《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

10. 在$\triangle ABC$中，内角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$，设向量$\boldsymbol{m}=(\sin A+\sin B,c),\boldsymbol{n}=(a-b,\sin C+\sin A)$，且$\boldsymbol{m}\perp\boldsymbol{n}$。
(1)判断$\triangle ABC$的形状；
(2)若$b=2$，求$\triangle ABC$周长的最大值。

答案： 10.【解】
(1)由$m\perp n$，得$m· n = (\sin A+\sin B)(a - b)+c(\sin C+\sin A)=0$，
所以由正弦定理得$(a + b)(a - b)+c(c + a)=0$，即$a^{2}+c^{2}-b^{2}=-ac$，
所以$\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=-\frac{1}{2}$.
又$B\in(0,\pi)$，所以$B=\frac{2\pi}{3}$，
所以$\triangle ABC$为钝角三角形.
(2)由
(1)知，$a^{2}+c^{2}-b^{2}=-ac$，
又$b = 2$，故$a^{2}+c^{2}-4=-ac$，由基本不等式得$ac\leqslant\frac{(a + c)^{2}}{4}$，即
$(a + c)^{2}-4\leqslant\frac{(a + c)^{2}}{4}$，
解得$a + c\leqslant\frac{4\sqrt{3}}{3}$，当且仅当$a = c=\frac{2\sqrt{3}}{3}$时等号成立，所以$a + b + c\leqslant\frac{4\sqrt{3}}{3}+2$，即$\triangle ABC$周长的最大值为$\frac{4\sqrt{3}}{3}+2$.

11. [河南新乡一中2025高一期中]在$\triangle ABC$中，内角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$，且$a,b,c$满足$\frac{b^2+ac}{ac}=\frac{\sin A}{\sin C}+\frac{\sin C}{\sin A},c=12$。
(1)求$B$；
(2)若$D$为线段$BC$上一点，且满足$AD=BD,AC=\sqrt{189}$，求$CD$的长；
(3)若$\triangle ABC$为锐角三角形，求$\triangle ABC$面积的取值范围。

答案： 11.【解】
(1)由正弦定理可得$\frac{b^{2}+ac}{ac}=\frac{a}{c}+\frac{c}{a}$，$\therefore b^{2}=a^{2}+c^{2}-ac,\therefore\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{1}{2}$
$\because B\in(0,\pi),\therefore B=\frac{\pi}{3}$.
(2)$\because D$为线段$BC$上一点，且满足$AD = BD,B=\frac{\pi}{3},\therefore\triangle ABD$为等边三角形，
$\therefore\angle ADC=\frac{2\pi}{3}$
设$CD = x$，在$\triangle ADC$中，$AC^{2}=CD^{2}+AD^{2}-2CD· AD\cos\angle ADC$，
即$189 = x^{2}+12^{2}-2x·12·(-\frac{1}{2})$，
整理得$x^{2}+12x - 45 = 0$，解得$x = 3$或$x = -15$(舍)，即$CD = 3$.
(3)在$\triangle ABC$中，$AB = 12$，由正弦定理$\frac{AB}{\sin C}=\frac{BC}{\sin A}$得，$BC=\frac{12\sin A}{\sin C}=\frac{12\sin(\frac{2\pi}{3}-C)}{\sin C}=\frac{12(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos C+\frac{1}{2}\sin C)}{\sin C}=\frac{12(\frac{\sqrt{3}}{2}·\frac{1}{2\tan C}+\frac{1}{2})}{1}$
$\because\triangle ABC$是锐角三角形，$\therefore0\lt C\lt\frac{\pi}{2}$，且
$0\lt\frac{2\pi}{3}-C\lt\frac{\pi}{2}$，
$\therefore\frac{\pi}{6}\lt C\lt\frac{\pi}{2}$，则$\tan C\gt\frac{\sqrt{3}}{3}$，即$0\lt\frac{1}{\tan C}\lt\sqrt{3}$，
$\therefore18\sqrt{3}\lt\frac{1}{2}· BA· BC·\sin B\lt72\sqrt{3}$，
$\therefore\triangle ABC$面积的取值范围是$(18\sqrt{3},72\sqrt{3})$.

12. [湖北荆州2025高一期末]已知$a,b,c$分别为$\triangle ABC$三个内角$A,B,C$的对边，且$(c+a)·(\sin C-\sin A)=(c-b)\sin B$。
(1)求$A$；
(2)在$\triangle ABC$中，若$BC$边的中线$AD=1$，求$\triangle ABC$面积的最大值。

答案： 12.【解】
(1)由正弦定理，得$(c + a)(c - a)=(c - b)b$，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
$A\in(0,\pi)$，所以$A=\frac{\pi}{3}$.
(2)因为$D$是$BC$边的中点，所以
$\cos\angle ADC=\frac{CD^{2}+AD^{2}-AC^{2}}{2CD· AD}=\frac{a^{2}/4 + 1^{2}-b^{2}}{2· a/2·1}$，
$\cos\angle ADB=\frac{DB^{2}+AD^{2}-AB^{2}}{2DB· AD}=\frac{a^{2}/4 + 1^{2}-c^{2}}{2· a/2·1}$
因为$\angle ADC+\angle ADB=\pi$，所以$\frac{a^{2}/4 + 1^{2}-b^{2}}{a/2}+\frac{a^{2}/4 + 1^{2}-c^{2}}{a/2}=0$，所以$\frac{a^{2}}{2}+2 = b^{2}+c^{2}$①.
$\rightarrow$点悟：根据$\cos\alpha+\cos(\pi-\alpha)=0$得到，是已知三角形一条中线长的常见解题思路
由
(1)知$b^{2}+c^{2}-a^{2}=bc$②，
把①式代入②式，得$4 - bc = b^{2}+c^{2}\geqslant2bc$，即$bc\leqslant\frac{4}{3}$（当且仅当
$b = c=\frac{2\sqrt{3}}{3}$时取等号）.
所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin\angle BAC=\frac{\sqrt{3}}{4}bc\leqslant\frac{\sqrt{3}}{4}×\frac{4}{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以当$b = c=\frac{2\sqrt{3}}{3}$时，$S_{\triangle ABC}$取得
最大值，最大值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$.

13. [浙江金华十校2025高一期末]如图，在$\triangle ABC$中，$C=\frac{\pi}{6},BC=6,BD$是$\angle ABC$的平分线，且$CD=2\sqrt{3}$。
(1)求$BD$；
(2)若$M,N$是线段$BD$上的动点（点$N$在线段$BM$上），且$\angle MAN=\frac{\pi}{3}$，记$\angle DAM$为$\theta$。
(i)用$\tan\theta$表示$DM$；
(ii)求$\triangle MAN$面积的最小值。

答案： 13.【解】
(1)在$\triangle BCD$中，由余弦定理，得
$BD^{2}=CB^{2}+CD^{2}-2CB· CD\cos C = 6^{2}+(2\sqrt{3})^{2}-2×6×2\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=12$，
所以$BD = 2\sqrt{3}$.
(2)(ⅰ)由
(1)可知$\angle DBC=\angle ABD=\frac{\pi}{6}$，
所以$\angle ABC=\frac{\pi}{3},\angle BAC=\frac{\pi}{2}$，故$AD=\frac{1}{2}BD=\sqrt{3},AB=\frac{1}{2}BC = 3,\angle ADB=\frac{\pi}{3}$
因为$\angle DAM=\theta$，所以$\angle AMD=\frac{2\pi}{3}-\theta$，
在$\triangle ADM$中，由正弦定理，$\frac{AD}{\sin\angle AMD}=\frac{DM}{\sin\theta}$，即$\frac{\sqrt{3}}{\sin(\frac{2\pi}{3}-\theta)}=\frac{DM}{\sin\theta}$，
易知$\cos\theta\neq0$，所以$DM=\frac{\sqrt{3}\sin\theta}{\sin(\frac{2\pi}{3}-\theta)}=\frac{\sqrt{3}\sin\theta}{\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta+\frac{1}{2}\sin\theta}=\frac{2\sqrt{3}\tan\theta}{\sqrt{3}+\tan\theta},\theta\in[0,\frac{\pi}{6}]$.
(ⅱ)因为$\angle BAC=\frac{\pi}{2},\angle MAN=\frac{\pi}{3}$，
$\angle DAM=\theta$，所以$\angle BAN=\frac{\pi}{6}-\theta$，
又$\angle ABD=\frac{\pi}{6}$，所以$\angle ANB=\frac{2\pi}{3}+\theta$.
在$\triangle ABN$中，由正弦定理得，$\frac{BN}{\sin\angle BAN}=\frac{AB}{\sin\angle ANB}$，即$\frac{BN}{\sin(\frac{\pi}{6}-\theta)}=\frac{3}{\sin(\frac{2\pi}{3}+\theta)}$，
所以$BN=\frac{3\sin(\frac{\pi}{6}-\theta)}{\sin(\frac{2\pi}{3}+\theta)}=\frac{3(\frac{1}{2}\cos\theta-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta)}{\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta+\frac{1}{2}\sin\theta}=\frac{3 - 3\sqrt{3}\tan\theta}{\sqrt{3}+\tan\theta}$
设点$A$到$BD$的距离为$d$，则$d=\frac{AB· AD·\sin\angle BAD}{BD}=\frac{3×\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=\frac{3}{2}$，
所以$S_{\triangle MAN}=\frac{1}{2}MN· d=\frac{3}{4}(BD - DM - BN)=\frac{3}{4}(2\sqrt{3}-DM - BN)$，
$\rightarrow$巧思：$MN$也可表示为$DN - DM,DN$利用$\triangle DNA$的正弦定理表示出来
要求$\triangle MAN$面积的最小值，即求$DM + BN$的最大值.
由题意得，$DM + BN=\frac{2\sqrt{3}\tan\theta}{\sqrt{3}+\tan\theta}+\frac{3 - 3\sqrt{3}\tan\theta}{\sqrt{3}+\tan\theta}=\frac{3}{ \sqrt{3}+\tan\theta}=5\sqrt{3}-\frac{12\sqrt{3}}{3 - \tan^{2}\theta}$
因为$\theta\in[0,\frac{\pi}{6}]$，所以$3-\tan^{2}\theta\in[\frac{8}{3},3]$，$\frac{12\sqrt{3}}{3 - \tan^{2}\theta}\in[\frac{12\sqrt{3}}{3},\frac{9\sqrt{3}}{2}]\Rightarrow5\sqrt{3}-\frac{12\sqrt{3}}{3 - \tan^{2}\theta}\in[\frac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{3}]$，
故$DM + BN$的最大值为$\sqrt{3}$，
所以$\triangle MAN$面积的最小值为$\frac{3}{4}×(2\sqrt{3}-\sqrt{3})=\frac{3\sqrt{3}}{4}$.