微专题拓展17 解三角形中的图形计算问题讲义（9大题型）-2027届高三数学一轮复习（新高考专用）

微专题拓展17解三角形中的图形计算问题 目录 01解题方法总结 .2 方法总结：解决三角形图形类问题的6大方法 .2 02重难点题型梳理 3 题型一：利用两次正弦定理消元法！ .3 题型二：利用两次余弦定理建立等量关系 题型三：等面积法 .6 题型四：角平分线问题 .7 题型五：中线问题 ..9 题型六：高问题 .10 题型七：外心问题 .11 题型八：内心问题 13 题型九：重心问题 .14 03课后拓展精练 17 1/22 01 解题方法总结 方法总结：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是解析几何的思路，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 2/22 02 重难点题型梳理 面原面面面面虑面 题型一：利用两次正弦定理消元法 【典例1】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=a, 》 P (1)若∠BAC=80°，求∠APC的大小： (2)若∠BAC=120°，AB=AC=4,求a的正切值： 1 1 (3)若a=30,求an∠BAC+an∠ABC+an∠ACB的值. 【变式1-】在0sin4 2a2 Os BcosC=22-b2,②sinB-cosB=二，③AHBC的面动 ② 4 二b(bsin C+ctan Ccos B)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、C,已知 (1)求角C: ☒若点D在边AB上，且BD-2 DcsB= =3,求tan∠BCD 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 3/22 【变式1-2】(2026高三·陕西榆林阶段检测)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,C,AD为∠BAC平分 线，c:AD:b=V3:2:2V3 (1)求∠A: (2)AD上有点M,∠BMC=90°，求tan∠ABM. 【变式1-3】记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bsin2A+asin B=0. (1)求A: (2)若a=2,求边BC上的高h的最大值； (3)若b=2,c=3,线段BC上的点D满足BD=2CD,求tan∠BAD的值. 题型二：利用两次余弦定理建立等量关系 【典例2】如图，四边形4BCD中，cosZBAD=了，4C=B=34D B C (I)求sin∠ABD: (2)若∠BCD=90°，求tan∠CBD 4/22 【变式2-1】(2026高三·安徽阜阳·阶段检测)如图，在平面四边形ABCD中，AC=BD=2AB=2. (I)若∠ADB= 6,求∠ABD: (2)若∠ABD=∠ACD,CD=2,求AD. 【变式2-2】(2026高三江苏南通开学考试)在平面凸四边形ABCD中，AC=3,BD=3W2,AC与 BD相交于点O,∠AOD=45°. OA (①)若∠4D0=30°，求0D: (2)若AD=BC,OA=1,求OD, 【变式2-3】(2026高三·浙江·开学考试)在△ABC中，点D在边BC上，且满足BD=2,DC=1, ∠B=60°，∠ADC=150° (1)求边AC的长： (2)若点P是BC中点，求cos∠APC 5/22 题型三：等面积法 【典例3】在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,且满足(sinB+sinA)'=sin2C+-sin Bsin A, D (1)求角C: (2)设D为边AB上的点，CD平分∠ACB,且CD=1,若△ACD与△BCD的面积比2：1，求AC的长 【变式3-1】(2026高三·黑龙江·期中)如图，已知四边形ABCD中，∠ADC=120°，AD=2,AC=2V3 ()求∠CAD的大小. (2)若tan∠BAD=3 5,∠4CB=90,记AC与BD相交于点E'求△CDE的面积. 【变式3-2】在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(2a-b)cosC=ccos B (1)求角C的大小： (②)若c=4,△ABC的面积为4V3,求该三角形的周长： (3)若a=5,b=3,CD为∠ACB的平分线，求CD的长. 6/22 【变式33】已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，点D是BC的中点，BC=6,AD=5,且 acosC+3asinC-b-c=0. (1)求A: (2)求△ABC的面积： (3)点M是BC边上的点，且AM为∠BAC的角平分线，求AM的长. 题型四：角平分线问题 【典例4】(2026高三·安徽期末)如图，在△ABC中，∠CAB的平分线交BC边于点E,点D在AB边上， AE=7'AD=3COS ZCAE=5 14 C E -B D (I)求∠ADE的大小； (2)若∠ACB=2π 3求△CDE的面积 【变式41】(2026山东济南模拟预测)如图，已知在△ABC中，M为BC上一点，AB=2AC≤BC, /且sinB=5 8 AC ()若AM=BM' 求AM的值： 7/22 (2)若AM为∠BAC的平分线，且AC=1,求△ACM的面积. 【变式42】设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c=6,a+acosC=6V3sinA, (1)求角C: (2)若角C的平分线交AB于点D,△BCD的面积为△ACD面积的两倍，求CD的长. 【变式43】△4BC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=V7,b=2,A=60. (I)求sinB的值； (2)求c的值 (3)若∠BAC的平分线交BC于点D,求AD的长， 题型五：中线问题 【典例5】AMBC的内角么B.C的对边分别为aAe:已知/为箱，角C=胥，且o=子： ()证明：A-B=元 2· (2)求A. 8/22 (3)若△ABC的中线CD=V5,求b2. 【变式5-1】(2026四川绵阳模拟预测)三角形三内角A,B,C的对边分别为a,b,c,己知 36 1-cosB a sinA (1)求角B的大小： (2)若△ABC的面积等于V3,D为BC边的中点，当中线AD的长最短时，求AC边的长， 【变式52】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. 【变式5-3】(2026河北秦皇岛·二模)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且 3bsin(A+B)-ccos B-c=0. (1)求B; (2)若c=2,b=V7,D为AC的中点，求BD的长 9/22 题型六：高问题 【典例6】d)在AAC中，边C上的中线为m,证明：m2V公+C)-G: (2)己知△PgM面积为62，tang=2V2,tanM=√2，求OM的长. (3)在△EFG中，EF=EG,边FG上的高线长为V3,H为EG的中点，求cos∠EFH的最小值 【变式6-1】(2026四川自贡一模)在。4BC中，角4，B,C的对边分别为a,b,C,若0sC={ 3 csin A=2v2 (1)求4 5v2 (2若AABC的面积为2，求4B上的高CD, 【变式6-2】(2026高三湖北武汉·开学考试)已知△ABC的三个内角A,B,C满足(1-tan4)(1-tanB)=2. (1)求角C; 1 ②若BC边上的高等于BC,求cos1 10/22 【变式6-3】(2026高三·江苏苏州开学考试)在△ABC中，角A,B,C的对边为a,b,c, sin A+Cos A=2v2sin B,a2+c2-b2 =3ac. (1)求A: (2)若△ABC的周长为3+V3+V2,求AB边上的高 题型七：外心问题 【典例T】已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,D为BC上一点，AD平分∠BAC, c:AD:b=30:16:15. (1)求c0sA: (2)若C=10,求△ABC的外心O到BC的距离. 【变式7-1】如图所示，已知△ABC的外接圆半径为r,E,F是线段AB,AC上的两点，点O是△ABC 的外心，且0是线段Er的中点，0=写， 3 11/22 F B (Q四i证明：AE,B=AFFC=2 : （2)求8的最小值 【变式7-2】在△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=a,则称P为△ABC的布洛卡点，a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： P B C (I)求证：正△ABC的外心O是△ABC的布洛卡点； ②考aBC满足HB=4AC-2,且∠B4C-号m =π时，求tan&: (3)角A,B,C所对的边分别为a,b,c,∠ABP=∠PBC=a,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， 12/22 题型八：内心问题 【典例8】AMBC中角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足d2+b=6anC=4 (1)证明：a+b+c<2 (2)求△ABC的内切圆半径r的取值范围： 1 (3)若a=5△MBC的内切圆上有一点P,求点P到A,B,C三点的距离的平方和的最大值 【变式8-1】(1)如图，已知圆内接四边形ABCD的边长分别为AB=2,BC=6,CD=DA=4,求四边形 ABCD的面积： A B 0 6 C (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 S-J(P-@X(P-bXp-cXp-d)p-z(a+b+c+d) 13/22 d B a D 0 b (3)己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 3c-ab 【变式8-2】在。ABC中，角A'B'c所对的边分别为a'b:c满足coscosB:D是4C边上的 一点 (1)求cosB的值： 2)若4B=2'AD=2DC:BD43 3，求。4BC内切圆半径，的值 【变式8-3】(2026高三·湖北襄阳阶段检测)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,C,已知c=3, b=6,3sinA+cos4=2. (1)求A: (2)点D在边BC上，连接AD,且BDDC=1:2,求△ACD的内切圆半径. 题型九：重心问题 【典例9】已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,且2 bsinA--V3a=0,角B为钝角. (1)求B; 14/22 (2)在①重心，②内心，③外心这三个条件中选择一个补充在下面问题中，并解决问题. 若a=5,c=3,0为△ABC的 ,求aOAC的面积. 【变式9-1】如图，在等边△ABC中，AB=a,O为重心，过点O的直线交AB于点N,交AC于点M. 11 ()求OM+ON的最值： 1+1 (②求SAANO SAM 一的值。 【变式9-2】在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,C,D,E分别是BC,AC的中点，AD和BE交 AG_BG=2) 于点G.(G叫做。4BC的重心，它是每条中线的三等分点，即有GD二GE (1)请用4，b,c表示AD,写出计算过程： tan C tan C (2)若AG⊥BG:求anA+anB的值. 【变式9-3】已知△ABC的角A,B,C对应的边为a,b,c,且acosC+asinC=b+V2c. (1)求A: (2)若a=2,D为△ABC所在平面内一点，A,D位于直线BC两侧，满足BD=1且∠CBD=2∠ACB (i)设S,S2分别为AABC和ABCD的面积，且2(S,-S)=1,求∠ACB: 15/22 (i)设G,G,分别为AABC和aBCD的重心，求GG的最小值 16/22 03课后拓展精练 1.(2026高三山东德州期中)如图，在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,C,且b=2, C=2A,2(-4cos2A）+2=ab,P为AABC内一点，∠BPC=90. (1)求角A的大小： (2)若∠APB=150°，求tan∠PBA: ③)若PA= 2,求PB 2.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,C.已知2 acos C=2b+c. (1)求A: (2)若D为BC边上一点，且AD=BD=2,CD=3,求cOsB的值. 3.在四边形ABCD中，ABIICD,AD=BD=CD=1, 法B=,求BC: (2)若AB=2BC,求cos∠BDC. 大间平面内风点不8，Cp:满版B4G-子6C即LC,P号 2 17/22 ①)若AC=2,BP=V3 (i)求△ABP的面积； (i)求PA. ②若∠APBE匹.BP=Y2.求P4B 6 5.在△ABC中，AB=2AC,AD是BC边上的中线，记∠CAD=C,∠BAD=B. (1)求sina:sinp: (2)若AB=2AC=1,tana=sin∠BAC,求BC. 6已知在。4BC中，AB=5,BC=2,c0sB=5 3 (1)求sinC: (2)设D为AC的中点，求sin∠DBC. 7.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足V3 bsinA=a(2-cosB). (1)求B； (2)若b=V3, 18/22 (i)求△ABC的外接圆的面积： (ii)设a=1,且D为AC的中点，求BD的长. 8.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. (2026高三云南阶段检测)在A4BC中，4B=5'BC=6,cosC- =9,且4C的长为整数. sinA (①)求sinB (2)若点D在射线CB上，且△ACD的面积为3W14,求线段AD的长. IO.如图1，在△ABC中，点D,E分别在AB,BC边上，连结AE,CD,DE,AB=CD,EB=ED, DE平分∠BDC. F D D G B E E 图1 图2 (I)求证：∠DEB=∠AEC」 (2)若BE=4,CE=6,求AC EG (3)如图2，过点A作AB的垂线交BD延长线于点F,作CG⊥AE,垂足为G,求DF的值. 19/22 11.如图，在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知(b+c)cosA-acosB--acosC=0. B (1)求∠BAC: (2)若AC的长为V3,求AB-BC的取值范围， (3)若D为线段BC延长线上一点，且∠CMD= 4,BD=3CD,求tanL4ACB: 12.（2026商三广东汕尾阶段检测)在。BC中4=2，C= 3,AB=43,点D、E、F分别在AC BC、AB边上且△DEF为等边三角形. (I)当点D与点A重合时，求等边△DEF的边长： (2)当点D为AC中点时，求等边△DEF的边长. 1B,如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC=子，∠ADC=子 2,BC=4: 20/22 (1)若△ABC的面积为6W3,求AC的长： (Q若AD=2N5,∠ACB=∠4CD+.求∠ACD的大小 14.如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD/BC,AD=2BC,∠ABD=90°，E为AD的中点， 连接BE」 C (I)求证：四边形BCDE为菱形： (2)连接AC,若AC平分∠BAD,BC=1,求AC的长. 15.某高中2028届班级文化展示活动中，几位志愿者设计了一个凸四边形ABCD的展区（如图），已知 CD=DA=20米，BC=30米. A B 若4CD-若B=骨 =3,求coS∠BAC的值： ②岩D-子、w∠BCD=片求四边形BCD的面积 21/22 16.已知△ABC的内角A,B,C所对边分别为a,b,c,且3(sinC+cos2A+cos2B=6+2sin4sinB (1)求cosC: ②诺。=2及=2. =3,求∠ACB的角平分线cD的长. 22/22微专题拓展17解三角形中的图形计算问题 目录 01解题方法总结 .2 方法总结：解决三角形图形类问题的6大方法 .2 02重难点题型梳理 3 题型一：利用两次正弦定理消元法！ 3 题型二：利用两次余弦定理建立等量关系 8 题型三：等面积法 .11 题型四：角平分线问题 .15 题型五：中线问题 .18 题型六：高问题 .21 题型七：外心问题， ...24 题型八：内心问题 ..29 题型九：重心问题. 35 03课后拓展精练 .41 1/59 01 解题方法总结 方法总结：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是解析几何的思路，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 2/59 02 重难点题型梳理 面原面面面面虑面 题型一：利用两次正弦定理消元法 【典例1】如图，在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,cP是△ABC内的一点，且满足 ∠PAB=∠PBC=∠PCA=a, 》 P (1)若∠BAC=80°，求∠APC的大小： (2)若∠BAC=120°，AB=AC=4,求a的正切值： 1 1 (3)若a=30,求an∠BAC+an∠ABC+tanLACB的值. 【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°， AC AP 在△MPC中，由正弦定理。 nLAPCsina,可得AP=4sina-85ina sin60° 3， AB AP 4PB中，由正弦定理sin乙APBsin(30°-a 在 可得AP= 4sin(30°-a-=8sin(30°-a）, sinl50° 所以8N3sina8sinB0°-a,整理得5ing=Ncg'所以ana日 3 5 (3)在△ABC内，由余弦定理及三角形面积公式，可得： Cos ZBAC b2+c2-a2 b2+c2-a2 tan∠BAC sin.∠BAC2 bcsin∠BAC4S.MBc 1 cos LABC a2+c2-b2 a2+c2-b2 tan∠ABC sin∠ABC2 acsin /BAC-4SAMc, 3/59 1 Cos LACB a2+b2-c2 a2+b2-c2 tan∠4CB sin.∠ACB2 absin∠ACB4S.Mc 1 1 1 a2+b2+c2 三式相加可得： tan∠BAC+an∠ABC+tan ZACB 十 4S。ABC 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 ASAPAB , 1BP2+a2-CP2 1 CP2+62-AP2 在△PBC和APAC中，同理可得：ana 4SArnc 'tana 4SArc 1AP+c-BP2BP2+a-CP2 Cp2+b2-AP2 所以ana AS PAB 4SPBC ASPCA 因为SAc=SPB+SPsc+S.PC4, 1 (Ap2+c2-Bp2）+(Bp2+a2-Cp2）+(Cp2+b-AP2）ad+b+c2 可得 4S。ABC ② tana 4S.PAB +4S.PBC +4S.PCA 1 1 11 由0@得tan-DACLARCm乙ACBand&55 3 sinA 2a2 【变式1-1】在① os sc。+cb,2smB=csB2a包ABC的画银 S=2bbs如C+cCo0sB)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答 4 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、C,已知· (1)求角C; O若点D在边4B上、且BD=21DcoB=号 =13,求tan∠BCD 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 cos Bcosc2+c2-,结合余弦定理cosB=a+c2-b2 sinA 2a2 【解析】(1)若选择①：因为 2ac· sinA 2a2 sinA a 得 cos BcosC 2ac-cosB,即 cosC c .sinA sinA 由正弦定理可得。siC,所以 cosC sinC' 1 又A∈(0，)：所以sin4>0'所以eosC-sinC,即tanC=1' 4/59 又C∈(0，，所以c=: 若选择②：因为sinB-cosB=V2b-a 结合正弦定理可得sinB-cosB=V2sinB-sinA sin C 即sinBsinC-cosBsinC=√2sinB-sinA=V2sinB-sin[元-(B+C)], =2sinB-sin(B+C)=v2sinB-(sinBcosC+cosBsinC). 即sinBsinC=√2sinB-sinBcosC, 又B∈(0，π)，sinB>0,故sinC=V2-cosC,即sinC+cosC=V2, 所以5smC+到=5，即smC+=l 因为Ce(0,:C+∈如 4(4’4 所以C+骨-受，有c=子 若选择③：条件即sinCsinA= sin BsinC+sin Csin Ccos B cos C 又Ce(0,,sinC>0, 所以sn4osC-Y2((sin ncosC+s如CosB）-in(B+C. 2 2sin(r-A)=-sinAcosC,所以 VZsin A=sinAdcosC. 又因为4@动则如0所以csC= 2 又因为Ce(@刘，所以c-子 (②设∠BD=g:则∠ACD-子-0 5/59 因为ca8-音E小放血B=-sB-气-吕 所以1=m[&-(B+C]=sm(-8-竖osB+9mB-2, 2 2 26 反 CD_26 在 ,由正弦定理可得CDAD,即D】 △ACD sin A sin∠ACD 12 在 中，同理可得，CD-13, △BCD BD sine 12 12 26 13 12 因为 ，所以一 sin0,即 13 BD=2AD √2cos0-V2sin0sin0 整理得tan0=24 1, 即an∠BCD=24 41 【变式1-2】(2026高三·陕西榆林阶段检测)△ABC的内角A,B,C的对边分别为4，b,c,AD为∠BAC平分 线，c:AD:b=V3:2:2√5 (1)求∠A: (2)AD上有点M,∠BMC=90°，求tanZABM. 【解析】(1) M 6 B/ D C c=3k,AD=2k,b=23k,S,Amc=S.AD+S,uDcC> n440om子+40s子 isind.sinino 2 2 2 6/59 (2)由(1)知：∠BAD= 6 ABAD中，BD=3k2+4k2-2V3k-2kc0s元-k, 6 →BD=k,:BD+H8=AD:故得：∠ABC=受∠C=若BC=3张，DC-2k, 6 设∠ABM=O,AABM中，∠AMB=元-∠BAM-∠ABM=5-9 6 AM AB 3k sin0 sim5-0 (6 (6 :∠ABM+∠MBC=T=∠MCB+∠MBC,.∠ABM=∠MCB=O, AACM中，∠ACM=∠ACB-∠MCB=g-0,∠AMC=元-∠MC-∠ACM=2=+0, 6 3 AM AC 23k sin sin +0 sinπ- （2m+0] sin （2 sin (6 (3 +0 3 两式相除得： sine 2sin5π-0 2sin+0 6 6 2 cos0-sin0 cos'0-V3 csin0-2sin70=0:0≠7， 2c0s0≠0. ÷2ian0+v3tan0-1=0→tan0=V5±而 4 :0为锐角，故tan0=V3+V而 4 【变式1-3】记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bsin2A+asin B=0. (1)求A; (2)若a=2,求边BC上的高h的最大值： (3)若b=2,c=3,线段BC上的点D满足BD=2CD,求tan∠BAD的值. 【解析】(1)因为bsin2A+asin B=0,由正弦定理可得sin Bsin2A+sin Asin B=0, 可得2 sin Bsin Acos A+sin Asin B=0, 7159 又因为A,B∈(0，π)，则sinA≠0，sinB≠0，可得2cosA+1=0, 即cosA=-2,所以A= 2π 3 (2)若a=2,由余弦定理可得a=b2+c2-2 becos A, 则4=B+e2+c≥2c+c=36e:可得0<bc 3 当且仅当b=c= 2w 3时，等号成立， 由aHBC的面积可得besin A-ah,即h-csA_5ics5 2 a 4 3 所以边BC上的高么的最大值为。 3 ()设∠B4D=0:期∠CD--0, sim∠ADBsinZBAD,则BD=ARsin BAD AB BD 在AMBD中，由正弦定理可得。 sin∠ADB, AC DC 在A4CD平，由正张定理可得n乙C"sin∠C4D则DC4Csm∠CD sin∠ADC, ABsin∠BAD2 ACsin∠CAD 因为BD=2CD:即sin∠ADB sin∠ADC' 又因为∠ADB+∠ADC=π，则sin∠ADB=sin∠ADC, 即Bn∠B1D=24Csn∠C40:可得39n0=4sn(-p-2m0+25cs0, 即sin0=2W3cos0,可得tan0=23,即tan∠BAD=2N3 题型二：利用两次余弦定理建立等量关系 【奥例2】如图，四边形ABCD中，cos∠BAD= 3'AC=AB=3AD1 8/59 D C (I)求sin∠ABD: (2)若∠BCD=90°，求tan∠CBD 【解析】(1) 中，设4C=B=34D=3>0则oas∠B4D写taD △ABD 32×(30)x1，解得 BD=2V√2L BD+AD2=AB:sin /ABD=4D=1 AB 3: (2)设AC=AB=3AD=3(>0),则BD=2√21 BC=xt,CD=yt (x>0,y>0). Aiac中.as∠BCA=6+ef-60s 2×(3t)×(x)6 AiDC中，as∠A=6-r上+8 32×(3)×(y）6y '∠BCA+∠DCA=∠BCD= 可。 (x 2'cos∠DCA=sin∠BCA 化简得 即xy+y+64=20y 又：BC2+CD2=BD2,∴x+y=82,即.x2+y2=8 8-y)加4+64=20，解得户=52=8-广-号 16 tan∠CBD= CD_yt 3=N2 BC 3 【变式2-1】(2026高三·安徽阜阳阶段检测)如图，在平面四边形ABCD中，AC=BD=2AB=2. 9/59 若乙ADB=云求∠ABD (2)若∠ABD=∠ACD,CD=2,求AD 【解】(4C=BD=2AB-2,∠ADB= 6 在△ABD中，由余弦定理得AB2=AD2+BD2-2AD.BDcos∠ADB, 即l=AD+2-24Dx2cs爱解得AD=N5 则AD+AB=02,则∠BMD=及，故∠ABD 3 (2)CD=AC=BD=2AB=2. 在△ABD中，由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2 AB-BD cos∠ABD. 则AD2=1P+22-2×1×2cos∠ABD, 则AD2=5-4cos∠ABD,① 在△ACD中，由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC.CDcos∠ACD, 则AD2=8-8cos∠ACD,② 联立①②可得5-4cos∠ABD=8-8cos∠ACD 因为∠ABD=∠ACD'所以cos∠ABD=ACD=3 4 所以AD=√2 【变式2-2】(2026高三·江苏南通开学考试)在平面凸四边形ABCD中，AC=3,BD=3V2,AC与 BD相交于点O,∠AOD=45°」 、OA (1)若∠4D0=30,求0D: (2)若AD=BC,OA=1,求OD 【解析】(1)依题意，在△AD0中，∠DA0=180°-30°-45°=105°. 10/59 OA_sin∠4DO sin30° 由正弦定理得， OD sin∠DA0 sin105°' 因为sim105°=sin(60°+45）=sin60c0s45°+c0s60°sin450=V6+V2 4 A_V6-√2 所以OD 2 (2)由OA=1,AC=3,得OC=2.设OD=m,则OB=3W2-m. 在△ADO中，由余弦定理得， AD2=OA+OD2-20A.OD.cos.∠A0D=m2-√2m+1, 在△BCO中，由余弦定理得， BC2 =OB2+OC2-20B.OC.cos ZBOC =m2-4v2m+10, 方D=BC:所以m-2m+lEm-42m+10'解得m=32 所以OD=3V2 2 【变式2-3】(2026高三·浙江·开学考试)在△ABC中，点D在边BC上，且满足BD=2,DC=1, ∠B=60°，∠ADC=150° (1)求边AC的长： (2)若点P是BC中点，求cos∠APC 【解析】(1)由题意作出下图，且得∠BAD=∠ADC-∠B=150°-60°=90°， 在RIAABD中，BD=2,∠B=60°，得AD=BDsin60°=V3, MDC中，由余弦定理可得1C=D2+DC2-2.AD-DC-cs150°=3+1-2xV5xIx 在 2/ 所以AC=√7 (2由L少得4B=BDcs60=1点p是aC中点，则P-多 29 4BP中由余弦定理可得AP=AB+BP2-2:AB:BP.cos60°=1+ 在 -2x3x17 4 224,则P= 2 11/59 7,9 交 中由余弦定理可得os∠1C=,+PC4C_4斗7 -26 2.AP.PC 2xV73 7 △AP 22 题型三：等面积法 【典例3】在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,且满足(sinB+sinA)=sin2C+-sin Bsin A. D (1)求角C: (2)设D为边AB上的点，CD平分∠ACB,且CD=1,若△ACD与△BCD的面积比2：I,求AC的长. 【解析】(1)由题设及正弦定理边角关系可得：（仍+a)2=c2+ba, 则b2+a2-c2=-ba, 而cosC=+d-c2.1 202,且C∈0，可，则C=20 = (2)方法一： 由(1)知C=2 ,设点D到AC边的距离为h 则点D到BC的边的距离也为h, 因为cD平分∠ACB,∴∠ACD= 3 :Sm4c-Dm肾4DA.Sm号BccD号D-h 32 32 由SAn:SBCD=2:1,得AC:BC=2:1=AD:BD, 设BC=x,则AC=2x, 分别在△ACD和△BCD中由余弦定理得，AD2=1+4x2-2x,BD2=1+x2-x. 3 1+42-2x)=41+x2-x),解得x=2,·AC=2x=3 方法二： 12/59 因为cD平分∠ACB:i∠4CD=∠BCD-行， 又因为SAABC=SAACD+SARCD,且CD=l 所以)4AC-BCsinc=)4C.CDin∠4CD+,BC-CDin∠BCD 2 则4CBCm54Cmg+号Bcs号即AC-BC-AC+RC① 32 由SAACD SABCD=2:l,得AC:BC=2:1 所ac-4C,代入nt得4C-号4C 由于AC≠0，故解得AC=3 【变式3-1】(2026高三·黑龙江·期中)如图，已知四边形ABCD中，∠ADC=120°，AD=2,AC=2W5, D (I)求∠CAD的大小. (2②若an∠BAD=35 ,∠ACB=90°，记4C与BD相交于点E:求△CDE的面积。 【解析】(1)在△ACD中，由正弦定理得： AD AC 225 sin∠ACD sin.∠ADc,即s Psin∠4CD sin1:20 2x5 解得：sin∠ACD= 21 25=2 由于∠ADC>90°，可得∠ACD=30°，所以∠CAD=30°. 35V5 .tan∠BAD-tan30° (2)tan∠BAC=tan(∠BAD-∠DAC)F1+tan∠BAD-tan30°- 53 3 335-6 1+ 5×3 .∠ABC=90°，∴.BC=AC.tan∠BAC=1. 由SaDC+SECB=SDCR, 可符2CD-CEsn∠DC+CE-Bc-CD-Csin20, 2 13/59 又DC=2,∠DC4=30,可得CE= 2 所以ACDE的面积S.o-cD-CEi血0=5 4 【变式3-2】在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(2a-b)cosC=ccosB (1)求角C的大小： (2)若c=4,△ABC的面积为4V3,求该三角形的周长： (3)若a=5,b=3,CD为∠ACB的平分线，求CD的长， 【解析】(1)因为(2a-b)cosC=ccos B 由正弦定理，可得(2sinA-sinB)cosC=sin CcosB, 整理得2 sin Acos C--sin BcosC=sin Ccos B. 所以2 sin AcosC=sin CcosB+sin BcosC,即2 sin AcosC=sin(B+C), 又因为A+B+C-元，可得sin(B+C)=sinA,所以2 sin AcosC=sinA, 因为A∈(0，)，可得sinA>0:所以2osC=1即cosC=2 又因为C∈(0，，所以C- 3 (②)由(1)知：C=3且aABC的面积为45· 可得号absin C=abx3=4W3,可得gb=6 2 2 因为c=4,由余弦定理知c2=a2+b2-2 abcosC, 可得16=a2+b2-ab=(a+b2-3ab=(a+b)2-3×16,可得a+b2=64, 解得a+b=8, 所以△ABC的周长为a+b+c=8+4=12 (3)因为CD为∠4CB的平分线且C=写，可得∠4CD=∠BCD- 6 由S△MBc=SACD+SARCD, 可得2 absinC=2 6t2aCD-si CD.sin 6 1 又因为a=5,6=3可得2×5× *2-2x3xCDx V31 14/59 整理得2CD=15 4,所以CD=15V3 8 A 【变式3-3】已知，b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，点D是BC的中点，BC=6,AD=5,且 acosC+3asinC-b-c=0. (1)求A: (2)求△ABC的面积； (3)点M是BC边上的点，且AM为∠BAC的角平分线，求AM的长. 【解析】(l)因acosC-+V3 asinC-b-c=0,由正弦定理边角互化可得： sin Acos C+3 sin Asin C-sin B=sin C3 sin Asin C-sin Ccos 4=sin C. 在三角形中， 如C>0则5如4-m41→2n4-君}=1→m4-君引分又40对则4-号 BC=AC-AB BC=(AC-AB) 36=b2+c2-bc (2)由题可得 从而由题可得 4AD=(4B+4C) 100=b2+c2+bc:则 hc=100-36=32 2 三角形面积为： esinAx32x 0 2=83: 2 2 )由2)解折可符6+e2-10136=68,则（6+e=公+2+2c=68+64=132号6+c=23 2 注意到Sc=Sw+8w→kcsn4-bMs2+5cAMs血子cn4-(o+e小s子4M, 1 2 22 2 则AM=besinA 32x3 2-16V1 b+c小sn2263×3 11 2 15/59 DM 题型四：角平分线问题 【典例4】(2026高三·安徽期末)如图，在△ABC中，∠CAB的平分线交BC边于点E,点D在AB边上， AE=7'AD=3COS/CAE=5 14 E B A D (I)求∠ADE的大小； (2)若∠ACB=2 求△CDE的面积 【解折】（山因为AB是∠C4B的角平分线，所以cos∠CAE=os∠DAE-5Y5 14 在AMDE中，根据余弦定理得DE=AB2+AD2-2AE,AD0s∠DAE=49+63-2x7×3N7×5V7 =7, 14 所以DE=7, 则c0s∠ADE=4D2+DE2-AE-63+7-49-1 2AD.DE 2x3V7×V72' 因为∠ADE∈(0，π)， 所以∠MDE-号 (2)因为os∠CMB=5V7所以sm∠C4B=1-co∠CM5-- 57- 14 14= 14 CE AE 中，由正弦定理得sin∠CAE sin∠ACE CE=7今CE=V7 → 在 √215 △ACE 142 16/59 在四边形ADEC中，∠CED+∠CMD=2x-∠ACB-∠ADE=2-2元， 33 所以sin∠CBD=sin∠CMD=2sin∠CAEcos∠CMB=2x5V7xV2i-55 141414 则S.o-CB--DEsnC∠ED-x7xv万x555 2 144 【变式41】(2026山东济南模拟预测)如图，已知在△ABC中，M为BC上一点，AB=2AC≤BC, 8 AC (①若AM=BM?求AM的值： (2)若AM为∠BAC的平分线，且AC=1,求△ACM的面积. 【解折1（山因为血8=店，B到 8， 所以cosB=V-sin2B=7 8 因为AB=2AC, sinC2sin C=2sin B' 所以由正弦定理知sin BAC 因为AM=BM,所以∠AMC=2∠B,sin∠AMC=sin2B=2 sin B cos B, AC=sin LAMC_2sin Bcos B-cosB 在△AMC中，AM=sinC 2sin B 8 (2)由题意知AB=2AC=2,设BC=x, 由余弦定理得c0sB=2+2-P7 4红一8，解得BC=2或BC= 2 因为2AC≤BC,所以BC=2, 因为AM为∠BAC的平分线，∠BAM=∠CAM 1 SAB一 AB.AM sin.∠BAM 1 BMxh 所以SAw (h为底边BC的高) AC·AM sin∠CAM 2 CMxh 2 17/59 所u微是-2，微cw甘8c-号 3 而由(1)知simC=2sinB=i5 4 所以Sa-24C-CM-snC=xIx2xE-i压 2xx 3412 【变式42】设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c=6,a+acosC=6W3sinA. (1)求角C: (②)若角C的平分线交AB于点D,△BCD的面积为△ACD面积的两倍，求CD的长. 【解析】(1)因为c=6,且a+acosC=6W3sin4, 所以a+acosC=V3 csin A, 由正弦定理得sinA+sin4cosC=V3 sinAsinC, 因为sinA≠0， 所ul-nc-wc=2n(c-即mc-副克 因为ce0所以c-君（后c-名-后 所以C- (2)因为角C的平分线交AB于点D,所以∠BCD=∠ACD= 6 a-CD-sin 1 所以S四 b.CD.sin 1πb,所以 2 6 a=2b 画（山少）可知，C,结合余弦定理可得。+-b36 从而b=2W3,a=4V3 x=hsn骨=65，则Sn 1 3m=25, 又Sm=)b-CD-sim=25, 2 6 解得CD=4 【变式43】△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=V7,b=2,A=60. 18/59 (I)求sinB的值： (2)求c的值， (3)若∠BAC的平分线交BC于点D,求AD的长 【解析】(I)由正弦定理sin sinB, sin60simB,所以im众v2 √ 2 可 7 (2)方法一 根据条件，b~a,∴.B为锐角， 由(1)snB=V2 ,所以cosB= 2√7 7 所以sinC=sin(A+B)-sin Acos B+cos Asin B -5x2万+1×23W2 272714 a 由正弦定理sin4sinc可得c3, 方法二由余弦定理a2=b2+c2-2 becos A, 得(7=2+c2-2×2ccos60. 整理得c2-2c-3=0, 解得c=3或c=-l(舍去)， 所以c=3. (3)S.ABC=S.ABD+S.ADC, 1 即)x3x2×V3=×3x4D3 2=2 x2x40x号得4D-骨5 22 题型五：中线问题 【奥例5S】。ABC的内角AB,C的对边分别为a6c,已知4为钝角，C=子 T3，且cos Acos B=-， 证明：4-B-受： (2)求A. 19/59 (3)若△ABC的中线CD=V5,求b. 【解析】(1)略 4+B= 3 (2)联立 π A-B ’两式相加得。7匹’年守4.7龙一 2 6 12 3③)由cD为B边上的中线，得cD=(Ci+CB) 两边取模长得1CD=4Ca+CBP+2Ca.C丽) f代入o-5,Cd-b,④=a,a.B=cosc-ib, 得5=4a2+B2+a）,即a2+公+ab=20 a b a sinA 由正弦定理得sindsinB,故b-sinB 由4-B+号利m4-B+引-c8,因此号-8 2得B=207及=亚 由A= 12 42,cos6+2 322:simg=6-v2 12 4 号88-245，a-6 将a=(2+5)b代入a2++ab=20得(7+45)b++(2+3)b=20, 整理得(10+55)B=20,解得62=。20 10+53=8-45 【变式51】(2026四川绵阳模拟预测)三角形三内角A,B,C的对边分别为a,b,C,已知 √3b_1-cosB sinA (I)求角B的大小： (2)若△ABC的面积等于V3,D为BC边的中点，当中线AD的长最短时，求AC边的长 【解析】(1)在△ABC中，由正弦定理得，√3 sinBsinA=sinA-sinAcosB. 因为A∈(0，)，sinA≠0，所以V3sinB=1-cosB, 所以6s6+co8=2如(B+君-1，即smB+- = 62 20/59 6(66,则B+=5π ππ7π 又B∈(0，元) B+∈ 661 所以B=2π 3 ②由4)得cin2r-ac=5,所以c4 1 4 在△ABD中，由余弦定理可得： AD2=c2+ 2 -2c2cosl20=2+（ 当且仅当c=9. F2,即a=22c=V2时，等号成立， D t时4c=d+e2-2aoa20r-8+2-22552-4, 故AC=V14 【变式5-2】在△ABC中，已知AB=2,AC=4,∠BAC=60°，BC,AC边上的两条中线AM,BN相 交于点P (I)求BP的长度： (2)求∠MPN的余弦值. 【解析】(I)连接MN,则MN是△ABC的中位线， 故MNIIAB,且N=4, 在。ABN中，4N=24C=2,又MB=2°∠BAC=60 2 故△ABN是等边三角形， 所以BN=2, PN MN 1 因为AABP∽△MNP,所以BP=AB-2, 所以Bn-号N 3: 21/59 M W (2)在△ABC中，由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=16+4-16cos60°=12， 解得BC=25,则BM-)BC=V5】 2 因为AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC, 在△ABM中，由勾股定理得AM=√AB2+BM2=√4+3=V√万， 因为4PAp所答-号，解得P-29 3 28.16 4万 在 中，由余弦定理得os∠PB=P+BDA_)十9 2AP.BP 2x27x414, △ABP 3×3 万 因为∠MPN=∠APB'所以∠MPN的余弦值为i4 【变式53】(2026河北秦皇岛·二模)在△ABC中，内角4，B,C所对的边分别为a,b,C,且 3bsin(A+B)-ccosB-c=0. (1)求B; (2)若c=2,b=V7,D为AC的中点，求BD的长， 【解析】(1)由正弦定理得V3 sin Bsin(A+B)--sinCeosB-sinC=0 sin(4+B)=sinC,3sin Bsin C-sin Ccos B=sinC. 因为C∈(0，π)，所以sinC≠0，故V3sinB-cosB=l. 则m(8-君副又因为BE0x小所以-名（名） 所以B-名-名故B=号 3 (②)在a4BC中，由余弦定理得7=a2+4-4a 2 所以d-2a-3=0,又a>0,所以a=3. 因为D为AC的中点，BD=(Bi+BC), 22/59 则0r-++2acs∠4BC-?,所以= 题型六：高问题 【奥例6】()在。AC中，边BC上的中线为m:正明：m=2G+c)-口： (2)已知△PgM面积为62，tang=22,tanM=V2,求M的长. (3)在△EFG中，EF=EG,边FG上的高线长为3，H为EG的中点，求cos/EFH的最小值. a +m㎡2-c2文+m2-6 【解析】(1)由 得，4 2m 、4 2m9,化简得， 2m2=b2+c2_a coS∠ADB=-CoS∠ADC 2 B D m226+e)G. (2)作PH1QM于H, 设QH=x,则PH=2V2x,HM=2x. Sw0x+2到25x=65, 解得x=V2,QM=3V2】 设刀=4则+3-(-(-. 23/59 由(1)得，FH=92+3 4 2+3+9+32+3 cos∠EFH= 44= 312+3 92+3 2P+34 (+3(9r+3) 令t2+1=u,u≥1， 3u u2 1 Cos∠EFH= =3, V9u2+12w-12 3 V(u+2)(9u-6) 12,12 +9 u 当.(aEF0- 2此时1=1 【变式6-1】(2026四川自贡一模)在。4BC中，角4，B,C的对边分别为a,b,C,若c0sC= 3 csin 4=2v2 (1)求a: 5V2 (②四若AABC的面积为2，求AB上的高CD. 3,可知：sinC=2v2 【解折】I)根据im2c+eosc=rosC= 3 a 因为sin sinC,即asinC=csin A=2W2' 所以a2-25,即a= 3 (2)8-absinc-x3xbx2_5 3 2，解得b Γ2 则0然e3空。 1 2ab2×3×2 一3，解得c=9, 2 则s-em-5代人e-名解C0-102 24/59 【变式6-2】(2026：高三·湖北武汉开学考试)已知△ABC的三个内角4，B,C满足(1-tanA)(1-tanB)=2. (1)求角C: (Q)若BC边上的高等于亏BC,求c0sA 【解析】(l)由(l-tan4)(-tanB)=2,得l-(tanA+tanB)+tan4tanB=2, 即tanA+tanB=---tanAtanB),所以tan(A+B)=aAtB=-, 因为4B,C为ABC的三个内角，所以A+B= 4元，所以C= Γ4 (②设Bc边上的商AD=x在AADC中，C=至。 =4,则CD=x' 又因为BC=3AD=3x,则BD=2x, 令∠C1D=a,∠BAD=B:易得：cosa=snu= 5,sinB=25 2,c09B= 5， cos4-cos(a+B)=cosacosp-sinasin52 525210 【变式6-3】(2026高三·江苏苏州开学考试)在△ABC中，角A,B,C的对边为a,b,c, sin A+cos A=22sin B,a2+c2-b2=3ac (1)求A: (2)若△ABC的周长为3+V3+V2,求AB边上的高. 【解折】d因为ad+c2-公=vc所以casB-‘+--5ac-5 2ac 2ac-2 又因为B∈0，，所以B-云 所以sinA+cosA=2V2sinB=√2， 得如+o4=24+引-5， 得m(4+》-,又因为Ae0对所以4-子 (2)在△ABC中，过点C作CD⊥AB, 25/59 所以∠ACD=A-=年∠BCD- 设AD=x,则在AACD中，|CD=x,AC=V2x, 则在△BCD中，BD=V3x,BC=2x, 所以。ABC的周长为3+V5+V②)x=3+V3+V2 所以x=1, 记AB边上的高为h, 所以h=CD=1. 题型七：外心问题 【典例7】已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,D为BC上一点，AD平分∠BAC, c:AD:b=30:16:15. (1)求c0sA: (2)若C=10,求△ABC的外心O到BC的距离. 【解析】(1)设LBAD=LCAD=0,则Sam+San=SaC, Dsin0ACADsin0-Csin20. 将c=30k,AD=16k,b-15k代入得8sin0=5sin20=5×2sin0cos0, 得cos0=4,所以cosA=cos2B=2cos20-1=7 25: @②B0字105由金弦症理求86C=0+5-2x5xI0co20-2500x28297 .BC=V97, 由(1)可得sin4=V1-cos2A=, 25,tan4=sin4-24 2 COSA 7 设BC中点为M,则OM即为所求， ∠BOM=28' an∠BOM=BM →tanM= BM OM OM,故 24×BM=7xBc77 OM =7 24×2=48 26/59 0 B 【变式7-1】如图所示，已知△ABC的外接圆半径为r,E,F是线段AB,AC上的两点，点O是△ABC 的外心，且0是线段尔的中点，OE=5, 3 B (Q)证明：AE-EB=AF.FC=2 : 的小流 【解析】（因为c0s∠AB0=4E2+B0-401B-2, 3 2AE·EO 23 r·AE 3 COs /BEO-BE+EO-BO2 BE2 2BE·E0 263 r·BE 3 E2、22 BE2 2r2 由 ,所以2 3+ 3=0 coS∠AEO+coS∠BEO=0 3AE2 3 FBE 化简可得AB2.BE-2?BE+BB.AB-2 3 AE=0, 所以(AE+BE) 4EE写）-0，所议柜能-子，同壁可将心- 3 所以4E-EB=AFFC-2 3 (2)由cos∠AOE+coS∠AOF=0, 27/59 1A0+E02-AE+402+F02-AF2 可得2A0.E0 =0 2A0.FO 化商狗4+F-240+B0）等≥24E,Ar, 4r2 所以？之E4F,当且仅当AB=AF时等号成立， S.ARC=2 1 AB.ACsin A AB·AC（AE+EB)(AF+FC) 又SAEF 24E-AFsin AE·AF AE.AF =AE·AF+AE·FC+BEAF+BEFC AE·AF AEAF+2AE2 AF 4r1 3AF3AE9AE·AF AE·AF =1+2.1+22.14 1 34F+34E9EAF) =1+2r2.AF2+AB244 1 3 (AF.AE9(AE.AF) 14204 1 21+ 20r49_9 9 (AE.AF) 916r44,当且仅当 AE=AF 时等号成立， SAARC 所以你的最小值为4 【变式7-2】在△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=a,则称P为△ABC的布洛卡点，a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： B C (I)求证：正△ABC的外心O是△ABC的布洛卡点： (②若AMBC满足AB=AC=-2:且∠BAC=号”时，求ama: (3)角A,B,C所对的边分别为a,b,c,∠ABP=∠PBC=a,且a=C,若△ABC的周长为4，试把 28/59 BA.BC表示为b的函数f(b),并求(b)的值域 【解析】(1) 0 夕 C 若O是正△ABC的外心，则OA=OB=OC,所以∠ABO=∠BA0,∠AB0=∠CBO,因此∠CBO=∠BA0, 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) B C 由余弦定理可得：BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos.∠BAC, 代入数据解得：BC=23,故∠ABC=∠ACB=石 6 在△PBC中，设∠PBC=a则∠BP=∠BC=名a,∠APC=∠ABc+ACB-行所以 ∠BPC=元-a-(-w)=5z 6 6’ AC PC 在APAC中，由正弦定理得：sin∠APC=sin∠PAC, 2 PC 代入数据得：sin元 π sim(2r-a)，即：PC=→ 4 n) 3 BC PC 在△PBC中，由正弦定理得：sin∠BPCsina, 23 PC 代入数据得：sin5πsina,即： 6 PC=43sina 29/59 4v3 sin 2π 所以」 3a 3 利用正弦的差角公式展开：之cosa+2sina=3sina,所以5cosa=5sina】 则tana= (3) A B 因为∠ABP=∠CBP=a,所以∠ABC=2a, BA-BC=BABCcos2a=accos B 慰可知：a+b+c=4:所以2a=2c=4-6测0=c=4-6 2 利用余弦定理可得：accos B=aCX d+c2-b2-d2+c2-b2_(a+c-2ac-b2_(4-bj}-2ac-b2 2ac 2 2 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f=2-26+4,共中1<6<2分析可得：f0在1<6<2上单调递减，且0=子·fQ)=-1 所以∫6值域为： 题型八：内心问题 【典例8】△4BC中角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足d2+h=6tanC= 3 (1)证明：a+b+c<2 30/59 (2)求△ABC的内切圆半径r的取值范围； (3)若a=5△MBC的内切圆上有一点P,求点P到A,B,C三点的距离的平方和的最大值 【解析】(1) 由tanC= ,cosC=3 3C∈(0，元)得sinC=4 =5,结合已知c=d2+b 由余弦定理得4+b-(a2+b3 5,化简得b= 5a1-a2) 2ab 10a+6 所以a+b+c=a+a2+2b=8a(a+ 5a+3 a+h+c<2:即证5a+3 要证 8a(a+D<2, 因为5a+3>0,等价于8a+8a<10a+6,即4a2-a-3=(4a+3)(a-1)<0, 5a1-a2） 2>0 又∫b>0,即10a+6,解得 a>0a>0 0<a<1 所以4a+3>0,a-1<0,故(4a+3(a-)<0成立，得证： (2)三角形面积S=)absinC-2a 2 ,内切圆半径r=254ab L5L￥ 5a1-a2） 4d? 代入 化简得r= 8-0-+ ssa(a+1) b,L 5a+3 a∈(0,1) r=(。+)是开口向下的二次画数。对称轴a=2最大值为石，且，>0 1 故，的取值范围是06： (当a-写时.得b-名，e=若三这长清足+e=d 则aBc为直角三角形，∠4为直角，内切圆半径r=0及 425 建立坐标系，如图所示 31/59 ●I A B衣 则A0,0 小)内心5) 内切圆方程：(c方+03=（公， 设Px,) 3+03-g.m+-品云 平方和r=除+s+心-+r+护++ 62525x+ 625 2 22 由内切圆x的范围0≤x≤25，当x=0时最大，最大值为625 【变式8-1】(1)如图，已知圆内接四边形ABCD的边长分别为AB=2,BC=6,CD=DA=4,求四边形 ABCD的面积： A 4 2 B D 4 6 C (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-ip-axp-bXp-X-d d D 0 b 32/59 (3)已知凸四边形的边长分别为AB=l,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 D 6 C 连接BD,在△ABD中，由余弦定理得：BD2=22+4-2×2×4×cosA, 在△BCD中，由余弦定理得：BD2=62+42-2×6×4×cosC, 因为A+C=兀，则cosC=-cosA, 1 两式相减得cosA= 2 又0<A<π， 所以A=2π 3 所以Sn= 4B-40-sn4+C8(D-mC=85 (2)如图所示： A B D O b 连接AC,在△ABC中，由余弦定理得：AC2=a+b-2 abcosB, 在△ACD中，由余弦定理得：AC2=c2+dP-2 cdcosD 因为B+D=兀，则cosD=-CosB, 两式相减得：c0sB=+2-c2-d2 2(ab+cd）' 所以sin2B=l-osg=4(ab+d-(口+-2-d} 4(ab+cd) 4(ab+cd)2-(a2+b2-c2-d2)-(a+b+c-d)(a+b+d-c)(a+d+c-b)(b+c+d-a), 33/59 因为p=a+b+c+d), 所以4(ab+cd)}2-(a2+b2-c2-d'=(2p-2d02p-2c2p-2b2p-2a), 所以sim2B-4p-op-bp-cp-d (ab+cd) 所以sinB=2《p-a(p-bp-cj(p-d ab+cd 期s=8c+c-hsnB时dD-【o+a小n8, =/(p-a)(p-b)(p-c)(p-d), 即s=-p-o0p-b0p-e0-p=a+b+e+d0） (3)知凸四边形的边长分别为AB=l,BC=2,CD=4,DA=3,求四边形ABCD内切圆半径r的取值范围 在△ABD和△CBD中分别应用余弦定理，有 BD2=a2+d2-2ad cos A BD2 =b2+c2-2bc cos C' 则女--2+f）=do--hecosC,又2Sn=adsin+bcsc 两式平方相加，整理得 4Sic=(d+bc)-(-b-+)-2abcdcos(A+C) =(ad+beY-(-b-+d)-AabcdcosA+C 2 注意到 d+c+a-8-c2+) -j(a+d)-j(-eY =2n-2c2n-2) 34/59 =2(p-c(p-b) ad+c-a--2+r）=2(p-op-d0, 4Sc=4(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)-4abedcosA+C 2 9=mr-g9s0-0-p-9p-d.2x6 p ò 5 当A+C=B+D=元，即A、B、C、D四点共圆时取等号 另一方面，血S=pm=5r知，最小时，S最小，此时as241=asB 2 2一最大 ∫A+CB+D、π A+C B+D 又因为max2,2产2所以只需令max{2,2最大即可 设AC=x,BD=少由三角不等式有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和少→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V5 故r=S丽 p5 √152√6 综上，的取值范围是 5’5 3c-a b 【变式8-2】在A4BC中，角A,B’C所对的边分别为a,b,c:满足cos0sB,D是AC边上的 一点 (I)求cosB的值： (2)若AB=2'4D=2DC, BD=4 3,求aABC内切圆半径，的值 3c-a b 【解析】()由cosA=cos B可得：3 ccos B-acos B=bcosA' 即3 ccos B=bcosA+acos B」 由正弦定理化边为角可得：3 sin Ccos B=sin BcosA+-sin Acos B=sin(A+B)=sinC, 1 因为sinC≠0所以3cosB=1解得：cosB=3 35/59 (2)设AD=2DC=2x, 在△ABC中，由余弦定理可得：AC2=AB+BC2-2AB·BCcos.∠ABC, r=4+d-2x2ax3所以r2=a-0+40, x2+ 4v3 在 中，由余弦定理可得：cos∠CDB=CD+BD2-BC2 3 2xCDx BD 2x.4V5 △CBD 3 4x2+ 4V3)2 -4 中，由余弦定理可得：cos∠ADB=4D2+BD2-AB 3 在 2xADxBD 22x.45 △ABD 3 因为∠CDB+∠ADB=元，所以cOS∠CDB=-COS∠ADB, 4v3 x2+ -a24x2+ 4v5 -4 3 所以 3 =0 2x.4V5 3 22x.4v3 整理可得：3x2-a2=6②， 由①②可得：3a2+2a-33=0, 11 即(a-3)3a+1)=0,所以a=3或a=-3(舍)， 所以x=1,可得AC=3x=3, 则△ABC的周长为AB+BC+AC=2+3+3=8, 3 RC的面积为4B:BCm乙4BC2x3x222 3 由三角形面积相等可得：(4B+BC+AC)r=2W2,即4r=2N2: √2 所以r= 2 【变式8-3】(2026高三·湖北襄阳阶段检测)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,C,已知C=3, b=6,3sinA+CosA=2. (1)求A: 36/59 (②)点D在边BC上，连接AD,且BDDC=I:2,求△ACD的内切圆半径. 【g10为5血：4=9n4+w小s4:}2, （2 2 所以m(4+ 因为0<A<元所以1+元5 62,则4=元 3 (②由4=号6=6c=3: 所以a2=b2+c2-2bcc0sA=36+9-2x6x3x}=27 所以BC=a=3V5,则a2+c2=27+9=36=b2. 所以B=π 2 由D-C-12得C-号c=25,B0v5 在R1aABD中，AD=VAB2+BD2=V32+(N3}=2V5 设△ACD内切圆半径为r, 所以Sa(4C+DC+AD)-rCD-AB 2 即S-6+25+25)=x25x3,解得7=6-35 所以△ACD的内切圆半径为6-3V3 37/59 题型九：重心问题 【典例9】已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,且2 bsinA--V3a=0,角B为钝角. (1)求B: (2)在①重心，②内心，③外心这三个条件中选择一个补充在下面问题中，并解决问题. 若a=5,c=3,O为△ABC的 一，求aOAC的面积. 【解析】④由正弦定理可得2 sin Bsit加4-3sin4=0'因为奶nM法0'所以si咖B3 2 因为B∈ 2π 所以B=2 (2)若选①，连接B0并延长交AC边于点D, D C 因为0为。ABC的重心，所以D为4C的中点，且OD=写BD 1 所以点O到AC的距离等于点B到AC的距离的3， 所.以Saae-专8-csin-石x5x3x5_55 1 1 1 6 24 若选②，由余弦定理可得b= +c2-2acco 2m-1, 3 若O为△ABC的内心，设△ABC的内切圆的半径为r, 则8 uc =-aesin B=r(a+.b+c)=S,onc+8ec+8m,则racsin B3 1 2 2 a+b+c 2' 7√5 因此，SAO4c=5br= 2 4: 若选③，若O为△ABC的外心，设△ABC的外接圆半径为R, R=-b_7V3 由余弦定理可得h=,a2+c2-2 accos20=7:则2sin 2 3， 3 38/59 在优驱衣上f队-点E:则∠4C=x-行-系，则40c-24C= 39 因t.ac号rs如会95 312 E B 【变式9-1】如图，在等边△ABC中，AB=a,O为重心，过点O的直线交AB于点N,交AC于点M. B 1 、1 ()求OW+ON的最值： 1 1 (2求S+S的值. -+ 25. 【解析】(1)由题设AO=二×： -a= 32 3a,∠MA0=∠NA0=30' 设∠M0A=0,则60°≤0≤120°， 3 3 衣 a 和 中，由正弦定理得OM 69 ，OW= △AOM△AON sin(0+30) sin(0-30） 所u0+导mro309+n'a-50]-号-om(046wj+a0-or] -0-w2aos60r）-2（-o20, 18 当cos20=-1,即0=90时，OM+ON取得最大值： 当0as20=分即0=60或120时，O+0N取得最小2. 1 1 .15 39/59 a'sine a'sing (②)由(d)易知S4o-12sin0-309,Sawo12sin0+309) 1 则SAANO SAAMO 1-12xsim(0+30)+sin(0-30）-24xsin6cos30°_125 a'sin asin0 a2 【变式9-2】在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,D,E分别是BC,AC的中点，AD和BE交 AG_BG=2) 于点G.(G叫做。4BC的重心，它是每条中线的三等分点，即有GDGE (1)请用a,b,c表示AD,写出计算过程： tan C tan C (2)若AG⊥BG,求anA+anB的值 【解析】(I)因为∠ADB+∠ADC=180°，所以cos∠ADB+cos∠ADC=0, AD2+a2 -b2 4 4 在 中，根据余弦定理可知：cos∠ADB= -,CoS∠ADC= △ADB,AADC 2.a.AD 2.4D 2 2 AD2a2 -b2 4 4 所以一 一十 2.a.AD 2.4.AD 一=0，所以 2 2 AD2=b+c2_4, 2 所以AD= b2+c2 a2 4； 2 (2)如下图，因为AG⊥BG,所以AG+BG=AB2, b2+c2 a2 由)知4D=24且AG=3AD,所以AG=4 a2+c2 b2 同理可知： BE=2-年且8G-号E,所以G-BB, 3 所以由 所以5c2=a2+b2. tan C tan C sin Ccos A sin Ccos B sin Bsin Ccos A+sin Asin Ccos C 又因为anA+tan Bsin AcosC sin BcosC sin Asin Bcos C sin C(sin Bcos A+sin Acos B) sin2C 2c2 2c21 sin Asin B cos C sin Asin BcosC abcosC+b4c22 tanC tanC_1 所以tan A tan B2 40/59 G 【变式9-3】已知△ABC的角A,B,C对应的边为a,b,c,且acosC+asinC=b+V2c. (1)求A: (2)若a=2,D为△ABC所在平面内一点，A,D位于直线BC两侧，满足BD=1且∠CBD=2∠ACB (1)设S,S,分别为△ABC和ABCD的面积，且2(S,-S)=1,求∠ACB: (i)设G,G,分别为A4BC和ABCD的重心，求GG,的最小值. 【解析】(I)由正弦定理，题设等式可化为sinAcosC+sinAsinC=sinB+V2sinC. 因为A+B+C=元，所以sinB=sin(A+C)=sin4cosC+cos4 AsinC 因此(sin4-cosA-V2)sinC=0 又0<C<π，所以sinC>0,从而sinA-cosA=√2 即如4到}- 因为0<A<x所以4= 4 (2设∠4CB=a:则<4c-年&，且0<a<是 、2 a b (i)在 △ABC ，由正弦定理得a4m9而322 4 所以b=25xn(任a 因t8-osna-2in任-ana=sm2a-2如a 而S=2BCBD:sin∠CBD=sin2a 由2(S2-S)=1,得4sin2a=1. 结合0<a<骨得a-君 41/59 故∠ACB= 6 (i) A 取BC的中点M,连接AM,DM. 因为GG,分别为AMBC和ABCD的重心，所以GG=写AD 从而GG=g4D 在△ABC中，由正弦定理得c=AB=2√2sina. 又A'D位于直线BC两侧，所以∠ABD=∠ABC+∠CBD=T+a. 4 在AABD中，由余弦定理得D=c2+BD2-2c-BDeos+a） 化简得AD2=7-2sin2a-6cos2a. 1 设c0sp= sino= 3 V10, 1o,则2sin2a+6cos2a=2W10sin(2a+p)≤2W10 当2a+9= 2时等号成立，且此时0<a<亚 4 因此AD3=7-2V10 所以G,G,P的最小值为 -2W10 9 42/59 03 课后拓展精练 CC。CCO。■《 1.(2026高三山东德州期中)如图，在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,C,且b=2, C=2A,(-4cos2A)+b2=ab,P为AABC内一点，∠BPC=90. (1)求角A的大小： (2)若∠APB=150°，求tan∠PBA: ③)若PA= 2,求PB 【解析】(1)因为C=2A,所以sinC=sin2A=2 sinAcosA, 即c=2 acosA: 又因为d2(1-4cos2A)+b2=ab,所以a2+b-c2=ab 由余弦定理cosC=+b2-c21 2ab-2Ce(0,), 所以C= 3,又C=2M所以4-元 6 (2②在AC中，因为C=写4=石B=2h=2, 所以a=1,c=√5，设∠PBA=0,易知∠BCP=0,故PB=sin0, 5 sine 在 △PAB 中，由正弦定理得sinl50°sin(30°-0) 化简得V3cos0=4sin0, 所以tan0= 4,即an∠PBA=5 2a, (3)设∠PBC=a,PB=cosa,∠PBA= 在△PBA中，由余弦定理得： 43/59 P+BP-248-BPcos 43+cos'a-V3sin2a,所以4=V3sin2a-一 2cos2a 由1=sin22a+cos22a,得：52cos22a+28cos2a+1=0, 解得：os2a=-2或cos2a=名 1 26 若cos2a=-」 ·得：2cowa-1=分由。sa>0:则eoa-弓所以P8-号 1 若cos2a= 26,得：2cos2a-1=- 26,由osa>0则cosa=5 26,所以PB=53 26 2.在△ABC中，角AB,C的对边分别为a,b,C.已知2 acosC=2b+c. (1)求A; (2)若D为BC边上一点，且AD=BD=2,CD=3,求cosB的值. 【解析】(1)由2 acosC=2b+c及正弦定理得：2 sin AcosC=2sinB+sinC, 因为A+B+C=元，所以sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC. 所以2 sin AcosC=2(sin AcosC+cosAsinC)+sinC, 化简得2cas4sinC+血C=0:前gnC≠0所以casA=号 2 又Ae(0,),所以A=2 3 (2) C B 因为AD=BD=2,CD=3,所以BC=BD+CD=5,即a=BC=5, 在△ADB中，AD=BD=2,所以∠BAD=B,∠ADC=2B, 在△ADC中，AC=b,AD=2,CD=3,∠ADC=2B, 由余弦定理得：AC2=AD2+CD2-2 AD-CD.cos∠ADC, 所以b2=22+32-2×2×3×cos2B,即b2=13-12c0s2B①， BC中，由_g=b 5=b 在 ,得sin2πsinB,即b=10sinB②， sin A sin B 3 3 44/59 将②代入①中，得10mB=13-12c0s2B. 3 10snB=13-120-2sim2),解得sim28= 3 28 所以o心B=1-sn8=18点. 因为A=2π 所以cosB=5V7 14 3.在四边形ABCD中，AB/CD,AD=BD=CD=1, 0E4B号求RC: (2)若AB=2BC,求cos∠BDC. 【解析】(1) B 9 +1-13 在 中，根据余弦定理可得cos乙ABD=B+BD-AD_ 2·AB·BD 3 2x3×14 △ABD 2 因为ABIICD,所以∠ABD=∠BDC,所以os∠BDC=osA∠BD-3 41 在△BCD中，BD=CD=I,根据余弦定理可得 31 BC2=BD2+CD2-2.BD.CD.cos∠BDC=1+1-2×1x1× 42 所以BC= 2 (2)设AB=2BC=2a,在△ABD中，根据余弦定理可得 COs LABD=AB+BD2-AD'(2a)+1-1 =a, 2·AB·BD 2.2a-1 由ABIICD,得∠ABD=∠BDC,所以CoS∠BDC=COs∠ABD=a, 在aBCD中，BD=CD=1'根据余弦定理可得cos∠BDC=BD+CD-BC_1+1-d-2-d2 2BD.CD2x1×12 45/59 所以2=a,解得，5-1成g5-1给去)。 则cos∠BDC=cos∠ABD=a=V3-1. 4.如图，平面内四点有g'C:p:满足∠BMC=2BC-1”P⊥BC,∠4P<受 A )若AC=1 2BP=3 (i)求△ABP的面积； (ⅱ)求PA. ②若∠APB=”.BP=2,求PMB 6 【解析】(1)(1)因为AC= 'BC=1∠BAC= 2 AB= 2,sin∠ABC=5, 所以∠ABC=π 6 又BPLBC所以∠ABP- 又BP-5:所以Sm-号4D-BPsn∠ABP=xx5x5-35 2×2 28 (i)PA=BM+BP-2BA,BPeos∠ABP=2+3-2XV5x、 19 4 2 24 所以PA= 2 (②)因为∠AB=名设∠ABC-9 则乙ABP-子-0，A8=cos0: 2 46/59 AB PB 在AABP中，由正弦定理可得sin∠APBsin∠PAB, 3-1 cos0 2 即1 sim元-0+π' 2 2 6 所以cos0sin 2-0= 5-1 3 4 4 20+π=7π +号2所以0= 5.在△ABC中，AB=2AC,AD是BC边上的中线，记∠CAD=a,∠BAD=B. ()求sina:sif; (2)若AB=2AC=1,tana=sin∠BAC,求BC. 【解析】(1)设AB=2AC=2t, BD 2t CD sinB sin/ADB'sina sinZADC' .sinp=BDsinLADB sina=CDsinLADC 2 :BD=CD,sin∠ADB=sin∠ADC, 六sna:simg-CDsn∠4DC:BDsin乙aDB=2:l, t 2t (2)由(1)得siB=,sina,cosB=l- 1 sin'a, 2 4 1 1 tana=sin/BAC=sin(a+B)=sinacosB+cosasinB=-sina sin2a+ sinacosa. 2 1 1 3+cos2a +cosa -sin a +-cosa= cosa 2 47/59 4 4 cosS'm+cosa3+cosa=2解得cosa=V7或cosa=V7(舍)， 3 故 sin∠BAC= 3 4 2 ina=7 1 V7 coS∠BAC= 2 又AB=2AC=1. 所以BC= +P-2.11.1=5 2221 6,已知在AMBC中，MB=V5,BC=2,cosB= 3 (①)求sinC: (2)设D为AC的中点，求sin∠DBC. 【解1布。C中，8e0小由wB9,得血B-小-o万 3 由余弦定理可知4C2=AB2+BC2-2AB-BC.c0sB=3+4-25:2.5=3, 3 故4C=5,于是AB=4C·∠C=∠B所以smC=mB= 3 2②D为4C中点，则CD=)4C=5 2 2,cosC=cosB=3 3 在ADBC中BD=BC2+CD2-2-BC-CD-cosC=4+3-22.5.5_Ⅱ 234,解得BD= 2 CD BD 在ADBC中，由正弦定理sin∠DBC sin C, √5√6 sinDBc-CD.sinC=22 BD 而11 3 D B 7.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足5 bsinA-=a(2-cosB). (1)求B: 48/59 (2)若b=V5, (i)求△ABC的外接圆的面积； (i)设a=1,且D为AC的中点，求BD的长 【解析】(1)因为V3 bsin A=a(2-cosB), 由正弦定理得V3 sin BsinA=sinA(2-cosB), 因为A∈(0，π)，所以sinA>0, 所以V3sinB+cosB=2, 即2snB+君=2，smB+-1, 因为Be0时所以8+后气后7】 得B+交=刀 62 即8- =2R (2)(i)由正弦定理得sinB√3 ,(是 的外接圆的半径) 2 R△ABC 解得R=1, 所以△ABC的外接圆的面积为S=πR2=π1=元； (i)由余弦定理b2=a2+c2-2 accos B, 1 即3=1+c2-2cx 2 得c2-c-2=0, 解得c=2或c=-l(舍去)， 因为D为AC的中点， 则BD-BA+BC), 所以BD=B+BC+2BABC, 即B丽-e+d+2ao}-p+P+2x1x2x》-子 24 49/59 则BD= 2, 放D的长为 D 8.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： 【解折】D由5.MC+2S=V5c可每v6-cas4+2×csn4=Ve, 因为4+故4则4 3 ②由题S9-0aC-,所以g- 1 2 22 bc① 2 而a2=b2+c2-2 bccos60°=b2+c2-bc≥2bc-bC 所以a≥bc,当且仅当b=c时等号成立② 02两武可知，c≥号，当且仅当b=c=2 时取等， 所以Sac=5c 4 3，即。1BC面积的最小值为？. (2026高三·云南阶段检测)在。4BC中，AB=5’BC=6,cosC =9,且AC的长为整数. sinA ()求simB (2)若点D在射线CB上，且△ACD的面积为3V14,求线段AD的长. 【解析】(1)在△ABC中，由余弦定理AB2=BC2+AC2-2·BC·AC·cosC,即 25=36+4C2-2x6×1C× 5 整理得31C2-204AC+3=0:解得4C=3或4C- 3 50/59 因为AC为整数，故AC=3 BC AC sin A_BC=6=2 由正弦定理sinsin B,得sin BAC3 5)2 2在Mc中，smC=-osc-- 214 9 B D 设CD=x由aMCD的面积为34，符Sm4C-CD-sinC=34, 即宁×3x2店-3，化简得-3，解得=9即C0-9 在。4CD中，AD=AC2+CD2-24C-CD-coC=3+92-2x3x9x-60 因长度为正，故AD=V60=2V15 I0.如图1，在△ABC中，点D,E分别在AB,BC边上，连结AE,CD,DE,AB=CD,EB=ED, DE平分∠BDC. D D G 图1 图2 (I)求证：∠DEB=∠AEC (2)若BE=4,CE=6,求AC EG (3)如图2，过点A作AB的垂线交ED延长线于点F,作CG⊥AB,垂足为G,求DF的值. 【解析】(1)因为EB=ED,所以∠EBA=∠EDB, 又因为DE平分∠BDC,所以LCDE=∠EDB, 所以∠EBA=∠EDC, AB=CD 在 和 中， ∠EBA=∠EDC,所以 △EBA△EDC EB=ED AEBASAEDC 51/59 所以∠AEB=∠CED,所以∠AEB-∠AED=∠CED-∠AED, 即∠DEB=∠AEC； (2)如图，过点A作AH⊥BC交BC于点H, E H 因为△EBA兰△EDC,所以EA=EC=6,所以∠EAC=∠ACB,， 80°-∠DEB180°-∠AE 又∠DEB=∠AEC,所以 2 2 C,即∠ABC=∠ACB 所以AB=AC,所以H为BC中点， 又BE=4,CE=6,所以BC=BE+CE=10,AE=CE=6, 所以CH=号BC=5,所以EH=CE-CH=1' 所以AH=VAE2-EH=V6-1P=V35, 所以AC=VAH+HC2=V35+52=25: (3)过点A作BC的平行线交FD于点M,作EN⊥AM, F M G E 所以∠CEG=∠EAW,∠CGE=∠ENA 又EA=EC,所以△CEG=AEAW,所以EG=AN, 又∠DEB=∠AEC,∠EMA=∠DEB,所以∠EMA=∠EAM, 所以EM=EA,所以AM=2AN, 又∠MAD=∠B=∠BDE=∠MDA,所以MA=MD, 又∠FAD=90°，所以∠F=∠FAM,所以MF=MA, EG 1 所以FD=2AM=4AN,所以DF=4 52/59 11.如图，在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知(b+c)cosA-acosB--aosC=0, (1)求∠BAC: (2)若AC的长为V3,求AB-BC的取值范围. (③)若D为线段BC延长线上一点，且∠CAD- F4,BD=3CD,求tanLACB· 【解析】(I)正弦定理可得：(sinB+sinC)cosA-sin Acos B---sin AcosC=0. sin Bcos A-cos Bsin A+sin Ccos A-cos Csin A=0. 故sin(B-A)+sin(C-A)=0,则有sin(B-A)=sin(A-C), 又B-A∈(-元，)，C-A∈(-元，π)， 故有B-A=A-C或(B-A)+(4-C)=π（舍去），或(B-A)+(A-C)=-元（舍去）， 则8+C=24:又4+B+C-x所以 Γ3 (2)由正弦定理得BC=、3 AB=3sinc 2sin B sinB 故4B-BC=5sinC 25m3 3(cos B-1)3 sin B 2sin B 2sin B 2sin B 2 -33nB -tan- 22 2 在三角形c中8e0）m号eQ 2π) 所以 的范围为 AB-BC (3)设∠ACB=a,在△ABD和△ACD中， BD AD CD AD 由正弦定理可得sin亿+ (34sin/ sin2l-c'sin（t-c）, 53/59 BD-sin 2π 于是 (3-a CD.sin(π-a π.π ,又 sin 气34 si A BD=3CD 3sin 4 sin(π-a) 3 sina sinπ+π 3-a sin 2π √3+1√3 3 4 2 cosa+-sina 2 2 ∴.tana=-9-6v3 12.(2026六三广东汕尾阶段检测)在。MBc中4=至，C-子 =3,AB=43,点D、E、F分别在AC BC、AB边上且△DEF为等边三角形， (I)当点D与点A重合时，求等边△DEF的边长： (2)当点D为AC中点时，求等边△DEF的边长， 【解折】()在R△HBC中A=分，C=号。 3·AB=4V3 4C=MB-45=4 所以tanC=4B,即C tanC tan AC 3 如图，当点D与点A重合时，∠CDB= 23 A(D) F 又在等边ADEr中，有∠EDF-=行，故∠CDE=LCDB-∠BDF==及 Γ236' 所以∠CED=π-∠CDE-∠C=π-交-元=元 632,即△CDE为直角三角形， 所以sinC=A CE-ACsinC=4xsin3 3 所以等边△DEF的边长为2V3 (2)结合(1)得AC=4, 如图，当D为AC中点时，AD=CD=2, 54/59 B 设∠ADF=O,等边三角形△DEF的边长为x, 在Rt△ADF中，有∠A=分：枚AD=0og:即os0=2①， 又在等边DBF中，有∠BDF-至，故∠CDE=-0-号--0， 33 在△0DE中，由2C=号，∠CDE--0, 3 则由三角形内角和关系得∠CED=O, CD DE 则由正弦定理得sin∠CED sinC, 代入CD=2'DE=r'sinC-V3】 2,得xsin0=5②， 联立①②，对两式平方相加得x2(cos0+sin20)=4+3=7,故x=V7. 所以等边ADEF的边长为V7 1B.如图，在平面四边形ACD中，∠ABC-子，∠A0C-, 2’BC=4· (I)若△ABC的面积为6V5,求AC的长： ②若AD=2W5,∠4CB=∠ACD+ 4,求∠4CD的大小. 【解析】（山在61BC中，因为BC=4,∠ABC=号 3 所gABC的面积为S号AB.BC-sin乙ABC)ABx4xAN3,解我B=6 2 55/59 在64BC中，由余弦定理得4C=AB+BC2-2AB-BC-c0s∠ABC=6+4-2x6x4x)-28, 所以AC=2V7. (②)设∠4CD=a,则∠ACB=∠ACD+元=a+T 4 4 在Ra4CD中，因为AD=2N5:所以AC=D25 sinasina 在AABC中，∠BAC=π-∠ACB-∠ABC=Sπ 12-, 4 25 由正弦定理，可得BC 4C,即sin5π (12-a V3 sin∠BAC sin∠ABC 2 sina' 2a=sina,因为为锐角，所以2-a= 5π 解得a=24, 5π 即∠ACD的大小为24 14.如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，ADIBC,AD=2BC,∠ABD=90°，E为AD的中点， 连接BE. C (I)求证：四边形BCDE为菱形： (2)连接AC,若AC平分∠BAD,BC=1,求AC的长. 【解析】()E为AD的中点，D=AD: 又AD=2BC,.ED=BC: AD //BC,.ED//BC ∴四边形BCDE为平行四边形， :∠4BD=0·E为4D的中点：E=4D ∴.BE=ED, 56/59 ∴四边形BCDE为菱形 (2)AC平分∠BAD, .∠BAC=LDAC; AD//BC, .∠DAC=∠BCA, .∠BAC=∠BCA, ∴.AB=BC, AB=1, :AD=2BC=2,E为AD的中点， ED1: .AB=AE=1; 1 在RtABD中，AB= ∴.∠ADB=30°、 ∴.∠BAD=60° AD//BC, .∠DBC=∠ADB=30°， 在△ABC中，AB=1,BC=1,∠ABC=120°： 根据余弦定理： AC2=AB2+BC2-2AB·BC.cos.∠ABC=1+12-2×1×1×cos120°=3： 即AC=V5 15.某高中2028届班级文化展示活动中，几位志愿者设计了一个凸四边形ABCD的展区（如图），己知 CD=DA=20米，BC=30米 D 若∠40-名B-, =3,求coS∠BAC的值： 57/59 ☒名D-子、m∠CD=号求四边衫CD的面秋 【解折】①在aMDC中，：CD=DM=20∠4CD 6 ∴AC=2DC.cos∠ACD=2×20 X cos=20V5】 6 BC AC 在AABC中，由正弦定理得sin∠BACsinB: BCsinB 30xsin ∴.sin∠BAC= _3,又 AC 20√54 BC<AC 0<∠BAC< 3, ∴.cos∠BAC=V1-sin2∠BAC (②)在aDC中，：CD=DM=20∠D =3,所以A4DC为等边三角形， 则AC=20∠4CD- 3 所以SAMc=)·DA-CD-sinD=,×20×20× 2 -1005. 2 设∠BCD=a:则osa={ 3 又∠BCD=LACD+∠ACB'∠ACB=a-, ∴.sin∠ACB=sina- 3 maca号-cossin2,525+5 π 十 3-36 63 则.m-74C-Cm∠4c8=×20x0x25+5-102+50w5, 6 所以四边形ABCD的面积为 S=S。4oc+SABc=100W3+100W2+50W3=(150W3+100N2)m2 16.已知△ABC的内角A,B,C所对边分别为a,b,c,且3(sinC+cos2A+cos2B)=6+2sin4sinB (1)求cosC; 58/59 ®若。=2及=5， 3，求∠ACB的角平分线CD的长. 【解析】(1)因为3(sin2C+cos2A+cos2B)=6+2sin4sinB, 所以3(sin2C+1-sim2A+1-sin2B）=6+2sin4sinB. 整理得：3(sin2C-sin2A-sin2B)=2 sin Asin B. 由正弦定理得：3(c2-a2-b)=2ab, 所以由余弦定理得：cosC=+-C-】 2ab 3 ②在60c中，因为osC=号：所以mC=2号 3 所以Sauc-2 absinC=) 1 bx222 x3=3,得b=1 由余弦定理得：c2=d+b2-2 abcosC=(a+b2-2ab-2 abcosC, 即2=a+-2-2x(骨，所以a+b=45 3 23,得simC=V6 又因为cosC=1-2sin2C-1 23 因为S△MBC=S△MCD+S△BCD,且CD是LACB的角平分线， 所以5-bxCDxsin C+。 、32 2+axCDxsin C=1 n2-(a+b)xCDxsin C D 59/59