第四章 模型1“加线三角形”模型 （含解析）2024年高考数学三轮冲刺考点归纳

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页模型1

“加线三角形”模型【问题背景】解三角形问题常常涉及“加线三角形”，如图1，中，点在上，线段把分成和，则，从而，代入余弦定理得到边的数量关系，此关系式可作为“加线三角形”的解题通法．若是中线，则有，平方得，如果已知的长度以及角，就能求出中线的长度．此结论一般化，就是三角形中的“爪子”定理：若，则．若是角平分线，则有，此结论揭示了角平分线分边所成的性质，即得到边的比值关系，解题时借助此性质可进行相关转化和消元．图1【解决方法】【典例1】（2024福建莆田二中9月第一次月考）在中，内角所对的边分别为，若，且，则面积的最大值为______．【套用模型】方法一在中，由余弦定理得，即①．第一步：判断所加线段的特征．因为，所以，点为边的中点，是中线．第二步：挖掘特征线的相关性质．，即，【易错】注意此处为，而不是在和中，由余弦定理可得，即，即②．第三步：转化和消元，联立①②消去．联立①②消去，可得．第四步：进一步求解问题，应用基本不等式求最值．因为，当且仅当时等号成立，所以，即．所以的面积．故面积的最大值为．方法二：第一步：判断所加线段的特征．因为，所以点是边的中点，是中线．第二步：挖掘特征线的相关性质．所以，则，第三步：进行相关转化和消元．又，所以，当且仅当时等号成立，【易遗漏】有意识地养成习惯，遇到基本不等式就要验证等号能否取到，形成“肌肉记忆”所以．第四步：进一步求解问题．所以的面积．故面积的最大值为．【典例2】（2024江苏盐城响水中学9月测试）在中，记内角所对的边分别为，已知，中线交于，内角平分线交于，且，则的面积为______．【套用模型】第一步：判断三角形的特征．，即，即，移项得，即，所以．【会转化】利用三角形特征，应用正弦定理进行角化边第二步：挖掘特征线的相关性质．由角平分线定理可知，，所以．第三步：进行相关转化和消元．又，所以，所以，可得．第四步：进一步求解问题．所以，所以，所以的面积．【典例3】（2024山东烟台牟平区9月测试）已知在中，内角所对的边分别为，已知，若平分并交于，且，则的面积为______．【套用模型】第一步：判断所加线段的特征．在中，为的平分线，则．第二步：挖掘特征线的相关性质．，即，又，则上式即，整理得．第三步：进行相关转化和消元．由，得，【会转化】由余弦定理列方程，变形并替换，即可转化为关于的方程，把看作一个整体求解又，则，而，得．第四步：进一步求解问题．所以（2024·广东·校联考模拟预测）1．已知在中，的平分线把三角形分成面积比为4:3的两部分，则.（2024·广东深圳·深圳外国语学校二模）2．已知的三个角所对的边为.若，为边上一点，且，则的最小值为.（2024·河南安阳·校联考一模）3．已知是内的一点，且，，若，，的面积分别为，则的最小值为．（2024·全国·模拟预测）4．如图，某景区有三条道路，其中长为千米，是正北方向，长为千米，是正东方向，某游客在道路上相对东偏北度的且距离为千米的位置，则.（2024·江苏泰州·统考一模）5．如图，是同一平面内的三条平行直线，与间的距离是1，与间的距离是2，正三角形的三顶点分别在上，则的边长是．（2024·全国·模拟预测）6．如图，在中，，，分别是，上一点，满足，.若，则的面积为．（2024·盐城中学模拟预测）7．中，，是的中点，若，则．（2024·贵州贵阳·统考一模）8．如图，平面四边形中，与交于点，若，，则．

（2023·福建漳州·统考二模）9．中，内角、、所对的边分别为、、．若，，且点M满足．（1）求角；（2）求的长．（2024·甘肃兰州·校考一模）10．中，，点在边上，平分．(1)若，求；(2)若，且的面积为，求．（2023·四川成都·统考一模）11．如图，是等边三角形，是边上的动点(含端点)，记，.

(1)求的最大值；(2)若，，求的面积．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）12．的内角，，的对边分别为，，．已知．（1）求；（2）已知，，且边上有一点满足，求．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．【分析】根据角平分线以及面积之比可得,进而根据正弦定理得,由二倍角公式即可求解.【详解】因为，所以，故，由面积公式可得,因为，故可得，由正弦定理得，又，即，由于,故.故答案为:2．【分析】设,则,则由可以推得,再利用面积公式可以解出,从而根据,可以推出,最后利用基本不等式即可得出结论.【详解】设,()则,,,即,化简得,即,故,,又,所以,即,即,,(当且仅当时取等号),故答案为:.【点睛】本题考查解三角形和基本不等式的综合运用,难度较大.3．【详解】试题分析：由，得，，所以，则即．所以当且仅当时，取得最小值．考点：均值不等式求最值．【方法点睛】本题应先从已知条件入手，得到适当的结论，即利用面积关系得到，，此时才能看到已知与所求的关系，然后对所求式子进行变形得求最值得关键，接下来易求最大值．本题的难点在于，不能直接看到条件和所求的关系，我们应相向考虑即由已知可得到什么，所求需要什么，这样考虑一步，题目可能就有思路了，望同学们做后多思．4．【分析】方法一：利用等面积法可知，再利用同角三角函数的基本关系化简计算可得结果.方法二：有垂直可以考虑建立坐标系：，，利用三点共线（向量公式或者斜率公式）即可.【详解】千米,千米,三角形的面积，由面积和法得：，，两边平方可得：，∴，，解得：，由，解得：.法二：由题意可知,以为坐标原点，为轴建立坐标系，则有，，,因为,所以，化简可得：两边平方可得：，∴，，解得：，由，解得：.故答案为：.5．【详解】试题分析：设的边长是，则，由得：解得考点：两角和余弦公式应用6．【分析】过点E作EF⊥AC于F，然后结合相似三角形的性质和余弦定理求得EF的长度，最后结合面积公式求解的面积即可.【详解】如图所示，过点E作EF⊥AC于F.由∠A=90°，知EF//AB，由BE=4CE，得EF=AB.设EF=x，则AB=5x.又∠ADB=∠CDE=30°,得BD=10x，AD=，∠BDE=120°.由勾股定理，得.又由余弦定理，得，又，所以，则.解得：或(不合题意，舍去).故.【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，三角形的面积公式，相似三角形的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7．【分析】利用正弦定理，求得，列出方程，整理即可求得结果.【详解】设Rt△ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c.在△ABM中，由正弦定理，∴sin∠AMB＝sin∠BAM＝.又sin∠AMB＝sin∠AMC＝，∴＝，整理得(3a2－2c2)2＝0.则＝，故sin∠BAC＝＝.故答案为：.【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，属基础题.8．##【分析】由向量对应的比例关系、正弦定理，首先可列方程结合求得，进一步结合余弦定理可表示出，由此即可得解.【详解】如图，设，，，，则：在中，有，在中，有，两式相除得，化简得，又，所以，即，所以.在中，由余弦定理，解得，进一步继续在中，由勾股定理有，所以，所以.故答案为：.9．（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理边角互化、诱导公式化简可求得的值，结合角的取值范围可得出角的值；（2）利用余弦定理计算出的值，由已知条件得出，利用平面向量数量积的运算性质可求得的长．【详解】（1），由正弦定理可得，，，可得，，，；（2），则，，则，，由余弦定理可得，整理得，，解得，.【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.10．(1)或；(2).【分析】（1）由正弦定理及同角三角函数的关系，求出，的正余弦值，再由互补关系求出；（2）由和的面积为，分别求出和，再根据余弦定理求出的值.【详解】（1）由正弦定理得，AB＝2AC，C＞B，又∵，∴，∵，∵AB＝2AC，∴C＞B，即大边对大角，，又∵，∴，∵，∴或，（2）设AB＝2AC＝2t，∠CAD＝θ，∴AD＝AC＝t，∵，∴，∴，∵为三角形的内角，，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，在△ABC中，运用余弦定理可得，，∴．11．(1)(2)【分析】（1）由题意得到，利用两角和与差公式将所求化为，从而结合的取值范围即可得解；（2）利用三角函数的平方关系与和差公式求得，再利用正弦定理求得，从而利用三角形面积公式即可得解.【详解】（1）由是等边三角形，得，，，又，故当时，即时，取得最大值.（2