第6.4节综合训练

因为 $ a=1 $ ,且 $ 2S= \cos B+b \cos A $ ,所以 $ 2S=a \cos B+b \cos A $ ,

即 $ 2×\dfrac{1}{2}ab \sin C=a \cos B+b \cos A $ ,

得 $ ab \sin C=a \cos B+b \cos A $ ,

由正弦定理得 $ a \sin B \sin C= \sin A \cos B+ \sin B \cos A= \sin (A+B) $ ,

在 $ △ABC $ 中， $ \sin C= \sin (A+B) $ , $ \sin C\ne 0 $ ,所以 $ a \sin B=1⇒ \sin B=\dfrac{1}{a}=1 $ .

因为 $ B\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ B=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

在 $ △ABC $ 中,由 $ a \sin C+a \cos C=b+c $ 及正弦定理可得 $ \sin A \sin C+ \sin A \cos C= \sin B+ \sin C $ ,

由 $ A+C=\mathrm{\pi }-B $ ,可得 $ \sin A \sin C+ \sin A \cos C= \sin (A+C)+ \sin C $ ,

所以 $ \sin A \sin C= \cos A \sin C+ \sin C $ .

因为 $ C\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ \sin C > 0 $ ,即 $ \sin A= \cos A+1 $ ,所以 $ \sin A- \cos A=\sqrt{2} \sin (A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=1 $ ,则 $ \sin (A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .

因为 $ A\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\in (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ , $ \dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}) $ ,

所以 $ A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ,即 $ A=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,所以 $ △ABC $ 为直角三角形,

故“ $ a \sin C+a \cos C=b+c $ ”是“ $ △ABC $ 为直角三角形”的充分条件.

若 $ △ABC $ 为直角三角形,设 $ C=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ a=3 $ , $ b=4 $ , $ c=5 $ ,则 $ \sin C=1 $ , $ \cos C=0 $ ,所以 $ a \sin C+a \cos C=3 $ , $ b+c=9 $ ,

所以 $ a \sin C+a \cos C\ne b+c $ ,

所以“ $ a \sin C+a \cos C=b+c $ ”不是“ $ △ABC $ 为直角三角形”的必要条件.

综上，“ $ a \sin C+a \cos C=b+c $ ”是“ $ △ABC $ 为直角三角形”的充分不必要条件.故选 $ \mathrm{A} $ .

由 $ △ABC $ 的面积为 $ 5\sqrt{3} $ ，可得 $ 5\sqrt{3}=\dfrac{1}{2}bc \sin A $ ，

由 $ \overrightarrow {BA}\cdot \overrightarrow {AC}=10 $ ，可得 $ cb\mathrm{ \cos }(\mathrm{\pi }-A)=-bc\mathrm{ \cos }A=10 $ .因为 $ b=4 $ ，所以 $ c \sin A=\dfrac{5\sqrt{3}}{2} $ ， $ c \cos A=-\dfrac{5}{2} $ ，

所以 $ \tan A=\dfrac{ \sin A}{ \cos A}=-\sqrt{3} $ .

因为 $ A\in (0,\mathrm{\pi }) $ ，所以 $ A=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ，所以 $ c=\dfrac{5\sqrt{3}}{2 \sin A}=\dfrac{5\sqrt{3}}{2×\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=5 $ .

由余弦定理可知， $ {a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}-2bc \cos A={4}^{2}+{5}^{2}-2×4×5 \cos \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}=61 $ ，即 $ a=\sqrt{61} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

根据余弦定理，得 $ \cos \mathrm{\angle }ABC=\dfrac{A{B}^{2}+B{C}^{2}-A{C}^{2}}{2AB\cdot BC}=\dfrac{{6.9}^{2}+{7.1}^{2}-{12.6}^{2}}{2×6.9×7.1}=\dfrac{-30.37}{48.99} $ ，所以 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < \mathrm{\angle }ABC < \mathrm{\pi } $ .设 $ \stackrel{⌢}{AC} $ 对应的圆心角为 $ \alpha $ ,则有 $ \alpha +\mathrm{\angle }ABC=\mathrm{\pi } $ ,则 $ \cos \text{ }\alpha = \cos (\mathrm{\pi }-\mathrm{\angle }ABC)=- \cos \mathrm{\angle }ABC=\dfrac{30.37}{48.99} $ 且 $ 0 < \alpha < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,因为 $ \dfrac{1}{2} < \dfrac{30.37}{48.99} < \dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,所以 $ \alpha \in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

由 $ \dfrac{1}{\sqrt{3} \sin B}=\dfrac{1}{ \tan B}+\dfrac{1}{ \tan C} $ ,得 $ \dfrac{1}{\sqrt{3} \sin B}=\dfrac{ \cos B}{ \sin B}+\dfrac{ \cos C}{ \sin C} $ ,根据正弦定理及余弦定理,有 $ \dfrac{1}{\sqrt{3}b}=\dfrac{{a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}}{2abc}+\dfrac{{a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}}{2abc} $ ,整理得 $ c=\sqrt{3}a $ ,所以 $ △ABC $ 的面积 $ S=\sqrt{\dfrac{1}{4}[3{a}^{4}-{\left(\dfrac{4{a}^{2}-8}{2}\right) ^ {2}}]}=\dfrac{1}{2}\sqrt{-{\left({a}^{2}-8\right) ^ {2}}+48} $ ,

则易知当 $ a=2\sqrt{2} $ , $ c=2\sqrt{6} $ 时, $ S $ 取得最大值，为 $ 2\sqrt{3} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由已知及余弦定理得 $ \cos B=\dfrac{{a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}}{2ac}=\dfrac{ac}{2ac}=\dfrac{1}{2} $ ,又 $ 0 < B < \mathrm{\pi } $ ,故 $ B=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ .

由正弦定理知, $ \dfrac{b}{ \sin B}=\dfrac{a}{ \sin A}=\dfrac{c}{ \sin C}=2 $ ,则 $ a=2 \sin A $ , $ c=2 \sin C $ ,

所以 $ 2a+c=4 \sin A+2 \sin C=4 \sin (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}-C)+2 \sin C=4 \sin C+2\sqrt{3} \cos C=2\sqrt{7} \sin (C+\varphi ) $ ,其中 $ \tan \varphi =\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ 且 $ \varphi \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ .因为 $ \tan \varphi =\dfrac{\sqrt{3}}{2}\in (\dfrac{\sqrt{3}}{3},1) $ ,所以 $ \varphi \in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ ,

又 $ 0 < C < \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ,所以 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} < C+\varphi < \dfrac{11\mathrm{\pi }}{12} $ ,所以当 $ C+\varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ 时, $ 2a+c $ 取得最大值,为 $ 2\sqrt{7} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ , $ \because \mathrm{\angle }BCD={60}^{\circ } $ , $ \therefore \mathrm{\angle }BAD={120}^{\circ } $ ,

连接 $ AC $ , $ BD $ ,由 $ AB=CD $ 可得 $ \mathrm{\angle }BDA=\mathrm{\angle }CAD $ , $ \because \mathrm{\angle }ABD=\mathrm{\angle }ACD $ ,

$ \therefore △BAD≌△CDA(\mathrm{A}\mathrm{A}\mathrm{S}) $ ,

$ \therefore \mathrm{\angle }BAD=\mathrm{\angle }CDA={120}^{\circ } $ ,

$ \therefore \mathrm{\angle }BCD+\mathrm{\angle }CDA={180}^{\circ } $ , $ \therefore BC//DA $ ,

显然 $ AB $ 不平行于 $ CD $ ,则四边形 $ ABCD $ 为梯形,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,在 $ △ABD $ 中,由余弦定理得 $ B{D}^{2}=A{B}^{2}+A{D}^{2}-2AB\cdot AD \cos \mathrm{\angle }BAD={5}^{2}+{3}^{2}-2×5×3×(-\dfrac{1}{2})=49 $ ,

在 $ △BCD $ 中,由余弦定理可得 $ B{D}^{2}=C{B}^{2}+C{D}^{2}-2CB\cdot CD \cos \mathrm{\angle }BCD $ ,

即 $ 49=C{B}^{2}+{5}^{2}-2×CB×5 \cos {60}^{\circ } $ ,解得 $ CB=8 $ 或 $ CB=-3 $ （舍去）,

$ \therefore {S}_{△BCD}=\dfrac{1}{2}CB\cdot CD \sin {60}^{\circ }=\dfrac{1}{2}×8×5×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=10\sqrt{3} $ ,又 $ {S}_{△ABD}=\dfrac{1}{2}AB\cdot AD \sin {120}^{\circ }=\dfrac{1}{2}×5×3×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{15\sqrt{3}}{4} $ , $ \therefore {S}_{四边形ABCD}={S}_{△BCD}+{S}_{△ABD}=10\sqrt{3}+\dfrac{15\sqrt{3}}{4}=\dfrac{55\sqrt{3}}{4} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ,由 $ \mathrm{B} $ 可知, $ CB=8 $ ,则圆 $ O $ 的直径不可能是7,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ ,在 $ △ABD $ 中, $ AD=3 $ , $ AB=5 $ , $ BD=7 $ ,满足 $ AD+BD=2AB $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

依题意, $ |\overrightarrow {OA}|=|\overrightarrow {OB}|=4 $ , $ |\overrightarrow {OA}+\overrightarrow {OB}|=7 $ ,则 $ {\overrightarrow {OA}}^{2}+2\overrightarrow {OA}\cdot \overrightarrow {OB}+{\overrightarrow {OB}}^{2}=49 $ ,即 $ 16+2\overrightarrow {OA}\cdot \overrightarrow {OB}+16=49 $ ,解得 $ \overrightarrow {OA}\cdot \overrightarrow {OB}=\dfrac{17}{2} $ ,所以 $ \cos \mathrm{\angle }AOB=\dfrac{\overrightarrow {OA}\cdot \overrightarrow {OB}}{|\overrightarrow {OA}||\overrightarrow {OB}|}=\dfrac{17}{32} $ .

由 $ (2\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AC})\perp \overrightarrow {BC} $ ,得 $ 2\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {BC}+\overrightarrow {AC}\cdot \overrightarrow {BC}=0 $ ,故 $ -2ac \cos B+ba \cos C=0 $ .

又 $ B $ , $ C $ 都为三角形的内角，所以 $ \cos B > 0 $ ， $ \cos C > 0 $ .

由 $ \overrightarrow {BA} $ 在 $ \overrightarrow {BC} $ 上的投影向量的模为 $ \dfrac{\sqrt{3}}{3}c $ 可得 $ |\overrightarrow {BA}| \cos B=\dfrac{\sqrt{3}}{3}c $ ,即 $ c \cos B=\dfrac{\sqrt{3}}{3}c $ ,故 $ \cos B=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ .

所以 $ b \cos C=2c \cos B=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}c $ ,

所以 $ a=c \cos B+b \cos C=\dfrac{\sqrt{3}}{3}c+\dfrac{2\sqrt{3}}{3}c=\sqrt{3}c $ .

由余弦定理可知, $ {b}^{2}={a}^{2}+{c}^{2}-2ac\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{3}=3{c}^{2}+{c}^{2}-2\sqrt{3}{c}^{2}×\dfrac{\sqrt{3}}{3}=4{c}^{2}-2{c}^{2}=2{c}^{2} $ ,

所以 $ b=\sqrt{2}c $ ,

所以 $ \cos A=\dfrac{{b}^{2}+{c}^{2}-{a}^{2}}{2bc}=\dfrac{2{c}^{2}+{c}^{2}-3{c}^{2}}{2bc}=0 $ ,又 $ A\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,故 $ A=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ .

10．以 $ A $ 为坐标原点建立平面直角坐标系,如图所示.

设 $ P(x,y) $ ,易知 $ M(2,0) $ , $ N(4,0) $ .

① 由 $ \dfrac{BP}{BC}=\dfrac{1}{3} $ 可得 $ \dfrac{y}{6}=\dfrac{6-x}{6}=\dfrac{1}{3} $ ,即 $ P(4,2) $ ,

因此 $ \overrightarrow {PM}\cdot \overrightarrow {PN}=(-2,-2)\cdot (0,-2)=4 $ .

② 因为 $ P $ 为 $ BC $ 边上的动点,所以 $ x+y=6 $ ,且 $ x\in [0,6] $ ,

则 $ \overrightarrow {PM}\cdot \overrightarrow {PN}= (2-x,-y )\cdot (4-x,-y )={x}^{2}-6x+8+{y}^{2}={x}^{2}-6x+8+ (6-x)^{2}=2{x}^{2}-18x+44=2{\left(x-\dfrac{9}{2} \right) ^ {2}}+\dfrac{7}{2} $ ,故当 $ x=\dfrac{9}{2} $ 时, $ \overrightarrow {PM}\cdot \overrightarrow {PN} $ 取得最小值,最小值为 $ \dfrac{7}{2} $ .

如图.

由题可知, $ AP $ 为 $ \mathrm{\angle }BAC $ 的平分线,故 $ \dfrac{PQ}{BP}=\dfrac{AQ}{AB}=\dfrac{ \sin \mathrm{\angle }ABQ}{ \sin \mathrm{\angle }AQB} $ .在 $ △PQC $ 中, $ \dfrac{PQ}{CP}=\dfrac{ \sin \mathrm{\angle }PCQ}{ \sin \mathrm{\angle }PQC} $ .

由 $ \dfrac{1}{BP}+\dfrac{1}{CP}=\dfrac{1}{PQ} $ ,可得 $ \dfrac{PQ}{BP}+\dfrac{PQ}{CP}=1 $ ,

于是 $ \dfrac{PQ}{BP}+\dfrac{PQ}{CP}=\dfrac{ \sin \mathrm{\angle }ABQ}{ \sin \mathrm{\angle }AQB}+\dfrac{ \sin \mathrm{\angle }PCQ}{ \sin \mathrm{\angle }PQC}=\dfrac{ \sin \mathrm{\angle }ABQ+ \sin \mathrm{\angle }PCQ}{ \sin \mathrm{\angle }PQC}=\dfrac{ \sin \mathrm{\angle }ABQ+ \sin \mathrm{\angle }PCQ}{ \sin ({60}^{\circ }+\mathrm{\angle }ABQ)}=1 $ ,

即 $ \sin \mathrm{\angle }ABQ+ \sin \mathrm{\angle }PCQ= \sin ({60}^{\circ }+\mathrm{\angle }ABQ) $ ,

化简可得 $ \sin \mathrm{\angle }PCQ= \sin ({60}^{\circ }-\mathrm{\angle }ABQ) $ ,因为 $ {0}^{\circ } < \mathrm{\angle }PCQ < {120}^{\circ } $ , $ -{60}^{\circ } < {60}^{\circ }-\mathrm{\angle }ABQ < {60}^{\circ } $ ,

所以 $ \mathrm{\angle }PCQ={60}^{\circ }-\mathrm{\angle }ABQ $ ,

故 $ \mathrm{\angle }BPC=\mathrm{\angle }PQC+\mathrm{\angle }PCQ=\mathrm{\angle }ABQ+\mathrm{\angle }BAC+\mathrm{\angle }PCQ={120}^{\circ } $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由题意可知 $ {S}_{△ABC}=\dfrac{1}{2}ab \sin C=\dfrac{1}{2}ab\sqrt{1-{ \cos }^{2}C} $

$ =\dfrac{1}{2}ab\sqrt{1-\dfrac{({a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2})^{2}}{4{a}^{2}{b}^{2}}} $

$ =\dfrac{1}{2}\sqrt{{a}^{2}{b}^{2}-\dfrac{({a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2})^{2}}{4}} $ ,

因为 $ {a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}=\alpha $ ,所以 $ {a}^{2}+{b}^{2}=\alpha -{c}^{2} $ .

因为 $ {a}^{2}{b}^{2}+{b}^{2}{c}^{2}+{c}^{2}{a}^{2}=\beta $ ,所以 $ {a}^{2}{b}^{2}+{c}^{2}(\alpha -{c}^{2})=\beta ⇒{a}^{2}{b}^{2}=\beta -{c}^{2}(\alpha -{c}^{2}) $ ,

此时 $ {S}_{△ABC}=\dfrac{1}{2}\sqrt{\beta -{c}^{2} (\alpha -{c}^{2} )-\dfrac{ (\alpha -2{c}^{2})^{2}}{4}}=\dfrac{1}{2}\sqrt{\beta -\dfrac{{\alpha }^{2}}{4}} $ .