《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. 在$\triangle ABC$中，已知$AC = 5$，$AB = 3$，$BC = 7$，$AD$是$BC$边上的中线，则$AD =$(B)

A.$\frac{15}{4}$
B.$\frac{\sqrt{19}}{2}$
C.$\frac{7}{2}$
D.$\frac{15}{7}$

答案：
1.B　[解析]在△ABC中，由余弦定理，得cosB=$\frac{AB^{2}+BC^{2}-AC^{2}}{2AB· BC}=\frac{9 + 49 - 25}{2×3×7}=\frac{11}{14}$。在△ABD中，由余弦定理，得AD²=AB²+BD²-2AB·BDcosB=9+$\frac{49}{4}$-2×3×$\frac{7}{2}$×$\frac{11}{14}$=$\frac{19}{4}$，则AD=$\frac{\sqrt{19}}{2}$。故选B。

2. [山东聊城2025高一月考]在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，向量$\boldsymbol{m} = (b,c)$，$\boldsymbol{n} = (\cos B,\sin C)$，$\boldsymbol{m} // \boldsymbol{n}$。若$c = \sqrt{3}$，$a = \sqrt{6}$，$BD$为$AC$边上的中线，则$BD =$(C)

A.$\frac{\sqrt{6}}{2}$
B.$3$
C.$\frac{\sqrt{15}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{10}}{2}$

答案：
2.C　[解析]因为$\boldsymbol{m}=(b,c)$，$\boldsymbol{n}=(\cos B,\sin C)$，$\boldsymbol{m}//\boldsymbol{n}$，所以$b\sin C = c\cos B$，结合正弦定理得$\sin B\sin C=\sin C\cos B$。因为$C\in(0,\pi)$，所以$\sin C\neq0$，所以$\sin B = \cos B$。若$\cos B = 0$，则$\sin B=\pm1$，与上式矛盾，故$\cos B\neq0$，则$\tan B = 1$。因为$B\in(0,\pi)$，所以$B=\frac{\pi}{4}$。由$BD$为$AC$边上的中线，得$2\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA}$，则$4\overrightarrow{BD}^{2}=(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA})^{2}=\overrightarrow{BC}^{2}+2\overrightarrow{BC}·\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BA}^{2}=a^{2}+2ac\cos\angle ABC + c^{2}=6 + 2×\sqrt{6}×\sqrt{3}×\frac{\sqrt{2}}{2}+3 = 15$，得$BD=\frac{\sqrt{15}}{2}$。故选C。

3. 在锐角三角形$ABC$中，内角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，已知$C = \frac{\pi}{3}$，$c = 4$，$D$为$AB$的中点，则中线$CD$的取值范围是(C)

A.$(2,2\sqrt{3}]$
B.$(\frac{4\sqrt{3}}{3},2\sqrt{3}]$
C.$(\frac{2\sqrt{21}}{3},2\sqrt{3}]$
D.$(\frac{4\sqrt{3}}{3},\frac{2\sqrt{21}}{3}]$

答案： 3.C　[解析]由$CD$是边$AB$上的中线，得$\overrightarrow{CD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})$，则$\overrightarrow{CD}^{2}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{CA}^{2}+\overrightarrow{CB}^{2}+2\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{CB})=\frac{1}{4}(b^{2}+a^{2}+2ba\cos\frac{\pi}{3})=\frac{1}{4}(a^{2}+b^{2}+ab)$。由正弦定理得$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=\frac{4}{\sin\frac{\pi}{3}}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，得$a=\frac{8\sqrt{3}}{3}\sin A$，$b=\frac{8\sqrt{3}}{3}\sin B$，则$\overrightarrow{CD}^{2}=\frac{1}{4}×\frac{64}{3}(\sin^{2}A+\sin^{2}B+\sin A\sin B)=\frac{16}{3}(\sin^{2}A+\sin^{2}B+\sin A\sin B)$。而$\sin^{2}B=\sin^{2}(A + C)=(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos A+\frac{1}{2}\sin A)^{2}=\frac{3}{4}\cos^{2}A+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin A\cos A+\frac{1}{4}\sin^{2}A$，$\sin A\sin B=\sin A\sin(A + C)=\sin A·(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos A+\frac{1}{2}\sin A)=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin A\cos A+\frac{1}{2}\sin^{2}A$，于是$\overrightarrow{CD}^{2}=\frac{16}{3}(\sin^{2}A+\frac{3}{4}\cos^{2}A+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin A\cos A+\frac{1}{4}\sin^{2}A+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin A\cos A+\frac{1}{2}\sin^{2}A)=\frac{16}{3}(\sin^{2}A+\sqrt{3}\sin A\cos A+\frac{3}{4}\cos^{2}A)=\frac{8}{3}(1 - \cos2A)+\frac{8\sqrt{3}}{3}\sin2A + 4=\frac{16}{3}·\sin(2A-\frac{\pi}{6})+\frac{20}{3}$。由$\triangle ABC$为锐角三角形，$C=\frac{\pi}{3}$，得$\begin{cases}0＜\frac{2\pi}{3}-A＜\frac{\pi}{2}\\0＜A＜\frac{\pi}{2}\end{cases}$，即$\frac{\pi}{6}＜A＜\frac{\pi}{2}$，则$\frac{\pi}{6}＜2A-\frac{\pi}{6}＜\frac{5\pi}{6}$，所以$\frac{1}{2}＜\sin(2A-\frac{\pi}{6})\leq1$，因此$\frac{28}{3}＜\overrightarrow{CD}^{2}\leq12$，即$\frac{2\sqrt{21}}{3}＜|\overrightarrow{CD}|\leq2\sqrt{3}$，所以$CD$的取值范围为$(\frac{2\sqrt{21}}{3},2\sqrt{3}]$。故选C。

4. [湖北武汉五校2025高一期末]在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$对应的边分别是$a$，$b$，$c$，且$b\cos C + c\cos B = 2a\cos A$。
(1)求角$A$；
(2)若$AB$的长为$3$，$AC$边上的中线$BD$长为$\sqrt{7}$，求$\triangle ABC$的周长。

答案：
4.[解]
(1)因为$b\cos C + c\cos B = 2a\cos A$，所以由正弦定理得$\sin B\cos C+\sin C\cos B = 2\sin A\cos A$，即$\sin A = 2\sin A\cos A$。因为$0＜A＜\pi$，所以$\sin A\neq0$，所以$\cos A=\frac{1}{2}$，所以$A=\frac{\pi}{3}$。
(2)在$\triangle ABD$中，$AB = 3$，$BD=\sqrt{7}$，由余弦定理得$AB^{2}+AD^{2}-BD^{2}=2AB· AD·\cos A$，即$9 + AD^{2}-7 = 2×3× AD×\frac{1}{2}$，解得$AD = 1$或$AD = 2$。当$AD = 1$时，$AC = 2AD = 2$，则$BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2AB· AC·\cos A = 7$，即$BC=\sqrt{7}$，此时$\triangle ABC$的周长为$5+\sqrt{7}$；当$AD = 2$时，$AC = 4$，则$BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2AB· AC·\cos A = 13$，即$BC=\sqrt{13}$，此时$\triangle ABC$的周长为$7+\sqrt{13}$。综上所述，$\triangle ABC$的周长为$5+\sqrt{7}$或$7+\sqrt{13}$。
归纳总结：在$\triangle ABC$中，$D$为$BC$的中点，$AD$是底边$BC$的中线。遇到中线问题，常见的处理方法有：
处理方法 处理思路
中线的向量表示 $\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$，通过平方向量进一步转化为数量积问题
中线定理 $AB^{2}+AC^{2}=2AD^{2}+2(\frac{BC}{2})^{2}=2(AD^{2}+BD^{2})=2(AD^{2}+CD^{2})$
极化恒等式 $\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=AD^{2}-\frac{1}{4}BC^{2}$
底边邻补角互补 $\angle ADB+\angle ADC=\pi$，所以$\cos\angle ADB+\cos\angle ADC = 0$
底边公共角相等 $\angle ABD=\angle ABC$，$\angle ACD=\angle ACB$，所以$\cos\angle ABD=\cos\angle ABC$，$\cos\angle ACD=\cos\angle ACB$
中线的性质 平分$\triangle ABC$的面积，即$S_{\triangle ABD}=S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}$

5. 已知$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，且$a = 1$，$\sqrt{3}\cos C = c\sin A$。若$b = 3$，$D$是$AB$上的点，$CD$平分$\angle ACB$，则$\triangle ACD$的面积为(B)

A.$\frac{9\sqrt{3}}{32}$
B.$\frac{9\sqrt{3}}{16}$
C.$\frac{9\sqrt{3}}{4}$
D.$\frac{9\sqrt{3}}{2}$

答案：
5.B　[解析]由正弦定理可知，$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin\angle ACB}$，即$a\sin\angle ACB = c\sin A$，故$\sqrt{3}\cos\angle ACB = c\sin A = a\sin\angle ACB = \sin\angle ACB$，故$\tan\angle ACB=\sqrt{3}$，而$\angle ACB\in(0,\pi)$，故$\angle ACB=\frac{\pi}{3}$。因为$D$是$AB$上的点，$CD$平分$\angle ACB$，所以由角平分线定理可知，$\frac{AD}{BD}=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a}=3$，故$AD=\frac{3}{4}AB$，即$S_{\triangle ACD}=\frac{3}{4}×\frac{1}{2}ab·\sin\angle ACB=\frac{3}{4}×\frac{1}{2}×1×3×\sin\frac{\pi}{3}=\frac{9\sqrt{3}}{16}$。故选B。
归纳总结：在$\triangle ABC$中，$\angle BAC$的平分线$AD$交底边$BC$于点$D$。遇到角平分线问题，常见的处理方法有：
处理方法 处理思路
角平分线定理 在$\triangle ABC$中，有$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$
等面积法 因为$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ACD}$，所以$\frac{1}{2}AB· AC·\sin\angle BAC=\frac{1}{2}AB· AD·\sin\frac{\angle BAC}{2}+\frac{1}{2}AC· AD·\sin\frac{\angle BAC}{2}$
角平分线长公式 $AD = \frac{2AC· AB·\cos\frac{\angle BAC}{2}}{AC + AB}$

6. [黑龙江牡丹江二中2025高一期末]在$\triangle ABC$中，点$M$，$N$在边$BC$上，$AM$为边$BC$上的中线，$AN$为$\angle BAC$的平分线。若$\angle BAC = \frac{\pi}{3}$，$AM = \frac{\sqrt{21}}{2}$，$\triangle ABC$的面积等于$\sqrt{3}$，则$AN =$(D)

A.$\frac{2}{5}$
B.$\frac{2\sqrt{3}}{5}$
C.$\frac{4}{5}$
D.$\frac{4\sqrt{3}}{5}$

答案：
6.D　[解析]记$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$。$\because AM$为边$BC$上的中线，$\therefore2\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}$，即$4|\overrightarrow{AM}|^{2}=|\overrightarrow{AB}|^{2}+|\overrightarrow{AC}|^{2}+2\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}$，即$4×\frac{21}{4}=c^{2}+b^{2}+2cb·\cos\frac{\pi}{3}$，即$c^{2}+b^{2}+bc = 21$，$\therefore(b + c)^{2}=21 + bc$。$\because S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin\angle BAC=\frac{\sqrt{3}}{4}bc=\sqrt{3}$，$\therefore bc = 4$，$\therefore(b + c)^{2}=21 + 4 = 25$，$\therefore b + c = 5$。$\because AN$为$\angle BAC$的平分线，$\angle BAC=\frac{\pi}{3}$，$\therefore\angle BAN=\angle CAN=\frac{\pi}{6}$。又$\because S_{\triangle ABN}+S_{\triangle ACN}=S_{\triangle ABC}$，$\therefore\frac{1}{2}c× AN×\sin\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}b× AN×\sin\frac{\pi}{6}=\sqrt{3}$，即$\frac{1}{4}× AN×(b + c)=\sqrt{3}$，$\therefore\frac{1}{4}× AN×5=\sqrt{3}$，解得$AN=\frac{4\sqrt{3}}{5}$。故选D。
巧思：利用角平分线长公式$AN=\frac{2bc\cos\frac{\angle BAC}{2}}{b + c}=\frac{2×4×\frac{\sqrt{3}}{2}}{5}=\frac{4\sqrt{3}}{5}$快速求解

7. [广西南宁2025高一期末]已知$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，且$\frac{\sin A - \sin B}{\sin C} = \frac{c - b}{a + b}$。
(1)求角$A$。
(2)已知$\triangle ABC$的面积为$4\sqrt{3}$。
①当$E$为$BC$的中点，且$b + c = 10$时，求$BC$边上的中线$AE$的长；
②当$D$为边$BC$上的点，且$AD$平分$\angle BAC$时，求$AD$的最大值。

答案： 7.[解]
(1)由$\frac{\sin A-\sin B}{\sin C}=\frac{c - b}{a + b}$及正弦定理得$\frac{a - b}{c}=\frac{c - b}{a + b}$，即$a^{2}=b^{2}+c^{2}-bc$。由余弦定理得$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{1}{2}$，因为$0＜A＜\pi$，所以$A=\frac{\pi}{3}$。
(2)①由$\frac{1}{2}bc\sin\angle BAC = 4\sqrt{3}$，得$bc = 16$。又$b + c = 10$，所以$b^{2}+c^{2}=(b + c)^{2}-2bc = 10^{2}-2×16 = 68$。因为$\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$，所以$\overrightarrow{AE}^{2}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{AB}^{2}+2\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AC}^{2})=\frac{1}{4}(c^{2}+2bc·\cos\frac{\pi}{3}+b^{2})=21$，所以$AE=\sqrt{21}$。②由以上可知，$\angle BAC=\frac{\pi}{3}$，$bc = 16$。由$S_{\triangle ADB}+S_{\triangle ADC}=S_{\triangle ABC}$，得$\frac{1}{2}AD· b·\sin\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}AD· c·\sin\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}bc\sin\frac{\pi}{3}$，解得$AD=\frac{16\sqrt{3}}{b + c}$。由于$b + c\geq2\sqrt{bc}=8$，当且仅当$b = c = 4$时取等号，故$AD\leq2\sqrt{3}$。故$AD$的最大值为$2\sqrt{3}$。