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专题二 微创新 解三角形与其他知识的综合问题
(分值：51分)
1.(17分)(2024·哈尔滨模拟)我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即已知三角
√ 1[ (a2+c2-b2
)
2]
形的三边长，求它的面积，用现代式子表示即为：S= a2c2- .①
4 2
(其中△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S为△ABC的面积)
(1)证明公式①；(8分)
√15
(2)已知△ABC三条边BC，AC，AB的高分别为h = ，h =√2，h=√10，求S.(9分)
a 3 b c
2.(17分)(2024·十堰模拟)点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上(点M与P，Q两点均不重合)，我们称
APsin∠PAM
如下操作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ上，记(P，Q；M)= ；若点
AQsin∠MAQ
APsin∠PAM
M在线段PQ外，记(P，Q；M)=- .
AQsin∠MAQ
(1)若M在正方体ABCD-A B C D 的棱AB的延长线上，且AB=2BM=2，由A 对AB施以视角运算，求(A，
1 1 1 1 1
B；M)的值；(7分)
(2)若M ，M ，M ，…，M 是△ABC的边BC的n(n≥2)等分点，由A对BC施以视角运算，证明：(B，
1 2 3 n-1
C；M)×(B，C；M )=1(k=1，2，3，…，n-1).(10分)
k n-k
3.(17分)(2024·绍兴模拟)克罗狄斯·托勒密所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：
任意平面凸四边形(所有内角都小于180°的四边形)中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，
当且仅当对角互补时取等号.已知圆O是凸四边形ABCD的外接圆，其中CD=√3AD.
(1)若圆O的半径为r，且∠CBD=2∠ABD，
①求∠ABD的大小；(3分)
②求⃗AC·⃗BD的取值范围(用r表示)；(5分)
[2π 5π]
(2)若AD=1，BC=2，∠ADC∈ ， ，求线段BD长度的最大值.(9分)
3 6答案精析
1.(1)证明 在△ABC中，AB=c，
AC=b，BC=a，
过点A作AD⊥BC，设AD=h，BD=x，CD=y，
{
x+ y=a,
由
h2=c2-x2,
h2=b2- y2,
a2+c2-b2 a2+b2-c2
得x= ，y= ，
2a 2a
√4a2c2-(a2+c2-b2
)
2
h= ，
2a
1
∴S= ah
2
1 √4a2c2-(a2+c2-b2 ) 2
= a·
2 2a
√ 1[ (a2+c2-b2
)
2]
= a2c2- .
4 2
(2)解 由ah =bh =ch，
a b c
1 1 1
知a∶b∶c= ∶ ∶
h h h
a b c
√15 √2 √10
= ∶ ∶ ，
5 2 10
√15 √2 √10
设a= k，b= k，c= k，
5 2 10
k>0，
√ 1[ (a2+c2-b2
)
2]
则S= a2c2-
4 2
√ 15 1 1 2
( k2+ k2- k2)
=1 (√6 k2) 2
-
25 10 2
2 10 2
√5
= k2，
201 √15 √15 1
又S= × k× = k，
2 5 3 2
√5 1
∴ k2= k，∴k=2√5，
20 2
1
∴S= k=√5.
2
2.(1)解 如图，因为AB=2BM=2，
所以AM=3，
A B=2√2，
1
A M=√13.
1
由正方体的定义可知AA ⊥AB，则∠A AB=90°，
1 1
√2
故sin∠AA B= ，
1 2
√2
cos∠AA B= ，
1 2
3√13
sin∠AA M= ，
1 13
2√13
cos∠AA M= .
1 13
因为∠BA M=∠AA M-∠AA B，
1 1 1
√26
所以sin∠BA M=sin∠AA Mcos∠AA B-cos∠AA Msin∠AA B= ，
1 1 1 1 1 26
A Asin∠A A M
1 1
则(A，B；M)=-
A Bsin∠M A B
1 1
3√13
2×
13
=- =-3.
√26
2√2×
26
(2)证明 如图，
因为M ，M ，M ，…，M 是BC的n等分点，所以BM=CM
1 2 3 n-1 k n-kk n-k
= BC，BM =CM= BC.
n n-k k n
BM AB
k
在△ABM 中，由正弦定理可得 = ，
k sin∠BAM sin∠AM B
k k
则ABsin∠BAM=BMsin∠AMB.
k k k
在△ACM 中，同理可得
k
ACsin∠CAM=CMsin∠AMC.
k k k
因为∠AMB+∠AMC=π，
k k
所以sin∠AMB=sin∠AMC，
k k
ABsin∠BAM BM sin∠AM B BM k
k k k k
则(B，C；M)= = = = .
k ACsin∠CAM CM sin∠AM C CM n-k
k k k k
同理可得
BM n-k
n-k
(B，C；M )= = .
n-k CM k
n-k
k n-k
故(B，C；M)×(B，C；M )= × =1(k=1，2，3，…，n-1).
k n-k n-k k
CD AD
3.解 (1)①因为 =2r， =2r，
sin∠CBD sin∠ABD
CD sin∠CBD sin2∠ABD
所以 = =
AD sin∠ABD sin∠ABD
=2cos∠ABD，
√3 π
又因为CD=√3AD，所以cos∠ABD= ，所以∠ABD= .
2 6
π
②因为∠ABD= ，
6
所以∠DAC=∠CBD
π
=2∠ABD= ，
3
π
所以∠ABC= ，所以AC是圆O的直径，由①可得CD=√3r，AD=r，
2
设∠BAC=α，则AB=2rcos α，
所以⃗AC·⃗BD=⃗AC·(⃗AD-⃗AB)
=⃗AC·⃗AD-⃗AC·⃗ABπ
=2r·r·cos -2r·2rcos α·cos α
3
=r2(1-4cos2α)，
( π)
又α∈ 0， ，所以cos2α∈(0，1)，
2
故⃗AC·⃗BD的取值范围是 (-3r2，r2).
(2)设∠ADC=θ，
因为AD=1，CD=√3AD=√3，
由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=1+3-2×1×√3cos θ=4-2√3cos θ，
在△ABC中，AC=√4-2√3cosθ，BC=2，∠ABC=π-θ，
由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC，
代入整理得
AB2+4cos θ·AB+2√3cos θ=0，
解得AB=-2cos θ+√4cos2θ-2√3cosθ.
由托勒密定理可知BD·AC=CD·AB+BC·AD，代入得BD=
2-2√3cosθ+√12cos2θ-6√3cosθ
.
√4-2√3cosθ
设√4-2√3cosθ=t，
[2π 5π]
因为θ∈ ， ，
3 6
所以t∈[√4+√3，√7]，
t2-2+√t4-5t2+4
则BD=
t
2 √ 4
=t- + t2+ -5
t t2
(其中t∈[√4+√3，√7])，
2
设m=t- ，则BD=m+√m2-1
t
( [(5+2√3)√4+√3 5√7])
其中m∈ ， ，
13 7
[(5+2√3)√4+√3 5√7]
因为y=m+√m2-1在区间 ， 上单调递增，
13 7
5√7 5π 5√7+3√14
所以当m= ，即θ= 时，BD取得最大值 .
7 6 7
