第二编 专题2 专题培优 三角形中的“三线”及多边形问题-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中数学高考复习课件聚焦“三角函数与解三角形”专题，覆盖三角形中线、角平分线、高线及多边形问题等高考核心考点，依据高考评价体系分析考点权重，如中线问题占比30%、角平分线占25%，归纳求长度、角度、面积等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+方法导析+素养提升”，融入2023新课标Ⅰ卷、Ⅱ卷等真题解析，通过中线长定理推导、角平分线面积法等突破方法，培养学生数学思维（推理能力）和数学语言（公式应用）。特设“易错陷阱警示”，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，助力高考冲刺。

第二编　主干知识突破 专题二　三角函数与解三角形 专题培优　三角形中的“三线” 及多边形问题 目录 热点 考向探究 真题VS押题 专题作业 热点 考向探究 热点 考向探究 4 热点 考向探究 5 热点 考向探究 6 热点 考向探究 7 热点 考向探究 8 热点 考向探究 9 热点 考向探究 10 热点 考向探究 11 热点 考向探究 12 热点 考向探究 13 热点 考向探究 14 解决与三角形的角平分线有关的问题的方法 (1)利用角平分线定理、找边之间的关系． (2)角平分线把大三角形分成两个小三角形，故可利用这两个小三角形的面积和为大三角形的面积求解． (3)在求三角形角平分线长的取值范围时，通常将角平分线的长表示为某角的三角函数，然后利用三角函数的取值范围求解． 热点 考向探究 15 热点 考向探究 16 热点 考向探究 17 热点 考向探究 18 热点 考向探究 19 热点 考向探究 20 热点 考向探究 21 热点 考向探究 22 解： (1)证明：由A＋B＋C＝π，得C＝π－A－B， 则sin(C－B)＝sin(A＋2B)＝sinAcos2B＋cosAsin2B， 所以sinAcos2B＋cosAsin2B＝2sinAcos2B， 整理，得cosAsin2B－sinAcos2B＝0，则sin(2B－A)＝0， 又A，B∈(0，π)，所以A＝2B或2B－A＝π， 热点 考向探究 23 热点 考向探究 24 热点 考向探究 25 热点 考向探究 26 热点 考向探究 27 热点 考向探究 28 热点 考向探究 29 在多边形中研究或求与角有关的长度、角度、面积等问题时，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程(组)，解之可得，若研究最值，常使用函数或基本不等式． 热点 考向探究 30 热点 考向探究 31 热点 考向探究 32 热点 考向探究 33 真题VS押题 1．(2023·新课标Ⅰ卷，17)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB. (1)求sinA； (2)设AB＝5，求AB边上的高． 真题VS押题 35 真题VS押题 36 真题VS押题 37 真题VS押题 38 真题VS押题 39 真题VS押题 40 真题VS押题 41 真题VS押题 42 真题VS押题 43 真题VS押题 44 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用正、余弦定理、面积公式求角，求一边上的高 利用正弦定理求角；利用等面积法求角平分线的长 利用正、余弦定理求角的正弦值；利用向量法求中线长；利用等面积法、基本不等式求角平分线长的最大值 利用正、余弦定理、向量法求角，求中线长的取值范围 利用正弦定理求角；利用余弦定理、基本不等式求四边形面积的最大值 利用正弦定理求角的余弦值；利用角平分线定理证明垂直；利用余弦定理求边长 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 2．(2025·山西吕梁一模)如图，已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosB＋bcosA＝2ccosA. (1)求A； (2)若b＝4，c＝6，设AD为△ABC的角平分线，求AD的长． 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 　　　　　　　　　　　　　 R 考向1　三角形的中线 例1　(2025·河南郑州二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b(cosA＋eq \r(3)sinA)＝a＋c. (1)求B； (2)若a＝2，c＝5，AC，AB边上的中线BE，CF相交于点M. ①求BE； ②求cos∠EMF. 解：(1)由正弦定理，得sinB(cosA＋eq \r(3)sinA)＝sinA＋sinC， ∴sinBcosA＋eq \r(3)sinBsinA＝sinA＋sin(A＋B)， ∴eq \r(3)sinBsinA＝sinA＋sinAcosB， ∵sinA≠0，∴eq \r(3)sinB＝1＋cosB， ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq \f(1,2).∵－eq \f(π,6)<B－eq \f(π,6)<eq \f(5π,6)，∴B－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，即B＝eq \f(π,3). (2)①∵eq \o(BE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BA,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→)))， ∴|eq \o(BE,\s\up12(→))|＝eq \f(1,2) eq \r(（\a\vs4\al(\o(BA,\s\up12(→)))＋\a\vs4\al(\o(BC,\s\up12(→))）2))＝eq \f(1,2) eq \r(|\a\vs4\al(\o(BA,\s\up12(→)))|2＋\a\vs4\al(2\o(BA,\s\up12(→)))·\a\vs4\al(\o(BC,\s\up12(→)))＋|\a\vs4\al(\o(BC,\s\up12(→)))|2)＝eq \f(\r(39),2)， 即BE＝eq \f(\r(39),2). ②在△BCF中，由余弦定理，得CF2＝BC2＋BF2－2BC×BF×eq \f(1,2)＝eq \f(21,4)，即CF＝eq \f(\r(21),2). 解法一：由题意知，M是△ABC的重心， ∴CM＝eq \f(2,3)CF＝eq \f(\r(21),3)，∴BM＝eq \f(2,3)BE＝eq \f(\r(39),3)， 在△BMC中，由余弦定理，得 cos∠BMC＝eq \f(BM2＋CM2－BC2,2BM·CM)＝eq \f(4\r(91),91)，即cos∠EMF＝eq \f(4\r(91),91). 解法二：∵eq \o(CF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up12(→))－eq \o(BC,\s\up12(→))， ∴eq \o(BE,\s\up12(→))·eq \o(CF,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(BA,\s\up12(→))＋\f(1,2)\o(BC,\s\up12(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(BA,\s\up12(→))－\o(BC,\s\up12(→))))＝eq \f(1,4)|eq \o(BA,\s\up12(→))|2－eq \f(1,4) eq \o(BA,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))－eq \f(1,2)|eq \o(BC,\s\up12(→))|2＝3. ∴cos∠EMF＝cos〈eq \o(BE,\s\up12(→))，eq \o(CF,\s\up12(→))〉＝eq \f(\o(BE,\s\up12(→))·\o(CF,\s\up12(→)),|\a\vs4\al(\o(BE,\s\up12(→)))||\a\vs4\al(\o(CF,\s\up12(→)))|)＝eq \f(4\r(91),91). 1．中线长定理：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)． 推导过程：在△ABD中，cosB＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)， 在△ABC中，cosB＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)， 联立两个方程可得AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)． 2．解决三角形中线问题的常用方法 (1)利用邻补角的余弦值互为相反数及余弦定理求解． (2)利用中线长定理求解，但要书写其证明过程． (3)利用向量法求解． (2025·浙江杭州模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cosC＝eq \f(a,b)－eq \f(c,2b). (1)求角B； (2)若△ABC外接圆的半径为eq \r(3)，且AC边上的中线长为eq \f(5,2)，求△ABC的面积和周长． 解：(1)由cosC＝eq \f(a,b)－eq \f(c,2b)，得2bcosC＝2a－c， 由正弦定理，得2sinBcosC＝2sinA－sinC， 即2sinBcosC＝2sin(B＋C)－sinC， 化简得sinC＝2sinCcosB. 因为C∈(0，π)，sinC≠0，所以cosB＝eq \f(1,2)， 又因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3). (2)由正弦定理，得eq \f(b,sinB)＝2eq \r(3)，解得b＝3， 设D为AC边上的中点， 则AD＝CD＝eq \f(3,2)，BD＝eq \f(5,2). 解法一：在△BCD中，cos∠CDB＝eq \f(\f(25,4)＋\f(9,4)－a2,2×\f(5,2)×\f(3,2))， 在△ABD中，cos∠ADB＝eq \f(\f(25,4)＋\f(9,4)－c2,2×\f(5,2)×\f(3,2))， 因为∠ADB＋∠CDB＝π，所以cos∠ADB＋cos∠CDB＝0， 所以a2＋c2＝17， 由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得9＝a2＋c2－ac，即ac＝8， 由三角形的面积公式，得S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝2eq \r(3)， 又(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝17＋2×8＝33，所以a＋c＝eq \r(33)， 所以△ABC的周长为3＋eq \r(33). 解法二：利用向量的加法法则，得2eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \o(BA,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))， 两边平方，得4eq \o(BD,\s\up12(→))2＝eq \o(BA,\s\up12(→))2＋eq \o(BC,\s\up12(→))2＋2eq \o(BA,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))，即25＝c2＋a2＋ac， 由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB， 得9＝a2＋c2－ac， 两式相减，得16＝2ac，即ac＝8， 由三角形的面积公式，得S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝2eq \r(3)， 由25＝c2＋a2＋ac，得(a＋c)2－ac＝25， 故a＋c＝eq \r(33)， 所以△ABC的周长为3＋eq \r(33). 考向2　三角形的角平分线 例2　(2025·江苏南通模拟)在△ABC中，已知tanA＝eq \f(4,3)，sin(A－B)＝eq \f(\r(2),10). (1)求B； (2)若AD为∠BAC的平分线，△ABC的面积为14，求AD. 解：(1)在△ABC中，tanA＝eq \f(4,3)>0，所以0<A<eq \f(π,2)， 因为0<B<π，所以－π<A－B<eq \f(π,2)， 因为sin(A－B)＝eq \f(\r(2),10)>0，所以0<A－B<eq \f(π,2)， 所以cos(A－B)＝eq \r(1－sin2（A－B）)＝eq \f(7\r(2),10)， 所以tan(A－B)＝eq \f(sin（A－B）,cos（A－B）)＝eq \f(1,7)， 所以tanB＝tan[A－(A－B)]＝eq \f(tanA－tan（A－B）,1＋tanAtan（A－B）)＝eq \f(\f(4,3)－\f(1,7),1＋\f(4,3)×\f(1,7))＝1， 又因为0<B<π，所以B＝eq \f(π,4). (2)因为tanA＝eq \f(4,3)，0<A<eq \f(π,2)，所以sinA＝eq \f(4,5)，cosA＝eq \f(3,5)， 所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq \f(7\r(2),10). 记△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 由正弦定理，得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，所以eq \f(b,c)＝eq \f(sinB,sinC)＝eq \f(5,7)， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×eq \f(5,7)c2×eq \f(4,5)＝14， 解得c＝7(负值舍去)，所以b＝5. 又由cosA＝1－2sin2eq \f(A,2)＝eq \f(3,5)，得sineq \f(A,2)＝eq \f(\r(5),5)， 所以由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，得14＝eq \f(1,2)c·ADsineq \f(A,2)＋eq \f(1,2)b·ADsineq \f(A,2)， 所以14＝eq \f(7,2)×eq \f(\r(5),5)AD＋eq \f(5,2)×eq \f(\r(5),5)AD，解得AD＝eq \f(7\r(5),3). 已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a＝8，eq \f(a,c)＝1＋eq \f(sin2A－sin2C,sin2B)，且a≠c. (1)求证：B＝2C； (2)已知点M在线段AC上，且∠ABM＝∠CBM，求BM的取值范围． 解：(1)证明：因为eq \f(a,c)＝1＋eq \f(sin2A－sin2C,sin2B)，即eq \f(a－c,c)＝eq \f(sin2A－sin2C,sin2B)， 由正弦定理，可得eq \f(a－c,c)＝eq \f(a2－c2,b2)＝eq \f(（a＋c）（a－c）,b2)， 又a≠c，即a－c≠0， 所以eq \f(1,c)＝eq \f(a＋c,b2)，整理得b2＝c2＋ac， 由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB， 整理得c＝a－2ccosB， 由正弦定理，得sinC＝sinA－2sinCcosB， 故sinC＝sin(B＋C)－2sinCcosB＝sinBcosC＋sinCcosB－2sinCcosB＝sin(B－C)， 又△ABC为锐角三角形， 则C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 可得B－C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))， 所以C＝B－C，即B＝2C. (2)由题意知，BM平分∠ABC， 又B＝2C，所以C＝∠CBM，则∠BMC＝π－C－∠CBM＝π－2C， 在△MCB中，由正弦定理，得eq \f(BC,sin∠BMC)＝eq \f(BM,sinC)， 所以BM＝eq \f(BCsinC,sin∠BMC)＝eq \f(8sinC,sin2C)＝eq \f(8sinC,2sinCcosC)＝eq \f(4,cosC)， 因为△ABC为锐角三角形，且B＝2C， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<C<\f(π,2)，,0<2C<\f(π,2)，,0<π－3C<\f(π,2)，))解得eq \f(π,6)<C<eq \f(π,4)，故eq \f(\r(2),2)<cosC<eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(8\r(3),3)<BM<4eq \r(2). 所以BM的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),3)，4\r(2))). 考向3　三角形的高线 例3　(2025·河南郑州一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2＋c2－a2＝eq \r(2)bc，2sin(C－A)＝sinB. (1)求sinC； (2)设BC＝10，求BC边上的高． 解：(1)在△ABC中， ∵b2＋c2－a2＝eq \r(2)bc， ∴cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\r(2)bc,2bc)＝eq \f(\r(2),2)， 又A为三角形的内角，∴A＝eq \f(π,4). ∵2sin(C－A)＝sinB，∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－C))， 展开，得eq \r(2)(sinC－cosC)＝eq \f(\r(2),2)(cosC＋sinC)，整理，得sinC＝3cosC， 又sin2C＋cos2C＝1，且sinC>0，∴sinC＝eq \f(3\r(10),10). (2)由正弦定理，得eq \f(BC,sinA)＝eq \f(AB,sinC)，∴AB＝eq \f(BC,sinA)·sinC＝eq \f(10,\f(\r(2),2))×eq \f(3\r(10),10)＝6eq \r(5)， 由(1)，得sinC＝eq \f(3\r(10),10)， 又sinC＝3cosC，∴cosC＝eq \f(\r(10),10)， ∴sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq \f(2\r(5),5)， 设BC边上的高为h， 则h＝ABsinB＝6eq \r(5)×eq \f(2\r(5),5)＝12， ∴BC边上的高为12. (1)求高一般采用等面积法，即求某边上的高，需要求出三角形的面积和底边长度，有时也可把高放到直角三角形中，利用解直角三角形的知识解决． (2)若h1，h2，h3分别为△ABC的边a，b，c上的高，则h1∶h2∶h3＝eq \f(1,a)∶eq \f(1,b)∶eq \f(1,c)＝eq \f(1,sinA)∶eq \f(1,sinB)∶eq \f(1,sinC). (2025·江西景德镇二模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，AD，BE分别为BC，AC边上的高，eq \f(AD,BE)＝eq \f(3,4)，sin(C－B)＝2sinAcos2B. (1)求证：A＝2B； (2)若c＝eq \f(7,3)，求a. 当2B－A＝π时，可得A＝2B－π，C＝2π－3B， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<B<π，,0<2B－π<π，,0<2π－3B<π，)) 解得eq \f(π,2)<B<eq \f(2π,3)，则0<A<eq \f(π,3)， 因为eq \f(AD,BE)＝eq \f(3,4)，且S△ABC＝eq \f(1,2)a·AD＝eq \f(1,2)b·BE，所以eq \f(b,a)＝eq \f(3,4). 由正弦定理可知，eq \f(sinB,sinA)＝eq \f(3,4)， 则sinB<sinA，显然与0<A<eq \f(π,3)<eq \f(π,2)<B<eq \f(2π,3)矛盾， 所以2B－A＝π不符合题意，舍去，所以A＝2B. (2)由(1)，可知eq \f(sinB,sinA)＝eq \f(3,4)，且A＝2B， 则eq \f(sinB,sinA)＝eq \f(sinB,sin2B)＝eq \f(1,2cosB)＝eq \f(3,4)，解得cosB＝eq \f(2,3)， 因为sin2B＋cos2B＝1，所以sinB＝eq \f(\r(5),3)， 所以sinA＝sin2B＝2sinBcosB＝eq \f(4\r(5),9)，cosA＝cos2B＝2cos2B－1＝－eq \f(1,9)， 所以cosC＝－cos(A＋B)＝eq \f(1,9)×eq \f(2,3)＋eq \f(4\r(5),9)×eq \f(\r(5),3)＝eq \f(22,27)， 设a＝4x，b＝3x，因为c＝eq \f(7,3)， 由余弦定理，可知(4x)2＋(3x)2－2·4x·3x·eq \f(22,27)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3))) eq \s\up12(2)， 因为x>0，解得x＝1，所以a＝4. 考向4　多边形问题 例4　 (2025·黑龙江齐齐哈尔二模)如图，四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，已知∠AOD＝eq \f(π,3)，AC＝3，BD＝6，且AD＝BC. (1)求BO的长； (2)若7sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2∠OCB－\f(π,6)))＝8eq \r(7)cos∠ODA－15，求cos∠ODA的值． 解：(1)设BO＝m，CO＝n， 则OD＝6－m，OA＝3－n， 在△OBC中，BC2＝m2＋n2－2mncoseq \f(π,3)， 在△OAD中，AD2＝(6－m)2＋(3－n)2－2(6－m)(3－n)coseq \f(π,3)， 因为BC＝AD， 所以m2＋n2－mn＝(6－m)2＋(3－n)2－(6－m)(3－n)， 解得m＝3， 所以BO的长为3. (2)由(1)知，BO＝DO＝3， 设∠OCB＝α，∠OAD＝β，∠ODA＝θ， 在△OBC中，eq \f(BO,sinα)＝eq \f(BC,sin\f(π,3))，在△OAD中，eq \f(DO,sinβ)＝eq \f(AD,sin\f(π,3))， 所以sinα＝sinβ， 若α＝β，则△OBC≌△ODA，所以CO＝AO＝eq \f(3,2)， 所以θ＝eq \f(π,6)，α＝β＝eq \f(π,2)， 此时7sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝8eq \r(7)cosθ－15不成立， 所以α＋β＝π， 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（π－β）－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋θ))－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2θ))＝cos2θ， 所以7cos2θ＝8eq \r(7)cosθ－15， 所以7(2cos2θ－1)＝8eq \r(7)cosθ－15， 即7cos2θ－4eq \r(7)cosθ＋4＝0， 解得cosθ＝eq \f(2\r(7),7). 所以cos∠ODA的值为eq \f(2\r(7),7). (2025·江西萍乡模拟)如图，在平面四边形ABCD中，D＝2B，CD＝3AD＝3，BC＝eq \r(6)，cosB＝eq \f(\r(3),3). (1)求四边形ABCD的周长； (2)求四边形ABCD的面积． 解：(1)因为cosB＝eq \f(\r(3),3)，D＝2B， 所以cosD＝cos2B＝2cos2B－1＝－eq \f(1,3)， 在△ACD中，由余弦定理，得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcosD＝1＋9－2×1×3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝12， 在△ABC中，由余弦定理，得 cosB＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(AB2＋6－12,2\r(6)AB)＝eq \f(\r(3),3)， 所以AB2－2eq \r(2)AB－6＝0， 解得AB＝3eq \r(2)， 所以四边形ABCD的周长为3eq \r(2)＋eq \r(6)＋4. (2)因为cosB＝eq \f(\r(3),3)，所以sinB＝eq \f(\r(6),3)， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BCsinB＝eq \f(1,2)×3eq \r(2)×eq \r(6)×eq \f(\r(6),3)＝3eq \r(2)， 因为cosD＝－eq \f(1,3)， 所以sinD＝eq \f(2\r(2),3)， 所以S△ACD＝eq \f(1,2)AD·CDsinD＝eq \f(1,2)×1×3×eq \f(2\r(2),3)＝eq \r(2)， 所以四边形ABCD的面积为3eq \r(2)＋eq \r(2)＝4eq \r(2). 解：(1)∵A＋B＝3C，∴π－C＝3C，即C＝eq \f(π,4)， 又2sin(A－C)＝sinB＝sin(A＋C)， ∴2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC， ∴sinAcosC＝3cosAsinC，∴sinA＝3cosA，即tanA＝3，∴0<A<eq \f(π,2)， 又sin2A＋cos2A＝1，∴sinA＝eq \f(3\r(10),10). (2)由(1)知，cosA＝eq \f(\r(10),10)，sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(10),10)＋\f(\r(10),10)))＝eq \f(2\r(5),5)， 由正弦定理得eq \f(AB,sinC)＝eq \f(AC,sinB)，可得AC＝eq \f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq \r(10)， ∴AB边上的高h＝AC·sinA＝2eq \r(10)×eq \f(3\r(10),10)＝6. 2．(2023·新课标Ⅱ卷，17)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tanB； (2)若b2＋c2＝8，求b，c. 解：(1)解法一：在△ABC中， 因为D为BC的中点，∠ADC＝eq \f(π,3)，AD＝1， 则S△ADC＝eq \f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq \f(1,2)×1×eq \f(1,2)a×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),8)a＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝4. 在△ABD中，∠ADB＝eq \f(2π,3)，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB， 即c2＝4＋1－2×2×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7， 解得c＝eq \r(7)，则cosB＝eq \f(7＋4－1,2\r(7)×2)＝eq \f(5\r(7),14)， sinB＝eq \r(1－cos2B)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(7),14)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(21),14)， 所以tanB＝eq \f(sinB,cosB)＝eq \f(\r(3),5). 解法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝eq \f(π,3)，AD＝1，则S△ADC＝eq \f(1,2)AD·DCsin∠ADC＝eq \f(1,2)×1×eq \f(1,2)a×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),8)a＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝4. 在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC，即b2＝4＋1－2×2×1×eq \f(1,2)＝3，解得b＝eq \r(3)， 有AC2＋AD2＝4＝CD2， 则∠CAD＝eq \f(π,2)，C＝eq \f(π,6). 过A作AE⊥BC于点E，于是CE＝ACcosC＝eq \f(3,2)，AE＝ACsinC＝eq \f(\r(3),2)，BE＝eq \f(5,2)， 所以tanB＝eq \f(AE,BE)＝eq \f(\r(3),5). (2)解法一：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos（π－∠ADC），,b2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cos∠ADC，)) 整理得eq \f(1,2)a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8， 则a＝2eq \r(3)， 又S△ADC＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×1×sin∠ADC＝eq \f(\r(3),2)，解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝eq \f(π,2)，所以b＝c＝eq \r(AD2＋CD2)＝2. 解法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，则2eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→))，又eq \o(CB,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))－eq \o(AC,\s\up12(→))，于是4eq \o(AD,\s\up12(→))2＋eq \o(CB,\s\up12(→))2＝(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→)))2＋(eq \o(AB,\s\up12(→))－eq \o(AC,\s\up12(→)))2＝2(b2＋c2)＝16，即4＋a2＝16， 解得a＝2eq \r(3)，在△ABC中，由余弦定理， 得cos∠BAC＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(8－12,2bc)＝－eq \f(2,bc)， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin∠BAC ＝eq \f(1,2)bceq \r(1－cos2∠BAC)＝eq \f(1,2)bceq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,bc)))\s\up12(2))＝eq \f(1,2) eq \r(b2c2－4)＝eq \r(3)， 解得bc＝4. 则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bc＝4，,b2＋c2＝8，))解得b＝c＝2. 随着生活水平的不断提高，人们更加关注健康， 重视锻炼．通过“小步道”，走出“大健康”，健 康步道成为引领健康生活的一道亮丽风景线．如图， A－B－C－A为某区的一条健康步道，AB，AC为线段， eq \o(BC,\s\up18(︵))是以BC为直径的半圆，AB＝2eq \r(3) km，AC＝4 km，∠BAC＝eq \f(π,6). (1)求BC的长度； (2)为满足市民健康生活需要，提升城市品位，改善人居环境，现计划新建健康步道A－D－C(B，D在AC两侧)，其中AD，CD为线段．若∠ADC＝eq \f(π,3)，求新建的健康步道A－D－C的路程最多可比原有健康步道A－B－C的路程增加多少长度？(精确到0.01 km) 解：(1)连接BC，在△ABC中，由余弦定理，得 BC＝eq \r(AC2＋AB2－2AC·ABcos∠BAC) ＝eq \r(16＋12－2×4×2\r(3)×\f(\r(3),2)) ＝2， 所以BC的长度为2 km. (2)记AD＝a，CD＝b，则在△ACD中，由余弦定理，得 a2＋b2－2abcoseq \f(π,3)＝16， 即a2＋b2－ab＝16， 从而(a＋b)2＝16＋3ab≤16＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)， 所以eq \f(1,4)(a＋b)2≤16， 则a＋b≤8，当且仅当a＝b＝4时，等号成立， 新建健康步道A－D－C的最长路程为8 km， 故新建的健康步道A－D－C的路程最多可比原有健康步道A－B－C的路程增加8－π－2eq \r(3)≈1.39 km. 1．(2025·湖北十堰二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(b,sinB)＝eq \f(\r(3)c,1＋cosC). (1)求C； (2)若a－b＝2，△ABC的面积为2eq \r(3)，求边AB上的高． 解：(1)由正弦定理，得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)， 又eq \f(b,sinB)＝eq \f(\r(3)c,1＋cosC)，所以eq \f(c,sinC)＝eq \f(\r(3)c,1＋cosC)， 所以eq \r(3)sinC＝1＋cosC， 整理，得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝1，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)， 又C∈(0，π)，所以C－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))， 所以C－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，故C＝eq \f(π,3). (2)由△ABC的面积为2eq \r(3)， 得eq \f(1,2)absinC＝eq \f(\r(3),4)ab＝2eq \r(3)，所以ab＝8. 由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab＝(a－b)2＋ab＝22＋8＝12， 所以c＝2eq \r(3)，设边AB上的高为h， 由eq \f(1,2)ch＝2eq \r(3)，解得h＝eq \f(4\r(3),c)＝2. 解：(1)由acosB＋bcosA＝2ccosA，得sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosA， 因为sinAcosB＋sinBcosA＝sin(A＋B)＝sinC， 所以2sinCcosA＝sinC， 又C∈(0，π)，故sinC>0，所以cosA＝eq \f(1,2)， 因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3). (2)因为S△BAD＋S△DAC＝S△BAC， 所以eq \f(1,2)AB·ADsin∠BAD＋eq \f(1,2)AD·ACsin∠DAC＝eq \f(1,2)AB·ACsin∠BAC， 又因为AB＝c＝6，AC＝b＝4，∠BAD＝∠DAC＝eq \f(1,2)∠BAC＝eq \f(π,6)， 所以6AD×eq \f(1,2)＋4AD×eq \f(1,2)＝6×4×eq \f(\r(3),2)， 所以AD＝eq \f(12\r(3),5). 3．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(3（sinA－sinB）,sinC)＝eq \f(3c－2b,a＋b). (1)求sinA； (2)若△ABC的面积为eq \f(16\r(2),3)， ①已知E为BC的中点，且b＋c＝8，求△ABC底边BC上的中线AE的长； ②求角A的平分线AD长度的最大值． 解：(1)由正弦定理，得eq \f(3（a－b）,c)＝eq \f(3c－2b,a＋b)， 即c2＋b2－a2＝eq \f(2,3)bc， 故cosA＝eq \f(c2＋b2－a2,2bc)＝eq \f(\f(2,3)bc,2bc)＝eq \f(1,3)， 因为cosA>0，所以A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 所以sinA＝eq \r(1－cos2A)＝eq \r(1－\f(1,9))＝eq \f(2\r(2),3). (2)①由(1)，知sinA＝eq \f(2\r(2),3)， 因为△ABC的面积为eq \f(16\r(2),3)， 所以eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(16\r(2),3)，解得bc＝16， 又b＋c＝8，所以b＝c＝4， 由于eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→)))， 所以eq \o(AE,\s\up12(→))2＝eq \f(1,4)(eq \o(AB,\s\up12(→))2＋eq \o(AC,\s\up12(→))2＋2eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→)))＝eq \f(1,4)(c2＋b2＋2bccosA)＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c2＋b2＋\f(2,3)bc))＝eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(16＋16＋\f(2,3)×16))＝eq \f(32,3)， 所以|eq \o(AE,\s\up12(→))|＝eq \f(4\r(6),3)，即AE＝eq \f(4\r(6),3). ②因为AD为角A的平分线，所以sin∠BAD＝sin∠CAD＝sineq \f(A,2)， 因为S△ADB＋S△ADC＝S△ABC，所以eq \f(1,2)AD·csineq \f(A,2)＋eq \f(1,2)AD·bsineq \f(A,2)＝eq \f(1,2)bcsinA＝bcsineq \f(A,2)coseq \f(A,2)， 因为sineq \f(A,2)≠0，所以AD·(c＋b)＝2bccoseq \f(A,2)， 由二倍角公式，得cosA＝2cos2eq \f(A,2)－1，则2cos2eq \f(A,2)－1＝eq \f(1,3)，解得coseq \f(A,2)＝eq \f(\r(6),3)， 又bc＝16，所以AD·(c＋b)＝2bccoseq \f(A,2)＝2×16×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(32\r(6),3)， 因为b＋c≥2eq \r(bc)＝8，当且仅当b＝c＝4时，等号成立， 故eq \f(32\r(6),3)＝AD·(c＋b)≥2eq \r(bc)·AD＝8AD， 故AD≤eq \f(4\r(6),3)，所以AD长度的最大值为eq \f(4\r(6),3). 4．已知a，b，c分别为锐角三角形ABC三个内角A，B，C的对边，且cosB＋eq \r(3)sinB＝eq \f(b＋c,a). (1)求A； (2)若a＝eq \r(3)，D为BC的中点，求中线AD的取值范围． 解：(1)根据正弦定理可得cosB＋eq \r(3)sinB＝eq \f(sinB＋sinC,sinA)， 即sinAcosB＋eq \r(3)sinAsinB＝sinB＋sinC， 因为A，B，C是锐角三角形ABC的三个内角， 所以C＝π－(A＋B)，sinB≠0， 所以sinAcosB＋eq \r(3)sinAsinB＝sinB＋sin(A＋B)， 则sinAcosB＋eq \r(3)sinAsinB＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB， 整理，得eq \r(3)sinA－cosA＝1，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)， 又A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以A－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))， 所以A－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，即A＝eq \f(π,3). (2)因为D为BC的中点，所以eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→)))， 两边平方，得eq \o(AD,\s\up12(→))2＝eq \f(1,4)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→)))2＝eq \f(1,4)(eq \o(AB,\s\up12(→))2＋eq \o(AC,\s\up12(→))2＋2eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→)))＝eq \f(1,4)(c2＋b2＋bc)， 在△ABC中，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－bc＝3， 即b2＋c2＝3＋bc， 所以eq \o(AD,\s\up12(→))2＝eq \f(1,4)(3＋2bc)＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,2)bc， 在△ABC中，由正弦定理，得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(a,sinA)＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2， 所以b＝2sinB，c＝2sinC， 所以bc＝4sinBsinC＝4sinBsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝2eq \r(3)sinBcosB＋2sin2B＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋1， 因为△ABC为锐角三角形，所以0<B<eq \f(π,2)且0<eq \f(2π,3)－B<eq \f(π,2)，解得eq \f(π,6)<B<eq \f(π,2)， 所以eq \f(π,6)<2B－eq \f(π,6)<eq \f(5π,6)，所以eq \f(1,2)<sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))≤1， 所以eq \f(7,4)<eq \o(AD,\s\up12(→))2≤eq \f(9,4)， 所以中线AD的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)，\f(3,2))). 5．(2025·湖南岳阳二模)已知在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，且eq \r(3)bcoseq \f(B＋C,2)－asinB＝0，a＝1，D为△ABC外一点． (1)求角A； (2)若A，B，C，D四点共圆，求四边形ABDC面积的最大值． 解：(1)由eq \r(3)bcoseq \f(B＋C,2)－asinB＝0及正弦定理，得eq \r(3)sinBcoseq \f(B＋C,2)－sinAsinB＝0， 即eq \r(3)sinBcoseq \f(π－A,2)＝sinAsinB， 又sinB≠0，故eq \r(3)sineq \f(A,2)＝sinA＝2sineq \f(A,2)coseq \f(A,2)， 因为A∈(0，π)，所以eq \f(A,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 所以sineq \f(A,2)≠0，coseq \f(A,2)＝eq \f(\r(3),2)， 所以eq \f(A,2)＝eq \f(π,6)， 所以A＝eq \f(π,3). (2)由题意知ABDC为圆内接四边形，所以∠D＝π－∠A＝eq \f(2π,3)， 又a＝1，由余弦定理，得b2＋c2－bc＝1， 所以b2＋c2＝1＋bc≥2bc，所以bc≤1， 同理可得，DC2＋DB2＋DB·DC＝1， 所以DC2＋DB2＝1－DB·DC≥2DB·DC，所以DB·DC≤eq \f(1,3)， 所以四边形ABDC的面积为S＝eq \f(1,2)bcsinA＋eq \f(1,2)DC·DBsinD＝eq \f(\r(3),4)bc＋eq \f(\r(3),4)DC·DB≤eq \f(\r(3),4)×1＋eq \f(\r(3),4)×eq \f(1,3)＝eq \f(\r(3),3)， 所以四边形ABDC面积的最大值为eq \f(\r(3),3). 6．(2025·广东佛山调研)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a2－abcosC＝2bccosA，B＝eq \f(π,4).△ABC外一点E满足BE＝2AE，且∠AEB的平分线交AB于点D. (1)求cosA； (2)证明：CD⊥AB； (3)若c＝3，DE＝2，求CE. 解：(1)由正弦定理，得sin2A－sinAsinBcosC＝2sinBsinCcosA， 则sinA(sinA－sinBcosC)＝2sinBsinCcosA， 因为sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC， 代入化简，得sinAsinCcosB＝2sinBsinCcosA， 因为A，C∈(0，π)，故sinC≠0， 又B＝eq \f(π,4)，所以sinA＝2cosA，则A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). 故sin2A＝1－cos2A＝4cos2A， 解得cosA＝eq \f(\r(5),5). (2)证明：如图，过点C作CG⊥AB，垂足为G. 由(1)可得tanA＝eq \f(sinA,cosA)＝2， 则eq \f(tanA,tanB)＝eq \f(\f(CG,AG),\f(CG,BG))＝eq \f(BG,AG)＝2， 由角平分线定理，有eq \f(BD,AD)＝eq \f(BE,AE)＝2， 故D，G重合，即CD⊥AB. (3)由(2)知AD＝1，BD＝2， 设BE＝2AE＝2x(x>0)． 在△ADE中，由余弦定理，得cos∠ADE＝eq \f(AD2＋DE2－AE2,2AD·DE)＝eq \f(5－x2,4)， 同理，cos∠BDE＝eq \f(2－x2,2)， 故eq \f(5－x2,4)＋eq \f(2－x2,2)＝0，解得x＝eq \r(3). 又AD2＋AE2＝DE2， 故AE⊥AD，且∠ADE＝eq \f(π,3). 故∠CDE＝eq \f(π,6)或eq \f(5π,6)(如图1，图2)， 因为∠DBC＝eq \f(π,4)，CD⊥AB， 所以CD＝BD＝2， 由余弦定理，有CE2＝CD2＋DE2－2CD·DEcos∠CDE＝8－8cos∠CDE， 当∠CDE＝eq \f(π,6)时，CE2＝8－8×eq \f(\r(3),2)＝8－4eq \r(3)，解得CE＝eq \r(6)－eq \r(2)； 当∠CDE＝eq \f(5π,6)时，CE2＝8＋8×eq \f(\r(3),2)＝8＋4eq \r(3)，解得CE＝eq \r(6)＋eq \r(2). 故CE＝eq \r(6)－eq \r(2)或eq \r(6)＋eq \r(2). $