微專題14　三角形中的“特征”線

微專題14三角形中的“特征”線高考定位與三角形的特征線(中線、角平分線、高線)有關(guān)的解三角形問題是高考的熱點(diǎn)，命題形式靈活新穎，實(shí)質(zhì)為在兩個(gè)三角形中應(yīng)用正、余弦定理解三角形，難度中檔或偏下.【真題體驗(yàn)】(2023·新高考Ⅱ卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知△ABC面積為eq\r(3)，D為BC的中點(diǎn)，且AD＝1.(1)若∠ADC＝eq\f(π,3)，求tanB；(2)若b2＋c2＝8，求b，c.【熱點(diǎn)突破】熱點(diǎn)一三角形的角平分線如圖，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠BAC，∠B，∠C所對的邊分別為a，b，c.1.內(nèi)角平分線定理：AD為△ABC的內(nèi)角∠BAC的平分線，則eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,DC).2.因?yàn)镾△ABD＋S△ACD＝S△ABC，所以eq\f(1,2)c·ADsineq\f(∠BAC,2)＋eq\f(1,2)b·ADsineq\f(∠BAC,2)＝eq\f(1,2)bcsin∠BAC，所以(b＋c)AD＝2bccoseq\f(∠BAC,2)，整理得AD＝eq\f(2bccos\f(∠BAC,2),b＋c)(角平分線長公式).例1在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且2cosC·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＋cosA＝0.(1)求角C的大小；(2)若∠ACB的平分線交AB于點(diǎn)D，且CD＝2，BD＝2AD，求△ABC的面積.規(guī)律方法解決與三角形的角平分線有關(guān)問題的方法(1)利用角平分線定理、找邊之間的關(guān)系；(2)角平分線把三角形分成兩個(gè)小三角形，故可利用此兩個(gè)小三角形的面積和為大三角形的面積求解.訓(xùn)練1(1)(2023·全國甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝eq\r(6)，∠BAC的角平分線交BC于D，則AD＝________.(2)(2024·淄博模擬改編)如圖，在△ABC中，∠BAC＝eq\f(2π,3)，∠BAC的角平分線交BC于P點(diǎn).若AP＝2，BC＝8，則△ABC的面積為________.熱點(diǎn)二三角形的中線1.中線長定理：在△ABC中，AD是邊BC上的中線，則AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2).推導(dǎo)過程：在△ABD中，cosB＝eq\f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)，在△ABC中，cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)，聯(lián)立兩個(gè)方程可得AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2).2.中線的向量表示：eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋2|eq\o(AC,\s\up6(→))|·|eq\o(AB,\s\up6(→))|·cos∠BAC).推導(dǎo)過程：易知eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，則eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|cos∠BAC，所以eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋2|eq\o(AC,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|·cos∠BAC).例2(2024·濰坊模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a(sinB＋cosB)＝c.(1)求A；(2)若c＝eq\r(2)，a＝eq\r(5)，D為BC的中點(diǎn)，求AD.規(guī)律方法解決三角形中線問題的常用方法(1)利用角互補(bǔ)(如本例中∠ADB與∠ADC互補(bǔ)，其余弦值互為相反數(shù))及余弦定理求解；(2)利用中線長定理求解，但要書寫其證明過程；(3)利用向量法求解.訓(xùn)練2(2024·金華調(diào)研)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足cosC＝eq\f(a,b)－eq\f(c,2b).(1)求角B；(2)若△ABC外接圓的半徑為eq\r(3)，且AC邊上的中線長為eq\f(5,2)，求△ABC的面積和周長.熱點(diǎn)三三角形的高線1.h1，h2，h3分別為△ABC邊a，b，c上的高，則h1∶h2∶h3＝eq\f(1,a)∶eq\f(1,b)∶eq\f(1,c)＝eq\f(1,sinA)∶eq\f(1,sinB)∶eq\f(1,sinC).2.求高一般采用等面積法，即求某底邊上的高，需要求出面積和底邊長度.3.高線的兩個(gè)作用：①產(chǎn)生直角三角形；②與三角形的面積相關(guān).例3(2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB.(1)求sinA；(2)設(shè)AB＝5，求AB邊上的高.規(guī)律方法解決三角形的高線問題往往利用正、余弦定理求得三角形的某些邊和角來表示三角形的面積，然后解S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×邊長×h，求高h(yuǎn).訓(xùn)練3(2024·南京調(diào)研)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且eq\f(a,2c)＝sinAtaneq\f(C,2).(1)求C；(2)若a＝8，b＝5，CH是邊AB上的高，且eq\o(CH,\s\up6(→))＝meq\o(CA,\s\up6(→))＋neq\o(CB,\s\up6(→))，求eq\f(m,n).【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】1.(2024·西安模擬)已知函數(shù)f(x)＝2sinx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－eq\f(\r(3),2).(1)求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域；(2)已知銳角△ABC中，BC＝eq\r(7)，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－3，且f(A)＝eq\f(\r(3),2)，求BC邊上的中線AT的長.2.(2024·鄭州模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，eq\r(3)asinC＝ccosA，c＝2.(1)求A；(2)從條件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，使△ABC存在且唯一確定，求BC邊上高線的長.條件①：sinC＝eq\f(2,a)；條件②：b＝1＋eq\r(3)；條件③：a＝eq\r(2).注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分.3.(2024·福州調(diào)研)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知eq\f(cosB,1－cos2C)＝eq\f(sinB－1,sin2C).(1)求角A和角C之間的等式關(guān)系；(2)若cosC<0，BD為∠CBA的角平分線，且BD＝2，△ABC的面積為eq\f(2\r(3),3)，求c的長.4.(2024·包頭模擬)如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，D是斜邊AC上的一點(diǎn)，AB＝eq\r(3)AD，BC＝eq\r(6).(1)若∠DBC＝60°，求∠ADB和DA；(2)若BD＝eq\r(2)，證明：CD＝2DA.【解析版】(2023·新高考Ⅱ卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知△ABC面積為eq\r(3)，D為BC的中點(diǎn)，且AD＝1.(1)若∠ADC＝eq\f(π,3)，求tanB；(2)若b2＋c2＝8，求b，c.解(1)因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以S△ABC＝2S△ADC＝2·eq\f(1,2)·AD·DCsin∠ADC＝2×eq\f(1,2)×1·DC·eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，解得DC＝2，所以BD＝DC＝2，a＝4.因?yàn)椤螦DC＝eq\f(π,3)，所以∠ADB＝eq\f(2π,3).在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝eq\r(7).法一在△ADC中，由余弦定理，得b2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC＝1＋4－2＝3，所以b＝eq\r(3).在△ABC中，由余弦定理，得cosB＝eq\f(c2＋a2－b2,2ac)＝eq\f(7＋16－3,2×4×\r(7))＝eq\f(5\r(7),14)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(\r(21),14)，所以tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(\r(3),5).法二在△ABD中，由正弦定理，得eq\f(c,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sinB)，所以sinB＝eq\f(ADsin∠ADB,c)＝eq\f(\r(21),14)，又B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(5\r(7),14)，所以tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝eq\f(\r(3),5).(2)法一因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以BD＝DC.因?yàn)椤螦DB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＝－cos∠ADC，則在△ABD與△ADC中，由余弦定理，得eq\f(AD2＋BD2－c2,2AD·BD)＝－eq\f(AD2＋DC2－b2,2AD·DC)，得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)，所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝eq\r(3)，所以a＝2eq\r(3).又S△ADC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2)，得sin∠ADC＝1，所以∠ADC＝eq\f(π,2)，所以b＝c＝eq\r(AD2＋CD2)＝2.法二因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以BC＝2BD.在△ABD與△ABC中，由余弦定理，得cosB＝eq\f(c2＋BD2－AD2,2c·BD)＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，整理，得2BD2＝b2＋c2－2＝6，得BD＝eq\r(3)，所以a＝2eq\r(3).以下同法一.【熱點(diǎn)突破】熱點(diǎn)一三角形的角平分線如圖，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠BAC，∠B，∠C所對的邊分別為a，b，c.1.內(nèi)角平分線定理：AD為△ABC的內(nèi)角∠BAC的平分線，則eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,DC).2.因?yàn)镾△ABD＋S△ACD＝S△ABC，所以eq\f(1,2)c·ADsineq\f(∠BAC,2)＋eq\f(1,2)b·ADsineq\f(∠BAC,2)＝eq\f(1,2)bcsin∠BAC，所以(b＋c)AD＝2bccoseq\f(∠BAC,2)，整理得AD＝eq\f(2bccos\f(∠BAC,2),b＋c)(角平分線長公式).例1在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且2cosC·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＋cosA＝0.(1)求角C的大?。?2)若∠ACB的平分線交AB于點(diǎn)D，且CD＝2，BD＝2AD，求△ABC的面積.解(1)由已知可得2cosC·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinB＋\f(1,2)cosB))－cos(B＋C)＝0，eq\r(3)sinBcosC＋cosBcosC－(cosBcosC－sinBsinC)＝0，整理得，sinB(eq\r(3)cosC＋sinC)＝0，因?yàn)锽∈(0，π)，所以sinB≠0，所以eq\r(3)cosC＋sinC＝0，即tanC＝－eq\r(3)，因?yàn)镃∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3).(2)由題意得，eq\f(AC,BC)＝eq\f(AD,BD)＝eq\f(1,2)，即eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，所以a＝2b.因?yàn)镾△ACD＋S△BCD＝S△ABC，所以eq\f(1,2)×2bsin60°＋eq\f(1,2)×2asin60°＝eq\f(1,2)absin120°，所以b＋a＝eq\f(1,2)ab.因?yàn)閍＝2b，所以b＝3，a＝6，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absin120°＝eq\f(9\r(3),2).規(guī)律方法解決與三角形的角平分線有關(guān)問題的方法(1)利用角平分線定理、找邊之間的關(guān)系；(2)角平分線把三角形分成兩個(gè)小三角形，故可利用此兩個(gè)小三角形的面積和為大三角形的面積求解.訓(xùn)練1(1)(2023·全國甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝eq\r(6)，∠BAC的角平分線交BC于D，則AD＝________.(2)(2024·淄博模擬改編)如圖，在△ABC中，∠BAC＝eq\f(2π,3)，∠BAC的角平分線交BC于P點(diǎn).若AP＝2，BC＝8，則△ABC的面積為________.答案(1)2(2)eq\f(\r(3)＋\r(195),2)解析(1)由余弦定理得cos60°＝eq\f(AC2＋4－6,2×2AC)，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋eq\r(3).由角平分線長公式得AD＝eq\f(2AB·AC·cos\f(∠BAC,2),AB＋AC)＝eq\f(2×2×（1＋\r(3)）×cos30°,3＋\r(3))＝2.(2)△ABC中，設(shè)內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠CAB，即64＝c2＋b2＋b·c，①由角平分線長公式得AP＝eq\f(2bccos\f(∠BAC,2),b＋c)即bc＝2(b＋c)，②聯(lián)立①②得bc＝2＋2eq\r(65)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsin∠BAC＝eq\f(\r(3)＋\r(195),2).熱點(diǎn)二三角形的中線1.中線長定理：在△ABC中，AD是邊BC上的中線，則AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2).推導(dǎo)過程：在△ABD中，cosB＝eq\f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)，在△ABC中，cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)，聯(lián)立兩個(gè)方程可得AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2).2.中線的向量表示：eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋2|eq\o(AC,\s\up6(→))|·|eq\o(AB,\s\up6(→))|·cos∠BAC).推導(dǎo)過程：易知eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，則eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|cos∠BAC，所以eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋2|eq\o(AC,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|·cos∠BAC).例2(2024·濰坊模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a(sinB＋cosB)＝c.(1)求A；(2)若c＝eq\r(2)，a＝eq\r(5)，D為BC的中點(diǎn)，求AD.解(1)在△ABC中，由正弦定理，得sin∠BAC(sinB＋cosB)＝sinC，由∠BAC＋B＋C＝π，得sinC＝sin(∠BAC＋B)，所以sin∠BACsinB＋sin∠BACcosB＝sin∠BACcosB＋sinBcos∠BAC，得sin∠BACsinB＝cos∠BACsinB，又sinB≠0，所以tan∠BAC＝1，又∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝eq\f(π,4)，即A＝eq\f(π,4).(2)在△ABC中，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC，得5＝b2＋2－2b，解得b＝3或b＝－1(舍去)，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，兩邊同時(shí)平方得eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋9＋2×\r(2)×3×\f(\r(2),2)))＝eq\f(17,4)，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(17),2)，即AD＝eq\f(\r(17),2).規(guī)律方法解決三角形中線問題的常用方法(1)利用角互補(bǔ)(如本例中∠ADB與∠ADC互補(bǔ)，其余弦值互為相反數(shù))及余弦定理求解；(2)利用中線長定理求解，但要書寫其證明過程；(3)利用向量法求解.訓(xùn)練2(2024·金華調(diào)研)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足cosC＝eq\f(a,b)－eq\f(c,2b).(1)求角B；(2)若△ABC外接圓的半徑為eq\r(3)，且AC邊上的中線長為eq\f(5,2)，求△ABC的面積和周長.解(1)由cosC＝eq\f(a,b)－eq\f(c,2b)，得2bcosC＝2a－c，利用正弦定理得2sinBcosC＝2sinA－sinC，即2sinBcosC＝2sin(B＋C)－sinC，化簡得sinC＝2sinCcosB.因?yàn)镃∈(0，π)，sinC≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，又因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)由正弦定理得eq\f(b,sin∠ABC)＝2eq\r(3)?b＝3，設(shè)D為AC邊上的中點(diǎn)，則AD＝CD＝eq\f(3,2)，BD＝eq\f(5,2).法一在△BCD中，cos∠CDB＝eq\f(\f(25,4)＋\f(9,4)－a2,2×\f(5,2)×\f(3,2))，在△ABD中，cos∠ADB＝eq\f(\f(25,4)＋\f(9,4)－c2,2×\f(5,2)×\f(3,2))，因?yàn)椤螦DB＋∠CDB＝π，所以cos∠ADB＋cos∠CDB＝0，所以a2＋c2＝17，由余弦定理b2＝c2＋a2－2accosB，可得9＝c2＋a2－ac，即ac＝8，由三角形的面積公式得S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝2eq\r(3)，又(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝17＋2×8＝33，所以a＋c＝eq\r(33)，所以△ABC的周長為3＋eq\r(33).法二利用向量的加法法則得2eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，兩邊平方得4eq\o(BD,\s\up6(→))2＝eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＋2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，即25＝c2＋a2＋ac，由余弦定理b2＝c2＋a2－2accosB，得9＝c2＋a2－ac，兩式相減得16＝2ac，即ac＝8，由三角形的面積公式得S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝2eq\r(3)，由25＝c2＋a2＋ac，得(a＋c)2－ac＝25，a＋c＝eq\r(33)，所以△ABC的周長為3＋eq\r(33).熱點(diǎn)三三角形的高線1.h1，h2，h3分別為△ABC邊a，b，c上的高，則h1∶h2∶h3＝eq\f(1,a)∶eq\f(1,b)∶eq\f(1,c)＝eq\f(1,sinA)∶eq\f(1,sinB)∶eq\f(1,sinC).2.求高一般采用等面積法，即求某底邊上的高，需要求出面積和底邊長度.3.高線的兩個(gè)作用：①產(chǎn)生直角三角形；②與三角形的面積相關(guān).例3(2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB.(1)求sinA；(2)設(shè)AB＝5，求AB邊上的高.解法一(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，因?yàn)锳＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝eq\f(π,4).因?yàn)?sin(A－C)＝sinB，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))，展開并整理得eq\r(2)(sinA－cosA)＝eq\f(\r(2),2)(cosA＋sinA)，得sinA＝3cosA，又sin2A＋cos2A＝1，且sinA>0，所以sinA＝eq\f(3\r(10),10).(2)由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，得BC＝eq\f(AB,sinC)·sinA＝eq\f(5,\f(\r(2),2))×eq\f(3\r(10),10)＝3eq\r(5).由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC，得52＝AC2＋(3eq\r(5))2－2AC·3eq\r(5)coseq\f(π,4)，整理得AC2－3eq\r(10)AC＋20＝0，解得AC＝eq\r(10)或AC＝2eq\r(10).由(1)得，tanA＝3>eq\r(3)，所以eq\f(π,3)<A<eq\f(π,2)，又A＋B＝eq\f(3π,4)，所以B>eq\f(π,4)，即C<B，所以AB<AC，所以AC＝2eq\r(10).設(shè)AB邊上的高為h，則eq\f(1,2)·AB·h＝eq\f(1,2)·AC·BCsinC，即5h＝2eq\r(10)×3eq\r(5)×eq\f(\r(2),2)，解得h＝6，所以AB邊上的高為6.法二(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，因?yàn)锳＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝eq\f(π,4).因?yàn)?sin(A－C)＝sinB，所以2sin(A－C)＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，所以2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC，所以sinAcosC＝3cosAsinC，易得cosAcosC≠0，所以tanA＝3tanC＝3taneq\f(π,4)＝3，又sinA>0，tanA＝eq\f(sinA,cosA)，sin2A＋cos2A＝1，所以sinA＝eq\f(3\r(10),10).(2)由(1)知sinA＝eq\f(3\r(10),10)，tanA＝3>0，所以A為銳角，所以cosA＝eq\f(\r(10),10)，所以sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝eq\f(\r(2),2)(cosA＋sinA)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),10)＋\f(3\r(10),10)))＝eq\f(2\r(5),5).由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得AC＝eq\f(AB·sinB,sinC)＝eq\f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq\r(10)，故AB邊上的高為AC·sinA＝2eq\r(10)×eq\f(3\r(10),10)＝6.規(guī)律方法解決三角形的高線問題往往利用正、余弦定理求得三角形的某些邊和角來表示三角形的面積，然后解S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×邊長×h，求高h(yuǎn).訓(xùn)練3(2024·南京調(diào)研)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且eq\f(a,2c)＝sinAtaneq\f(C,2).(1)求C；(2)若a＝8，b＝5，CH是邊AB上的高，且eq\o(CH,\s\up6(→))＝meq\o(CA,\s\up6(→))＋neq\o(CB,\s\up6(→))，求eq\f(m,n).解(1)△ABC中，eq\f(a,2c)＝sinAtaneq\f(C,2)，由正弦定理和同角三角函數(shù)的商數(shù)關(guān)系，得eq\f(sinA,2sinC)＝eq\f(sinA·sin\f(C,2),cos\f(C,2))，由倍角公式得eq\f(sinA,4sin\f(C,2)·cos\f(C,2))＝eq\f(sinA·sin\f(C,2),cos\f(C,2)).又因?yàn)锳，C為△ABC的內(nèi)角，所以sinA≠0，coseq\f(C,2)≠0.所以sin2eq\f(C,2)＝eq\f(1,4)，sineq\f(C,2)＝eq\f(1,2)，則有eq\f(C,2)＝eq\f(π,6)，得C＝eq\f(π,3).(2)法一a＝8，b＝5，C＝eq\f(π,3)，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|·|eq\o(CB,\s\up6(→))|·cosC＝abcosC＝5×8×coseq\f(π,3)＝20，所以eq\o(CA,\s\up6(→))2＝b2＝25，eq\o(CB,\s\up6(→))2＝a2＝64，由題意知CH⊥AB，所以eq\o(CH,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，即(meq\o(CA,\s\up6(→))＋neq\o(CB,\s\up6(→)))·(eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→)))＝(m－n)(eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→)))－meq\o(CA,\s\up6(→))2＋neq\o(CB,\s\up6(→))2＝20(m－n)－25m＋64n＝0.所以5m＝44n，所以eq\f(m,n)＝eq\f(44,5).法二△ABC中，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝82＋52－2×8×5×eq\f(1,2)＝49，所以c＝7.又因?yàn)镾△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)c·CH，所以CH＝eq\f(absinC,c)＝eq\f(8×5×\f(\r(3),2),7)＝eq\f(20\r(3),7).所以AH＝eq\r(CA2－CH2)＝eq\f(5,7)，eq\f(AH,AB)＝eq\f(5,49).所以eq\o(CH,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AH,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(5,49)(eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→)))＝eq\f(44,49)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(5,49)eq\o(CB,\s\up6(→)).由平面向量基本定理知，m＝eq\f(44,49)，n＝eq\f(5,49)，所以eq\f(m,n)＝eq\f(44,5).【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】1.(2024·西安模擬)已知函數(shù)f(x)＝2sinx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－eq\f(\r(3),2).(1)求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域；(2)已知銳角△ABC中，BC＝eq\r(7)，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－3，且f(A)＝eq\f(\r(3),2)，求BC邊上的中線AT的長.解(1)f(x)＝2sinx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)sin2x＋sinxcosx－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)(1－cos2x)＋eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)).(2)記△ABC的角A，B，C所對的邊為a，b，c，因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2A－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，又f(A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)，所以2A－eq\f(π,3)＝eq\f(π,3)，即A＝eq\f(π,3).因?yàn)閑q\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－bccoseq\f(π,3)＝－3，所以bc＝6，在△ABC中，由余弦定理得7＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)，所以b2＋c2＝13，因?yàn)锳T為BC邊上的中線，所以eq\o(AT,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，所以eq\o(AT,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)(c2＋b2＋bc)＝eq\f(19,4)，所以|eq\o(AT,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(19),2).所以BC邊上的中線AT的長為eq\f(\r(19),2).2.(2024·鄭州模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，eq\r(3)asinC＝ccosA，c＝2.(1)求A；(2)從條件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，使△ABC存在且唯一確定，求BC邊上高線的長.條件①：sinC＝eq\f(2,a)；條件②：b＝1＋eq\r(3)；條件③：a＝eq\r(2).注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分.解(1)因?yàn)閑q\r(3)asinC＝ccosA，所以由正弦定理可得eq\r(3)sinAsinC＝sinCcosA，又sinC≠0，所以eq\r(3)sinA＝cosA，即tanA＝eq\f(\r(3),3)，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,6).(2)若選條件①：sinC＝eq\f(2,a)，由正弦定理知eq\f(2,sinC)＝eq\f(a,sin\f(π,6))＝2a，可得sinC＝eq\f(1,a)＝eq\f(2,a)，故滿足所選條件的三角形不存在，不滿足題意；若選條件②：b＝1＋eq\r(3)，由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccosA＝(1＋eq\r(3))2＋22－2(1＋eq\r(3))×2×eq\f(\r(3),2)＝2，即a＝eq\r(2)，所以滿足條件的三角形唯一.設(shè)BC邊上的高為h，由等面積法可知S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)ah，即2×(1＋eq\r(3))×eq\f(1,2)＝eq\r(2)h，解得h＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2)，故BC邊上高線的長為eq\f(\r(2)＋\r(6),2).若選條件③：a＝eq\r(2)，由正弦定理可得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(\r(2),\f(1,2))＝eq\f(2,sinC)，所以sinC＝eq\f(\r(2),2)，可得C＝eq\f(π,4)或eq\f(3π,4)，有兩解，不符合題意.綜上，應(yīng)選條件②，BC邊上高線的長為eq\f(\r(2)＋\r(6),2).3.(2024·福州調(diào)研)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知eq\f(cosB,1－cos2C)＝eq\f(sinB－1,sin2C).(1)求角A和角C之間的等式關(guān)系；(2)若cosC<0，BD為∠CBA的角平分線，且BD＝2，△ABC的面積為eq\f(2\r(3),3)，求c的長.解(1)由eq\f(co