 $\frac{3\sqrt{3}}{4}$，求 BC 边上的中线 AM 的长度；
②△ABC 的周长为 $4 + 2\sqrt{3}$，求 BC 边上的中线 AM 的长度。

答案： 解：
(1)$\because c=2b\cos B$，则由正弦定理可得$\sin C=2\sin B\cos B$， $\therefore \sin 2B=\sin \frac{2\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$， $\because C=\frac{2\pi}{3}$，$\therefore B \in (0,\frac{\pi}{3})$，$2B \in (0,\frac{2\pi}{3})$， $\therefore 2B=\frac{\pi}{3}$，解得$B=\frac{\pi}{6}$，即$a=b$， 则$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}a^{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$，解得$a=\sqrt{3}$， 则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为： $AM=\sqrt{b^{2}+(\frac{a}{2})^{2}-2 \cdot b \cdot \frac{a}{2} \cdot \cos \frac{2\pi}{3}}=\sqrt{3+\frac{3}{4}+\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{21}}{2}$。
(2)①由
(1)可得$A=\frac{\pi}{6}$，设$\triangle ABC$的外接圆半径为R， 则由正弦定理可得$a=b=2R\sin \frac{\pi}{6}=R$，$c=2R\sin \frac{2\pi}{3}=\sqrt{3}R$， 则周长$a+b+c=2R+\sqrt{3}R=4+2\sqrt{3}$，解得$R=2$，则$a=2$， $c=2\sqrt{3}$， 由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：$AM=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}+1^{2}-2 \cdot 2\sqrt{3} \cdot 1 \cdot \cos \frac{\pi}{6}}=\sqrt{7}$。

(2025·金华调研)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足 $\cos C = \frac{a}{b} - \frac{c}{2b}$。
(1)求角 B；
(2)若△ABC 外接圆的半径为√3，且 AC 边上的中线长为 $\frac{5}{2}$，求△ABC 的面积和周长。

答案：  解：
(1)由$\cos C=\frac{a}{b}-\frac{c}{2b}$， 得$2b\cos C=2a-c$， 利用正弦定理得$2\sin B\cos C=2\sin A-\sin C$， 即$2\sin B\cos C=2\sin (B+C)-\sin C$， 化简得$\sin C=2\sin C\cos B$。 因为$C \in (0,\pi)$，$\sin C \neq 0$，所以$\cos B=\frac{1}{2}$， 又因为$B \in (0,\pi)$，所以$B=\frac{\pi}{3}$。
(2)由正弦定理得$\frac{b}{\sin \angle ABC}=2\sqrt{3} \Rightarrow b=3$， 设D为AC边上的中点， 则$AD=CD=\frac{3}{2}$，$BD=\frac{5}{2}$。
解法一 在$\triangle BCD$中，$\cos \angle CDB=\frac{\frac{25}{4}+\frac{9}{4}-a^{2}}{2 \times \frac{5}{2} \times \frac{3}{2}}$， 在$\triangle ABD$中，$\cos \angle ADB=\frac{\frac{25}{4}+\frac{9}{4}-c^{2}}{2 \times \frac{5}{2} \times \frac{3}{2}}$， 因为$\angle ADB+\angle CDB=\pi$， 所以$\cos \angle ADB+\cos \angle CDB=0$， 所以$a^{2}+c^{2}=17$， 由余弦定理$b^{2}=c^{2}+a^{2}-2ac\cos B$， 可得$9=c^{2}+a^{2}-ac$，即$ac=8$， 由三角形的面积公式得$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ac\sin B=2\sqrt{3}$， 又$(a+c)^{2}=a^{2}+c^{2}+2ac=17+2 \times 8=33$， 所以$a+c=\sqrt{33}$， 所以$\triangle ABC$的周长为$3+\sqrt{33}$。
解法二 利用向量的加法法则得$2\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}$， 两边平方得$4\overrightarrow{BD}^{2}=\overrightarrow{BA}^{2}+\overrightarrow{BC}^{2}+2\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC}$， 即$25=c^{2}+a^{2}+ac$， 由余弦定理$b^{2}=c^{2}+a^{2}-2ac\cos B$， 得$9=c^{2}+a^{2}-ac$， 两式相减得$16=2ac$，即$ac=8$， 由三角形的面积公式得$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ac\sin B=2\sqrt{3}$， 由$25=c^{2}+a^{2}+ac$， 得$(a+c)^{2}-ac=25$，$a+c=\sqrt{33}$， 所以$\triangle ABC$的周长为$3+\sqrt{33}$。