重難點23 解三角形壓軸小題十一大題型【2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)題型突破】（解析版）

高中數(shù)學(xué)精編資源2/2重難點專題23解三角形壓軸小題十一大題型匯總題型1正余弦定理 1題型2取值范圍問題 6◆類型1轉(zhuǎn)化角度法 6◆類型2正弦定理法 11◆類型3正弦定理+輔助角 15◆類型4轉(zhuǎn)化正切法 20◆類型5余弦定理法 26◆類型6建系法 31◆類型7轉(zhuǎn)化函數(shù) 40◆類型8二次型取值范圍 45◆類型9基本不等式 51題型3中線問題 55題型4角平分線問題 60題型5高線問題 64題型6四邊形問題 69題型7多三角形問題 75題型8與向量結(jié)合問題 80題型9實際問題 88題型10正余弦定理與立體幾何 97題型11正余弦定理與解析幾何 109題型1正余弦定理正弦定理和余弦定理是解決三角形問題的重要工具，根據(jù)已知條件和所求未知量的不同，選擇合適的方法可以更加高效地解決問題，通過運用這兩個定理，可以幫助我們求解各種未知邊長和角度，在解題過程中，我們還可以利用三角形內(nèi)角和為180度來輔助求解.【例題1】（多選）（2023·山西陽泉·統(tǒng)考三模）設(shè)△ABC內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c．若sinA=A．A+B=π2 B．2A+C=3π【答案】BCD【分析】由sinA=cosB，得到A+B=π2或A+【詳解】因為△ABC中，sinA=cosB=sinπ當(dāng)A+B=π2時，C=π當(dāng)A+π2-B=此時C=π-A-B=π因為A=π2+B，所以A>B因為C=π2-2B即2sin令t=sinB∈0,1則f't=6又f12=14所以B<π6,A<故選：BCD.【變式1-1】1.（2023·全國·高三專題練習(xí)）在△ABC中，∠CAB=90°，AB=3，AC=4，P為△ABC內(nèi)一點，若∠PBA=∠PCB=∠PAC=α，則tanα=【答案】12【詳解】設(shè)PA=x，PB=y，PC=z，在△PAB中，由余弦定理得cosα=又S?PAB=12所以tanα=4S同理可得，(25+z(16+x①②③相加，得50tan又S△PAB+S【變式1-1】2.（2023·全國·高三專題練習(xí)）△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c，若a+b=8,cosC=15，且△ABC的面積為3【答案】2【分析】根據(jù)平方關(guān)系求出sinC，由余弦定理得320-5c2=12ab①，由【詳解】因為0<C<π，cosC=1所以sinC=由余弦定理得cosC=即320-5c由S△ABC得ab=15代入①可得c=-27（舍去），c=2故答案為：27【變式1-1】3.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知△ABC的內(nèi)角A，B，C滿足sin2A+sinA-B+C=sinA．a(chǎn)ba+b>16C．6≤abc≤12 D．12≤abc≤24【答案】B【分析】根據(jù)三角恒等變換公式得到sinAsinBsinC=18【詳解】sin2A+則sin2A+sinπ故sin2A+2sin即2sinAcos整理得到sinA設(shè)外接圓的半徑為R，由正弦定理可得：asinS=12absinC1≤S≤2，故f(x)=Asin(ωx+φ)，即abc=sinAsin對選項A：ab(a+b)>abc≥8，即ab(a+b)>8，但ab(a+b)>162對選項B：bc(b+c)>abc≥8，即bc(b+c)>8，正確；對選項C：8≤abc≤162對選項D：8≤abc≤162故選：B【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查了三角恒等變換，三角形面積公式，正弦定理，以此考查學(xué)生的計算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中利用三角恒等變換公式將條件轉(zhuǎn)化為8≤abc≤162【變式1-1】4.（2023·江西贛州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對邊的長分別為a，b，c，已知△ABC的面積S滿足b+c2=4【答案】π【分析】根據(jù)余弦定理和三角形面積公式化簡已知條件，得cos求解cosA【詳解】由已知得b2根據(jù)余弦定理和三角形面積公式，得2bccos化簡為cosA+1=(由于A∈0,π，所以化簡得4+23

即4+23解得cosA=32由于A∈0,π，所以故答案為：π【變式1-1】5.（2023·全國·高三專題練習(xí)）在Rt△ABC中，斜邊為AB，點D在邊BC上，若tan∠BAD=24，sin∠ADC?【答案】4【分析】由tan∠BAD=24，結(jié)合同角關(guān)系求出sin∠BAD，cos∠BAD，結(jié)合三角形面積公式證明BD=AC【詳解】因為tan∠BAD=24，所以sin∠BAD∈0,π2，所以sin△ABD的面積S=1△ABD的面積S=12BD?AC因為sin∠ADC?sinB=13所以BD?AC=AC?AC，故BD=AC，所以AB?AD=3AC?AC=3B由余弦定理可得cos∠BAD=AB所以22所以AB故答案為：42題型2取值范圍問題解三角形中最值或范圍問題，通常涉及與邊長，周長有關(guān)的范圍問題，與面積有關(guān)的范圍問題，或與角度有關(guān)的范圍問題，常用處理思路：①余弦定理結(jié)合基本不等式構(gòu)造不等關(guān)系求出答案；②采用正弦定理邊化角，利用三角函數(shù)的范圍求出最值或范圍，如果三角形為銳角三角形，或其他的限制，通常采用這種方法；③巧妙利用三角換元，實現(xiàn)邊化角，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為正弦或余弦函數(shù)求出最值.◆類型1轉(zhuǎn)化角度法【例題2-1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）△ABC中，角A，B，C滿足cos2A-cos2B=2sin【答案】233【分析】利用正弦定理、余弦定理化簡已知條件，求得A，利用三角函數(shù)的最值的求法求得1tan【詳解】依題意，cos2A-1-2sinsin2B+sin所以cosA=b2+1tanB+1tan所以-π6<2B-所以-1所以3sin2B-π6+所以1tanB+故答案為：2【點睛】利用正弦定理或余弦定理來求角時，要注意角的范圍，如sinA=12，則A可能是π6或5π6.求解含角的表達(dá)式的最值或范圍時，首先將表達(dá)轉(zhuǎn)化為一個角的形式，如轉(zhuǎn)化為y=A【變式2-1】1.（2023秋·重慶·高三重慶一中?？奸_學(xué)考試）在△ABC中，若sinA=2cosBcosC【答案】2【分析】先由題證明得cos2A+cos【詳解】首先證明：在△ABC中，有cos2在△ABC中，由余弦定理得a2由正弦定理得sinA令cos2上述兩式相加得M=2+=2+cos2=1-1+cos當(dāng)sin(2A+π4故答案為：2+1【變式2-1】2.（2023秋·重慶·高三統(tǒng)考學(xué)業(yè)考試）已知銳角△ABC中，內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，a2=b2+bcA．0,2 B．1,3 C．0,2【答案】C【分析】利用余弦定理結(jié)合正弦定理化簡可得出A=2B，根據(jù)△ABC為銳角三角形可求得角B的取值范圍，利用二倍角公式以及誘導(dǎo)公式化簡得出cosC-B+λcosA=-2cos【詳解】由余弦定理可得a2=b由正弦定理可得sin=sin因為△ABC為銳角三角形，則0<A<π2，0<B<π又因為函數(shù)y=sinx在-π2,由于△ABC為銳角三角形，則0<A<π20<B<π2cosC-B因為π3<2B<π因為-2cos22B+λcos2B+1故選：C.【點睛】方法點睛：三角函數(shù)最值的不同求法：①利用sinx和cos②把形如y=asinx+bcos③利用sinx±cosx④形如y=asin2x+b【變式2-1】3.（多選）（2023秋·河南·高三鄭州一中校聯(lián)考階段練習(xí)）用長為3的鐵絲圍成△ABC，記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c，已知B=60°，則（

）A．存在△ABC滿足a,b,c成公差不為0的等差數(shù)列B．存在△ABC滿足a,b,c成等比數(shù)列C．△ABC的內(nèi)部可以放入的最大圓的半徑為3D．可以完全覆蓋△ABC的最小圓的半徑為3【答案】BCD【分析】利用余弦定理及等差中項結(jié)合條件可判斷A，利用等比中項的性質(zhì)結(jié)合條件可判斷B，利用余弦定理及三角形面積公式可得三角形內(nèi)切圓半徑的最大值進(jìn)而判斷C，利用正弦定理及三角函數(shù)的性質(zhì)可得三角形外接圓半徑的最小值判斷D.【詳解】依題意知a+b+c=3，由余弦定理，得b2對A，若a,b,c成等差數(shù)列，則2b=a+c，所以(a+c)2所以(a-c)2對B，若a,b,c成等比數(shù)列，則b2=ac，所以ac=a所以當(dāng)△ABC為等邊三角形時a,b,c成等比數(shù)列，故B正確；對C，由b2=a2+c2所以△ABC的面積S=12acsinB≤所以△ABC的內(nèi)部可以放入的最大圓的半徑為36對D，由正弦定理可得：2R=bsin60°=a因為sinA+sin120°-A所以2R≥3323,R≥故選：BCD．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的CD項較難，關(guān)鍵是把問題轉(zhuǎn)化為求三角形的內(nèi)切圓半徑及外接圓半徑，然后利用基本不等式及三角形的有關(guān)知識即得.◆類型2正弦定理法【例題2-2】（2023秋·重慶·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）△ABC中，sinπ2-BA．-1，12 B．13【答案】B【分析】化簡得到cosB=cos2A，從而得到2A=B，得到C=π-3A，A∈【詳解】sinπ在△ABC中，A,B∈0,π，故2A=B或當(dāng)2A+B=2π時，A+B2所以2A=B，C=π因為A,B∈0,π，所以2A∈0,因為C=π-3A∈0,由正弦定理得ACsin故AC-BCAB=sinB-sin故AC-BCAB因為A∈0,π3故AC-BCAB因為A∈0,π3，所以cosA∈1故AC-BCAB故選：B【變式2-2】1.（2022秋·安徽馬鞍山·高三馬鞍山二中校考期中）在銳角ΔABC中，A=2B，則ABACA．-1,3 B．1,3C．(2,【答案】D【分析】根據(jù)在銳角ΔABC中，每個角都是銳角確定B的范圍，利用正弦定理以及三倍角的正弦公式，化簡表達(dá)式，求出范圍即可.【詳解】在銳角ΔABC中，{0<2∠B<π2cosB∈(所以由正弦定理可知AB=3-4sin【點睛】本題考查正弦定理在解三角形中的應(yīng)用，三倍角的正弦公式，屬于中檔題.正弦定理是解三角形的有力工具，其常見用法有以下三種：（1）知道兩邊和一邊的對角，求另一邊的對角（一定要注意討論鈍角與銳角）；（2）知道兩角與一個角的對邊，求另一個角的對邊；（3）證明化簡過程中邊角互化；（4）求三角形外接圓半徑.【變式2-2】2.（2023·全國·高三專題練習(xí)）在銳角三角形ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知acosB-bcosA．33,C．2-3,【答案】C【分析】由正弦定理邊化角得到A=2B，由銳角三角形求出π6<B<π【詳解】因為acosB-bcos即sinA-B=sinB，所以A-B=B，即A=2B，又因為銳角三角形ABC，所以0<A<π20<B<π2ba+c令cosB=t，因為π6<B<則ba+c=1所以ba+c故選：C.【變式2-2】3.（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）在△ABC中，角A,B,C的對邊分別為a,b,c，若cosA+2C=sinA．43 B．62 C．8【答案】D【分析】根據(jù)三角恒等變換結(jié)合條件可得B=π2+C，然后利用正弦定理可得3【詳解】由題知cosA+C+C則cosA+C即2cos因為C≠π2，所以cosC≠0所以sinC=-cosB=sinB-π23a因為B=π2+C，則A=π-B-C=令t=sin2C，則12則f'所以ft在0,12上單調(diào)遞減，又f故選：D.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是通過三角恒等變換得到B=π2【變式2-2】4.（2023·廣西南寧·南寧三中校考模擬預(yù)測）在銳角△ABC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，若cosA=b-c2cA．23,1C．1,+∞ D．【答案】A【分析】由正弦邊角關(guān)系、三角恒等變換及三角形內(nèi)角性質(zhì)可得sin(A-C)=sinC，進(jìn)而有A=2C，再把2cc+b化為【詳解】由cosA=b-c2c所以sin(A+C)-則sinA所以A-C=C或A-C+C=A=π（舍），故A=2C綜上，2cc+b=所以2cc+b=2sinC由銳角△ABC，則π2<A+C=3C<π0<A=2C<π所以2cos2C∈(1,故選：A【點睛】關(guān)鍵點點睛：將條件由邊化角求角的關(guān)系，即A=2C，再把目標(biāo)式，由邊化角得2cc+b=◆類型3正弦定理+輔助角【例題2-3】（2023秋·重慶萬州·高三重慶市萬州第二高級中學(xué)校考階段練習(xí)）在銳角△ABC中，角A,B,C的對邊分別為a,b,c，S為△ABC的面積，a=2，且2S=a2-A．4,6 B．4,2C．6,25+2【答案】C【分析】利用面積公式和余弦定理可得tanA2=12【詳解】∵2S=a∴S=bc-bccos∴1-cosA=12sin∴tanA2=由正弦定理可得asin所以b+c==52sinB+3因為△ABC為銳角三角形，所以π2-A<B<π即：π2所以cosA2<∴4<25sinB+φ故△ABC的周長的取值范圍是6,25故選：C.【變式2-3】1.（2022秋·四川成都·高三成都市錦江區(qū)嘉祥外國語高級中學(xué)校考期中）在△ABC中，BC=3AC，∠BAC=π3，點D與點B分別在直線AC的兩側(cè)，且AD=1，A．3 B．33 C．3 D．【答案】B【分析】根據(jù)已知條件可以判斷△ABC是直角三角形，且隨著∠ADC的變化△ABC三條邊的長度也會隨著發(fā)生改變，因此先根據(jù)余弦定理和正弦定理確定∠ADC與邊的變化關(guān)系，再構(gòu)造一個關(guān)于BD邊的三角形，根據(jù)∠ADC與邊的關(guān)系在新構(gòu)造的三角形中解出BD的表達(dá)式，找出最大值.【詳解】由BC=3AC?BCAC=3=設(shè)AC=x，BC=3x，得AC2由正弦定理得ADsin∠ACD=連接BD，在△BCD中，由余弦定理，得BBD2=3x2+3-2故選:B【點睛】思路點睛：可變動圖形與某一變量的變化關(guān)系引出的求邊求角類問題（以本題為例）：①確定變動圖形的變化規(guī)律：如上題△ABC的變化是角度不變，邊長可等比例變化②確定圖形變化與某個變量的聯(lián)系：∠ADC變化→AC發(fā)生變化→△ABC整體變化③找到有直接聯(lián)系的兩個變量的數(shù)學(xué)關(guān)系，然后推廣到整體變化上：此處最為困難，需要學(xué)生根據(jù)已知條件活用所學(xué)的數(shù)學(xué)知識.【變式2-3】2.（2022秋·四川綿陽·高三綿陽中學(xué)校考階段練習(xí)）在銳角△ABC中，若3sinA(cosAaA．23,4 B．2,23 C．【答案】A【分析】由3sinC+cosC=2，可得C=π3；再結(jié)合正弦定理將3sinA(cosAa+cosC【詳解】由3sinC+cosC=2sin∵C∈(0,π2)，∴C=π3．由題cosAa+cosCc=sinBsinC3sinA，由正弦定理有cosAa+cosCc=b?323a∵A∈(π6，π2)，∴A+π6∈(∴a+b的取值范圍為23故選：A．【變式2-3】3.（2022秋·廣東廣州·高三中山大學(xué)附屬中學(xué)校考期中）設(shè)△ABC的面積為S，∠BAC=θ，已知AB?AC=4，2≤S≤23，則函數(shù)【答案】2+【分析】由向量數(shù)量積公式和三角形面積公式得到1≤tanθ≤3，求出θ∈π4【詳解】由題意AB?AC=所以1≤tanθ≤3，所以=3因為θ∈π4,所以當(dāng)2θ+π6=5π6，即當(dāng)2θ+π6=2π3，即θ=故fθ故答案為：2+【變式2-3】4.（2023·全國·高三專題練習(xí)）在△ABC中，角A，B，C所對的邊為a，b，c，若sinBsinC3sinA=cosA【答案】1【分析】由面積公式及余弦定理求出C，再由正、余弦定理將角化邊，即可求出c，再由正弦定理及三角恒等變換公式將ca+b轉(zhuǎn)化為關(guān)于A【詳解】解：由S△ABC=34(又c2=a∴tanC=3，∵0<C<π∵sinBsinC3sin∴36×b由正弦定理得2R=c所以a+b=4=4sin因為0<A<2π3，所以π6∴43∴ca+b故答案為：12◆類型4轉(zhuǎn)化正切法對含有正切函數(shù)求最值取值范圍，一般從一下方面分析：切化弦，在三角形中，有tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC【例題2-4】（2023·全國·高三專題練習(xí)）在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，S為△ABC的面積，且2S=a2-A．95,7337 B．281【答案】D【分析】根據(jù)余弦定理和△ABC的面積公式，結(jié)合題意求出sinA、cosA的值，再用C表示B，求出bc【詳解】因為△ABC的面積為S=12所以bcsin△ABC中，由余弦定理得，a2則bcsin因為bc≠0，所以sinA+2又A∈(0,π2)所以sinA+2化簡得5sin解得sinA=45因為A∈0,所以cosA=1-sin所以bc因為A+B+C=π所以C=π又因為B∈(0,π所以π-B∈(所以C=π因為C∈(0,π所以C∈π所以tanC>tan(所以bc設(shè)bc=t，其中所以y==4又35所以t=32時，y取得最大值為t=35時，y=281181，t=5所以y∈281181,2，即4故選：D．【變式2-4】1.（2023秋·遼寧·高三東北育才學(xué)校校聯(lián)考開學(xué)考試）在△ABC中，已知sinA=cosB=tanC，邊a,b滿足b>ka【答案】0.44（答案不唯一，0.43～0.45之間的數(shù)值均可）【分析】根據(jù)題意，求得A+B=π2且C=π2-2B，結(jié)合cosB=tanC=sinCcosC=cos2B【詳解】因為A是△ABC的內(nèi)角，所以sinA>0，所以cosB>0,tanC>0，所以又因為sinA=cosB=sin(即A-B=π2或當(dāng)A+B=π2時，可得C=π所以A-B=π2，即A=π又由cosB=tanC=所以sin=-2(sin設(shè)fx=x當(dāng)x∈0,1時，可得f'x<0，所以所以方程fx=0在區(qū)間(0,1)上只有一個實數(shù)根，且考慮到1250更接近0，取近似值sinB=x≈2又由正弦定理可得ba因為邊a,b滿足b>ka，即k<ba≈0.44，所以k故答案為：0.44（答案不唯一，0.43～0.45之間的數(shù)值均可）【變式2-4】2.．（2022·全國·高三專題練習(xí)）在△ABC中，角A?B?C所對的邊分別是a?b?c,A=120A．4 B．6 C．8 D．9【答案】C【分析】利用正弦定理及B+C=60°，表達(dá)出b+2c=6【詳解】如圖所示，因為A=120°，所以在Rt△ABD中，AB=ADtanB因為∠CAD=120°-90°=30°，由正弦定理可得：ACsin∠ADC=所以b=3所以b+2c==3因為0°<B<60°，所以0<tan所以b+2c≥24當(dāng)且僅當(dāng)3-tanB=所以b+2c的最小值為8.故選：C【變式2-4】3.（2023·全國·高三專題練習(xí)）1643年法國數(shù)學(xué)家費馬曾提出了一個著名的幾何問題：已知一個三角形，求作一點，使其到這個三角形的三個頂點的距離之和為最小.它的答案是：當(dāng)三角形的三個角均小于120°時，所求的點為三角形的正等角中心（即該點與三角形的三個頂點的連線段兩兩成角120°），該點稱為費馬點.已知△ABC中，其中∠A=60°，BC=2，P為費馬點，則PB+PC-PA的取值范圍是.【答案】[【分析】設(shè)PA=m,PB=n,PC=t,∠PAC=α(0°<α<60°)，進(jìn)而得到∠PBA,∠PAB,∠PCA，然后在△PBC中通過余弦定理得到n，t的關(guān)系式，在△PAC和△PAB中，通過正弦定理得到t,m的關(guān)系式和m,n的關(guān)系式，然后借助三角函數(shù)的性質(zhì)和函數(shù)的性質(zhì)求得答案.【詳解】如圖，根據(jù)題意，設(shè)PA=m,PB=n,PC=t,∠PAC=α(0°<α<60°)，則∠PBA=在△PBC中，由余弦定理有cos120°=n2在△PAC中，由正弦定理有tsin在△PAB中，由正弦定理有msin故t=msinαsin(60°-α)且msin所以1+4設(shè)x=sin(60°-α)sin由題意，tanα∈(0,3)，所以1而1+4m2所以m∈(0,2PB+PC-PA=m2+4所以PB+PC-PA∈[2【變式2-4】4.（2022秋·江蘇南通·高三統(tǒng)考期末）在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a2+2abcosC=3b【答案】6【分析】先根據(jù)正余弦定理對原式進(jìn)行化簡得2(sin2A-sin2B)=sin【詳解】根據(jù)題意，已知a2a2+2aba由正弦定理：2(sin即2sin整理可得：2sin即sinA設(shè)tan因為為銳角三角形，所以tan此時tanC=-tan(A+B)=-所以tanAtanB令f(x)=f'(x)=36(x2所以f(x)故tanA故答案為6【點睛】本題主要考查了正余弦定理以及與導(dǎo)函數(shù)的應(yīng)用的綜合題目，易錯點在于前面的化簡會用到正弦差定理，屬于難題.◆類型5余弦定理法【例題2-5】（2023·四川成都·校聯(lián)考二模）在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，tanAsinAtanBtanC-1=2tan【答案】1,【分析】由兩角和的正切公式化簡可得sin2A=2sinBsinC，再根據(jù)三角形形狀以及正弦、余弦定理可限定出【詳解】在△ABC中，由A+B+C=π可得tan又因為tanA所以sinAtan則2sin所以可得sin2A=2sin又sinB>sinC可知B>C．又△ABC由余弦定理得cosB=a2即2bc+c2-解得1-2又bc>1，所以又因為bsinB+csin即m=b令bc=x，則x∈1,1+因為f(x)在1,1+2上單調(diào)遞增，又f(1)=1，f(1+所以實數(shù)m的取值范圍為1,2故答案為：1,【點睛】方法點睛：求解解三角形綜合問題時一般會綜合考慮三角恒等變換、正弦定理、余弦定理等公式的靈活運用，再結(jié)合基本不等式或者通過構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性等求出參數(shù)取值范圍.【變式2-5】1.（2023·全國·高三專題練習(xí)）拿破侖定理是法國著名軍事家拿破侖?波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊，向外構(gòu)造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形（此等邊三角形稱為拿破侖三角形）的頂點.”已知△ABC內(nèi)接于半徑為6的圓，以BC，AC，AB為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次記為A',B',C'【答案】2【分析】設(shè)△ABC的三個內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，由正弦定理求出c，由題意可得∠A'C【詳解】△ABC的三個內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為由正弦定理可得csin如圖，連接A'

因為A'故∠A'CB=∠由題意知A'則(A又a2故a2當(dāng)且僅當(dāng)a=b=6(2+即(A由題意知△A故S△即△A'B故答案為：2【點睛】關(guān)鍵點睛：解答本題的關(guān)鍵在于明確拿破侖三角形的含義，即△A【變式2-5】2.（2022秋·重慶·高三統(tǒng)考期中）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，(a+c)(sinA-sinC)+bsinA．2 B．223 C．3【答案】D【分析】本題通過正弦定理得到a2+b2-c2【詳解】解：由(a+c)(sin得(a+c)(a-c)+b2=ab由余弦定理得，cosC=a2+b由CA=3CD-2兩邊平方，得CD即CD=19b當(dāng)且僅當(dāng)b=2ab+2a=4，即a=1b=2時取等號，即∴線段CD長度的最小值為23故選：D．【變式2-5】3.（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知△ABC中，點D在BC邊上，∠BAC=60°，AD=2，CD=2BD【答案】1【分析】三角形中用余弦定理求得各邊之間的關(guān)系,利用基本不等式求2AB+AC【詳解】設(shè)AB=c，AC=b，BD=在△ABD中，由余弦定理，有cos∠在△ACD中，由余弦定理，有cos∠由∠ADB和∠ADC互補，所以即t2+4-c在△ABC中，由余弦定理，有BC兩式消去t，得4c2+由基本不等式2c+b∴2c+b2-當(dāng)且僅當(dāng)2c=b，即c∴2AB+AC的最大值為43，由9t故答案為：1【變式2-5】4.（2022·北京·高三?？紡娀媱潱┤簟鰽BC三邊長為等差數(shù)列，則cosA+cosB+【答案】1,【分析】通過余弦定理以及等差數(shù)列的性質(zhì)，將目標(biāo)式轉(zhuǎn)化為關(guān)于公差的關(guān)系是，通過公差的范圍得出結(jié)論.【詳解】不妨設(shè)三邊長為1-d,1,1+d，其中0?d<1cosA+cosB+◆類型6建系法1.滿足圓錐曲線定義，特別是“阿波羅尼斯圓”，可以適當(dāng)?shù)慕ㄏ翟O(shè)點2.利用正余弦平方形式可以建系設(shè)點3.具有幾何意義特征，如垂直，距離，斜率等.可以適當(dāng)?shù)慕ㄏ翟O(shè)點【例題2-6】（多選）（2023·全國·高三專題練習(xí)）在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，面積為S，有以下四個命題中正確的是（

）A．Sa2B．當(dāng)a=2，sinB=2sinCC．當(dāng)a=2，sinB=2sinC，A=2C時，D．當(dāng)a=2，sinB=2sinC，A=2C時，若O為△ABC的內(nèi)心，則【答案】ACD【分析】根據(jù)三角形的面積公式、余弦定理、正弦定理、基本不等式、圓等知識對選項進(jìn)行分析，從而確定正確答案.【詳解】對于選項A：Sa2+2bc令sinA=y，cosA=x，故因為x2+y故可得點x,y表示的平面區(qū)域是半圓弧上的點，如圖所示：

目標(biāo)函數(shù)z=yx-2上，表示圓弧上一點到點數(shù)形結(jié)合可知，當(dāng)且僅當(dāng)目標(biāo)函數(shù)過點H12,32故可得z=y又Sx2+2bc當(dāng)且僅當(dāng)A=60°，對于選項B：因為sinB=2sinC，所以由正弦定理得b則有a2+c2=對于選項C，由A=2C，可得B=π-3C，由sinB=2由正弦定理得，bsinB=所以sin3C=2sinC因為sinC≠0，所以化簡得cos因為b=2c，所以B>C，所以cosC=所以sinB=2sinC=1因為a=2，所以c=2所以△ABC的周長為2+23對于選項D，由C可知，△ABC為直角三角形，且B=π2,C=π所以△ABC的內(nèi)切圓半徑為r=1所以△ABO的面積為12所以選項D正確.故選：ACD【點睛】求解與三角形有關(guān)的問題時，基本考慮方向有三個，一是正弦定理，二是余弦定理，三是三角形的面積公式.貫穿解題過程的是三角恒等變換，包括誘導(dǎo)公式、同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式、兩角和與差的正弦、余弦、正切公式、二倍角公式等等.【變式2-6】1.（2023秋·河北張家口·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）在△ABC中，AB=AC，BD為AC邊上的中線，BD=23，則該三角形面積最大值為【答案】8【分析】法一：已知BD=23，以B,D為定點，建立直角坐標(biāo)系，由AB=2AD法二：引入變量AD=m與角A，由余弦定理得到m,A的等量關(guān)系，又△ABC面積為2m2sin【詳解】法一：如圖建立直角坐標(biāo)系，

設(shè)Ax,y，由AB=2AD即：3x所以點A的軌跡為以833,0為圓心，半徑為4所以當(dāng)A到x軸距離最大時，即為半徑433時，故S△ABC法二：設(shè)AD=m，則AB=2m，在△ABD中，由余弦定理可知，12=4m2+而S△ABC=2S由圖可知，sinAcosA-54為半圓上的點與N(

故△ABC面積的最大值為-6×故答案為：8.【變式2-6】2.（2022秋·四川成都·高三川大附中校考階段練習(xí)）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的三邊分別為a，b，c，且c=2b，若【答案】3【分析】由三角形面積公式得到b2=1sinA【詳解】因為△ABC的面積為1，所以12可得b2=1sinA，由=5b設(shè)m=sinA-4因為sinAcosA-54如圖所示，當(dāng)過點P的直線與半圓相切時，此時斜率最小，

在直角△OAP中，OA=1,OP=54，可得所以斜率的最小值為kPA所以m的最大值為-14×-4即BC的最小值為3，故答案為：3【點睛】思路點睛：解三角形中最值問題，要結(jié)合基本不等式，導(dǎo)函數(shù)或者數(shù)形結(jié)合，利用代數(shù)式本身的幾何意義求解.【變式2-6】3.（2023·河南安陽·統(tǒng)考三模）已知△ABC的面積為13(λ+1)2(λ為常數(shù)且λ>0),AB=AC≥22BC,CD=λ【答案】2【分析】設(shè)AD=x，DC=λx，由三角形的面積公式、余弦定理結(jié)合題意可得λ2+2+2λ2λ+2-cos【詳解】設(shè)AD=x，DC=λx，設(shè)A,B,C對應(yīng)的邊為a,b,c，所以△ABC的面積為13(λ+1)2又因為AB=AC≥22BC，所以b=c≥而cosA=b2在△ABC，由余弦定理可得：BD=23sin即λ2λ2+2+2λ2λ+2因為A∈0,π2，而Bλ2+2+2λ2λ+2-cos所以將直線l化為一般式4x-λ+1則圓心O0,0到直線的距離為d=令u=λ+1>1，則d=u2+1所以u2-9u2+7所以u=λ+1=3，則λ=2.故答案為：2.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題利用三角形的面積公式、余弦定理將BD的最小值為433轉(zhuǎn)化為λ2+2+2λ2λ+2【變式2-6】4.（2023秋·江蘇南京·高三南京市第一中學(xué)?？计谀┮阎鰽BC是面積為33的等邊三角形，四邊形MNPQ是面積為2的正方形，其各頂點均位于△ABC的內(nèi)部及三邊上，且可在△ABC內(nèi)任意旋轉(zhuǎn)，則BPA．-92 B．32 C．【答案】D【分析】先分別求出等邊三角形和正方形的邊長及其內(nèi)切圓半徑，根據(jù)所求結(jié)果和正方形可在△ABC內(nèi)任意旋轉(zhuǎn)可知，正方形MNPQ各個頂點在三角形的內(nèi)切圓上，建立合適的直角坐標(biāo)系，求出三角形的頂點坐標(biāo)和其內(nèi)切圓的方程，設(shè)出P,Q的三角坐標(biāo)，根據(jù)PQ=2可得到關(guān)于坐標(biāo)中變量的關(guān)系，分類討論代入【詳解】解：因為△ABC是面積為33的等邊三角形，記△ABC邊長為a所以12×3記三角形內(nèi)切圓的半徑為r，根據(jù)S=133=1因為正方形MNPQ面積為2，所以正方形邊長為2，記正方形MNPQ外接圓半徑為R，所以其外接圓直徑等于正方形的對角線2，即R=1，根據(jù)正方形的對稱性和等邊三角形的對稱性可知，正方形外接圓即為等邊三角形的內(nèi)切圓，因為正方形MNPQ可在△ABC內(nèi)任意旋轉(zhuǎn)，可知正方形MNPQ各個頂點均在該三角形的內(nèi)切圓上，以三角形底邊BC為x軸，以BC的垂直平分線為y軸建立直角坐標(biāo)系如圖所示：故可知B-3,0故設(shè)Pcosθ,1+sin因為PQ=2，即化簡可得cosθcosα+解得θ=α+π2或①當(dāng)θ=α+π2時，P點坐標(biāo)可化為此時BP=3所以當(dāng)α+π4=π2即P-22,1+2②當(dāng)θ=α-π2時，P點坐標(biāo)可化為此時BP=3因為α∈0,2π，所以當(dāng)α+π4=2即P-22,1-2綜上可知：BP?CQ取得最大值故選：D【點睛】方法點睛：該題考查平面幾何的綜合應(yīng)用，屬于難題，關(guān)于圓錐曲線中點的三角坐標(biāo)的設(shè)法有：（1）若點在圓x2+y2=1（2）若點在圓x-a2+y-b2=（3）若點在橢圓x2a2+y【變式2-6】5.（2023春·湖南長沙·高三雅禮中學(xué)?？茧A段練習(xí)）在△ABC中，AB=3,sinB=m?sinA(m≥2)，則【答案】3【分析】先由正弦定理得到AC=m?BC，再建立平面直角坐標(biāo)系求得點C的軌跡，從而得到△ABC的面積關(guān)于m的解析式，利用函數(shù)的單調(diào)性即可求得△ABC的面積最大值.【詳解】因為sinB=m?sinA，所以由正弦定理得b=ma以線段AB所在直線為x軸，以AB的中點O為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系，則A-由AC=m?BC得x+3因為m≥2，所以整理得x2由此可知點C的軌跡是以3m2+3所以當(dāng)點C在圓上運動時，點C到x軸的最大距離為半徑r=3m所以△ABC的面積S=12×3×所以Smax故答案為：3.◆類型7轉(zhuǎn)化函數(shù)【例題2-7】（2023·貴州貴陽·校聯(lián)考三模）已知△ABC的三邊長分別為a,b,c，若tanA<0，則bsinC-【答案】(-1,【分析】根據(jù)題意得到b(sinC-sinB)asinA=b(c-b)a2，且a2>b2+c【詳解】由正弦定理，可得b(sin又由tanA<0，??可得A∈(當(dāng)c>b時，令cb=t>1=1當(dāng)且僅當(dāng)t=2+1時，等號成立，即當(dāng)c=b時，可得b(c-b)a當(dāng)c<b時，令cb=t∈(0，令f(t)=t-1t2+1，則所以ft在(0,?1)上單調(diào)遞增，所以f(0)<f(t)≤f(1)綜上可得：-1<b(c-b)a2<2故答案為：-1,2【變式2-7】1.（2023秋·河南鄭州·高三校聯(lián)考期末）已知在△ABC中，sin2B+2sin2C=4sin2A，若A．106,+∞ B．103【答案】A【分析】根據(jù)正弦定理、余弦定理、三角形面積公式，結(jié)合換元法，導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.【詳解】記角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.因為sin2所以由正弦定理可得b2+2c=4令t=c2b令gt=7t-1故當(dāng)t∈0,1114時，g't故g(t)max=g則實數(shù)λ的取值范圍為106故選：A【點睛】關(guān)鍵點睛：利用換元法構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷新函數(shù)的單調(diào)性，求出最值是關(guān)鍵.【變式2-7】2.（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知三角形ABC中，A=π3，D是BC邊上一點，且滿足BD=2DC，則ADBC【答案】3【分析】根據(jù)題意，得到AD=13AB+23【詳解】∵AD=13由余弦定理得BC2=方法一：判別式法：令y=c2+4Δ=(2+y)(AD)2(BC)方法二：換元法(AD)2令b上式=令2t-1=m，則有2t-1t∴(AD)2(BC)故答案為：3【變式2-7】3.（2022春·全國·高三專題練習(xí)）已知A-1,0，B3,0，P是圓O:xA．33 B．53 C．3【答案】D【分析】設(shè)Pm,n，分別表示出AB=4，AP=2m+46,PB=54-6m,【詳解】設(shè)Pm,n，則m2+因為A-1,0，B3,0，所以AP=m+12+n2=2m+46所以sin∠APB=記y=-則y所以令y'>0，解得：-35≤m<15所以sin∠AP故選：D【點睛】解析幾何中與動點有關(guān)的最值問題一般的求解思路：①幾何法：利用圖形作出對應(yīng)的線段，利用幾何法求最值；②代數(shù)法：把待求量的函數(shù)表示出來，利用函數(shù)求最值.【變式2-7】4.（2022秋·湖北黃岡·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）銳角三角形ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若a=2，且bcosA-2cosB=a，則【答案】0,【分析】根據(jù)正弦定理結(jié)合已知可得B=2A，于是由銳角三角形ABC，可得π6<A<π4，再用正弦定理與二倍角及和差角公式可將【詳解】解：因為a=2，且bcosA-2由正弦定理asinA=b又銳角三角形ABC中，A,B∈0,π2，則所以C=π-A-B=π-3A，由于銳角三角形ABC所以c-2b=由于π6<A<π4，則y=cosA在所以c-2b=2cosA-1cosA在π故答案為：0,3【變式2-7】5.（2022秋·廣西桂林·高三?？茧A段練習(xí)）在△ABC中，設(shè)a，b，c分別為角A，B，C對應(yīng)的邊，記△ABC的面積為S，且bsinB+2csinC=4asin【答案】10【分析】運用正弦定理化簡等式，根據(jù)余弦定理、面積公式，結(jié)合構(gòu)造函數(shù)法，利用導(dǎo)數(shù)進(jìn)行求解即可.【詳解】根據(jù)正弦定理，由bsin由余弦定理可知：cosA=因此Sa于是有(化簡得：(Sa2(Sa2所以有(所以設(shè)f(t)=(7t-1)(2t+1)2當(dāng)0<t<1114時，當(dāng)t>1114時，f'(t)<0,f(t)單調(diào)遞減，故當(dāng)f(t)max=f(1114因此Sa2的最大值為故答案為：10【點睛】關(guān)鍵點睛：構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)進(jìn)行求解是解題的關(guān)鍵.◆類型8二次型取值范圍【例題2-8】（2023春·山西·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，c=1，asinA+2bsinA．19 B．16 C．2【答案】B【分析】根據(jù)正弦定理進(jìn)行邊角互化，結(jié)合余弦定理可得cosC=-b2a，進(jìn)而可得sin【詳解】由題意c=1可得asin所以由正弦定理得c2由余弦定理得c2所以a2+2b因為C∈0,π，所以sin所以S△ABC=12ab則當(dāng)b2=29時，故選：B.【變式2-8】1.（2023·河南周口·統(tǒng)考模擬預(yù)測）設(shè)銳角三角形ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且bsinB=asin【答案】(3【分析】利用正余弦定理的邊角互化化簡bsinB=asinA+asinC，結(jié)合兩角和的正弦公式可得到sinA=【詳解】由bsinB=asin由余弦定理得cosA=由正弦定理得a+c2b=sin又sinC=sinA+B即sinA=sinBc因為A,B為△ABC的內(nèi)角,所以B-A+A=π(舍去)或B-A=A,所以B=2A由正弦定理得3b-ca因為sin3A=又A∈(0,π),sinA≠0，所以=6cos由于B=2A∈(0,π2)得A∈(0,π4)，由C=π當(dāng)cosA=34時，-4當(dāng)cosA=32時，-4當(dāng)cosA=22時，-4而32所以3b-ca取值范圍是(3故答案為：(3【點睛】關(guān)鍵點睛：本題綜合考查了解三角形中正余弦定理的應(yīng)該以及三角恒等變換的知識，綜合性強，計算量大，解答的關(guān)鍵是利用正余弦定理的邊角互化進(jìn)行化簡，結(jié)合三角恒等變換得到3b-ca【變式2-8】2.（2023·安徽安慶·安慶一中校考模擬預(yù)測）在△ABC中，BC=2,AB=2AC，D為BC的中點，則tan∠ADC的最大值為【答案】4【分析】先設(shè)AC=x，由三角形三邊關(guān)系得到23<x<2，再利用三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式與余弦定理得到AD2=52x2-1，從而利用換元與基本不等式求得【詳解】設(shè)AC=x，則AB=2x，因為D為BC的中點，BC=2，所以BD=DC=1，由三角形三邊關(guān)系，可知2x+x>2且2x-x<2，解得23在△ABD中，由余弦定理，得cos∠ADB=在△ACD中，由余弦定理，得cos∠ADC=因為∠ADB+∠ADC=π，所以cos所以AD2+1-則cos∠ADC=52令52x2-1=t，則t∈1則cos∠ADC=當(dāng)且僅當(dāng)t=1t，即t=1時，等號成立，此時52因為cos∠ADC≥35因為y=cosx在0,π2上單調(diào)遞減，所以當(dāng)cos∠ADC取得最小值時，tan此時sin∠ADC=1-cos所以tan∠ADC的最大值為4故答案為：43.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題中突破口為∠ADB+∠ADC=π，由此得到cos∠ADB=-cos【變式2-8】3.（2023春·重慶北碚·高三西南大學(xué)附中?？计谥校┮阎鰽BC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a=4，c=3b，則△ABC面積的最大值是【答案】3；34【分析】對于第一空，利用余弦定理表示出cosA，再表示出sinA，再利用對于第二空，利用r=2【詳解】因a，b，cosA=b2則sinA=得S△ABCb2=52，即b=10對于第二空，因S△ABC則r=2又asin則rR=6b2則2<b+1<3.令fx=x+1x，其中則fx在2,3上單調(diào)遞增，故52<b+1+故答案為：3；34【變式2-8】4.（2023春·江西·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知△ABC中，|AB|2+2AB?AC【答案】3【分析】利用條件結(jié)合余弦定理，求出2c2+b2=18，cosA=【詳解】由題知，△ABC如圖所示：因為|AB|2由余弦定理得：a2聯(lián)立解得：2c2+所以sinA=所以S△ABC=1故答案為：3.【點睛】考查了解三角形中余弦定理，面積公式等相關(guān)知識點，對于范圍問題可嘗試轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或基本不等式來分析求解.【變式2-8】5.（2022春·山東棗莊·高三滕州市第一中學(xué)新校?？奸_學(xué)考試）已知△ABC的三個內(nèi)角分別為A，B，C，且sinA，sinB，sinC成等差數(shù)列，則角B的取值范圍是；2【答案】0,π3【分析】由等差中項列式后角化邊，代入余弦定理可得角B范圍，構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求最值.【詳解】因為2sinB=sincosB=a因為ac+ca又因為0<B<π，所以0<B≤π記f(B)=2sinB+令43cos2B+2cos因為當(dāng)0<B<B1時，33當(dāng)B1<B≤π3時，12≤cos因為cosB1=3=2×6故答案為：(0,π3]◆類型9基本不等式【例題2-9】（2021秋·河南新鄉(xiāng)·高三?？茧A段練習(xí)）已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為S，若4S=a2-b-c2【答案】2【分析】先利用余弦定理和三角形的面積公式可得sinA=1-cosA【詳解】因為4S=a2-所以4×1整理得sinA=1-由sin2A+cos所以，S=1當(dāng)且僅當(dāng)b=c=2時取等號.故答案為：2.【變式2-9】1.（2023·天津河西·天津市新華中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知D是△ABC的邊BC上一點，且BC=3BD，AD=2，tan∠BAC=15，則【答案】12105【分析】設(shè)b=AC，c=AB，BD=m，則CD=2m，BC=3m，再在△ABD和△ACD中分別列出余弦定理，根據(jù)cos∠ADB=cosπ-∠ADC=-cos∠ADC聯(lián)立可得b2【詳解】設(shè)b=AC，c=AB，BD=m，則CD=2m，BC=3m．在△ABD中，cos∠ADB=在△ACD中，cos∠ADC=因為∠ADB=π-∠ADC，所以cos∠ADB=所以4+m2-因為tan∠BAC=15，所以在△ABC中，BC即9m2=c2+b2-12故答案為：12【變式2-9】2.（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在△ABC中，∠ABC=π3，點D在線段AC上，且AD=2DC，BD=3，則△ABC面積的最大值為【答案】27【分析】利用余弦定理及基本不等式，結(jié)合三角形的面積公式即可求解.【詳解】設(shè)AB=c,BC=a,DC=x(c>0,a>0,x>0)，則AD=2x,AC=3x，在△ABD中，由余弦定理，得cos∠BDC=在△ABD中，由余弦定理，得cos∠BDA=由于∠BDC+∠BDA=180°，得cos∠BDC=-即9+x2-在△ABC中，由余弦定理，得(3x)2=c2+43a2+1當(dāng)且僅當(dāng)43a2當(dāng)a=332,c=33所以△ABC面積的最大值為S△ABC故答案為：273【點睛】解決此題的關(guān)鍵就是利用余弦定理算兩次，得到表達(dá)式利用基本不等式得出ac的最大值，結(jié)合三角形的面積公式即可.【變式2-9】3.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知△ABC的內(nèi)角A,B,C所對應(yīng)的邊分別為a,b,c，且滿足c=4,c2=a2+4b【答案】-【分析】根據(jù)余弦定理結(jié)合同角三角函數(shù)的關(guān)系可得sinC，進(jìn)而表達(dá)出S△ABC，結(jié)合基本不等式求解S△ABC【詳解】由余弦定理，cosC=a2+bS△ABC又a2+4≤25b2+64-25b此時a2=16-4×32故△ABC的面積取得最大值時，cosC=-故答案為：-【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數(shù)；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構(gòu)成和的二項之積轉(zhuǎn)化成定值；要求積的最大值，則必須把構(gòu)成積的因式的和轉(zhuǎn)化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯誤的地方題型3中線問題1.中線可分三角形得兩個三角形，分別運用余弦定理2.中線可延伸補形得平行四邊形【例題3】（2023·全國·高三專題練習(xí)）在△ABC中，∠BAC=120°，AO為BC邊上的中線且AO=2，則AB-2AC的取值范圍是．【答案】-8,4【分析】根據(jù)題意利用可得2AO=AB+AC，結(jié)合數(shù)量積的運算律整理得b【詳解】設(shè)AB=c,AC=b,BC=a，因為AO為BC邊上的中線，則2AO可得4AO即16=c2-bc+設(shè)AB-2AC=z，則c=z+2b，可得b2+z+2b關(guān)于b的方程有正根，則有：①當(dāng)-z2<0，即z>0時，則z②當(dāng)-z2=0，即z=0時，則3b2③當(dāng)-z2>0，即z<0時，則Δ綜上所述：-8<z<4，即AB-2AC的取值范圍是-8,4.故答案為：-8,4【點睛】方法點睛：有關(guān)三角形中線長度問題的求解，可考慮利用向量運算來建立關(guān)系式.有關(guān)三角形邊長的和、差的取值范圍，可考慮余弦定理（或正弦定理），結(jié)合基本不等式（或三角函數(shù)的取值范圍）等知識來求解.【變式3-1】1.（2024·安徽黃山·屯溪一中?？寄M預(yù)測）在△ABC中，角A?B?C的對邊分別為a?b?c，且a?b?c為正數(shù)，【答案】-4【分析】先利用平面向量得到2AO=AB+AC，從而求得b2+c2=12+bc，設(shè)z=c-2b，代入消去c得到關(guān)于【詳解】依題意得，AB=c,AC=b,BC=a，a,b,c為正數(shù).

又△ABC中，∠BAC=120°,AO為BC邊上的中線，AO=3所以2AO=AB則12=b2+設(shè)z=AB-2AC=c-2b,c=z+2b，代入①得b2整理得3b首先Δ=9z2對于方程②：若對稱秞-3z若對稱軸-3z3=-z<0,z>0，要使方程②至少有一個正根，則需z在三角形ABC中，由余弦定理得a2所以c>-6b，則由于-2b-6b=-2b+6所以z>-43綜上所述，z也即AB-2AC的取值范圍是-43故答案為：-43【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的解決關(guān)鍵是假設(shè)z=c-2b，將兩變量范圍問題轉(zhuǎn)化為一個變量z的范圍問題，再由平面向量與余弦定理依次縮小z的范圍，從而得解.【變式3-1】2.（2022秋·江西南昌·高三校聯(lián)考期中）銳角△ABC中，a，b，c為角A，B，C所對的邊，點G為△ABC的重心，若AG⊥BG，則cosC【答案】45【分析】由題設(shè)可得AG=13(AC+AB)，BG=【詳解】由題意AG=23又AG⊥BG，則AG?所以CA?CB=由cosA=b2+c所以a2+b由△ABC為銳角三角形及上式，則a2+b2=5所以cosC在ba∈(63故答案為：[【變式3-1】3.（2022·河南·靈寶市第一高級中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）在△ABC中，AB=BC，點D是邊AB的中點，△ABC的面積為2，則線段CD的取值范圍是（

）A．0,322 B．32【答案】C【分析】設(shè)AB=BC=t,t>0，CD=m,m>0，根據(jù)三角形的面積以及余弦定理可推得9t4-40m2t2【詳解】設(shè)AB=BC=t,t>0，CD=m,m>0，所以S△ABC即t2由余弦定理得m2=t由①②得：t4=5令t2=x,x>0，設(shè)gx=9x2-40所以g20解得m4≥9，即故選：C．【變式3-1】4.（2022·全國·高三專題練習(xí)）在△ABC中，AB=2，D,E分別是邊AB，AC的中點，CD與BE交于點O，若OC=3OB，則A．3 B．33 C．63【答案】C【分析】設(shè)OE=tt>0，由三角形中的中位線的性質(zhì)和比例的性質(zhì)可得出OB=2t,OD=3t,OC=23t，再設(shè)∠ABO=α【詳解】因為D,E分別是邊AB，AC的中點，所以DE//BC,DE=1又OC=3OB，設(shè)OE=tt又因為AB=2，所以DB=1，設(shè)∠ABO=α，所以在△DBO中，cosα=所以sinα=所以S△ABC=2×S△ABE=2×12故選：C.【點睛】本題考查三角形的面積的最值求解，關(guān)鍵在于運用三角形的中位線性質(zhì)和比例性質(zhì)得出線段間的關(guān)系，再運用余弦定理和三角形的面積公式表示三角形的面積為一個變量的函數(shù)，屬于較難題.【變式3-1】5.（2023·廣西·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，acosB=bcosA，M是BC的中點，若AM=4，則AC+【答案】8【分析】由正弦定理和題設(shè)條件，得到A=B，即a=b，再在△ABM和△ACM中，由余弦定理化簡得到b22+c2=32，轉(zhuǎn)化為(2b2【詳解】因為acosB=bcosA，由正弦定理可得即sinAcosB-sinBcosA=0，可得sin在△ABM中，由余弦定理，可得c2在△ACM中，由余弦定理，可得c2因為∠AMB=π-∠AMC，所以cos∠AMB=-兩式相加，可得b2+c即(2b2令b+2c=t，可得12t2因為t>0，所以0<t≤82，當(dāng)且僅當(dāng)b=所以b+2cmax=82故答案為：82題型4角平分線問題1.角平分線，可以借助面積"和"構(gòu)造等量關(guān)系2.角平分線也是兩邊的“對稱軸”3.三角形角平分線定理可以直接在小題中使用【例題4】（2023·全國·高三專題練習(xí)）在非直角△ABC中，設(shè)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若asinA+bsinB-csinC=4bsinBcosA．387 B．37 C．【答案】B【分析】利用正弦定理的角邊化及余弦定理的推論，利用等面積法及三角形的面積公式，結(jié)合正余弦的二倍角公式及同角三角函數(shù)的平方關(guān)系和商數(shù)關(guān)系即可求解.【詳解】由asinA+bsin由余弦定理，得cosC=因為△ABC為非直角三角形，所以cosC≠0所以a=2b，因為CD是角C的內(nèi)角平分線，且CD=b，所以由三角形的面積公式得S△ABC所以12b?2bsin因為C∈0,所以C2所以cosC所以cosC=2sinC=tanC=故選：B.【點睛】關(guān)鍵點睛：解決此題的關(guān)鍵是利用正弦定理的角化邊和余弦定理的推論，再利用等面積法及正余弦的二倍角公式，結(jié)合同角三角函數(shù)的平方關(guān)系和商數(shù)關(guān)系即可.【變式4-1】1.（2023·河南安陽·安陽一中校聯(lián)考模擬預(yù)測）在△ABC中，若內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，∠ABC的平分線交AC于點D，BD=1且b=2，則△ABC周長的最小值為（

）A．7 B．22 C．2+2【答案】C【分析】先利用面積相等與三角形面積公式，結(jié)合正弦的倍角公式求得2accos∠ABC2=c+a，再利用余弦定理的推論與余弦的倍角公式得到【詳解】由題可得，S△ABC=S又BD=1，所以2acsin∠ABC=csin因為0<∠ABC<π，所以0<∠ABC2所以2accos∠ABC2又因為cos∠ABC=c2所以2c+a2ac2所以(c+a)2解得(c+a)2≥8或所以a+c≥22，當(dāng)且僅當(dāng)a=c=則b+a+c≥2+22故△ABC周長的最小值為2+22故選：C..【變式4-1】2.（2021秋·河南濮陽·高三濮陽市華龍區(qū)高級中學(xué)?？奸_學(xué)考試）在ΔABC中，∠A=2∠B，AB=73，BC=4，CD平分∠ACB交AB于點D，則線段AD【答案】1【分析】根據(jù)三角形內(nèi)角和為π，∠A=2∠B，把三個角都用B表示，利用正弦定理得4sin2B=73sin3B，【詳解】因為∠A=2∠B，所以∠C=π-3B，因為4sinA=整理得：24cos2B-7cosB-6=0因為AC所以AC=3.因為CD平分∠ACB，所以ACBC=ADBD?【點睛】本題考查三角恒等變換及三角形中的內(nèi)角和、正弦定理、余弦定理等知識，對運算能力和邏輯推理能力要求較高，深入考查函數(shù)與方程思想.題型5高線問題1.一般給高，基本就與求面積聯(lián)系起來2.高也可以分開構(gòu)造直角三角形，得出對應(yīng)的三角函數(shù)值【例題5】（2023·安徽合肥·合肥市第六中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，B=60°，ac=6，點D在邊AC上，且BD⊥AC．過點D分別作邊AB，BC的垂線，垂足分別為M，N，設(shè)BM=m，BN=n，則m2+n【答案】27【分析】根據(jù)題意，由余弦定理以及三角形的面積公式可得BD2?【詳解】

在△ABC中，由余弦定理可得cosB=12又因為S△ABD所以DM?AB+DN?BC=BD?AC=33兩邊平方可得DM即DM因為△BDN∽△BCD，即BDBC=BN且△BDM∽△BAD，即BDBA=BM則n?a=m?c=27b2，所以n=所以m2且b4=a令t=a2+且t≥236=12，當(dāng)且僅當(dāng)則t-6≥6，且t-6越大則原式越小，則m2+n2-mn故答案為：278【點睛】關(guān)鍵點睛：本題主要考查了余弦定理解三角形，包括三角形的面積公式以及基本不等式，解答本題的關(guān)鍵在于通過條件表示出m,n，然后通過換元以及基本不等式得到最值.【變式5-1】1.（2023·全國·高三專題練習(xí)）在Rt△ABC中，斜邊為AB，點D在邊BC上，若tan∠BAD=24，sin∠ADC?【答案】4【分析】由tan∠BAD=24，結(jié)合同角關(guān)系求出sin∠BAD，cos∠BAD，結(jié)合三角形面積公式證明BD=AC【詳解】因為tan∠BAD=24，所以sin∠BAD∈0,π2，所以sin△ABD的面積S=1△ABD的面積S=12BD?AC因為sin∠ADC?sinB=13所以BD?AC=AC?AC，故BD=AC，所以AB?AD=3AC?AC=3B由余弦定理可得cos∠BAD=AB所以22所以AB故答案為：42【變式5-1】2.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知△ABC為銳角三角形，D，E分別為AB、AC的中點，且CD丄BE，則cosA的取值范圍是A．(12,1) B．(1【答案】D【解析】設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，設(shè)CD,BE交于點G，連接AG，延長交BC于F，則F為BC的中點，由直角三角形的性質(zhì)可得AF=32a，分別在三角形ABF和三角形ACF中，運用余弦定理可得c2+b2【詳解】解：設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，設(shè)CD,BE交于點G，連接AG，延長交BC于F，則F為BC的中點，由CD丄BE，可得FG=1在△ABF中，c2在△ACF中，b2因為∠AFC+∠AFB=π，所以上面兩式相加，得c2因為△ABC為銳角三角形，可得a2可得3b則23<b又cosA=當(dāng)且僅當(dāng)b=c，取等號，設(shè)bc=t（63<t<62），則因為f(6則45故選：D【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查三角形的余弦定理和三角形的重心的性質(zhì)，以及對勾函數(shù)的單調(diào)性，考查運算能力和方程思想，解題的關(guān)鍵是分別在三角形ABF和三角形ACF中，運用余弦定理得c2=(32a)2+(【變式5-1】3.（2022秋·黑龍江齊齊哈爾·高三齊齊哈爾市實驗中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC【答案】2+2/【分析】在△ACD中，由余弦定理得到cosα=x2+34x，故sinα=14x【詳解】設(shè)AC=x，∠CAD=α，∠在△ACD中，由余弦定理得cosα=所以sinα所以△ABD的面積S△ABD根據(jù)條件得0<β<π2，故0<x令t=x2，則3<構(gòu)造函數(shù)fx=x+16-x-523<因為x1=5-22令f'x>0，得3<x<5+2所以fx在3,5+22上單調(diào)遞增，在所以fx≤f故當(dāng)t=5+22時，S△故答案為：2+2.【點睛】本題解題的關(guān)鍵在于由余弦定理cosβ=x2-3題型6四邊形問題1.四邊形可以“劈成”倆三角形.2.四邊形可以“補成”三角形【例題6】（2023·陜西西安·西安市大明宮中學(xué)?？寄M預(yù)測）在平面四邊形ABCD中，AB=2,DA?DC=6,∠ABC=2π3,∠ACB=π【答案】6【分析】在△ABC中，利用正弦定理可得AC=23，進(jìn)而可求得△ABC的面積S△ABC=3，在△ACD中，由余弦定理可得∠ADC≤π2【詳解】在△ABC中，由正弦定理ACsin∠ABC=所以△ABC的面積S△ABC在△ACD中，由余弦定理cos∠ADC=當(dāng)且僅當(dāng)AD=DC=6即cos∠ADC≥0，且∠ADC∈0,π所以△ACD的面積S△ACD顯然當(dāng)B、D位于直線AC的兩側(cè)時，四邊形ABCD的面積較大，此時四邊形ABCD的面積SABCD所以四邊形ABCD的面積的最大值為6.故答案為：6.【點睛】方法點睛：與解三角形有關(guān)的交匯問題的關(guān)注點（1）根據(jù)條件恰當(dāng)選擇正弦、余弦定理完成邊角互化；（2）結(jié)合三角恒等變換、三角函數(shù)以及基本不等式分析運算．【變式6-1】1.（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，一塊三角形鐵片ABC，已知AB=4，AC=43，∠BAC=5π6，現(xiàn)在這塊鐵片中間發(fā)現(xiàn)一個小洞，記為點D，AD=1，∠BAD=π6.如果過點D作一條直線分別交AB，AC于點E，F(xiàn)，并沿直線A．33 B．23 C．6【答案】A【分析】分析可將問題轉(zhuǎn)化為求△AEF面積的最小值，利用正弦定理及基本不等式即可解決.【詳解】設(shè)AE=x,AF=y,x∈則S=1化簡得：x+∴xy≥43，當(dāng)且僅當(dāng)x=3y，即而S當(dāng)△AEF面積的最小時，剩下的四邊形EFCB面積的最大為4故選：A【點睛】本題考察平面圖形的面積最值，可轉(zhuǎn)化為求三角形面積最值，一般情況都可以轉(zhuǎn)化為利用基本不等式或者同一變量的函數(shù)值域問題，屬于壓軸題【變式6-1】2.（2023春·河南許昌·高三鄢陵一中校考階段練習(xí)）在△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c．若c=23，b=2，C=π3，AD是BC邊上的高線，點D為垂足．點E為線段BD上一點，點B關(guān)于直線AE的對稱點為點M．從四邊形BACM中任取一點，該點來自△ABC的概率記為PA【答案】12/【分析】利用余弦定理和勾股定理可知AB⊥AC，作MG⊥BC，可知當(dāng)MG最大時，PA最?。辉O(shè)∠DEA=θ，結(jié)合三角形相似和三角恒等變換可表示出MG=23sin2θ-π【詳解】由余弦定理知：a2+b2-2ab∴b2+c2設(shè)BM∩AE=F，作MG⊥BC于點G，∵AD=bca=3，要使得PA最小，則△BMC面積最大，即點M到BC的距離MG設(shè)∠DEA=θ，則∠FEB=θ，∵AD=3，BD=3，∴DE=3tan∴EF=BEcos∵△MGB∽△EFB，∴MG∴MG=2EFsinθ=23-則當(dāng)2θ-π6=π2，即θ=∴MGmax=3，此時故答案為：12【變式6-1】3.（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知等腰梯形ABCD是半徑為2的圓的內(nèi)接四邊形，且AB∥CD，∠ABC∈0,π3，則等腰梯形ABCD【答案】36【分析】如圖所示，連接AC，設(shè)∠ABC=θ∈0,π3，∠BAC=x得到乘積為256sin2x?sin2【詳解】如圖所示：連接AC，設(shè)∠ABC=θ∈0,π3，∠BAC=x

在△ADC中，CDsinθ-x=ADsin在△ABC，ABsinπ-x-θ故梯形ABCD的四條邊乘積p=AB?BC?CD?DA=256=256sin設(shè)sin2x=t，得p=256tsin2θ-tp=256tsin（當(dāng)且僅當(dāng)t=1θ∈0,π3，當(dāng)θ=π3故答案為：36【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查了正弦定理，三角恒等變換，均值不等式，意在考查學(xué)生的計算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中引入變量x，將乘積轉(zhuǎn)化為關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系再利用均值不等式求解是解題的關(guān)鍵.【變式6-1】4.（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，菱形ABCD的邊BC上有一點E，邊DC上有一點F（E，F(xiàn)不與頂點重合）且BE>DF，若△AEF是邊長為3的等邊三角形，則【答案】1,【分析】過A作AG⊥BC于G，AH⊥CD于H，根據(jù)已知得出Rt△AGE?Rt△AHF，即可得出∠GAH=∠EAF，則∠B=π3，設(shè)AB=a，BE=b，可得a2<b<a，且根據(jù)余弦定理在△ABE可得3=a2+b2-ab，設(shè)12ab=S，根據(jù)a2<b<a結(jié)合不等式性質(zhì)得出S<【詳解】如圖所示：過A作AG⊥BC于G，AH⊥CD于H，∵ABCD為菱形，∴AG=AH，∵△AEF是等邊三角形，∴AE=AF，∠EAF=π∴Rt∴∠GAE=∠HAF，∴∠GAE+∠EAH=∠HAF+∠EAH，即∠GAH=∠EAF=π∴在四邊形GAHC中，∠C=2π-∠AGC-∠AHC-∠GAH=2π-π∴∠B=π-∠C=π-2設(shè)AB=a，則BC=a，BG=ABcos∵BG<BE<BC，設(shè)BE=b，∴a在△ABE根據(jù)余弦定理：3=aBA?設(shè)12ab=S，則ab=2S，則∵a2<b<a∴ab∴b2<ab=2S<2設(shè)函數(shù)gx根據(jù)對鉤函數(shù)性質(zhì)可得gx在S,2S∴g2S<gb2<gS，即則BA?故答案為：1,3題型7多三角形問題【例題7】（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，asinB+π+bcosA．3037 B．30314【答案】D【分析】由正弦定理及誘導(dǎo)公式結(jié)合asinB+π由BM=25BC，結(jié)合a=15可得BM=6，MC=9.后由∠MAB＝∠MBA，【詳解】由正弦定理及誘導(dǎo)公式，可得：asinB+π化簡得：sinA+3cosA=0?tan又BM=25BC，則因∠MAB=∠MBA，則∠MAC=2π3則在△MAC中，MCsin∠MAC=MAsin則sin∠AMC=則△MAC中，邊AM對應(yīng)高h(yuǎn)=6×5則△MAC面積S=1【變式7-1】1.（2023春·湖北襄陽·高三襄陽五中校考階段練習(xí)）在△ABC中，已知AD=2DC，AC=3BC，sin∠BDC=3sin∠BACA．34 B．52 C．3【答案】D【分析】設(shè)BC=n，BD=m，在△BDC和△ABC中應(yīng)用正弦定理可得到BD=13AB，然后利用cos∠BDC=-cos∠BDA結(jié)合余弦定理可得【詳解】設(shè)BC=n，∵AC=3BC，∴AC=3n，∵AD=2DC在△BDC中，BCsin∠BDC=BDsin∴sin∠BACsin∠BDC=設(shè)BD=m，∴AB=3m，∵∠BDC+∠BDA=π，∴∴m2+nCA?當(dāng)m=12時，CA?CB-|又∵sin2∴在△ABC中sinC=53故選：D.【變式7-1】2.（2023·全國·高三專題練習(xí)）趙爽是我國古代數(shù)學(xué)家，大約在公元222年，他為《周髀算經(jīng)》一書作序時，介紹了“勾股圓方圖”，亦稱“趙爽弦圖”（以弦為邊長得到的正方形由4個全等的直角三角形再加上中間的一個小正方形組成）類比“趙爽弦圖”，可構(gòu)造如圖所示的圖形，它是由3個全等的三角形與中間一個小等邊三角形拼成的一個較大的等邊三角形，設(shè)AD=λAB+μAC，若AD=3【答案】6【分析】根據(jù)余弦定理、正弦定理以及平面向量基本定理求得λ,μ，進(jìn)而求得正確答案.【詳解】過D作DG//AC，交AB于G，則由于AD=λAB+μ設(shè)∠ACF=α，則∠DAG=π3-α設(shè)AF=x，則FD=2x,則CE=BD=x,EF=DE=2x，由于∠AFC=2π3，所以在三角形由余弦定理得AC=x所以cosα=x2在三角形ADG中，由正弦定理得：AGsinα=所以λ=9sin∠DAG=在三角形ADG中，由正弦定理得：DGsin∠DAG=所以μ=3所以λ-μ=6故答案為：6【點睛】平面向量的基本定理可以解決向量分解的問題，相當(dāng)于向量線性運算.在求解幾何圖形問題的過程中，可考慮利用正弦定理或余弦定理來進(jìn)行邊角轉(zhuǎn)化.【變式7-1】3.（2020·北京·高三強基計劃）已知∠A=18°,∠B=87°，點D在BC的延長線上，且DC=BC，點E在AC上，且∠CED=18°，則CEBD=【答案】2【分析】利用正弦定理及兩角差的正弦可求CEBD【詳解】如圖，∠BCA=75°,∠DCE=105°,∠D=57°，根據(jù)正弦定理，有CEBD而sin18°=5-1于是sin=6故CE=2-6【變式7-1】4.（2022·四川成都·高三四川省成都市新都一中統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，在△ABC中，∠ABC=π3，點D在線段AC上，且AD【答案】6【分析】根據(jù)S△ABC=【詳解】在△ABC中，設(shè)ABcosπ3=又cosA=c∴a2+∵2a2+12∴S△ABC所以△ABC面積的最大值為6故答案為：63【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)面積公式結(jié)構(gòu)選擇用基本不等值求最大值，要注意不等式取等的條件，同時計算量也較大．題型8與向量結(jié)合問題1.用向量基本定理解決問題的一般思路是：先選擇一組基底，并運用該基底將條件和結(jié)論表示成向量的形式，再通過向量的運算來解決．2.向量具有數(shù)形二重性，一方面具有“形”的特點，借助于幾何圖形進(jìn)行研究，利用數(shù)形結(jié)合增強解題的直觀性；另一方面又具有一套優(yōu)良的運算性質(zhì)，因此，對于某些幾何命題的求解或證明，自然可以轉(zhuǎn)化為向量的運算問題來解決，可以使復(fù)雜問題簡單化，幾何問題代數(shù)化【例題8】（2023·全國·高三專題練習(xí)）十七世紀(jì)法國數(shù)學(xué)家皮埃爾?德?費馬提出的一個著名的幾何問題：“已知一個三角形，求作一點，使其與這個三角形的三個頂點的距離之和最小”．它的答案是：當(dāng)三角形的三個角均小于23π時，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角23π；當(dāng)三角形有一內(nèi)角大于或等于23π時，所求點為三角形最大內(nèi)角的頂點.在費馬問題中，所求點稱為費馬點.已知在△ABC中，已知C=23πA．﹣1 B．-45 C．-【答案】C【分析】由余弦定理可得AB，再由正弦定理可得sinB，進(jìn)而求得cosB，設(shè)CM=BM=x，由余弦定理可得CM，進(jìn)而求出△AMC的面積，根據(jù)定義可得P為三角形的正等角中心，再由等面積法可得PA?【詳解】因為在△ABC中，C=23π所以由余弦定理可得AB=A由正弦定理可得ACsinB=又B為銳角，所以cosB=設(shè)CM=BM=x，則CM即x2=4+x2-所以AM=35AB=又cos∠AMC=則∠AMC為銳角，由于C=23π所以△AMC的三個內(nèi)角均小于23則P為三角形的正等角中心，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角23所以S=3所以PA?所以PA+PA故選：C．【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查正余弦定理的運用，考查平面向量的綜合運用，考查運算求解能力，解答的關(guān)鍵在于確定△AMC的費馬點位置，進(jìn)而利用面積關(guān)系求出PA?【變式8-1】1.（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知點G為三角形ABC的重心，且GA+GB=GA-A．45 B．35 C．2【答案】A【分析】由題設(shè)可得AG?BG=0，結(jié)合AG=1【詳