高考数学专题二 三角形的三线两圆及面积问题(原卷版)

专题二 三角形的三线两圆及面积问题一．中线中线定理：一条中线两侧所对边的平方和等于底边平方的一半与该边中线平方的2倍．即：如图，在中，为中点，则．证明 在中，，在中，．．另外已知两边及其夹角也可表述为：．证明 由，，．二．角平分线角平分线定理：如图，在中，是的平分线，则．证法1 在中，，在中，，．证法2 该结论可以由两三角形面积之比得证，即．三．高高的性质：分别为边上的高，则求高一般采用等面积法，即求某边上的高，需要求出面积和底边长度．四．外接圆过三角形三个顶点的圆叫三角形的外接圆．其圆心叫做三角形的外心．外接圆半径的计算：R＝eq\f(a,2sinA)＝eq\f(b,2sinB)＝eq\f(c,2sinC)．外接圆半径与三角形面积的关系：S△ABC＝eq\f(abc,4R)＝(R为△ABC外接圆半径)． 五．内切圆与三角形三边都相切的圆叫三角形的内切圆．其圆心叫做三角形的内心．内切圆半径与三角形面积的关系：S△ABC＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)·r(r为△ABC内切圆半径)，并可由此计算r．考点一 三角形的三线两圆问题【例题选讲】[例1](1)△ABC中，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，则BC边上的高等于( )A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(3\r(3),2) C．eq\f(\r(3)＋\r(6),2) D．eq\f(\r(3)＋\r(39),4)答案 B 解析 设AB＝a，则由AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB知7＝a2＋4－2a，即a2－2a－3＝0，∴a＝3(负值舍去)．∴BC边上的高为AB·sinB＝3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)．(2)在△ABC中，若AB＝4，AC＝7，BC边的中线AD＝eq\f(7,2)，则BC＝________．答案 9 解析 如图所示，延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，EC．因为AD是BC边上的中线，所以AE与BC互相平分，所以四边形ACEB是平行四边形，所以BE＝AC＝7．又AB＝4，AE＝2AD＝7，所以在△ABE中，由余弦定理得，AE2＝49＝AB2＋BE2－2AB·BE·cos∠ABE＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠ABE．在△ABC中，由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos(π－∠ABE)，∴49＋BC2＝2(AB2＋AC2)＝2(16＋49)，∴BC2＝81，∴BC＝9．(3)在△ABC中，B＝120°，AB＝eq\r(2)，A的角平分线AD＝eq\r(3)，则AC＝________．答案 eq\r(6) 解析 如图，在△ABD中，由正弦定理，得eq\f(AD,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，∴sin∠ADB＝eq\f(\r(2),2).由题意知0°<∠ADB<60°，∴∠ADB＝45°，∴∠BAD＝180°－45°－120°＝15°．∴∠BAC＝30°，C＝30°，∴BC＝AB＝eq\r(2).在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，∴AC＝eq\r(6)．(4)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若tanC＝eq\f(12,5)，a＝b＝eq\r(13)，BC边上的中点为D，则sin∠BAC＝________，AD＝________．答案 eq\f(3\r(13),13) eq\f(3\r(5),2) 解析 因为tanC＝eq\f(12,5)，所以sinC＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(5,13)，又a＝b＝eq\r(13)，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝13＋13－2×eq\r(13)×eq\r(13)×eq\f(5,13)＝16，所以c＝4．由eq\f(a,sin∠BAC)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(\r(13),sin∠BAC)＝eq\f(4,\f(12,13))，解得sin∠BAC＝eq\f(3\r(13),13)．因为BC边上的中点为D，所以CD＝eq\f(a,2)，所以在△ACD中，AD2＝b2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－2×b×eq\f(a,2)×cosC＝eq\f(45,4)，所以AD＝eq\f(3\r(5),2)．(5)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，BC边上的中线长为2eq\r(2)，高线长为eq\r(3)，且btanA＝(2c－b)tanB，则bc的值为________．答案 8 解析 因为btanA＝(2c－b)tanB，所以eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(2c,b)－1，所以1＋eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(2c,b)，根据正弦定理，得1＋eq\f(sinAcosB,sinBcosA)＝eq\f(2sinC,sinB)，即eq\f(sinA＋B,sinBcosA)＝eq\f(2sinC,sinB)．因为sin(A＋B)＝sinC≠0，sinB≠0，所以cosA＝eq\f(1,2)，所以A＝eq\f(π,3)．设BC边上的中线为AM，则AM＝2eq\r(2)，因为M是BC的中点，所以eq\o(AM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))，即eq\o(AM,\s\up7(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(AC,\s\up7(→))2＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→)))，所以c2＋b2＋bc＝32 ①．设BC边上的高线为AH，由S△ABC＝eq\f(1,2)AH·BC＝eq\f(1,2)bc·sinA，得eq\f(\r(3),4)bc＝eq\f(\r(3)a,2)，即bc＝2a ②，根据余弦定理，得a2＝c2＋b2－bc ③，联立①②③得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,2)))2＝32－2bc，解得bc＝8或bc＝－16(舍去)．(6)已知等腰三角形的底边长为6，一腰长为12，则它的内切圆面积为________．答案 eq\f(27π,5) 解析 不妨设a＝6，b＝c＝12，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(122＋122－62,2×12×12)＝eq\f(7,8)，∴sinA＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))2)＝eq\f(\r(15),8)．由eq\f(1,2)(a＋b＋c)r＝eq\f(1,2)bcsinA，得r＝eq\f(3\r(15),5)．∴S内切圆＝πr2＝eq\f(27π,5)．(7)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若△ABC的面积为S，且a＝1，4S＝b2＋c2－1，则△ABC外接圆的面积为( )A．4π B．2π C．π D．eq\f(π,2)答案 D 解析 由余弦定理得，b2＋c2－a2＝2bccosA，a＝1，所以b2＋c2－1＝2bccosA，又S＝eq\f(1,2)bcsinA，4S＝b2＋c2－1，所以4×eq\f(1,2)bcsinA＝2bccosA，即sinA＝cosA，所以A＝eq\f(π,4)，由正弦定理得，eq\f(1,sin\f(π,4))＝2R，得R＝eq\f(\r(2),2)，所以△ABC外接圆的面积为eq\f(π,2)．(8)设△ABC内切圆与外接圆的半径分别为r与R，且sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4，则cosC＝________；当BC＝1时，△ABC的面积为________．答案 －eq\f(1,4) eq\f(3\r(15),16) 解析 ∵sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4，∴由正弦定理得a∶b∶c＝2∶3∶4．令a＝2t，b＝3t，c＝4t，则cosC＝eq\f(4t2＋9t2－16t2,12t2)＝－eq\f(1,4)，∴sinC＝eq\f(\r(15),4)．当BC＝1时，AC＝eq\f(3,2)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×1×eq\f(3,2)×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(3\r(15),16)．(9)在△ABC中，D为边AC上一点，AB＝AC＝6，AD＝4，若△ABC的外心恰在线段BD上，则BC＝_____．答案 3eq\r(6) 解析 解法1 如图1，设△ABC的外心为O，连结AO，则AO是∠BAC的平分线，所以eq\f(BO,OD)＝eq\f(AB,AD)＝eq\f(3,2)，所以eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BO,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,5)eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,5)(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))，即eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,5)eq\o(AD,\s\up6(→))，两边同时点乘eq\o(AB,\s\up6(→))得eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)(eq\o(AB,\s\up6(→)))2＋eq\f(3,5)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))，即18＝eq\f(2,5)×36＋eq\f(3,5)×6×4cos∠BAC，所以cos∠BAC＝eq\f(1,4)，则BC＝eq\r(36＋36－2×62×\f(1,4))＝3eq\r(6)．(说明：两边同时点乘eq\o(AD,\s\up6(→))也是一样的) 图1 图2 图3解法2 如图2，设∠BAC＝2α，外接圆的半径为R，由S△ABO＋S△ADO＝S△ABD，得eq\f(1,2)·6Rsinα＋eq\f(1,2)·4Rsinα＝eq\f(1,2)·6·4sin2α，化简得24cosα＝5R．在Rt△AFO中，Rcosα＝3，联立解得R＝eq\f(6,5)eq\r(10)，cosα＝eq\r(\f(5,8))，所以sinα＝eq\r(\f(3,8))，所以BC＝2BE＝2ABsinα＝12×eq\r(\f(3,8))＝3eq\r(6)．解法3 如图3，延长AO交BC于点E，过点D作BC的垂线，垂足为F，则eq\f(BO,OD)＝eq\f(AB,AD)＝eq\f(3,2)，eq\f(OE,DF)＝eq\f(BO,BD)＝eq\f(3,5)．又DF∥A