《2025年零失误分层训练高中数学必修第二册人教版黑吉辽内蒙古专版》

9.【题型一】古希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的海伦公式，即利用三角形的三边长求三角形面积. 若三角形的三边长分别为$a,b,c$，则其面积$S = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}$，其中$p = \frac{a + b + c}{2}$.
(1)求证海伦公式；
(2)若$a = 8,c = 3b$，求此三角形面积的最大值.

答案： 9.
(1)证明:$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}ab\sqrt{1-\cos^{2}C}=\frac{1}{2}ab\sqrt{(1+\cos C)(1-\cos C)}=\frac{1}{2}ab\sqrt{(1-\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab})(1+\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab})}=\frac{1}{4}\sqrt{(2ab)^{2}-(a^{2}+b^{2}-c^{2})^{2}}=\frac{1}{16}\sqrt{[c^{2}-(a^{2}+b^{2}-2ab)][(a^{2}+b^{2}+2ab)-c^{2}]}=\frac{1}{16}\sqrt{[c^{2}-(a - b)^{2}][(a + b)^{2}-c^{2}]}=\sqrt{\frac{c + a - b}{2}·\frac{c + b - a}{2}·\frac{a + b + c}{2}·\frac{a + b - c}{2}}=\sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}$，其中$p=\frac{a + b + c}{2}$，得证。
(2)解:因为$a = 8$，$c = 3b$，所以$p=\frac{a + b + c}{2}=\frac{8 + 4b}{2}$，所以$S=\sqrt{\frac{8 + 4b}{2}·\frac{4b - 8}{2}·\frac{8 + 2b}{2}·\frac{8 - 2b}{2}}=2\sqrt{(2 + b)(b - 2)(4 + b)(4 - b)}=2\sqrt{(b^{2}-4)(16 - b^{2})}$，所以$S\leqslant2·\frac{(b^{2}-4)+(16 - b^{2})}{2}=12$，当且仅当$b^{2}-4 = 16 - b^{2}$，即$b=\sqrt{10}$时等号成立，所以$S$的最大值为$12$，此时$b=\sqrt{10}$，$c = 3\sqrt{10}$，$a = 8$，满足$c - a＜b＜a + c$，符合题意。]

10.【题型二、三】(2025·黑龙江哈尔滨三中高一下月考)定义：设$O$为坐标原点，若非零向量$\overrightarrow{OM} = (a,b)$，函数$f(x)$的解析式满足$f(x) = a\sin x + b\cos x$，则称$f(x)$为$\overrightarrow{OM}$的伴随函数，$\overrightarrow{OM}$为$f(x)$的伴随向量.
(1)若向量$\overrightarrow{OM}$为函数$f(x)=2\sin(x+\frac{\pi}{6})$的伴随向量，求$\overrightarrow{OM}$的坐标；
(2)若函数$f(x)$为向量$\overrightarrow{OM}=(24,7)$的伴随函数，在$\triangle ABC$中，内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$，$f(C)$恰好为函数$f(x)$的最大值.
(ⅰ)$\angle ACB$的平分线交$AB$于点$D$，$c = 2$，求$CD$的最大值；
(ⅱ)在锐角三角形$ABC$中，求$T=\frac{c}{a}+\frac{c}{b}$范围.

答案：
10.解:
(1)由已知得$f(x)=2\sin(x+\frac{\pi}{6})=2(\sin x\cos\frac{\pi}{6}+\cos x\sin\frac{\pi}{6})=\sqrt{3}\sin x+\cos x$，根据题意可知$\overrightarrow{OM}=(\sqrt{3},1)$。
(2)(ⅰ)根据题意，由$\overrightarrow{OM}=(24,7)$可知$f(x)=24\sin x+7\cos x$，利用辅助角公式得$f(x)=25(\frac{24}{25}\sin x+\frac{7}{25}\cos x)=25\sin(x+\varphi)$，其中$\sin\varphi=\frac{7}{25}$，$\cos\varphi=\frac{24}{25}$，当$x+\varphi=\frac{\pi}{2}$时，$f(x)$取到最大值$f(C)$，所以$C+\varphi=\frac{\pi}{2}$，所以$\sin C=\sin(\frac{\pi}{2}-\varphi)=\cos\varphi=\frac{24}{25}$，又$\cos C=\cos(\frac{\pi}{2}-\varphi)=\sin\varphi=\frac{7}{25}$，由二倍角公式得$\cos C=2\cos^{2}\frac{C}{2}-1=\frac{7}{25}\Rightarrow\cos^{2}\frac{C}{2}=\frac{16}{25}\Rightarrow\sin\frac{C}{2}=\frac{3}{5}$，如图，

由三角形面积可得$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ADC}+S_{\triangle BDC}$，即$\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}b· CD\sin\frac{C}{2}+\frac{1}{2}a· CD\sin\frac{C}{2}$，可得$\frac{24}{25}ab=b· CD+a· CD$，$CD=\frac{8}{5}·\frac{ab}{a + b}=\frac{8}{5}·\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}$，再由余弦定理得$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos C=a^{2}+b^{2}-\frac{14}{25}ab = 64$，因为$a + b\geqslant2\sqrt{ab}$，$(a + b)^{2}\geqslant4ab$，所以$\frac{64}{25}ab+64\geqslant4ab$，$\frac{36}{25}ab\leqslant64$，$ab\leqslant\frac{400}{9}$，所以$CD=\frac{8}{5}·\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\leqslant\frac{8}{5}·\frac{1}{2\sqrt{\frac{1}{ab}}}\leqslant\frac{8}{5}·\frac{1}{2\sqrt{\frac{9}{400}}}=\frac{8}{3}$，当且仅当$a=b=\frac{20}{3}$时取等号。
(ⅱ)利用正弦定理角化边可得$T=\frac{c}{a}+\frac{c}{b}=\frac{\sin C}{\sin A}+\frac{\sin C}{\sin B}=\sin C·\frac{\sin A+\sin B}{\sin A\sin B}$，因为$\sin C=\frac{24}{25}$，再利用和差化积和积化和差可得$T=\frac{24}{25}·\frac{2\sin\frac{A + B}{2}\cos\frac{A - B}{2}}{\cos(A - B)-\cos(A + B)}=\frac{96}{25}·\frac{\cos\frac{A - B}{2}}{\cos(A - B)-\cos(\pi - C)}=\frac{96}{25}·\frac{\cos\frac{A - B}{2}}{\cos(A - B)+\cos C}$，代入$\cos C=\frac{7}{25}$，$\cos\frac{C}{2}=\frac{4}{5}$，所以$T=\frac{384}{125}·\frac{\cos\frac{A - B}{2}}{2\cos^{2}\frac{A - B}{2}-\frac{18}{25}}=\frac{192}{125}·\frac{1}{\cos(A - B)-\frac{9}{25}}$，当$A = B$时，$\cos\frac{A - B}{2}$取最大值$1$，利用已知函数$y=x-\frac{a}{x}(a＞0)$在$(0,+\infty)$上单调递减，可知$T$是单调递减函数，所以可得$T_{\min}=\frac{192}{125}×\frac{1}{1-\frac{9}{25}}=\frac{192}{125}×\frac{25}{16}=\frac{12}{5}$，当$A=\frac{\pi}{2}$，$B=\frac{\pi}{2}-C$时，可得$\cos\frac{A - B}{2}=\cos(\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2})=\cos\frac{C}{2}=\frac{4}{5}$，此时可得$T=\frac{192}{125}×\frac{1}{\frac{16}{25}-\frac{9}{25}}=\frac{192}{125}×\frac{25}{7}=\frac{768}{175}$，因为此三角形是锐角三角形，所以根据单调递减性可得$T\in[\frac{12}{5},\frac{768}{175})$。]

11.【题型一、三】(2025·黑龙江哈尔滨道外区高一下期中)在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$，向量$\mathbf{m}=(b,a + c)$，$\mathbf{n}=(b - c,c - a)$，且$\mathbf{m}\perp\mathbf{n}$.
(1)若边$a = 8$，$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=6$，$\angle BAC$的平分线交$BC$边于点$D$，求$AD$的长；
(2)若$E$为$BC$边上任意一点，$AE = 1$，$\frac{BE}{EC}=\frac{2c}{b}$，求$2b + c$的最小值.

答案： 11.解:
(1)根据题意可知，向量$\overrightarrow{m}=(b,a + c)$，$\overrightarrow{n}=(b - c,c - a)$，由$\overrightarrow{m}\perp\overrightarrow{n}$，得$\overrightarrow{m}·\overrightarrow{n}=b(b - c)+(a + c)(c - a)=0$，即$bc=b^{2}+c^{2}-a^{2}$，$\therefore\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{1}{2}$，由$A\in(0,\pi)$得$A=\frac{\pi}{3}$，$\because\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=bccosA = 6$，$\therefore bc = 12$，根据余弦定理得$a^{2}=b^{2}+c^{2}-bc$，即$64=(b + c)^{2}-3bc$，得$b + c = 10$，$\because AD$为$\angle BAC$的平分线，$\therefore\angle BAD=\angle CAD=\frac{\pi}{6}$，$\therefore S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}· b· AD\sin\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}· c· AD\sin\frac{\pi}{6}$，$\therefore3\sqrt{3}=\frac{1}{4}(b + c)· AD=\frac{5}{2}AD$，$\therefore AD=\frac{6\sqrt{3}}{5}$。
(2)根据题意可知$\overrightarrow{BE}=\frac{2c}{2c + b}\overrightarrow{BC}$，即$\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AB}=\frac{2c}{2c + b}\overrightarrow{AC}-\frac{2c}{2c + b}\overrightarrow{AB}$，$\therefore\overrightarrow{AE}=\frac{2c}{2c + b}\overrightarrow{AC}+\frac{b}{2c + b}\overrightarrow{AB}$，故$(2c + b)^{2}\overrightarrow{AE}^{2}=(2c\overrightarrow{AC}+b\overrightarrow{AB})^{2}$，$\because\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=bccos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}bc$，$\therefore(2c + b)^{2}\overrightarrow{AE}^{2}=4c^{2}\overrightarrow{AC}^{2}+4bc\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{AB}+b^{2}\overrightarrow{AB}^{2}=4c^{2}b^{2}+4bc·\frac{1}{2}bc + b^{2}c^{2}=7b^{2}c^{2}$，$\because b＞0$，$c＞0$，$\therefore2c + b=\sqrt{7}bc$，即$\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=\sqrt{7}$，$\therefore2b + c=(2b + c)(\frac{2}{b}+\frac{1}{c})·\frac{1}{\sqrt{7}}\geqslant\frac{1}{\sqrt{7}}(5 + 2\sqrt{\frac{2b}{c}·\frac{2c}{b}})=\frac{9\sqrt{7}}{7}$，当且仅当$b = c$时等号成立，$\therefore2b + c$的最小值为$\frac{9\sqrt{7}}{7}$。]

12.【题型三】在①$f(x)=\mathbf{a}·\mathbf{b}$，②$f(x)=\frac{b^{2}}{a^{2}}$这两个条件中选择一个，补充在下面的横线上，并解答问题.
已知向量$\mathbf{a}=(\sin x + \cos x,\cos x - \sin x)$，$\mathbf{b}=(\sin x + \cos x,\sin x + \cos x)$，且满足.
(1)求函数$f(x)$的最小正周期；
(2)在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$，若$f(A)=2$，$a = 3\sqrt{5}$，$b = 6\sqrt{2}$，求$\triangle ABC$的面积.

答案： 12.解:
(1)若选条件①:由向量$\overrightarrow{a}=(\sin x+\cos x,\cos x-\sin x)$，$\overrightarrow{b}=(\sin x+\cos x,\sin x+\cos x)$，可得$f(x)=\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}=(\sin x+\cos x)^{2}+\cos^{2}x-\sin^{2}x=1+\sin2x+\cos2x=\sqrt{2}\sin(2x+\frac{\pi}{4})+1$，所以函数$f(x)$的最小正周期为$T=\frac{2\pi}{2}=\pi$。若选条件②:由向量$\overrightarrow{a}=(\sin x+\cos x,\cos x-\sin x)$，$\overrightarrow{b}=(\sin x+\cos x,\sin x+\cos x)$，可得$\overrightarrow{b}^{2}=(\sin x+\cos x)^{2}+(\sin x+\cos x)^{2}=2\sin2x + 2$，$\overrightarrow{a}^{2}=(\sin x+\cos x)^{2}+(\cos x-\sin x)^{2}=2$，所以$f(x)=\frac{\overrightarrow{b}^{2}}{\overrightarrow{a}^{2}}=\sin2x + 1$，所以函数$f(x)$的最小正周期为$T=\frac{2\pi}{2}=\pi$。
(2)若选条件①:由
(1)得$f(A)=\sqrt{2}\sin(2A+\frac{\pi}{4})+1 = 2$，则$\sin(2A+\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2}$。因为$A\in(0,\pi)$，所以$2A+\frac{\pi}{4}\in(\frac{\pi}{4},\frac{9\pi}{4})$，所以$2A+\frac{\pi}{4}=\frac{3\pi}{4}$，即$A=\frac{\pi}{4}$。在$\triangle ABC$中，由余弦定理$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc·\cos A$，整理得$c^{2}-12c + 27 = 0$，解得$c = 3$或$c = 9$。当$c = 3$时，$S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}×6\sqrt{2}×3×\frac{\sqrt{2}}{2}=9$；当$c = 9$时，$S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}×6\sqrt{2}×9×\frac{\sqrt{2}}{2}=27$，所以$\triangle ABC$的面积为$9$或$27$。若选条件②:由
(1)得$f(A)=\sin2A + 1 = 2$，则$\sin2A = 1$，因为$A\in(0,\pi)$，所以$2A\in(0,2\pi)$，所以$2A=\frac{\pi}{2}$，即$A=\frac{\pi}{4}$，在$\triangle ABC$中，由余弦定理$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A$，整理得$c^{2}-12c + 27 = 0$，解得$c = 3$或$c = 9$。当$c = 3$时，$S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}×6\sqrt{2}×3×\frac{\sqrt{2}}{2}=9$；当$c = 9$时，$S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}×6\sqrt{2}×9×\frac{\sqrt{2}}{2}=27$，所以$\triangle ABC$的面积为$9$或$27$。]