2025高考帮备考教案数学第六章　平面向量、复数突破1　平面向量中的综合问题含答案.docx

2025高考帮备考教案数学第六章平面向量、复数突破1平面向量中的综合问题命题点1平面向量与其他知识的综合角度1平面向量与平面几何例1 在ABC中，M是边BC的中点，N是线段BM的中点.若BAC6，ABC的面积为3，则AM·AN取最小值时，BC（A）A.2B.4C.23D.43解析设ABC的内角BAC，B，C的对边分别为a，b，c，由题意知，SABC12bc·sin63，bc43，AB·ACbc·cos66.M为BC的中点，N为BM的中点，故AM12AB12AC，AN34AB14AC，AM·AN（12AB12AC）·（34AB14AC）18b238c23218×38·bc36，当且仅当b3c，即b23，c2时等号成立，AM·AN取到最小值，此时ab2c22bc·cos62，即BC2.故选A.角度2平面向量与三角函数例2 多选/2021新高考卷已知O为坐标原点，点P1（cos ，sin ），P2（cos ，sin ），P3（cos（），sin（），A（1，0），则（AC）A.OP1OP2B.AP1AP2C.OA·OP3OP1·OP2D.OA·OP1OP2·OP3解析由题可知，OP1cos2sin21，OP2cos2（sin）21，所以OP1OP2，故A正确；取4，则P1（22，22），取54，则P2（22，22），则AP1AP2，故B错误；因为OA·OP3cos（），OP1·OP2cos cos sin ·sin cos（），所以OA·OP3OP1·OP2，故C正确；因为OA·OP1cos ，OP2·OP3cos cos（）sin ·sin（）cos（2）， 取4，4，（用取特殊值法进行排除）则OA·OP122，OP2·OP3cos3422，所以OA·OP1OP2·OP3，故D错误.故选AC.角度3平面向量与解析几何例3 2023辽宁省实验中学第五次模拟已知向量b，c和单位向量a满足ab2b，caca4，则b·c的最大值为（C）A.423B.2C.2D.52解析设a（1，0），b（x，y），由ab2b可得（x1）2y24（x2y2），化简可得3x23y22x10，即（x13）2y249.设c（x0，y0），则由caca4，可得（x01）2y02（x0+1）2y024，故点（x0，y0）的轨迹是以（1，0），（1，0）为焦点，长轴2a4的椭圆，其方程为x24y231.设b，c夹角为，则b·cbccos ，如图，由圆与椭圆的性质可得，b23131，c2，cos 1，三者可同时取等号，故当b，c同向且方向与x轴正方向相反时，b·c取得最大值2.故选C.方法技巧1.解平面向量与平面几何综合问题的步骤（1）设出向量或将某些向量用其他向量进行表示，将几何问题转化为向量问题；（2）利用向量之间的计算解决几何图形上的长度、夹角等问题.2.平面向量与三角函数综合问题的解题思路运用向量共线或垂直的坐标表示，向量的有关运算等，得到三角函数的关系式，然后求解.3.平面向量与解析几何综合问题的解题思路利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，将条件转化求解.训练1 （1）全国卷设抛物线C：y24x的焦点为F，过点（2，0）且斜率为23的直线与C交于M，N两点，则FM·FN（D）A.5B.6C.7D.8解析过点（2，0）且斜率为23的直线方程为y23（x2），由y23（x+2),y2=4x，消元整理得x25x40，解得x1或x4，所以x=1，y=2或x=4，y=4.不妨设M（1，2），N（4，4），易知F（1，0），所以FM（0，2），FN（3，4），所以FM·FN8.故选D.（2）多选/2023广东汕头二模在ABC中，已知AB2，AC5，BAC60°，BC，AC边上的中线AM，BN相交于点P，下列结论正确的是（ABD）A.AM392B.BN212C.cosMPN2121D.PAPBPC0解析因为M是BC的中点，所以AM12（ABAC）.对于A，AMAM12（ABAC）212AB2AC2+2AB·AC392，故A正确.对于B，BNBN（12ACAB）214AC2AB2AB·AC212，故B正确.对于C，AM·BN12（ABAC）·（12ACAB）14AC214AB·AC12AB23，cosMPNcosAM，BNAM·BNAM|BN49191，故C错误.对于D，由题意知，P为ABC的重心，则PAPBPC13（ABAC）13AC23AB23AC13AB0，故D正确.故选ABD.命题点2和向量有关的最值（范围）问题角度1与平面向量基本定理有关的最值（范围）问题例4 2023福建省宁德市模拟在平面直角坐标系xOy中，点P为圆O：x2y21上的任意一点，点A（2，0），B（1，1），若OPOAOB，则2的最大值为（C）A.3B.2C.5D.6解析由已知可设点P（cos ，sin ），则OP（cos ，sin ），又OAOB（2，），OPOAOB，所以2cos，sin，即sincos2，sin，所以22sin cos 5sin（），其中tan 12，当sin（）1时，2取得最大值5.故选C.角度2与数量积有关的最值（范围）问题例5 新高考卷已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP·AB的取值范围是（A）A.（2，6）B.（6，2）C.（2，4）D.（4，6）解析解法一AP·ABAPABcosPAB2AP·cosPAB，又APcosPAB表示AP在AB方向上的投影数量，所以结合图形可知（图略），当P与C重合时投影数量最大，当P与F重合时投影数量最小.又AC·AB23×2×cos 30°6，AF·AB2×2×cos 120°2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，AP·AB（2，6）.故选A.解法二以A为原点建立平面直角坐标系，如图所示，设点P（x，y），则AP（x，y），AB（2，0），AP·AB（x，y）·（2，0）2x，易知x（1，3），所以AP·AB（2，6）.故选A.角度3与模有关的最值（范围）问题例6 2023山西省模拟已知平面向量a，b是单位向量，且ab1，向量c满足cab32，则c的最大值为 （A）A.332B.23C.31D.231解析平面向量a，b是单位向量，且ab1，a2b22a·b22a·b1，a·b12，a，b3.设a（1，0），b（12，32），c（x，y），则cab（x32，y32），（cab）2（x32）2（y32）2（32）2，点（x，y）在以（32，32）为圆心、32为半径的圆上，cx2y2的最大值表示圆上的点到原点（0，0）距离的最大值，如图所示.设圆心为O'，则OO'94343，c的最大值为332332.故选A.方法技巧平面向量中有关最值（或范围）问题的两种求解思路一是“形化”，即利用平面向量的几何意义先将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；二是“数化”，即利用平面向量的坐标运算，先把问题转化为代数中的函数最值或值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的相关知识解决.训练2 （1）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F为线段BD上的一动点，若AFxAEyDC（x0，y0），则23x4y2+1的最大值为（A）A.12B.34C.1D.2解析AFxAEyDCx（ADDE）yABx（AD12AB）yABxAD（x2y）AB.因为D，F，B三点共线，所以32xy1，即23x2y，所以23x4y2+12y4y2+124y1y，因为x0，y0，所以4y1y24y·1y4，当且仅当4y1y，即y12时等号成立，此时x13，所以23x4y2+124y1y2412.（2）在ABC中，AB2，AC3，BAC60°，M是线段AC上任意一点，则MB·MC的最小值是（B）A.12B.1C.2D.4解析解法一如图，由M是线段AC上任意一点，设AMMC，（0，），因为AB·ACABACcos 60°2×3×123，所以MB·MC（ABAM）·MC（AB+1AC）·1+1AC1+1AB·AC（+1）2·AC263（+1）2.当12时，MB·MC0，当12时，令63t，t（3，0）（0，），则3+t6，MB·MC63（+1）236tt2+18t+8136t81t+18，当t（0，）时，t81t1836（当且仅当t9时取等号），此时MB·MC1；当t（3，0）时，t81t1812，此时MB·MC无最值.所以当且仅当 t9，即2时，MB·MC有最小值，最小值为1.故选B.解法二如图，以点A为坐标原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，因为AC3，AB2，BAC60°，所以B（1，3），C（3，0），设M（x，0），0x3，则MB（1x，3），MC（3x，0），MB·MC（1x，3）·（3x，0）x24x3（x2）21，当且仅当x2时，MB·MC有最小值，最小值为1.故选B.（3）浙江高考已知a，b，e是平面向量，e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为3，向量b满足b24e·b30，则ab的最小值是（A）A.31B.31C.2D.23解析解法一设O 为坐标原点，aOA，bOB（x，y），e（1，0），由b24e·b30得x2y24x30，即（x2）2y21，所以点B的轨迹是以C（2，0）为圆心，1为半径的圆.因为a与e的夹角为3，所以不妨令点A在直线y3x（x0）上，如图所示，由数形结合可知，abminBAmin2sin 3131.（BA的最小值，即圆心C到OA的距离减去圆的半径）故选A. 解法二由b24e·b30得b24e·b3e2（be）·（b3e）0.设bOB，eOE，3eOF，所以beEB，b3eFB，所以EB·FB0，取EF的中点为C，则点B在以C为圆心，EF为直径的圆上运动，如图.设aOA，作射线OA，使得AOE3，所以ab（a2e）（2eb）a2e2ebCABC31.故选A.1.命题点1角度1/江苏高考如图，在ABC中，AB4，AC3，BAC90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP9，若PAmPB（32m）PC（m为常数），则CD的长度是185或0.解析解法一以点A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，AC的方向为y轴的正方向建立平面直角坐标系，设CDCB，0，1，则D（4，33），ADACCBAB（1）AC，又点P在AD的延长线上，则可设APAD，1，又PAm（PBPC）32PCmCB32PC，则PAm（ABAC）32（ACAP），12APmAB（32m）AC，则2mAB（32m）ACAPADAB（1）AC，所以2m，32m，所以3，又AP9，则AD3，所以（4）2（33）29，得1825或0，则CD1825CB1825×3242185或CD0×CB0.解法二由题意可设PAPDPB（1）PCPB（）PC，其中1，01，又PAmPB（32m）PC，所以m，32m，得32，即PAPD32，又PA9，则PD6，AD3，所以ADAC.当D与C重合时，CD0；当D不与C重合时，有ACDCDA，所以CAD180°2ACD，在ACD中，由正弦定理可得CDsinCADADsinACD，则CDADsin（180°2ACD）sinACDsin2ACDsinACD·AD2cosACD·AD2×35×3185.综上，CD185或0.2.命题点2角度2/2023天津高考在三角形ABC中，A3，BC1，D为线段AB的中点，E为线段CD的中点，若设ABa，ACb，则AE可用a，b表示为14a12b；若BF13BC，则AE·AF的最大值为1324.解析因为E为CD的中点，所以AE12AD12AC，因为D为AB的中点，所以AD12AB，所以AE14AB12AC，又ABa，ACb，所以AE14a12b.因为BF13BC，所以AFAB13（ACAB），即AF23AB13AC23a13b，所以AE·AF（14a12b）·（23a13b）16a2512a·b16b2.在三角形ABC中，A3，BC1，设三角形ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则a1，ac，bb，所以a·bbccos3bc2，由余弦定理得a2b2c22bccos3，即1b2c2bcbc，当且仅当bc1时等号成立，所以AE·AF16a2512a·b16b216c2524bc16b216（bc1）524bc38bc1638161324.3.命题点2角度3已知向量a，b满足ab4，ab3，则ab的取值范围是（B）A.3，5B.4，5C.3，4D.4，7解析易知abmaxab，ab4，因为（ab）2a2b22ab2（a2b2）ab2ab225，当且仅当ab时等号成立，所以ab5，所以4ab5.4.命题点2/浙江高考已知平面单位向量e1，e2满足2e1e22.设ae1e2，b3e1e2，向量a，b的夹角为，则cos2的最小值是2829.解析解法一因为单位向量e1，e2满足2e1e22，所以2e1e2254e1·e22，即e1·e234.因为ae1e2，b3e1e2，a，b的夹角为，所以cos2（a·b）2a2b2(e1e2）·（3e1e2)2e1e22·3e1e22（4+4e1·e2）2（2+2e1·e2)(10+6e1·e2）4+4e1·e25+3e1·e2.不妨设te1·e2，则t34，cos24+4t5+3t，又y4+4t5+3t在34，）上单调递增，所以cos24+35+942829，所以cos2的最小值为2829.解法二由题意，不妨设e1（1，0），e2（cos x，sin x）.因为2e1e22，所以（2cosx）2sin2x2，得54cos x2，即cos x34.易知a（1cos x，sin x），b（3cos x，sin x），所以a·b（1cos x）·（3cos x）sin2x44cos x，a2（1cos x）2sin2x22cos x，b2（3cos x）2sin2x106cos x，所以cos2（a·b）2a2b2（4+4cosx）2（2+2cosx)(10+6cosx）4+4cosx5+3cosx.不妨设mcos x，则m34，cos24+4m5+3m，又y4+4m5+3m在34，）上单调递增，所以cos24+35+942829，所以cos2的最小值为2829.学生用书·练习帮P3191.2023湖北部分学校联考圆的内接四边形ABCD中，AD2，CD4，BD是圆的直径，则AC·BD（B）A.12B.12C.20D.20解析由题知BADBCD90°，AD2，CD4，所以AC·BD（ADDC）·BDAD·BDDC·BDADBDcosBDADCBD·cosBDCAD2DC241612.故选B.2.2023山东济南检测已知非零向量AB，AC满足AB·BCABAC·CBAC，且ABAB·ACAC12，则ABC为（D）A.钝角三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等边三角形解析由ABAB·ACAC12，得cos A12，又0A，A3.由AB·BCABAC·CBAC，得（ABABACAC）·BC0，角A的平分线垂直于BC，ABAC，ABC是等边三角形.故选D.3.2024河北石家庄二中月考已知向量a，b，c共面，且均为单位向量，a·b0，则abc的取值范围是（A）A.21，21B.1，2C.2，3D.21，1解析设aOA，bOB，cOC，由题意可得OAOBOC1，且OAOB，以OA，OB为邻边作正方形OADB，连接OD，如图所示，则abOD2，abcODOC，当OD与OC方向相同时，abc最大，为21；当OD与OC方向相反时，abc最小，为21.故选A.4.2023豫南名校三模如图，这是用来构造无理数2，3，5，的图形，已知P是平面四边形ABCD内（包含边界）一点，则CB·CP的取值范围是（D）A.22，2B.1，2C.22，1D.22，1解析如图，过点D作DEBC交BC的延长线于点E.（CP在CB上的投影向量与CB可能是同向的，也可能是反向的，所以延长BC以保障情况研究全面）因为DEBC，DC1，DCE45°，所以CE22.由图可知当P在线段AB上时，CPcosPCB有最大值1，当P在点D处时，CPcosPCB有最小值22，（寻找CPcos PCB的最大值和最小值时，最值往往在图形的边界和顶点处取到）又CB1，所以CB·CP的取值范围是22，1.故选D.5.已知AM，BN分别为圆O1：（x1）2y21与O2：（x2）2y24的直径，则AB·MN的取值范围为（A）A.0，8B.0，9C.1，8D.1，9解析如图，AB·MN（AO1O1O2O2B）·（MO1O1O2O2N）O1O2（AO1O2B）·O1O2（AO1O2B）O1O22AO1O2B29AO1O2B2，其中AO1O2B21，211，3，所以AB·MN932，9120，8.故选A.6.若点G是ABC的重心，A（0，1），B（0，1），在x轴上有一点M满足MAMC，GMAB（R），则点C的轨迹方程为（C）A.x23y21B.x23y21C.x23y21（x0）D.x23y21（x0）解析设点C（x，y），则G（x3，y3）.由已知可得点C不与A，B共线，所以x0.（易错：注意寻找变量的范围）设M（x0，0），则MA（x0，1），MC（xx0，y）（x0），GM（x0x3，y3）（x0），AB（0，2），由GMAB（R），得（x0x3，y3）（0，2），所以x0x3（x0），由MAMC，得x02+1（xx0）2y2（x0），即x021（xx0）2y2（x0），将代入得x23y21（x0）.故选C.7.情境创新已知ABC中，AB4，AC43，BC8，动点P自点C出发沿线段CB运动，到达点B时停止，动点Q自点B出发沿线段BC运动，到达点C时停止，且动点Q的速度是动点P的2倍.若二者同时出发，且一个点停止运动时，另一个点也停止运动，则该过程中AP·AQ的最大值是（C）A.72B.4C.492D.23解析解法一因为AB4，AC43，BC8，所以AB2AC2BC2，ABC是直角三角形，且BAC90°，ACB30°，ABC60°.如图，分别以AC，AB所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设CPt，则BQ2t，且02t8，即0t4，则A（0，0），Q（3t，4t），P（4332t，12t），AQ（3t，4t），AP（4332t，12t），所以AP·AQ3t（4332t）12t（4t）2t214t（0t4），当t72时，AP·AQ取得最大值，最大值为492，故选C.解法二因为AB4，AC43，BC8，所以AB2AC2BC2，ABC是直角三角形，且A90°，C30°，B60°.设CPt，则BQ2t，且02t8，即0t4，BQ与AC的夹角为30°，CP与AB的夹角为60°，所以AP·AQ（ACCP）·（ABBQ）AC·ABAC·BQCP·ABCP·BQ43×2t×cos 30°4×t×cos 60°2t22t214t（0t4），当t72时，AP·AQ取得最大值，最大值为492，故选C.8.已知ABAC，AB1t，ACt，若点P是ABC所在平面内一点，且APABAB9ACAC，则PB·PC的最大值是（D）A.16B.4C.82D.76解析以A为坐标原点，可建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），（1t，0），C（0，t）（t0），则AB（1t，0），AC（0，t），APt（1t，0）9t（0，t）（1，9），即P（1，9），PB（1t1，9），PC（1，t9），PB·PC11t9t8182（9t1t）.t0，9t1t29t·1t6（当且仅当9t1t，即t13时取等号），PB·PC82676.故选D.9.2024辽宁鞍山月考设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，P是ABC所在平面上的一点，PA·PBcbPA·PCbcbPA2caPB·PCacaPB2，则点P是ABC的（C）A.重心B.外心C.内心D.垂心解析因为PA·PBcbPA·PCbcbPA2caPB·PCacaPB2，所以PA·PBPA2cbPA·（PCPA），PA·PBPB2caPB·（PCPB），即PA·ABcbPA·AC，BA·PBcaPB·BC，所以PAccosPABcbPAbcosPAC，PBccosPBAcaPBa·cosPBC，所以PABPAC，PBAPBC，所以AP在BAC的角平分线上，BP在ABC的角平分线上，所以点P是ABC的内心.故选C.10.2023河北石家庄一中等校联考已知点列Pn中的所有点都在ABC内部，ABPn的面积与ACPn的面积比值为13.在数列an中，a11，若nN*且n2，APn3anAB（4an13）AC恒成立，那么a4（D）A.15B.31C.63D.127解析如图，延长APn交BC于D，则SABPnSABDSACPnSACDAPnAD.又ABPn的面积与ACPn的面积比值为13，SABDSACD13，BDCD13，点D是边BC上最靠近点B的四等分点.ADABBDAB14BCAB14（ACAB）34AB14AC，又APn3anAB（4an13）AC，ADAPn，3an344an1+314，an4an13（n2）.由a11，依次计算得到a27，a331，a44×313127.故选D.11.考法创新如图所示，A，B，C，D是正弦函数ysin x图象上四个点，且在A，C两点函数值最大，在B，D两点函数值最小，则（OAOB）·（OCOD）122.解析由题图知，A，B关于点（，0）对称，设M（，0），连接AB，CD，则M为线段AB的中点，同理可知C，D关于点（3，0）对称，设N（3，0），则N为线段CD的中点，所以（OAOB）·（OCOD）2OM·（2ON）4OM·ON122.12.2023上海虹口区一模在ABC中，AB5，AC6，cos A15，O是ABC的外心，若OPxOByOC，其中x，y0，1，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为49624.解析因为AB5，AC6，cos A15，所以BC2AB2AC22AB×ACcos A25362×5×6×1549，则BC7，又sin A1cos2A265，所以由正弦定理得7sinA72652OB，可得OB35624.由题意知OPxOByOC，其中x，y0，1，OBOC，即点P的轨迹所覆盖图形为以OB，OC为相邻两边的菱形，又BOC2BAC，所以该菱形的面积为2SBOC2×12OB2×sin 2A（35624）2×2×265×1549624.13.2024云南昆明测评在平面四边形ABCD中，ABBC，ADCD，BCD60°，BCCD23，点M是边BC上的动点，则AM·DM的最小值为214.解析如图，连接AC，因为ABBC，ADCD，BCCD23，则ABCADC.又因为BCD60°，所以ACBACD30°，AC4，ABAD2.设E为AD的中点，分别过E，D作BC的垂线，垂足为H，N，易得DN3.又四边形ADNB为直角梯形，E为AD的中点，则EH12（ABDN）52.连接ME，则AM·DMMA·MD14（MAMD）2（MAMD）2ME214AD2ME21EH21214.14.2024广西八校联考已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足（ac）·（b2c）0，则c的最大值是52.解析建立平面直角坐标系xOy（O是坐标原点，图略），由题意不妨设a（1，0），b（0，1），c（x，y），则ac（1x，y），b2c（2x，12y）.由（ac）·（b2c）0，得（1x）（2x）（y）（12y）0，即x2y2x12y0，即（x12）2（y14）2516，则c的始点为O，终点在以点A（12，14）为圆心、半径r54的圆上.连接OA.cx2y2，其几何意义为圆A上任意一点P（x，y）到原点O（0，0）的距离，所以c的最大值为OAr（12）2（14）25452. 突破2解三角形中的热点问题命题点1解三角形中的最值（范围）问题例1 2022新高考卷记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+sinAsin2B1+cos2B.（1）若C23，求B；（2）求a2b2c2的最小值.解析（1）因为cosA1+sinAsin2B1+cos2B，所以cosA1+sinA2sinBcosB2cos2B，易知cos B0，所以cosA1+sinAsinBcosB，所以cos Acos Bsin Bsin Asin B，所以cos（AB）sin B，所以sin Bcos Ccos 2312.因为B（0，3），所以B6.（2）由（1）得cos（AB）sin B，所以sin2（AB）sin B，且0AB2，所以0B2，02（AB）2，所以2（AB）B，解得A22B，由正弦定理得a2b2c2sin2Asin2Bsin2Csin2（22B）sin2B1sin2Bcos22Bsin2Bcos2B（2cos2B1）2+1cos2Bcos2B4cos4B5cos2B+2cos2B4cos2B2cos2B524cos2B×2cos2B5425，当且仅当cos2B22时取等号，所以a2b2c2的最小值为425.方法技巧解三角形中的最值（范围）问题的求解方法函数法利用“一角一函数”模型或二次函数模型求解.基本不等式法先转化为“和”或“积”为定值的形式，然后利用基本不等式求解.几何法根据已知条件画出图形，结合图形，找出临界位置，数形结合求解.注意 注意题目中隐含条件的应用，如ABC，0A，bcabc，三角形中大边对大角等.训练1 全国卷ABC中，sin2Asin2Bsin2Csin Bsin C.（1）求A；（2）若BC3，求ABC周长的最大值.解析设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.（1）由正弦定理和已知条件得a2b2c2bc.由余弦定理a2b2c22bccos A，得cos A12.因为0A，所以A23.（2）由BCa3，A23，得bsinBcsinCasinA23，从而b23sin B，c23sin（AB）3cos B3sin B，故abc33sin B3cos B323sin（B3）.又0B3，所以3B323，故当B6时，ABC周长取得最大值323.命题点2多三角形问题例2 2021新高考卷记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2ac，点D在边AC上，BDsinABCasin C.（1）证明：BDb；（2）若AD2DC，求cosABC.解析（1）由题易得BDasinCsinABC.在ABC中，由正弦定理得sinCsinABCcb，则BDacb，即BD·bac，又b2ac，所以BD·bb2，又b0，所以BDb.（2）解法一由题意可知AD23b，DC13b.在ABD与ABC中，cosBADcosBAC，所以c249b2b22c·23bc2b2a22bc.将b2ac代入式可得6a211ac3c20，即（2a3c）（3ac）0，所以c23a或c3a.当c23a时，cosABCc2a2ac2ac49a2a223a243a2712；当c3a时，cosABCc2a2ac2ac9a2a23a26a2761（舍）.综上，cosABC712.解法二由题意可得，AD23AC，所以BDBAADBA23ACBA23（BCBA）13BA23BC，则BD219c249a249accosABC，由余弦定理得b2a2c22accosABC，联立得11b23c26a2，因为b2ac，所以3c211ac6a20，所以c3a或c23a.以下同解法一.方法技巧多三角形问题的解题思路（1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦定理或余弦定理求解；（2）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件（如公共边，公共角，邻角之间的关系），求出结果.训练2 全国卷如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC1，ABAD3，ABAC，ABAD，CAE30°，则cosFCB14.解析依题意得，AEAD3，在AEC中，AC1，CAE30°，由余弦定理得EC2AE2AC22AE·ACcosCAE3123cos 30°1，所以EC1，所以CFEC1.又BCAC2AB21+32，BFBDAD2AB26，所以在BCF中，由余弦定理得cosFCBBC2CF2BF22BC×CF2212（6）22×2×114.命题点3解三角形中的证明问题例3 2023陕西安康中学5月质检已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin Ccos B2sin Bcos C0.（1）证明：c2b213a2；（2）若a3，点D在边BC上，且ADBC，AD3，求ABC的周长.解析（1）由sin Ccos B2sin Bcos C0，可得sin C·cos Bsin Bcos C3sin Bcos C，所以sin（BC）3sin Bcos C，由BCA，可得sin（BC）sin A，即sin A3sin Bcos C，所以a3b×a2b2c22ab，可得2a23a23b23c2，即c2b213a2.（2）由（1）及a3，知c2b23，可得c2b23，由余弦定理得cos BACb2c2a22bcb23bc.由ADBC，AD3，可得SABC12×3×3332，又SABC12bcsin BAC，所以