《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

9. [安徽六安二中 2025 高一期末]已知$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，且满足$(2\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}) \perp \overrightarrow{BC}$，$\overrightarrow{BA}$在$\overrightarrow{BC}$上的投影向量的模为$\frac{\sqrt{3}}{3}c$，则$A =$$\frac{\pi}{2}$。

答案：
9.$\frac{\pi}{2}$　[解析]由$(2\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}) \perp \overrightarrow{BC}$，得$2\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{AC} · \overrightarrow{BC} = 0$，故$-2ac\cos B + ba\cos C = 0$。又$B$，$C$都为三角形的内角，所以$\cos B \gt 0$，$\cos C \gt 0$。

由$\overrightarrow{BA}$在$\overrightarrow{BC}$上的投影向量的模为$\frac{\sqrt{3}}{3}c$可得$|\overrightarrow{BA}| \cos B = \frac{\sqrt{3}}{3}c$，即$c\cos B = \frac{\sqrt{3}}{3}c$，故$\cos B = \frac{\sqrt{3}}{3}$。
所以$b\cos C = 2c\cos B = \frac{2\sqrt{3}}{3}c$，
所以$a = c\cos B + b\cos C = \frac{\sqrt{3}}{3}c + \frac{2\sqrt{3}}{3}c = \sqrt{3}c$。由余弦定理可知，$b^2 = a^2 + c^2 - 2ac·\frac{\sqrt{3}}{3} = 3c^2 + c^2 - 2\sqrt{3}c^2×\frac{\sqrt{3}}{3} = 4c^2 - 2c^2 = 2c^2$，
所以$b = \sqrt{2}c$，
所以$\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \frac{2c^2 + c^2 - 3c^2}{2bc} = 0$，又$A \in (0,\pi)$，故$A = \frac{\pi}{2}$。

10. [北京师范大学附属实验中学 2025 高一期中]如图，在$\triangle ABC$中，$A = 90^{\circ}$，$AB = AC = 6$，$M$，$N$为$AB$的三等分点($M$靠近点$A$)，$P$为$BC$边上的动点。
①当$\frac{BP}{BC} = \frac{1}{3}$时，$\overrightarrow{PM} · \overrightarrow{PN} =$4；
②$\overrightarrow{PM} · \overrightarrow{PN}$的最小值为$\frac{7}{2}$。

答案：
10.①4 ②$\frac{7}{2}$[解析]
以$A$为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示

设$P(x,y)$，易知$M(2,0)$，$N(4,0)$。
①由$\frac{BP}{BC} = \frac{1}{3}$可得$\frac{y}{6} = \frac{6 - x}{6} = \frac{1}{3}$，即$P(4,2)$，
因此$\overrightarrow{PM} · \overrightarrow{PN} = (-2,-2) · (0,-2) = 4$。
②因为$P$为$BC$边上的动点，所以$x + y = 6$，且$x \in [0,6]$，
则$\overrightarrow{PM} · \overrightarrow{PN} = (2 - x,-y) · (4 - x,-y) = x^2 - 6x + 8 + y^2 = x^2 - 6x + 8 + (6 - x)^2 = 2x^2 - 18x + 44 = 2(x - \frac{9}{2})^2 + \frac{7}{2}$，故当$x = \frac{9}{2}$时，$\overrightarrow{PM} · \overrightarrow{PN}$取得最小值，最小值为$\frac{7}{2}$。

11. [江西南昌江科附中 2024 高一月考]为响应国家“乡村振兴”号召，农民老王拟将自家一块直角三角形地按如图规划成$3$个功能区：$\triangle BNC$区域规划为荔枝林，$\triangle CMA$区域规划为供游客住宿及餐饮的民宿，$\triangle MNC$区域规划为供休闲垂钓的小型鱼塘。为安全起见，在鱼塘$\triangle MNC$周围筑起护栏。已知$AC = 40\mathrm{m}$，$BC = 40\sqrt{3}\mathrm{m}$，$AC \perp BC$，$\angle MCN = 30^{\circ}$。
（1）若鱼塘$\triangle MNC$的面积是民宿$\triangle CMA$的面积的$\sqrt{3}$倍，求$\angle ACM$。
（2）当$\angle ACM$为何值时，鱼塘$\triangle MNC$的面积最小，最小面积是多少？

答案： 11.[解]
(1)设$\angle ACM = \theta (0^{\circ} \lt \theta \lt 60^{\circ})$，则$\angle BCN = 60^{\circ} - \theta$，
在$\triangle ABC$中，$AC \perp BC$，$AC = 40$，$BC = 40\sqrt{3}$，则$A = 60^{\circ}$，$B = 30^{\circ}$。
因为鱼塘$\triangle MNC$的面积是民宿$\triangle CMA$的面积的$\sqrt{3}$倍，
所以$\frac{1}{2}CN · CM \sin 30^{\circ} = \sqrt{3} · \frac{1}{2}AC · CM \sin \theta$，即$CN = 80\sqrt{3}\sin\theta$。
在$\triangle CAN$中，$\angle CNA = B + \angle BCN = 90^{\circ} - \theta$，由正弦定理可得$\frac{CN}{\sin A} = \frac{AC}{\sin\angle CNA}$，即$\frac{CN}{\sin 60^{\circ}} = \frac{AC}{\sin(90^{\circ} - \theta)} = \frac{40}{\cos\theta}$，则$CN = \frac{20\sqrt{3}}{\cos\theta}$，则$80\sqrt{3}\sin\theta = \frac{20\sqrt{3}}{\cos\theta}$，即$\sin 2\theta = \frac{1}{2}$。由$0^{\circ} \lt 2\theta \lt 120^{\circ}$，得$2\theta = 30^{\circ}$，
所以$\theta = 15^{\circ}$，即$\angle ACM = 15^{\circ}$。
(2)由
(1)知$\angle ACM = \theta (0^{\circ} \lt \theta \lt 60^{\circ})$，$B = 30^{\circ}$，$A = 60^{\circ}$，所以$AB = 2AC = 80$，
在$\triangle ACM$中，由正弦定理得$\frac{CM}{\sin A} = \frac{AC}{\sin\angle AMC}$，即$\frac{CM}{\sin 60^{\circ}} = \frac{AC}{\sin(120^{\circ} - \theta)}$，则$CM = \frac{20\sqrt{3}}{\sin(120^{\circ} - \theta)}$，由
(1)知$CN = \frac{20\sqrt{3}}{\cos\theta}$，
所以$S_{\triangle CMN} = \frac{1}{2}CM · CN · \sin 30^{\circ}$
$= \frac{300}{\sin(120^{\circ} - \theta) \cos\theta}$
$= \frac{300}{\frac{1}{2} \sin\theta \cos\theta + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos^2 \theta}$
$= \frac{1200}{2 \sin(2\theta + 60^{\circ}) + \sqrt{3}}$
又$0^{\circ} \lt \theta \lt 60^{\circ}$，所以$60^{\circ} \lt 2\theta + 60^{\circ} \lt 180^{\circ}$，所以当且仅当$2\theta + 60^{\circ} = 90^{\circ}$，即$\theta = 15^{\circ}$时，$\triangle CMN$的面积取最小值，为$\frac{1200}{2 + \sqrt{3}} = 1200(2 - \sqrt{3}) m^2$。

12. [四川成都 2025 高一期末]在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$所对应的边分别为$a$，$b$，$c$。已知$(2a\cos C + 2c\cos A)\cos A = b$。
（1）求角$A$；
（2）若$a = 2$，$\overrightarrow{AC} · \overrightarrow{AB} = 2$，求$\triangle ABC$的周长；
（3）如图，$\angle BAC$的平分线$AD$交$BC$于点$D$，$AD = 2$，求$\frac{1}{BD} + \frac{1}{CD}$的取值范围。

答案： 12.[解]
(1)$\because (2a\cos C + 2c\cos A) \cos A = b$，$\therefore$由正弦定理可得$(2\sin A\cos C + 2\sin C · \cos A) \cos A = \sin B$，
在$\triangle ABC$中，$B = \pi - (A + C)$，则$\sin B = \sin(A + C) = \sin A\cos C + \cos A\sin C$，
原式化简得$2\sin B\cos A = \sin B$。
$\because \sin B \gt 0$，$\therefore \cos A = \frac{1}{2}$。
又$\because A \in (0,\pi)$，$\therefore A = \frac{\pi}{3}$。
(2)在$\triangle ABC$中，$A = \frac{\pi}{3}$，则$\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} = cb\cos A = \frac{1}{2}bc = 2$，得$bc = 4$。
由余弦定理得$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A$，得$b^2 + c^2 = bc + 4$，
配方得$(b + c)^2 = 4 + 3bc$，于是$(b + c)^2 = 16$，得$b + c = 4$，$\therefore a + b + c = 6$，
故$\triangle ABC$的周长为6。
(3)在$\triangle ABD$中，由正弦定理可得$\frac{AD}{\sin B} = \frac{BD}{\sin\angle BAD}$，
$\therefore \frac{1}{BD} = \frac{\sin B}{AD\sin\frac{\pi}{6}} = \sin B$，同理可得，$\frac{1}{CD} = \sin C$。
$\therefore \frac{1}{BD} + \frac{1}{CD} = \sin B + \sin C$
由
(1)知$A = \frac{\pi}{3}$，则$B + C = \frac{2\pi}{3}$，
$\therefore \frac{1}{BD} + \frac{1}{CD} = \sin B + \sin(B + \frac{\pi}{3}) = \sin B + \sin B\cos\frac{\pi}{3} + \cos B\sin\frac{\pi}{3} = \frac{3}{2}\sin B + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos B = \sqrt{3}\sin(B + \frac{\pi}{6})$。
$\because B \in (0,\frac{2\pi}{3})$，$\therefore B + \frac{\pi}{6} \in (\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6})$，$\therefore \sin(B + \frac{\pi}{6}) \in (\frac{1}{2},1]$，
$\therefore \frac{1}{BD} + \frac{1}{CD} \in (\frac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{3}]$。
因此，$\frac{1}{BD} + \frac{1}{CD}$的取值范围为$(\frac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{3}]$。
规律方法解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边角互化”，二是利用余弦定理实现“边角互化”，求最值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是转化为关于某个角的函数，利用函数的思想求最值。

13. [清华大学 2024 强基计划]在$\triangle ABC$中，$\angle BAC = 60^{\circ}$，$\angle BAP = \angle CAP$，$P$在$\triangle ABC$内部，延长$BP$交$AC$于$Q$，且$\frac{1}{BP} + \frac{1}{CP} = \frac{1}{PQ}$，则$\angle BPC =$(D)

A.$140^{\circ}$
B.$130^{\circ}$
C.$110^{\circ}$
D.$120^{\circ}$

答案：
13.D　[解析]如图

由题可知，$AP$为$\angle BAC$的平分线，故$\frac{PQ}{BP} = \frac{AQ}{AB} = \frac{\sin\angle ABQ}{\sin\angle AQB}$，在$\triangle PQC$中，$\frac{PQ}{CP} = \frac{\sin\angle PCQ}{\sin\angle PQC}$
由$\frac{1}{BP} + \frac{1}{CP} = \frac{1}{PQ}$，可得$\frac{PQ}{BP} + \frac{PQ}{CP} = 1$，
于是$\frac{PQ}{BP} + \frac{PQ}{CP} = \frac{\sin\angle ABQ}{\sin\angle AQB} + \frac{\sin\angle PCQ}{\sin\angle PQC} = 1$，
即$\sin\angle ABQ + \sin\angle PCQ = \sin(60^{\circ} + \angle ABQ)$，
化简可得$\sin\angle PCQ = \sin(60^{\circ} - \angle ABQ)$，因为$0^{\circ} \lt \angle PCQ \lt 120^{\circ}$，$-60^{\circ} \lt 60^{\circ} - \angle ABQ \lt 60^{\circ}$，
所以$\angle PCQ = 60^{\circ} - \angle ABQ$，
故$\angle BPC = \angle PQC + \angle PCQ = \angle ABQ + \angle BAC + \angle PCQ = 120^{\circ}$。故选D。

14. [南京大学 2023 强基计划]已知$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，满足$a^{2} + b^{2} + c^{2} = \alpha$，$a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + c^{2}a^{2} = \beta$，则$\triangle ABC$的面积为$\frac{1}{2}\sqrt{\beta - \frac{\alpha^2}{4}}$。

答案： 14.$\frac{1}{2}\sqrt{\beta - \frac{\alpha^2}{4}}$　[解析]由题意可知$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}ab\sqrt{1 - \cos^2 C}$
$= \frac{1}{2}\sqrt{a^2b^2 - \frac{(a^2 + b^2 - c^2)^2}{4}}$
因为$a^2 + b^2 + c^2 = \alpha$，所以$a^2 + b^2 = \alpha - c^2$。因为$a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 = \beta$，所以$a^2b^2 + c^2(\alpha - c^2) = \beta$，则$a^2b^2 = \beta - c^2(\alpha - c^2)$，
此时$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}\sqrt{\beta - c^2(\alpha - c^2) - \frac{(\alpha - 2c^2)^2}{4}} = \frac{1}{2}\sqrt{\beta - \frac{\alpha^2}{4}}$。

15. [上海交通大学 2025 强基计划]已知$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，$\cos B\cos A = \sin B(1 + \sin A)$，求$\frac{b\sin A + a\sin B}{b\cos B}$的取值范围。

答案： 15.[解]由$\cos B\cos A = \sin B(1 + \sin A)$得$\cos B\cos A - \sin A\sin B = \cos(A + B) = \sin B$，
又$C = \pi - A - B$，所以$-\cos C = \sin B$。
因为$-\cos C = \sin(C - \frac{\pi}{2}) = \sin B$，$C - \frac{\pi}{2} \in (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$，$B \in (0,\pi)$，所以$C - \frac{\pi}{2} = B$ 或$B + C - \frac{\pi}{2} = \pi$（舍去）。
则$C = B + \frac{\pi}{2}$，则$A = \pi - B - C = \frac{\pi}{2} - 2B \gt 0$，则$B \in (0,\frac{\pi}{4})$。
从而$\frac{b\sin A + a\sin B}{b\cos B} = \frac{\sin B\sin A + \sin A\sin B}{\sin B\cos B} = \frac{2\sin A}{\cos B} = \frac{2\sin(\frac{\pi}{2} - 2B)}{\cos B} = \frac{2\cos 2B}{\cos B} = 2×\frac{2\cos^2 B - 1}{\cos B} = 4\cos B - \frac{2}{\cos B}$，
由$y = \cos x$在$(0,\frac{\pi}{4})$上单调递减，故$f(x) = 4\cos x - \frac{2}{\cos x}$在$(0,\frac{\pi}{4})$上单调递减，
因此$f(\frac{\pi}{4}) \lt f(x) \lt f(0)$，即$0 \lt f(x) \lt 2$，所以$\frac{b\sin A + a\sin B}{b\cos B}$的取值范围为$(0,2)$。