在 $\triangle ABC$ 中，$A,B,C$ 所对的边分别为 $a,b,c$，$M$ 为 $AB$ 边上一点，$P$ 为直线 $CM$ 上一点，且 $\overrightarrow{CP}=\dfrac{\overrightarrow{CA}}{b\cos A}+\dfrac{\overrightarrow{CB}}{a\cos B}$，又已知 $\left|\overrightarrow{CM}\right|=\dfrac c2$，$a^2+b^2=2\sqrt 2ab$，求 $C$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$\dfrac {\pi}4$
【解析】
设 $Q$ 是直线 $CM$ 上不同于 $C$ 点的任意一点，且 $\overrightarrow{CQ}=x\overrightarrow{CA}+y\overrightarrow{CB}$，则$$\dfrac xy=\dfrac{BM}{AM},$$因此有$$\dfrac{BM}{AM}=\dfrac {a\cos B}{b\cos A}.$$
考虑到 $a\cos B$ 与 $b\cos A$ 的几何意义，作 $AB$ 边上的高 $CH$，则$$\dfrac{BH}{AH}=\dfrac{a\cos B}{b\cos A},$$于是点 $M$ 即点 $H$．这样有 $\triangle ABC$ 的面积$$S=\dfrac 12 AB\cdot CH=\dfrac 14c^2,$$结合余弦定理，有$$\dfrac 14(a^2+b^2-2ab\cos C)=\dfrac 12ab\sin C,$$将 $a^2+b^2=2\sqrt 2ab$ 代入，整理得$$\sin\left(C+\dfrac{\pi}4\right)=1,$$从而 $C=\dfrac {\pi}4$．
考虑到 $a\cos B$ 与 $b\cos A$ 的几何意义，作 $AB$ 边上的高 $CH$，则$$\dfrac{BH}{AH}=\dfrac{a\cos B}{b\cos A},$$于是点 $M$ 即点 $H$．这样有 $\triangle ABC$ 的面积$$S=\dfrac 12 AB\cdot CH=\dfrac 14c^2,$$结合余弦定理，有$$\dfrac 14(a^2+b^2-2ab\cos C)=\dfrac 12ab\sin C,$$将 $a^2+b^2=2\sqrt 2ab$ 代入，整理得$$\sin\left(C+\dfrac{\pi}4\right)=1,$$从而 $C=\dfrac {\pi}4$．
答案
解析
备注
