新高考数学二轮复习专题突破练习微专题10 爪形结构与分角定理、张角定理（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习专题突破练习微专题10 爪形结构与分角定理、张角定理（2份，原卷版+解析版）试卷主要包含了基础知识，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.三点共线的向量表示
(1)若A,P,B三点共线,则存在唯一实数t使AP=tAB.
(2)OA,OB为平面的一组基向量,点P在直线AB上的充要条件是存在唯一一组实数对(λ,μ),使OP=λOA+μOB且λ+μ=1.
2.(1)定比分点的向量公式:在平面上任取一点O,设OP1=a,OP2=b,若P1P=λPP2(λ≠-1),则OP=11+λa+λ1+λb(特别地,当λ=1时,即P为线段P1P2的中点,则有OP=12a+12b).
(2)三角形的等分线:在△ABC中,D是边BC上的点,且BDDC=mn(m,n>0),
则AD=nm+nAB+mm+nAC(也叫“爪形结构”).
3.张角定理与分角定理
(1)张角定理sin(α+β)AD=sin αAC+sin βAB
[证明如下:
∵S△ABC=S△ABD+S△ACD,
∴12AB×AC×sin(α+β)=12AB×AD×sin α+12AC×AD×sin β,
两边同除以12AB·AC·AD得sin(α+β)AD=sin αAC+sin βAB.]
(2)分角定理
在△ABC中,D是边BC上(异于B,C)或其延长线上的一点,则有sin α∶sin β=BDAB∶CDAC.
[证明如下:
S△ABDS△ACD=BDCD,①
S△ABDS△ACD=12AB·ADsin α12AC·ADsin β
=sin αsin β·ABAC,②
得BDCD=sin αsin β·ABAC,
故sin α∶sin β=BDAB∶CDAC.]
4.梅涅劳斯定理与塞瓦定理
(1)梅涅劳斯定理
已知直线DF交△ABC三边所在直线于D,E,F三点,则有:|AF||FB|·|BD||DC|·|CE||EA|=1.
[证明如下:
设|AF||FB|=q,|BD||DC|=m,|CE||EA|=n,|DE||EF|=t,
则有AE=1n+1AC,BF=1q+1BA,
BD=mm−1BC,①
因为D,E,F三点共线,
所以(t+1)BE=tBF+BD.
又因为BE=BA+AE,
从而(t+1)BA+(t+1)AE=tBF+BD,②
当①代入②,可得(t+1)BA+t+1n+1AC=tq+1BA+mm−1BC,
即t+1−tq+1BA+t+1n+1AC+mm−1CB=0.
注意到BA+AC+CB=0,且BA,AC,CB两两方向不同,故有t+1-tq+1=t+1n+1=mm−1.
由t+1n+1=mm−1可知t=m(n+1)m−1-1,
将其代入t+1-tq+1=mm−1,整理可得qmn=1,即|AF||FB|·|BD||DC|·|CE||EA|=1.
(2)塞瓦定理
已知点O为△ABC内任意一点,AO,BO,CO的延长线分别交边BC,CA,AB于D,E,F,则有:
|AF||FB|·|BD||DC|·|CE||EA|=1.
[证明如下:
设|AF||FB|=p,|BD||DC|=q,|CE||EA|=r,|FO||OC|=n,
则有CA=r+1rCE,CB=(q+1)CD,
CF=(n+1)CO,①
因为F,B,A三点共线,
所以CF=pp+1CB+1p+1CA,②
将①代入②,
即有(n+1)CO=pp+1CB+r+1r(p+1)CE,
(n+1)CO=(q+1)pp+1CD+1p+1CA.
注意到B,O,E三点共线,A,O,D三点共线,
所以有n+1=pp+1+r+1r(p+1),(n+1)=(q+1)pp+1+1p+1,
整理可得pqr=1,即|AF||FB|·|BD||DC|·|CE||EA|=1.
注:本定理用面积证法更简单.]
二．典型例题
1.三点共线、定比分点、三角形等分线的向量表示
例1 (1)(2025·郑州质检)如图,在△ABC中,BD=12DC,AE=3ED,若AB=a,AC=b,则BE=( )
A.13a+13bB.-12a+14b
C.12a+14bD.-13a+13b
(2)在△ABC中,点M,N满足AM=2MC,BN=NC.若MN=xAB+yAC,则x= ,y= .
答案 (1)B (2)12 -16
解析 (1)BD=13BC=13(AC-AB)=13(b-a).
BE=13+1BA+33+1BD=-14a+34×13(b-a)=-12a+14b.
(2)AN=11+1AB+11+1AC=12AB+12AC,AM=23AC.
∴MN=AN-AM=12AB-16AC,
又MN=xAB+yAC,
∴x=12,y=-16.
训练1 (1)(2025·烟台调研)如图,在△ABC中,点O是BC的中点,过点O的直线分别交直线AB,AC于不同的两点M,N,若AB=mAM,AC=nAN,则m+n的值为 .
(2)(2025·福州质检)已知点A(-1,-1),B(2,5),点C为直线AB上一点,且AC=-5BC,则点C的坐标为 .
答案 (1)2 (2)32,4
解析 (1)因为2AO=AB+AC=mAM+nAN,
由于M,O,N三点共线,所以m+n=2.
(2)∵AC=-5BC,∴λ=ACCB=5,
利用定比分点的坐标公式有
OC=16OA+56OB=16(-1,-1)+56(2,5)=32,4.
∴C点的坐标为32,4.
2.张角定理、分角定理的应用
例2 在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足sin 2A+sin 2B=sin C−233sin Asin Bsin C.
(1)求C;
(2)若c=213,a=3b,点D在边AB上,且∠ACD=∠BCD,求CD的长.
解 (1)由正弦定理,条件等式可化为
a2+b2=c2-233absin C,
又a2+b2=c2+2abcs C,
∴-233absin C=2abcs C,
∴tan C=-3,∴C=2π3.
(2)∵c=213,a=3b,
由余弦定理,得(213)2=a2+b2-2abcs 2π3=9b2+b2-6b2cs 2π3=13b2,∴b=2.
由张角定理,得sin 2π3CD=sin π3CB+sin π3AC,
∴1CD=1a+1b=43b,∴CD=3b4=32.
训练2 在△ABC中,三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,如果∠BAD=α,AD是∠BAC的角平分线,证明:
(1)cs α=12ADb+ADc;
(2)S△ABC=12AD×(b+c)×sin α≥AD2tan α.
证明 (1)∵S△ABC=S△ABD+S△ACD,
∴12AB×AC×sin 2α=12AB×AD×sin α+12AC×AD×sin α,
即cb×2sin α×cs α=c×AD×sin α+b×AD×sin α.
两边同除以bc·sin α得2cs α=ADb+ADc,
∴cs α=12ADb+ADc.
(2)∵由角平分线张角定理得
cs α=12ADb+ADc,
∴2cs αAD=1b+1c.
∵(b+c)1b+1c=cb+bc+2≥2cb×bc+2=4(当且仅当b=c时取“=”),
∴(b+c)×2cs αAD≥4,
即b+c≥4×AD2cs α=2ADcs α,
∴S△ABC=12AD×(b+c)×sin α≥12AD×2ADcs α×sin α=AD2tan α.
3.梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用
例3 在△OAB的边OA,OB上分别取点M,N,使|OM|∶|OA|=1∶3,|ON|∶|OB|=1∶4,设线段AN与BM交于点P,记OA=a,OB=b.
(1)用a,b表示向量OP;
(2)延长OP与AB交于点D,用a,b表示向量PD.
解 (1)法一 ∵B,P,M共线,
∴记BP=sPM,
∴OP=11+sOB+s1+sOM
=11+sOB+s3(1+s)OA=11+sb+s3(1+s)a,①
同理,记AP=tPN,
得OP=11+ta+t4(1+t)b,②
∵a,b不共线,
∴由①、②得11+t=s3(1+s),11+s=t4(1+t),解得s=92,t=83,
∴OP=311a+211b.
法二 △OAN被直线MB所截,由梅涅劳斯定理,得AMMO·PNAP·BONB=1,
即2·PNAP·43=1,
∴APPN=83,
∴OP=311OA+811ON=311OA+811·14OB=311OA+211OB,即OP=311a+211b.
或者,同理△OBM被直线NA所截,得
BNNO·MPPB·AOMA=1,
即3·MPPB·32=1,∴BPPM=92,
∴OP=211OB+911OM=211OB+911·13OA=311OA+211OB,即OP=311a+211b.
(2)由塞瓦定理得OMMA·ADDB·BNNO=1,
即12·ADDB·31=1,
∴ADDB=23,下面只要求出P分OD的比即可.
△OAD被直线MB所截,由梅涅劳斯定理,得OMMA·ABBD·DPPO=1,
即12×53·DPPO=1,
∴DPPO=65.
∴PD=611OD=61135OA+25OB=1855OA+1255OB,
即PD=1855a+1255b.
训练3 如图,四边形ABCD的两组对边延长线分别交于E,F,对角线BD∥EF,AC的延长线交EF于G,求EGGF的值.
解 对△AEF及点C,由塞瓦定理有EGGF·FDDA·ABBE=1,
由BD∥EF,有ABBE=ADDF,
代入上式,得EGGF=1.
【精准强化练】
一、单选题
1.(2025·西安质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若OB=a1OA+a200OC,且A,B,C三点共线,设直线不过点O,则S200=( )
A.100B.101
C.200D.201
答案 A
解析 易知a1+a200=1,
∴S200=200(a1+a200)2=100.
2.在△ABC中,AN=13NC,点P是BN上一点,若AP=mAB+16AC,则实数m的值为( )
A.14B.13
C.12D.1
答案 B
解析 AP=λAB+(1-λ)AN,
AN=14AC,AP=λAB+1−λ4AC,
又AP=mAB+16AC,
∴λ=m,1−λ4=16,∴m=13.
3.在△ABC中,AR=2RB,CP=2PR,若AP=mAB+nAC,则m+n=( )
A.23 B.79
C.89 D.1
答案 B
解析 AP=21+2AR+11+2AC=23AR+13AC=23·23·AB+13AC=49AB+13AC,
∴m=49,n=13,∴m+n=79.
4.(2025·石家庄调研)已知A(2,1),B(3,-1)及直线l:y=4x-5,直线AB与l相交于P点,若AP=λPB,则λ=( )
A.-12B.-14
C.13D.12
答案 B
解析 O为原点,设P(x,y),由AP=λPB,
得λ=APPB,由定比分点公式得
OP=11+λOA+λ1+λOB,
即(x,y)=11+λ(2,1)+λ1+λ(3,-1)
=2+3λ1+λ,1−λ1+λ,
又∵P点在直线l上,
∴1−λ1+λ=4(2+3λ)1+λ-5,∴λ=-14.
5.在△ABC中,点D为AB的中点,E,F为BC的两个三等分点,AE交CD于点M.设AB=a,AC=b,则FM=( )
A.115a-715bB.115a+715b
C.215a-415bD.215a+415b
答案 A
解析 ∵D,M,C共线,
∴AM=xAD+(1-x)AC
=x2AB+(1-x)AC;
∵A,M,E共线,
∴AM=yAE=y23AB+13AC=2y3AB+y3AC,
∴x2=23y,1−x=13y,∴x2=2-2x,∴x=45,
∴AM=25AB+15AC,FM=AM-AF
=25AB+15AC-13AB+23AC
=25−13AB+15−23AC
=115AB-715AC=115a-715b.
6.(2025·合肥模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,角A的角平分线交BC于点D.若asin A=bsin B+(c-b)sin C,且AD=3,b=3c,则a的值为( )
A.72B.473
C.3D.23
答案 B
解析 由asin A=bsin B+(c-b)sin C及正弦定理得a2=b2+(c-b)c,
由余弦定理得cs A=b2+c2−a22bc=12,
则A=π3,
由三角形内角平分线定理得BDDC=ABAC=13,
所以AD=34AB+14AC,
两边平方得|AD|2=34AB+14AC2=916AB2+38AB·AC+116AC2,
即(3)2=916c2+38c·3c·12+116(3c)2,
解得c=43,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccs A=42+432-2×4×43×12=1129,a=473.
二、多选题
7.设P是△OAB内部(不含边界)的一点,以下可能成立的是( )
A.OP=25OA+15OBB.OP=25OA+45OB
C.OP=25OA+15ABD.OP=25OA+45AB
答案 AC
解析 对于A,如下图所示,可知P在△OAB内部,故成立;
对于B,如图所示,可知P在△OAB外部,故不成立;
对于C,因为OP=25OA+15AB=25OA+15AO+15OB=15OA+15OB,如下图所示,可知P在△OAB内部,故成立;
对于D,因为OP=25OA+45AB=25OA+45AO+45OB=-25OA+45OB,如图所示,可知P在△OAB外部,故不成立,故选AC.
8.(2025·南昌调研)如图所示,在凸四边形ABCD中,对边BC,AD的延长线交于点E,对边AB,DC的延长线交于点F,若BC=λCE,ED=μDA(λ,μ>0),AB=3BF,则( )
A.EB=34EF+14EAB.λμ=14
C.1λ+1μ的最大值为1D.EC·ADEB·EA≥-49
答案 ABD
解析 由AB=3BF,得
EB-EA=3EF-3EB,
∴EB=34EF+14EA,A正确;
直线FD交△ABE三边所在直线于D,C,F,
由梅涅劳斯定理,得|AF||FB|·|BC||CE|·|ED||DA|=1,
41·λ1·μ1=1,λμ=14,
1λ+1μ≥21λ·1μ=4,当且仅当λ=μ时,等号成立,所以B正确,C错误;
EC·ADEB·EA=−EC·DAEB·EA=-11+λ·11+μ,
(1+λ)(1+μ)=λμ+λ+μ+1≥14+2λμ+1=94,EC·ADEB·EA≥-49,当且仅当λ=μ时,等号成立,故D正确.
三、填空题
9.边长为4的等边三角形ABC中,AD=DB,AE=3EC,CD与BE交于点O,则|OA+OB+OC|= .
答案 835
解析 OA+OB+OC=2OD+OC,
∵直线BE交△ADC三边所在直线于E,O,B,
由梅涅劳斯定理得|AB||BD|·|DO||OC|·|CE||EA|=1,
即21·|DO||OC|·13=1,∴DO=32OC,
∴|OA+OB+OC|=|2OD+OC|=|-3OC+OC|=|-2OC|=45|CD|=835.
10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,AD是∠BAC的角平分线,若∠BAC=π3,|AD|=23,则2b+c的最小值为 .
答案 6+42
解析 如图.
∵AD是∠BAC的角平分线,
∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC=π6,
由张角定理得sin ∠BACAD=sin ∠BADAC+sin ∠DACAB,
即sin π323=sin π6b+sin π6c,∴1b+1c=12,
∴2b+c=(2b+c)1b+1c×2
=2cb+4bc+6≥6+22cb×4bc=6+42当且仅当2cb=4bc,即c=2b时取“=”.
四、解答题
11.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的面积为433,AD为∠BAC的角平分线,且交BC于点D,AD=1.
(1)若b+c=163,求△ABC周长.
(2)若DC=3BD,求tan B的值.
解 (1)如图,令∠BAC=2θ,
由张角定理得S△ABC=S△ABD+S△ACD,
∴bc·sin 2θ2=b·AD·sin θ2+c·ADsin θ2,又AD=1,
∴bc·sin 2θ=(b+c)·sin θ,
∴2bc·cs θ=b+c,又b+c=163,
∴bc·cs θ=83.①
又S△ABC=433=S△ABD+S△ACD=(b+c)·sin θ2,
∴(b+c)·sin θ=833,又b+c=163,
∴sin θ=32,∴θ=π3,∴∠BAC=2θ=2π3,
代入①,得bc·cs π3=83,∴bc=163.
在△ABC中,由余弦定理得
a2=b2+c2-2bc·cs ∠BAC,
即a2=(b+c)2-2bc-2bc·cs 2θ,
∴a2=1632-2×163-2×163×−12=2089,
∴a=4133,∴周长=a+b+c=413+163.
(2)∵DC=3BD,∴DC=3BD,
由角平分线性质可知S△ABDS△ACD=BDDC=ABAC=13,
设AB=y,则AC=3y,BD=x,则DC=3x,
由(1)知,(b+c)·sin θ=833,
∴(3y+y)·sin θ=833,∴ysin θ=233,②
又S△ABC=bc·sin 2θ2=433,
∴y·3y·sin 2θ=833,
∴y2·sin 2θ=839,③
由②③得,tan θ=3,∴θ=π3,y=43,
∴c=43,b=3y=4.
在△ABC中,由余弦定理得,
a2=b2+c2-2bc·cs 2θ,
∴a=4133=x+3x,∴x=133.
在△ABD中,由余弦定理得,
AD2=BD2+AB2-2BD·AB·cs B,
∴1=x2+y2-2x·y·cs B,
∴cs B=51326,
∴sin B=1−cs2B=33926,
∴tan B=sin Bcs B=335.