三角形的内接最大正三角形

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高考满分数学压轴题13 与球相关的外接与内切问题(可编辑可打印)

一．方法综述如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点. 考查学生的空间想象能力以及化归能力。

研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：（1）多面体外接球半径的求法，当三棱锥有三条棱垂直或棱长相等时，可构造长方体或正方体. （2）与球的外切问题，解答时首先要找准切点，可通过作截面来解决. （3）球自身的对称性与多面体的对称性；二．解题策略类型一柱体与球【例1】（2020·河南高三（理））已知长方体1111ABCD A B C D -的表面积为208，118AB BC AA ++=，则该长方体的外接球的表面积为（） A ．116π B ．106πC ．56πD ．53π【答案】A 【解析】【分析】由题意得出11118104AB BC AA AB BC BC AA AB AA ++=⎧⎨⋅+⋅+⋅=⎩，由这两个等式计算出2221AB BC AA ++，可求出长方体外接球的半径，再利用球体表面积公式可计算出结果.【详解】依题意，118AB BC AA ++=，11104AB BC BC AA AB AA ⋅+⋅+⋅=，所以，()()222211112116AB BC AA AB BC AA AB BC BC AA AB AA ++=++-⋅+⋅+⋅=，故外接球半径r ==，因此，所求长方体的外接球表面积24116S r ππ==.故选：A.【点睛】本题考查长方体外接球表面积的计算，解题的关键就是利用长方体的棱长来表示外接球的半径. 【举一反三】1.（2020·2，若与球相关的外接与内切问题该棱柱的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（） A ．73π B ．113π C ．5π D ．8π【答案】D【解析】根据条件可知该三棱柱是正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，如图，则其外接球的半径22221123222sin 60R OB OO BO ⎛⎫ ⎪⎛⎫==+=+= ⎪ ⎪︒⎝⎭⎝⎭，外接球的表面积428S ππ=⨯=.故选：D【指点迷津】直棱柱的外接球的球心在上、下底面的外接圆的圆心的连线上，确定球心，用球心、一底面的外接圆的圆心，一顶点构成一个直角三角形，用勾股定理得关于外接球半径的关系式，可球的半径. 2.（2020·安徽高三（理））已知一个正方体的各顶点都在同一球面上，现用一个平面去截这个球和正方体，得到的截面图形恰好是一个圆及内接正三角形，若此正三角形的边长为a ，则这个球的表面积为（）． A ．234a π B ．23a π C ．26a πD ．232a π【答案】D【解析】由已知作出截面图形如图1，可知正三角形的边长等于正方体的面对角线长，正方体与其外接球的位置关系如图2所示，可知外接球的直径等于正方体的体对角线长，设正方体的棱长为m ,外接球的半径为R ，则2a m =，23R m =，所以64R a =，所以外接球的表面积为222634442a S R a πππ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选：D .【点睛】本题考查正方体的外接球、正方体的截面和空间想象能力，分析出外接球的半径与正三角形的边长的关系是本题的关键，3．（2020·河南高三（理））有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），底面直径为20cm ，高度为100cm ，现往里面装直径为10cm 的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装（）（附：2 1.414,3 1.732,5 2.236≈≈≈） A ．22个 B ．24个C ．26个D ．28个【答案】C【解析】由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切，这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为10cm 的正面体，易求正四面体相对棱的距离为52cm ，每装两个球称为“一层”，这样装n 层球，则最上层球面上的点距离桶底最远为()()10521n +-cm ，若想要盖上盖子，则需要满足()10521100n +-≤，解得19213.726n ≤+≈，所以最多可以装13层球，即最多可以装26个球．故选：C 类型二锥体与球【例2】5．已知球O 的半径为102，以球心O 为中心的正四面体Γ的各条棱均在球O 的外部，若球O 的球面被Γ的四个面截得的曲线的长度之和为8π，则正四面体Γ的体积为_________．【来源】重庆市2021届高三下学期二模数学试题【答案】182【解析】由题知，正四面体截球面所得曲线为四个半径相同的圆，每个圆的周长为2π，半径为1，故球心O 到正四面体各面的距离为2106122⎛⎫-=⎪⎝⎭，设正四面体棱长为a ，如图所示，则斜高332AE EF a ==，体高63=AF a ，在Rt AEF 和R t AGO 中，13OG EF AO AE ==，即61236632a =-，∴6a =，∴231362618234312V a a =⋅⋅=⋅=．【举一反三】1.（2020四川省德阳一诊）正四面体ABCD 的体积为，则正四面体ABCD 的外接球的体积为______．【答案】【解析】如图，设正四面体ABCD 的棱长为，过A 作AD ⊥BC ，设等边三角形ABC 的中心为O ，则，，，即．再设正四面体ABCD 的外接球球心为G ，连接GA ，则，即．∴正四面体ABCD 的外接球的体积为.故答案为：．2．（2020·宁夏育才中学）《九章算术》是我国古代的数学名著,其中有很多对几何体体积的研究,已知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为32π,高为h 的圆柱,上面是一个底面积为32π,高为h 的圆锥,若该容器有外接球,则外接球的体积为【答案】288π【解析】如图所示，根据圆柱与圆锥和球的对称性知，其外接球的直径是23R h =，设圆柱的底面圆半径为r ，母线长为l h =，则232r ππ=，解得42r =222(2)(3)l r h +=， 222(82)9h h ∴+=，解得4h =，∴外接球的半径为3462R =⨯=，∴外接球的体积为3344628833R V πππ⨯===．3．（2020·贵阳高三（理））在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，PAD ∆是一个正三角形，若平面PAD ⊥平面ABCD ，则该四棱锥的外接球的表面积为（） A ．143πB ．283πC ．563πD ．1123π【答案】D 【解析】【分析】过P 作PF AD ⊥，交AD 于F ，取BC 的中点G ，连接,PG FG ，取PF 的三等分点H （2PH HF =），取GF 的中点E ，在平面PFG 过,E F 分别作,GF PF 的垂线，交于点O ，可证O 为外接球的球心，利用解直角三角形可计算PO ．【详解】如图，过P 作PF AD ⊥，交AD 于F ，取BC 的中点G ，连接,PG FG ，在PF 的三等分点H （2PH HF =），取GF 的中点E ，在平面PFG 过,E F 分别作,GF PF 的垂线，交于点O ．因为PAD ∆为等边三角形，AF FD =，所以PF ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =，PF ⊂平面PAD ，所以PF ⊥平面ABCD ，因GF ⊂平面ABCD ，故PF GF ⊥．又因为四边形ABCD 为正方形，而,G F 为,BC AD 的中点，故FG CD ，故GF AD ⊥，因ADPF F =，故PF ⊥平面PAD ．在Rt PGF ∆中，因,OE GF PF GF ⊥⊥，故OE PF ，故OE ⊥平面ABCD ，同理OH ⊥平面PAD ．因E 为正方形ABCD 的中心，故球心在直线OE 上，因H 为PAD ∆的中心，故球心在直线OH 上，故O 为球心，OP 为球的半径．在Rt PGF ∆中，2234343323PH PF ==⨯⨯=，2OH EF ==，故16282214333OP =+==，所以球的表面积为28112433ππ⨯=．类型三构造法（补形法）【例3】已知三棱锥P ABC -的各个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，6AB =，8AC =，D 是线段AB 上一点，且2AD DB =.过点D 作球O 的截面，若所得截面圆面积的最大值与最小值之差为25π，则球O 的表面积为（） A ．128π B ．132πC ．144πD ．156π【答案】B【解析】PA ⊥平面ABC ，AB AC ⊥，将三棱锥P ABC -补成长方体PQMN ABEC -，如下图所示：设AE BC F =，连接OF 、DF 、OD ，可知点O 为PE 的中点，因为四边形ABEC 为矩形，AE BC F =，则F 为AE 的中点，所以，//OF PA 且12OF PA =，设2PA x =，且2210AE AB BE =+=，222225PE PA AE x ∴+=+所以，球O 的半径为21252R PE x ==+，在Rt ABE △中，2ABE π∠=，6AB =，10AE =，3cos 5AB BAE AE ∠==，在ADF 中，243AD AB ==，5AF =，由余弦定理可得222cos 17DF AD AF AD AF BAE =+-⋅∠=，PA ⊥平面ABCD ，OF ∴⊥平面ABCD ，DF ⊂平面ABCD ，则OF DF ⊥，12OF PA x ==，22217OD OF DF x ∴=+=+，设过点D 的球O 的截面圆的半径为r ，设球心O 到截面圆的距离为d ，设OD 与截面圆所在平面所成的角为θ，则22sin d OD R r θ==-.当0θ=时，即截面圆过球心O 时，d 取最小值，此时r 取最大值，即2max 25r R x ==+；当2πθ=时，即OD 与截面圆所在平面垂直时，d 取最大值，即2max 17d OD x ==+，此时，r 取最小值，即()22min max 22r R d =-=. 由题意可得()()()222max min 1725r r x πππ⎡⎤-=+=⎣⎦，0x，解得22x =.所以，33R =，因此，球O 的表面积为24132S R ππ==.故选：B.【举一反三】1.（2020宁夏石嘴山模拟）三棱锥中，侧棱与底面垂直，，，且，则三棱锥的外接球的表面积等于．【答案】【解析】把三棱锥，放到长方体里,如下图:,因此长方体的外接球的直径为,所以半径,则三棱锥的外接球的表面积为.2.（2020菏泽高三模拟）已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示，将直三棱柱补充为长方体，则该长方体的体对角线为，设长方体的外接球的半径为，则，,所以该长方体的外接球的体积，故选C.3．（2020·贵州高三月考（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．43B．53C．83D．163【答案】A【解析】【分析】如图所示画出几何体，再计算体积得到答案.【详解】由三视图知该几何体是一个四棱锥，可将该几何体放在一个正方体内，如图所示：在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，取棱11,,,,B C DA AB BC CD 的中点分别为,,,,E M N P Q ，则该几何体为四棱锥E MNPQ -，其体积为()2142233⨯⨯=.故选：A 类型四与球体相关的最值问题【例4】（2020·福建高三期末（理））在外接球半径为4的正三棱锥中，体积最大的正三棱锥的高h =（） A ．143B ．134C ．72D ．163【答案】D 【解析】【分析】设正三棱锥底面的边长为a ，高为h ，由勾股定理可得22234(4)3h a ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则22183h h a -=，三棱锥的体积()23384V h h =-，对其求导，分析其单调性与最值即可得解. 【详解】解：设正三棱锥底面的边长为a ，高为h ，根据图形可知22234(4)3h a ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则22180,3h h a -=>08h ∴<<. 又正三棱锥的体积21334V a h =⨯()2384h h h =-()23384h h =-，则()231634V h h '=-，令0V '=，则163h =或0h =（舍去）， ∴函数()23384V h h =-在160,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在16,83⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，∴当163h =时，V 取得最大值，故选：D. 【点睛】本题考查球与多面体的最值问题，常常由几何体的体积公式、借助几何性质，不等式、导数等进行解决，对考生的综合应用，空间想象能力及运算求解能力要求较高. 【举一反三】1.（2020·广东高三（理））我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，AC BC ⊥，若12AA AB ==，当阳马11B A ACC -体积最大时，则堑堵111ABC A B C -的外接球体积为（）A ．22πB ．823C ．23D ．2π【答案】B【解析】依题意可知BC ⊥平面11ACC A .设,AC a BC b ==，则2224a b AB +==.111111323B A ACC V AC AA BC AC BC -=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯22114232323AC BC +≤⨯=⨯=，当且仅当2AC BC ==时取得最大值.依题意可知1111,,A BC A BA A BB ∆∆∆是以1A B 为斜边的直角三角形，所以堑堵111ABC A B C -外接球的直径为1A B ，故半径221111222OB A B AA AB ==⨯+=.所以外接球的体积为()34π82π233⋅=. 特别说明：由于BC ⊥平面11ACC A ，1111,,A BC A BA A BB ∆∆∆是以1A B 为斜边的直角三角形，所以堑堵111ABC A B C -外接球的直径为1A B 为定值，即无论阳马11B A ACC -体积是否取得最大值，堑堵111ABC A B C -外接球保持不变，所以可以直接由直径1A B 的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.故选：B2．（2020·遵义市南白中学高三期末）已知A ，B ，C ，D 四点在同一个球的球面上，6AB BC ==，90ABC ∠=︒，若四面体ABCD 体积的最大值为3，则这个球的表面积为（）A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π【答案】C 【解析】根据6AB BC ==可得直角三角形ABC ∆的面积为3,其所在球的小圆的圆心在斜边AC 的中点上,设小圆的圆心为Q , 由于底面积ABC S ∆不变,高最大时体积最大,所以DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为为133ABC S DQ ∆⨯=，即133,33DQ DQ ⨯⨯=∴=,如图, 设球心为O ,半径为R ，则在直角AQO ∆中,即222(3)(3,)2R R R =∴+=-, 则这个球的表面积为24216S ππ=⨯=,故选C.3．（2020·河南高三（理））菱形ABCD 的边长为2，∠ABC ＝60°，沿对角线AC 将三角形ACD 折起，当三棱锥D －ABC 体积最大时，其外接球表面积为（） A ．153π B ．2153π C ．209π D ．203π 【答案】D 【解析】【分析】当平面ACD 与平面ABC 垂直时体积最大，如图所示，利用勾股定理得到2223(3)()3R OG =-+和22223()3R OG =+，计算得到答案. 【详解】易知：当平面ACD 与平面ABC 垂直时体积最大. 如图所示：E 为AC 中点，连接,DE BE ，外接球球心O 的投影为G 是ABC ∆中心，在BE 上 3BE =，3DE =，33EG =，233BG =设半径为R ，则2223(3)()3R OG =-+，22223()3R OG =+ 解得：153R =，表面积22043S R ππ== 故选：D三．强化训练一、选择题1．（2020·广西高三期末）棱长为a 的正四面体ABCD 与正三棱锥E BCD -的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE 的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥E BCD -的表面积为（） A ．2334a + B ．2336a + C ．2336a - D ．2334a - 【答案】A【解析】由题意，多面体ABCDE 的外接球即正四面体ABCD 的外接球，由题意可知AE ⊥面BCD 交于F ，连接CF ，则233323CF a a =⋅= 且其外接球的直径为AE ，易求正四面体ABCD 的高为223633a a a ⎛⎫ ⎪ ⎪=⎝⎭-. 设外接球的半径为R ，由2226333R a R a ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭=⎭-⎝-得64R a =. 设正三棱锥E BCD -的高为h ，因为6623AE a a h ==+，所以66h a =. 因为底面BCD ∆的边长为a ，所以2222EB EC ED CF h a ===+=，则正三棱锥E BCD -的三条侧棱两两垂直.即正三棱锥E BCD -的表面积222121333322224S a a a ⎛⎫+=⨯⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选：A .2、（2020辽宁省师范大学附属中学高三）在三棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，把三棱锥补形为长方体，设长方体的长、宽、高分别为，则，∴三棱锥外接球的半径∴三棱锥外接球的表面积为．故选：C．3．（2020·安徽高三期末）如果一个凸多面体的每个面都是全等的正多边形，而且每个顶点都引出相同数目的棱，那么这个凸多面体叫做正多面体.古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》的卷13中系统地研究了正多面体的作图，并证明了每个正多面体都有外接球.若正四面体、正方体、正八面体的外接球半径相同，则它们的棱长之比为（）A23B．223C．22D．223【答案】Ba b c R【解析】设正四面体、正方体、正八面体的棱长以及外接球半径分别为,,,则2223,23,22R a R b R c =⨯==, 即222,,2::2:2:333R R a b c R a b c ===∴=故选：B 4．（2020·北京人大附中高三）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 为矩形，23AB =，2AD =，120ASB ∠=︒，SA AD ⊥，则四棱锥外接球的表面积为（）A ．16πB ．20πC ．80πD ．100π 【答案】B【解析】由四边形ABCD 为矩形，得AB AD ⊥，又SA AD ⊥，且SA AB A ⋂=，∴AD ⊥平面SAB ，则平面SAB ⊥平面ABCD ，设三角形SAB 的外心为G ，则23322sin 2sin12032AB GA ASB ====∠︒. 过G 作GO ⊥底面SAB ，且1GO =，则22215OS =+=.即四棱锥外接球的半径为5． ∴四棱锥外接球的表面积为24(5)20S ππ=⨯=.故选B ．5．（2020河南省郑州市一中高三）在三棱锥中，平面，M 是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（） A ． B ．C ．D ．【答案】C【解析】解：如图所示：三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则：当时，线段达到最小值，由于：平面，所以：，解得：，所以：，则：，由于：，所以：则：为等腰三角形．所以，在中，设外接圆的直径为，则：，所以外接球的半径，则：，故选：C．6、（2020河南省天一大联考）某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，此三棱锥和长方体的外接球是同一个，长方体的外接球的球心在体对角线的中点处，易得其外接球的直径为，从而外接球的表面积为.故答案为：C.7．（2020·江西高三期末（理））如图，三棱锥P ABC -的体积为24，又90PBC ABC ∠=∠=︒，3BC =，4AB =，410PB =，且二面角P BC A --为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A ．169πB ．144πC ．185πD ．80π【答案】A【解析】因90PBC ABC ∠=∠=︒，所以BC ⊥平面PAB ，且PBA ∠为二面角P BC A --的平面角，又3BC =，4AB =，410PB =，由勾股定理可得13PC =，5AC =，因为1sin 8102PAB S PB AB PBA PBA ∆⋅=⋅∠=∠，所以三棱锥的体积1181032433PAB V S BC PBA ∆=⋅=⨯∠⨯=，解得310sin PBA ∠=，又PBA ∠为锐角，所以10cos 10PBA ∠=，在PAB ∆中，由余弦定理得2101601624410144PA =+-⨯⨯=，即12PA =，则222PB PA AB =+，故PA AB ⊥，由BC ⊥平面PAB 得BC PA ⊥，故PA ⊥平面ABC ，即PA AC ⊥，取PC 中点O ，在直角PAC ∆和直角PBC ∆中，易得OP OC OA OB ===，故O 为外接球球心，外接圆半径11322R PC ==，故外接球的表面积24169S R ππ==.故选：A. 8．（2019·湖南长沙一中高三）在如图所示的空间几何体中，下面的长方体1111ABCD A B C D -的三条棱长4AB AD ==，12AA =，上面的四棱锥1111P A B C D -中11D E C E =，1111PE A B C D ⊥平面，1PE =，则过五点A 、B 、C 、D 、P 的外接球的表面积为（）A ．311π9B ．311π18C ．313π9D ．313π18【答案】C【解析】问题转化为求四棱锥P ABCD -的外接球的表面积．4913PC =+=，∴3sin 13PCD ∠=．所以PCD ∆外接圆的半径为131336213r ==⨯，由于PE ⊥平面1111D C B A ，则PE ⊥平面ABCD ，PE ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面ABCD ，所以外接球的222169313243636R r =+=+=．所以2313π4π9S R ==球表面积．9．三棱锥P —ABC 中，底面ABC 满足BA=BC ，，点P 在底面ABC 的射影为AC 的中点，且该三棱锥的体积为，当其外接球的表面积最小时，P 到底面ABC 的距离为（） A ．3 B ．C ．D ．【答案】B【解析】设外接球半径为，P 到底面ABC 的距离为，，则，因为，所以，因为，所以当时，，当时，，因此当时，取最小值，外接球的表面积取最小值，选B.10．（2019·河北高三月考）在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BD ，∠BCD =30°，2246AB BD +=，若将△ABD 沿BD 折成直二面角A -BD -C ，则三棱锥A-BDC 外接球的表面积是( ) A ．4π B ．5πC ．6πD ．8π【答案】C【解析】取,AD BD 中点,E F ，设BCD ∆的外心为M ，连,,MB MF EF ，则01,30,22MF BD BMF DMB BCD BM BF BD ⊥∠=∠=∠=∴== 分别过,E M 作,MF EF 的平行线，交于O 点，即//,//OE MF OM EF ，,BD AB E ⊥∴为ABD ∆的外心，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，//,EF AB EF ∴⊥平面BCD ，OM ∴⊥平面BCD ，同理OE ⊥平面ABD ，,E M 分别为ABD ∆，BCD ∆外心，O ∴为三棱锥的外接球的球心，OB 为其半径, 22222221342OB BM OM BD EF BD AB =+=+=+=， 246S OB ππ=⨯=球.故选:C11．（2020·梅河口市第五中学高三期末（理））设三棱锥P ABC -的每个顶点都在球O 的球面上，PAB ∆是面积为3的等边三角形，45ACB ∠=︒，则当三棱锥P ABC -的体积最大时，球O 的表面积为（） A ．283π B ．10πC ．323π D ．12π【答案】A【解析】如图，由题意得2334AB =，解得2AB =.记,,AB c BC a AC b ===， 12sin 24ABC S ab C ab ∆==，由余弦定理2222cos c a b ab C =+-，得224222a b ab ab ab =+-≥-，42(22)22ab ≤=+-，当且仅当a b =时取等号．所以CA CB =且平面PAB ⊥底面ABC 时，三棱锥P ABC -的体积最大.分别过PAB ∆和ABC ∆的外心作对应三角形所在平面的垂线，垂线的交点即球心O ，设PAB ∆和ABC ∆的外接圆半径分别为1r ，2r ，球O 的半径为R ，则123r =，21222sin 45r =⨯=︒.故222211172233R r r ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭，球O 的表面积为22843R ππ=.故选：A.12.（2020四川省成都外国语学校模拟）已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，沿AE ，EF ，AF 折成一个三棱锥P-AEF （使B ，C ，D 重合于P ），三棱锥P-AEF 的外接球表面积为（）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】如图，由题意可得，三棱锥P-AEF 的三条侧棱PA ，PE ，PF 两两互相垂直，且，，把三棱锥P-AEF 补形为长方体，则长方体的体对角线长为，则三棱锥P-AEF 的外接球的半径为，外接球的表面积为．故选：C ．13．已知球O 夹在一个二面角l αβ--之间，与两个半平面分别相切于点,A B .若2AB =，球心O 到该二面角的棱l 的距离为2，则球O 的表面积为（） A ．8πB ．6πC ．4πD ．2π【来源】江西省萍乡市2021届高三二模考试数学（文）试题【答案】A【解析】过,,O A B 三点作球的截面，如图：设该截面与棱l 交于D ，则OA l ⊥，OB l ⊥，又OA OB O =，所以l ⊥平面AOB ，所以OD l ⊥，所以||2OD =，依题意得,OA AD OB BD ⊥⊥，所以,,,O A D B 四点共圆，且OD 为该圆的直径，因为||2||AB OD ==，所以AB 也是该圆的直径，所以四边形OADB 的对角线AB 与OD 的长度相等且互相平分，所以四边形OADB 为矩形，又||||OA OB =，所以该矩形为正方形，所以2||||22OA AB ==，即圆O 的半径为2，所以圆O 的表面积为24(2)8ππ⨯=. 故选：A14．已知点,,A B C 在半径为2的球面上，满足1AB AC ==，3BC =，若S 是球面上任意一点，则三棱锥S ABC -体积的最大值为（） A ．32312+ B ．3236+ C ．23312+ D ．3312+ 【答案】A【解析】设ABC 外接圆圆心为O '，三棱锥S ABC -外接球的球心为O ，1AB AC ==，设D 为BC 中点，连AD ，如图，则AD BC ⊥，且O '在AD 上，221()22BC AD AB =-=，设ABC 外接圆半径为r ，222231()()()242BC r AD r r =+-=+-，解得1r =， 22||23OO r '∴=-=要使S ABC -体积的最大，需S 到平面ABC 距离最大，即S 为O O '32，所以三棱锥S ABC -体积的最大值为11112)2)3322ABCS ⨯=⨯⨯⨯=故选：A15．已知半球O 与圆台OO '有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（）A B C ．6D 【答案】D【解析】如图1所示，设BC x =，CO r '=，作CF AB ⊥于点F ，延长OO '交球面于点E ，则1BF r =-，OO CF '===2得CO O D ''⋅=()()11O E O H OO OO ''''⋅=+⋅-，即((211r =+⋅，解得212x r =-，则圆台侧面积(2π1102x S x x ⎛⎫=⋅+-⋅<< ⎪⎝⎭，则'2322S x ππ=-，令'0S =，则3x =或x =，当0x <<时，'0S >x <<'0S <，所以函数2π112x S x ⎛⎫=⋅+-⋅ ⎪⎝⎭在⎛ ⎝⎭上递增，在⎝上递减，所以当3x =时，S 取得最大值．当3x BC ==时，21123x r =-=，则213BF r =-=．在轴截面中，OBC ∠为圆台母线与底面所成的角，在Rt CFB △中可得cos 3BF OBC BC ∠==故选：D ．16．（2020·重庆八中高三）圆柱的侧面展开图是一个面积为216π的正方形，该圆柱内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为【答案】323π【解析】设圆柱的底面直径为2r ，高为l ，则222π16πr l l =⎧⎨=⎩，解得24πr l =⎧⎨=⎩.故圆柱的底面直径为4，高为4π，所以圆柱内最大球的直径为4，半径为2，其体积为34π32π233⨯=. 17．（2020·江西高三）半正多面体(semiregular solid )亦称“阿基米德多面体”，如图所示，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的边长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长为2，则该二十四等边体外接球的表面积为【答案】8π【解析】2，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，2222(2)(2)(2)2R ∴=++,2R ∴,∴该二十四等边体的外接球的表面积24πS R =24π(2)8π=⨯=.18．（2020·福建高三期末（理））在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为1AA ，BC 的中点，点M 在棱11B C 上，11114B M BC =，若平面FEM 交11A B 于点N ，四棱锥11N BDD B -的五个顶点都在球O 的球面上，则球O 半径为【答案】2293【解析】如图1，2,,B M F 三点共线，连结22,B E B MF ∈从而2B ∈平面FEM ，则2B E 与11A B 的交点即为点N ，又12Rt B B N ∆与1Rt A EN ∆相似，所以1112112A E A NB B NB ==；如图2，设11B D N ∆的外接圆圆心为1O ，半径为r ，球半径为R ，在11B D N ∆中，111445,103NB D D N ︒∠==，由正弦定理得453r =，所以1853D P =，在1Rt DD P ∆中，解得4293DP =，即42293R =，所以所求的球的半径为2293.19．（2020·黑龙江高三（理））设,,,A B C D 是同一个半径为4的球的球面上四点，在ABC 中，6BC =,60BAC ∠=︒,则三棱锥D ABC -体积的最大值为【答案】183【解析】ABC 中，6BC =,60BAC ∠=︒，则643223sin sin 60a r r A ===∴=︒，22max 6h R r R =-=，222222cos 36a b c bc A b c bc bc bc =+-=+-≥∴≤ ，1sin 932S bc A =≤ 当6a b c ===时等号成立，此时11833V Sh ==20．（2020·河北承德第一中学高三）正三棱锥S －ABC 的外接球半径为2，底边长AB ＝3，则此棱锥的体积为【答案】934或334【解析】设正三棱锥的高为h ，球心在正三棱锥的高所在的直线上，H 为底面正三棱锥的中心因为底面边长AB=3，所以2222333332AH AD ⎛⎫==-= ⎪⎝⎭当顶点S 与球心在底面ABC 的同侧时，如下图此时有222AH OH OA += ，即()()222322h +-=，可解得h=3因而棱柱的体积113393333224S ABC V -=⨯⨯⨯⨯=当顶点S 与球心在底面ABC 的异侧时，如下图有222AH OH OA +=，即()222322h +-=，可解得h=1所以113333313224S ABC V -=⨯⨯⨯⨯=9333421．（2020·江西高三（理））已知P,A,B,C 是半径为2的球面上的点，PA=PB=PC=2，90ABC ∠=︒，点B 在AC 上的射影为D ，则三棱锥P ABD -体积的最大值为【答案】338【解析】如下图，由题意，2PA PB PC ===，90ABC ∠=︒，取AC 的中点为G ，则G 为三角形ABC 的外心，且为P 在平面ABC 上的射影，所以球心在PG 的延长线上，设PG h =，则2OG h =-，所以2222OB OG PB PG -=-，即22424h h --=-，所以1h =. 故G CG 3A ==，过B 作BD AC ⊥于D ，设AD x =(023x <<)，则23CD x =-,设(03)BD m m =<≤，则~ABD BCD ，故23m xx m-=，所以()223m x x =-，则()23m x x =-，所以ABD 的面积()3112322S xm x x ==-，令()()323f x x x =-，则()2'634f x x x =-（），因为20x >，所以当3032x <<时，()'0f x >，即()f x 此时单调递增；当33232x ≤<时，()'0f x ≤，此时()f x 单调递减．所以当332x =时，()f x 取到最大值为24316，即ABD 的面积最大值为1243932168=．当ABD 的面积最大时，三棱锥P ABD -体积取得最大值为19333388⨯=.22．已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:3AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为__________.【来源】宁夏固原市第五中学2021届高三年级期末考试数学（文）试题【答案】163π【解析】如下图所示，设AH x =，可得出3HB x =，则球O 的直径为4AB x =，球O 的半径为2x ，设截面圆H 的半径为r ，可得2r ππ=，1r ∴=，由勾股定理可得()2222OH r x +=，即()22214x AH x -+=，即2214x x +=，33x ∴=，所以球O 的半径为2323x =，则球O 的表面积为22316433S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 23．如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2PA AB ==，22AC =，M 是BC 的中点，则过点M 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面的面积最小值为___【答案】π 【解析】PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，将三棱锥P ABC -补成长方体ABCD PEFN -，则三棱锥P ABC -的外接球直径为22222223R PC PA AB AD PA AC ==++=+=，所以，3R =，设球心为点O ，则O 为PC 的中点，连接OM ，O 、M 分别为PC 、BC 的中点，则//OM PB ，且2211222OM PB PA AB ==+=，设过点M 的平面为α，设球心O 到平面α的距离为d . ①当OM α⊥时，2d OM ==；②当OM 不与平面α垂直时，2d OM <=. 综上，2d OM ≤=.设过点M 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面圆的半径为r ，则221r R d =-≥，因此，所求截面圆的面积的最小值为2r ππ=.24．若正四棱锥P ABCD -的底面边长和高均为8，M 为侧棱PA 的中点，则四棱锥M ABCD -外接球的表面积为___________.【来源】山西省运城市2021届高三上学期期末数学（文）试题【答案】132π【解析】在正四棱锥P ABCD -中M 为侧楼PA 中点,∴四棱锥M ABCD -外接球即为棱台MNEF ABCD -的外接球，如图，四棱锥P ABCD -的底面边长和高均为8，1214,42AB O N O M ===∴ 212242AO MO ==∴设球心为O ，则图中12,OO A OMO △△均为直角三角形，设1OO h =，222(42)OA h ∴=+，222(22)(4)OM h =++，A , M 都在球面上，222O O M R A =∴=,解得21,33h R =∴=,24132S R ππ∴==球25．已知P 为球O 球面上一点，点M 满足2OM MP =，过点M 与OP 成30的平面截球O ，截面的面积为16π，则球O 的表面积为________.【来源】广西钦州市2021届高三第二次模拟考试数学（理）试题【答案】72π 【解析】如图所示：设截面圆心为1O ，依题意得130OMO ∠=，设1OO h =，则2OM h =，又2OM MP =，所以3OP h =，即球的半径为3h ，所以3ON h =，又截面的面积为16π，所以()2116O N ππ=，解得14O N =，在1Rt OO N 中，()22316h h =+，解得2h =，所以球的半径为32，所以球的表面积是()243272S ππ==，故答案为： 72π 26．如图是数学家GeminadDandelin 用来证明一个平面截圆锥得到的截面是椭圆的模型(称为丹德林双球模型)：在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥侧面､截面相切，设图中球1O 和球2O 的半径分别为1和3，128O O =，截面分别与球1O 和球2O 切于点E 和F ，则此椭圆的长轴长为___________.【来源】江苏省盐城市阜宁县2020-2021学年高三上学期期末数学试题【答案】15【解析】如图，圆锥面与其内切球12,O O 分别相切与,B A ，连接12,O B O A ，则12,O B AB O A AB ⊥⊥，过1O 作12O D O A 于D ，连接12,,O F O E EF 交12O O 于点C ，设圆锥母线与轴的夹角为α，截面与轴的夹角为β，在Rt △12O O D 中,2312DO ,22182215O D11221515cos 84O D O O α===128O O = , 218CO O C =-,△2EO C △1FO C ,11218O C O C EO O F -= 解得12O C =,26O C = 222211213CF O C FO ∴=-=-= ,即13cos 2CFO C , 所以椭圆离心率为cos 25cos 5c e aβα=== 在△2EO C 中223cos cos 2EC ECO O C β=∠== 解得33EC =,432EF c ==2325155a a =⇒= 2215a ∴=故答案为：21527．在长方体1111ABCD A B C D -中，13AB =，5AD =，112AA =，过点A 且与直线CD 平行的平面α将长方体分成两部分.现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面α变化的过程中，这两个球的半径之和的最大值为___________.【来源】江苏省六校2021届高三下学期第四次适应性联考数学试题【答案】16538【解析】如图所示：平面ABMN 将长方体分成两部分，MN 有可能在平面11CDD C 上或平面1111A D C B 上，根据对称性知，两球半径和的最大值是相同的，故仅考虑在平面11CDD C 上的情况，延长11B C 与BM 交于点P ，作1O Q BC ⊥于Q 点，设1CBP BPB α∠=∠=，圆1O 对应的半径为1r ，根据三角形内切圆的性质，在1Rt O QB 中，12QBO α∠=，15BQ BC CQ r =-=-，111tan 25O Q r BQ r α==-，则15tan5251tan 1tan 22r ααα==-++，又当BP 与1BC 重合时，1r 取得最大值，由内切圆等面积法求得1512251213r ⨯≤=++，则2tan 23α≤ 设圆2O 对应的半径为2r ，同理可得266tan2r α=-，又252r ≤，解得7tan 212α≥. 故1255566tan 176(1tan )221tan 1tan 22r r αααα+=-+-=--+++，72tan 1223α≤≤，设1tan 2x α=+，则195[,]123x ∈，()5176f x x x=--，由对号函数性质易知195[,]123x ∈，函数()f x 单减，则19519165()()1761912123812f x f ≤=--⨯=，即最大值为16538 故答案为：16538 28．设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为___________.【来源】江苏省南京市秦淮中学2021届高三下学期期初学情调研数学试题【答案】183【解析】ABC 为等边三角形且其面积为93，则23934ABC SAB ==，6AB ∴=，如图所示，设点M 为ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，点M 为三角形ABC 的重心，2233BM BE ∴==， Rt OMB ∴中，有222OM OB BM =-=，426DM OD OM ∴=+=+=，所以三棱锥D ABC -体积的最大值19361833D ABC V -=⨯=29．已知四面体ABCD 的棱长均为6,,EF 分别为棱,BC BD 上靠近点B 的三等分点，过,,A E F 三点的平面与四面体ABCD 的外接球O 的球面相交,得圆'O ，则球O 的半径为___________，圆'O 的面积为__________．【来源】河南省九师联盟2021届高三下学期3月联考理科数学试题【答案】3 8π【解析】。

浙江省杭州市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-02填空题知识点分类

浙江省杭州市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-02填空题知识点分类一．合并同类项（共1小题）1．（2022•连云港）计算：2a+3a＝．二．最简二次根式（共1小题）2．（2022•杭州）计算：＝；（﹣2）2＝．三．二次根式的加减法（共1小题）3．（2023•杭州）计算：＝．四．一元二次方程的应用（共1小题）4．（2022•杭州）某网络学习平台2019年的新注册用户数为100万，2021年的新注册用户数为169万，设新注册用户数的年平均增长率为x（x＞0），则x＝（用百分数表示）．五．坐标与图形性质（共1小题）5．（2021•杭州）如图，在直角坐标系中，以点A（3，1）为端点的四条射线AB，AC，AD，AE分别过点B（1，1），点C（1，3），点D（4，4），点E（5，2），则∠BAC ∠DAE（填“＞”、“＝”、“＜”中的一个）．六．一次函数图象上点的坐标特征（共1小题）6．（2023•杭州）在“探索一次函数y＝kx+b的系数k，b与图象的关系”活动中，老师给出了直角坐标系中的三个点：A（0，2），B（2，3），C（3，1）．同学们画出了经过这三个点中每两个点的一次函数的图象，并得到对应的函数表达式y1＝k1x+b1，y2＝k2x+b2，y3＝k3x+b3．分别计算k1+b1，k2+b2，k3+b3的值，其中最大的值等于．七．一次函数与二元一次方程（组）（共1小题）7．（2022•杭州）已知一次函数y＝3x﹣1与y＝kx（k是常数，k≠0）的图象的交点坐标是（1，2），则方程组的解是．八．平行线的性质（共1小题）8．（2023•杭州）如图，点D，E分别在△ABC的边AB，AC上，且DE∥BC，点F在线段BC 的延长线上．若∠ADE＝28°，∠ACF＝118°，则∠A＝．九．切线的性质（共1小题）9．（2021•杭州）如图，已知⊙O的半径为1，点P是⊙O外一点，且OP＝2．若PT是⊙O 的切线，T为切点，连结OT，则PT＝．一十．正多边形和圆（共1小题）10．（2023•杭州）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为S1，△ACE的面积为S2，则＝．一十一．圆的综合题（共1小题）11．（2022•杭州）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD＝ED，则∠B＝度；的值等于．一十二．翻折变换（折叠问题）（共1小题）12．（2021•杭州）如图是一张矩形纸片ABCD，点M是对角线AC的中点，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，连接DF，EF．若MF＝AB，则∠DAF＝度．一十三．相似三角形的判定与性质（共1小题）13．（2023•杭州）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＜90°，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上，连接DE，EF，FD，已知点B和点F关于直线DE对称．设＝k，若AD ＝DF，则＝（结果用含k的代数式表示）．一十四．相似三角形的应用（共1小题）14．（2022•杭州）某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE 直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC＝8.72m，EF＝2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE＝2.47m，则AB＝ m．一十五．特殊角的三角函数值（共1小题）15．（2021•杭州）计算：sin30°＝．一十六．加权平均数（共1小题）16．（2021•杭州）现有甲、乙两种糖果的单价与千克数如下表所示．甲种糖果乙种糖果单价（元/千克）3020千克数23将这2千克甲种糖果和3千克乙种糖果混合成5千克什锦糖果，若商家用加权平均数来确定什锦糖果的单价，则这5千克什锦糖果的单价为元/千克．一十七．概率公式（共2小题）17．（2023•杭州）一个仅装有球的不透明布袋里只有6个红球和n个白球（仅有颜色不同）．若从中任意摸出一个球是红球的概率为，则n＝．18．（2022•杭州）有5张仅有编号不同的卡片，编号分别是1，2，3，4，5．从中随机抽取一张，编号是偶数的概率等于．浙江省杭州市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-02填空题知识点分类参考答案与试题解析一．合并同类项（共1小题）1．（2022•连云港）计算：2a+3a＝　5a　．【答案】5a．【解答】解：2a+3a＝5a，故答案为：5a．二．最简二次根式（共1小题）2．（2022•杭州）计算：＝　2　；（﹣2）2＝　4　．【答案】2，4．【解答】解：＝2，（﹣2）2＝4，故答案为：2，4．三．二次根式的加减法（共1小题）3．（2023•杭州）计算：＝　﹣　．【答案】﹣．【解答】解：原式＝﹣2＝﹣．故答案为：﹣．四．一元二次方程的应用（共1小题）4．（2022•杭州）某网络学习平台2019年的新注册用户数为100万，2021年的新注册用户数为169万，设新注册用户数的年平均增长率为x（x＞0），则x＝　30%　（用百分数表示）．【答案】30%．【解答】解：新注册用户数的年平均增长率为x（x＞0），依题意得：100（1+x）2＝169，解得：x1＝0.3，x2＝﹣2.3（不合题意，舍去）．0.3＝30%，∴新注册用户数的年平均增长率为30%．故答案为：30%．五．坐标与图形性质（共1小题）5．（2021•杭州）如图，在直角坐标系中，以点A（3，1）为端点的四条射线AB，AC，AD，AE分别过点B（1，1），点C（1，3），点D（4，4），点E（5，2），则∠BAC　＝　∠DAE （填“＞”、“＝”、“＜”中的一个）．【答案】＝．【解答】解：连接DE，由上图可知AB＝2，BC＝2，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠BAC＝45°，又∵AE＝＝＝，同理可得DE＝＝，AD＝＝，则在△ADE中，有AE2+DE2＝AD2，∴△ADE是等腰直角三角形，∴∠DAE＝45°，∴∠BAC＝∠DAE，故答案为：＝．六．一次函数图象上点的坐标特征（共1小题）6．（2023•杭州）在“探索一次函数y＝kx+b的系数k，b与图象的关系”活动中，老师给出了直角坐标系中的三个点：A（0，2），B（2，3），C（3，1）．同学们画出了经过这三个点中每两个点的一次函数的图象，并得到对应的函数表达式y1＝k1x+b1，y2＝k2x+b2，y3＝k3x+b3．分别计算k1+b1，k2+b2，k3+b3的值，其中最大的值等于　5　．【答案】5．【解答】解：解法一：设直线AB的解析式为y1＝k1x+b1，将点A（0，2），B（2，3）代入得，，解得：，∴k1+b1＝，设直线AC的解析式为y2＝k2x+b2，将点A（0，2），C（3，1）代入得，，解得：，∴k2+b2＝，设直线BC的解析式为y3＝k3x+b3，将点B（2，3），C（3，1）代入得，，解得：，∴k3+b3＝5，∴k1+b1＝，k2+b2＝，k3+b3＝5，其中最大的值为5．解法二：如图，作直线AB、AC、BC，作直线x＝1，设直线AB的解析式为y1＝k1x+b1，直线AC的解析式为y2＝k2x+b2，直线BC的解析式为y3＝k3x+b3，由图象可知，直线x＝1与直线BC的交点最高，即当x＝1时，k1+b1，k2+b2，k3+b3其中最大的值为k3+b3，将点B（2，3），C（3，1）代入得，，解得：，∴k3+b3＝5，k1+b1，k2+b2，k3+b3其中最大的值为k3+b3＝5．故答案为：5．七．一次函数与二元一次方程（组）（共1小题）7．（2022•杭州）已知一次函数y＝3x﹣1与y＝kx（k是常数，k≠0）的图象的交点坐标是（1，2），则方程组的解是．【答案】．【解答】解：∵一次函数y＝3x﹣1与y＝kx（k是常数，k≠0）的图象的交点坐标是（1，2），∴联立y＝3x﹣1与y＝kx的方程组的解为：，故答案为：．八．平行线的性质（共1小题）8．（2023•杭州）如图，点D，E分别在△ABC的边AB，AC上，且DE∥BC，点F在线段BC 的延长线上．若∠ADE＝28°，∠ACF＝118°，则∠A＝　90°　．【答案】90°．【解答】解：∵DE∥BC，∴∠B＝∠ADE＝28°，∵∠ACF＝∠A+∠B，∴∠A＝∠ACF﹣∠B＝118°﹣28°＝90°．故答案为：90°．九．切线的性质（共1小题）9．（2021•杭州）如图，已知⊙O的半径为1，点P是⊙O外一点，且OP＝2．若PT是⊙O 的切线，T为切点，连结OT，则PT＝．【答案】．【解答】解：∵PT是⊙O的切线，T为切点，∴OT⊥PT，在Rt△OPT中，OT＝1，OP＝2，∴PT＝＝＝，故：PT＝．一十．正多边形和圆（共1小题）10．（2023•杭州）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为S1，△ACE的面积为S2，则＝　2　．【答案】2．【解答】解：如图所示，连接OA，OC，OE．∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，∴AC＝AE＝CE，∴△ACE是⊙O的内接正三角形，∵∠B＝120°，AB＝BC，∴∠BAC＝∠BCA＝（180°﹣∠B）＝30°，∵∠CAE＝60°，∴∠OAC＝∠OAE＝30°，∴∠BAC＝∠OAC＝30°，同理可得，∠BCA＝∠OCA＝30°，∴△BAC≌△OAC（ASA），∴S△BAC＝S△AOC，圆和正六边形的性质可得，S△BAC＝S△AFE＝S△CDE，由圆和正三角形的性质可得，S△OAC＝S△OAE＝S△OCE，∵S1＝S△BAC+S△AEF+S△CDE+S△OAC+S△OAE+S△OCE＝2（S△OAC+S△OAE+S△OCE）＝2S2，∴，故答案为：2一十一．圆的综合题（共1小题）11．（2022•杭州）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD＝ED，则∠B＝　36　度；的值等于．【答案】36，．【解答】解：∵AD＝DE，∴∠DAE＝∠DEA，∵∠DEA＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，∴∠BEC＝∠BCE，∵将该圆形纸片沿直线CO对折，∴∠ECO＝∠BCO，又∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠B，设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，∴∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∵∠BEC+∠BCE+∠B＝180°，∴x+2x+2x＝180°，∴x＝36°，∴∠B＝36°；∵∠ECO＝∠B，∠CEO＝∠CEB，∴△CEO∽△BEC，∴，∴CE2＝EO•BE，设EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，∴a2＝x（x+a），解得，x＝a（负值舍去），∴OE＝a，∴AE＝OA﹣OE＝a﹣a＝a，∵∠AED＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，∴△BCE∽△DAE，∴，∴＝．故答案为：36，．一十二．翻折变换（折叠问题）（共1小题）12．（2021•杭州）如图是一张矩形纸片ABCD，点M是对角线AC的中点，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，连接DF，EF．若MF＝AB，则∠DAF＝　18　度．【答案】18．【解答】解：连接DM，如图：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°．∵M是AC的中点，∴DM＝AM＝CM，∴∠FAD＝∠MDA，∠MDC＝∠MCD．∵DC，DF关于DE对称，∴DF＝DC，∴∠DFC＝∠DCF．∵MF＝AB，AB＝CD，DF＝DC，∴MF＝FD．∴∠FMD＝∠FDM．∵∠DFC＝∠FMD+∠FDM，∴∠DFC＝2∠FMD．∵∠DMC＝∠FAD+∠ADM，∴∠DMC＝2∠FAD．设∠FAD＝x°，则∠DFC＝4x°，∴∠MCD＝∠MDC＝4x°．∵∠DMC+∠MCD+∠MDC＝180°，∴2x+4x+4x＝180．∴x＝18．故答案为：18．一十三．相似三角形的判定与性质（共1小题）13．（2023•杭州）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＜90°，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上，连接DE，EF，FD，已知点B和点F关于直线DE对称．设＝k，若AD ＝DF，则＝（结果用含k的代数式表示）．【答案】．【解答】解：方法一：∵点B和点F关于直线DE对称，∴DB＝DF，∵AD＝DF，∴AD＝DB，∵AD＝DF，∴∠A＝∠DFA，∵点B和点F关于直线DE对称，∴∠BDE＝∠FDE，∵∠BDE+∠FDE＝∠BDF＝∠A+∠DFA，∴∠FDE＝∠DFA，∴DE∥AC，∴∠C＝∠DEB，∠DEF＝∠EFC，∵点B和点F关于直线DE对称，∴∠DEB＝∠DEF，∴∠C＝∠EFC，∵AB＝AC，∴∠C＝∠B，∵∠ACB＝∠EFC，∴△ABC∽△ECF，∴＝，∵DE∥AC，∴∠BDE＝∠A，∠BED＝∠C，∴△BDE∽△BAC，∴＝＝，∴EC＝BC，∵＝k，∴BC＝k•AB，∴EC＝k•AB，∴＝，∴CF＝k2•AB，∴＝＝＝＝．方法二：如图，连接BF，∵点B和点F关于直线DE对称，∴DB＝DF，∵AD＝DF，∴AD＝DB＝DF，∴BF⊥AC，设AB＝AC＝1，则BC＝k，设CF＝x，则AF＝1﹣x，由勾股定理得，AB2﹣AF2＝BC2﹣CF2，∴12﹣（1﹣x）2＝k2﹣x2，∴x＝，∴AF＝1﹣x＝，∴＝．故答案为：．一十四．相似三角形的应用（共1小题）14．（2022•杭州）某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE 直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC＝8.72m，EF＝2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE＝2.47m，则AB＝　9.88　m．【答案】9.88．【解答】解：∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC＝8.72m，EF＝2.18m．∴AC∥DF，∴∠ACB＝∠DFE，∵AB⊥BC，DE⊥EF，∴∠ABC＝∠DEF＝90°，∴Rt△ABC∽△Rt△DEF，∴，即，解得AB＝9.88，∴旗杆的高度为9.88m．故答案为：9.88．一十五．特殊角的三角函数值（共1小题）15．（2021•杭州）计算：sin30°＝．【答案】见试题解答内容【解答】解：sin30°＝．一十六．加权平均数（共1小题）16．（2021•杭州）现有甲、乙两种糖果的单价与千克数如下表所示．甲种糖果乙种糖果单价（元/千克）3020千克数23将这2千克甲种糖果和3千克乙种糖果混合成5千克什锦糖果，若商家用加权平均数来确定什锦糖果的单价，则这5千克什锦糖果的单价为　24　元/千克．【答案】24．【解答】解：这5千克什锦糖果的单价为：（30×2+20×3）÷5＝24（元/千克）．故答案为：24．一十七．概率公式（共2小题）17．（2023•杭州）一个仅装有球的不透明布袋里只有6个红球和n个白球（仅有颜色不同）．若从中任意摸出一个球是红球的概率为，则n＝　9　．【答案】9．【解答】解：根据题意，＝，解得n＝9，经检验n＝9是方程的解．∴n＝9．故答案为：9．18．（2022•杭州）有5张仅有编号不同的卡片，编号分别是1，2，3，4，5．从中随机抽取一张，编号是偶数的概率等于．【答案】．【解答】解：从编号分别是1，2，3，4，5的卡片中，随机抽取一张有5种可能性，其中编号是偶数的可能性有2种可能性，∴从中随机抽取一张，编号是偶数的概率等于，故答案为：．。

解三角形中的最值、范围问题--高考数学【解析版】

专题25 解三角形中的最值、范围问题近几年高考对解三角形问题考查，大多放在解答题的第一题，主要利用三角形的内角和定理，正、余弦定理、三角形面积公式等知识解题，解题时要灵活利用三角形的边角关系进行“边转角”“角转边”，另外要注意22,,a c ac a c ++三者的关系. 高考中经常将三角变换与解三角形知识综合起来命题，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理实现边角互化；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．而三角变换中主要是“变角、变函数名和变运算形式”，其中的核心是“变角”，即注意角之间的结构差异，弥补这种结构差异的依据就是三角公式.与平面几何相结合的问题，要注重几何图形的特点的利用.由于新教材将正弦定理、余弦定理列入平面向量的应用，与平面向量相结合的命题将会出现.另外，“结构不良问题”作为实验，给予考生充分的选择空间，充分考查学生对数学本质的理解，引导中学数学在数学概念与数学方法的教学中，重视培养数学核心素养，克服“机械刷题”现象．同时，也增大了解题的难度.【重点知识回眸】（一）余弦定理变形应用：变式()()2221cos a b c bc A =+-+在已知,a A 的情况下，配合均值不等式可得到b c +和bc 的最值（二）三角形中的不等关系（1）任意两边之和大于第三边：在判定是否构成三角形时，只需验证较小的两边之和是否比第三边大即可.由于不存在等号成立的条件，在求最值时使用较少（2）在三角形中，边角以及角的三角函数值存在等价关系：sin sin cos cos a b A B A B A B >⇔>⇔>⇒<其中由cos cos A B A B >⇔<利用的是余弦函数单调性，而sin sin A B A B >⇔>仅在一个三角形内有效.（三）解三角形中处理不等关系的几种方法 1．三角形中的最值、范围问题的解题策略和步骤（1）转变为一个变量的函数：通过边角互化和代入消元，将多变量表达式转变为函数，从而将问题转化为求函数的值域（最值）（2）利用均值不等式求得最值（3）①定基本量：根据题意或几何图形厘清三角形中边、角的关系，利用正、余弦定理求出相关的边、角或边角关系，并选择相关的边、角作为基本量，确定基本量的范围．②构建函数：根据正、余弦定理或三角恒等变换将待求范围的变量用关于基本量的函数解析式表示．③求最值：利用基本不等式或函数的单调性等求最值． 2．求解三角形中的最值、范围问题的注意点(1)涉及求范围的问题，一定要搞清已知变量的范围，利用已知的范围进行求解，已知边的范围求角的范围时可以利用余弦定理进行转化．(2)注意题目中的隐含条件，如A ＋B ＋C ＝π，0＜A ＜π，b －c ＜a ＜b ＋c ，三角形中大边对大角等．【典型考题解析】热点一三角形角(函数值)相关的最值(范围)问题【典例1】（2021·山西·祁县中学高三阶段练习（理））在锐角ABC 中，角A ，B ，C 所对的边为a ，b ，c ，若sin a c B =，则tan A 的最大值为（） A ．1 B ．32C ．43D ．54【答案】C【分析】先由正弦定理化简得111tan tan C B+=，结合基本不等式求得tan tan 4B C ≥，再由正切和角公式求解即可.【详解】在ABC 中，sin a c B =，所以sin sin sin A C B =，又()sin sin A B C =+，整理得：sin cos cos sin sin sin B C B C B C +=，又sin sin 0B C ≠，得到111tan tan C B+=，因为角A 、B 、C 为锐角，故tan A 、tan B 、tan C 均为正数，故112tan tan B C≥整理得tan tan 4B C ≥，当且仅当tan tan 2B C ==时等号成立，此时tan tan tan tan 1tan tan()11tan tan 1tan tan 1tan tan B C B CA B C B C B C B C+⋅=-+=-=-=---⋅，当tan tan B C 取最小值时，1tan tan B C 取最大值，11tan tan B C-取最小值，故111tan tan B C-⋅的最大值为43，即当tan tan 2B C ==时，tan A 的最大值为43．故选：C ．【典例2】（2021·河南·高三开学考试（文））ABC 的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若sin tan sin sin A A B C =，则cos A 的最小值为________. 【答案】23【分析】先根据题目条件和正弦定理得到2cos a A bc=，结合cos A 的余弦定理表达式，得到,,a b c 的关系，利用此关系求cos A 的最小值.【详解】由条件可知，2sin cos sin sin A A B C=，由正弦定理得2cos a A bc =，由余弦定理得，2222cos 2b c a a A bc bc +-==，化简可得2223a b c =+.所以222222223cos 2333b c b c b c bc A bc bc bc ++-+==≥=，当且仅当b c =时取得等号，cos A 取得最小值23. 故答案为：23【典例3】（2020·浙江·高考真题）在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2sin 30b A a =．（I ）求角B 的大小；（II ）求cos A +cos B +cos C 的取值范围．【答案】（I ）3B π=；（II ）3132⎤+⎥⎝⎦ 【解析】【分析】（I ）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角B 的大小；（II ）方法二：结合(Ⅰ)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角A 的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定角A 的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得cos cos cos A B C ++的取值范围. 【详解】（I ）[方法一]：余弦定理由2sin 3b A a =，得222233sin 4a a A b ==⎝⎭，即22231cos 4a A b -=．结合余弦定222cos 2b c a A bc +-=，∴2222223124b c a a bc b ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭，即224442222222242223b c b c a b c b a c a a c ----++=, 即444222222220a b c a c a b b c +++--=, 即44422222222222a b c a c a b b c a c +++--=,即()()22222a c b ac +-=,∵ABC 为锐角三角形，∴2220a c b +->， ∴222a c b ac +-=，所以2221cos 22a c b B ac +-==，又B 为ABC 的一个内角，故3B π=．[方法二]【最优解】：正弦定理边化角由2sin 3b A a =，结合正弦定理可得：32sin sin 3,sin B A A B =∴=ABC 为锐角三角形，故3B π=.（II ）[方法一]：余弦定理基本不等式因为3B π=，并利用余弦定理整理得222b a c ac =+-，即223()ac a c b =+-．结合22a c ac +⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，得2a c b +≤．由临界状态（不妨取2A π=）可知3a cb+= 而ABC 为锐角三角形，所以3a cb+> 由余弦定理得2222221cos cos cos 222b c a a b c A B C bc ab+-+-++=++， 222b a c ac =+-，代入化简得1cos cos cos 12a c A B C b +⎛⎫++=+⎪⎝⎭ 故cos cos cos A B C ++的取值范围是3132⎤+⎥⎝⎦．[方法二]【最优解】：恒等变换三角函数性质结合(1)的结论有： 12cos cos cos cos cos 23A B C A A π⎛⎫++=++- ⎪⎝⎭131cos cos 22A A A =-+311cos 22A A =++1sin 62A π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭.由203202A A πππ⎧<-<⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩可得：62A ππ<<，2363A πππ<+<，则3sin 6A π⎤⎛⎫+∈⎥ ⎪⎝⎭⎝⎦，1313sin 622A π⎤+⎛⎫++∈⎥ ⎪⎝⎭⎝⎦. 即cos cos cos A B C ++的取值范围是3132⎤+⎥⎝⎦.【整体点评】（I ）的方法一，根据已知条件，利用余弦定理经过较复杂的代数恒等变形求得222a c b ac +-=，运算能力要求较高；方法二则利用正弦定理边化角，运算简洁，是常用的方法，确定为最优解；（II ）的三种方法中，方法一涉及到较为复杂的余弦定理代入化简，运算较为麻烦，方法二直接使用三角恒等变形，简洁明快，确定为最优解. 【总结提升】求角(函数值)的最值(范围)问题一般先将边转化为角表示，再根据三角恒等变换及三角形内角和定理转化为一个角的一个三角函数表示，然后求解．热点二三角形边(周长)相关的最值(范围)【典例4】（2018·北京·高考真题（文））若ABC 2223)a c b +-,且∠C 为钝角，则∠B =_________；ca的取值范围是_________. 【答案】 60 (2,)+∞ 【解析】【分析】根据题干结合三角形面积公式及余弦定理可得tan 3B =3B π∠=；再利用()sin sin C A B =+，将问题转化为求函数()f A 的取值范围问题. 【详解】)22231sin 2ABC S a c b ac B ∆=+-=， 22223a c b ac +-∴=cos 3B =sin 3,cos 3B B B π∴∠=，则231sin cos sin sin 311322sin sin sin tan 2A A Ac C a A A A A π⎛⎫⎛⎫---⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭====+， C ∴∠为钝角，,036B A ππ∠=∴<∠<，)31tan ,3,tan A A ⎛∴∈∈+∞ ⎝⎭，故()2,ca∈+∞.故答案为3π，()2,+∞. 【典例5】（2022·全国·高考真题（理））已知ABC 中，点D 在边BC 上，120,2,2ADB AD CD BD ∠=︒==．当ACAB取得最小值时，BD =________． 31##3-【解析】【分析】设220CD BD m ==>，利用余弦定理表示出22AC AB 后，结合基本不等式即可得解.【详解】设220CD BD m ==>，则在ABD △中，22222cos 42AB BD AD BD AD ADB m m =+-⋅∠=++，在ACD △中，22222cos 444AC CD AD CD AD ADC m m =+-⋅∠=+-，所以()()()2222224421214441243424211m m m AC m m AB m m m mm m ++-++-===-+++++++ ()44233211m m ≥=-+⋅+，当且仅当311m m +=+即31m =时，等号成立，所以当ACAB取最小值时，31m =. 31.【典例6】（2018·江苏·高考真题）在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，120ABC ∠=︒，ABC ∠的平分线交AC 于点D ，且1BD =，则4a c +的最小值为________．【答案】9 【解析】【详解】分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.详解：由题意可知，ABC ABD BCD S S S =+△△△,由角平分线性质和三角形面积公式得111sin1201sin 601sin 60222ac a c ︒=⨯⨯︒+⨯⨯︒，化简得11,1ac a c a c =++=，因此11444(4)()5529,c a c a a c a c a c a c a c+=++=++≥+⋅当且仅当23c a ==时取等号，则4a c +的最小值为9.【典例7】（2020·全国·高考真题（理））ABC 中，sin 2A －sin 2B －sin 2C =sin B sin C ．（1）求A ；（2）若BC =3，求ABC 周长的最大值. 【答案】（1）23π；（2）33+ 【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出cos A 的形式，进而求得A ；（2）方法一：利用余弦定理可得到()29AC AB AC AB +-⋅=，利用基本不等式可求得AC AB +的最大值，进而得到结果. 【详解】（1）由正弦定理可得：222BC AC AB AC AB --=⋅，2221cos 22AC AB BC A AC AB +-∴==-⋅，()0,A π∈，23A π∴=. （2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式由余弦定理得：2222cos BC AC AB AC AB A =+-⋅229AC AB AC AB =++⋅=，即()29AC AB AC AB +-⋅=.22AC AB AC AB +⎛⎫⋅≤ ⎪⎝⎭（当且仅当AC AB =时取等号）， ()()()22223924AC AB AC AB AC AB AC AB AC AB +⎛⎫∴=+-⋅≥+-=+ ⎪⎝⎭，解得：3AC AB +≤AC AB =时取等号），ABC ∴周长323L AC AB BC =++≤+ABC ∴周长的最大值为33+[方法二]：正弦化角（通性通法）设,66ππαα=+=-B C ，则66ππα-<<，根据正弦定理可知23sin sin sin a b cA B C===23(sin sin )b c B C +=+23sin sin 66ππαα⎤⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎥⎝⎭⎝⎭⎦233α=≤当且仅当0α=，即6B C π==时，等号成立．此时ABC 周长的最大值为33+ [方法三]：余弦与三角换元结合在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．由余弦定理得229b c bc =++，即2213924⎛⎫++= ⎪⎝⎭b c c ．令13sin ,20,223b c c θπθθ⎧+=⎪⎛⎫∈⎨ ⎪⎝⎭⎪=⎩，得3sin 3b c θθ+==23236πθ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭6C π=时，max ()23b c +=所以ABC 周长的最大值为323+ 【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值. 方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决.方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.【典例8】（2022·全国·高考真题）记ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cos sin 21sin 1cos2A BA B=++．(1)若23C π=，求B ； (2)求222a b c+的最小值．【答案】(1)π6；(2)425．【解析】【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将cos sin 21sin 1cos2A BA B=++化成()cos sin A B B +=，再结合π02B <<，即可求出；（2）由（1）知，π2C B =+，π22A B =-，再利用正弦定理以及二倍角公式将222a b c +化成2224cos 5cos B B +-，然后利用基本不等式即可解出． (1) 因为2cos sin 22sin cos sin 1sin 1cos 22cos cos A B B B B A B B B ===++，即()1sin cos cos sin sin cos cos 2B A B A B A BC =-=+=-=，而π02B <<，所以π6B =；(2)由（1）知，sin cos 0B C =->，所以πππ,022C B <<<<，而πsin cos sin 2B C C ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以π2C B =+，即有π22A B =-．所以222222222sin sin cos 21cos sin cos a b A B B Bc C B+++-==()2222222cos11cos 24cos 5285425cos cos B BB BB-+-==+-≥=．当且仅当22cos B =222a b c +的最小值为425．【规律方法】求边(周长)的最值(范围)问题一般通过三角中的正、余弦定理将边转化为角的三角函数值，再结合角的范围求解，有时也可将角转化为边，利用均值不等式或函数最值求解．热点三求三角形面积的最值(范围)【典例9】（2023·山西大同·高三阶段练习）在ABC 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且2cos 2b A a c =+，且2b =，则ABC 面积的最大值为___________. 3133【分析】利用余弦定理进行角化边后，结合基本不等式，三角形面积公式求解.【详解】由余弦定理，2cos 2b A a c =+可化为222222b c a b a c bc +-⋅=+，整理可得2224c a ac b ++==，由余弦定理2221cos 22a cb B ac +-==-，又(0,)B π∈，故23B π=，根据基本不等式22423a c ac ac ac ac =++≥+=，23a c ==取得等号，故133sin 243ABC S ac B ac ==≤，即ABC 面积的最大值为33. 故答案为：33. 【典例10】（2022·全国·高三专题练习）已知A ，B ，C 分别是椭圆22143x y +=上的三个动点，则ABC 面积最大值为_____________. 【答案】92##4.5【分析】作变换'2'3x x y y =⎧⎪⎨=⎪⎩之后椭圆变为圆，方程为224x y '+'=，A B C '''是圆的内接三角形，圆的内接三角形面积最大时为等边三角形，则ABC A B C S bS a'''=，求出A B C S '''，代入即可得出答案. 【详解】作变换'2''3x x y y y =⎧⎪⎨==⎪⎩之后椭圆变为圆，方程为224x y '+'=， A B C '''是圆的内接三角形，设A B C '''的半径为R ，设,,A B C '''所对应边长为,,a b c '''，所以 211sin 2sin 2sin sin 2sin sin sin 22A B C Sa b C R A R B C R A B C ''''''''''==⋅⋅⋅=⋅⋅'' 32sin sin sin 23A B C R ++⎛⎫≤ ⎝''⎪⎭'，当且仅当3A B C π===时取等，因为sin y x =在()0,π上为凸函数，则sin sin sin sin 33A B C A B C ''''+'+≤'++，3332222sin sin sin 3322sin 2sin 3334A B C A B C A B C SR R R R π'''++++⎛⎫'⎛⎫⎛⎫=≤==⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭'''''，当且仅当3A B C π===时取等，所以圆的内接三角形面积最大时为等边三角形，因此2333343344A B C S R '''==⨯=，又因为ABC A B C S b S a '''=， ∴393322ABC A B C b SS a'''==⨯=. 故答案为：92.【典例11】（2019·全国·高考真题（理））ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知sin sin 2A Ca b A +=．（1）求B ；（2）若ABC ∆为锐角三角形，且1c =，求ABC ∆面积的取值范围．【答案】(1) 3B π=;(2)33(). 【解析】【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B 的三角方程，最后根据A,B,C 均为三角形内角解得3B π=.(2)根据三角形面积公式1sin 2ABCSac B =⋅，又根据正弦定理和1c =得到ABCS 关于C 的函数，由于ABC 是锐角三角形，所以利用三个内角都小于2π来计算C 的定义域，最后求解()ABCS C 的值域.【详解】 (1)根据题意sin sin 2A C a b A +=，由正弦定理得sin sin sin sin 2A CA B A +=，因为0A π<<，故sin 0A >，消去sin A 得sinsin 2A CB +=． 0<B π<，02AC π+<<因为故2A C B +=或者2A C B π++=，而根据题意A B C π++=，故2A CB π++=不成立，所以2A CB +=，又因为A BC π++=，代入得3B π=，所以3B π=.(2)因为ABC 是锐角三角形，由（1）知3B π=，A B C π++=得到23A C π+=，故022032C C πππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，解得62C ππ<<.又应用正弦定理sin sin a cA C=，1c =，由三角形面积公式有：222sin()111sin 33sin sin sin 222sin sin ABCC a A Sac B c B c B c C Cπ-=⋅=⋅=⋅22sincos cos sin 3321231333(sin cos )sin 3tan 38tan C CC C C ππππ--= 又因3,tan 62C C ππ<<>331338tan C << 33ABCS <<. 故ABCS的取值范围是33(【典例12】（2021·河北省曲阳县第一高级中学高三阶段练习）在ABC 中，内角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，)sin 3cos b C a b C =-.(1)求角B 的大小；(2)若点D 满足=a AD cDC ，且||23BD =ABC 面积的最小值. 【答案】(1)π3B = (2)43【分析】（1）由正弦定理把边化为角，再结合三角恒等变换即可求解；（2）由题意得||||=a DC c AD ，进而利用三角面积可转化1sin ||21||sin 2⋅⋅⋅∠===⋅⋅⋅∠△△BCD ABD BC BD DBC DC S BC S AB AD AB BD ABD ，从而有sin sin ∠=∠DBC ABD ，再由面积公式与基本不等式求解即可（1）因为()sin 3cos b C a b C =-，所以()sin sin 3sin sin cos B C A B C =-. 因为sin sin()sin cos cos sin A B C B C B C =+=+，所以sin sin 3(sin cos cos sin sin cos )3cos sin =+-=B C B C B C B C B C . 因为sin 0C ≠，所以tan 3B =. 又因为0πB <<，所以π3B =.（2）因为=a AD cDC ，所以点D 在线段AC 上，且||||=a DC c AD . 因为1sin ||21||sin 2⋅⋅⋅∠===⋅⋅⋅∠△△BCDABDBC BD DBC DC S BC S AB AD AB BD ABD ，所以sin sin ∠=∠DBC ABD ，即BD 为ABC ∠的角平分线. 由（1）得π3B =，所以π6ABD CBD ∠=∠=. 由ABC ABD BCD S S S =+△△△，得1π1π1πsin sin sin 232626ac a BD c BD =⋅+⋅，即2()4=+≥ac a c ac ，得16≥ac ，当且仅当a c =时，等号成立，11sin 16sin 432323=≥⨯=△ABC S ac ππ.故ABC 面积的最小值为43. 【规律方法】求三角形面积的最值(范围)的两种思路(1)将三角形面积表示为边或角的函数，再根据条件求范围．(2)若已知三角形的一个内角(不妨设为A)，及其对边，则可根据余弦定理，利用基本不等式求bc 的最值从而求出三角形面积的最值．【精选精练】一、单选题1．（2022·上海市松江一中高三阶段练习）在ABC 中，a 、b 、c 分别是角A 、B 、C 所对的边，B 是A 、C 的等差中项，则a c +与2b 的大小关系是（）A ．2a c b +>B ．2a c b +<C ．2a c b +≥D ．2a c b +≤【答案】D【分析】根据等差中项的性质及内角和的性质求出B ，再由余弦定理及基本不等式计算可得.【详解】解：依题意，在ABC 中B 是A 、C 的等差中项，所以2A+C =B ，又A C B π++=，所以3B π=，由余弦定理2222cos b a c ac B =+-()22222233a c ac a c ac ac a c ac =+-=++-=+-，又22a c ac +⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，当且仅当a c =时取等号，所以2332a c ac +⎛⎫-≥- ⎪⎝⎭，所以()()()222213324a c a c ac a c a c +⎛⎫+-≥+-=+ ⎪⎝⎭，即()2214b ac ≥+，即()224b a c ≥+，所以2a c b +≤；故选：D2．（2022·贵州贵阳·高三开学考试（理））已知ABC 的内角,,A B C 对应的边分别是,,a b c ，内角A 的角平分线交边BC 于D 点，且 4=AD ．若(2)cos cos 0b c A a C ++=，则ABC 面积的最小值是（） A ．16 B ．3C ．64 D ．643【答案】B【分析】利用正弦定理及诱导公式可得23A π=，然后利用三角形面积公式及基本不等式即得. 【详解】∵(2)cos cos 0b c A a C ++=， ∴2sin cos sin cos sin cos 0B A C A A C ++=，即()2sin cos sin 2sin cos sin 0B A C A B A B ++=+=，又()0,B π∈，sin 0B >，∴2cos 10A +=，即1cos 2A =-，又()0,A π∈，∴23A π=，由题可知ABCABDACDS SS=+，4=AD ，所以1211sin4sin 4sin 232323bc c b πππ=⨯+⨯，即()4bc b c =+，又()48bc b c bc =+≥，即64bc ≥，当且仅当b c =取等号，所以1213sin 641632322ABCSbc π=≥⨯⨯=. 故选：B.3．（2022·河南·郑州四中高三阶段练习（理））在等腰ABC 中，AB ＝AC ，若AC 边上的中线BD 的长为3，则ABC 的面积的最大值是（） A ．6 B ．12C ．18D ．24【答案】A【分析】利用余弦定理得到边长的关系式，然后结合勾股定理和基本不等式即可求得ABC 面积的最大值．【详解】设2AB AC m ==，2BC n =，由于ADB CDB π∠=-∠，在ABD △和BCD △中应用余弦定理可得：2222949466m m m n m m+-+-=-，整理可得：2292m n =-，结合勾股定理可得ABC 的面积：22222111()2434222S BC AC BC n m n n n =⨯-=⨯⨯-=- 222243(43)62n n n n +-=-≤⨯=，当且仅当22n =时等号成立．则ABC 面积的最大值为6．故选：A.4．（2023·全国·高三专题练习）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，120ABC ∠=︒ ，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD ＝1，则4a c + 的最小值为（） A ．8 B ．9 C ．10 D ．7【答案】B【分析】根据三角形面积可得到111a c +=，将4a c +变为11(4)()a c a c++，展开后利用基本不等式，即可求得答案.【详解】由题意得111sin120sin 60sin60222ac a c =+ ，即ac a c =+ ，得111a c+=，得 114(4)()a c a c a c +=++45c a a c =++≥425459c aa c⋅+=+=，当且仅当4c aa c=，即23c a ==时，取等号，故选：B ．二、多选题5．（2020·全国·高三专题练习）如图，ABC 的内角,,A B C 所对的边分别为),,3cos cos 2sin a b c a C c A b B +=，且3CAB π∠=.若D 是ABC 外一点，1,3DC AD ==，则下列说法中正确的是（）A ．ABC 的内角3B π= B ．ABC 的内角3C π=C ．四边形ABCD 533 D ．四边形ABCD 面积无最大值【答案】AB【分析】根据正弦定理进行边化角求角B ，从而判断选项A ，B 正确；把四边形ABCD 的面积表示成ADC ∠的三角函数，从而根据三角函数求最值【详解】因为()3cos cos 2sin a C c A b B +=，所以由正弦定理，得()23sin cos sin cos 2sin A C C A B +=，所以()23sin 2sin A C B +=，又因为A B C π++=，所以()sin sin A C B +=，所以23sin 2sin B B = 因为sin 0,B ≠所以3sin 2B =，又因为3CAB π∠=，所以20,3B π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以3B π=，所以3C A B ππ=--=，因此A ，B 正确；四边形ABCD 面积等于231sin 42ABC ACDS SAC AD DC ADC +=+⋅⋅∠()22312cos sin 42AD DC AD DC ADC AD DC ADC =⨯+-⋅⋅∠+⋅⋅∠ ()31916cos 3sin 42ADC ADC =⨯+-⋅∠+⨯∠ 533sin 23ADC π⎛⎫=+∠- ⎪⎝⎭，所以当32ADC ππ∠-=即sin 13ADC π⎛⎫∠-= ⎪⎝⎭时，ABCACDSS+取最大值5332+，所以四边形ABCD 面积的最大值为5332+，因此C ，D 错误故选：AB6．（2022·云南·高三阶段练习）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB AD ==，13AA =，点M 满足12A M MA =，点P 在底面ABCD 的边界及其内部运动，且满足4AMP π∠≤，则下列结论正确的是（）A ．点P 所在区域面积为4πB ．线段1PC 17C ．有且仅有一个点P 使得1MP PC ⊥D ．四面体11P A CD -的体积取值范围为[6,8]【答案】AD【分析】A 选项，由1MA AP ==时，MP 与底面ABCD 的所成角4πθ=求解判断； B 选项，若PC 取最小值时，则线段1PC 长度最小，由A ，P ，C 三点共线求解判断； C 选项，由点P 与点F 重合，由点P 与点E 重合，利用余弦定理求解判断；，D 选项，由点P 位于AE 上时，此时点P 到平面11A CD 的距离最大，当P与点F 重合时，此时点P 到平面11A CD 的距离最小求解判断. 【详解】如图所示：A 选项，当1MA AP ==时，MP 与底面ABCD 的所成角4πθ=，故点P 所在区域为以A 为圆心，1为半径的圆在正方形ABCD 内部部分（包含边界弧长），即圆的14，面积为211144π⨯=π，A 正确；B 选项，当PC 取最小值时，线段1PC 长度最小，由三角形两边之和大于第三边可知：当A ，P ，C 三点共线时，PC 取得最小值，即min ||421PC =-，则221min (421)34282PC =-+=-，B 错误； C 选项，不妨点P 与点F 重合，此时2221134PC FB BC C C =++=，由余弦定理得：1cos MFC ∠=22211123436022234MF C F C M MF C F +-+-==⋅⨯⨯，则12MFC π∠=，同理可得：12MEC π∠=，故多于一个点P 使得1MP PC ⊥，C 错误；D 选项，当点P 位于AE 上时，此时点P 到平面11A CD 的距离最大，最大距离341255AH ⨯==，此时四面体11P A CD -的体积为11111124583325A CD S AH ⋅=⨯⨯⨯⨯=△，当P 与点F 重合时，此时点P 到平面11A CD 的距离最小，最小距离为FK ，因为BFK BAH ∽△△，所以34FK AH =，所以最小体积为3864⨯=，故四面体11P A CD -的体积取值范围为[]6,8 ，D 正确，故选：AD ．三、填空题7．（2022·贵州遵义·高三开学考试（文））在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若sin sin 2B Cb a B +=，2a =△ABC 周长的最大值为________．【答案】32【分析】根据正弦定理，结合三角恒等变换可得3A π=，再根据余弦定理与基本不等式求解周长最大值即可.【详解】由正弦定理，sin sin 2B C b a B +=即sin sin sin sin 22A B A B π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，又sin 0B ≠，故sin sin 22A A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即cossin 2AA =. 由二倍角公式有cos2sin cos 222A A A =，因为0,22A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故cos 02A ≠，所以1sin 22A =，所以26A π=，即3A π=.由余弦定理22222cos 3b c bc π=+-，结合基本不等式有()()2222332b c b c bc b c +⎛⎫=+-≥+-⨯ ⎪⎝⎭，即()2124b c +≤，()28b c +≤，故22b c +≤，当且仅当2b c ==时取等号. 故△ABC 周长的最大值为a b c ++的最大值为22232+=. 故答案为：328．（2021·江西南昌·高三阶段练习）已知ABC 的内角,,A B C 所对应的边分别为,,a b c ，且满足2224,4c c a b ==+，则ABC 的面积取得最大值时，cos C =______．【答案】33434-【分析】根据余弦定理结合同角三角函数的关系可得sin C ，进而表达出ABCS ，结合基本不等式求解ABCS的最值，进而求得cos C 即可.【详解】由余弦定理，()222222243cos 222a b a b a b c b C ab ab a+-++-===-，又()0,C π∈，故2222349sin 1cos 122b a b C C a a -⎛⎫=-=--=⎪⎝⎭，故 2222114949sin 2224ABCa b b a b Sab C ab a --===. 又222416a b c +==，故()2222416496425564254420ABCb b b b b b b S----===222564258405b b +-≤=，当且仅当22256425b b =-，即425b =时取等号. 此时2322721642525a =-⨯=，即4175a =. 故ABC 的面积取得最大值时，42333345cos 23441725b C a ⨯=-=-=-⨯. 故答案为：33434-【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方9．（2021·河南·高三开学考试（理））ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若sin tan sin sin A A B C =，则sin A 的最大值为________，此时cos B =________．【答案】5366【分析】由已知条件结合正余弦定理可得2223b c a +=，再利用余弦定理结合基本不等式可求出cos A 的最小值，从而可求出sin A 的最大值，则可求出cos2B ，再利用二倍角公式可求出cos B . 【详解】由条件可知，2sin cos sin sin AA B C=，由正弦定理得2cos a A bc =，由余弦定理得，2222cos 2b c a a A bc bc+-==，则2223a b c =+．所以222222223cos 2333b c b c b c bc A bc bc bc ++-+==≥=，当且仅当b c =时取得等号，cos A 取得最小值23．因为()0,A π∈，所以25sin 1cos 3A A =-≤，当且仅当b c =时取得等号，故sin A 的最大值为53．此时B C =，所以2cos2cos()cos 3B A A π=-=-=-，所以222cos 13B -=-，因为角B 为锐角，所以6cos 6B =．故答案为：53，66 10．（2022·全国·高三专题练习）ABC 的外接圆半径为1，角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，若cos cos 3a B b A +=0CA CB ⋅<，则C ∠=________；32a b +的最大值为_________【答案】23π27 【分析】由余弦定理求得c ，由向量数量积可得C 为锐角，再由正弦定理结合外接圆半径可求得C ，用正弦定理把32a b +表示为A 的三角函数，利用两角和与差的正弦公式变形化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数性质得最大值．【详解】222222cos cos 322a c b c b a a B b A a b c ac cb+-+-+=⋅+⋅==,又22sin c R C ==，所以3sin 2C =， 0CA CB ⋅<，所以C 是钝角，所以23C π=，由2sin sin a bA B==得2sin a A =，2sin b B =， 326sin 4sin 6sin 4sin()3a b A B A A π+=+=+-316sin 4(cos sin )4sin 23cos 22A A A A A =+-=+2327(sin cos )77A A =+，设2cos 7ϕ=，3sin 7ϕ=（ϕ为锐角），则3227sin()a b A ϕ+=+，由23C π=得03A π<<，31sin 27ϕ=>，ϕ为锐角，则62ππϕ<<，所以2A πϕ=-时，32a b +取得最大值27．故答案为：23π；27．四、解答题11．（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）在ABC 中，4tan ,3CAB D ∠=为BC 上一点，32=AD(1)若D 为BC 的中点，32BC =ABC 的面积；(2)若45DAB ∠=︒，求ABC 的面积的最小值. 【答案】(1)9 (2)92【分析】（1）根据中线向量公式可得,b c 关系，结合余弦定理可求452bc =，从而可求面积. （2）根据不同三角形的面积关系可得34355b c bc +=，利用基本不等式可求bc 的最小值，从而可求面积的最小值. （1）因为D 为BC 的中点，所以()12AD AB AC =+， ()222124AD AB AC AB AC ∴=++⋅. 记角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，因为4tan 3A =，故A 为锐角，所以43sin ,cos 55CAB CAB ∠∠==，则221318245c b bc ⎛⎫=++⋅ ⎪⎝⎭. 又由余弦定理得：2231825c b bc =+-⋅两式联立解得：452bc =，所以11454sin 92225ABCS bc CAB ∠==⨯⨯=. （2）445,tan 3DAB A ∠==，()41113tan tan ,sin 475213CAD CAB DAB CAD ∠∠∠∠-∴=-===+， 1132sin 32sin 22ABCCAD BADSSSb CADc DAB ∠∠=+=⋅+⋅ 1sin 2bc CAB ∠=，即34355b c bc +=，即34345323,5554b c bc b c bc +=≥⋅≥（当且仅当153,22b c ==时取得最小值）所以114549sin 22452ABCSbc CAB ∠=≥⨯⨯=.12．（2022·广东广州·高三开学考试）在ABC 中，设角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足()2a b b c +=.(1)求证：2C B =； (2)求4cos a bb B+的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)43【分析】（1）由已知及余弦定理可推出2cos b a b C =-,利用正弦定理边化角结合两角和差的正弦公式化简可得()sin sin B C B =-，即可证明结论；（2）利用（1）的结论将4cos a b b B +边化角，结合三角恒等变换可得43=4cos cos cos a b B b B B++，由基本不等式可求得答案. （1）证明：在ABC 中，由已知及余弦定理，得()2222cos a b b c a b ab C +==+-，即2cos b a b C =-,由正弦定理，得sin sin 2sin cos B A B C =-，又()πA B C =-+，故()sin sin 2sin cos sin cos cos sin 2sin cos B B C B C B C B C B C =+-=+-cos sin sin cos B C B C =-()sin C B =-.∵()0sin sin B C B <=-，∴0πC B C <-<<, ∵()πB C B C +-=<，∴B C B =-，故2C B =. （2）由（1）2C B =得()30,πB C B +=∈，∴π0,3B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，1cos ,12B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，由（1）()12cos a b C =+，2C B =得()2522cos 1452cos 52cos 2cos cos cos cos B a b C B b B B B B+-+++===334cos 24cos 43cos cos B B B B =+≥⋅=，当且仅当ππ0,63B ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭时等号成立，所以当π6B =时，4cos a bb B+的最小值为43.13．（2022·广东·高三开学考试）已知锐角ABC 中，角A 、B 、C 所对边为a 、b 、c ，tan tan 33B C ++=(1)求角A ；(2)若4a =，求b c +的取值范围．【答案】(1)π3A = (2)(43,8⎤⎦【分析】（1）利用两角和的正切公式及诱导公式计算可得；（2）利用正弦定理将边化角，再转化为关于B 的三角函数，根据B 的取值范围及正弦函数的性质计算可得. （1）解：因为tan tan 33tan tan B C B C++=，所以tan tan 33tan tan B C B C ++=，所以tan tan 3(tan tan 1)B C B C +=-，从而tan tan 31tan tan B CB C +=--，即tan()3B C +=-，所以tan 3A =，因为(0,π)A ∈，所以π3A =．（2）解：因为4a =，π3A =，由正弦定理，有83sin sin sin 3b c a B C A ===所以83sin 3b B =，83832π833143sin sin cos sin 4cos sin 3333223c C B B B B B ⎛⎫⎛⎫==-=+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以π43sin 4cos 8sin 6b c B B B ⎛⎫+=+=+ ⎪⎝⎭，又因为ABC 为锐角三角形，所以π022ππ032B B ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，即ππ62B <<，所以ππ2π363B <+<，所以3πsin 126B ⎛⎫<+≤ ⎪⎝⎭，从而b c +的取值范围为(43,8⎤⎦． 14．（2022·河南·高三开学考试（文））已知,,a b c 分别为ABC 的内角,,A B C 所对的边，且()()sin sin sin sin a c b A C B c B +--+=(1)求角A 的大小；(2)若23a =ABC 面积的最大值.【答案】(1)3π； (2)33.【分析】（1）由正弦定理化角为边，再利用余弦定理及特殊角的三角函数即得；（2）由余弦定理表示出,a b 关系，再由基本不等式得出ab 的最大值，从而可得面积最大值；或利用正弦定理边角互化，然后利用三角恒等变换及三角函数的性质即得．（1）在ABC 中，由题意及正弦定理得()()a c b a c b bc +--+=，整理得222b c a bc +-=，由余弦定理得2221cos 222b c a bc A bc bc +-===，因为0A π<<，所以3A π=；（2）方法一：由（1）知，3A π=，又23a =，所以22122b c bc bc bc bc =+--=，所以12bc ，当且仅当23b c ==时，等号成立，所以()max 113sin 1233222ABC Sbc A ==⨯⨯=；方法二：由（1）知，3A π=，又23a =，所以由正弦定理，知234sin sin sin sin3a b c A B C π====，所以4sin ,4sin b B c C ==，所以13sin 8sin sin 43sin sin 22ABCSbc A B C B C ==⨯=，又因为23B C π+=，所以23143sin sin 43sin sin 43sin cos sin 322B C B B B B B π⎛⎫⎛⎫=-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭31cos223sin222B B ⎛⎫-=+= ⎪ ⎪⎝⎭23sin 236B π⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，因为23B C π+=，所以270,23666B B ππππ<<-<-<，所以当262B ππ-=，即3B π=时，ABC 的面积取得最大值，最大值为33.15．（2022·上海·模拟预测）在如图所示的五边形中，620AD BC AB ===，，O 为AB 中点，曲线CMD 上任一点到O 距离相等，角120DAB ABC ∠=∠=︒，P ，Q 关于OM 对称；(1)若点P 与点C 重合，求POB ∠的大小； (2)求五边形MQABP 面积S 的最大值，【答案】(1)33arcsin 14(2)2874【分析】（1）利用余弦定理求出OC ，再利用正弦定理即可得出答案；（2）根据题意可得,QOMPOMAOQBOPS SSS==，则()2AOQQOMMQABP S SS=+五边形，设QOM POM α∠=∠=，则2AOQ BOP πα∠=∠=-，根据三角形的面积公式结合三角函数的性质即可得出答案.(1)解：若点P 与点C 重合，连接OC ，10,6,120OB BC BP ABC ===∠=︒，在OBP 中，2222cos 1003660196OC OB BP OB BP OBP =+-⋅∠=++=，所以14OC =，因为sin sin BC OCPOB OBP=∠∠，所以36sin 332sin 1414BC OBPPOB OC ⨯⋅∠∠===，所以33arcsin14POB ∠=；(2)解：连接,,,QA PB OQ OP ，因为曲线CMD 上任一点到O 距离相等，所以14OP OQ OM OC ====，因为P ，Q 关于OM 对称，所以,QOMPOMAOQBOPSSSS==，设QOM POM α∠=∠=，则2AOQ BOP πα∠=∠=-，则()2AOQQOMMQABP S SS=+五边形112sin sin 222OQ OA OQ OM παα⎡⎤⎛⎫=⋅⋅-+⋅ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦196sin 140cos αα=+()2874sin αϕ=+，其中5tan 7ϕ=，当()sin 1αϕ+=时，MQABP S 五边形取得最大值2874，所以五边形MQABP 面积S 的最大值为2874.16．（2022·广东·广州市真光中学高三开学考试）在平面四边形ABCD 中，30CBD ∠=，4BC =，23BD = (1)若ABD △为等边三角形，求ACD △的面积． (2)若60BAD ∠=，求AC 的最大值．【答案】(1)3 (2)232+【分析】（1）利用余弦定理求出CD 的长，结合勾股定理可知90BDC ∠=，进而可求得ADC ∠的大小，利用三角形的面积公式可求得ACD △的面积；（2）设()0120ADB αα∠=<<，利用正弦定理可得出AD ，利用余弦定理可得出2AC 关于α的表达式，利用三角恒等变换结合正弦型函数的基本性质可求得AC 的最大值. （1）解：在BCD △中，由余弦定理，得2222cos CD BC BD BC BD CBD =+-⋅⋅∠．即231612242342CD =+-⨯⨯⨯=，所以2CD =，所以222BD CD BC +=，因此90BDC ∠=，因为ABD △为等边三角形，所以60ADB ∠=，23AD BD ==，所以150ADC ∠=．所以111sin 2323222ACD S AD CD ADC =⋅⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△.（2）解：设()0120ADB αα∠=<<，则120ABD α∠=-，在ABD △中，由正弦定理得sin sin AD BDABD BAD=∠∠，即()23sin60sin 120AD α=-，所以()4sin 120AD α=-．在ACD △中，由余弦定理，得2222cos AC AD CD AD CD ADC =+-⋅⋅∠， ()()()224sin 120424sin 1202cos 90AC ααα⎡⎤=-+-⨯-⨯⨯+⎣⎦ 231314cos sin 16cos sin sin 483sin2162222αααααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 0120α<<，则02240α<<，故当290α=时，即当45α=时，2AC 取到最大值8316+，即AC 的最大值为232+.17．（2023·河北·高三阶段练习）已知ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若4b =，在 ①()(sin sin )(sin sin )b c B C A C a +-=-，②cos2()3cos 1A C B ++= 两个条件中任选一个完成以下问题： (1)求B ；(2)若D 在AC 上，且BD AC ⊥，求BD 的最大值．【答案】(1)π3B = (2)23【分析】（1）选①，利用正弦定理得到222a c b ac +-=，再利用余弦定理求出π3B =；选②：利用诱导公式和二倍角公式得到1cos 2B =，从而求出π3B =；（2）法一：利用余弦定理得到2216a c ac =+-，利用基本不等式求出16ac ≤，求出面积的最大值，从而求出BD 的最大值；法二：利用正弦定理ABC 外接圆的直径，进而利用正弦定理表示面积，利用三角函数的有界性求出面积最大值，进而求出BD 的最大值. (1)若选①，由正弦定理得，()()()b c b c a c a +-=- 即222b c a ac -=-，即222a c b ac +-= ∴2221cos 222a cb ac B ac ac +-===， ∵(0,π)B ∈，∴π3B =，若选②,∵cos 2()3cos cos 2(π)3cos cos 23cos 1A C B B B B B ++=-+=+=， ∴22cos 13cos 1B B -+=，即22cos 3cos 20B B +-=，即cos 2B =-（舍）或1cos 2B =， ∵(0,π)B ∈，∴π3B =， (2)∵BD AC ⊥，BD 为AC 边上的高，当面积最大时，高取得最大值法一：由余弦定理得，22222162cos b a c ac B a c ac ==+-=+-，由重要不等式得162ac ac ac ≥-=，当且仅当a c =时取等，所以1sin 432ABC S ac B =≤△ 所以AC 边上的高的最大值为432312b = 法二：由正弦定理得ABC 外接圆的直径为832sin 3b R B ==，利用正弦定理表示面积得：118383sin sin sin sin 2233ABC S ac B A C B ==⋅△ 1838332π1632πsin sin sin sin 2332333A A A A ⎛⎫⎛⎫=⋅⋅⋅-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。

小小折纸趣题浓浓数学味道——折叠正三角形的三种方法

出三块三角形 “ 空地 ” ：一个等腰直角三角形，两块全等的直角三角形（有一个锐角７５。）。关键还是找到一些特殊点。比如正三角形落在正方形边上的两个顶点。那么怎么找到它们呢？观察上图即可发现，上一个问题中折彝出的三角形与这个将要出现的三角形夹角为１５。。这就是一个非常重要的线索，先作出第
法，即
观察发现，如果想得到图中的三角形三边，其实只要找到正三角形落在正方形内的顶点Ｐ，然后借用正方形的一边ＡＢ就完成了一个正三角形的构造。显然顶点Ｐ首先必须在正方形的中轴线上，否则它不可能到底边的两端距离相等。其次点Ｐ也应落以正方形左下顶点Ａ为圆心，边长ＡＢ为半径的圆上。
１２０。。
为何呢？因为折法表明折这就找到了一个内角分别为３０。、６０。、９０。的三角形。读者不难理解，这个６０。的二倍正是圆对于圆纸片，用折纸的办法最易于实现的事便是
找圆心。怎么做到呢？做横竖两次对折就找到了。试想，对折的折痕是圆的对称轴，不就是直径么？直径
出整个三角形。
直觉告诉我们图中这个三角形就是最大的了＇。它的一个顶点与正方形的一个顶点重合，另外两个顶点在正方形的两条边上。在这样的情况下，正方形的一条对角线成为了三角形的对称轴。

三角形内接正方形的解法

三角形内接正方形的解法■杨光雄北师大版义务教育课程标准试验教科书《数学》八年级下册第147 页的例题图1如图1，A D是△A B C的高，点P、Q在B C边上，点Ｒ在A C边上，点S在A B边上，B C=60c m，A D=40 c m，四边形P QＲS是正方形．(1)△A SＲ与△A B C相似吗?为什么?( 2)求正方形PQＲS 的边长．思考与探究: 由正方形PQＲS 可知SＲ∥ BC，故△A SＲ∽△A B C，依此有形的一边落在三角形的一边上，其余两个顶点分别在三角形的另外两边上，则这样的正方形叫做三角形的内接正方形．图2( 1) 如图2，在△ABC 中，B C=a，B C边上的高A D=h a，E F G H是△A B C的内接正方形，设正方形EFGH 的边长是x，求证: x =a h a; (2)在Ｒt△A B C中，A B=4，A C=3，∠B A C= a + haSＲ= ASBC AB同理△BPS ∽ △BDA，Ⓒ图3 图490°、请在图3、图4 中分别画出可能的内接正方形，并根据计算回答哪个内接正方形的面积大．又得SPAD= SBABⒸ解析: (1) 依本文结论( B) ，有1 =x1 +1 =a ha根据上述探讨，我们有:⑴Ⓒ+Ⓒ，得SＲBCSPAD= a + h aaha，所以x =ah a．a + ha1;( A)(2)如果SＲ=S P，则( A)式变为1+1=BC AD 1( 2) 可能的内接正方形分别如图3、图4 中的E F G H、E F G H．在图3中作A D⊥B C于点D，易知B C=( B) ．SＲ至此，例题中的两个小题可轻松方便地解答完毕．不仅如此，我们还顺便得到了( A) ( B) 两个优美漂亮5，据三角形的面积公式，有1×3×4=2所以A D=12．51 ×5 × AD，2的结论，它们的应用较为广泛，特别是在解答某些较难的问题时作用更大，常化难为易化繁为简，收到出奇制胜的效果．兹以部分中考与竞赛试题为例说明如下，供大家参考．例1 ( 2004 年广东佛山市中考试题) 如果正方对图3、图4 分别运用本文结论( B)，得1 =1 +HG BC1 =1 +1 = 37;1 =1 +1 =1 +1 =7AD 5 12 /5 60 HE AB AC 4 3 12 =35．所以1＞1，H G＞H E．所以在直角三角形中，60 HG HE作者简介: 杨光雄，中学高级教师，主要从事初中数学教学研究+内接正方形的一边落在直角边上时，正方形的面积最大．例 2 ( 1991 年全国初中数学联赛试题) 如图 5，正方形 O P Q Ｒ内接于 △A B C ．已知 △A O Ｒ、△BO P 和周长的值在什么情况下是有理数? 在什么情况下是无理数?解析: 设 B C = a ，A D = h ，S Ｒ = p ，S P = q ．由本文结论( A ) ，得图 7△C ＲQ 的面积分别是 S 1 = 1、S 2 = 3 和 S 3 = 1．那么，p + q = 1 Ⓒ; 由已知 1 ah =正方形 OPQ Ｒ的边长是()a h 2( A) ( B) ( C) 2 ( D) 3 3pq ，有 p • q 1 pq = 2 1 pq=2 = 1Ⓒ．解析: 作A D ⊥ B C 于D ，交O Ｒ于F ．设O Ｒ = O P =P Q = Q Ｒ = x ，则1 = S = 1 x •A F ，所以 A F = 2; 同a h 1 ah2 p 3pqp 6 1 p q 2 xⒸ2－ 4 × Ⓒ 得 ( a － ) 2 = h 3 ，即 a － h = 理 B P = 6 ，Q C = 2 ．所以 B C = x + 8 ，A D = x + 2． x x xx± 槡3 ，Ⓒ 把 Ⓒ 与 Ⓒ 分别相加、减可解得: p = 1 ( 1 ± 据本文结论( B) ，有 1 = x1 + 8 3 1 ，注意 x2 321 3 x + x x + x槡) a ，q = 3 ( 1 槡) h ． 2 3＞ 0，解得 x = 2，故正确答案应选( C ) ．图 5 图 6例 3 ( 1997 年安徽省初中数学竞赛试题) 如图 6，正方形 E F G H 内接于△A B C ，设 B C = a b ( 这是一个两位数) ，E F = c ，三角形的高 A D = d ．已知 a 、b 、c 、d 恰好是从小到大的四个连续正整数．试求 △ABC 的面积．解析: 由本文结论( B) ，有1 = 1 + 1依题意设 b 于是，矩形 PQ ＲS 的周长值为: 2p + 2q = a + h ± 槡3 ( a － h ) ．当 a = h 时，矩形 PQ ＲS 的周长值为有理 3数; 当 a ≠ h 时，矩形 PQ ＲS 的周长值为无理数．例 5 ( 1997 年安徽省部分地区初中数学竞赛试题) 在一块锐角三角形的斜料上，加工成正方形零件，使正方形的四个顶点都在三角形的边上．若三角形的三边长分别为 a 、b 、c ，且 a ＞ b ＞ c ．问正方形的两个顶点放在哪条边上可使得加工出来的正方形零件面积最大?c d ab= a + 1，c = a + 2，d = a + 3，则a b = 10a + b = 11a+ 1．所以 1 = 1 + 1 ，化简得( a － 3) 2=a + 2 a + 3 11a + 1 4，所以 a － 3 = ± 2，a 1 = 1，a 2 = 5． 1 1图 8图 9解析: 由面积关系式 1 a •AD = 1c •CG = S当 a = 1 时，S △ABC = 2 •ab •d = 2 × 12 × 4 = 2 2△ABC11= S ，有 1 = a ，1 = c( 如图 8 与图 9)24; 当a = 5 时，S △A B C = 2 •ab •d = 2 × 56 × 8 = 224．AD 2S CG 2S例 4 ( 1985 年广州、武汉、福州初中数学联赛试依本文结论( B) 得 1= 1 + 1 = 1 + a ，Ⓒ 题) 如图7，△ABC 的面积是它内接矩形 PQ ＲS 面积的 3倍，且边 BC 和高 AD 的值是有理数．问矩形 PQ ＲS 的1 1 1 MN = c + CG = PS a AD a 2S 1 cc + 2S Ⓒ•8•槡2 槡3 1槡S 1 － S 2槡S 1 － S 2 1 •9•11 ( a － c ) ( ac － 2S )1 1 11 a2 + b 2+ 2abⒸ － Ⓒ 得PS－ MN=2acSⒸ= c + h ，所以 S= a 2 b 2=所以 c = A B ＞ A D =2S，所以 a c ＞ 2S ，a c － 2S ＞ ac 2+ 2ch 2 2，c h0，由 a － c ＞ 0，故由 Ⓒ 知 1 － 1＞ 0，1c 2 + 2ch + h 21 h 211PS MN= c 2h 2= S + c 2 h 2 = S+ 2 ， c所以 P S ＜ M N ，即 S 正方形P Q ＲS ＜ S 正方形M N K L ．由于 a ＞ b ＞ c ，所以边 A B 上的内接正方形面积最大．所以 c 2=S 1 S 2ⒸS 1 － S 2例 6 ( 1997 年第 19 届江苏省初中数学竞赛试由 Ⓒ 有 ab = 槡S 1 ( a + b ) ，题) 设 △ABC 三边上的三个内接正方形( 有一边在三角形的一边上，另两个顶点在另两边上) 的面积相等．证明: △ABC 为正三角形．从而 c 2= a 2+ b 2= ( a + b ) 2－ 2ab = ( a + b ) 2－ 2 槡S 1 ( a + b ) + S 1 － S 1 = ( a + b －槡S 1 ) 2－ S 1 Ⓒ S S 证明 : 由例 5 中的 Ⓒ 式可知 S 正方形PQ ＲS = S 正方形M N K L a = c ．因为 △A B C 三边上的三个内接正方结合 Ⓒ 与Ⓒ，得1 2 S 1 － S 2= ( a + b －槡S 1 ) 2 － S 1 ，S 2 形的面积相等，所以 △ABC 为正三角形．例 7 ( 第五届美国数学邀请赛试题) 如图 10， △ABC ( ∠C = Ｒt ∠) 的两个内接正方形DFCE 、PQMN 所以( a + b －S 1，槡S 1 ) 2= 1 ，a + b － S 1 － S 2槡S 1 = 的面积是 S 1 = 441，S 2 = 440，求 A C + B C 的值．S 1故 a + b =+ 槡S 1 ．图 10解析: 设 B C = a ，A C = b ，A B = c ，斜边 A B 上的高为 h ．注意到 a b = c h ( 由面积关系式可得) ，a 2+ b 2= 把 S 1 = 441，S 2 = 440 代入上式即得 a + b = 462，即 A C + B C = 462．［云南省曲靖市会泽县大井一中 ( 654222) ］c 2 ，依本文结论( B) ，有 1 = 1 + 1 Ⓒ槡S 1a b槡S 2 1 S 21。

高考数学三角形中的三角函数式解析

高考数学三角形中的三角函数式解析三角形中的三角函数关系是历年高考的重点内容之一，本节主要帮助考生深刻理解正、余弦定理，掌握解斜三角形的方法和技巧.●难点磁场(★★★★★)已知△ABC 的三个内角A 、B 、C 满足A +C =2B .BC A cos 2cos 1cos 1-=+，求cos2CA -的值. ●案例探究［例1］在海岛A 上有一座海拔1千米的山，山顶设有一个观察站P ，上午11时，测得一轮船在岛北30°东，俯角为60°的B 处，到11时10分又测得该船在岛北60°西、俯角为30°的C 处。

(1)求船的航行速度是每小时多少千米；(2)又经过一段时间后，船到达海岛的正西方向的D 处，问此时船距岛A 有多远？命题意图：本题主要考查三角形基础知识，以及学生的识图能力和综合运用三角知识解决实际问题的能力.知识依托：主要利用三角形的三角关系，关键找准方位角，合理利用边角关系. 错解分析：考生对方位角识别不准，计算易出错.技巧与方法：主要依据三角形中的边角关系并且运用正弦定理来解决问题.解：(1)在Rt △P AB 中，∠APB =60° P A =1，∴AB =3 (千米) 在Rt △P AC 中，∠APC =30°，∴AC =33(千米) 在△ACB 中，∠CAB =30°+60°=90°)/(30261330330)3()33(2222时千米=÷=+=+=∴AB AC BC(2)∠DAC =90°－60°=30° sin DCA =sin(180°－∠ACB )=sin ACB =101033303==BCABsin CDA =sin(∠ACB －30°)=sin ACB ·cos30°－cos ACB ·sin30°10103=. 2010)133()10103(121232-=-⋅- 在△ACD 中，据正弦定理得CDAACDCA AD sin sin =，∴13392010)133(1010333sin sin +=-⋅=⋅=CDA DCA AC AD 答：此时船距岛A 为1339+千米. ［例2］已知△ABC 的三内角A 、B 、C 满足A +C =2B ，设x =cos 2CA -，f (x )=cosB (CA cos 1cos 1+). (1)试求函数f (x )的解析式及其定义域； (2)判断其单调性，并加以证明； (3)求这个函数的值域. 命题意图：本题主要考查考生运用三角知识解决综合问题的能力，并且考查考生对基础知识的灵活运用的程度和考生的运算能力，属★★★★级题目.知识依托：主要依据三角函数的有关公式和性质以及函数的有关性质去解决问题. 错解分析：考生对三角函数中有关公式的灵活运用是难点，并且不易想到运用函数的单调性去求函数的值域问题.技巧与方法：本题的关键是运用三角函数的有关公式求出f (x )的解析式，公式主要是和差化积和积化和差公式.在求定义域时要注意|2CA -|的范围.解：(1)∵A +C =2B ，∴B =60°，A +C =120°,3421221)cos()cos(2cos2cos2cos cos cos cos 21)(22-=-+-=-++-+=⋅+⋅=x xx x C A C A CA C A C A C A x f∵0°≤|2C A -|＜60°，∴x =cos 2C A -∈(21，1]又4x 2－3≠0，∴x ≠23，∴定义域为(21，23)∪(23，1］. (2)设x 1＜x 2，∴f (x 2)－f (x 1)=342342211222---x x x x=)34)(34()34)((222212121--+-x x x x x x ，若x 1，x 2∈(23,21)，则4x 12－3＜0，4x 22－3＜0，4x 1x 2+3＞0，x 1－x 2＜0，∴f (x 2)－f (x 1)＜0即f (x 2)＜f (x 1)，若x 1，x 2∈(23，1］，则4x 12－3＞0. 4x 22－3＞0，4x 1x 2+3＞0，x 1－x 2＜0，∴f (x 2)－f (x 1)＜0.即f (x 2)＜f (x 1)，∴f (x )在(21,23)和(23，1]上都是减函数.(3)由(2)知，f (x )＜f (21)=－21或f (x )≥f (1)=2. 故f (x )的值域为(－∞，－21)∪［2，+∞).●锦囊妙计本难点所涉及的问题以及解决的方法主要有： (1)运用方程观点结合恒等变形方法巧解三角形； (2)熟练地进行边角和已知关系式的等价转化；(3)能熟练运用三角形基础知识，正、余弦定理及面积公式与三角函数公式配合，通过等价转化或构建方程解答三角形的综合问题，注意隐含条件的挖掘.●歼灭难点训练一、选择题1.(★★★★★)给出四个命题：(1)若sin2A =sin2B ，则△ABC 为等腰三角形；(2)若sin A =cos B ，则△ABC 为直角三角形；(3)若sin 2A +sin 2B +sin 2C ＜2，则△ABC 为钝角三角形；(4)若cos(A －B )cos(B －C )cos(C －A )=1，则△ABC 为正三角形.以上正确命题的个数是( )A.1B.2C.3D.4 二、填空题2.(★★★★)在△ABC 中，已知A 、B 、C 成等差数列，则2tan2tan 32tan 2tan CA C A ++的值为__________.3.(★★★★)在△ABC 中，A 为最小角，C 为最大角，已知cos(2A +C )=－34，sin B =54，则cos2(B +C )=__________.三、解答题4.(★★★★)已知圆内接四边形ABCD 的边长分别为AB =2，BC =6，CD =DA =4，求四边形ABCD 的面积.5.(★★★★★)如右图，在半径为R 的圆桌的正中央上空挂一盏电灯，桌子边缘一点处的照度和灯光射到桌子边缘的光线与桌面的夹角θ的正弦成正比，角和这一点到光源的距离 r 的平方成反比，即I =k ·2sin rθ，其中 k 是一个和灯光强度有关的常数，那么怎样选择电灯悬挂的高度h ，才能使桌子边缘处最亮？6.(★★★★)在△ABC 中，a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 的对边，27cos 22sin 42=-+A C B .(1)求角A 的度数；(2)若a =3，b +c =3，求b 和c 的值.7.(★★★★)在△ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 所对的边分别为a 、b 、c ，且a 、b 、3c 成等比数列，又∠A －∠C =2π，试求∠A 、∠B 、∠C 的值. 8.(★★★★★)在正三角形ABC 的边AB 、AC 上分别取D 、E 两点，使沿线段DE 折叠三角形时，顶点A 正好落在边BC 上，在这种情况下，若要使AD 最小，求AD ∶AB 的值.参考答案难点磁场解法一：由题设条件知B =60°，A +C =120°. 设α=2CA -，则A －C =2α，可得A =60°+α，C =60°－α， ,43cos cos sin 43cos 41cos sin 23cos 211sin 23cos 211)60cos(1)60cos(1cos 1cos 1222-αα=α-αα=α+α+α-α=α-︒+α+︒=+C A 所以依题设条件有,cos 243cos cos 2B-=-αα .2243cos cos ,21cos 2-=-αα∴=B整理得42cos 2α+2cos α－32=0(M )(2cos α－2)(22cos α+3)=0，∵22cos α+3≠0，∴2cos α－2=0.从而得cos222=-C A . 解法二：由题设条件知B =60°，A +C =120°22cos 1cos 1,2260cos 2-=+∴-=︒-CA①，把①式化为cos A +cos C =－22cos A cos C②，利用和差化积及积化和差公式，②式可化为)]cos()[cos(22cos 2cos 2C A C A CA C A -++-=-+③，将cos 2CA +=cos60°=21，cos(A +C )=－21代入③式得：)cos(2222cosC A C A --=-④ 将cos(A －C )=2cos 2(2C A -)－1代入 ④：42cos 2(2C A -)+2cos 2CA -－32=0，(*)，.222cos :,022cos 2,032cos 22,0)32cos 22)(222cos 2(=-=--∴=+-=+---C A C A C A C A C A 从而得歼灭难点训练一、1.解析：其中(3）(4）正确. 答案： B二、2.解析：∵A+B+C =π，A+C=2B ，.32tan 2tan 32tan 2tan )2tan 2tan 1(32tan 2tan ,3)2tan(,32=++-=+=+=+∴CA C A C A C A C A C A 故π答案：33.解析：∵A 为最小角∴2A +C =A +A +C ＜A+B+C =180°. ∵cos(2A +C )=－54，∴sin(2A+C )=53. ∵C 为最大角，∴B 为锐角，又sin B =54.故cos B =53. 即sin(A+C )=54，cos(A +C )=－53. ∵cos(B+C )=－cos A =－cos ［(2A+C )－(A+C )］=－2524， ∴cos2(B+C )=2cos 2(B+C )－1=625527. 答案：625527三、4.解：如图：连结BD ，则有四边形ABCD 的面积：S =S △ABD +S △CDB =21·AB ·AD sin A +21·BC ·CD ·sin C ∵A+C =180°，∴sin A =sin C故S =21(AB ·AD +BC ·CD )sin A =21(2×4+6×4)sin A =16sin A由余弦定理，在△ABD 中，BD 2=AB 2+AD 2－2AB ·AD ·cos A =20－16cos A 在△CDB 中，BD 2=CB 2+CD 2－2CB ·CD ·cos C =52－48cos C ∴20－16cos A =52－48cos C ，∵cos C =－cos A ，∴64cos A =－32，cos A =－21，又0°＜A ＜180°，∴A =120°故S =16sin120°=83.5.解：R =r cos θ，由此得：20,cos 1π<θ<θ=R r ，RR h Rk I Rk R k I R k R k r k I 22tan ,33sin ,392)32()()sin 1)(sin 1(sin 2)(2)cos (sin cos sin sin 232222222222222=θ==θ⋅≤⋅≤θ-θ-⋅θ⋅=θ⋅θ⋅=θ⋅θ⋅=θ⋅=此时时成立等号在由此得 .1221:23 2:3,3.3)(21221cos 2cos :)2(60,1800,21cos ,01cos 4cos 45cos 4)cos 1(4,271cos 2)]cos(1[2:,180272cos 2sin 4)1(:.6222222222222⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==+==+==-+∴=-+∴=-+=︒=∴︒<<︒=∴=+-=-+=+-+-︒=++=-+c b c b bc c b bc c b a bc a c b bc a c b A bca cb A A A A A A A A A C B C B A A C B 或得由代入上式得将由余弦定理得即得及由解 7.解：由a 、b 、3c 成等比数列，得：b 2=3ac∴sin 2B =3sin C ·sin A =3(－21)［cos(A +C )－cos(A －C )］ ∵B =π－(A+C ).∴sin 2(A+C )=－23［cos(A+C )－cos 2π］即1－cos 2(A+C )=－23cos(A+C )，解得cos(A+C )=－21.∵0＜A+C ＜π，∴A+C =32π.又A －C =2π∴A =127π，B =3π，C =12π.8.解：按题意，设折叠后A 点落在边BC 上改称P 点，显然A 、P 两点关于折线DE 对称，又设∠BAP =θ，∴∠DP A =θ，∠BDP =2θ，再设AB =a ，AD =x ，∴DP =x .在△ABC 中， ∠APB =180°－∠ABP －∠BAP =120°－θ，由正弦定理知：APBABBAP BP sin sin =.∴BP =)120sin(sin θθ-︒a 在△PBD 中，︒=-︒︒⋅==60sin 2sin )120sin(sin ,60sin sin ,sin sin θθθθx a x BP BDP BP DBP DP 从而所以,.3)260sin(23)120sin(2sin 60sin sin ++︒=-︒⋅︒⋅=∴θθθθaa x∵0°≤θ≤60°，∴60°≤60°+2θ≤180°，∴当60°+2θ=90°，即θ=15°时， sin(60°+2θ)=1，此时x 取得最小值)332(323-=+a a ，即AD 最小，∴AD ∶DB =23－3.。

正方形的内接正三角形

Ｆ。
Ｅ
．
例２（２（））第５２题如图２设抛物线Ｙ＝＋４，＋３的顶点为，直线Ｙ＝一＋２９与
￣ＡＣＢＤ的顶点Ａ，Ｂ的坐标分
另是Ａ（，）０一）顶点０一１０Ｂ（，２，
Ｌ
５ ●
图２
角形的位置，下面给出尺规作图的一种巧妙方法．
所以＋
（）１正方形的最大内接正三角形的作法
① 连接Ｂ分别以Ｂ，为圆心，ＢＤ，Ｄ以Ｄ为半径画
）＋ｌ，
圆，圆交Ｃ点同侧于Ｐ点；两
’
・
复习参考・
百先冗一个临界状态，如
积为（一）如图４此时正三角形的一顶点与正方２３ｚ，，
形的一顶点重合，点对边与正方形的另一对角线平该
行；最小内接正三角形面积为÷Ｉ如图５此时ｉ－角ｆ２，，Ｆ．
形的一顶点落在正方形一边的中点，该点对边与正方形
三角形．
嘉
化简得ｔ０＝＋，ａｎ２ √ 解得０７。＝５，
即ＣＢ＝７。Ａ＝４。Ｆ５。５．
接下来探究正方形内接正三角形的面积最值，图３设如．ＡＢ＝ｚ，＝ａＧＢ＝０根据，Ｆ，正方形和正三角形的对称性知
的对边平行．
图２设Ｂ，Ｃ＝ｌＣＢ：０则，Ｆ，
＝０—３，０。ＣＦ，
３正方形的最大和最小内接正三角形的快捷作法

三角形的各个心总结与归纳

三角形的心三角形只有五种心重心:三中线的交点,三角形的三条中线交于一点，这点到顶点的距离是它到对边中点距离的2倍；垂心:三高的交点;内心:三内角平分线的交点,是三角形的内切圆的圆心的简称;外心:三中垂线的交点;旁心:一条内角平分线与其它二外角平分线的交点.(共有三个.)是三角形的旁切圆的圆心的简称.当且仅当三角形是正三角形的时候,四心合一心,称做正三角形的中心.1三角形重心重心是三角形三边中线的交点，三线交一可用燕尾定理证明，十分简单。

证明过程又是塞瓦定理的特例。

已知：△ABC中，D为BC中点，E为AC中点，AD与BE交于O，CO延长线交AB于F。

求证：F为AB中点。

证明：根据燕尾定理，S△AOB=S△AOC，又S△AOB=S△BOC，∴S△AOC= S△BOC，再应用燕尾定理即得AF=BF，命题得证。

重心的几条性质：1、重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1。

2、重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等。

3、重心到三角形3个顶点距离的平方和最小。

4、在平面直角坐标系中，重心的坐标是顶点坐标的算术平均，即其坐标为((X1+ X2+X3)/3,(Y1+Y2+Y3)/3)；空间直角坐标系——横坐标：(X1+X2+X3)/3 纵坐标：(Y 1+Y2+Y3)/3 竖坐标：（z1+z2+z3）/35、三角形内到三边距离之积最大的点。

重心三条中线定相交，交点位置真奇巧，交点命名为“重心”，重心性质要明了，重心分割中线段，数段之比听分晓；长短之比二比一，灵活运用掌握好．2三角形垂心的性质设⊿ABC的三条高为AD、BE、CF，其中D、E、F为垂足，垂心为H，角A、B、C的对边分别为a、b、c，p=(a+b+c)/2．1、锐角三角形的垂心在三角形内；直角三角形的垂心在直角顶点上；钝角三角形的垂心在三角形外.2、三角形的垂心是它垂足三角形的内心；或者说，三角形的内心是它旁心三角形的垂心；3、垂心H关于三边的对称点，均在△ABC的外接圆上。

九年级巧解三角形内接正方形

巧解三角形内接正方形北师版八年级下册第147页的例题：如图，AD 是△ABC 的高，点P 、Q 在BC 边上，点R 在AC 边上，点S 在AB 边上，BC ＝60cm ，AD=40 cm ，四边形PQRS 是正方形。

(1)△ASR 与△ABC 相似吗？为什么？ (2)求正方形PQRS 的边长。

思考与探究：由正方形PQRS 可知SR ∥BC ，于是△ASR ∽△ABC ，依此有SR AS BC AB =①；同理△BPS ∽△BDA ，又得SP SB AD AB=②. 由①+②，得SR SP 1BC AD+=（*）. 又SR=SP ，则（*）式变为111BC AD SR +=. 至此，例题中的两个小题可轻松方便地解答完毕。

不仅如此，我们还顺便得到了两个优美漂亮的结论，它们的应用较为广泛，特别是在解答某些较难的问题时作用更大，常化难为易化繁为简，收到出奇制胜的效果，以部分中考与竞赛试题为例说明如下:例1(广东佛山中考题)如果正方形的一边落在三角形的一边上，其余两个顶点分别在三角形的另外两边上，则这样的正方形叫做三角形的内接正方形。

（1）如图1，在△ABC 中，BC=a ，BC 边上的高AD=h a ，EFGH 是△ABC 的内接正方形，设正方形EFGH 的边长是x ，求证：a aah x a h =+；（2）在Rt △ABC 中，AB=4，AC=3，∠BAC=90º，请在图2、图3中分别画出可能的内接正方形，并根据计算回答哪个内接正方形的面积大。

解析:（1）依本文结论，有111a a a a h x a h ah +=+=，a a ah x a h ∴=+。

（2）可能的内接正方形分别如图2、图3中的EFGH 、EGAH.在图2中作AD ⊥BC 于点D ，易知BC=5.据三角形的面积公式，有AD 5214321⨯⨯=⨯⨯，∴512AD =. 对图2、图3分别运用本文结论，得603712551AD 1BC 1HG 1=+=+=，60351273141AC 1AB 1HE 1==+=+=. ∴HG 1＞HE1，HG ＜HE . ∴在直角三角形中，内接正方形的一边落在直角边上时，正方形的面积最大。

第27章专题五利用相似的性质解三角形中的内接多边形问题人教版九年级数学下册同步练习

专题五利用相似的性质解三角形中的内接多边形问题【类型1】三角形的内接正三角形问题1．如图，用下面的方法可以画△AOB的内接等边三角形，阅读后证明相应问题．画法：①在△AOB内画等边△CDE使点C在OA上，点D在OB上；②连结OE并延长，交AB于点E′，过点E′作E′C′∥EC，交OA于点C′，作E′D′∥ED，交OB于点D′；③连结C′D′，则△C′D′E′是△AOB的内接三角形．求证：△C′D′E′是等边三角形．【类型2】三角形的内接正方形问题2．如图，在△ABC中，BC＝120，高AD＝60，正方形EFGH一边在BC上，点E，F分别在AB，AC上，AD交EF于点N，则AN的长为（）A ．15B ．20C ．25D ．303．如图，正三角形ABC 的边长为3+√3，在三角形中放入正方形DEMN 和正方形EFPH ，使得D 、E 、F 在边CB 上，点P 、N 分别在边CA 、AB 上，设两个正方形的边长分别为m ，n ，则这两个正方形的面积和的最小值为（）A ．√32B ．32C ．3D ．92 4．如图，正三角形ABC 的边长为3+√3．（1）如图①，正方形EFPN 的顶点E 、F 在边AB 上，顶点N 在边AC 上，在正三角形ABC 及其内部，以点A 为位似中心，作正方形EFPN 的位似正方形E ′F ′P ′N ′，且使正方形E ′F ′P ′N ′的面积最大（不要求写作法）；（2）求（1）中作出的正方形E ′F ′P ′N ′的边长；（3）如图②，在正三角形ABC 中放入正方形DEMN 和正方形EFPH ，使得DE 、EF 在边AB 上，点P 、N 分别在边CB 、CA 上，求这两个正方形面积和的最大值和最小值，并说明理由．5．△ABC是一块直角三角形余料，∠C＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，如图将它加工成正方形零件，试说明哪种方法利用率高？（得到的正方形的面积较大）6．如图，一块材料的形状是锐角三角形ABC，边BC＝120mm，高AD＝80mm，把它加工成正方形零件，使正方形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB、AC上，这个正方形零件的边长是多少？【类型3】三角形的内接矩形问题7．如图，矩形DEFG的边EF在△ABC的边BC上，顶点D，G分别在边AB，AC上，AH ⊥BC，垂足为H，AH交DG于点P，已知BC＝6，AH＝4．当矩形DEFG面积最大时，HP的长是（）A．1B．2C．3D．48．如图，△ABC是一块锐角三角形余料，边BC＝120mm，高AD＝80mm，要把它加工成矩形零件PQMN，使矩形PQMN的边QM在BC上，其余两个顶点P，N分别在AB，AC 上．（1）当矩形的边PN＝PQ时，求此时矩形零件PQMN的面积；（2）求这个矩形零件PQMN面积S的最大值．9．如图，要从一块Rt△ABC的白铁皮零料上截出一块矩形EFGH白铁皮．已知∠A＝90°，AB＝16cm，AC＝12cm，要求截出的矩形的长与宽的比为2：1，且较长边在BC上，点E，F分别在AB，AC上，所截矩形的长和宽各是多少？10．如图，有一块三角形余料ABC，它的边BC＝18cm，高AD＝12cm，现在要把它加工成长与宽的比为3：2的矩形零件EFCH，要求一条长边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上，求矩形EFGH的周长．参考答案与试题解析1．证明：∵E ′C ′∥EC ，E ′D ′∥ED ，∴△OCE ∽△OC ′E ′，△ODE ∽△OD ′E ′，∴CE ：C ′E ′＝OE ：OE ′，DE ：D ′E ′＝OE ：OE ′，∠CEO ＝∠C ′E ′O ，∠DEO ＝∠D ′E ′O ，∴CE ：C ′E ′＝DE ：D ′E ′，∠CED ＝∠C ′E ′D ′，∴△CDE ∽△C ′D ′E ′，∵△CDE 是等边三角形，∴△C ′D ′E ′是等边三角形．2．解：设正方形EFGH 的边长EF ＝EH ＝x ，∵四边形EFGH 是正方形，∴∠HEF ＝∠EHG ＝90°，EF ∥BC ，∴△AEF ∽△ABC ，∵AD 是△ABC 的高，∴∠HDN ＝90°，∴四边形EHDN 是矩形，∴DN ＝EH ＝x ，∵△AEF ∽△ABC ，∴AN AD =EF BC （相似三角形对应边上的高的比等于相似比），∵BC ＝120，AD ＝60，∴AN ＝60﹣x ，∴60−x 60=x 120，解得：x ＝40，∴AN ＝60﹣x ＝60﹣40＝20．故选：B ．3．解：设正方形DEMN 、正方形EFPH 的边长分别为m 、n ，它们的面积和为S ， ∵△ABC 为等边三角形，∴∠A ＝∠B ＝60°，AB ＝3+√3，在Rt △BDN 中，BD =√33DN =√33m ，在Rt △CPF 中，CF =√33PF =√33n ，∵BD +DE +EF +CF ＝AB ，∴√33m +m +n +√33n ＝3+√3， ∴m +n ＝3，∴n ＝3﹣m ，∴S ＝m 2+n 2＝m 2+（3﹣m ）2＝2（m −32）2+92，当点M 落在AC 上，则正方形DEMN 的边长最小，正方形EFPH 的边长最大，如图，在Rt △BDN 中，BD =√33DN ，BN =2√33DN ，∴DN +2√33DN ＝3+√3，解得DN ＝3√3−3，在Rt △CPF 中，CF =√33PF ，∴√33（3√3−3）+3√3−3+EF +√33PF ＝3+√3，解得PF＝6√3−9，∴6﹣3√3≤m≤3√3−3，∴当m=32时，S最小，S的最小值为92．故选：D．4．解：（1）如图①，正方形E′F′P′N′即为所求．（2）设正方形E′F′P′N′的边长为x，∵△ABC为正三角形，∴AE′＝BF′=√33x．∵E′F′+AE′+BF′＝AB，∴x+√33x+√33x＝3+√3，∴x=9+3√32√3+3，即x＝3√3−3，（x≈2.20也正确）（3）如图②，连接NE、EP、PN，则∠NEP＝90°．设正方形DEMN、正方形EFPH的边长分别为m、n（m≥n），它们的面积和为S，则NE=√2m，PE=√2n．∴PN2＝NE2+PE2＝2m2+2n2＝2（m2+n2）．∴S＝m2+n2=12PN2，延长PH交ND于点G，则PG⊥ND．在Rt△PGN中，PN2＝PG2+GN2＝（m+n）2+（m﹣n）2．∵AD+DE+EF+BF＝AB，即√33m+m+n+√33n=√3+3，化简得m+n＝3．∴S=12[32+（m﹣n）2]=92+12（m﹣n）2①当（m﹣n）2＝0时，即m＝n时，S最小．∴S最小=9 2；②当（m﹣n）2最大时，S最大．即当m最大且n最小时，S最大．∵m+n＝3，由（2）知，m最大＝3√3−3．∴S最大=12[9+（m最大﹣n最小）2]=12[9+（3√3−3﹣6+3√3）2]＝99﹣54√3⋯．（S最大≈5.47也正确）综上所述，S最大＝99﹣54√3，S最小=9 2．5．解：当所截的正方形的边在△ABC的直角边上，如图1，设正方形CDEF边长为x，则DE＝xcm，BD＝BC﹣CD＝（6﹣x）cm，∵DE∥AC，∴△BDE ∽△BCA ，∴DE AC =BD BC ，即x 8=6−x 6，解得：x =247（cm ），即正方形BDEF 边长为247cm ；当所截的正方形的边在△ABC 的斜边上，如图2，作CH ⊥AB 于H ，交MQ 于J ，则MN ∥CH ，AB =√AC 2+BC 2=√82+62=10，∵12CH •AB =12AC •BC ∴CH =8×610=245（cm ），设正方形MNPQ 边长为x ，则QM ＝x ，CJ =245−x ，∵QM ∥AB ，∴△CMQ ∽△CBA ，∴QM AB =CJ CH ，即x 10=245−x 245，解得：x =12037（cm ），即正方形BDEF 边长为12037（cm ）； ∵247=12035＞12037，∴图1利用率高．6．解：∵四边形EGHF 为正方形，∴BC ∥EF ，∴△AEF ∽△ABC ；设正方形零件的边长为x mm ，则KD ＝EF ＝xmm ，AK ＝（80﹣x ）mm ， ∵AD ⊥BC ，∴EF BC=AK AD ， ∴x 120=80−x 80，解得：x ＝48．答：正方形零件的边长为48mm ．7．解：设HP ＝x ，则DE ＝GF ＝x ，∵四边形DEFG 是矩形，∴DG ＝EF ，DE ＝GF ＝HP ＝x ，DG ∥EF ，∵AH ⊥BC ，∴AH ⊥DG ，∵DG ∥EF ，∴△ADG ∽△ABC ，∴DG BC=AP AH ， ∴DG 6=4−x 4，解得：DG ＝6−32x ，∴矩形DEFG 的面积S ＝DG ×DE ＝（6−32x ）x =−32（x ﹣2）2+6，∵−32＜0，∴S 有最大值，当x ＝2时，S 的最大值是6，即当HP ＝2时，矩形DEFG 的面积最大，故选：B ．8．解：（1）设矩形零件PQMN 的边PN ＝a ，PQ ＝x ，则AE ＝80﹣a ． ∵PN ∥BC ，∴△APN ∽△ABC ．∴PN BC =AE AD．因此，a 120=80−x 80，解得a ＝120−32x ．∴120−32x ＝x ，解得：x ＝48所以长方形PQMN 的面积S ＝xa ＝x （120−32x ）=−32x 2+120x =−32×482+120×48＝2304mm 2所以矩形零件PQMN 的面积为2304mm 2．（2）由S =−32x 2+120x ，当x =−120−2×(−32)=40时，a ＝60． S 最大值＝40×60＝2400（mm 2）．所以这个长方形零件PQMN 面积S 的最大值是2400mm 2．9．解：过点A 作AN ⊥BC 交HF 于点M ，交BC 于点N ．∵∠BAC ＝90°，∴∠BNA ＝∠BAC ，BC =√AB 2+AC 2=20（cm ），又∵∠B ＝∠B ，∴△ABN ∽△CBA ，∴AN AC =AB BC∴AN =AC×AB BC=485（cm ）， ∵四边形EFGH 是矩形，∴EF ∥HD ，∴∠AHF ＝∠B ，∠AFM ＝∠C ．∴△AHF ∽△ABC ．∴AM AN =HF BC ．设EF ＝x ，则MN ＝x ，由截出的矩形的长与宽的比为2：1可知HF ＝2x ． 485−x 485=2x 20．解得x =24049．∴2x =48049．答：截得的矩形的长为48049cm ，宽为24049cm ．10．解：∵矩形EFGH 中，EH ∥FG ，EH ＝GF ，∴△AEH ∽△ABC ，又∵AD ⊥BC ，∴AM ⊥EH ，∴EH BC =AM AD ，设EH ＝3x ，则MD ＝EF ＝2x ，AM ＝12﹣2x ， ∴3x 18=12−2x 12，解得：x ＝3，∴EH ＝3x ＝9，EF ＝2x ＝6，∴矩形EFGH 的周长为：2×（9+6）＝30（cm ）．。

「高中数学」证明：圆的内接三角形中,正三角形的面积最大.doc

「高中数学」证明：圆的内接三角形中，正
三角形的面积最大
圆的最大内接三角形的求解，除了用到正弦定理的变形以及圆的几何性质，还用到了均值不等式的变形、凸函数的概念等。

圆的内接三角形
首先将三角形ABC的面积表示出来：
这里用到了正弦定理的变形。

如下图，做辅助线。

做如图辅助线
在三角形OBP中，可得：
同理可得：
三角形ABC的面积可化简为
这一步用到了均值不等式的变形。

又因为正弦函数为定义域R上的凸函数，可得：
所以
当且仅当A=B=C时不等式取等号。

即
如此，可以证明，圆的内接三角形中，正三角形的面积最大。

如需要进一步求出该三角形的边长或者高，也是很简单的啦。

看似很简单的一道证明题，实际上却用到了高中数学的诸多知识点；在实际的解题中，如果是选择或者填空题，我们就可以直接运用这个结论啦！。

《中等数学》2004年总目次

2004 年第 6 期
关于 2003 年全国高中数学联赛第二题 (王景周崔建英 6·13)
我为数学竞赛命题
从函数方程到初中联赛试题
(罗增儒 1·13)
同旁内角的计数 ———从具体到抽象 (罗增儒 3·14)
负数进入应用题
(罗增儒 5·15)
巧思妙解
好题与巧解
(解兴武 2·14)
巧思探求的过程妙解本质的揭示
(方廷刚 2·9)
用三角代换解竞赛题
(齐文友 2·12)
含绝对值竞赛题的求解策略
(王启东 3·8)
数学竞赛中的计数问题
(费振鹏 3·11)
关于两道高中联赛题的背景研究 (刘培杰 4·8)
解数学竞赛题的局部调整策略 (郑日锋 4·10)
让向量进入竞赛数学
(邹明 5·9)
一道全国初中竞赛题的解法研究 (江明芬 5·14)
48
中等数学
《中等数学》2004 年总目次
数学活动课程讲座
·初中·
几何计数问题 (下)
(罗增儒 1·3)
存在性问题
(李建泉 2·2)
好玩的平移
(周春荔 3·2)
构造法在初中数学竞赛中的应用
(王盛裕 4·2 ,5·2)
一元二次方程根的分布问题
(杨贵武 6·2)
·高中·
根轴的性质及应用
(沈文选 1·6)
学生习作
一道数学奥林匹克问题的思考一道 IMO 试题的推广及简证一个几何不等式的简证
短论集锦
(石文博 5·18) (程俊 5·19) (崔振嵛 5·20)
简证一道国家集训队选拔考试题 (胡昱希 1·17) 边长为 1 ,2 ,3 , …的正方形铺砌问题 (吴振奎 1·17) 一个集组计数问题的简证 (王景周崔建英 1·18)

八年级数学上册第十一章三角形必考知识点归纳(带答案)

八年级数学上册第十一章三角形必考知识点归纳单选题1、两个直角三角板如图摆放，其中∠BAC=∠EDF=90°，∠E=45°，∠C=30°，AB与DF交于点M．若BC//EF，则∠BMD的大小为（）A．60°B．67.5°C．75°D．82.5°答案：C分析：根据BC//EF，可得∠FDB=∠F=45°，再根据三角形内角和即可得出答案．由图可得∠B=60°，∠F=45°，∵BC//EF，∴∠FDB=∠F=45°，∴∠BMD=180°−∠FDB−∠B=180°−45°−60°=75°，故选：C．小提示：本题考查了平行线的性质和三角形的内角和，掌握平行线的性质和三角形的内角和是解题的关键．2、如图，图中直角三角形共有()A．1个B．2个C．3个D．4个答案：C分析：有一个角是直角的三角形是直角三角形.解：如图，直角三角形有：△ABC、△ABD、△ACD.故选C.小提示：本题考查直角三角形的定义.掌握直角三角形的定义是关键，要做到不重不漏.3、如果一个多边形内角和是外角和的4倍，那么这个多边形有（）条对角线．A．20B．27C．35D．44答案：C分析：根据多边形的内角和公式（n-2）•180°与外角和定理列出方程，然后求解，多边形对角线的条数可以表．示成n(n−3)2解：设这个多边形是n边形，根据题意得，（n-2）•180°=4×360°，解得n=10．10×（10-3）÷2=35（条）．故选：C．小提示：本题考查了多边形的内角和与外角和、方程的思想．关键是记住内角和的公式与外角和的特征，及多边形对角线的条数公式．4、如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=19°，则∠2的度数为（）A．41°B．51°C．42°D．49°答案：A分析：先求出正六边形的内角和外角，再根据三角形的外角性质以及平行线的性质，即可求解．解：∵正六边形的每个内角等于120°，每个外角等于60°，∴∠FAD=120°-∠1=101°，∠ADB=60°，∴∠ABD=101°-60°=41°∵光线是平行的，∴∠2=∠ABD=41°，故选A小提示：本题主要考查平行线的性质，三角形外角性质以及正六边形的性质，掌握三角形的外角性质以及平行线的性质是解题的关键．5、将一副直角三角板ABC和EDF如图放置(其中∠A=60°，∠F=45°)，使点E落在AC边上，且ED//BC，则∠AEF的度数为( )A．145°B．155°C．165°D．170°答案：C分析：根据直角三角形两锐角互余求出∠1，再根据两直线平行，内错角相等求出∠2，然后根据∠CEF=∠DEF -∠2计算出∠CEF，即可求出∠AEF．解：∵∠A=60°，∠F=45°，∴∠1=90°-60°=30°，∠DEF=90°-45°=45°，∵ED∥BC，∴∠2=∠1=30°，∠CEF=∠DEF-∠2=45°-30°=15°，∴∠AEF=180°-15°=165°.故选C.小提示：本题考查了平行线的性质，直角三角形两锐角互余的性质是基础题，熟记性质是解题的关键．6、如图，在△ABC中，AB=20，AC=18，AD为中线．则△ABD与△ACD的周长之差为（）A．1B．2C．3D．4答案：B分析：利用三角形中线的定义、三角形的周长公式进行计算即可得出结果．∵在△ABC中，AD为中线,∴BD=CD．∵C△ABD=AB+BD+AD，C△ACD=AC+CD+AD，∴C△ABD−C△ACD=AB−AC=20−18=2．故选：B．小提示：本题考查三角形的中线的理解与运用能力．三角形中，连接一个顶点和它所对边的中点的线段叫做三角形的中线．明确三角形的中线的定义，运用两个三角形的周长的差等于两边的差是解本题的关键．7、如图，AB和CD相交于点O，则下列结论正确的是（）A．∠1＝∠2B．∠2＝∠3C．∠3＝∠4D．∠1＝∠5答案：A分析：根据平行线的性质和对顶角的性质进行判断．解：A、∵∠1与∠2是对顶角，∴∠1＝∠2，本选项说法正确；B、∵AD与AB不平行，∴∠2≠∠3，本选项说法错误；C、∵AD与CB不一定平行，∴∠3≠∠4，本选项说法错误；D、∵CD与CB不平行，∴∠1≠∠5，本选项说法错误；故选：A．小提示：本题考查平行线的应用，熟练掌握平行线的性质和对顶角的意义与性质是解题关键．8、在△ABC中，若一个内角等于另外两个角的差，则（）A．必有一个角等于30°B．必有一个角等于45°C．必有一个角等于60°D．必有一个角等于90°答案：D分析：先设三角形的两个内角分别为x，y，则可得第三个角(180°－x－y)，再分三种情况讨论，即可得到答案.设三角形的一个内角为x，另一个角为y，则第三个角为(180°－x－y)，则有三种情况：①x=|y−(180°−x−y)|⇒y=90∘或x+y=90∘②y=|x−(180∘−x−y)|⇒x=90∘或x+y=90∘③(180∘−x−y)=|x−y|⇒x=90∘或y=90∘综上所述，必有一个角等于90°故选D.小提示：本题考查三角形内角和的性质，解题的关键是熟练掌握三角形内角和的性质，分情况讨论.9、下列多边形具有稳定性的是（）A．B．C．D．答案：D分析：利用三角形具有稳定性直接得出答案．解：三角形具有稳定性，四边形、五边形、六边形都具有不稳定性，故选D．小提示：本题考查三角形的特性，牢记三角形具有稳定性是解题的关键．10、如图，小亮同学用绘画的方法，设计的一个正三角形的平面镶嵌图，其中主要利用的是正三角形和正六边形．如果整个镶嵌图△ABC的面积为75，则图中阴影部分的面积是（）A．25B．26C．30D．39答案：B分析：正ΔABC中有多种图形，将不规则图形拆分后，可归结为四种图形，每种图形都可划分为面积最小的正三角形的组合，最后正ΔABC全部由小正三角形组成，根据阴影部分小正三角形的个数所占全部小正三角形个数比例与面积相乘即可得出答案．如图所示，将不规则部分进行拆分，共有四种图形：正六边形、较大正三角形、平行四边形、小正三角形；其中一个正六边形可以分成6个小正三角形，较大正三角形可以分成4个小正三角形，平行四边形可以分成6个小正三角形，由图可得：正六边形有13个，可分成小正三角形个数为：13×6=78（个）；较大正三角形有26个，可分成小正三角形个数为：26×4=104（个）；平行四边形有5个，可分成小正三角形个数为：5×6=30（个）；小正三角形个数为13个；∴一共有小正三角形个数为：78+104+30+13=225（个），∴图中阴影部分面积为：75×78=26，225故选：B．小提示：题目主要考查创新思维，将其进行分类分解是解题难点．填空题11、如图，在三角形ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC，垂足为D，AB=3，AC=4，BC=5，则AD=______．答案：2.4分析：根据面积相等可列式12AB·AC=12BC·AD，代入相关数据求解即可．解：∵AB⊥AC，AD⊥BC，∴12AB·AC=12BC·AD∵AB=3，AC=4，BC=5，∴AD=AB·ACBC =125=2.4故答案諀：2.4小提示：此题主要考查了运用等积关系求线段的长，准确识图是解答本题的关键．12、如图，射线AB与射线CD平行，点F为射线AB上的一定点，连接CF，点P是射线CD上的一个动点（不包括端点C），将△PFC沿PF折叠，使点C落在点E处．若∠DCF=62°，当点E到点A的距离最大时，∠CFP=_____．答案：59°##59度分析：利用三角形三边关系可知：当E落在AB上时，AE距离最大，利用AB∥CD且∠DCF=62°，得到∠CFA=62°，再根据折叠性质可知：∠EFP=∠CFP，利用补角可知∠EFP+∠CFP=118°，进一步可求出∠EFP=∠CFP=59°．解：利用两边之和大于第三边可知：当E落在AB上时，AE距离最大，如图：∵AB∥CD且∠DCF=62°，∴∠CFA=62°，∵△PCF折叠得到△PEF，∴∠EFP=∠CFP，∵∠EFP+∠CFP=118°，∴∠EFP=∠CFP=59°．所以答案是：59°小提示：本题考查三角形的三边关系，平行线的性质，折叠的性质，补角，角平分线，解题的关键是找出：当E落在AB上时，AE距离最大，再解答即可．13、三角形的中线把三角形分成了面积相等的两部分，而三条中线交于一点，这一点叫此三角形的_________心．答案：重分析：根据三角形的重心的定义即可求解．三角形的三条中线交于一点，这一点叫此三角形的重心；所以答案是：重．小提示：本题主要考查了三角形的重心，重心是三角形三边中线的交点；三角形的中线将三角形的面积分成了相等的两部分，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2:1．14、如图，BD是△ABC的中线，AB＝5cm，BC＝3cm，那么△ABD的周长比△CBD的周长多_____．答案：2cm分析：根据三角形的中线的概念得到AD=DC，根据三角形的周长公式计算，得到答案．解：∵BD是△ABC的中线，∴AD=DC，∴△ABD的周长-△CBD的周长=（AB+AD+BD）-（BC+DC+BD）=AB-BC=5-3=2（cm），∴△ABD的周长比△CBD的周长多2cm，所以答案是：2cm．小提示：本题考查的是三角形的中线的概念，三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．15、如图，孔明在驾校练车，他由点A出发向前行驶200米到B处，向左转45°．继续向前行驶同样的路程到C 处，再向左转45°．按这样的行驶方法，回到点A总共行驶了 __．答案：1600米##1600m分析：根据题意可知汽车所走的路程正好是一个外角为45°的多边形的周长，求出多边形的周长即可．解：根据题意得：360°÷45°=8，则他走回点A时共走的路程是8×200=1600（米)．故回到A点共走了1600米．所以答案是：1600米．小提示：本意主要考查了多边形的外角和定理，即任意多边形的外角和都是360°．解答题16、如图，已知在△ABC中，∠B=30°,∠C=50°，AE是BC边上的高，AD是∠BAC的角平分线，求∠DAE的度数．答案：10°分析：先根据三角形内角和定理求出∠BAC，再根据角平分线的定义求出∠BAD，根据直角三角形两锐角互余求出∠BAE的度数即可得到答案．解：∵∠B=30°，∠C=50°，∴∠BAC=180°-∠B-∠C=100°，∵AD是∠BAC的角平分线，∴∠BAD=1∠BAC=50°，2∵AE是BC边上的高，∴∠AEB=90°，∴∠BAE=90°-∠B=60°，∴∠DAE=∠BAE-∠BAD=10°．小提示：本题主要考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，直角三角形两锐角互余，熟知相关知识是解题的关键．17、如图，AD是△ABE的角平分线，过点B作BC⊥AB交AD的延长线于点C，点F在AB上，连接EF交AD于点G．(1)若2∠1+∠EAB=180°，求证：EF∥BC；(2)若∠C＝72°，∠AEB＝78°，求∠CBE的度数．答案：(1)见解析；(2)24°分析：（1）先根据AD是△ABE的角平分线得出∠EAB=2∠GAF，，再由2∠1+∠EAB=180°得出∠AGF+∠GAF=90°，进而可得出结论；（2）根据三角形内角和定理及外角的性质求解即可．（1）证明：∵AD是△ABE的角平分线，∴∠EAB=2∠GAF，∵2∠1+∠EAB=180°，∴2∠1+2∠GAF=180°，∵∠1=∠AGF，∴2∠AGF+2∠GAF=180°，∴∠AGF+∠GAF=90°，∴∠AFG=90°，∵BC⊥AB，∴∠AFG=∠ABC==90°，∴EF∥BC；（2）解：∵∠C＝72°，∠ABC==90°，∴∠CAB==90°-∠C==90°-72°==18°，∴∠EAB=2∠CAB=36°，∵∠AEB＝78°，∴∠ABE==180°-（∠AEB+∠EAB）==90°-（78°+36°）==66°，∴∠CBE=90°-∠ABE==90°-66°==24°．小提示：此题考查了平行线的判定及三角形的内外角性质，熟记平行线的判定定理是解题的关键．18、在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比相邻外角的3倍还大20°．（1）求这个多边形的边数；（2）若将这个多边形剪去一个角，剩下多边形的内角和是多少？答案：（1）9；（2）1080º或1260º或1440º．分析：（1）设多边形的一个外角为x，则与其相邻的内角等于3x+20°，根据内角与其相邻的外角的和；是180°列出方程，求出x的值，再由多边形的外角和为360°，求出此多边形的边数为360°x（2）剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，根据多边形的内角和定理即可求出答案．解：（1）设每一个外角为x，则与其相邻的内角等于3x+20°，∴180°−x=3x+20°，∴x=40°，即多边形的每个外角为40°，∵多边形的外角和为360°，∴多边形的外角个数为：360°=9，40°∴这个多边形的边数为9；（2）因为剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，①若剪去一角后边数减少1条，即变成8边形，∴内角和为(8−2)×180°=1080°，②若剪去一角后边数不变，即变成9边形，∴内角和为(9−2)×180°=1260°，③若剪去一角后边数增加1，即变成10边形，∴内角和为(10−2)×180°=1440°，∴将这个多边形剪去一个角后，剩下多边形的内角和为1080°或1260°或1440°．小提示：本题考查了多边形的内角和定理，外角和定理，多边形内角与外角的关系，熟练掌握相关知识点是解题的关键．。

椭圆的内接正三角形的面积最大值

椭圆是一种非常特殊的几何图形，它具有许多独特的性质和特点。

其中之一就是椭圆内能内接正三角形。

那么，椭圆的内接正三角形的面积最大值是多少呢？在这篇文章中，我们将探讨椭圆内接正三角形的性质，并通过数学推导来解答这个问题。

一、椭圆的定义及性质椭圆是一个平面上的闭合曲线，它有两个焦点和一个长轴和短轴。

椭圆的数学定义是：到两个焦点的距离之和等于常数的点的轨迹。

椭圆具有许多重要的性质，比如任意一点到椭圆上两个焦点的距离之和等于椭圆的长轴长度；椭圆上任意一点的切线在焦点处与椭圆的两条直径平分角等。

二、椭圆内接正三角形的性质椭圆内接正三角形是指一个正三角形的三个顶点分别位于椭圆上的三个不同点上，且这个正三角形的内角都是直角。

椭圆内接正三角形具有如下的性质：1. 椭圆内接正三角形的三个顶点将椭圆分成六个部分，这三个部分是锐角三角形，另外三个部分是补角三角形；2. 椭圆内接正三角形的三个顶点分别位于椭圆的三个不同的焦点上；3. 任意一点到椭圆的一个焦点的距离减去该点到另一个焦点的距离的绝对值等于一个常数，这个常数就是椭圆的长轴长度。

三、椭圆内接正三角形的面积椭圆内接正三角形的面积是一个十分有趣的数学问题。

我们希望找到椭圆内接正三角形的面积最大值。

首先我们假设椭圆的长轴长度为2a，短轴长度为2b，接下来我们将通过数学推导来解决这个问题。

1. 定义变量我们假设椭圆上的三个顶点分别为A(x1, y1)、B(x2, y2)和C(x3, y3)，其中A、B、C分别位于椭圆的三个不同焦点上。

2. 椭圆方程由椭圆的定义可知，椭圆的方程是：(x^2/a^2) + (y^2/b^2) = 13. 椭圆内接正三角形的面积公式椭圆内接正三角形的面积可以通过三个顶点的坐标来求解，假设S为椭圆内接正三角形的面积，则有：S = (1/2) * |x1y2 + x2y3 + x3y1 - x1y3 - x2y1 - x3y2|4. 椭圆内接正三角形的面积最大值我们知道椭圆的方程是一个二次方程，我们可以通过对椭圆方程进行变形并利用拉格朗日乘子法求解S的极值，从而得到椭圆内接正三角形的面积最大值。

正方形中三角形面积的最大值

正方形中三角形面积的最大值在数学中，我们经常会遇到求解最大值的问题。

今天，我们来探讨一下在正方形中，三角形的面积能够取得的最大值是多少。

首先，我们先明确一下问题的条件。

在正方形中，我们可以有无数个三角形，但是我们只关注面积最大的那个三角形。

令正方形的边长为a，那么我们可以用一个顶点在正方形的一个角上的等腰三角形来表示这个问题。

假设这个等腰三角形的两条边的长度分别为x和y（即x=y），那么这个三角形的面积可以用公式S=1/2xy来表示。

由于正方形的边长为a，所以我们可以得到x+y=a，即x=a-y。

将x 代入到面积公式中，我们可以得到S=1/2(a-y)y。

我们的目标是求解这个面积公式的最大值。

为了方便计算，我们可以先对这个面积公式进行展开和化简。

首先，将1/2和y相乘得到1/2y，然后将(a-y)和y相乘得到ay-y^2。

合并这两个项，我们可以得到S=1/2y(a-y)。

接下来，我们可以对这个面积公式进行求导。

对于单变量函数S来说，如果其导数为0，那么这个点就是S的极值点。

对S=1/2y(a-y)求导，我们可以得到S'=(a-2y)/2。

令S'等于0，我们可以得到(a-2y)/2=0，即a-2y=0。

解这个方程，我们可以得到y=a/2。

将y=a/2代入到面积公式中，我们可以得到S=1/2(a/2)(a-a/2)=1/8a^2。

由于a是正方形的边长，所以a的取值范围是大于0的实数。

因此，S的最大值就是1/8a^2在a>0时取得的。

综上所述，我们得出结论：在正方形中，三角形的面积的最大值为1/8a^2，其中a是正方形的边长。

通过对这个问题的分析，我们可以看到数学中的最大值问题往往需要运用导数等工具来求解。

只有通过严谨的推导和计算，我们才能得出准确的结果。

同时，在文章的撰写中，我们也要注意标题与正文相符，避免包含广告信息和敏感词，以保持文章的质量和阅读体验。

三角形内接正方形的一个关系式及其应用

三角形内接正方形的一个关系式及其应用-权威资料本文档格式为WORD,若不是word文档,则说明不是原文档。

最新最全的学术论文期刊文献年终总结年终报告工作总结个人总结述职报告实习报告单位总结如果正方形的四个顶点都在三角形的边上，那么这个正方形称为此三角形的内接正方形.关于三角形的内接正方形问题，有一个应用广泛的关系式：若三角形的一边长为a，这边上的高为h，则立在这边上的内接正方形的边长为aha+h.证明如图1，设△ABC的内接正方形边长为x，BC=a，AD=h，则因为OR∥BC，所以△AOR∽△ABC，所以ORBC=AFAD，即xa=h-xh，所以x=aha+h.这一关系式即为北师大版义务教育课程标准实验教科书《数学》八年级下册第147页的例题.利用这个关系式，可以解答三角形的内接正方形的有关问题，现以部分竞赛题为例说明如下.例1 （1991年全国初中数学联赛试题）如图1，正方形OPQR内接于△ABC，已知△AOR、△BOP和△CRQ的面积分别是S1=1、S2=3和S3=1，那么，正方形OPQR的边长是（）A.2B.3C.2D.3解作AD⊥BC于D，交OR于F，设正方形OPQR的边长为x，则1=S1=12x·AF，从而有AF=2x，同理可得BP=6x，QC=2x，于是BC=x+8x，AD=x+2x.所以由上述关系式得x=（x+8x）（x+2x）x+8x+x+2x，化简整理得x4=16，因为x为正，所以x=2，故选C.点评本题通过设内接正方形的边长为x，先利用三角形的面积公式，求得AF、BP、QC用x表示的分式，再运用三角形内接正方形的关系式列出一个分式方程，最后求得x，由于运用代数方法解决了几何问题，因而数形结合，问题也由繁变简了.例2 （第五届美国数学邀请赛试题）如图2，△ABC （∠C=Rt∠）的两个内接正方形DFCE、PQMN的面积分别是S1=441、S2=440，求AC+BC的值.解令BC=a，AC=b，AB=C，斜边上的高为h，则由上述关系式得S1=aba+b，S2=chc+h.注意到ab=ch，a2+b2=c2，即有S1=c2h2c2+2ch，而有c2+2ch=c2h2S1，于是S2=c2h2c2+2ch+h2=c2h2c2h2S1+h2=c2S1c2+S1，由此解得c2=S1S2S1-S2.再注意到ad=S1（a+b），即有c2=a2+b2=（a+b）2-2ab=（a+b）2-2S1（a+b），从而有c2+S1=（a+b-S1）2，于是S1S2S1-S2+S1=（a+b-S1）2，由此可解得ab=S1+S1S1-S2.将S1=441，S2=440代入上式即得a+b=462，即AC+BC的值为462.点评本题比较复杂，如用常规方法求解，将很困难.然而两次运用了三角形内接正方形的关系式，结合三角形面积化简轻松求得结果.本题又是一道代数与几何融为一体的综合题，解题关键是通过数形结合方法直观解题，因而有明显的选拔功能和考查功能.例3 （1986年美国第四届数学邀请赛试题）证明边长为2的正方形必不能被三边分别为3、4、5的三角形所覆盖.证明令△ABC的边AC=3，BC=4，AB=5，则∠ACB=Rt∠，如图3可知，正方形DECF为内接于Rt△ABC的最大正方形，设CE=x，由上述关系式得x=3×43+4=127.因为127<2，所以边长为2的正方形必不能被三边分别为3、4、5的三角形所覆盖.点评本题设计比较新颖，难度不太大，只要运用三角形内接正方形的关系式求得正方形边长127，再通过与已知正方形边长2比较就可以了.例4 如图4，在锐角△ABC中内接一正方形PQMN，试证明这正方形的面积不超过三角形ABC面积之半，（1978年广东省中学生数学竞赛题）.证明设△ABC的底边BC=a，高AD=h，正方形边长为x，由三角形的内接正方形的关系式得xa+xh=1. ①又SPQMN=x2，即xa·xh=SPQMNah②所以由①、②知xa、xh是方程z2-z+SPQMNah=0的两个实数根.所以Δ≥0，即（-1）2-4×1×SQPMNah≥0.从而得SPQMN≤ah4=12.12ah=12S△ABC，即SPQMN≤12S△ABC.点评本题是一道几何与韦达定理，一元二次方程根的判别式构成的综合题.解题关键是先利用三角形内接正方形的关系式求得x=aha+h推出xa+xh=1①，再由SPQMN=x2推出xa·xh=SPQMNah②，然后利用韦达定理的逆定理，利用①、②构造出一元二次方程z2-z+SPQMNah=0，最后应用根的判别式Δ≥0得证，这种解题主法充分体现了构造法解题的科学性，符合新课程的理念要求，利于激发学生的学习数学的积极性，利于培养学生的创新和探索精神.例5 如图5，正方形EFGH内接于△ABC，设BC=ab（这是一个两位数），EF=C，三角形的高AD=d，已知a，b，c，d 恰好是从小到大的四个连续正整数，试求△ABC的面积，（1997年安徽省部分地区初中数学竞赛题）解由上述关系式得 1d+ 1 ab=1c，依题意有b=a+1，c=a+2，d=a+3，则ab=10a+b=11a+1，所以1a+3+111a+1=1a+2.化简得（a-3）2=4，所以a-3=±2，a1=1，a2=5.当a=1时，S△ABC=12·ab·d=12×12×4=24；当a=5时，S△ABC=12·ab·d=12×56×8=224.点评本题是一道几何与代数相结合的综合题，解题关键是先利用关系式写出1d+1ab=1c再结合b=a+1，c=a+2，d=a+3，通过化简变形求得a的值，最后求得S△A BC.这是一道创新的竞赛题，由于数形结合，因而符合新课程改革的理念要求.综上所述可知，应用本文中的关系式解竞赛问题，其关键在于要从问题的实际出发，根据题设去灵活运用，通过教学实践，笔者认为，注意对学生进行课本内容的探究应用的研究，有利于培养学生的思维品质，有利于调动学生学习的积极性，有利于提高学生的专题总结水平，有利于融会贯通所学过的几何代数知识，有利于培养学生研究数学的兴趣，有利于提高教与学的质量.阅读相关文档:140例口腔颌面部恶性肿瘤临床病理分析国内职教动态信息若干则厄贝沙坦氢氯噻嗪治疗原发性高血压疗效观察颅脑外伤术后应激性溃疡护理研究结合Illustrator教学实例探讨直接教学模式中职项目Access数据库的有效教学实践藏药涂抹药的应用前景研究白内障术前术后护理体会《数控系统数据备份与恢复》单元教学设计案例研究 50例脑梗塞并肺部感染致气道阻塞病人的护理体会电视节目低俗化的深层反思截瘫患者临床护理体会 1例骨盆肿瘤切除及人工骨盆重建术的护理体会浅谈胃切除患者手术后早期经口饮食的护理对32例妊娠高血压患者的综合护理分析护理干预配合临床中西医*本文若侵犯了您的权益，请留言。

三角形各种心的性质归纳

三角形百般心的本量钻研之阳早格格创做一、前提知识三角形的心是指沉心、中心、垂心、旁心战界心．三角形的心是三角形的要害几许面．正在数教竞赛中，有闭三角形的心的几许问题是竞赛的热面问题，果此，咱们对付三角形的心的几许本量干综合归纳，对付有闭的道明要领妥协题本领干深进探讨．1．沉心：设G 是ABC ∆的沉心，AG 的延少线接BC 于D ，则，DC BD =)1(，（ 2）3:2:=AD AG ；（3）4222222BC AC AB AD -+=，（4）3ABCGBCS S ∆∆=．2.中心：设⊙O （R ）是ABC ∆的中接圆，BC OD ⊥于D 接⊙O 于E ，则（1）R OC OB OA ===；（2）A BOC ∠=∠2大概)180(20A ∠-；（3）DCBD =⌒BE =⌒EC ；（4）C B A R RabcS ABC sin sin sin 24==∆（正弦定理） 3.内心：设ABC ∆的内心圆⊙I （)r 切边AB 于P ，AI 的延少线接中接圆于D ，则（1）A BIC ∠+︒=∠2190;(2)a c b a a c b A r AP -++=-+=∠=)(21221cot ；(3)DC DI DB ==；(4)2)(c b a r S ABC++=∆;4.垂心：设H G O ,,分别是ABC ∆的中心，沉心，垂心，BC OD ⊥于D ，AH 的延少线接中接圆于1H ，则，（1）OD AH 2=；（2）H 取1H 闭于BC 成轴对付称；（3）⊙=BCH ⊙ABC ；（4）,,,H G O 三面共线，且2:1:=GH OG ；5．旁心：设ABC ∆正在A ∠内的旁切圆⊙1I （)1r 取AB 的延少线切于1P ，则，（1）A C BI ∠-=∠219001；（2）2211c b a A ctg r AP ++=∠=；（3）21c b a BP -+=；（4）21CB AI ∠=∠；（5）2)(1a c b r S ABC -+=∆6．三角形中内切圆、旁切圆战中圆半径的几个闭系正在△ABC中，内切圆⊙O 分别取三边相切于面K M ,L ，BC 边上的帝切圆⊙aO 取BC 边切于面H ，且分别取AB 边战AC 那的延少线相切于面Q 、面P ．设三边BC 、CA 、AB分别为cb a ,,，CB A ∠∠∠,,分别为γβα,,，)(21c b a p ++=，内切圆半径为r ，旁切圆半径分别为c b a r r r ,,，M中接圆半径为R ，三角形里积为∆S ，则犹如下闭系式：（1）p AP =，a p AK -=，c b LH -=；（2）a p rpr a -=；（3）曲角三角形斜边上的旁切圆的半径等于三角形周少的一半；（4）))((1c p b p r r a --=；（5）cb a r r r r 1111--=；（6）2tan2tanγβ⋅=rr a7．界心如果三角形一边上的一面战那边对付的顶面把三角形的周界分隔为二条等少的合线，那么便称那一面为三角形的周界中面．其中三角形的周界是指由三角形的三边所组成的围．由于三角形的任性二边之战大于第三边，可知三角形任一边上的周界中面必介于那边二端面之间．三角形的顶面取其对付边的周界中面的连线，喊三角形的周界中线（偶尔也称周界中线天圆曲线为三角形的周界中线）．三角形的周界中线接于一面．定义：称三角形的周界中线的接面为三角形的界心．二、例题分解例1．设△ABC的中接圆O 的半径为R ，内心为I ，︒=∠60B ，C A ∠<∠，A ∠的中角仄分线接圆O 于E ，道明：（1）AE IO =；（2）R IC IA IO R )31(2+<++<．【道明】（1）延少BI 接中接圆于M ，连结Am OM OA ,,，易知︒=∠=∠60B AOM ，故△AOM为正三角形，∴CMAM OA OM ===．易证MAI MIA ∠=∠，∴MI MA =．共理，MI MC =，即C I O A ,,,正在以M 为圆心，R 为半径的圆上，设AI 的延少线接⌒BC 于F ，则AF 、AE 分别为A ∠的内、中角仄分线，︒=∠90EAF ，即EF为⊙O 的曲径，∴AOE OFI OAI∠=∠=∠21．又正在⊙M 中，OMI OAI ∠=∠21，∴OMI AOE ∠=∠，但是⊙M 取⊙O 为等圆，故OI AE =．（2）对接FC ，共上易证FC IF =，又︒=∠=∠60ABC IFC ，∴△IFC 为等边三角形，IF IC =∵)60(21)(212121︒-∠=∠-∠=∠=∠=∠C AMO AMI OMI AOEAFE ，记AFE ∠为θ ∴AFAE AF IA AE IC IA IO +=++=++)cos (sin 2cos 2sin 2θθθθ+=+=R R R由C A ∠<∠知，︒<∠<︒12060C ，从而有︒<∠<︒602130C ，即︒<︒+∠<︒75152145C∴︒<++<︒75sin 2245sin 22R IC IA IO R ，又46275sin +=︒，故R IC IA IO R )31(2+<++<．例2．钝角△ABC的中心为O ，线段BC OA ,的中面分别为M 、N ．，OMN ABC ∠=∠4OMNACB ∠=∠6．供OMN ∠．【解】设θ=∠OMN ，则θ4=∠ABC ，θ6=∠ACB ，θ10180)(180-︒=∠+∠-︒=∠ACB ABC BAC又θ1018021-︒=∠=∠=∠BAC BOC NOC ；θ82=∠=∠=∠ABC AOC MOC从而θθθ2180)10180(8-︒=-︒+=∠MON 即OMN ∆为等腰三角形，OC OA OM ON2121=== ∵︒=∠90ONC ，∴︒=∠60NOC ，又∵θ10180-︒=∠NOC ，∴︒==∠12θOMN例3．如图I O ,分别为△ABC 的中心战内心，AD 是BC 边上的下.I 正在线段OD供证：△ABC 的中接圆半径等于BC 边上的旁切圆半径.道明（1）记b CA a BC c AB ===,,，设AI 的延少线接△ABC 的中接圆O 于K ，则OK 是圆O 的半径，记为R ，果为OK ⊥BC ，所以OK ∥AD ，从而 C B RB c IKAI sin sin 2sin == (1)ABI∠=2B IBC =∠，CBK ∠=2ACAK=∠，∠AKB =∠C ACB ∠=， ∠2A BAK =，所以2sin 212sin 21B A BI BK B BI AB S S IK AI KBIABI+⋅⋅⋅⋅⋅==∆∆2sin 2sin2sin 22cos 2sin 2sin sin 2cos 2sin A C B C B A C C B BK AB =⋅=⋅=（2）由（1）、（2）得2sin2sin 2sin2sin sin 2A CB C B =，所以12cos 2cos 2sin 4=CB A设△ABC的BC 边上的旁切圆半径为a r ，则)(21sin 21a c b r S A bc a ABC -+==∆.所以AC B C B A R a c b A bc r a sin sin sin sin sin sin 2sin -+⋅=-+=2cos2sin 22cos 2sin 2sin sin sin 2C B C B C B C B CB A R ++--+=R C B A R C B C B C B A R ==⋅+=2cos 2cos 2sin 42sin2sin 22sin sin sin sin ，即△ABC 的中接半径等于BC 边上的旁切圆半径.道明（2）记b CA a BC c AB ===,,，△ABC 的BC 边上的旁切圆半径为a r ，△ABC的BC 边上的下为a h ，设AI 接BC 于P ，接中接圆于K ，连BK ，OK ⊥BC ，R OK =，c b ab PC +=，IK BK =，△AKB ∽△ACP ，又由AD ⊥BC ，知OK ∥AD ，有IK AI OK AD =，即BKAK IK AK OK OK AD ==+,但是△AKB ∽△ACP ，有a cb cb ab b PC AC BK AK +=+==，代进上式，得ac b R R h a +=+，a ABC a r ac b S a c b ah R =-+=-+=∆2 即△ABC 的中接半径等于BC 边上的旁切圆半径. 道明（3）b CA a BC c AB ===,,，△ABC 的BC 边上的旁切圆半径为a r ，△ABC 的中接半径R ，做1II ⊥BC 于1I ，1OO ⊥BC 于1O .∵∠OAC =ABC ∠902∠1800-=-AOCBAD ∠= ∴=DAI ∠OAI ∠，∴111O I DIIO DI AO AD ==.2221111cb bc a a BI BO O I -=-+-=-=， ∴ac b S a c b a AD AO R a a c b AO AD ABC -+=-+⋅==-+=∆2, 又)(21a cb r S a ABC-+=∆，∴a ar ac b a c b r R =-+-+=)(. 道明（4）记b CA a BC c AB ===,,，设AI 的延少线接△ABC 的中接圆O 于K ，对接OK BC 于1O ，则OK ⊥BC ，做1II ⊥BC 于1I ，则AD ∥1II ∥OK ，由O I D ,,三面共线，B C D I 1 O 1∴OKADIO DI O I DI ==111，∵B c bc a BD BI DI cos 211⋅--+=-=a a c b c b a c b a b c a 2))((22222-+-=-+--+=2221111cb bc a a BI BO O I -=-+-=-=，∴R AD aa cb =-+，故a c b Sa cb a AD R ABC -+=-+⋅=∆2，又)(21a c b r S a ABC-+=∆，∴a ar ac b a c b r R =-+-+=)(. 道明（5）连AI 并延少接△ABC 的中接圆O 于K ，设O '旁切圆圆心，则O '正在AK 的延少线上，连OK ，过O '做M O '⊥BC 于M .连OM ，MK ，BI ，CI ，B O '，C O '，则OK ，M O '分别为中接圆半径及旁切圆半径.又O C I B ',,,四面共圆.CK IK BK ==，设K 为O BIC '的中接圆的圆心，即K O IK '=.又P O IP PC BP PK AP '⋅=⋅=⋅，∴APPO IPPK '=，又AD ∥M O '，∴DPMPAP P O IPPK='=，∴MK ∥ID ，∠PMK =∠IDP ，而O I D ,,共线，OK ⊥BC ，MO '⊥BC ，∴OK ∥M O '，故∠IOK =∠O KM '，∠OKI =∠K O M '，KO IK'=，∴O MK OIK '∆≅∆，故OK =M O '，即a r R =例4．设M 是△ABC 的AB 边上做一内面，r r r ,,21分别是△AMC、△BMC、△ABC的内切圆半径；q q q ,,21分别是那些三角形正在ACM ∠、BCM ∠、ACB ∠内的旁切圆半径．试证：qr q r q r =⋅2211．【道明】设δγβα=∠=∠=∠=∠AMC BCA ABC CAB ,,,又设△ABC的内切圆的圆心为R ，且取AB 切于P （如图），于是2π=∠=∠BPR APR ，从而有：)2cot2(cot2cot 2cot βαβα+=+=r r r AB由于三角形的角的内、中仄分线互相笔曲，果而类似天有：)2tan2(tan2tan2tanβαβα+=+=q q q ABK从而有：2tan 2tan 2cot2cot 2tan2tan βαβαβα=++=qr ；类似的论断对付于△AMC战△BMC也创造，故有2tan 2tan 11δα=q r 战2tan 2tan 22δπβ-=q r ，以上式子相乘即可得论断：qrq r q r =⋅2211．例5．设I 为△ABC的内心，其△ABC内切圆切三边BC 、CA 战AB 于面K 、L 、M ，过面B 仄止于MK 的曲线分别接曲线LM 战IK 于面R 战S ．供证：RIS ∠为钝角．【道明】为了证RIS ∠为钝角．由余弦定理，只消证0cos 2222>∠⋅=-+RIS SI RI RS SI RI ．为此咱们去估计222RS SI RI -+.由MK∥RS ，思量△BMR及△BSK，于是)(21C LMKMRB ∠-=∠=∠π．共理：)(21A AML RMB ∠-=∠=∠π，而)(21)(21B A C RMB MRB MBR ∠-=∠+∠=∠-∠-=∠ππ，共理：)(21A LKM KSB ∠-=∠=∠π )(21C LKC SKB ∠-=∠=∠π， )(21B KSB ∠-=∠π由正弦定理，有，MRBBMRMB BR ∠=∠sin sin ，BKSBSKSB BK ∠=∠sin sin ，果此BS BK C A BMBR =∠∠=2cos2cos . 又MKBI ⊥，所以RS BI⊥．又AB MI ⊥，所以思量曲角△IRB ，△ISB ，△BIM 有注意到BMBK=，果此2BM BS BR =⋅．所以，0)(2])()[(2222222>=-=-+IM BM BI RS SI RI底下计划界心的二个本量．例6．设F E D ,,分别为△ABC的AB CA BC ,,边上的周界中面，R 、r 分别为△ABC的中接圆战内切圆半径，则（1）Rr S S ABCDEF2=∆∆；（2）ABC DEF S S ∆∆≤41．【道明】设a BC =，b CA =，c AB =，c b a p ++=2，则由题设条件易知，⎪⎩⎪⎨⎧-==-==-==a p BF CE b p AF CD cp AE BD 由三角形里积比的本量，有，bcc p b p AB AC AF AE S S ABCAEF ))((--=⋅⋅=∆∆ 共理有：ca a p c p S S ABCBFD))((--=∆∆；abb p a p S S ABC CDE ))((--=∆∆从而：)(1ABCCDE ABC BFD ABC AEF ABC DEF S S S S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆∆++-=]))(())(())(([1ab b p a p ca a p c p bc c p b p --+--+---= 把三角形恒等式224r Rr p ca bc ab ++=++战pRr abc 2=代进并整治，得，RrS S ABC DEF 2=∆∆．由欧推没有等式r R 2≥，得，ABC DEFS S ∆∆≤41．三、锻炼题1．已知H 是ABC ∆的垂心，且BCAH=，试供A ∠的度数．2．F E D ,,分别为ABC ∆的边AB CA BC ,,上的面，且A FDE ∠=∠，B DEF ∠=∠，又设△AEF、△BDF、△CED 均为钝角三角形，其垂心依次为321,,H H H ，供证：（1）E FH DH H 132∠=∠；（2）DEF H H H ∆≅∆321． 3．已知⊙O 内切于ABC ∆的中接圆⊙O '，而且取AC AB ,分别相切于Q P ,．道明ABC ∆的内心I仄分PQ ．4．已知ABC ∆中，下AD 正在其里里，过△ABD 、△ACD 的内心21,I I 引曲线分别接AC AB ,于F E ,．（1）若︒=∠90BAC ，则AF AE =；（2）若AF AE =，则︒=∠90BAC 也创造吗？若创造，请道明；若没有创造，请道明缘由，并指出没有创造的情形．5．已知ABC∆的内切圆⊙I取BC边切于D，DE是⊙I的曲径，AE的延少线接BC 于F，供证：CFBD=．6．正在等腰ABCAC=，O是它的中心，I是它的内心，面D正在BC边∆中，BC上，使得OD取BI笔曲，道明：曲线ID取AC仄止．――――――――――――――――――――三角形五心定理三角形的沉心，中心，垂心，内心战旁心称之为三角形的五心.三角形五心定理是指三角形沉心定理，中心定理，垂心定理，内心定理，旁心定理的总称.一、三角形沉心定理三角形的三条边的中线接于一面.该面喊干三角形的沉心.三中线接于一面可用燕尾定理道明，格中简朴.（沉心本是一个物理观念，对付于等薄度的品量匀称的三角形薄片，其沉心恰为此三角形三条中线的接面，沉心果而得名） .沉心的本量：1、沉心到顶面的距离取沉心到对付边中面的距离之比为2︰1.2、沉心战三角形任性二个顶面组成的3个三角形里积相等.即沉心到三条边的距离取三条边少成反比.3、沉心到三角形3个顶面距离的仄圆战最小.4、仄里曲角坐标系中，沉心的坐标是顶面坐目标算术仄衡数，即（(X1+X2+X3)/3，（Y1+Y2+Y3)/3.燕尾定理：果此图类似燕尾而得名，是一个闭于三角形的定理（如图△ABC，D、E、F为BC、CA、AB 上的中面，谦脚AD、BE、CF 接于共一面O）.S△ABC中，S△AOB：S△AOC=S△BDO：S△CDO=BD：CD；共理，S△AOC：S△BOC=S△AFO：S△BFO=AF：BF；S△BOC：S△BOA=S△CEO：S△AEO=EC：AE.二、三角形中心定理：三角形中接圆的圆心，喊干三角形的中心. 中心的本量有：1、三角形的三条边的笔曲仄分线接于一面，该面即为该三角形中心.2、若O是△ABC的中心，则∠BOC=2∠A（∠A为钝角大概曲角）大概∠BOC=360°-2∠A（∠A为钝角）.3、当三角形为钝角三角形时，中心正在三角形里里；当三角形为钝角三角形时，中心正在三角形中部；当三角形为曲角三角形时，中心正在斜边上，取斜边的中面沉合.4、估计中心的坐标应先估计下列临时变量：d1，d2，d3分别是三角形三个顶面连背其余二个顶面背量的面乘.c1=d2d3，c2=d1d3，c3=d1d2；c=c1+c2+c3.中心坐标：( (c2+c3)/2c，(c1+c3)/2c，(c1+c2)/2c ).5、中心到三顶面的距离相等中心公式：三、三角形垂心定理：三角形的三条下（天圆曲线）接于一面，该面喊干三角形的垂心. 垂心的本量：1、三角形三个顶面，三个垂脚，垂心那7个面不妨得到6个四面圆.2、三角形中心O、沉心G战垂心H三面共线，且OG:GH=1:2.（此线称为三角形的欧推线（Euler line））3、垂心到三角形一顶面距离为此三角形中心到此顶面对付边距离的2倍.4、垂心分每条下线的二部分乘积相等.定理道明: 已知：ΔABC中，AD、BE是二条下，AD、BE接于面O，对接CO并延少接AB于面F ，供证：CF⊥AB道明：对接DE ∵∠ADB=∠AEB=90度∴A、B、D、E四面共圆∴∠ADE=∠ABE∵∠EAO=∠DAC ∠AEO=∠ADC∴ΔAEO∽ΔADC∴AE/AO=AD/AC ∴ΔEAD∽ΔOAC ∴∠ACF=∠ADE=∠ABE又∵∠ABE+∠BAC=90度∴∠ACF+∠BAC=90度∴CF⊥AB ,果此，垂心定理创造！垂心坐标公式：四、三角形内心定理：三角形内切圆的圆心，喊干三角形的内心. 内心的本量：1、三角形的三条内角仄分线接于一面.该面即为三角形的内心.2、曲角三角形的内心到边的距离等于二曲角边的战减去斜边的好的二分之一.3、P为ΔABC天圆空间中任性一面，面0是ΔABC内心的充要条件是：背量P0=(a×背量PA+b×背量PB+c×背量PC)/(a+b+c).4、O为三角形的内心，A、B、C分别为三角形的三个顶面，延少AO 接BC边于N，则有AO:ON=AB:BN=AC:CN=(AB+AC):BC5、面O是仄里ABC上任性一面，面I是△ABC内心的充要条件是：a(背量OA)+b(背量OB)+c(背量OC)=背量0．6、、(欧推定理)⊿ABC中，R战r分别为中接圆为战内切圆的半径，O 战I分别为其中心战内心，则OI^2=R^2-2Rr．7、（内角仄分线分三边少度闭系）：△ABC中，0为内心，∠A 、∠B、∠C的内角仄分线分别接BC、AC、AB于Q、P、R，则BQ/QC=c/b, CP/PA=a/c, BR/RA=a/b.8、内心到三角形三边距离相等.三角形内心坐标公式：五、三角形旁心定理三角形的旁切圆（取三角形的一边战其余二边的延少线相切的圆）的圆心，喊干三角形的旁心.旁心的本量：1、三角形一内角仄分线战其余二顶面处的中角仄分线接于一面，该面即为三角形的旁心.2、每个三角形皆有三个旁心.3、旁心到三边的距离相等.如图，面M便是△ABC的一个旁心.三角形任性二角的中角仄分线战第三个角的内角仄分线的接面.一个三角形有三个旁心，而且一定正在三角形中.附：三角形的核心：惟有正三角形才有核心，那时沉心，内心，中心，垂心，四心合一.有闭三角形五心的诗歌三角形五心歌（沉中垂内旁）三角形有五颗心，沉中垂内战旁心，五心本量很要害，严肃掌握莫记混．沉心三条中线定相接，接面位子实偶巧，接面命名为“沉心”，沉心本量要明白，沉心分隔中线段，数段之比听分晓；少短之比二比一，机动使用掌握佳．中心三角形有六元素，三个内角有三边．做三边的中垂线，三线相接共一面．此面定义为中心，用它可做中接圆．内心中心莫记混，内切中接是闭键．垂心三角形上做三下，三下必于垂心接．下线分隔三角形，出现曲角三对付整，曲角三角形有十二，形成六对付相似形，四面共圆图中有，小心分解可找浑.内心三角对付应三顶面，角角皆有仄分线，三线相接定共面，喊干“内心”有基础；面至三边均等距，可做三角形内切圆，此圆圆心称“内心”，如许定义该天然．五心本量别记混，干起题去实是佳.五心的本量三角形的五心有许多要害本量，它们之间也有很稀切的通联，如：（1）三角形的沉心取三顶面的连线所形成的三个三角形里积相等；（2）三角形的中心到三顶面的距离相等；（3）三角形的垂心取三顶面那四面中，任一面是其余三面所形成的三角形的垂心；（4）三角形的内心、旁心到三边距离相等；（5）三角形的垂心是它垂脚三角形的内心；大概者道，三角形的内心是它旁心三角形的垂心；（6）三角形的中心是它的中面三角形的垂心；（7）三角形的沉心也是它的中面三角形的沉心；（8）三角形的中面三角形的中心也是其垂脚三角形的中心．（9）三角形的任一顶面到垂心的距离，等于中心到对付边的距离的二倍.底下是更为仔细的本量：1、垂心三角形三边上的下的接面称为三角形的垂心.三角形垂心有下列有趣的本量：设△ABC的三条下为AD、BE、CF，其中D、E、F为垂脚,垂心为H.本量1 垂心H闭于三边的对付称面，均正在△ABC的中接圆上.本量2 △ABC中,有六组四面共圆，有三组(每组四个)相似的曲角三角形，且AH·HD=BH·HE=CH·HF.本量3 H、A、B、C四面中任一面是其余三面为顶面的三角形的垂心(并称那样的四面为一垂心组).本量4 △ABC,△ABH,△BCH,△ACH的中接圆是等圆.本量5 正在非曲角三角形中,过H的曲线接AB、AC天圆曲线分别于P、Q，则AB/AP·tanB+ AC/AQ·tanC=tanA+tanB+tanC.本量6 三角形任一顶面到垂心的距离，等于中心到对付边的距离的2倍.本量7 设O，H分别为△ABC的中心战垂心，则∠BAO=∠HAC，∠ABH=∠OBC，∠BCO=∠HCA.本量8 钝角三角形的垂心到三顶面的距离之战等于其内切圆取中接圆半径之战的2倍.本量9 钝角三角形的垂心是垂脚三角形的内心；钝角三角形的内接三角形(顶面正在本三角形的边上)中，以垂脚三角形的周少最短.2、内心三角形的内切圆的圆心简称为三角形的内心，即三角形三个角仄分线的接面.内心有下列柔好的本量：本量1 设I为△ABC的内心,则I为其内心的充要条件是：到△ABC三边的距离相等.本量2 设I为△ABC的内心，则∠BIC=90°+12∠A，类似天另有二式；反之亦然.本量3 设I为△ABC内一面，AI天圆曲线接△ABC的中接圆于D.I为△ABC内心的充要条件是ID=DB=DC.本量4 设I为△ABC的内心，BC=a，AC=b，AB=c，I正在BC、AC、AB上的射影分别为D、E、F；内切圆半径为r，令p= (1/2)(a+b+c)，则(1)S△ABC=pr；(2)r=2S△ABC/a+b+c ；(3)AE=AF=p-a,BD=BF=p-b,CE=CD=p-c；(4)abcr=p·AI·BI·CI.本量5 三角形一内角仄分线取其中接圆的接面到另二顶面的距离取到内心的距离相等；反之，若I为△ABC的∠A仄分线AD(D正在△ABC的中接圆上)上的面，且DI=DB，则I为△ABC的内心.本量6 设I为△ABC的内心，BC=a，AC=b，AB=c，∠A的仄分线接BC于K,接△ABC的中接圆于D，则AI/KI =AD/DI =DI/DK = (b+c)/a.3、中心三角形的中接圆的圆心简称三角形的中心.即三角形三边中垂线的接面.中心犹如下一系列柔好本量：本量1三角形的中心到三顶面的距离相等，反之亦然.本量 2 设O为△ABC的中心，则∠BOC=2∠A，大概∠BOC=360°-2∠A(另有二式).本量3 设三角形的三条边少，中接圆的半径、里积分别为a、b、c,R、S△，则R=abc/4S△.本量4 过△ABC的中心O任做背去线取边AB、AC(大概延少线)分别相接于P、Q二面，则AB/AP ·sin2B+ AC/AQ·sin2C=sin2A+sin2B+sin2C.本量5 钝角三角形的中心到三边的距离之战等于其内切圆取中接圆半径之战.4、沉心本量1 设G为△ABC的沉心，△ABC内的面Q正在边BC、CA、AB 边上的射影分别为D、E、F，则当Q取G沉适时QD·QE·QF最大；反之亦然.本量2 设G为△ABC的沉心，AG、BG、CG的延少线接△ABC的三边于D、E、F,则S△AGF=S△BGD=S△CGE；反之亦然.本量 3 设G为△ABC的沉心，则S△ABG=S△BCG=S△ACG= (1/3)S△ABC；反之亦然.5、旁心1、三角形一内角仄分线战其余二顶面处的中角仄分线接于一面，该面即为三角形的旁心.2、每个三角形皆有三个旁心.3、旁心到三边的距离相等.。