《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

6. [2024山东菏泽期中]已知在$\triangle ABC$中，$\overrightarrow{CA} · \overrightarrow{CB} = -2$，$\triangle ABC$的面积为$\sqrt{3}$.
(1)求角$C$的大小；
(2)如图，若$BC = 2$，$D,E$是$AB$上的动点，且$\angle DCE$始终等于$30°$，记$\angle CED = \alpha$，当$DE$取到最小值时，求$\alpha$的值.

答案： 6.解：
(1)设$CA = b$，$CB = a$，则$\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{CB}=ab\cos C=-2$。又$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C=\sqrt{3}$，所以$\tan C=-\sqrt{3}$。因为$C$为$\triangle ABC$的内角，所以$\angle C = 120^{\circ}$。
(2)$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}×2×\frac{\sqrt{3}}{2}b=\sqrt{3}$，解得$b = 2$。因此$CA = CB = 2$，$\angle A = \angle B = 30^{\circ}$。在$\triangle ACE$中，由正弦定理得$\frac{CA}{\sin\alpha}=\frac{CE}{\sin30^{\circ}}$，即$CE=\frac{1}{\sin\alpha}$。在$\triangle CDE$中，由正弦定理得$\frac{CE}{\sin\angle CDE}=\frac{DE}{\sin30^{\circ}}$，$DE=\frac{1}{2\sin\alpha\sin(150^{\circ}-\alpha)}=\frac{1}{\sin\alpha\cos\alpha+\sqrt{3}\sin^{2}\alpha}=\frac{1}{\frac{1}{2}\sin2\alpha-\frac{\sqrt{3}}{2}\cos2\alpha+\frac{\sqrt{3}}{2}}$，显然$30^{\circ}\leq\alpha\leq120^{\circ}$，则$0\leq2\alpha - 60^{\circ}\leq180^{\circ}$。因此当$\sin(2\alpha - 60^{\circ}) = 1$时，$DE$取到最小值，此时$2\alpha - 60^{\circ}=90^{\circ}$，即$\alpha = 75^{\circ}$，所以$\alpha$的值为$75^{\circ}$。

7. [2025湖北武汉期末]如图，在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$，若$\triangle ABC$的面积$S = 3\sqrt{3}$，$\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} = 6$，且$\frac{3\cos A}{a} + \frac{\cos B}{b} = \frac{2\cos C}{c}$
(1)求角$A$和角$C$；

(2)若$\overrightarrow{BD} = 2\overrightarrow{DC}$，求$|\overrightarrow{AD}|$.

答案： 7.解：
(1)由已知得$\begin{cases}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc·\sin A = 3\sqrt{3}\\\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=bc·\cos A = 6\end{cases}$两式相除得$\tan A=\sqrt{3}$，又$0 ＜ A ＜ \pi$，所以$A=\frac{\pi}{3}$。又$\frac{3\cos A}{a}+\frac{\cos B}{b}=2\frac{\cos C}{c}$，根据余弦定理，得$3×\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2abc}+\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2abc}=2×\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2abc}$，化简得$2a^{2}=3c^{2}$，所以$\sqrt{2}a=\sqrt{3}c$。由正弦定理，得$\sin C=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\sin A=\frac{\sqrt{2}}{2}$，又因为$0 ＜ C ＜ \frac{2\pi}{3}$，所以$C=\frac{\pi}{4}$。
(2)因为$A=\frac{\pi}{3}$，$C=\frac{\pi}{4}$，所以$B=\pi - A - C=\frac{5\pi}{12}$，所以$b=\frac{\sin B}{\sin C}c=\frac{\sqrt{3}+1}{2}c$。由
(1)得$bc = 12$，所以$c^{2}=12(\sqrt{3}-1)$，所以$b^{2}=(\frac{\sqrt{3}+1}{2}c)^{2}=24(\sqrt{3}+1)$。因为$\overrightarrow{BD}=2\overrightarrow{DC}$，所以$3\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}$，两边同时平方，得$9\vert\overrightarrow{AD}\vert^{2}=(2\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB})^{2}=4\vert\overrightarrow{AC}\vert^{2}+4\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}+\vert\overrightarrow{AB}\vert^{2}=4b^{2}+4×6 + c^{2}=24(\sqrt{3}+1)+24+12(\sqrt{3}-1)=36(\sqrt{3}+1)$，化简得$\vert\overrightarrow{AD}\vert=2\sqrt{3 + 1}$。

8. [2023山东聊城期中]如图，在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$.$AD$为$BC$边上的中线，$E,F$分别为边$AB,AC$上动点，$EF$交$AD$于点$G$. 已知$b = 4$，且$2c\sin A \cos B = a\sin A - b\sin B + \frac{1}{4}b\sin C$.
(1) 求$c$的长；
(2) 若$\cos \angle BAD = \frac{\sqrt{21}}{7}$，求$\angle BAC$的余弦值；
(3)在(2)的条件下，若$S_{\triangle ABC} = 4S_{\triangle AEF}$，求$\overrightarrow{AG} · \overrightarrow{EF}$的取值范围.

答案： 8.解：
(1)由已知$2c\sin A\cos B=a\sin A - b\sin B+\frac{1}{4}b\sin C$，由正弦定理角化边可得，$2ca\cos B=a^{2}-b^{2}+\frac{1}{4}bc$。由余弦定理角化边可得$2ca·\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ac}=a^{2}-b^{2}+\frac{1}{4}bc$，整理可得$c^{2}=\frac{1}{4}bc$，即$b = 4c$。因为$b = 4$，所以$c = 1$。
(2)因为$D$为$BC$的中点，所以$\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$。设$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AC}$的夹角为$\theta$，则$\vert\overrightarrow{AD}\vert=\frac{1}{2}\sqrt{\overrightarrow{AB}^{2}+\overrightarrow{AC}^{2}+2\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}}=\frac{1}{2}\sqrt{c^{2}+b^{2}+2bc\cos\theta}=\frac{\sqrt{17 + 8\cos\theta}}{2}$。又$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}·\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}^{2}+\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC})=\frac{c^{2}+bc\cos\theta}{2}=\frac{1 + 4\cos\theta}{2}$，所以$\cos\angle BAD=\frac{\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD}}{\vert\overrightarrow{AB}\vert\vert\overrightarrow{AD}\vert}=\frac{1 + 4\cos\theta}{\sqrt{17 + 8\cos\theta}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$，整理可得$28\cos^{2}\theta+8\cos\theta - 11 = 0$，解得$\cos\theta=\frac{1}{2}$或$\cos\theta=-\frac{11}{14}$。又$\cos\angle BAD=\frac{\sqrt{21}}{7}＞0$，所以$1 + 4\cos\theta＞0$，所以$\cos\theta=\frac{1}{2}$，所以$\angle BAC$的余弦值为$\frac{1}{2}$。
(3)由
(2)可得，$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=\vert\overrightarrow{AB}\vert·\vert\overrightarrow{AC}\vert\cos\theta=2$。由已知可设$\overrightarrow{AD}=k\overrightarrow{AG}$，$\overrightarrow{AB}=\lambda\overrightarrow{AE}$，$\overrightarrow{AC}=\mu\overrightarrow{AF}(k,\lambda,\mu\in[1,+\infty))$，所以$\vert\overrightarrow{AB}\vert=\lambda\vert\overrightarrow{AE}\vert$，$\vert\overrightarrow{AE}\vert=\frac{\vert\overrightarrow{AB}\vert}{\lambda}$，$\vert\overrightarrow{AC}\vert=\mu\vert\overrightarrow{AF}\vert$，$\vert\overrightarrow{AF}\vert=\frac{\vert\overrightarrow{AC}\vert}{\mu}=\frac{4}{\mu}$。因为$\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle AEF}}=4$，所以$\frac{1}{2}·\vert\overrightarrow{AB}\vert\vert\overrightarrow{AC}\vert\sin\theta=\lambda\mu\frac{1}{2}·\frac{1}{\lambda}\frac{4}{\mu}\sin\theta=\lambda\mu=4$。由$\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$，可得$2k\overrightarrow{AG}=\lambda\overrightarrow{AE}+\mu\overrightarrow{AF}$，即$\overrightarrow{AG}=\frac{\lambda}{2k}\overrightarrow{AE}+\frac{\mu}{2k}\overrightarrow{AF}$。由$G$，$E$，$F$三点共线，得$\frac{\lambda}{2k}+\frac{\mu}{2k}=1$，即$\lambda+\mu=2k$，所以$\overrightarrow{AG}·\overrightarrow{EF}=\frac{1}{2k}\overrightarrow{AD}·(\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AE})=\frac{1}{2k}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})·(\frac{1}{\mu}\overrightarrow{AC}-\frac{1}{\lambda}\overrightarrow{AB})=\frac{1}{2k}·[\frac{1}{\mu}\vert\overrightarrow{AC}\vert^{2}-\frac{1}{\lambda}\vert\overrightarrow{AB}\vert^{2}+(\frac{1}{\mu}-\frac{1}{\lambda})\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}]=\frac{1}{2k}·(\frac{16}{\mu}-\frac{4}{\lambda}+\frac{2}{\mu}-\frac{2}{\lambda})=\frac{3}{4}·\frac{6\lambda^{2}-4}{\lambda^{2}+4}=\frac{3}{4}·\frac{6\lambda^{2}+24 - 28}{\lambda^{2}+4}=\frac{3}{4}×(6-\frac{28}{\lambda^{2}+4})$。因为$\mu=\frac{4}{\lambda}\geq1$，所以$\lambda\leq4$，即$\lambda\in[1,4]$，所以$\lambda^{2}+4\in[5,20]$，所以$\frac{7}{5}\leq\frac{28}{\lambda^{2}+4}\leq\frac{28}{5}$，即$-\frac{28}{5}\leq-\frac{28}{\lambda^{2}+4}\leq-\frac{7}{5}$，即$\frac{2}{5}\leq6-\frac{28}{\lambda^{2}+4}\leq\frac{23}{5}$，所以$\frac{3}{10}\leq\frac{3}{4}(6-\frac{28}{\lambda^{2}+4})\leq\frac{69}{20}$，所以$\overrightarrow{AG}·\overrightarrow{EF}$的取值范围是$[\frac{3}{10},\frac{69}{20}]$。