【文档说明】2025届高考数学一轮复习专练34 高考中的解三角形问题.docx，共(15)页，105.741 KB，由小赞的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。三十四高考中的解三角形问题(时间:45分钟分值:100分)【基础落实练】1.(5分)(2023·嘉兴模拟)

在△ABC中,sinA=34,sinB=12,a=10,则边长b=()A.152B.154C.103D.203【解析】选D.由正弦定理知,𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵,即1034=𝑏12,解得b=203.2.(5分)如图所示,某数学兴趣小组为了测量某地“智标塔”高度,在地面上A点处测得塔

顶B点的仰角为60°,塔底C点的仰角为45°.已知山岭CD高为72米,则塔高BC为()A.(72√2-72)米B.(72√3-72)米C.(72√6-72)米D.(144√3-72)米【解析】选B.在△CDA中,AD

=CDtan∠DCA=72×tan45°=72,在△ABD中,DB=ADtan∠BAD=72×tan60°=72√3,所以BC=BD-CD=72(√3-1)米.3.(5分)(2023·保定模拟)在△ABC中

,角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知a=8,cosA=13,则△ABC外接圆的半径为()A.3√2B.6√2C.2√2D.3【解析】选A.因为cosA=13>0,A为锐角,所以sinA=√1-cos2𝐴=2√23.设△ABC外接圆的半径为R,因为a=8,所以R=𝑎

2sin𝐴=82×2√23=3√2.4.(5分)(一题多法)(2023·重庆模拟)已知△ABC满足b2=ac,sinA+sinC=2sinB,则B=()A.π3B.π4C.π6D.π12【解析】选A.因为b2=ac,则由正弦定理知:sin2B=sinAsinC①,又si

nA+sinC=2sinB②.方法一:由余弦定理:cosB=𝑎2+𝑐2-𝑏22𝑎𝑐=sin2𝐴+sin2𝐶-sin2𝐵2sin𝐴sin𝐶=(sin𝐴+sin𝐶)2-2sin𝐴sin𝐶-sin

2𝐵2sin𝐴sin𝐶=sin2𝐵2sin2𝐵=12,由于B∈(0,π),所以B=π3.方法二:(sinA-sinC)2=(sinA+sinC)2-4sinAsinC=4sin2B-4sin2B=0,所以sinA=sinB=si

nC,由于A,B,C∈(0,π),故B=π3.5.(5分)(多选题)在△ABC中,已知A=30°,且3a=√3b=12,则c的值可以是()A.2B.4C.6D.8【解析】选BD.由3a=√3b=12,得a=4,b=4√3,又A=30°,利用余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA,即16

=48+c2-12c,整理得c2-12c+32=0,解得c=4或c=8.6.(5分)(多选题)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=3,A=π3,则△ABC的面积可能为()A.√3B

.2√3C.9√34D.5√32【解析】选ABC.由余弦定理可得cosA=𝑏2+𝑐2-𝑎22𝑏𝑐=12⇒b2+c2-bc=9≥2bc-bc=bc,当且仅当b=c时取等号,此时S△ABC=12bcsinA≤9√34,当A靠近BC时高较小,此时的面积接近0,故A,B,C符合

题意.7.(5分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2acos2𝐵2=a+c,则A=__________.【解析】由正弦定理得2sinAcos2𝐵2=sinA+sinC,则2sinA·1+cos𝐵2=sinA+sinC,得sinA+sinA

cosB=sinA+sinC,所以sinAcosB=sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB,即cosAsinB=0,因为0<B<π,所以sinB>0,因此cosA=0,又0<A<π,所

以A=π2.答案:π28.(5分)在△ABC中,AB=AC=√3,BC=2,若P为边BC上的动点,则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=__________.【解析】cosB=cosC=3+4-32×2×√3=√33,cos∠BAC=3+3-42×√

3×√3=13,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗)·(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗2+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+�

�𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=3+√3×√3×13+|𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗|·√3×(-√33)+|𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗|·√3×√33=4.答案:4【加练备选】在△ABC中,∠BAC=120°,AB=2,BC=2√7,∠BAC的平分线交BC于D,则AD=__________.【解析】如图

所示,记AB=c,AC=b,BC=a,由余弦定理可得,BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos∠BAC,即b2+22-2×b×2×cos120°=28,因为b>0,解得b=4,由S△ABC=S△ABD+S△ACD可得,12×2×4×si

n120°=12×2×AD×sin60°+12×AD×4×sin60°,解得AD=43.答案:439.(10分)(2023·新余模拟)在①√3b-√3acosC=csinA,②asinB=bcos𝐴2,③(si

nB+sinC)2=sin2A+3sinBsinC这三个条件中任选一个补充在下面的横线上,并加以解答.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,__________.(1)求角A的大小;【解析】(1)若选

①:因为√3b-√3acosC=csinA,所以由正弦定理得√3sinB-√3sinAcosC=sinCsinA,所以√3sin(A+C)-√3sinAcosC=sinCsinA,即√3(sinAcosC+cosAsinC)-

√3sinAcosC=sinCsinA,所以√3cosAsinC=sinCsinA,因为C∈(0,π),所以sinC≠0,所以tanA=√3,又因为A∈(0,π),所以A=π3;若选②:因为asinB=bcos𝐴2,所以由正弦定理得s

inAsinB=sinBcos𝐴2,因为B∈(0,π),所以sinB≠0,所以sinA=cos𝐴2,所以2sin𝐴2cos𝐴2=cos𝐴2,因为A∈(0,π),所以𝐴2∈(0,π2),所以cos𝐴2≠0,所以sin𝐴2=12,所以A

=π3;若选③:因为(sinB+sinC)2=sin2A+3sinBsinC,所以sin2B+sin2C=sin2A+sinBsinC,所以由正弦定理得b2+c2-a2=bc,所以cosA=𝑏2+𝑐2-𝑎22𝑏𝑐=12,因为A∈(0,π

),所以A=π3;9.(10分)(2023·新余模拟)在①√3b-√3acosC=csinA,②asinB=bcos𝐴2,③(sinB+sinC)2=sin2A+3sinBsinC这三个条件中任选一个补充在下面的横线上

,并加以解答.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,__________.(2)若△ABC的面积为√33,a=2,求△ABC的周长.【解析】(2)因为△ABC的面积为√33,所以S△ABC=12bcsinA=√33,所以bc=43,又a=2,所以由余弦定理得a2

=b2+c2-2bccosA=(b+c)2-2bc-2bc·12=(b+c)2-3bc,所以解得b+c=2√2,所以△ABC的周长为2+2√2.【加练备选】(2022·北京高考)在△ABC中,sin2C=√3sinC.

(1)求∠C;【解析】(1)sin2C=√3sinC,2sinCcosC=√3sinC,cosC=√32,∠C=π6.(2022·北京高考)在△ABC中,sin2C=√3sinC.(2)若b=6,且△ABC的面积为6√3,求△ABC的周长.【解析】(2)因为S△

ABC=6√3,所以12absinC=6√3,又b=6,所以a=4√3.由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC,所以c=2√3,所以△ABC的周长为6√3+6.【能力提升练】10.(5分)已知△ABC中,若A=2π3,c

=2,△ABC的面积为√32,D为边BC的中点,则AD的长度是()A.5√714B.√32C.1D.2【解析】选B.因为△ABC的面积为√32,所以有12bcsin∠BAC=12×2b×√32=√32⇒b=1,由余弦定理可知:a=√𝑐2+𝑏2-2𝑏𝑐cos∠𝐵𝐴𝐶=√4+1-2×

1×2×(-12)=√7,因为D为边BC的中点,所以BD=DC=√72,因为∠ADC+∠ADB=π,所以cos∠ADC+cos∠ADB=0⇒𝐴𝐷2+74-12𝐴𝐷·√72+𝐴𝐷2+74-42𝐴𝐷

·√72=0⇒AD=√32.11.(5分)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,已知B=60°,c=2,则△ABC面积的取值范围为()A.(√3,2√3)B.(√32,2√3)C.(√32,3)D.(√38,√32)【解析】选B.由正弦定理,𝑎

sin𝐴=𝑐sin𝐶=2sin𝐶,所以a=2sin𝐴sin𝐶=2sin(𝐵+𝐶)sin𝐶=2sin(π3+𝐶)sin𝐶=√3cos𝐶+sin𝐶sin𝐶=√3tan𝐶+1,因为在锐

角△ABC中,0<C<π2,0<A=2π3-C<π2,所以π6<C<π2,所以tanC∈(√33,+∞),1tan𝐶∈(0,√3),所以a=√3·1tan𝐶+1∈(1,4),S=12acsinB=√32a∈(√32,2√3).12.(5分)(多选题)(2023·南通模拟)已知锐角△

ABC的内角A,B,C所对应的边分别是a,b,c,若c-b=2bcosA,则𝑎+𝑐𝑏可以取()A.√5B.√6C.eD.π【解析】选BCD.因为c-b=2bcosA,由正弦定理可得sinC-sinB=2sinBcosA,又因为sinC=sin(A

+B)=sinAcosB+cosAsinB,则sinAcosB+cosAsinB-sinB=2sinBcosA,整理得sinAcosB-cosAsinB=sinB,则sin(A-B)=sinB,由A,B∈(0,π2),则A-B∈(-π

2,π2),所以A-B=B,即A=2B,则𝑎+𝑐𝑏=sin𝐴+sin𝐶sin𝐵=sin2𝐵+sin3𝐵sin𝐵=2sin𝐵cos𝐵+sin𝐵cos2𝐵+cos𝐵sin2𝐵sin𝐵=2sin𝐵cos𝐵+sin𝐵(2cos2

𝐵-1)+2cos2𝐵sin𝐵sin𝐵=4cos2B+2cosB-1,由题意可得{𝐵∈(0,π2)𝐴=2𝐵∈(0,π2)𝐴+𝐵=3𝐵∈(π2,π),解得B∈(π6,π4),令t=cosB∈(√22,

√32),则𝑎+𝑐𝑏=4t2+2t-1,因为f(t)=4t2+2t-1图象开口向上,对称轴t=-14,则f(t)在(√22,√32)上单调递增,且f(√22)=1+√2,f(√32)=2+√3,

所以𝑎+𝑐𝑏∈(1+√2,2+√3),且√6,e,π∈(1+√2,2+√3),√5∉(1+√2,2+√3),即A错误,B,C,D正确.13.(5分)(2023·哈尔滨模拟)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,D为边AB的中点,

S△ABC=2√3,且满足(a-c)(sinA+sin∠ACB)-sinB·(a-b)=0,则CD长度的最小值为__________.【解析】因为(a-c)(sinA+sin∠ACB)-sinB·(a-b)=0,所以(a-c)(a+c)-b·

(a-b)=0,所以b2+a2-c2-ab=0,所以𝑏2+𝑎2-𝑐22𝑎𝑏=12,所以cos∠ACB=12,所以∠ACB=π3,因为S△ABC=2√3,所以12absin∠ACB=√34ab=2√3,所以ab=8,因为D为边AB的中点,所以2𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗

⃗+𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,所以4𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗2=(𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)2,所以4𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗2=b2+a2+2abcos∠ACB=b2+a2+ab≥2ab+ab=3ab=24,所以𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗2≥6,所以|𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗

⃗|≥√6,当且仅当a=b=2√2时取等号.答案:√6【加练备选】(多选题)(2023·东莞模拟)如图,△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=b,且√3(acosC+ccosA)=2bsinB

,D是△ABC外一点,DC=1,DA=3,则下列说法正确的是()A.△ABC是等边三角形B.若AC=2√3,则A,B,C,D四点共圆C.四边形ABCD面积最大值为5√32+3D.四边形ABCD面积最小值为5√32-3【解析】选AC.由正弦定理a=2RsinA,b=2RsinB,c=2Rsi

nC,得√3·(sinAcosC+sinCcosA)=2sinB·sinB,所以√3sinB=2sin2B,因为B∈(0,π),所以sinB≠0,所以√3=2sinB,所以sinB=√32,因为a=b,B是等腰△ABC的底角,所以B∈(0,π2),所以B=π3,所以△ABC是等边三角形,A正确;对

于B,若A,B,C,D四点共圆,则四边形对角互补,由A正确知D=2π3,cosD=-12,但由于DC=1,DA=3,AC=2√3,cosD=𝐷𝐶2+𝐷𝐴2-𝐴𝐶22·𝐷𝐴·𝐷𝐶=12+32-(

2√3)22×1×3=-13≠-12,所以B不正确;对于C,D,设∠D=θ,则AC2=DC2+DA2-2DC·DA·cosθ=10-6cosθ,所以S△ABC=√34·(10-6cosθ)=5√32-3√32cosθ,S△ADC=32sinθ,所以S四边形ABCD=S△AD

C+S△ABC=32sinθ-3√32cosθ+5√32=3(sinθ·12-cosθ·√32)+5√32=3sin(θ-π3)+5√32,因为θ∈(0,π),所以sin(θ-π3)∈(-√32,1],所以√3<S四边形ABCD≤5√32+3,所以C正确,D不正确.14.(10分)(2023·

新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为√3,D为BC中点,且AD=1.(1)若∠ADC=π3,求tanB;【解析】(1)方法一:(正弦定理+余弦定理)由题意可知S△ABC=12acsinB=√3,故acsinB=2√3①,又在△ABD中,有

𝐴𝐷sin𝐵=𝐴𝐵sin∠𝐴𝐷𝐵,由∠ADC=π3得,1sin𝐵=𝑐sin2π3,故csinB=√32②;代入①式得a=4.在△ADB中,由余弦定理得AB2=c2=BD2+AD2-2BD·

ADcos2π3,故c2=22+12-2×2×1cos2π3=5+2=7,得c=√7.在△ABD中,cosB=𝐴𝐵2+𝐵𝐷2-𝐴𝐷22𝐴𝐵·𝐵𝐷=7+4-12√7×2=52√7>0,故B∈(0,π2),所以sinB=√

32√7,所以tanB=√35.方法二:(余弦定理)因为AD为△ABC的中线,故S△ABC=2S△ADC=2×12×𝑎2×1×sinπ3=√34a=√3,故a=4,在△ADC中,由余弦定理知b2=AC2=12+22-2×1×2×cosπ3=3,在△ABD中,c2=AB2=12+22-2×

1×2×cos2π3=7,在△ABC中,由cosB=𝑐2+𝑎2-𝑏22𝑐𝑎=7+16-32√7×4=52√7>0,故B∈(0,π2),所以sinB=√32√7,所以tanB=√35.14.(10分)(2023·新高考

Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为√3,D为BC中点,且AD=1.(2)若b2+c2=8,求b,c.【解析】(2)方法一:在△ABC中,由中线长公式可得b2+c2=

2(AD2+BD2),得AD2+BD2=4,知BD=√3,得a=2√3.由S=12bcsinA和b2+c2-a2=2bccosA得,S=14(b2+c2-a2)tanA,得tanA=-√3<0,得A∈(π2,π),A=2π3.又S=12bcsinA,所以bc=4.

由b2+c2=8和bc=4,得b=c=2.方法二:在△ABC中,由中线长公式得:(2AD)2+BC2=2(AC2+AB2),即22+a2=2(b2+c2)=16,因而a2=12,又S△ABC=12bcsinA=√3,因而bcsinA=2√3,又由余弦定理得:a2=b2+c2-2

bccosA,即12=8-2bccosA,因而bccosA=-2,因而有tanA=-√3⇒cosA=-12,所以bc=4,又b2+c2+2bc=8+8=16=(b+c)2,b2+c2-2bc=8-8=0=(b-c)2,故可得b=c=2.15.(10分)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边

分别为a,b,c,已知向量m,n满足:m=(2a,√6),n=(b,√2sinB),且m∥n.(1)求角A;【解析】(1)因为m=(2a,√6),n=(b,√2sinB),且m∥n,于是有2a×√2sinB=√6

b,即2asinB=√3b,在△ABC中,由正弦定理得:2sinAsinB=√3sinB,而sinB>0,于是得sinA=√32,又A为锐角,所以A=π3;15.(10分)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知

向量m,n满足:m=(2a,√6),n=(b,√2sinB),且m∥n.(2)若a=2,求△ABC周长的取值范围.【解析】(2)已知△ABC是锐角三角形,由(1)知A=π3,C=2π3-B,于是有0<B<π2,且0

<2π3-B<π2,从而得π6<B<π2,而a=2,由正弦定理得𝑏sin𝐵=𝑐sin𝐶=𝑎sin𝐴=2√32=4√33,则b=4√33sinB,c=4√33sinC=4√33sin(2π3-B),则有b+c=4√33[sinB+sin(2π3-B)]=4(√

32sinB+12cosB)=4sin(B+π6),而π3<B+π6<2π3,则√32<sin(B+π6)≤1,即2√3<b+c≤4,所以b+c的取值范围为(2√3,4].所以2√3+2<a+b+c≤6,即△ABC周长的取值范围是(2√3+2,6].【加练备选】1.(2023·南昌模拟)在

△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且B=π3,b=2.(1)若△ABC的面积为√3,求sinA·sinC;【解析】(1)由已知B=π3,△ABC的面积为√3,则12acsinB=√34ac=√3,解得ac=4.又B=π3,b=2,由正弦定理

得,𝑎sin𝐴=𝑐sin𝐶=𝑏sin𝐵=2√32=43√3,则sinA·sinC=√34a·√34c=316×4=34;1.(2023·南昌模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且B=π3,b=2.(2)若1𝑎+1𝑐=1,

求边a,c.【解析】(2)由余弦定理b2=a2+c2-2accosB得a2+c2-ac=4,可化为(a+c)2-3ac=4①又已知1𝑎+1𝑐=1可化为a+c=ac②,联立①②解得a=2,c=2.2.(2023·温州模拟)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b

(√3sinA-cosC)=(c-a)cosB.(1)求角B的大小;【解析】(1)因为b(√3sinA-cosC)=(c-a)cosB,所以由正弦定理可得sinB(√3sinA-cosC)=(sinC-sinA)cosB,√3sinAsinB-sinBcosC=s

inCcosB-sinAcosB,√3sinAsinB=sinCcosB+sinBcosC-sinAcosB,√3sinAsinB=sin(C+B)-sinAcosB,又在△ABC中B+C=π-A,可得√3sinAsinB=sin(π-A)-sinAcosB,√3sinAsinB=si

nA-sinAcosB,又sinA>0,√3sinB=1-cosB,可得sin(B+π6)=12,又B∈(0,π),即B+π6∈(π6,7π6),可得B+π6=5π6,则B=2π3;2.(2023·温州模拟)已知△ABC

的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b(√3sinA-cosC)=(c-a)cosB.(2)若a=5,c=3,O为△ABC的重心,求△OAC的面积.【解析】(2)连接BO并延长使其交AC于点D,如图,因为O为△ABC的重心,所以OD=13BD,则点O

到线段AC的距离是点B到线段AC的距离的13,则S△OAC=13S△BAC=13×12acsin∠ABC=13×12×5×3×√32=5√34.【素养创新练】16.(5分)箜篌历史悠久、源远流长,音域宽广、音色柔美清澈,表现力强.如图是箜篌的一种常见的形制,对其进行绘制,发现近似一扇形

,在圆弧的两个端点A,B处分别作切线相交于点C,测得切线AC=99.9cm,BC=100.2cm,AB=180cm,根据测量数据可估算出该圆弧所对圆心角的余弦值为()A.0.62B.0.56C.-0.56D.-0

.62【解析】选A.由题意,∠OAC=∠OBC=90°,所以∠AOB+∠ACB=180°,切线AC=99.9cm,BC=100.2cm,由切线长定理,不妨取AC=BC=100cm,又AB=180cm,由余弦定理,有c

os∠ACB=𝐴𝐶2+𝐵𝐶2-𝐴𝐵22𝐴𝐶·𝐵𝐶=1002+1002-18022×100×100=-0.62,cos∠AOB=cos(180°-∠ACB)=-cos∠ACB=0.62.17.

(5分)十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题:“已知一个三角形,求作一点,使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.”它的答案是:当三角形的三个角均小于23π时,即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角2

3π;当三角形有一内角大于或等于23π时,所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中,所求点称为费马点.在△ABC中,已知∠ACB=23π,AC=1,BC=2,点M在边AB上,且满足CM=BM,若点P为△AMC的费马点,则𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·

𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=()A.-1B.-45C.-35D.-25【解析】选C.因为在△ABC中,∠ACB=23π,AC=1,BC=2,所以

由余弦定理可得AB=√𝐴𝐶2+𝐶𝐵2-2𝐴𝐶·𝐶𝐵cos∠𝐴𝐶𝐵=√7,由正弦定理可得𝐴𝐶sin𝐵=𝐴𝐵sin∠𝐴𝐶𝐵,即sinB=𝐴𝐶sin∠𝐴𝐶𝐵�

�𝐵=1×√32√7=√2114,又B为锐角,所以cosB=√1-sin2𝐵=5√714,设CM=BM=x,则CM2=CB2+BM2-2CB·BMcosB,即x2=4+x2-10√77x,解得x=2√75,即BM=25AB,所以AM=35

AB=3√75,则S△AMC=35S△ABC=35×12×1×2×√32=3√310,又cos∠AMC=𝐴𝑀2+𝐶𝑀2-𝐴𝐶22𝐴𝑀·𝐶𝑀=6325+2825-12×3√75×2√75>0,则∠AMC为

锐角,由于∠ACB=23π,故∠ACM<2π3,所以△AMC的三个内角均小于23π,则P与△AMC的三个顶点的连线两两成角23π;所以S△AMC=12|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|sin2π3+12|

𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|sin2π3+12|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|sin2π3=√34(|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|+|𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|+|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|)=3√310,所以|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|+|𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|+|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=65

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⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|cos2π3+|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|cos2π3=-12(|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|+|𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|+|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑃

𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|)=-12×65=-35.