第04讲 解三角形图形类问题（6题型）期末讲义-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

第04讲 解三角形图形类问题 目录 01 题型归纳目录 2 02 知识点梳理 3 知识点一、解决三角形图形类问题的6大方法 3 03 重难点题型 4 题型 1：利用同一个角的余弦值不变构造方程解题 4 题型 2：解题过程中重复套用正弦定理列式 5 题型 3：含三角形中线的解三角形考题 7 题型 4：已知角平分线条件的三角计算题 8 题型 5：依托三角形的高作为条件求解 9 题型 6：结合三角形内外接圆的综合题型 10 04 过关检测 12 知识点一、解决三角形图形类问题的6大方法 方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题； 方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路； 方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路； 方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择； 方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起； 方法六：建立平面直角坐标系，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化. 题型 1：利用同一个角的余弦值不变构造方程解题 例1．（2026·高一·江苏宿迁·期中）在平面凸四边形中，． (1)若． ①求的长； ②求四边形的面积； (2)若，求的长． 例2．（2026·高一·云南昭通·期末）如图，已知在平面四边形中，． (1)设，若，求； (2)是否存在，使得平分，若存在，求的长；若不存在，说明理由. 例3．（2026·高一·云南·期中）如图，在四边形中，，，是等边三角形． (1)若，求的面积； (2)若，求的面积； (3)求的面积的最大值． 变式1．（2026·高一·广西·阶段检测）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面的问题： (1)若是边长为的6等边三角形，求该三角形的费马点到各顶点的距离之和； (2)的内角，，所对的边分别为，，，且，点为的费马点． （i）若，求； （ii）求的最小值． 题型 2：解题过程中重复套用正弦定理列式 例4．（2026·高一·湖南衡阳·期中）如图，在中，，，点在线段上． (1)若，求的长； (2)若，的面积为，求的值． 例5．（2026·高一·内蒙古赤峰·期中）如图，在四边形，，，，. (1)若，，求； (2)求的值. 例6．（2026·高一·云南德宏·期中）如图，在平面四边形中，，，，． (1)求线段的长度； (2)求的值． 变式2．（2026·高一·广东广州·期中）在内一点P满足，则称P为的布洛卡点，为布洛卡角.小明同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确的结论，比如，若下列问题中的点P为的布洛卡点，请你和他一起解决如下问题： (1)求证：正的外心是的布洛卡点； (2)若满足，且时，求； (3)角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且，若的周长为4，试把表示为b的函数，并求的值域. 题型 3：含三角形中线的解三角形考题 例7．（2026·高一·江苏扬州·期中）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求角C的大小； (2)求b的取值范围； (3)边AB的中点为D，求中线CD的长度的取值范围. 例8．（2026·高一·福建莆田·期中）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足. (1)若，的面积为，且，求、； (2)在（1）的条件下，D为的中点，求中线的长. 例9．（2026·高一·浙江湖州·阶段检测）在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点P． (1)求的长度； (2)求的余弦值． 变式3．（2026·高一·河南商丘·阶段检测）已知为中边上的中线，． (1)若，求的长； (2)若，求的值及的值． 题型 4：已知角平分线条件的三角计算题 例10．（2026·高一·浙江·期中）在中，角所对的边分别是，且. (1)求； (2)若是边上靠近的三等分点，，，求的面积； (3)若是的角平分线，，，求的长. 例11．（2026·高一·天津·阶段检测）已知的内角的对边为，且. (1)求角； (2)若的面积为，为的中点，且，，求中线的长及内角的角平分线的长. 例12．（2026·高三·河北沧州·阶段检测）在中，角，，所对的边分别为，，，且. (1)求角的大小； (2)若，的面积为，求的角平分线的长度. 题型 5：依托三角形的高作为条件求解 例13．（2026·高三·山东青岛·期末）记的内角的对边分别为，已知. (1)求的值； (2)若，且的周长为，求边上的高. 例14．（2026·高一·吉林长春·期末）在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，其面积为S，且满足. (1)求角的大小； (2)设BC边上的高，求S的最小值. 例15．（2026·辽宁·一模）的内角，，的对边分别为，，，已知，. (1)求及； (2)若，求边上的高. 变式4．（2026·高一·北京昌平·期末）在中，，，． (1)求和的值； (2)求BC边上的高． 题型 6：结合三角形内外接圆的综合题型 例16．（2026·高一·甘肃甘南·期末）（1）如图，已知圆内接四边形ABCD的边长分别为，求四边形ABCD的面积； （2）如图，已知圆内接四边形ABCD的边长分别为a，b，c，d，试证明其面积为. （3）已知凸四边形的边长分别为，求四边形ABCD内切圆半径r的取值范围. 例17．（2026·高一·重庆沙坪坝·期中）在中，对应的边分别为的外接圆面积为. (1)求的值； (2)若点在上，且直线平分角，求线段的长度. 例18．（2026·高一·吉林长春·期中）在中，已知，，． (1)求面积； (2)求内切圆半径． 变式5．（2026·高一·福建福州·期中）锐角中，内角所对的边分别为，且，. (1)求证：； (2)将延长至，使得，记的内切圆与边相切于点，是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由. 1．（2026·高一·山东枣庄·期中）如图，在中，，，且．为线段上的两个动点（在的右侧），且，记． (1)若时，求的周长； (2)若的面积是的面积的倍，求的大小； (3)当为何值时，的面积最小，最小面积是多少？ 2．（2026·高一·河北石家庄·期中）已知的内角的对边分别为，且. (1)求. (2)若，且边上的中线长为，求的面积. (3)若，且角的平分线长为，求的面积. 3．（2026·高一·黑龙江鸡西·期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，的外接圆半径为，. (1)求； (2)已知，是边的中点，且，求的长. 4．（2026·高一·浙江杭州·期中）已知的三个内角所对的边分别为，满足是的中点，． (1)求B； (2)求的面积； (3)求线段的长度． 5．（2026·高一·辽宁丹东·期末）在中，已知的平分线与边相交于点. (1)求证：； (2)若，，，求. 6．（2026·高一·湖南·期末）如图，在平面四边形中，已知，交于，，，，且，令，． (1)判断：是否成立？请说明理由； (2)求的值； (3)证明：当时，位于外接圆的内部． 7．（2026·高一·福建龙岩·期末）如图，在中，角所对的边分别为是内的一点，且满足．    (1)若，求的大小； (2)若，求的正切值； (3)若，求的值． 8．（2026·高一·新疆伊犁·期中）的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若D为AB中点，，，求的周长． 9．（2026·高一·海南海口·阶段检测）如图，在中，，，，为内一点，且． (1)若，求的长； (2)若，求． 10．（2026·高一·云南昆明·阶段检测）在中，角的对边分别为，已知，，为边上一点． (1)若为的中点，且，求； (2)若的面积为，且平分，求的长． 11．（2026·高一·河南漯河·阶段检测）已知平面四边形ABDC中，对角线CB为钝角的平分线，CB与AD相交于点O，，，. (1)求的值； (2)求的长； (3)若，求的面积. 12．（2026·高一·浙江金华·阶段检测）如图，在中，内角所对的边分别为，已知，，．    (1)求的值； (2)若为边上一点，且，求的长． 13．（2026·高一·湖南长沙·期中）已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若，D为BC的中点，的面积为，求AD的长． 14．（2026·高一·陕西商洛·期末）在中，已知为的中点，，，. (1)求的面积； (2)求的长. 15．（2026·高一·重庆·期末）在中，内角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若，，求边上的角平分线长； (3)若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $第04讲解三角形图形类问题 目录 01题型归纳目录2 02知识点梳理… 知识点一、解决三角形图形类问题的6大方法... ..3 03重难点题型.4 题型1：利用同一个角的余弦值不变构造方程解题.……4 题型2：解题过程中重复套用正弦定理列式........ …8 题型3：含三角形中线的解三角形考题....· ….13 题型4：已知角平分线条件的三角计算题.… .17 题型5：依托三角形的高作为条件求解.. .19 题型6：结合三角形内外接圆的综合题型.. .21 04过关检测… …28 1/43 01 题型归纳目录 题型4：已知角平分线条件的三角计算题 题型1：利用同一个角的余弦值不变构造方程解题 题型5：依托三角形的高作为条件求解 题型归纳 题型2：解题过程中重复套用正弦定理列式 题型6：结合三角形内外接圆的综合题型 题型3：含三角形中线的解三角形考题 2/43 02 知识点梳理 知识点一、解决三角形图形类问题的6大方法 方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题； 方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题， 相似是三角形中的常用思路； 方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路； 方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选 择； 方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可 以将其与余弦定理充分结合到一起； 方法六：建立平面直角坐标系，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化 3/43 03 重难点题型 题型1：利用同一个角的余弦值不变构造方程解题 例1.(2026·高一江苏宿迁期中)在平面凸四边形ABCD中，AB=10,CD=6. (1)若BC=5,AD=3,A+C=π. ①求BD的长； ②求四边形ABCD的面积； (2)若AB⊥BC,DC⊥BC,∠ADB=T,求BC的长. 4 【解析】(1)①A+C=元，.cosA=cos(π-C)=-cosC,即cosA+cosC=0 2x3x10,c0sC=5+62-BD 由余弦定理得c0sA=3+10-BD: 2×5×6 代入c0sA+c0sC=0得：3+10-BD3+6-BD =0, 2×3×10 2×5×6 化简得：2BD=170,解得BD=V85 ②设四边形ABCD的面积为S，S=SAABD+S△BcD, 2 =3v21 =3v21 2 S=SAABD+SABCD =321+3121=6V21 (2)如下图，过点D作垂线交AB于E,设BC=x, A B C :AB⊥BC,DCBC,DE⊥AB, ∴四边形BCDE是矩形，BC=DE=x, 对△ADE用勾股定理得：AD=V42+x2, 对△BDE用勾股定理得：BD=V6+x,， 4/43 对△4BD用余弦定理得：cos元-4+r+6+x2-10 42v42+xV6+x) 即 2x2-48 22.4+.6方，化简得 x2-24 2V42+x2N6+x 两边平方得：4+X6+)=-2列. 再化简得：（x）-148x2+576=0, 解得x2=144或4，…x>0,∴.x=12或2， 又，△ABD是锐角三角形，.BD+AD>AB2, 即42+x2+62+x2>102,得x2-24>0,∴.x=12 例2，（2026高一·云南昭通·期末)如图，已知在平面四边形ABCD中，AB=4,CD=6,AD=BC=2. D C (1)设∠BAD=x,∠BCD=B,若a=120°，求B; (②)是否存在BD,使得BD平分∠ABC,若存在，求BD的长；若不存在，说明理由. 【解析】(1)在△ABD中，因为AB=4,AD=2,∠BAD=120°， 由余弦定理得BD2=AB2+AD°：-2AB×ADc0Sx=16+4+2x4×2x(=28, 可得BD=2N7, 在△CBD中，因为CD=6,BC=2,可得cosB=BC+CD-BD_4+36-28_1 2x BCxCD 2×2×62 因为0°<B<180°，所以B=60°. (2)假设存在，因为BD平分∠ABC,可得coS∠ABD=coS∠DBC, 由余弦定理，可得4B+BD-AD_BC+BD:-CD 2x ABx BD 2x BCx BD ，解得BD=76, 所以BD=2N19, 但此时AB+AD<BD,所以假设不成立，不存在BD符合题意 例3，(2026·高一·云南期中)如图，在四边形ABCD中，AD=2,CD=3,△ABC是等边三角形. 5/43 B (I)若∠ADC=60°，求△ABC的面积； (2)若BC=2,求△BCD的面积： (3)求△BCD的面积的最大值， 【解析】(1)在△ACD中，由余弦定理可得 AC2=AD2+CD2-2AD.CDcos.∠ADC=7,则AC=V7 因为△，BC是等边三角形，所以△ABC的面积S=V5 AC=75 4 4 (2)在△ACD中，由余弦定理可得AD=AC2+CD2-2AC.CDcos∠ACD, es0-C少-}故m40n-豆 2AC.CD 4 因为△ABC是等边三角形，所以∠ACB=60°， 所以sin∠BCD=sin(∠ACD+60) =sim∠ACD60°+cos∠4 CDsin60=V7+33 8 则a80D的面积为号-2x3755_3W745, 8 8 (3)设∠ACD=O,∠ADC=a, 在△4CD中，由正弦定理可得DC,则4Csm6=2sna, sine sina 由余弦定理可得AC2=AD2+CD2-2AD.CD cosa=13-12cos, AD2 AC2+CD2-2AC.CD cos0, Ccos0=4C+518-12cos=3-2c0s, 6 6 所以△BCD的面积： S=BC.CDsin BCD-3ACsin(0+60)=3ACsin+33 4C cose, 21 4 因为4Csin0=2 sina,AC cos0=3-2cosa, 所-aa-9oa2 =3sin(a60)+ 4 4 当a=150°时，S取得最大值3+95，即△BCD的面积的最大值为3+93 4 4 6/43 变式1，（2026·高一·广西·阶段检测)“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问 题是：在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小，意大利数学家托里拆利给 出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点； 当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面的问题： (1)若△ABC是边长为的6等边三角形，求该三角形的费马点O到各顶点的距离之和； 2)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且4=sinA,点P为△4BC的费马点. b (i)若ac=4v3,求PA.PB+PB.PC+PC.PA; 求P4PC的最小值. PBI 【解析】(1)由△ABC为等边三角形，三个内角均小于120°，得费马点O在三角形内， 满足∠AOB=∠BOC=∠C0A=120°，且OB=OC=OA,如图： D 6o30 过0作OD⊥AC于D,则CD=3,∠OCD=30°，OC=CD 所以该三角形的费马点O到各顶点的距离之和为OB+OC+OA=6v3. s4s6,而gsn4,snA:0, (2)(①)由正弦定理得a,=b b 则bsin4b sinA sinB ,即sinB=1,得B=2,则△4BC的三个角都小于120°， 由费马点定义知，∠APB=∠BPC=∠APC=120°， PA=x,PB=y,PC=z,x>0,y>0,>0, e+9+88得汉片元3+54 22 2-2 整理得y+z+xz=8,则PA.PB+PB.PC+PA.PC =9（2+(2*(分-分8=4. (m)由①知B=受点P在△4BC内部，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120, 7/43 B PB=x,PA=m PB =mx,PC=n PB=nx,m>O,n>0x>0, 则P4PC_m+m-m+n, PB 由余弦定理得，4Bf=x2+mx-2 mcos2元=m2+m+1)x2, 3 BC=x+nx-2nxcos2=(W+n+Dw, 3 ACP=mx+nx-2mnx'cos2=(m+n+mn)x', 3 而BC+AB=AC,即(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+m)x2, 整理得m+n+2=mm≤m”,即m+m-4m+)-8≥0，则m+n≥2+23， 2 当且仅当m=n,即m=n=1+V5时取等号， PA+PC 所以 IPBI 的最小值为2+2V3 题型2：解题过程中重复套用正弦定理列式 例4，（2026高一.湖南衡阳·期中)如图，在△ABC中，AB=2,3 acosB-bcosC=ccosB,点D在线段BC 上. (1)若∠ADC=3 ,求AD的长； 4 (2若BD=2DC,△ABC的面积为4W5,求sn∠B4D 的值. 3 sin∠CAD 【解析】(1)因为3 acosB-bcosC=ccosB, 由正弦定理可得：3 sin AcosB-sin BcosC=sin CcosB, 即3 sin AcosB=sin(B+C)=sin(π-A=sinA, 因为4e(0,则sn4>0,故caB-号则8为锐角， 8/43 所以sinB=cosB=2 3 因为∠ADC-7,则∠DB= 4 在△BD中，由正弦定理得4D AB sinB sin∠ADB' AD 2 所以22V2,解得4D=8 3 32 ②SAB.BC.sinB=7x2×BC×=Y，则BC 3 3 由20=2DC,得D-专00-号 3 由余弦定理可得： AC=AB2+BC2-2AB.BCcosB 4+4-2×2×2×3 4V3 1 3 BD AB 在△ABD中，由正弦定理可得 sin∠BAD sin∠ADB 故sin∠BAD=2sin∠ADB, 3 CD AC 在△ACD中，由正弦定理可得 sin∠CAD sin∠ADC' 故sin-CAD= 6sin∠ADC, 因为sin∠ADB=sin(π-∠ADC)=sin∠ADC, 2 in∠BAD sin∠ADB 3 43 所以 in∠CAD 3 3· -sin∠ADC 6 例5.(2026高一，内蒙古赤峰期中)如图，在四边形ABCD,AD=2√2BC,∠BAD=30°， ∠BCD=45°，∠ADC=120° D 4 (I)若BD=10v2,CD=20,求AC; (2)求tan∠BDC的值 【解析】(1)在△BCD中，由正弦定理得，CD。 BD sin∠CBD sin∠BCD' 9/43 即、20 10W2 sin∠CBD sin45° 解得sin∠CBD=1,所以∠CBD=90°， 则△BCD为等腰直角三角形，所以BC=BD=IO√互， 则AD=2V2BC=40. 在△ACD中，由余弦定理得 AC2=AD2+CD2-2AD×CDcos.∠ADC=402+202-2×40×20× 1=2800, 所以AC=20√7. (2)设∠BDC=0,则由题意可知∠ADB=120°-B,∠ABD=30°+0. 在△ABD中，由正弦定理得 BD AD BD AD sin∠BAD sin∠ABD ，即sin30sin(30°+0) 即4D=2sin(30r+9), BD 在ABCD中，由正弦定理得，BC sin∠3DC sin /BCD·即b=BD BD sine sin45°即BC=V2sina BD 又AD=2√2BC,所以2sin(30°+B)=2V2×V2sin8, 所以，os9+5n0=2sm0,解得m9-4+5,所以tm∠B0C-4+百 2 13 13 例6.(2026高-云南德宏期中)如图，在平面四边形4BCD中，∠ABC,Sc=2, ∠BAC=∠DAC,CD=2AB=4. D B (I)求线段BC的长度； (2)求sin∠ADC的值. 【解祈】)由CD=2AB=4,得B=2,在△4BC中，已知∠BC=折，9c=2, 由车角形面积公式8e4B:BCsm乙A4BC可得22xBcx2解得：BC=22 2 (2)由余弦定理4C=4B+BC:-24B-BC os∠，4ABC即AC=2+22-2×2×2V2×-2=20, 2 解得AC=2√5 10/43 设<BAC=∠DAC=6,在△ABC由正弦定理BC AC sin6 sin/ABC,得 sn6=BC·sin∠ABC 2v2x2 =5, Ac 2V5 5 在△ADC中，由正弦定理 AC CD sn∠ADC sin6，得 sin -ADC=4C:sine 2x 51 CD 4 2 变式2.(2026高一，广东广州·期中)在△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=,则称P为 △ABC的布洛卡点，：为布洛卡角.小明同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确的结论，比 如∠APC=π-∠BAC=∠ABC+∠ACB,若下列问题中的点P为△ABC的布洛卡点，请你和他一起解决如 下问题： A B C (I)求证：正△ABC的外心O是△ABC的布洛卡点； ②若△ABC满足AB=AC=2,且∠BAC=子T时，求tanC (3)角A,B,C所对的边分别为a,b,c,∠ABP=∠PBC=x,且a=c,若△ABC的周长为4，试把 BA.BC表示为b的函数f(b),并求f(b)的值域 【解析】(1) 若O是正△ABC的外心，则OA=OB=OC,所以∠ABO=∠BAO,∠ABO=∠CBO,因此 ∠CBO=∠BAO,同理可得：∠CBO=∠ACO, 所以∠BAO=∠CBO=∠ABO,则正△ABC的外心O是△ABC的布洛卡点. (2) 11/43 由余弦定理可得：BC2=AB2+AC2-2AB·4C cos∠BAC, 代入数据解得：BC=2V5,故∠ABC=∠ACB= 6 在APBC中，设∠PBC=a,则∠ABP=∠BCP-石a,AC=∠ABC+∠ACB-,所以 3 π BpC=π-x)=Sr 6’ AC PC 在△PAC中，由正弦定理得： sin∠APC sin∠PAC 2 PC 4v3 sin( 代入数据得： π 2π 3a 2 Sin sin(-a)’:PC=● 3 3 在△PBC中，由正弦定理得： BC PC sin∠BPC sina' 23 PC 代入数据得： n5 sina,即：PC=4v3sina, sin- 6 所以43sn 2π 3 4、5sino’即：sin3-x=3 sina 利用正弦的差角公式展开：5 cosx+sina=3 sina,所以V3 cosa=5sin, 2 2 则tanx= 5 (3) 因为∠ABP=∠CBP=x,所以∠ABC=2, 则BA·BC=BA·BCcos22u=accosB, 由题可知：a+b+c=4,所以2a=2c=4-b,则a=c=4b 2 12/43 利用余弦定理可得：accosB=c×4+c-b°-。+c-b_(a+c)°-2ac-B(4-b)-2ac-6 2ac 2 2 2 化简得：ac cos B=8-4b-ac=8-4b 4-b 2 1b2-2b+4, 又因为a+c=4-b>b,所以b<2, 三角形半周长为2，因为三角形的任意一边，都必须大于半周长减去该边， 所以b>2-b,则b>1,即：1<b<2 令0)--20+4，共中1<6<2，分析可得：f0)在1<6<2上单调递减，且0=， f(2)=-1, 所以f(b)值域为： 题型3：含三角形中线的解三角形考题 例7.(2026高一江苏扬州·期中)在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c, 1+cs24_tamB-且c=2 sin 24 tan B+1 (1)求角C的大小； (2)求b的取值范围： (3)边AB的中点为D,求中线CD的长度的取值范围 1+cos 24 tan B-1 【解析】(1)因为 sin 24 tan B+1 sin B 所以1+2cos2A-1 1 cosB 2sin AcosA sinB ，即_cos'A sin B-cos B +1 sin Acos sin B+cos B cosB 因为A∈0， 所以cosA≠0， 则cos4-sinB-cosB ,(sin B-cos B)sin 4=cos A(sin B+cos B), sin 4 sin B+cos B 整理可得sin(A+B)+cos(A+B)=0,即sinC-cosC=0, 所以tanC=l,C∈(0，) 所以C= 4 (2）由正弦定理得0=CnB=25smB, 13/43 0<B< 因为锐角△ABC,所以 → 3-B<π4 B< 2 0 所以sinB 所以b∈(2,2v2): (3)由余弦定理可得c2=a+b2-2 ab cos C=a2+b2-V2ab=4, 又CD=CA+CB), 则c而-4c网+cj=4c+0丽+20.c丽=46+a+5a) =44+25a6)=1+2b, 由正弦定理可得a6。c=25, sin A sin B sinC 所以a=2W2sinA,b=2v2sinB, 所以ab=8sin4sinB=8sim3好BsnB=8smB7 cosinB -2sin2B+x-co22sin2B-2cos2B+2=4sim +2W2, 2 4 由2)如<B<则2B 44 所以m89 则b=4sm2B-}+25e454+2, 则cD=1+2b∈53+22]， 故中线CD的长度的取值范围为(V5,v2+1 例8.(2026高一福建莆田期中)在△ABC中，角4，B,C的对边分别是a,b,c,满足acosC+ -c=b (I)若a=13,△ABC的面积为N3,且b>c,求b、c; (2)在(1)的条件下，D为BC的中点，求中线AD的长 【解析】(1)因为角4，B,C的对边分别是a,b,c,满足acosC+2C=b, 1 根据正弦定理得sinAcosC+二sinC=sinB,因为B=元-A-C, 14/43 所以sinB=sin(A+C),所以sincosC+snC=sin(A+C), 化简得，snC=cos Asinc,又sinC≠0，所以cosA=2 1 又0<A<元，所以A= 3 由4=骨5.esind=3,得6c=4 1 由余弦定理，得a=b+c2-2 bccosA=(b+c)-2bc-2 bccosA=13 则(b+c)=25,所以b+c=5.又b>c,bc=4,则b=4,c=1 (2)由于a=VI3,b=4c=1,所以根据余弦定理得cosC=a+b-c-13+16-1_73 2ab 2×V13×426 D 在&4CD中，AC=4,CD=}a=正，所以根据余弦定理得 2 2 4D=4C+CD-24C×CDxcosC=16+13-2×4xM73_21 4 2264 所以AD=27 例9.(2026·高一·浙江湖州·阶段检测)在△ABC中，己知AB=2,AC=4,∠BAC=60°，BC,AC边上 的两条中线AM,BN相交于点P. (1)求BP的长度； (2)求∠MPN的余弦值 【解析】(1)连接MN,则MN是△ABC的中位线， 故N∥AB,且MN=AB, 2 1 在aABN中，AN=24C=2,又4B=2,∠B4C=60 故△ABN是等边三角形， 所以BN=2, 因为aABP-△NP,所以PV_MN-1, BP AB 2' 15/43 B M P A N (2)在△ABC中，由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC cos.∠BAC=16+4-16coS60°=12， 解得BC=25,则BM=BC=V5, 因为AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC, 在△ABM中，由勾股定理得AM=VAB2+BM=V4+3=V7, 因为△4BP一△MNP,所以AP=B,;解得AP=2V7 3 2816-4万 在aABP中，由余弦定理得cos∠APB=4P+BP4B_9十g4 2AP.BP 2x2v7414, 33 因为∠MPN=∠APB,所以∠MPN的余弦值为Y7 14 变式3，(2026·高一.河南商丘·阶段检测)己知CD为△ABC中AB边上的中线， AD=l,∠BCD=1∠CAD. 2 (I)若BC=2,求CD的长； (2)若CD=V2AD,求AC2+BC的值及AC3+4AC2-AC的值. 【解析】(1)设∠BCD=,∠ADC=B,则∠CAD=2x,∠BDC=π-0，∠ABC=B-x. C 人2a 0△ 0-0 B 因为AD=1,BC=2,所以BC=AB=2, 所以∠BCA=∠CAB=2ax,所以∠ACD=2a-x=ax, 所以∠BCD=∠ACD,且CD为△ABC中AB边上的中线，所以AC=BC, 则△ABC为正三角形，所以CD=VBC2-BD?=V5, (2)依题意可得CD=5,设AC=x,BC=y, 因为∠ADC+∠BDC=元，可得cOS∠ADC=-coS∠BDC 16/43 由余弦定理得D+CD-ACDB+CD:-BC ,则3x=3-y 2AD.CD 2DB.CD 222V2, 整理得x2+y2=6,即AC2+BC2=6, BD 由正弦定理得sna BC CD AC sin(-)'sin2a sine' 即1 y 2 ,整理得y=V2 xcosa, sina sine'2sinacosa sine 则x+y=(1+2cosa)小xr=(cos2a+2)x2=6,则cos2a=6 2 在△4BC,由余弦定理得cos2a=4B+AC-BC_4+r-(6-x)_-1 2AB·AC 4x 2x 则。2，整理得+4x2,即4C+440-402 题型4：已知角平分线条件的三角计算题 例10.(2026·高一.浙江·期中)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且 (c-2a)cosB=b(2cos4-V3sinc) B (1)求B; 2)若D是边4C上幕近A的三等分点，a=2,BD=2y5,求△4BC的面积： 3 ()若BD是∠ABC的角平分线，a=2,BD=2N5,求b的长 【解析】(1)因为(c-2a)cosB=b2cosA-V3sinC, 由正弦定理可得sinCcosB-2 sin.AcosB=2 cosAsinB-V3 sinBsinC, sinC (v3sinB+cosB)=2(sinAcosB+cos AsinB), 所以2 sinCsinB+z=2sin(A+B)=2sinC, 6 又因为0<C<元，所以sinC≠0， 所以smB+1,又因为0<B<元，所以B+工∈I7四 6 66’6 所以B+元=π 62故B= 3: 17/43 (2)因为D是边AC上靠近A的三等分点， 所以D-+}c-A+丽+8C)号+}Bc, 所以BD= 西jicc反C）, 又因为a=2,D=25,B= 3 3 所以 3-4c+4ex2xcs子+4，化简得4e+4e+4-e+c+ 2w5-1 即c2+c-2=0,解得c=1或c=-2(舍去)， 所以82 cn=号x2x1xsm子5。 1 2 32 (3)已知BD平分∠ABC,且B=3,故∠ABD=∠CBD 6 6+24BDs 电S=Sp+S.caD得acsin B=2 c.BD.sin.不/ 6 卷a2.BD23代入得2xcx，2)一，×2××解得白 3 22cx32+2 =5-2=3 1 .b2=a2+c2-2accosB=4+1-4x- b=5 例1.(2026高一天津阶段检测)已知△ABC的内角4，B,C的对边为a,b,c,且snA-simB_C-b sinC a+b (1)求角A; (2)若△ABC的面积为4v3,E为BC的中点，且b+c=10,c>b,求△ABC中线AE的长及内角A的角平 分线AD的长 【解析】(1)由正弦定理得：snA-sinB_a-b-c-b sinC ca+6’c2+b°-a2=bc, ..cos4=c+b2-a 1 2bc 2’又4e(0),4= 3 (2)由(1)知：A=2, 3S c=besinA= bc=4V5,解得：bc=16; 4 B 0 “AE为△ABC的中线，A正= 1 AC+AB, 2 18/43 AE=V21,即中线AE的长为V21; “AD为内角A的平分线，∠BAD=∠CAD=卫 6 ~Sm=Sao+8e,45-i∠n4D+ADsnC∠ADb+e小Dsin-4D, 2 62 AD=83 5 例12.(2026高三·河北沧州·阶段检测)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且 sin B-sin Ac-a sin C a+b (1)求角B的大小； (2)若c=4,△ABC的面积为3V5,求△ABC的角平分线BD的长度， b a 【解析】(1)由正弦定理可得： 亚亚6即。2-8名化简可得。+c-分-e 2R 由余弦定理cosB=a+c-b2。ac_1 2ac 2ac 2 因为0<B<元，所以B=亚 3 （2》根据三角形面积公式Sc2 esin,可：得ax4k如于-35， 1 即2ax =35,化简可得aV5=3v3,解得a=3 2 因为BD是角平分线，所以∠ABD=∠CBD= 6 由St8.cm得：acsin B-cBD-sinBD:sin 2 62 6 2×3x4×sn 1 2t2x3xBD 11 1 ×4×BD 32 2 解得BD=125 题型5：依托三角形的高作为条件求解 例13.(2026高三山东青岛期末)记△4BC的内角A,B,C的对边分别为ab,c,己知tanB=tanC. ()求c 的值， 19/43 (2)若a=V21,且△ABC的周长为7+√21，求边b上的高 〔解桥】()由tanB--tanC,可得Sn6-snC cosB 2cosC 所以2 sinBcosC=sinCcosB, 又由正弦定理和余弦定理，可得26.。+b-c-0。+。-6 2ab 2ac 整理得3c2-b)=a,所以-b=1 a2-3 (2)由a=V21,且△ABC的周长为7+v21,可得b+c=7, 又由1)可知，c-b=a=7,即(c+b)(c-b)=7, 3 b+c=7 所以c-b=1,联立方程组 c-b=1,解得c=4,b=3, 所以cos4=6+c-a_3+42-(21_ 2bc 2×3×4 6 则sinA=V1-cos2A 1)2 V3 1-6 ,(A∈(0，元0， 6 所以边b上的高为h=csin4=4×V35_2V35 6 3 例14，(2026高一·吉林长春·期末)在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c,其面积为S,且 满足V3AB·AC+2S=V3bc (1)求角A的大小： (2)设BC边上的高AD=1,求S的最小值 【解析】(1)由V3AB.AC+2S=V3bc可得V36 ccosA+2× 分rsn4=isc， 即vm41smA=5,则25as4+n4-5,放m4+到 2 因为A+元∈π4玩〉 +(后故4+号受则4 3 2)由题意3c6e50ac-0,所以a=9ae0 2 22 2 而a2=b2+c2-2 bc cos60°=b2+c2-bc≥2bc-bc 所以a2≥bc,当且仅当b=c时等号成立② 由①②两式可知，bc≥号，当且仅当b=c 25时取等， 3 所以SsBb正3，即△BC面积的最小值为VS 4 3 20/43 例15.(2026辽宁.一模)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知 acos B+bco3= 7 -ac,sin 2A=sinA (1)求A及a: (②2)若b-c=2,求BC边上的高 【解折】CID因为+beo-7c,由正弦定理得ndo:Sn8cs1- -asinC, 所以sin(4+B)=V 7 asinC,又A+B=元-C, 所以sinC=V7, 7 asinC,又sinC>0,则a=V7 因为sin2A=sinA,即2sin4cosA=snA,又simA>0,所以cosA=}, 因为A∈(0，)，所以A=元 3 (2)由(1)及余弦定理a2=b2+c2-2 bccos 4,得b2+c2-bc=7. 将b=c+2,代入b2+c2-bc=7,得c2+2c-3=0, 解得c=1或c=-3(舍去)，则b=3 因为c。,所以sinC-csin4V2 sinA sinC a14 设BC边上的高为h,则h=bsinC=3V2 14 变式4.(2026高一·北京昌平.期末)在△ABC中，b=3,2c-a=3,∠A=120°. (I)求c和sinB的值； (2)求BC边上的高. 【解析】(1)因为b=3,2c-a=3,∠A=120°， 所以由余弦定理得a2=b2+c2+bc,所以(2c-3)=9+c2+3c,解得c=5, 所以a=7,所以由正弦定理可得a三b sin A sinB'sin B=bsn43r☒ 2-33; a 714 (2)BC边上的高为csinB=5x3V5_155 1414 题型6：结合三角形内外接圆的综合题型 例16.(2026高一.甘肃甘南·期末)(1)如图，己知圆内接四边形ABCD的边长分别为 AB=2,BC=6,CD=DA=4,求四边形ABCD的面积； 21/43 4 2 B D .0 6 (2)如图，己知圆内接四边形ABCD的边长分别为a,b,c,d,试证明其面积为 S=(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)p=-(a+b+c+d) d B 0 6 C (3)已知凸四边形的边长分别为AB=1,BC=2,CD=4,DA=3,求四边形ABCD内切圆半径r的取值范围 【解析】(1)如图所示： A 2 B D 4 6 C 连接BD,在△ABD中，由余弦定理得：BD2=22+42-2×2×4×cosA, 在△BCD中，由余弦定理得：BD2=62+42-2×6×4×cosC, 因为A+C=元，则cosC=-cosA, 1 两式相减得coSA=- 又0<A<元， 所以A= 3 所以So4B4D-n4+CB-CD-WC=85 (2)如图所示： 22/43 d B Q D 0. b C 连接AC,在△ABC中，由余弦定理得：AC2=a2+b2-2 ab cos B, 在△ACD中，由余弦定理得：AC2=c2+d2-2 cd cos D 因为B+D=元，则cosD=-cosB, 两式相减得：cosB=a+b-c2-d 2(ab+cd), 所以snB=1-cosB=4(ab+cd-(o+b-c2-dr 4(ab+cd) 4(ab+cd)2-(a2+b2-c2-d)=(a+b+c-d)(a+b+d-c)(a+d+c-b)(b+c+d-a), 因为p=a+6+c+d, 所以4(ab+cd)°-(a2+b°-c2-d）=(2p-2d2p-2c2p-2b)(2p-2a) 所以snB=4(p-a(p-b(p-cp-d) (ab+cd) 所以sinB=2p-ap-b(p-ce(p-d ab +cd 则S=S。ABc+SADc= cdsin Dbed)sin B =/(p-a)(p-b)(p-c)(p-d), 即s=p-o以0-be-ee-可par+b+e可） (3)知凸四边形的边长分别为AB=1,BC=2,CD=4,DA=3,求四边形ABCD内切圆半径r的取值范围 a 6 在△ABD和△CBD中分别应用余弦定理，有 23/43 BD2=a2+d2-2adcosA BD2=b2+c2-2bc cosC' 则)(a2-b-c2+d）=adcosA-bccosC,又2Seco=adsin4+besinC, 两式平方相加，整理得 4Sico=(d+bc)-i(a-b-+d)-2abcdcos(4+C) -(ad+bc)+-abedoosi4C 2 注意到 ad-be-) =2a+a-2-o 号2n-202p-2) =2(p-c(p-b) adrbe-(a-bi-e+d)=2(p-a)(p-d), 4S'cD=4(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)-4abcdcos:4+C 2 S=pr,r=8 V(p-a)(p-b)(p-c)(p-d）26 p 5 当A+C=B+D=元，即A、B、C、D四点共圆时取等号 另一方面，由S=m=5r知，r最小时，S最小，此时c0s44C=cosB+D最大 2 2 又因为max 告89后所以只需令 A+C B+D 2’2 最大即可 设AC=x,BD=y,由三角不等式有1<x<3,2<y<4 易知∠A,∠C随y增加而增加，∠B,∠D随x增加而增加， 所以只需比较x→3和y→4的情况即可 此时四边形ABCD分别趋向于退化成边长为3、3、4和4、4、2的三角形， 经比较可得面积较小者为√5 故r=S 5 综上，T的取值范围是 V152v6 5’5 24/43 例17.(2026·高一·重庆沙坪坝·期中)在△ABC中，∠A,∠B,∠C对应的边分别为 a,b.cA=2元，b=5,c=3,△4BC的外接圆0面积为S 3 (1)求S的值； (2)若点D在AC上，且直线BD平分角∠ABC,求线段BD的长度 【解折】)由4-子。=5c=3,利用余弦定理可得 a2=b2+c2-2bcc0sA=25+9-2×5x3x 1 2 =49,所以a=7; 因此△4BC的外接圆O的半径为K=2Xsm42×5= 2 所以△ABC的外接圆O的面积S=R'=49元 3 (2)如下图所示： AD AB 3 由直线BD平分角∠ABC,利用角平分线定理可得 DC BC7' 又b=AC=5,所以AD=34C=3 10 2’ 因此在A10市，由余弦定理可得D+0-2480aA=9+号23分》 63 4 所以BD=3V7 2 即线段BD的长度为37 2 例18.（2026高一吉林长春期中)在△4BC中，已知AB=2,AC=4,∠B4C= 3 (I)求△ABC面积； (2)求△ABC内切圆半径. 【解析】(1)因为AB=2,AC=4,BAC= 3 25/43 所以5e号B4Csn∠B4C-2x49-2w5. 2 2 (2)由cos∠BAC=4B°+4C2-BC_22+4-BC:1 2AB·AC 2×2×4-21 解得BC=2V5, 设△ABC内切圆半径为T, 则sw号4r4cr0cr=25, 2 2v5 所以ra,心购-， 2v3 故△ABC内切圆半径为V5-1. 变式5，(2026·高一.福建福州期中)锐角△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,C,b=2且b≠c, bccosB=4(c-1)cosC (1)求证：A=2C; (2)将AC延长至D,使得3CD=AC,记△ABD的内切圆与边AD相切于点T,AT是否为定值？若是，求 出该定值，若不是，请说明理由 【解析】(1)由bc cos B=4(c-1)cosC,b=2得：bc cos B=b(c-1)cosC, 即ccosB=b(c-1)coSC,整理得：ccos B+b cosC=bc cosC, 由正弦定理得：sinC cos B+sin B cosC=sin(B+C)=sin(π-A)=sinA=bsinC cosC, 又b=2,∴.sinA=2 sin C cosC=sin2C, c-04+2xe又c*6,c= ∴.A+2C≠A+B+C=元，∴.A=2C (2)由(1)得：sinA=2 sinCeosc,a=2c.4+b-c, 2b，又b=2, 整理可得：(2-c)a=c(2-c)(2+c) c≠b=2,.a2=2c+c2, 设内切圆圆心为O,内切圆与边AB,BD分别相切于点E,F, 则BE=BF,AE=AT,DT=DF, B D 26/43 BD-BA+AD-BA+C-BA+(BC-BA)=BC-BA. ..BD=16BCBC.BA+1BA=16a-8a accos B+ 9 99c. =c+BD-BA=BE+FD-BE-AE=DT-AT 又DT+r=AD-多AT-号 27/43 过关检测 1.(2026高一山东枣庄·期中)如图，在△ABC中，AC=2,BC=2√5，且AC⊥BC.M、N为线段 AB上的两个动点(N在M的右侧)，且MCW=30°，记∠ACM=B. B (1)若0=30°时，求△MNC的周长； (2若ANC的面积是△CMA的面积的5倍，求e的大小 (3)当B为何值时，△MNC的面积最小，最小面积是多少？ 【解析】(1)由4C=2,BC-2V3,AC1BC,得anB=4C-2-5 BC 23 3' 又0°<B<90°，则B=30°，A=60°，所以AB=2AC=4, 当0=30°时，CM⊥AM, 在Rt△4CM中，则CM=ACcos30°=2x5-5, 2 在RtCN中，ACN=30,可得MN=CMan30r=V5×5=l, 3 .CN=2MN=2,∴aMWC的周长为1+2+V5=3+v5; (2)0<0<60,因为aMNC的面积是CM4的面积的5倍， 所以1cw.CMsn30=5x1c4:Csin9,即cw=25sin6, 2 22 在△CAN中，∠ANC=180°-(60°+30°+0=90°-0， CN CA 2 sin60simn(90°-9cos0,得cv=V5 cose 从而cV-2W5sin9=5 '即sn6cos6=3_1 cose 252,而sin20=1, 由0°<20<120°，得20=90°，所以0=45°，即∠ACM=45°； (3)设∠4CM=6(0<0<60),由(2)知cw=5 cose CM CA 3 在△4CM中，由sn60sin(60+,得CM sin(0+60)' 28/43 3 3 CMCN.sin30=4sin060cos0 2sin0cos 3 3 sim20+v3cos20+V52sin(20+60°）+5， 2 2 2 当且仅当20+60°=90°， 中815时，NC的面积取最小值为2632-V） 2.(2026·高一.河北石家庄·期中)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 sin4=sin C-sin B+sinAsinB (1)求C (2)若a=4,且BC边上的中线长为√19，求△ABC的面积 ③)若a=4,且角C的平分线长为45，求△4BC的面积 3 sn4 sin Bsinc2R,得sn4=a， 【解析】(1)由正弦定理a=b 2R,sinB= R,sinC=c 2R 代入己知式sinA=sinC-sinB+sin Asin B,两边乘以(2R)得：a2=c2-b+ab,整理得： a2-ab=c2-b2 由余弦定理c=a+b-2 abcosC,代入：a2-ab=(a2+b-2 abcosC）-b°=a2-2 abcosC,解得： 1 cosC= 2 因为C为三角形内角，所以∠C= 3 (2)已知a=4,BC边上的中线长为V19,BC对应边为a,即a=BC=4.设D为BC中点，则AD为中 线，4D=9中线公式为：m-26+2c-a,其中m,为BC边上的中线长，代入m,=9,a=4: 4 19-2b+2c-1676=26°+2c2-16=6°+c2=46 4 由余弦定理c=a+-2 wbcosC,代入a=4,cosC=2。=16+b-2x4xb×216+b-46,代入 2 b2+c2=46:b°+(16+b°-46)=46，化简得：b2-2b-15=0,解得b,=5或b,=-3(舍). 代入得c2=16+25-20=21,所以c=V21 面积s-6snc4555v5 2 (3)设角C的平分线交AB于点D,则CD=45,且∠ACD=∠BCD=” 3 29/43 CD AD AC 在a1CD中，由正弦定理：sinsin”sin∠ADC:在△BCD中，由正弦定理： 6 CD BD BC sin B ,πSin∠BDC.又AD+BD=AB=c,且∠ADC+∠BDC=π，所以sin∠ADC=sin∠BDC sin- 6 由BC=a=4,4AC=b,在△BCD中，BC-4,CD=4y ，,∠BCD=”,由余弦定理： 3 6 BD=BC+CD-2BC-CD名，则BD-16+16-2x4x4y-16,解：得BD=1 3 32-3 3 同理，在A4CD中，CD=45，∠4CD=刀，设4AC=b,由余弦定理：AD-b+CD-2-bCD.cos 3 6 则4D=6+16-26.45.5=6°-46+16 3 32 3 D4店？方：两边平方得4D-,代入40表达 由角平分线性质：BD=。=4,所以AD=BD=4.b、b 式：6 =五4b+16,晖厚b1=之成=4 若b=4,则三角形为等腰三角形，a=b=4,∠C=60°，此时c=4,三角形为等边三角形，角平分线长应 为，= ×4=2V3,与43 不符，舍去： 3 若b=2,成立 所以b=2,c=Va+b2-2 abcosC=16+4-8=反=2W5,面积=absinC=x4x2x5-25 2 2 3.(2026高一黑龙江鸡西期末)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,C,△ABC的外接 圆半径为R,Rsin B-acos B+c=0. (1)求A; (②)已知a=2V7,D是边BC的中点，且AD L AB,求AD的长. b 【解析】(1)由正弦定理可得Rsin B=。 所以由Rsin B-acosB+c=0可得sinB 2 -sin Acos B+sinC=0, 又因为A+B=元-C,所以sinC=sin(A+B), 因此可得s1nB -sin Acos B+sin Acos B+cos Asin B=0,sinB+cos Asin B=0, 2 又B∈(0，元)，所以sinB≠0， 因此os4=分又4e0. 30/43 可得4=2 : (2)如下图所示： C D B 由(1)中A=2以及4D1AB,可得∠C4D=, 3 6 因为D是边BC的中点，所以SABD=SACD, 即cAD=bADsin元，可得b=2c, 由余弦定理可得a2=b2+c2-2 bccos A=4c2+c2+2c2=7c 又已知a=2v7,所以c=2,b=4, 所以BD=a=7, 2 可得AD=VBD-AB2=7-4=V5 即AD的长为AD=5 4.(2026·高一浙江杭州·期中)已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足 b sin B-asin A=c(sinC+sinA),E是AC的中点，AB=l,BC=2. (1)求B; (2)求△ABC的面积： (3)求线段BE的长度. 【解析】(l)~b sin B-asinA=c(sinC+sinA) 根据正弦定理得，b-a=c(c+a) 又a=2,c=1,.b=V7 根据余弦定理得，cosB=a+c-b=4+1-71 2ac 2×2×12 又~B∈(0，)，B=2π 3 2》8w-cm8-}21k5-9 22 (3)E是AC中点， BE(B4+BC), 31/43 (BA+B) cos B) 0+2-221 3 4 BE=3 2 5.(2026高一辽宁丹东·期末)在△ABC中，已知∠BAC的平分线AD与边BC相交于点D ()求证： BD AB DC AC (2)若BD=2DC,∠BAC=60°，AD=2,求BC 【解析】(1)在△ABD和△ADC中，如图所示： A 由正弦定理得： BD AB DC AC sin∠BAD sin∠BDA'sin∠DAC-sin∠ADC 因为∠BDA+∠ADC=180°，所以∠ADC=180°-∠ADB, DC AC AC AC 所以sin∠DAC sin∠ADC sin180°-∠BDA） sin∠BDA' 即、DC AC sin∠DAC sin∠BDA' 又因为AD为∠BAC的角平分线，所以∠BAD=∠DAC, 所以BD AB DC AC sin∠B.AD sn∠BD4'sin∠D4c sin∠BDA两武相除得HB DC AC 所以即-得证 DC AC (2)解法一：BD=2DC,所以AD=AB+2AC, 3 3 平方得4D-)西+号4C+4C,由（1)可得：8=24C,∠B4C=60, 解得AC=V3,AB=2V5, 32/43 则BC2=AB2+AC2-2AB·ACc0S60°=9，BC=3, 所以BC=3. 解法二： 由BD=2DC,由(1)得AB=2AC,所以SABC=SABD+SADc, 因为AD为∠BAC的角平分线，∠BAC=60°，所以∠BAD=∠DAC=30°， xABx ACxsin60x 4Dxsin30'+x Dx4Cxsin30'. 2 解得AC=V3,AB=25, 则BC2=AB2+AC2-2 4B.AC c0s60°=9，BC=3, 所以BC=3 6.(2026高一湖南·期末)如图，在平面四边形ABCD中，己知AC,BD交于O,AO=OC=√2， BD=2,∠A0B=2,且D0>BO,令∠CD0=C,BA0=P D a (I)判断：AB=CD是否成立？请说明理由； (2)求cos(&-B)的值； (③)证明：当B=元时，D位于△ABC外接圆的内部. 6 【解析】(1)成立，理由如下； 由题可知：∠COD=∠A0B=牙，A0=0C=V2,BD=2,设OB=x,OD=2-x 所以AB2=AO+OB2-2A0.OB cos∠AOB,CD=OD2+OC2-20D.OD cos.∠C0D, 所以AB2=x2-2x+2,CD2=x2-2x+2 所以AB=CD AB OA OA (2)在△4OB中，sin∠AOB sin(元-p-∠AOB)sin(P+∠AOB)' CD OC 在△COD中， sin∠COD sina 由(1可知ABCD,∠CoD=∠A0B=4,所以snB+4snx, 则B+元=x或B+元+x=元， 元 4 33/43 当A+年a,即a-年时，所以csa-) 2 5日++a=元时，所以∠OBA=a,则△AOB△C0D,所以OD=OB与D0>B0矛盾 所以cos(a-p月)= 2 (3)要证明D位于△ABC外接圆的内部，即证明C>B 由(2)可知a-B=4,所以x>B 7.(2026·高一.福建龙岩·期末)如图，在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,P是△ABC内的一 点，且满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=x. A P C (I)若∠BAC=80°，求∠APC的大小； (2)若∠BAC=120°，AB=AC=4,求x的正切值： (3)若&=30，求1 +1 1 的值. tan∠BAC'tan∠4BC tan∠ACB 【解析】(1)因为∠BAC=80°，可得∠PAC=80°-a, 在△APC中，可得∠APC=180°-∠PAC-∠ACP=100° (2)由题意，可得∠ABC=∠ACB=30°，则∠APC=60°，∠BPC=∠APB=150°， 在△APC中，由正弦定理，4AC AP ,可得AP=4sina-_8v3sina sin∠APC sin sin60° 3 AB AP 在△4PB中，由正弦定理sn∠APB sin(30°-)' 可得AP 4sin(30°-）=8sin(30°-）， sin150° 所以8VsnW=8sin(30°-），整理得5sinx=V5eosa,所以tana- 3 5 (3)在△ABC内，由余弦定理及三角形面积公式，可得： 1 cosBAC b2+c2-a2 b2+c2-a tan∠BAC sin∠BAC2 bcsin∠BAC4S.ABc 1 cos LABC a2+c2-b2 a+c2-b2 tan∠4BC sin∠ABC2 acsin∠B.AC4S△sc 34/43 1 cosLACB a2+b2-c2 a2+b2-c2 tan∠4CB sin.∠ACB2 ab sin∠ACB4SABc 1 1 1 a2+b2+c2 三式相加可得： 十 tan∠BAC tan.∠ABC'tan∠ACB4S。Bc ①， 在△PAB内，由余弦定理以及三角形的面积公式，可得： 1 cosa AP2+c2-BP2 AP2+c2-BP2 tana sina 2AP.csina AS APAB 在△PBC和aPAC中，同理可得：，1=BP+a-CP1CP+b-AP tana 4S△PBC 4SAPCA 1 所以 AP+c2-BP2 BP2+a-CP2 CP2+b2-AP tana AS PAB AS PBC AS PCA 因为S。ABC=SPAB+SPBC+SPA, 可得、1 (ap+c-BP）+(Bp+a2-CP）+(CP+b-P）_。+b+c②， tan a 4S.PAB+4S.PBC +4S.PCA 4S。ABC 1 1 1 11 庙o2得anZB4 CnABC nZ4 CB tang5VB 3 1 8,(2026高一新疆伊犁·期中)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b cosC+ccos B= (1)求c; (2)若D为AB中点，CD=V2,∠ACB=60°，求△ABC的周长. 解析】()方法一：因为bcosC+ccosB-ac,可得2 bcosC+2cosB=aG 由正弦定理，可得2 sin BcosC+2 cos Bsin C=csinA, 因为A+B+C=元，可得sin BcosC+cos BsinC=sinA, 所以2sinA=csinA, 又因为A∈(0，)，可得sinA>0,所以c=2. 方法二：因为boC+cosB=ac,可得2 b cosC=ac-2cos月， 由余弦定理，可得2b.a+b- 2ab -=ac-2c.a+c-b2 2ac 整理得a2+b2-c2=a2c-a2-c2+b2,可得2a2=ac, 因为a>0,所以c=2. (2)方法一：由(1)知：c=2且∠ACB=60°， 1 因为bcosC+ccos B=二ac,可得b=2a-4cosB, 2 35/43 在△BCD中，利用余弦定理得b=2a-4cosB=2a-4.a+1-2_2,所以b=2, 2a a 又由余弦定理得c2=a2+b2-2 abcos.∠ACB,所以4=a2+b2-ab=(a+b)-3ab, 可得a+b=V10,所以△ABC的周长为V10+2. 方法二：因为∠ADC+∠BDC=元，所以cOS∠ADC+cOS∠BDC=0, 由余弦定理，可得2人N2。+222=0,所以a+6=6, 又由余弦定理得c2=a°+b2-2 ab cos.∠ACB,所以4=a2+b-ab,所以ab=2, 又因为4=a2+b-ab=(a+b)-3ab=(a+b)-6,所以a+b=V10, 所以△ABC的周长为V10+2. 方法三：在△ABC和△BCD中，由余弦定理可得cosB=-a+2-b_1P+a-2 4a 2a 所以a2+b2=6, 又由余弦定理得c2=a+b2-2 ab cos.∠ACB,所以4=a2+b2-ab,所以ab=2, 又因为4=a2+b-ab=(a+b)-3ab=(a+b)-6,所以a+b=V10, 所以△ABC的周长为V10+2. B 9,(2026·高一·海南海口·阶段检测)如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=10,BC=5,P为△ABC内 一点，且∠BPC=90°. A B (I)若PB=3,求PA的长； (2)若∠APB=150°，求tan∠PBA. 【解析】(1)在Rt△PBC中，PB=3,BC=5, 则oas∠PBC-专sn∠PBC-手 所以cos∠ABP=cos(90°-∠PBC)=sin∠PBC=4 在△PAB中，由余弦定理得 36/43 PA2=PB2+AB°-2PB-ABc0s∠ABP=9+100-2×3×10x4=61, 所以PA=V6I; (2)设∠PBA=B,则∠PAB=30°-O,∠PBC=90°-0， AB PB 在△PAB中，因为 sin∠APB sin∠PAB 所以PB=ABsin∠PAB =20sin(30°-0)， sin∠APB 在Rt△PBC中，PB=BC cos∠PBC=5sinO, 所以20sin(30°-8)=5sin0,即2cos0-2N3sin0=sin0, 所以tanO= 2 2(23-1 ,即tan∠PBA= 2(25- 25+1 11 11 10.(2026高-云南昆明阶段检测)在△ABC中，角4B,C的对边分别为ab,c,已知a=4,C=2, 3 D为AB边上一点. (I)若D为AB的中点，且CD=5,求b; (2)若△ABC的面积为4v5,且CD平分∠ACB,求CD的长， 【解析】1)在△BC中，a=4C=牙，因为D为AB的中点， 所以c而=C+CB), 两边平方得cD°=(C+CB+2CA.C, 4 则3=b+16+2×4 xbxcos 2元 3 解得b=2 (2)因为CD平分∠ACB, 所以∠ACD=∠BCD= 3 又SAcD+SBcD=SABc, 即，AC-CDsin∠ACD+BC.CDsin∠BCD=MC.CBsin∠ACB 所以2 xCDxbxsin2+ 4xCDxsin=x4xbxsin2=4, 32 32 3 解得b=4,CD=2 11.(2026·高一河南漯河·阶段检测)已知平面四边形ABDC中，对角线CB为钝角∠ACD的平分线，CB 与4D相交于点0，ACE5,4D7,c0sZ4CD二 37/43 B (1)求sin∠ACO的值； (2)求C0的长； (3)若BC=BD,求△ABD的面积 【解析】()因为cos∠ACD三：对角线CB为钝角∠ACD的平分线！ 所以cos∠ACD=1-2sin∠AC0, 解得sn∠4CO=5或sn∠4CO=-M5 (舍) 所以sin∠AC0=sn∠DCO=M5 (2)由题意，在△ACD中，由余弦定理可得 AD2=AC2+CD2-2AC.CD.cos/ACD, 即7=52+CD2-2×5xCD× 1 5 整理可得CD2+2CD-24=0,解得CD=4或CD=-6(舍去)， 因为os∠4CD-,所以n4CD-25 5 又因为S△ACn=S△ACw+S△Dco, 所以cAcD-sin∠ACD=CA.CO.sin∠AC0+cD.Cosn∠DC0, 所以x5x4x26-lx5×Co×5+×4xCox5 52 52 解得C0=8v0 9 AD (3)方法一：在△ACD中，由正弦定理可得 'sin∠ADC sin∠ACD 7 即sin∠ADC26,所以sin∠ADC=2y6, 7 5 因为∠ACD为钝角，所以cos∠ADC=5 因为BD=BC,所以∠BDC=∠BCD, 38/43 所以sin∠BDC=sn∠BCD=Y5,所以cos∠BDC-MO 5 在△BCD中，由余弦定理可得 COs/BDC=10 CD+BD:-BC2 CD 2 5 2CD·BD 2BD BD 解得BD=BC=V0, 因为sin∠ADB=sin(∠BDC-∠ADC) =sin∠BDC·cos∠ADC-cos∠BDC.sin∠ADC =5x5o2w65 575735 所以S.o-)AD.DBsin∠ADB=×7xMOx5-6 2 2 352 方法二：在△BCD中，由BC=BD, 可得sin∠DCO=sin∠CDB=5,所以os∠BCD=I0 5 5 所以CD=2 BCcos∠BCD=2BC×M0=4,所以BC=VM0, 又由于C0=8v10,从而B0=10,即C0:B0=8:1, 9 9 所以S。BoD= =xBCx CDxsin∠BCD=g Γ92 18×i6×4x5-2v6 5 9 11 GBoA二OS。BCA=Q 9 9×2×AC×CBxsin∠ACB=1 *5xviox1556 518 所以8an=So+S=2645y66 9182 12.(2026高一浙江金华阶段检测)如图，在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,己知 a=4,c=V5,B=30°. C B D (I)求sinC的值： ②若D为边BC上一点，且cos∠4DC=号求D的长， 【解析】(1)由余弦定理得：b2=a+c2-2 ac cos B=7 b=V7, 39/43 由正弦定理： b 得sinC=csinB 3.1 2V21 sin B sinC 7 14 (2)如图所示： 过A作AO⊥BC于O,在Rt△ABO中，AB=V5,∠B=30°， 4O=B,BO=,在RtAAD0中，cos∠ADO=1 2 3 sin∠ADO= 2v2 ∴.tan∠ADO=2N2 3 5 D0= A0 2 6 tan∠AD02v28 “BD=BO+D0=3+6_12+V6 288 13.(2026高一湖南长沙期中)己知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 2asinC=3c. (1)求角A的大小； 2若a=2,D为BC的中点，△ABC的面积为3N5,求AD的长. 8 【解析】(1)由正弦定理可得2 sin AsinC=V3sinC, 元 由于C∈0， 2 所以sinC≠0，故sinA=5 2 因为A∈ 2 所以A=元 (2)因为A=元， ,a=2,△4BC的面积为35=bcm4=5bc, 82 4 所以c 由(1)知b+c2-a2=bc,可得b+c2-1 因为2AD=AB+AC, 所以4 ADF-4BF+1ACP+24BAC=c+b+2bc0sA=1+3=7, 22 40/43 解箱1而子，可得0的长为号 14.(2026高一·陕西商洛·期末)在△ABC中，己知D为AB的中点，AC=2V3,CD=2,∠ADC=60° (I)求△ABC的面积； (2)求BC的长 【解析】(1)根据题意可知SAc=SADc+SDc, 又因为D为AB的中点，可得SADc=SDaC, AC=2V3,CD=2,∠ADC=60°， 根据余弦定理AC2=AD+DC2-2AD·DC·coS∠ADC, 代入已知条件得(23)=AD+22-2×2×1AD, 得到AD=4,故AB=8所以可得S△ADc是直角三角形， 所以S4Dc=2V3可得S。4Bc=4V3 故答案为：4V5 (2)由第一问可知∠A=30°，AB=8 根据余弦定理可知BC2=AC2+AB2-2AC·AB.cos.∠A, 代入得BC=(2)+82-2x8×2V5x5 所以可得BC=2V7, 故答案为：2√7 15.(2026高一重庆期末)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为ab,c,且sin4-sin4simB=1. cos B-cos2C (1)求C: (2)若c=√5，a+b=v6,求边AB上的角平分线CD长； (3)若△ABC为锐角三角形，点F为△ABC的垂心，CP=6,求N3CF4F的取值范围 BE 【解析】（1）因为sin'sin4sinB=l.cos'B=1-sinB,cosC=1-sinC, cos'B-cos'C 所以sin2A-sin4sinB=sinC-sinB, 由正弦定理得a2-ab=c2-b, 则cosC=a+b-c21 2ab 2' 因为Ce0刘，所以C-晋； 41/43 (2)因为c=5,a+b=√6，c2=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab, 即(5=(6-3ab,解得ab=1 设边AB上的角平分线CD长为x, 则S方的smc-a+bjm号，即sn导abm 3 6 即V36,解得x2，即边B上的角平分线cD长为月 2 2: (3)延长AF交BC于M,延长BF交AC于E, 设∠Bcr=0,0e0写引 所以∠4CF-子8， 在Rt△CMfF中MF=CF sin0=6sin0, 在△CEB中ECB三，BEC= 受，所以EBC-君 =12sin0 在Rt△BMF中 BF=MF 元 同理可得AF=2EF=12sin 3 -0, sin 6 所以V5CF-AF 6v3-12sin V3-2 sin cos日-cos元sin6 3 3 3 二 BE 12sine 2sin0 3-3cos0+sine 2sin0 51-cos0)12V5sin 2,138,1 2sin0 n8。s822 an2十2' 2 2 因为9写 所引 即5CF-A BF 的取值范围为】 42/43 E B g 43/43