板块二 习题讲评（三）解三角形-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略教师用书word

习题讲评（三）　解三角形 　　解三角形主要考查利用正、余弦定理求边、角、面积、判断三角形形状等，其中三角恒等变换可作为工具，将三角函数与解三角形相结合求解最值、范围问题，各种题型均可出现，可与三角函数、平面向量、基本不等式、立体几何等融合命题. 教学点（一）　正、余弦定理 [典例]　（2025·全国Ⅰ卷）[多选]已知△ABC的面积为，若cos 2A+cos 2B+2sin C=2，cos Acos Bsin C=，则 （　　） A.sin C=sin2A+sin2B 　B.AB= C.sin A+sin B= 　D.AC2+BC2=3 解析：选ABC　 （如何判断A选项呢?发现所给式子中有2A，2B，考虑利用余弦的二倍角公式化简变形即可判断）cos 2A+cos 2B+2sin C=1-2sin2A+1-2sin2B+2sin C=2，所以sin2A+sin2B=sin C，故A正确； 令a=BC，b=AC，c=AB，则===2R（R为△ABC的外接圆半径），由sin2A+sin2B=sin C，得a2+b2=c·2R≥c2.若a2+b2>c2，则△ABC为锐角三角形，则A+B>，即A>-B，则sin A>sin=cos B，所以sin C=sin2A+sin2B>cos2B+sin2B=1，矛盾.故a2+b2=c2，即C=A+B=，所以cos（A+B）=cos Acos B-sin Asin B=0，又cos Acos Bsin C=cos Acos B=，所以sin Asin B=.因为S△ABC=absin C=ab=，所以ab=，所以=（2R）2==2，所以2R=，所以c=2R·sin C=，故B正确； （sin A+sin B）2=sin2A+sin2B+2sin Asin B=sin C+2sin Asin B=1+2×=，所以sin A+sin B=，故C正确； （在直角三角形中，利用勾股定理可快速作出判断）AC2+BC2=AB2=c2=2，故D错误. |思|维|建|模| 当题目中出现边和角的“混合体”时，有两种解题方法 （1）全部统一为角，将“边的齐次式”中的边直接化为对应角的正弦； （2）全部统一为边，利用正、余弦定理将角转化为边，最后用因式分解等代数技巧化简即可. [即时训练] [练1]　在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若b-2c=acos C-2acos B，则= （　　） A. B. C.1 D.2 解析：选D　 法一：正弦定理　∵b-2c=acos C-2acos B， ∴b-acos C=2c-2acos B，由正弦定理得sin B-sin Acos C=2sin C-2sin Acos B，sin（A+C）-sin Acos C=2sin（A+B）-2sin Acos B，cos Asin C=2sin Bcos A.∵△ABC为锐角三角形，∴cos A>0，∴sin C=2sin B，由正弦定理得c=2b，故=2.故选D. 法二：余弦定理　∵b-2c=acos C-2acos B，∴b-acos C=2c-2acos B，由余弦定理得b-a×=2c-2a×，即（2b2-a2-b2+c2）c=2（2c2-a2-c2+b2）b，即（b2+c2-a2）c=2（b2+c2-a2）b.∵△ABC为锐角三角形，∴cos A=>0，∴b2+c2-a2>0，∴c=2b，故=2.故选D. 法三：射影定理　∵b-2c=acos C-2acos B，∴b-acos C=2c-2acos B，由射影定理得ccos A+acos C-acos C=2（bcos A+acos B）-2acos B，即ccos A=2bcos A.∵△ABC为锐角三角形，∴cos A>0，∴c=2b，=2. 习得方略：对于任意△ABC的内角与对边满足a=bcos C+ccos B，b=ccos A+acos C，c=acos B+bcos A. [练2]　（2024·新课标Ⅰ卷）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C=cos B，且a2+b2-c2=ab. （1）求B； （2）若△ABC的面积为3+，求c. 解题关键：①式子中含有边的二次式或角的余弦，考虑用余弦定理； ②由三角函数值求角时注意角的范围； ③式子中含有角的正弦值的一次式，考虑用正弦定理； ④掌握三角形内角和定理. 解：（1）由已知及余弦定理得cos C==，又0<C<π，故C=. 由已知得cos B==， 又0<B<π，故B=. （2）法一　由（1）知sin A=sin=sincos+cossin=×+×=. 由（1）及正弦定理可得b=c， 故△ABC的面积S=bcsin A=c2=3+，解得c=2. 法二　由（1）可知B=，C=， 故sin A=sin（B+C）=. 由正弦定理=，得a=c， 故△ABC的面积S=acsin B=c2=3+， 解得c=2. 法三　由（1）知B=，sin C=cos C=， 故sin A=sin（B+C）=. 由正弦定理=得，a=b， 故△ABC的面积S=absin C=b2=3+， 故b=2，a=+. 由已知可得c2=a2+b2-ab=8，故c=2. 习得方略：掌握并加以识记一些常见的三角函数值， 如cos=sin=，sin=cos=，可以提升解题效率. 教学点（二）　三角形中的“特征”线 [例1]　在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且C=，c=6，△ABC的面积为，D为边AB上一点，CD是∠ACB的平分线，则CD= （　　） A. B.1 C. D. 解析：选B　见角平分线想面积，见中线想向量　 因为∠ACB=，且CD是∠ACB的平分线，所以∠ACD=∠BCD=，由S△ACD+S△BCD=S△ABC，得b·CD·sin∠ACD+a·CD·sin∠BCD=，解得CD=. 又S△ABC=absin∠ACB=ab=，所以ab=4. 因为c=6，所以在△ABC中，由余弦定理，得c2=a2+b2-2abcos∠ACB=a2+b2-ab=（a+b）2-3ab，所以（a+b）2=c2+3ab=36+12=48， 所以a+b=4，所以CD===1，故选B. 拓展延伸：如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠BAC，B，C所对的边分别为a，b，c. （1）内角平分线定理：AD为△ABC的内角∠BAC的平分线，则=. （2）因为S△ABD+S△ACD=S△ABC， 所以c·ADsin+b·ADsin=bcsin∠BAC，所以（b+c）AD=2bccos，整理得AD=（角平分线长公式）. [例2]　已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且2acos C=bcos C+ccos B. （1）求角C； （2）若a=4，b=，D为AB的中点，求CD的长. 解：（1）法一　因为2acos C=bcos C+ccos B，所以由正弦定理，得2sin Acos C=sin Bcos C+sin Ccos B=sin（B+C）=sin（π-A）=sin A. 因为0<A<π，所以sin A≠0，所以cos C=. 因为0<C<π，所以C=. 法二　因为2acos C=bcos C+ccos B， 所以由余弦定理，得2acos C=b·+c·=a，所以cos C=. 因为0<C<π，所以C=. （2）法一　因为D为AB的中点，所以=+）， 所以||2=+）2=||2+||2+||||cos=×3+×16+××4×=，所以CD的长为. 法二　由（1）知，∠ACB=， 在△ABC中，由余弦定理，得 c2=a2+b2-2abcos∠ACB=42+（）2-2×4××=7，故c=. 因为D为AB的中点，所以AD=BD=， 由cos∠ADC+cos∠BDC=0，得+=0， 所以+=0， 解得CD2=， （提醒：在求出c后，也可以先在△ABC中用余弦定理求出A，再在△ACD中用余弦定理求CD）故CD的长为. 法三　延长CD到E，使DE=CD，连接AE（图略），则易得△ADE≌△BDC， 则AE=BC=4，∠ACB=∠ACD+∠BCD=∠ACD+∠AED=，所以∠CAE=. 在△ACE中，CE2=AC2+AE2-2AC·AE·cos∠CAE=3+16+2××4×=31，故CE=. 所以CD==. 拓展延伸： （1）中线长定理： 在△ABC中，AD是边BC上的中线，则AB2+AC2=2（BD2+AD2）. （2）中线的向量表示：=++2||·||·cos∠BAC）. |思|维|建|模| 1.解决三角形的角平分线问题的方法 （1）利用三角形的内角平分线定理，建立边的关系； （2）角平分线把三角形分成两个小三角形，故可利用此两个小三角形的面积和为大三角形的面积求解. 2.解决三角形的中线问题的方法 （1）利用角互补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时，要书写其证明过程； （3）利用向量法求解. [即时训练] [练1]　已知在△ABC中，AB=4，AC=6，cos B=.若△ABC的角平分线AD交边BC于点D，则AD= （　　） A. B. C. D.3 解析：选D 在△ABC中，根据余弦定理AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B，及AB=4，AC=6，cos B=，得62=42+BC2-2×4×BC×，解得BC=5.因为AD是∠BAC的平分线，根据角平分线定理，可得===.又BD+DC=BC=5，所以BD=×5=2.在△ABD中，根据余弦定理AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos B，将AB=4，BD=2，cos B=代入可得AD2=42+22-2×4×2×=16+4-2=18，所以AD==3. [练2]　在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足2bcos A+ccos A+acos C=0. （1）求角A的大小； （2）若a=2，BC边上的中线AM的长为2，求△ABC的面积. 解：（1）由2bcos A+ccos A+acos C=0及正弦定理得-2sin Bcos A=sin Acos C+sin Ccos A=sin（A+C）=sin（π-B）=sin B. 因为A，B∈（0，π），所以sin B>0， 则cos A=-，故A=. （2）法一　因为a=2，M为BC的中点， 所以BM=CM=， 由余弦定理得cos∠BAC===-，得b2+c2=28-bc， 在△AMB中，cos∠AMB==， 在△AMC中，cos∠AMC==，因为∠AMB+∠AMC=π， 所以cos∠AMB+cos∠AMC=0， 所以22-（b2+c2）=22-（28-bc）=0，解得bc=6. 故△ABC的面积S△ABC=bcsin∠BAC=×6×=. 法二　因为M为BC的中点，则2=+， 所以4=（+）2=++2·=b2+c2+2bccos，即b2+c2-bc=16. 在△ABC中，由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos，即b2+c2+bc=28，所以bc=6， 故△ABC的面积S△ABC=bcsin∠BAC=×6×=. 拓展延伸：将条件M是BC的中点，拓展为M是BC上的三等分点、四等分点或任意一点，则可利用向量的瓜子模型，得=+，两边平方即可得到含有边角关系的式子. 教学点（三）　三角形中的最值（范围）问题 [典例]　（2025·广州模拟）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知c=2，且=. （1）求C； （2）若G为△ABC内一点，且++2=0，求GC长度的最大值. 思维路径：（1）已知等式是正弦与边的齐次式→利用正弦定理化角为边（也可以化边为角）→结合余弦定理求出cos C，进而得C. （2）取AB的中点D，连接CD，则G为CD的中点→GCmax=||max→根据=+），利用中线向量转化法得到=（b2+a2+ab）→利用余弦定理和基本不等式得到ab≤4→利用a2+b2=4+ab可得||max，进而得GCmax. 解：（1）因为=，所以=，整理可得ab=a2+b2-c2， 所以cos C===. 因为C∈（0，π），所以C=. （2）取AB的中点D，连接CD（图略），则+=2， 因为++2=0，所以=-，所以G为CD的中点. 又=+），所以=+）2 =++2·） =（b2+a2+2abcos∠ACB）=（b2+a2+ab）， 由余弦定理可得4=a2+b2-ab≥2ab-ab=ab，即ab≤4，当且仅当a=b=2时等号成立， 所以=（b2+a2+ab）=（4+2ab）≤（4+2×4）=3，所以||≤， 所以||=||≤， 所以GC长度的最大值为. (一题多解：本问也可以利用化斜为直法来做，得到G为CD的中点后，在∠ACB和边AB的长度固定的情况下，要想边AB上的中线最长，则CD⊥AB，此时△ABC为等边三角形，CD＝，故GCmax＝) |思|维|建|模| 1.求三角形中的最值（范围）问题的核心思路是将目标统一成关于某条边或某个角的函数后，通过函数单调性或基本不等式求解.其中转化方法主要有以下三个： （1）正（余）弦定理转化法：根据公式转化，常用到结论===2R. （2）向量工具转化法：根据向量的加减运算建立等式，往往配合余弦定理一起使用. （3）化斜为直法：一般作等腰三角形底边上的高，或过特殊角的相邻端点作对边的垂线，从而构造含特殊角的直角三角形.在直角三角形中用一个变量表示出所求的边、角、线段等. 2.求解三角形中的最值（范围）问题的注意点 （1）涉及求范围的问题，一定要搞清变量是什么，若已知边的范围，求角的范围可利用余弦定理进行转化. （2）注意题目中的隐含条件，如A+B+C=π，0<A<π，|b-c|<a<b+c，大边对大角等. [即时训练] （2025·武汉调研）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足sin A（sin A-sin C）=sin2（A+C）-sin2C. （1）求tan B； （2）若P为边AC上一点（异于端点），∠BPC=2A，求的取值范围. 解：（1）在△ABC中，因为A+B+C=π， 所以sin A（sin A-sin C）=sin2B-sin2C， 所以sin2A-sin Asin C=sin2B-sin2C， 由正弦定理可得a2-ac=b2-c2. 由余弦定理的推论得cos B==， 所以sin B=，所以tan B=. （2）在△ABC中，由（1）知B=， 因为∠BPC=2A，所以∠ABP=A， 则=，∠PBC=-A. 又A+∠ABC+C=π，所以C=π-A. 由正弦定理得===， （技巧点拨：利用正弦定理将目标式用三角函数表示，然后化简变成一角一函数的形式，结合正切函数的性质求取值范围） 则===-1+. 因为∠PBC=-A，所以A∈， 则tan A∈（0，），所以-1+∈（1，+∞）， 故的取值范围为（1，+∞）. [课时验收评价] Ⅰ卷——题点考法全训 一、单项选择题 1.（2025·全国Ⅱ卷）在△ABC中，BC=2，AC=1+，AB=，则A= （　　） A.45° B.60° C.120° D.135° 解析：选A　 法一　cos A===，因为0°<A<180°，所以A=45°. 法二：根据边的大小关系排除　因为BC<AC，BC<AB，所以A为最小角，所以A<60°，排除B、C、D，故选A. 习得方略：在计算带有根式的式子时，针对式子中相同或相近的数据进行因式分解，减少运算量，如本题中==. 2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知A=，b=3，△ABC的面积为6，则a= （　　） A.65 B.17 C. D. 解析：选C　 思维路径：由三角形面积公式求得c=4，再结合余弦定理求得a=即可. 因为A=，b=3，又S△ABC=bcsin A=×3c×sin=c=6，所以c=4，由余弦定理得，a2=b2+c2-2bccos A=32+（4）2-2×3×4×=17，所以a=.故选C. 3.（2025·泉州模拟）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，cos B=，且3ccos A=acos C，则sin 2A= （　　） A.- B. C. D.1 解析：选B 法一　因为cos B=>0，B为锐角，所以tan B=2=-tan（A+C），又在△ABC中，3sin Ccos A=sin Acos C，所以3tan C=tan A，则A，C∈，所以tan（A+C）==-2，解得tan A=3，tan 2A==-，所以sin 2A=. 法二　在△ABC中，3sin Ccos A=sin Acos C，因为cos B=，所以sin B=sin（A+C）=sin Acos C+sin Ccos A=，所以sin Acos C=，sin Ccos A=，所以sin（A-C）=.又因为cos（A+C）=-，cos（A-C）=， 所以sin 2A=sin[（A+C）+（A-C）]=. 4.（2025·蚌埠模拟）在△ABC中，已知B=60°，最大边与最小边的比为，则△ABC的最大角为 （　　） A.60° B.75° C.90° D.105° 解析：选B 法一　直接验证排除：若最大角为60°，则三角形为等边三角形，排除A；若最大角为90°，则最大边与最小边的比值为2，排除C；利用在直角三角形中最大边与最小边的比值为2，可知钝角三角形中大于2，排除D. 法二　不妨令a=1+，c=2，则b2=（1+）2+4-4×（1+）cos 60°=6，∴cos A==，△ABC的最大角A=75°. 法三　不妨令=，由正弦定理得=，即==，∴tan C=1，C=45°，A=75°. 5.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC为锐角三角形，且满足sin B（1+2cos C）=2sin Acos C+cos Asin C，则下列等式成立的是 （　　） A.a=2b B.b=2a C.A=2B D.B=2A 解析：选A　 法一　sin B（1+2cos C）=sin B+2sin Bcos C=sin[π-（A+C）]+2sin Bcos C=sin（A+C）+2sin Bcos C=sin Acos C+cos Asin C+2sin Bcos C.由题意得sin Acos C+cos Asin C+2sin Bcos C=2sin Acos C+cos Asin C，故sin Acos C=2sin Bcos C.因为△ABC为锐角三角形，所以cos C>0，故2sin B=sin A，即2b=a. 法二：射影定理　由射影定理，得sin B（1+2cos C）=2sin Acos C+cos Asin C⇒b（1+2cos C）=2acos C+ccos A.而2acos C+ccos A=acos C+（acos C+ccos A）=acos C+b，所以b（1+2cos C）=acos C+b.即2bcos C=acos C，因为△ABC为锐角三角形，所以cos C>0，故2b=a. 6.（2025·荆州模拟）如图，A，B，C为山脚两侧共线的三点，这三点处依次测得对山顶P的仰角分别为α，β，γ，计划沿直线AC开通隧道DE，设AD，EB，BC的长度分别为a，b，c.为了测出隧道DE的长度，还需直接测出的值是 （　　） A.a和b B.b和c C.a和c D.a，b，c三者 解析：选D 在△PBC中，∠BPC=β-γ，由正弦定理有==，所以PB=·sin γ，在△ABP中，sin∠APB=sin（π-α-β）=sin（α+β），由正弦定理有==，所以AB=PB·=·sin γ·=c·，因为DE=AB-AD-BE=c·-a-b，所以为了测出隧道DE的长度，还需直接测出a，b，c三者的值.故选D. 7.（2025·黄冈三模）已知锐角△ABC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=cos B+b=c，则的取值范围为 （　　） A. B. C.（0，2） D.（，+∞） 解析：选A 因为a=cos B+b=c，所以acos B+b=c，由正弦定理得sin Acos B+sin B=sin C=sin（A+B）=sin Acos B+cos Asin B，所以cos Asin B=sin B.因为A，B∈，则sin B>0，所以cos A=，即A=.在锐角△ABC中，由可得<C<，则====+，又tan C>，则0<<，所以的取值范围为. 二、多项选择题 8.（2025·西安模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是 （　　） A.若A>B，则sin A>sin B B.若A=30°，b=5，a=2，则△ABC有两解 C.若cos Acos Bcos C>0，则△ABC为锐角三角形 D.若a-c·cos B=a·cos C，则△ABC为等腰三角形 解析：选AC 根据三角形性质，由A>B可知a>b，根据正弦定理可知2Rsin A>2Rsin B，可得sin A>sin B，所以A正确；已知A=30°，b=5，a=2，根据正弦定理可知=，解得sin B=>1，无解，所以B错误；根据三角形性质，A+B+C=180°，当cos Acos Bcos C>0时，可知cos A>0，cos B>0，cos C >0，所以△ABC为锐角三角形，所以C正确；由a-c·cos B=a·cos C得a=a·cos C+c·cos B，边角互化得sin A=sin Acos C+sin Ccos B，由A=180°-（B+C）得sin（B+C）=sin Bcos C+cos Bsin C=sin Acos C+sin Ccos B，化简得sin Bcos C=sin Acos C，即bcos C=acos C，化简得（b-a）cos C=0，解得b=a或cos C=0，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，所以D错误. 习得方略：三角形解的判断 A为锐角 A为钝角或直角 图形 关系式 a= bsin A bsin A< a<b a≥b a>b 解的 个数 一解 两解 一解 一解 9.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AC的中点为D，BD=，若bsin C=ccos2，则 （　　） A.B= B.b的取值范围为[2，2） C.△ABC面积的最大值为 D.△ABC周长的最大值为6 解析：选BC 对于A，ccos2=c[1+cos（A+C）]=c（1-cos B）=bsin C.由正弦定理边角互化可得sin Bsin C=sin C（1-cos B）⇒==tan=，则=⇒B=，故A错误；对于B，=+）⇒4=++2||||cos B，则12=c2+a2+ac⇒c2+a2=12-ac≥2ac⇒ac≤4，当且仅当a=c时取等号.由余弦定理，b2=a2+c2-2accos=a2+c2-ac，又c2+a2=12-ac，则b2=12-2ac.因为0<ac≤4，所以b2=12-2ac∈[4，12）⇒b∈[2，2），故B正确；对于C，由B分析可知，ac≤4，则S△ABC=acsin B≤×4×=，故C正确；对于D，由B分析，12=c2+a2+ac=（a+c）2-ac⇒ac=（a+c）2-12≤4，得a+c≤4.b2=a2+c2-ac=（a+c）2-3ac=（a+c）2-3（a+c）2+36=36-2（a+c）2.令a+c=t，则t≤4，b=.由三角形三边关系可得a+c>b，则t>⇒t2>36-2t2⇒t>2，则2<t≤4.则a+b+c=t+，令f（t）=t+，t∈（2，4]，则f'（t）=1-=，令>2t⇒-<t<，因为t∈（2，4]，所以f（t）在（2，4]上单调递减，则f（t）=t+<f（2）=4，即△ABC周长无最大值，恒小于4，故D错误.故选BC. 三、填空题 10.（5分）（2025·盐城模拟）在△ABC中，A=，点M满足=2，设∠ABM=α，∠CBM=β，若sin α=3sin β，则sin C=　　　　.  解析：如图，设MC=x，则AM=2x，在△ABM和△CBM中，由正弦定理可得，==，两式相除，可得=，由sin α=3sin β，A=，代入解得sin C==. 答案： 11.（5分）（2025·大连模拟）在平面四边形ABCD中，AD=1，AB=CD=2，BC=3，且四边形ABCD的面积为，则cos（∠ADC+∠ABC）=　　　　.  解析：在△ABC，△ADC中，由余弦定理得22+32-2×2×3cos∠ABC=AC2=12+22-2×1×2cos∠ADC，整理得3cos∠ABC-cos∠ADC=2.由四边形ABCD的面积为，得×2×3sin∠ABC+×1×2sin∠ADC=，整理得3sin∠ABC+sin∠ADC=，因此（3cos∠ABC-cos∠ADC）2+（3sin∠ABC+sin∠ADC）2=7，整理得10-6cos（∠ADC+∠ABC）=7，所以cos（∠ADC+∠ABC）=. 答案： 12.（5分）（2025·郑州一模）如图，在平面四边形ABCD中，A=B=C=75°，BC=2，则AB的取值范围是　　　　.  思维路径： 解析：如图所示，延长BA，CD交于点E，当A与D重合于E点时，AB最长，在△BCE中，B=∠BCE=75°，E=30°，BC=2，由正弦定理可得=，即=，解得BE=+.平移AD，当D与C重合时，AB最短，设此时与AB交于点F，在△BCF中，B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，由正弦定理可得=，即=，解得BF=-，所以AB的取值范围为（-+）. 答案：（-+） 四、解答题 13.（13分）（2025·临沂一模）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acos C+csin A-b=0. （1）求A；（8分） （2）若c=3，asin B=2，求a.（5分） 解：（1）由正弦定理边化角可得sin Acos C+sin Csin A-sin B=0， 即sin Acos C+sin Csin A=sin B=sin（A+C）=sin Acos C+cos Asin C， 所以sin Csin A=cos Asin C. 因为sin C>0，cos A=>0， 所以tan A=.又A∈（0，π），所以A=. （2）若c=3，asin B=2，则asin B=2Rsin Asin B=bsin A=b=2，这里R是△ABC外接圆的半径，解得b=4，由余弦定理可得a===. 14.（15分）（2025·德州三模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知2sin B=sin A+cos Atan C. （1）求C；（5分） （2）若2（a+b）=c2，求△ABC的边c的最大值.（10分） 解：（1）由2sin B=sin A+cos Atan C， 得2sin Bcos C=sin Acos C+cos Asin C， 即2sin Bcos C=sin（A+C），又A+B+C=π，则sin（A+C）=sin B≠0， 于是cos C=，又0<C<π，所以C=. （2）由（1）知C=，由余弦定理，得c2=a2+b2-2abcos C=（a+b）2-3ab， 而2（a+b）=c2，则2（a+b）=（a+b）2-3ab， 因此（a+b）2-2（a+b）=3ab≤（a+b）2，解得a+b≤8，当且仅当a=b时取等号， 解题关键：在方程2（a+b）=（a+b）2-3ab中，既含有a+b，还含有ab，根据所求利用不等式ab≤消去ab，解不等式可得a+b的最大值. 则c=≤4， 所以△ABC的边c的最大值为4. 15.（17分）（2023·新课标Ⅰ卷）已知在△ABC中，A+B=3C，2sin（A-C）=sin B. （1）求sin A；（8分） （2）设AB=5，求AB边上的高.（9分） 解：（1）法一　第一步：利用三角形的内角和为π以及已知角的等式，求出角C 在△ABC中，A+B=π-C， 因为A+B=3C，所以3C=π-C，所以C=. 第二步：把三角式往要求的角A转化 因为2sin（A-C）=sin B，所以2sin=sin， 第三步：利用两角差的正弦公式及特殊角的三角函数值转化为关于角A的三角等式 展开并整理得（sin A-cos A）=（cos A+sin A）， 得sin A=3cos A. 第四步：利用同角三角函数的基本关系求出sin A 又sin2A+cos2A=1，且sin A>0，所以sin A=. 法二　由题设结合A+B+C=π得C=，故A=-B，A-C=-B. 结合已知得2sin=sin B，即2cos B=sin B， 则tan B=2，从而sin B=，cos B=. 所以sin A=sin=（cos B+sin B）=. 法三　在△ABC中，A+B=π-C， 因为A+B=3C，所以3C=π-C，所以C=. 因为2sin（A-C）=sin B， 所以2sin（A-C）=sin[π-（A+C）]=sin（A+C）， 所以2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C，所以sin Acos C=3cos Asin C，易得cos Acos C≠0， 所以tan A=3tan C=3tan=3. 又sin A>0，所以sin A==. （2）法一：利用正弦定理及直接法求高 第一步：利用第（1）问的结论判断A的范围，求出cos A 由（1）知sin A=，tan A=3>0，所以A为锐角，所以cos A=. 第二步：利用两角差的正弦公式求出sin B 所以sin B=sin=（cos A+sin A）=×=.（说明：若第（1）问采用法二求解，则此处不需再求sin B）第三步：利用正弦定理求出AC 由正弦定理=， 得AC===2. 第四步：解直角三角形，求出AB边上的高 故AB边上的高为AC×sin A=2×=6. 法二　由（1）及正弦定理得BC==3. 由（1）易知A为锐角，所以cos A=，故sin B=sin=（sin A+cos A）=. （说明：若第（1）问采用法二求解，则此处不需再求sin B） 所以AB边上的高为BC·sin B=6. 法三：利用等面积法求高 第一步：利用正弦定理求出BC 由正弦定理=， 得BC=×sin A=×=3. 第二步：利用余弦定理求出AC 由余弦定理AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos C， 得52=AC2+（3）2-2AC·3cos， 整理得AC2-3AC+20=0，解得AC=或AC=2. 第三步：利用三角形中大边对大角，得AC的值 由（1）得，tan A=3>，所以<A<， 又A+B=，所以B>， 即C<B，所以AB<AC，所以AC=2. 第四步：利用等面积法，求出AB边上的高 设AB边上的高为h，则×AB×h=×AC×BCsin C， 即5h=2×3×，解得h=6， 所以AB边上的高为6. 拓展延伸：①△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，h1，h2，h3分别为边BC，AC，AB上的高，则h1∶h2∶h3=∶∶=∶∶. ②一般采用等面积法求解时，要选取合适的底和高. Ⅱ卷——大题增分专练 1.（13分）（2025·黄冈模拟）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且（tan B-1）（tan C-1）=2. （1）求A；（4分） （2）若tan A，tan B，tan C构成等差数列，且△ABC的面积为12，求a的值.（9分） 解：（1）因为（tan B-1）（tan C-1）=2， 所以tan Btan C-tan B-tan C+1=2，即tan Btan C=1+tan B+tan C， 因此tan A=-tan（B+C）=-=-=1. 由于A∈（0，π），因此A=. （2）由题意知，2tan B=tan A+tan C， 因此2tan B=tan A-tan（A+B）=1-， 解得tan B=2，tan C=3，故B，C∈， 因此sin A=，sin B=，sin C=. 则由正弦定理=， 可设a=k（k>0），则b=2k， 故S=absin C=3k2=12，解得k=2， 因此a=k=2. 2.（15分）（2025·黄石二模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，BC=1且bcos C+csin B=1+2c. （1）求角B的大小；（7分） （2）如图，D为△ABC外一点，∠DCB=B，CD=，AC=AD，求角D的大小.（8分） 解：（1）∵bcos C+csin B=1+2c=a+2c， ∴在△ABC中，由正弦定理得， sin Bcos C+sin Csin B=sin A+2sin C， 由三角形内角和为180°可得sin A=sin（B+C）， ∴sin Bcos C+sin Csin B=sin（B+C）+2sin C=sin Bcos C+cos Bsin C+2sin C，即sin Csin B-cos Bsin C=2sin C. ∵0°<C<180°，∴sin C≠0，∴sin B-cos B=2，sin B-cos B=1，即sin（B-30°）=1， 又∵0°<B<180°，∴B-30°=90°，即B=120°. （2）令∠DCA=D=α，则∠CAD=180°-2α， 在△ACD中，由正弦定理得，=，CD=，∴AC==. 在△ABC中，由正弦定理得，=，∠BAC=α-60°，BC=1，∴AC=， ∴sin（α-60°）=cos α=sin（90°-α），解得α=75°. 故角D的大小为75°. 3.（15分）（2025·南通三模）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，且满足2S=（b2-a2）sin B. （1）求证：B=2A；（6分） （2）求的取值范围.（9分） 解：（1）证明：由2S=（b2-a2）sin B得2×acsin B=（b2-a2）sin B，即ac=b2-a2， 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B， 即b2-a2=c2-2accos B=ac， 化简得c-2acos B=a. 由正弦定理有sin C-2sin Acos B=sin（A+B）-2sin Acos B=sin A， 即sin Acos B+cos Asin B-2sin Acos B=sin A，化简得sin（B-A）=sin A， 因为0<A<，0<B<， 所以-<B-A<， 因为正弦函数y=sin x在上单调递增，所以B-A=A，即B=2A. （2）由正弦定理得=cos B-=cos 2A-=cos 2A-=2cos2A-3cos A-1. 因为△ABC为锐角三角形， 所以解得<A<， 则<cos A<. 令t=cos A，f（t）=2t2-3t-1，其中<t<， 所以函数f（t）在上单调递减， 在上单调递增， 则f（t）min=f=-， 因为f=，f=-， 所以f<f，故-≤f（t）<. 因此，的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $