主题2 第4章 第7节 解三角形的综合问题(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

主题二 函　数（必修第二册） 第四章　三角函数、解三角形 第7节　解三角形的综合问题 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 跃升 关键能力 01 课时冲关 02 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 　 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 　 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 　 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 解三角形中的结构不良问题 [典例]　 　(2025·北京模拟)已知△ABC为锐角三角形，且b＝7，a sin B＝4 eq \r(3). (1)求sin A的值； (2)再从条件 ①、条件 ②、条件 ③ 这三个条件中选择一个作为已知， 求△ABC的周长． 条件①：a＝8； 条件②：B＝ eq \f(π,3)；条件③：c＝5. 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． [解]　 (1)由正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)， 所以a sin B＝b sin A. 代入得a sin B＝7sin A＝4 eq \r(3)，所以sin A＝ eq \f(4\r(3),7). (2)选择条件①：a＝8. 因为sin A＝ eq \f(4\r(3),7)，所以cos A＝± eq \f(1,7). 因为A为锐角，所以cos A＝ eq \f(1,7)， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A， 代入得到64＝49＋c2－2·7·c· eq \f(1,7)， 所以c2－2c－15＝0， 解得c＝5，或c＝－3(舍). 所以△ABC的周长为20. 选择条件②：B＝ eq \f(π,3). 因为a sin B＝4 eq \r(3)，所以a eq \f(\r(3),2)＝4 eq \r(3)， 所以a＝8， 因为sin A＝ eq \f(4\r(3),7)，所以cos A＝± eq \f(1,7). 因为A为锐角，所以cos A＝ eq \f(1,7)， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A， 代入得到64＝49＋c2－2·7·c· eq \f(1,7)， 所以c2－2c－15＝0， 解得c＝5，或c＝－3(舍). 所以△ABC的周长为20. 选择条件③：c＝5， 因为sin A＝ eq \f(4\r(3),7)， 所以cos A＝± eq \f(1,7). 因为A为锐角，所以cos A＝ eq \f(1,7)， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A， 代入得到a2＝49＋25－2·7·5· eq \f(1,7)， 所以a＝8，所以△ABC的周长为20. “结构不良问题”的解题策略 (1)题目所给的三个可选择的条件是平行的，无论选择哪个条件，都可解答题目． (2)在选择的三个条件中，并没有哪个条件让解答过程比较繁杂，只要推理严谨、过程规范，都会得满分，但计算要细心、准确，避免出现低级错误导致失分． (2025·辽宁省大连市模拟试卷) 在①a＋acos C＝eq \r(3)csin A，②(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，③(a－b)sin(B＋C)＋bsin B＝csin C．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答． 已知锐角三角形ABC的内角分别为A，B，C，对边分别为a，b，c，__________，且S△ABC＝eq \r(3). (1)求角C的值； (2)求a的取值范围． 注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分． 解：(1)选择条件①，∵a＋acos C＝eq \r(3)csin A， ∴由正弦定理可得sin A＋sin A cos C＝eq \r(3)sin C sin A. ∵0＜A＜eq \f(π,2)，∴sin A≠0， ∴1＋cos C＝eq \r(3) sin C，∴eq \r(3)sin C－cos C＝1， 即eq \f(\r(3),2)sin C－eq \f(1,2)cos C＝eq \f(1,2)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝eq \f(1,2). ∵0＜C＜eq \f(π,2)，－eq \f(π,6)＜C－eq \f(π,6)＜eq \f(π,3)， ∴C－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，∴C＝eq \f(π,3). 选择条件②，由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，得(a＋b)2－c2＝a2＋b2＋2ab－c2＝3ab， ∴a2＋b2－c2＝ab. 则由余弦定理得cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(ab,2ab)＝eq \f(1,2). ∵0＜C＜eq \f(π,2)，∴C＝eq \f(π,3). 选择条件③，∵A＋B＋C＝π，∴B＋C＝π－A， 结合(a－b)sin(B＋C)＋bsin B＝csin C，得(a－b)·sin A＋b·sin B＝csin C. 由正弦定理，得(a－b)a＋b2＝c2， 即a2＋b2－c2＝ab. 则由余弦定理，得cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(ab,2ab)＝eq \f(1,2). ∵0＜C＜eq \f(π,2)，∴C＝eq \f(π,3). (2)∵S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)ab·eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，∴ab＝4. ∵△ABC为锐角三角形，且C＝eq \f(π,3)， ∴A＝eq \f(2π,3)－B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴eq \f(π,6)＜B＜eq \f(2π,3). 又0＜B＜eq \f(π,2)，∴eq \f(π,6)＜B＜eq \f(π,2)，∴tan B＞eq \f(\r(3),3). 由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得a＝eq \f(bsin A,sin B)， ∴a2＝eq \f(absin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B)),sin B)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos B＋\f(1,2)sin B)),sin B) ＝eq \f(2\r(3),tan B)＋2，∴2＜a2＜8，∴eq \r(2)＜a＜2eq \r(2)， 即a的取值范围为(eq \r(2)，2eq \r(2))． 平面几何中的解三角形问题 [典例]　如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝eq \r(7)，EA＝2，∠ADC＝eq \f(2π,3)，且∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差数列． (1)求sin∠CED； (2)求BE的长． [解]　设∠CED＝α. 因为∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差数列， 所以2∠BEC＝∠CBE＋∠BCE， 又∠CBE＋∠BEC＋∠BCE＝π，所以∠BEC＝eq \f(π,3). (1)在△CDE中，由余弦定理得EC2＝CD2＋DE2－2CD·DE·cos∠EDC， 即7＝CD2＋1＋CD，即CD2＋CD－6＝0， 解得CD＝2(CD＝－3舍去)． 在△CDE中，由正弦定理得eq \f(EC,sin∠EDC)＝eq \f(CD,sin α)， 于是sin α＝eq \f(CD·sin\f(2π,3),EC)＝eq \f(2×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq \f(\r(21),7)， 即sin∠CED＝eq \f(\r(21),7). (2)由题设知0<α<eq \f(π,3)，由(1)知 cos α＝eq \r(1－sin2α)＝eq \r(1－\f(21,49))＝eq \f(2\r(7),7)， 又∠AEB＝π－∠BEC－α＝eq \f(2π,3)－α， 所以cos∠AEB＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))＝coseq \f(2π,3)cos α＋ sineq \f(2π,3)sin α＝－eq \f(1,2)×eq \f(2\r(7),7)＋eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(21),7)＝eq \f(\r(7),14). 在Rt△EAB中，cos∠AEB＝eq \f(EA,BE)＝eq \f(2,BE)＝eq \f(\r(7),14)， 所以BE＝4eq \r(7). 与平面图形有关的解三角形问题的关键及思路 求解平面图形中的计算问题，关键是梳理条件和所求问题的类型，然后将数据化归到三角形中，利用正弦定理或余弦定理建立已知和所求的关系． 具体解题思路如下： (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、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，求出结果． 提醒：做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题． (2023·新课标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eq \r(3)，D为BC的中点，且AD＝1. (1)若∠ADC＝eq \f(π,3)，求tan B； (2)若b2＋c2＝8，求b，c. 解：(1)因为S△ABC＝2S△ADC＝2×eq \f(1,2)×eq \f(a,2)×1×sin 60°＝eq \f(\r(3),4)a＝eq \r(3)，解得a＝4， 在△ADC中由余弦定理得b2＝12＋22－2×1×2×cos eq \f(π,3)＝3， 在△ABD中，c2＝12＋22－2×1×2×cos eq \f(2π,3)＝7， 在△ABC中，cos B＝eq \f(c2＋a2－b2,2ca)＝eq \f(7＋16－3,2\r(7)×4)＝eq \f(5\r(7),4)，sin B＝eq \r(1－cos2B)＝eq \f(\r(21),14)， 因此tan B＝eq \f(sin B,cos B)＝eq \f(\r(3),5). (2)在△ABC中，由中线长公式可得(2AD)2＋BC2＝2(AB2＋AC2)，即22＋a2＝2(b2＋c2)＝16，所以a2＝12，又S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \r(3)，因而bcsin A＝2eq \r(3)，又由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，即12＝8－2bccos A，所以bccos A＝－2，故tan A＝－eq \r(3)⇒cos A＝－eq \f(1,2)，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. 　解三角形中的最值与范围问题 [典例]　(2022·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(cos A,1＋sin A)＝eq \f(sin 2B,1＋cos 2B). (1)若C＝eq \f(2π,3)，求B； (2)求eq \f(a2＋b2,c2)的最小值． [解]　 (1)因为eq \f(cos A,1＋sin A)＝eq \f(sin 2B,1＋cos 2B) ＝eq \f(2sin Bcos B,2cos2B)＝eq \f(sin B,cos B)， 即sin B＝cos Acos B－sin Asin B ＝cos(A＋B)＝－cos C＝eq \f(1,2)， 而0＜B＜eq \f(π,2)，所以B＝eq \f(π,6). (2)由(1)知，sin B＝－cos C＞0， 所以eq \f(π,2)＜C＜π，0＜B＜eq \f(π,2)， 而sin B＝－cos C＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,2)))， 所以C＝eq \f(π,2)＋B， 即有A＝eq \f(π,2)－2B. 所以eq \f(a2＋b2,c2)＝eq \f(sin2A＋sin2B,sin2C)＝eq \f(cos22B＋1－cos2B,cos2B) ＝eq \f(2cos2B－12＋1－cos2B,cos2B)＝4cos2B＋eq \f(2,cos2B)－5≥2eq \r(8)－5＝4eq \r(2)－5. 当且仅当cos2B＝eq \f(\r(2),2)时取等号，所以eq \f(a2＋b2,c2)的最小值为4eq \r(2)－5. 与平面图形有关的解三角形问题的关键及思路 本题涉及求边的取值范围，一般思路是 (1)利用正弦定理把边转化为角，利用三角函数的性质求出范围或最值． (2)利用正、余弦定理把角转化为边，利用不等式求出范围或最值． (2025·湖北七市联考)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(cos A,a)＋eq \f(cos B,b)＝eq \f(2\r(3)sin C,3a). (1)求角B的大小； (2)若b＝2eq \r(3)，求a＋c的取值范围． 解：(1)由已知条件， 得bcos A＋acos B＝eq \f(2\r(3),3)bsin C. 由正弦定理， 得sin Bcos A＋cos Bsin A ＝eq \f(2\r(3),3)sin Bsin C， 即sin(A＋B)＝eq \f(2\r(3),3)sin Bsin C. 又在△ABC中，sin(A＋B)＝sin C≠0， 所以sin B＝eq \f(\r(3),2).因为B是锐角，所以B＝eq \f(π,3). (2)由正弦定理， 得eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4， 则a＝4sin A，c＝4sin C. 所以a＋c＝4sin A＋4sin C ＝4sin A＋4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A)) ＝6sin A＋2eq \r(3)cos A＝4eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))). 由0<A<eq \f(π,2)，0<eq \f(2π,3)－A<eq \f(π,2)，得eq \f(π,6)<A<eq \f(π,2)， 所以eq \f(π,3)<A＋eq \f(π,6)<eq \f(2π,3)，所以eq \f(\r(3),2)<sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))≤1， 所以6<a＋c≤4eq \r(3).故a＋c的取值范围为(6,4eq \r(3)]． 三角变换与解三角形的综合应用 [典例]　已知函数f(x)＝eq \r(3)sin ωxcos ωx－sin2ωx＋eq \f(1,2)，其中ω＞0，若实数x1，x2满足|f(x1)－f(x2)|＝2时，|x1－x2|的最小值为eq \f(π,2). (1)求ω的值及f(x)的对称中心； (2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若f(A)＝－1，a＝eq \r(3)，求△ABC周长的取值范围． [解]　(1)f(x)＝eq \r(3)sin ωxcos ωx－sin2ωx＋eq \f(1,2) ＝eq \f(\r(3),2)sin 2ωx－eq \f(1－cos 2ωx,2)＋eq \f(1,2) ＝eq \f(\r(3),2)sin 2ωx＋eq \f(1,2)cos 2ωx＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))， 显然f(x)的最大值为1，最小值为－1，则|f(x1)－f(x2)|＝2时，|x1－x2|的最小值等于eq \f(T,2)， 则eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，则eq \f(2π,2ω)＝π，ω＝1； 令2x＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝－eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z， 则f(x)的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))，k∈Z. (2)f(A)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝－1,2A＋eq \f(π,6)＝－eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，又A∈(0，π)，则A＝eq \f(2π,3)， 由正弦定理得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2， 则b＝2sin B，c＝2sin C， 则周长为a＋b＋c＝eq \r(3)＋2sin B＋2sin C ＝eq \r(3)＋2sin B＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－B)) ＝eq \r(3)＋sin B＋eq \r(3)cos B＝eq \r(3)＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))， 又0＜B＜eq \f(π,3)，则eq \f(π,3)＜B＋eq \f(π,3)＜eq \f(2π,3)， 则eq \r(3)＜2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))≤2， 故周长的取值范围为(2eq \r(3)，2＋eq \r(3)]． 解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两方面： (1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形； (2)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用． (2025·山东淄博模拟)已知函数f(x)＝eq \r(3)sin ωxcos ωx－cos2ωx＋eq \f(1,2)(ω＞0)，其图象上相邻的最高点和最低点间的距离为eq \r(4＋\f(π2,4)). (1)求函数f(x)的解析式； (2)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝4，bc＝12，f(A)＝1.若角A的平分线AD交BC于D，求AD的长． 解：(1)因为f(x)＝eq \r(3)sin ωx cos ωx－cos2ωx＋eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),2)sin 2ωx－eq \f(1,2)cos 2ωx＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))， 设函数f(x)的周期为T，由题意eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＋4＝4＋eq \f(π2,4)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2ω)))2＝eq \f(π2,4)，解得ω＝1， 所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))). (2)由f(A)＝1，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝1，即2A－eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得A＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z， 因为A∈[0，π]，所以A＝eq \f(π,3)， 因为A的平分线AD交BC于D， 所以S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，即eq \f(1,2)bcsin eq \f(π,3)＝eq \f(1,2)c·AD·sin eq \f(π,6)＋eq \f(1,2)b·AD·sin eq \f(π,6)，可得AD＝eq \f(\r(3)bc,b＋c)， 由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc，而bc＝12， 得(b＋c)2＝52，因此AD＝eq \f(12\r(3),2\r(13))＝eq \f(6\r(39),13). $$