本次周测主要考察了向量、正弦定理、余弦定理的应用。本文旨在借助本次周测的部分题目深化对相关知识点的理解

T7

题目：已知$\triangle ABC$是边长为1的等边三角形，$P$为平面$ABC$内一点，则$\vec{PA}\cdot(\vec{PB}+\vec{PC})$的最小值是（）

分析：由于涉及到$P$与$ABC$之间的关系，可能联想到奔驰定理或者三角形的四心，实际上此路不通，因为奔驰定理主要处理与面积相关的比例问题，而四心是定点，取四心时候不一定取到最小值.

至于放弃基底法，是出于计算简洁性的考虑.如果非得用基底法，可以利用共线定理推论，我们设过$P$与$BC$平行的任一条直线，我们设$\vec{AB}=\vec{a},\vec{AC}=\vec{b}$从$A$指向$P$的向量实际上可以表示为:

$\vec{AP}=\mu \lambda \vec{a}+\mu (1-\lambda)\vec{b},\mu,\lambda \in [0,1]$.

由此可以计算出$\vec{PC},\vec{PB}$.接下来计算给定表达式并根据$\mu,\lambda \in [0,1]$进行求解即可.

实际计算极其繁琐，并且需要求偏导数，这里不再进行计算.

最终，我们只能选择建系.可以以$BC$中点为原点建立平面直角坐标系.具体计算答案上有，不再给出.

T8

题目：在锐角$\triangle ABC$中，$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$,$S\triangle ABC =S$,$sin(A+B)=\frac{2 \sqrt{2} S}{ a^2+b^2-c^2}$，求$\frac{a}{b}$的取值范围.

分析：首先观察到题目中存在$sin(A+B),a^2+b^2-c^2$ ,以及在锐角三角形中表达式的范围问题，这很明显要利用正余弦定理综合解答.

关于$sin(A+B)$，两个角在一块不好求解，我们把它化成一个角：

$sinC=\frac{2 \sqrt{2} S}{ a^2+b^2-c^2}$

然后是正弦定理.我们观察到原式中存在$a^2+b^2-c^2$，还少个$2ab$，多个$S$，自然要思考$ab$和$S$之间的关系.且最好能和角C联系.想到有这样一个面积公式:

$S = \frac{1}{2}absinC$

联立两式可得：

$1=\frac{ \sqrt{2} ab}{ a^2+b^2-c^2}$

可以发现，这和余弦定理非常接近了.由此可以得出:

$cosC=\frac{ a^2+b^2-c^2}{2 ab}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

显然的，$C=\frac{\pi}{4}$.

现在来看$\frac{a}{b}$,十分明显，利用正弦定理推论可以代换为：$\frac{sinA}{sinB}$.这里涉及到两个角，所以要进行消元.利用三角形的内角和和$C=\frac{\pi}{4}$我们可以得到：

$A=\frac{3\pi}{4}-B$

代入上式：

$\frac{a}{b}=\frac{sin(\frac{3\pi}{4}-B)}{sinB}$

我们的目标是找出上式的取值范围.可以观察到上式是关于B的一元函数，那我们需要结合三角形相关性质找出其定义域.

因为该三角形是锐角三角形，我们有:

$B \in (0,\frac{\pi}{2}),A=\frac{3\pi}{4}-B \in (0,\frac{\pi}{2})$

可以解得$B \in (\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$.

再看

这里两个不同角的三角函数，依旧不好求.怎么办呢？答案是运用和差角公式.

可以得出:

$\frac{a}{b} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}cosB+\frac{\sqrt{2}}{2}sinB}{sinB}=\frac{\sqrt{2}}{2tanB}+\frac{\sqrt{2}}{2}$

这就好办了.结合B的范围我们可以得到：

$\frac{a}{b} \in (\frac{\sqrt{2}}{2},\sqrt{2})$

实际上这道题和T19(3)很像，看到这里可以做做T19(3)留作练习.

T11

A.若$acosA=bcosB$则$\triangle ABC$为等腰或直角三角形

已知$a,b,c$分别为$\triangle ABC$内角$A,B,C$的对边,下面四个结论成立的是：

• B.在锐角$\triangle ABC$中，$sinA>cosB$恒成立

• C.若$B = \frac{\pi}{3},a=4\sqrt{3}$且$\triangle ABC$有两解则$b \in (6,4\sqrt{3})$

• D.若$cos^2A+cos^2B < 1+cos^2C$则$\triangle ABC$为锐角三角形

首先看A选项.题目提到$acosA=bcosB$,两边是均有关于边长的齐次项，可以根据正弦定理推论得到：

$acosA=bcosB \implies sinAcosA=sinBcosB$

$\implies 2sinAcosA=2sinBcosB\implies sin2A=sin2B$

根据诱导公式，$sin2B=sin(\pi-2B)$.

因此这里需要分类讨论：

当$sin2A=sin2B$时$A=B$，为等腰三角形.$sin2A=sin(\pi-2B)$时$A=\frac{\pi}{2}-B$,即$A+B=\frac{\pi}{2}$，根据三角形内角和定理，此时是直角三角形.因此A是对的.

再来看B,要证明$sinA>cosB$，涉及两个角，还没有关于边的齐次项可供代换，所以为了降低复杂度需要消角.

根据诱导公式：

$sinA>sin(\frac{\pi}{2}-B)$

这是一个函数不等式问题.对于这种问题，我们最常见的思路是寻找变量之间的大小关系并结合函数单调性奇偶性解决.

再看条件，该三角形是一个锐角三角形.这意味着：

$A+B>\frac{\pi}{2}$

实际上笔者在考试的时候忘了这个推论导致不会做，这个推论实际上相当重要，其实钝角三角形中也有类似推论，读者可以自行证明.

观察两式，可以发现都有要素$A,B,\frac{\pi}{2}$.为了形式统一，移项：

$A>\frac{\pi}{2}-B$

由于该三角形为锐角三角形，我们有$A,B \in (0, \frac{\pi}{2})$,因此$\frac{\pi}{2}-B \in (0, \frac{\pi}{2})$.

很显然，$x \in (0, \frac{\pi}{2})$时$sinx$单调递增.由此我们得出函数单调性.

结合单调性和两变量大小关系，可以证明B选项正确.

C选项是一个极其经典的三角形多解问题.做这类题有一个直观的好方法.

先画出点B，画两条射线，夹角为角$B$.在其中一条射线上作点$A$，使得$|BA|=a=4\sqrt{3}$.

然后过$A$往另一条射线上作垂线$AC’ \perp BC$于$C’.$容易得到$|AC’|= 6$.

以任意半径$r$为半径，$C’$为圆心作$\odot C’$，可以观察到，$r=|AC’|= 6$时$\odot C’$与$AC$相切，此时$\odot C’$与$AC$只有一个交点，三角形有一个解.

如果$r<6$,相离，无解.

如果$6<r<4\sqrt{3}$相交，有两解.

如果$r>4\sqrt{3}$，与射线（注意是射线！！！！！如果是直线的话有一个交点会跑到$BC’$外，这样就无法保证$B= \frac{\pi}{3}$了！！！！）$BC’$相交且只有一个交点，一解.

由此可以得出C是正确的.

看D选项，我们发现$cos^2A+cos^2B < 1+cos^2C$可以化为$cos^2A+cos^2B-cos^2C < 1$.

$cos^2A+cos^2B-cos^2C$这个部分可以让我们想起余弦定理里面那个$a^2+b^2-c^2$.我们尝试一下这个思路.

可以观察到，这三项都是余弦的平方.这很容易想到降幂公式或者勾股定理.前者涉及到半角关系，而这里并无涉及，所以让我们尝试后者.

根据勾股定理推论:

$sin^2\theta+cos^2\theta=1$

我们要得到的是关于余弦平方的代换关系.因此移项:

$cos^2\theta=1-sin^2\theta$

代入原不等式，可以得到:

$(1-sin^2A)+(1-sin^2B)<1+(1-sin^2C) \implies sin^2A+sin^2B<sin^2C$

可以观察到不等号两边的齐次关系，很自然想到利用正弦定理推论代换:

$a^2 + b^2 >c^2$

这很容易迷惑人，让人以为该三角形是个锐角三角形.但是这里的$a,b,c$是有顺序关系的，而锐角三角形需要满足以下三式：

$a^2 + b^2 >c^2 ,a^2 + c^2 >b^2 ,b^2 + c^2 >a^2$

如果单单用一个$a^2 + b^2 >c^2$推出锐角三角形的话，前提是这里的$a,b,c$无顺序关系，它们是这个三角形中的任意不同边.这里显然不满足.

也可以从余弦定理的角度考虑，我们注意到包含要素$a^2,b^2 ,c^2$.

为了配合余弦定理的形式，移项:

$a^2 + b^2 -c^2>0$

这很容易看出来了，根据余弦定理,$cosC=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}>0$.由于$C \in (0,\pi)$,$C \in (0,\frac{\pi}{2})$.

由此，$C$是锐角，但$A,B$不一定，因为我们只有$a^2 + b^2 >c^2$一个形式.实际上如果上面三式成立同理分别可得$A,B,C$是锐角.

T18(2)

$\triangle ABC$中，$a,b,c$分别为角$A,B,C$的对边，满足$2bcosC=2a-c$.

（2）若D为BC边上的三等分点，$AD=\sqrt{7}，AB=2$，求$\triangle ABC$的面积.

这是一道易错题，但思路很简单.所以这里不作详细论述，我们直接讲易错点.

首先由第一问，$B=\frac{\pi}{3}$.

这里要注意，当你看到n等分点而没有看到诸如$\vec{b}=\lambda\vec{a}$的向量关系时，你就要小心了，这是畜生出题人挖的坑.

因为我们不知道到底是$\frac{2}{3}\vec{BD}=\vec{BC}$还是$\frac{2}{3}\vec{BC}=\vec{BD}$.n等分点是没有方向性的.

实际上分这两种情况分类讨论即可.

T17打算明天补充.