重难点 13 解三角形的重要模型和综合应用【九大题型】
【新高考专用】
解三角形是高考的重点、热点内容，是每年高考必考内容之一.从近几年的高考情况来看，正、余弦
定理解三角形在选择题、填空题中考查较多，难度较易；综合考查以解答题为主，中等难度.对于解答题，
主要考查正、余弦定理与三角形面积公式的综合应用，有时也会与三角函数、平面向量等知识综合考查，
需要灵活求解.
【知识点1 解三角形中的重要模型】
1．中线模型(1)中线长定理：在△ABC中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，AD 是 BC 边上的中线，则
.
(2)向量法： .
2．倍角模型
，这样的三角形称为“倍角三角形”．
推论1： ；
推论2： .
3．角平分线模型
角平分线张角定理：如图， 为 平分线，则
斯库顿定理：如图， 是 的角平分线，则 ，可记忆：中方=上积-下
积．
4．等分点模型
如图，若 在边 上，且满足 ， ，则延长 至 ，使 ，连接 .
易知 ∥ ，且 ， ， ．【知识点2 正、余弦定理解三角形的解题策略】
1．正弦定理、余弦定理解三角形的主要作用
正弦定理、余弦定理解三角形的主要作用是将三角形中已知条件的边、角关系转化为角的关系或边的
关系，实现三角形边角关系的互化，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素
的方程，通过解方程求得未知元素．
2．对三角形解的个数的研究
已知三角形的两角和任意一边，求其他的边和角，此时有唯一解，三角形被唯一确定.
已知三角形的两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三
角形不能被唯一确定.
(1)从代数的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，下面以已
知
a,b和A，解三角形为例加以说明.
由正弦定理、正弦函数的有界性及三角形的性质可得：
①若 B= >1，则满足条件的三角形的个数为0；
②若 B= =1，则满足条件的三角形的个数为1；
③若 B= <1，则满足条件的三角形的个数为1或2.
显然由0< B= <1可得B有两个值，一个大于 ，一个小于 ，考虑到“大边对大角”、
“三
角形内角和等于 ”等，此时需进行讨论.
3．与三角形面积有关问题的求解思路：
(1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的面积；
(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量.
4．三角形中的最值（范围）问题的解题策略：
(1)正、余弦定理是求解三角形的边长、周长或面积的最值（范围）问题的核心，要牢牢掌握并灵活运
用．解题时要结合正弦定理和余弦定理实现边角互化，再结合角的范围、辅助角公式、基本不等式等研究
其最值（范围）．
(2)“坐标法”也是解决三角形最值问题的一种重要方法.解题时，要充分利用题设条件中所提供的特殊
边
角关系，建立合适的直角坐标系，正确求出关键点的坐标，将所要求的目标式表示出来并合理化简，再结合三角函数、基本不等式等知识求其最值．
【题型1 三角形中的边、角计算】
【例1】（2025·浙江温州·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知
3
sinA= ,B=2A,b=8，则a=（ ）
5
5 10 20
A． B．5 C． D．
2 3 3
【解题思路】根据二倍角公式可和正弦定理求解.
4
【解答过程】由于B=2A，故A为锐角，故cosA=√1−sin2A=
,
5
bsinA bsinA b
故a= = = =5.
sinB sin2A 2cosA
故选：B.
【变式1-1】（2025·广东·一模）如图，已知∠CAB=45°，∠ACB=15°，AC=√6，CD=√7，则
BD=（ ）
−1+√13 1+√13
A． B． C．3或1 D．3
2 2
AC BC
【解题思路】由正弦定理得 = ，从而求出BC，再由余弦定理得
sin∠ABC sin∠CAB
CD2=BC2+BD2−2⋅BC⋅BD⋅cos60°，由此能求出BD．
【解答过程】∵∠CAB=45°，∠ACB=15°，AC=√6，所以∠ABC=120°.
AC BC
∴ = ，
sin∠ABC sin∠CAB
√2
√6×
AC×sin45° 2
∴BC= = =2，
sin120° √3
2
∴CD2=BC2+BD2−2⋅BC⋅BD⋅cos60°，∴7=4+BD2−2BD，
解得BD=3或BD=−1（舍）
故选：D.
【变式1-2】（2024·陕西西安·一模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若
2π
b=1,c=√3,C= ，则a的值为（ ）
3
A．2 B．3 C．1 D．4
【解题思路】利用正弦定理将、余弦定理求解即可.
【解答过程】
c b
由正弦定理得: = .
sinC sinB
2π
1×sin
则 3 1 .
sinB= =
√3 2
2π π
又因为 ∠C= ，所以 B∈ ( 0, ) ，
3 2
√ (1) 2 √3
所以 cosB>0,cosB= 1− = ，
2 2
在△ABC中由余弦定理得: b2=a2+c2−2ac⋅cosB .代入得:
√3
1=a2+(√3) 2 −2×a×√3× . 解得: a=1 或 a=2 ，
2
2π
又因为 ∠C= ，则 a<√3 . 故a=1，
3
故选：C.
【变式1-3】（2024·福建厦门·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知
1
b−c= a，2sinB=3sinC，则cosA=（ ）
4
1 1 1 1
A．− B． C．− D．
4 4 3 3【解题思路】借助正弦定理结合题目所给条件可将所有边长的关系计算出来，再利用余弦定理代入计算即
可得解.
【解答过程】由2sinB=3sinC，则2b=3c，
2 1 3
则b−c=b− b= a，即b= a，
3 4 4
2 2 3 1
则c= b= × a= a，
3 3 4 2
(3 a ) 2 + (1 a ) 2 −a2 − 3
b2+c2−a2 4 2 16 1
故cosA= = = =− .
2bc 3 1 3 4
2× a× a
4 2 4
故选：A.
【题型2 解三角形中的中线模型】
【例2】（23-24高一下·浙江·期中）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若B=60°，
b=2，则边AC上中线BD的取值范围为（ ）
[√21 ] (√21 ]
A． ,√3 B． ,√3
3 3
C．(1,√3) D．(1,√3]
【解题思路】利用向量加法运算及数量积模的运算，推导出|⃗BD| 2 = 1 (a2+c2+ac)，然后利用正弦定理与
4
2
三角恒等变换公式，将|⃗BD|表示为角A的三角函数表达式，结合正弦函数的性质算出BD的取值范围．
1
【解答过程】因为BD是△ABC边AC上的中线，所以⃗BD= (⃗BA+⃗BC)，
2
则
|⃗BD| 2 = 1 (|⃗BA| 2 +|⃗BC| 2 +2⃗BA⋅⃗BC )= 1 ( c2+a2+2cacos π )= 1 (a2+c2+ac)，
4 4 3 4
a c b 2 4√3
由正弦定理得 = = = = ，
sin A sinC sinB sin60° 3
4√3 4√3
可得a= sin A，c= sinC，
3 3
所以|⃗BD| 2 = 1(16 sin2A+ 16 sin2C+ 16 sin AsinC ) = 4 (sin2A+sin2C+sin AsinC)，
4 3 3 3 32
而sin2C=sin2 (A+B)= (√3 cosA+ 1 sinA ) = 3 cos2A+ √3 sinAcosA+ 1 sin2A，
2 2 4 2 4
sin AsinC=sin Asin(A+B)=sin A (√3 cosA+ 1 sin A ) = √3 sin AcosA+ 1 sin2A，
2 2 2 2
所以|⃗BD| 2 = 4( sin2A+ 3 cos2A+ √3 sin AcosA+ 1 sin2A+ √3 sin AcosA+ 1 sin2A )
3 4 2 4 2 2
=
4(
sin2A+√3sin AcosA+
3)
=
2
(1−cos2A)+
2√3
sin2A+1=
4
sin ( 2A−
π
)+
5
，
3 4 3 3 3 6 3
π π π
因为△ABC为锐角三角形，B=
，则¿，即
<A<
，
3 6 2
π π 5π 1 π
所以 <2A− < ，所以 <sin ( 2A− ) ≤1，
6 6 6 2 6
π 4 π 5 4 π 5 7
所以当A= 时，|⃗BD| 2 取得最大值 sin + =3，|⃗BD| 2 的最小值大于 sin + = ，
3 3 2 3 3 6 3 3
√7 √21 (√21 ]
所以|⃗BD|的最大值为√3，最小值大于 = ，即BD的取值范围为 ,√3 ．
3 3 3
故选：B．
【变式2-1】（2024·四川成都·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量
⃗m=(a,b)与⃗n=(cosA,sinB)平行．若c=2，b=√2，则BC边上的中线AD为（ ）
√10
A．1 B．2 C．√10 D．
2
【解题思路】根据向量平行列方程，利用平方的方法求得AD.
【解答过程】由于向量⃗m=(a,b)与⃗n=(cosA,sinB)平行，
所以asinB=bcosA，由正弦定理得sin AsinB=sinBcosA，由于sinB>0所以sinA=cosA，
π
由于0<A<π，所以A=
.
4
1 1
⃗AD= (⃗AB+⃗AC)，两边平方得⃗AD2= (⃗AB2+2⃗AB⋅⃗AC+⃗AC2)
2 4
1 π 10 5
= ( 4+2×2×√2×cos +2 )= =
，
4 4 4 2
√10
所以|⃗AD|=
.
2
故选：D.
【变式2-2】（2024·新疆·模拟预测）在△ABC中，角A, B, C的对边分别为a, b, c，AD是∠BAC的
2√7
平分线，AE是边BC的中线，b=8, c=4, cosB= ．
7
(1)求a；
(2)求AD, AE的长．
【解题思路】（1）根据余弦定理即可求解，
2π 8
（2）根据余弦定理可得A= ，进而根据等面积法即可求解AD= ，利用向量的模长公式即可求解
3 3
AE=2√3.
16√7
【解答过程】（1）由余弦定理可得b2=a2+c2−2accosB⇒64=a2+16− a，
7
16√7 12√7
进而可得a2− a−48=0，解得a=4√7或a=− （舍去），
7 7
c2+b2−a2 16+64−(4√7) 2 1
（2）由余弦定理可得cosA= = =− ，
2bc 2×4×8 2
2π
由于A∈(0,π),∴A=
3
2π √3
由题意知，设∠BAD=∠CAD=α，则∠BAC=2α= ，则sin2α=sinα= ，
3 2
如图所示，1 1 1
由S +S =S 可得 ×4×8sin2α= ×4×ADsinα+ ×8×ADsinα，
△ABD △ADC △ABC 2 2 2
8
所以4×8=4×AD+8×AD,解得AD= ，
3
1
由AE是BC边上的中线，得⃗AE= (⃗AB+⃗AC)
2
⃗AE2= 1 (⃗AB+⃗AC) 2
4
1 1 1
= (⃗AB2+⃗AC2+2⃗AB⋅⃗AC)= (b2+c2+2bccos2α)= (b2+c2−bc)
4 4 4
1
= (82+42−8×4)=12.
4
所以，中线长AE=2√3.
【变式2-3】（2025·辽宁沈阳·一模）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC的平分
π π
线交AC于点D，BE为△ABC的中线．若√3sin ( B+ ) −sin ( B− )=0，a=1，c=2．
6 3
(1)求BE的长；
(2)求BD的长.
【解题思路】（1）先根据条件求角B，结合平面向量的数量积求BE的长.
（2）设BD=x，利用S +S =S 列式可求BD的长.
△ABD △CBD △ABC
π π
【解答过程】（1）由√3sin ( B+ ) −sin ( B− )=0 ⇒
6 3
√3sin ( B+ π )=sin ( B− π )=−sin ( π −B )=−cos [π − ( π −B )] =−cos ( π +B )
6 3 3 2 3 6π √3 π π 7π π 5π 2π
所以tan ( B+ )=− ，又 <B+ < ，所以B+ = ⇒ B= .
6 3 6 6 6 6 6 3
1
因为E为AC中点，所以⃗BE= (⃗BA+⃗BC)，
2
所以|⃗BE| 2 = 1 (⃗BA+⃗BC) 2 = 1 (|⃗BA| 2 +|⃗BC| 2 +2⃗BA⋅⃗BC ) = 1( 4+1+2×2×1⋅cos 2π ) = 3
.
4 4 4 3 4
√3 √3
所以|⃗BE|= ，即BE= .
2 2
π
（2）因为BD平分∠ABC，所以∠ABD=∠CBD=
.
3
设BD=x，
1 π 1 π 1 2π
由S +S =S ⇒ cxsin + axsin = acsin .
△ABD △CBD △ABC 2 3 2 3 2 3
2
所以2x+x=2 ⇒ x= .
3
2
故BD=
.
3
【题型3 解三角形中的倍角模型】
【例3】（2024·广东·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，且
(b+c)cosA=a(cosB−cosC)．
(1)证明：A=2B．
b
(2)若△ABC是锐角三角形，求 的取值范围．
a
【解题思路】（1）由正弦边角关系及和差角正弦公式得到sin(A+C)=sin(A−B)，结合三角形内角性
质即可证结论；
π π b 1
（2）由题设得 <B< ，应用正弦边角关系、倍角正弦公式有 = ，即可求范围.
6 4 a 2cosB
【解答过程】（1）由题设(sinB+sinC)cosA=sin A(cosB−cosC)，
所以sinBcosA+sinCcosA=sinAcosB−sinAcosC，
则sinCcosA+sinAcosC=sinAcosB−sinBcosA，即sin(A+C)=sin(A−B)，
又A+C=π−B，则sin(π−B)=sinB=sin(A−B)，且A,B∈(0,π)，
所以B=A−B⇒A=2B，得证.
π π
（2）由题设¿，即¿，得 <B< ，
6 4b sinB sinB 1 √2 √3 b √3 √2
由 = = = ，而cosB∈( , )，故 ∈( , ).
a sinA sin2B 2cosB 2 2 a 3 2
【变式3-1】（23-24高一下·安徽·期中）已知锐角△ABC,a,b,c分别为角A,B,C的对边，若
a2+c2−b2=2bc(1+cosA).
(1)求证：A=2B；
b
(2)求 的取值范围.
c
【解题思路】（1）根据题干，利用余弦定理化简可得acosB=b(1+cosA)，再由正弦定理可得
sinAcosB−sinBcosA=sinB即sin(A−B)=sinB，再根据△ABC是锐角三角形，所以A−B=B
即可得解；
π π b 1
（2）由△ABC是锐角三角形，所以 <B< ，由正弦定理可得y= = ,结合角B的范围即
6 4 c 3−4sin2B
可得解.
a2+c2−b2 b
【解答过程】（1）a2+c2−b2=2bc(1+cosA)⇒ = (1+cosA)
2ac a
b
⇒cosB= (1+cosA)⇒acosB=b(1+cosA)
a
a b
根据正弦定理 = ，由acosB=b(1+cosA)⇒
sinA sinB
sinAcosB=sinB(1+cosA)⇒sinAcosB−sinBcosA=sinB，
即sin(A−B)=sinB.
∵△ABC是锐角三角形，
π π π
( ) ( )
∴A,B∈ 0, ，∴A−B∈ − , ，
2 2 2
因此有A−B=B⇒A=2B
π
( )
（2）△ABC是锐角三角形，∴A,B,C∈ 0, ，而C=π−A−B=π−3B，
2
∴¿
b c b sinB sinB
由正弦定理 = ，得 = = ，
sinB sinC c sinC sin3B
则sin3B=sin(2B+B)=sin2BcosB+cos2BsinB=2sinBcos2B+(1−2sin2B)sinB，
而1−sin2B=cos2B,∴sin3B=3sinB−4sin3B所以y=
b
=
1
,∵B∈ (
π
,
π
) ,∴sinB∈
(1
,
√2)
，
c 3−4sin2B 6 4 2 2
b (1 ) b (1 )
∴y= ∈ ,1 因此 的取值范围为 ,1 .
c 2 c 2
【变式3-2】（2024·全国·模拟预测）在△ABC中，点D，E都是边BC上且与B，C不重合的点，且点D
在B，E之间，AE⋅AC⋅BD=AD⋅AB⋅CE．
(1)求证：sin∠BAD=sin∠CAE．
AD2 AE2 2
(2)若AB⊥AC，求证： + = ．
BD2 CE2 1−sin∠DAE
【解题思路】（1）分别在△ABC，△ABD，△ACE中，利用正弦定理即可得证；
π π
（2）设∠BAD=∠CAE=α，则0<α< ，∠DAE= −2α，在△ABD，△ACE中，利用正弦定
4 2
理即可得证.
sinB AC
【解答过程】（1）如图．在△ABC中，由正弦定理，得 = ．
sinC AB
BDsinB
在△ABD中，由正弦定理，得sin∠BAD= ．
AD
CEsinC
在△ACE中，由正弦定理，得sin∠CAE= ．
AE
sin∠BAD BD⋅AE⋅sinB BD⋅AE⋅AC
所以 = = =1，
sin∠CAE CE⋅AD⋅sinC CE⋅AD⋅AB
所以sin∠BAD=sin∠CAE．
（2）因为AB⊥AC，
π
所B+C= ，所以sinC=cosB．
2
π
由∠BAC= 可知∠BAD，∠CAE均为锐角．
2
由（1）知，∠BAD=∠CAE．π π
设∠BAD=∠CAE=α，则0<α< ，∠DAE= −2α．
4 2
1−sin∠DAE
由sin∠DAE=cos2α=1−2sin2α，得sin2α=
．
2
AD sinB
在△ABD中，由正弦定理，得 = ．
BD sinα
AE sinC cosB
在△ACE中，由正弦定理，得 = = ．
CE sinα sinα
AD2 AE2 sin2B cos2B 1 2
所以 + = + = = ．
BD2 CE2 sin2α sin2α sin2α 1−sin∠DAE
【变式3-3】（2024·浙江绍兴·三模）在锐角 ABC中，角A，B，C对边分别为a，b，c，设向量
⃗m=(a+c,a)，⃗n=(a−c,b)，且⃗m⊥⃗n. △
(1)求证：C=2A
b (2a) 2
(2)求 + 的取值范围.
a c
【解题思路】（1）根据余弦定理，正弦定理，解三角方程即可证明；
（2）根据正弦定理将边转化为角，构建关于角A的函数，再利用换元法及对勾函数的性质，即可求解.
【解答过程】（1）因为⃗m=(a+c,a)，⃗n=(a−c,b)，且⃗m⊥⃗n，
所以⃗m⋅⃗n=(a+c,a)⋅(a−c,b)=a2−c2+ab=0，
又由余弦定理，c2=a2+b2−2abcosC，得a2−c2=2abcosC−b2，
所以2abcosC−b2+ab=0，即2acosC−b+a=0，
由正弦定理可得，2sin AcosC−sinB+sin A=0，
在 ABC中，sinB=sin(A+C)=sin AcosC+cosAsinC，代入上式，
得△，sin AcosC−cosAsinC=−sin A=sin(−A)，
π π π
即sin(A−C)=sin(−A)，又因为A,C是锐角，A−C∈(− , ),−A∈(− ,0)
2 2 2
所以A−C=−A，即C=2A.
（2）由C=2A和正弦定理可得，
b (2a) 2 sinB 4sin2A sin(π−3A) 4sin2A sin3A 4sin2A
+ = + = + = +
a c sin A sin2C sin A sin22A sin A 4sin2Acos2A
sin Acos2A+cosAsin2A 1 1
= + =cos2A+2cos2A+
sin A cos2A cos2A1
=4cos2A+ −1，
cos2A
因为△ABC是锐角三角形，
π π
所以¿，所以A∈( , )，
6 4
√2 √3 1 3 1 3
所以cosA∈( , )，cos2A∈( , )，令t=cos2A∈( , )，
2 2 2 4 2 4
1 1
则4cos2A+ −1=4t+ −1，
cos2A t
1 1 3 10
因为对勾函数y=4t+ −1在t∈( , )上单调递增，所以y∈(3, )，
t 2 4 3
b (2a) 2 10
所以 + 的取值范围是(3, ).
a c 3
【题型4 解三角形中的角平分线模型】
【例4】（23-24高一下·吉林·期末）在△ABC中，∠BAC=60°，AB=2，BC=√6，∠BAC的角平分
线交BC于D，则AD=（ ）
A．√3 B．2 C．2√2 D．2√3
【解题思路】根据余弦定理求得AC的长，再利用S =S +S ，即可求得答案.
△ABC △ABD △ACD
【解答过程】在△ABC中,由余弦定理得BC2=AC2+AB2−2AC⋅BCcos∠BAC,
AC2+4−6
则cos60∘= ，即AC2−2AC−2=0，
2×2AC
解得AC=1+√3，（负值舍），
而AD平分∠BAC，即∠BAD=∠CAD=30∘，
1 1 1
又S =S +S ，故 ×2ACsin60∘= ×2ADsin30∘+ AC×ADsin30∘ ，
△ABC △ABD △ACD 2 2 2
2√3AC 2√3×(1+√3)
则AD= = =2，
AC+2 3+√3
故选：B.【变式4-1】（24-25高三上·天津·期中）在△ABC中，AB=4，E是BC边中点，线段AE长为√3，
∠BAC=120°，D是BC边上一点，AD是∠BAC的角平分线，则AD的长为（ ）
2 4 8
A． B． C．2 D．
3 3 3
1
【解题思路】利用向量性质得⃗AE= (⃗AB+⃗AC)，平方后求得AC，再由余弦定理求得BC，由角平分线
2
定理求得BD,CD，然后由余弦定理求得cosC后在△CAD中计算出AD．
1
【解答过程】E是BC边中点，则⃗AE= (⃗AB+⃗AC)，
2
1 1
所以⃗AE2= (⃗AB+⃗AC) 2= (⃗AB2+2⃗AB⋅⃗AC+⃗AC2 )，
4 4
1
即3= (16+2×4⋅ACcos120°+AC2 )，解得AC=2，
4
BC=√42+22−2×2×4cos120°=2√7，
BD AB 4 4√7 2√7
AD是∠BAC的平分线，则 = = ，BD= ,CD= ，
CD AC 2 3 3
C A2+CB2−AB2 4+28−16 2
cosC= = = ，
2CA⋅CB 2×2×2√7 √7
√ 28 2√7 2 4
在△CAD中，AD=√C A2+CD2−2CA⋅CDcosC= 4+ −2×2× × = ，
9 3 √7 3
故选：B．
【变式4-2】（2024·河北沧州·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
a2=c(c+b)．
(1)求证：B+3C=π；
(2)若∠ABC的角平分线交AC于点D，且a=12，b=7，求BD的长．
【解题思路】（1）利用余弦定理结合已知变形，再利用正弦定理边化角及和差角的正弦推理即得.
AB BC
（2）利用正弦定理结合已知可得 = ，由此求出AD,CD，再利用余弦定理建立方程求解即得.
AD CD
【解答过程】（1）在△ABC中，由余弦定理a2=c2+b2−2cbcosA及a2=c(c+b)，
得b2−2cbcosA=bc，即b−2ccosA=c，由正弦定理，得sinB−2sinCcosA=sinC，
即sinC=sin(C+A)−2sinCcosA=sin AcosC−cosAsinC=sin(A−C)，
由0<C<π，得sin(A−C)=sinC>0，则0<A−C<A<π，因此C=A−C，即A=2C，则2C+B+C=π，
所以B+3C=π．
（2）由a2=c(c+b)，得122=c(c+7)，由c>0，得c=9．
AB sin∠ADB sin∠BDC BC
在△ABD，△BCD中，由正弦定理，得 = = = ，
AD sin∠ABD sin∠CBD CD
9 12
则 = ，解得AD=3，从而DC=4，又cos∠ADB+cos∠CDB=0，
AD 7−AD
32+BD2−92 42+BD2−122
由余弦定理，得 + =0，解得BD=4√6，
2×3BD 2×4BD
所以BD的长为4√6.
【变式4-3】（2024·江西新余·模拟预测）在△ABC中，AB=1,BC=2,∠ABC=120°，BD为∠ABC
的角平分线，D在线段AC上.
|AD| 1
(1)求证： = ；
|CD| 2
(2)求BD的长.
|AD| |AB|
【解题思路】（1）在△ABD和△BDC中，利用正弦定理得到 = ，
sin∠60° sin∠BDA
|CD| |BC|
= ，两式相比，即可证明结果；
sin60° sin∠BDC
√7 2√7
（2）法一：在△ABC中，利用余弦定理得到|AC|=√7，利用（1）中结果，有|AD|= ，|DC|= ，
3 3
|AB| 2+|BD| 2 −|AD| 2 1 2 1
在△ABD中，利用余弦定理得cos60°= = ，从而得到|BD|= 或|BD|= ，在
2|AB|⋅|BD| 2 3 3
|BD| 2+|BC| 2 −|DC| 2 1 2 4
△BDC中，利用余弦定理得cos60°= = ，从而得到|BD|= 或|BD|= ，即可求
2|BC|⋅|BD| 2 3 3BD2+AD2−AB2 BD2+DC2−BC2
解；法二：利用余弦定理得cos∠BDA= ，cos∠BDC= ，两式
2⋅DA⋅BD 2⋅DC⋅BD
相加，即可求解.
【解答过程】（1）因为|AB|=1,|BC|=2,∠ABC=120°，BD为∠ABC的角平分线，
|AD| |AB| |AD| |AB|
在△ABD中，因为 = ，得到 = ①，
sin∠ABD sin∠BDA sin∠60° sin∠BDA
|CD| |BC| |CD| |BC|
在△BDC中，因为 = ，得到 = ②，
sin∠DBC sin∠BDC sin60° sin∠BDC
|AD| |AB| 1
又sin∠BDA=sin∠BDC，由①÷②得到 = = ，
|DC| |BC| 2
|AD| 1
所以 = .
|DC| 2
（2）法一：在△ABC中，|AC| 2=|AB| 2+|BC| 2 −2|AB|⋅|BC|cos120°，
1
得到|AC| 2=1+4−2×2×(− )=7，即|AC|=√7，
2
|AD| 1 √7 2√7
由（1）知 = ，所以|AD|= ，|DC|= ，
|DC| 2 3 3
在△ABD中，cos60°= |AB| 2+|BD| 2 −|AD| 2 = 1 ，得到|BD| 2 −|BD|+ 2 =0，
2|AB|⋅|BD| 2 9
2 1
解得|BD|= 或|BD|= ，
3 3
在△BDC中，cos60°= |BD|
2+|BC| 2
−|DC|
2
= 1 ，得到|BD| 2 −2|BD|+ 8 =0
2|BC|⋅|BD| 2 9
2 4 2
解得|BD|= 或|BD|= ，所以|BD|=
.
3 3 3
法二：在△ABC中，可算AC=√7，
BD2+AD2−AB2 BD2+DC2−BC2
又cos∠BDA= ，cos∠BDC= ，
2⋅DA⋅BD 2⋅DC⋅BD
2
又cos∠BDA=−cos∠BDC，两式相加可解得BD=
.
3【题型5 解三角形中的等分点模型】
【例5】（23-24高一下·江苏连云港·期中）在 ABC中，点D为边AC上靠近A的四等分点，
∠ABD=∠ACB，CB⊥BD，S =15，△则AB=（ ）
△ABC
A．5 B．3 C．3√5 D．5√3
【解题思路】设AD=x，则AC=4x，BD=3x，由已知角相等得三角形相似，从而求得AB=2x，并得
BD 1
出 = ，由勾股定理求得BD，得BC，同时得出sin∠ACB，由三角形面积公式求得x，得AB值．
BC 2
【解答过程】设AD=x，则AC=4x，BD=3x，
∠ABD=∠ACB，∠A公用，则△ABD∼△ACB，
AB AD BD AB x BD
所以 = = ， = = ，解得AB=2x，BC=2BD，
AC AB BC 4x AB BC
3√5
又CB⊥BD，所以BC2+BD2=4BD2+BD2=CD2=9x2，BD= x，
5
3√5
x 6√5
BD 5 √5，BC=2BD= x，
sin∠BCD= = = 5
CD 3x 5
1 1 6√5 √5
S = BC⋅ACsin∠ACB= ⋅ x⋅4x⋅ =15，
△ABC 2 2 5 5
5
解得x= （负数舍去），AB=2x=5．
2
故选：A．
【变式5-1】（2024·四川宜宾·模拟预测）下图是梁思成研究广济寺三大士殿的手稿，它是该建筑中垂直于
房梁的截面，其中T是房梁与该截面的交点，A，B分别是两房檐与该截面的交点，该建筑关于房梁所在
铅垂面（垂直于水平面的面）对称，测得柱子c 与c 之间的距离是√3L（L为测量单位），柱子c 与c 之间
1 2 2 3
的距离是2√3L．如果把AT，BT视作线段，记P ，P ，P 是AT的四等分点，Q ，Q ，Q 是BT的四等
1 2 3 1 2 3
分点，若BQ =2L，则线段P Q 的长度为（ ）
2 3 2A．√7L B．√3L C．√5L D．2√2L
【解题思路】画出平面图形，根据余弦定理即可求解.
【解答过程】依题意，如图所示：其中点C 与点A重合，
1
因为该建筑关于房梁所在铅垂面（垂直于水平面的面）对称，
P ，P ，P 是AT的四等分点，Q ，Q ，Q 是BT的四等分点
1 2 3 1 2 3
所以AP =BQ =2L，P P =L，P C ⊥AB,Q C ⊥AB,P C =Q C ，
2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3
所以△AC P 为直角三角形，四边形C C Q P 为矩形，
2 2 2 3 2 2
所以P Q //C C 且P Q =C C =2√3L，∠P P Q =∠C AP
2 2 2 3 2 2 2 3 3 2 2 2 2
AC √3L √3 π
又cos∠C AP = 2= = ，所以∠P P Q =∠C AP = ，
2 2 AP 2L 2 3 2 2 2 2 6
2
在△P P Q 中，由余弦定理得：
3 2 2
P Q2=P P2+P Q2−2⋅P P ⋅P Q cos∠P P Q ，
3 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2
π
所以P Q2=L2+(2√3L) 2 −2⋅L⋅2√3L⋅cos =7L2 ，
3 2 6
所以P Q =√7L.
3 2
故选：A.
【变式5-2】（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2b−√3c=2acosC.
(1)求A；
(2)若△ABC的面积为4√3，sinB=1+cosC，点D为边BC上靠近B的四等分点，求AD的长.
b2+c2−a2
【解题思路】（1）由已知结合余弦定理角化边得b2+c2−a2=√3bc，接着由余弦定理cosA=
2bc
即可得解.
（2）先由A=
π
和sinB=1+cosC=1+cos
(5π
−B ) 求出角B，接着由正弦定理形式的面积公式
6 6
1
S = absinC求出a,b，再由余弦定理
△ABC 2
AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cos∠C即可求解.
【解答过程】（1）因为2b−√3c=2acosC，
a2+b2−c2
所以由余弦定理可得2b−√3c=2a· ，整理得b2+c2−a2=√3bc.
2ab
b2+c2−a2 √3bc √3
所以由余弦定理可得cosA= = = ，
2bc 2bc 2
π
又A∈(0,π)，所以A=
.
6
π
（2）因为A= ，sinB=1+cosC，
6
(5π ) 5π 5π √3 1
所以sinB=1+cos −B =1+cos cosB+sin sinB=1− cosB+ sinB，
6 6 6 2 2
1 √3 π
即 sinB+ cosB=sin ( B+ )=1，
2 2 3
π π 4π π π
又0<B<π，故 <B+ < ，则B+ = ，
3 3 3 3 2
π π 2π
所以B= ，所以C=π− ×2=
.
6 6 3
1 √3 √3
所以S = absinC= ab= a2=4√3，所以a=b=4，
△ABC 2 4 4
所以在△ACD中，AC=4，CD=3，由余弦定理可得
AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cos 2π =42+32−2×4×3× ( − 1) =37，即AD=√37.
3 2
【变式5-3】（2024·湖北·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2(1+cosA)=2bcsin2A．
(1)判断△ABC的形状；
2π
(2)已知D为BC上一点，则当A= ，a=3√3，AD=√3时，D为BC的几等分点？
3
【解题思路】（1）利用正弦定理及三角恒等变化计算即可；
π
（2）结合（1）的结论可得B=C= ，由余弦定理计算即可.
6
【解答过程】（1）由正弦定理得：sin2A(1+cosA)=2sinBsinCsin2A，
因为A∈(0,π)，所以sinA≠0，即1+cosA=2sinBsinC，
由A+B+C=π，则有1−cos(B+C)=2sinBsinC，
整理得1=cosBcosC+sinBsinC=cos(B−C)．
所以B−C=2kπ，
而B、C∈(0,π)，则B=C，即△ABC为等腰三角形．
π
（2）由（1）可得B=C= ．
6
a 1 3√3
b=sinB⋅ = × =3
由正弦定理可得 sin A 2 √3 ，故b=c=3．
2
余弦定理可知：AD2=AB2+BD2−2×AB×BD×cosB，即BD2−3√3BD+6=0，
1 2
解之得BD=√3= BC或BD=2√3= BC，
3 3
所以D为BC的三等分点．
【题型6 三角形、四边形的面积最值或范围问题】
2π
【例6】（2024·江苏徐州·模拟预测）在△ABC中，A= ，D为边BC上一点，若AD⊥AB，且
3
AD=1，则△ABC面积的最小值为（ ）
√3 2√3 3√3
A． B． C． D．√3
2 3 4
【解题思路】利用等面积法建立b,c边的等量关系，再利用基本不等式求bc的最小值即可求解.
【解答过程】2π
如图，由已知A= ，AD⊥AB，且AD=1，
3
1 1 2π √3
△ABC的面积S = bcsin A= bcsin = bc，
△ABC 2 2 3 4
1 1 π 1( 1 )
又S =S +S = c+ bsin = c+ b ，
△ABC △ABD △ADC 2 2 6 2 2
8
则有√3bc=2c+b≥2√2bc=2√2√bc，解得bc≥ ，
3
4 2
当且仅当b=2c，即b= √3,c= √3时等号成立，
3 3
2
所以S 的最小值为 √3.
△ABC 3
故选：B.
【变式6-1】（2024·安徽合肥·二模）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知
1 1 1
c=2, + + =1．则△ABC面积的最大值为（ ）
tanA tanB tanAtanB
A．1+√2 B．1+√3 C．2√2 D．2√3
【解题思路】由题意及正切与正弦与余弦的关系，两角和的正弦公式及余弦公式可得角C的大小，再由余
弦定理及基本不等式可得ab的最大值，进而求出该三角形的面积的最大值．
1 1 1
【解答过程】因为 + + =1，可得tanA+tanB+1=tanAtanB，
tan A tanB tan AtanB
sin A sinB sin AsinB
即 + +1= ，
cosA cosB cosAcosB
整理可得sin AcosB+cosAsinB+cosAcosB=sin AsinB，
即sin(A+B)=−cos(A+B)，
在三角形中sin(A+B)=sinC，cos(A+B)=−cosC，
π
即sinC=cosC，C∈(0,π),可得C= ；
4
π
由余弦定理可得c2=b2+a2−2abcos ≥2ab−√2ab，当且仅当a=b时取等号，
4
而c=2，
4
所以ab≤ =2(2+√2)，
2−√2
1 1 √2
所以S = absinC≤ ×2(2+√2)× =1+√2．
△ABC 2 2 2即该三角形的面积的最大值为1+√2．
故选：A．
【变式6-2】（2024·重庆·模拟预测）已知△ABC的内角A,B,C 所对应的边分别为a,b,c，若
c b 1+bc
a=1, + =
.
b c bc
(1)求A；
(2)求△ABC面积的最大值.
【解题思路】（1）根据条件，得到b2+c2=bc+1，再利用余弦定理，即可求解；
（2）由（1）结果，利用基本不等式，得到bc≤1，再利用面积公式，即可求解.
c b 1+bc
【解答过程】（1） + = ，得到b2+c2=bc+1，
b c bc
b2+c2−a2 b2+c2−1 bc 1
由余弦定理知，cosA= = = = ，
2bc 2bc 2bc 2
π
因为A∈(0,π)，所以A=
．
3
（2）bc+1=b2+c2≥2bc，得到bc≤1，当且仅当b=c=1取等，
1 √3
所以S = bcsinA≤ ，（当且仅当b=c=1取等号）
△ABC 2 4
√3
故△ABC面积的最大值为 ．
4
【变式6-3】（2024·山西·一模）△ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c，其面积为S，且
4S=b2+c2−a2.
(1)求A；
(2)已知a=2√2，求S的取值范围.
π
【解题思路】（1）根据面积公式以及余弦定理即可求解tanA=1，进而可求解A= ，
4
（2）根据余弦定理结合不等式即可求解.
1
【解答过程】（1）因为三角形的面积为4S=b2+c2−a2=4× bcsin A，
2
b2+c2−a2
则sinA= =cosA，
2bc
π
所以tanA=1，又A∈(0,π)，则A= ；
4b2+c2−a2 √2
（2）由于cosA= = ，所以b2+c2−8=√2bc≥2bc−8，
2bc 2
即(2−√2)bc≤8⇒bc≤8+4√2，b=c取等号，
1 1 √2 1 √2
故S= bcsin A= × bc≤ × ×(8+4√2)=2√2+2，
2 2 2 2 2
故0<S≤2√2+2.
【题型7 三角形中的边长或周长的最值或范围问题】
【例7】（2024·全国·模拟预测）已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若
A √3b−c a
sin = ，则 的取值范围是（ ）
2 4b b
A．(√3,2) B．(1,√3)
C．(√2,2) D．(√2,√3)
A √3b−c两边同时平方 c−b正弦定理
【解题思路】sin = → cosA= →
2 4b 2b
二倍角公式
2sinBcosA=sinC−sinB→sinB=sin(A−B)→A=2B
→B∈ (
π
,
π
) →cosB∈
(√2
,
√3)
→
a
的取值范围.
6 4 2 2 b
【解答过程】因为sin
A
=
√3b−c
，所以cosA=1−2sin2
A
=
c−b
，
2 4b 2 2b
sinC−sinB
由正弦定理得cosA= ，即2sinBcosA=sinC−sinB，
2sinB
又C=π−(A+B)，所以2sinBcosA=sinC−sinB=sin(A+B)−sinB，
所以sinAcosB−cosAsinB=sinB，即sinB=sin(A−B)，
所以B=A−B或B+A−B=π（舍去），
π π π π
所以A=2B∈ ( 0, ) ，又A+B=3B∈ ( ,π) ，解得B∈ ( , ) ，
2 2 6 4
(√2 √3) a sinA sin2B
所以cosB∈ , ，所以 = = =2cosB∈(√2,√3)，
2 2 b sinB sinBa
即 的取值范围为(√2,√3)．
b
故选:D．
【变式7-1】（2024·江西赣州·模拟预测）在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已
知B=2A，a=2，则△ABC的周长的取值范围是（ ）
A．(4+2√2,6+2√3) B．[4+2√2,6+2√3)
C．(4+2√2,6+2√3] D．[4+2√2,6+2√3]
【解题思路】将b,c表示为角的形式，结合三角恒等变换以及三角函数的值域等知识确定正确答案.
【解答过程】sin3A=sin(2A+A)=sin2AcosA+cos2Asin A=2sin Acos2A+(2cos2A−1)sin A，
a b c 2 b c
由正弦定理得 = = , = = ，
sin A sinB sinC sin A sin2A sin(A+B)
2 b c
= = ，
sin A 2sin AcosA sin3A
由于sin A>0，
2[2sin Acos2A+(2cos2A−1)sin A]
所以b=4cosA,c= =8cos2A−2，
sin A
所以a+b+c=8cos2A+4cosA，
π π
由于¿，所以¿，所以
<A<
，
6 4
√2 √3
所以 <cosA< ，则4<8cos2A<6,2√2<4cosA<2√3，
2 2
1
函数y=8x2+4x的开口向上，对称轴为x=− ，
4
所以a+b+c=8cos2A+4cosA∈(4+2√2,6+2√3).
故选：A.
【变式7-2】（2024·广东韶关·一模）已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，且
bcosC+ccosB=2acosA.
(1)求A；
(2)若a=2，求△ABC周长的最大值.
【解题思路】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式，可得sin(B+C)=2sinAcosA，再根据三1
角形的内角和公式和诱导公式，可得cosA= ，进而得角A.
2
（2）法一：利用余弦定理，结合基本不等式可求三角形周长的取值范围.
π
法二：利用正弦定理，表示出b,c，再利用三角函数的恒等变换，可得三角形的周长为2+4sin( B+ )
，
6
再根据角B的取值范围，可求周长的最大值.
法三：数形结合，把问题转化成圆的弦长中，直径最大，再根据直角三角形的边角关系求圆的直径.
【解答过程】（1）由bcosC+ccosB=2acosA及正弦定理得
sinBcosC+sinCcosB=2sinAcosA所以sin(B+C)=2sinAcosA
因为B+C=π−A
化简得sinA=2sinAcosA
1
因为0<A<π，所以sinA≠0，所以cosA=
2
π
所以A=
.
3
（2）法一：由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA
有4=b2+c2−bc=(b+c) 2−3bc
(b+c) 2
因为bc≤
2
3(b+c) 2 (b+c) 2
所以(b+c) 2−3bc≥(b+c) 2− =
4 4
(b+c) 2
即4≥ ，所以b+c≤4，当且仅当b=c=2时等号成立.
4
所以△ABC的周长C =a+b+c≤6.
△ABC
即△ABC周长的最大值为6.
2 4√3
a =
法二：由正弦定理 =2R，即 π 3
sinA sin
3
4√3 4√3
△ABC的周长C =a+b+c=2+ sinB+ sinC
△ABC 3 3
2π
因为A+B+C=π，所以C= −B
3
4√3 4√3 (2π )
所以C =2+ sinB+ sin −B
MBC 3 3 34√3( 2π 2π )
=2+ sinB+sin cosB−cos sinB
3 3 3
π
=2+4sin( B+ )
6
2π π
因为0<B< ，所以当B= 时C 取得最大值为6
3 3 △ABC
法三：（几何法）：如图1所示，延长BA到点P，使得AP=AC
使得AB+AC=AB+AP=BP，
要使△ABC的周长最大，则需满足BP长度最大
将问题转化为已知一边a=2，一对角∠P=30∘，求另一边BP的长度的最大值
由图2可得.当BP为该圆直径时，BP最大.
a 2
即
|BP| = = =4
max sinP sin30∘
所以C =BC+BP≤2+4=6.
△ABC
【变式7-3】（2024·江西·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别记为a，b，c，且
cosB−sinC
tanA= ．
cosC+sinB
π
(1)若B= ，求C的大小．
6
(2)若a=2，求b+c的取值范围．
cosB−sinC
【解题思路】（1）由tanA= ，得sin AcosC+sin AsinB=cosAcosB−cosAsinC，再
cosC+sinB
利用两角和差的正余弦公式化简，进而可求得A,B的关系，即可得解；
（2）利用正弦定理求出b,c，再根据A,B的关系结合三角函数的性质即可得解.
cosB−sinC sin A cosB−sinC
【解答过程】（1）因为tan A= ，所以 = ，
cosC+sinB cosA cosC+sinB即sinAcosC+sinAsinB=cosAcosB−cosAsinC，
即sinAcosC+cosAsinC=cosAcosB−sinAsinB，
所以sin(A+C)=cos(A+B)，即sinB=cos(A+B)，
π π
而A,B∈(0,π)，所以B+A+B= 或B−(A+B)=
，
2 2
π π
所以A+2B= 或A=−
（舍去），
2 2
π π
又因为B= ，所以A=
，
6 6
2π
所以C= ；
3
π
（2）由（1）得A+2B= ，
2
a b c
因为 = = ，
sinA sinB sinC
asinB 2sinB 2sinB 2sinB
b= = = =
所以 sin A sin A ( π ) cos2B，
sin −2B
2
π
2sin ( +B )
asinC 2sinC 2 2cosB
c= = = = ，
sin A sin A π cos2B
( )
sin −2B
2
2(sinB+cosB) 2(sinB+cosB) 2 √2
b+c= = = =
则 cos2B cos2B−sin2B cosB−sinB
cos ( B+
π
)
，
4
π
又由¿，得0<B<
，
4
π π π π √2
所以 <B+ < ，所以0<cos ( B+ )< ，
4 4 2 4 2
所以b+c∈(2,+∞).
【题型8 解三角形的实际应用】
【例8】（23-24高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）冬奥会会徽以汉字“冬”（如图1甲）为灵感来源，结合
中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形
象､新梦想.某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如弯折位置通常采用30°，
45°，60°，90°，120°，150°等特殊角度.为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求.该同学取端点绘制了 ABD（如图乙），测得AB=3,BD=4,AC=AD=2，若点C恰好在边BD上，请帮忙计算
sin∠ACD的△值（ ）
1 11 3√15 11
A． B． C． D．
2 14 16 16
【解题思路】先根据三条边求出cos∠ADB，利用平方关系得到sin∠ADB，即可根据等腰三角形求解.
【解答过程】由题意，在△ABD中，由余弦定理可得，
AD2+BD2−AB2 4+16−9 11
cos∠ADB= = = ，
2AD⋅BD 2×2×4 16
√ 11 2 3√15
因为∠ADB∈(0,π)，所以sin∠ADB=√1−cos2 ∠ADB= 1−( ) = ，
16 16
3√15
在△ACD中，由AC=AD=2得sin∠ACD=sin∠ADB= ，
16
故选：C.
【变式8-1】（24-25高一下·湖南·阶段练习）如图，某城市有一条公路从正西方MO通过市中心O后转向
东北方ON，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路L，并在MO,ON上分别设置两个出
口A,B，若AB部分为直线段，且要求市中心O与AB的距离为20千米，则AB的最短距离为（ ）
A．20(√2−1)千米 B．40(√2−1)千米
C．20(√2+1)千米 D．40(√2+1)千米【解题思路】使用余弦定理及基本不等式，得到AB2≥(2+√2)ab，使用正弦定理及三角恒等变换得到
1600
ab≥ ，进而求得AB的最短距离.
2−√2
【解答过程】
在△ABC中，∠AOB=135°，
设AO=a,BO=b，
则AB2=a2+b2−2abcos135°=a2+b2+√2ab≥(2+√2)ab，
当且仅当a=b时取等号，
设∠BAO=α，则∠ABO=45°−α，
20 20
又O到AB的距离为20千米，所以a= ，b= ，
sinα sin(45°−α)
400 1600 1600
故ab= = ≥ （α=22.5°时取等号），
sinαsin(45°−α) 2sin(2α+45°)−√2 2−√2
1600(2+√2)
所以AB2≥ =1600(√2+1) 2 ，得AB≥40(√2+1)，
2−√2
故选：D.
【变式8-2】（2024·辽宁抚顺·模拟预测）如图，某乡镇绿化某一座山体，以地面为基面，在基面上选取
A，B，C，D四个点，使得AD=2√2BC，测得∠BAD=30∘，∠BCD=45∘，∠ADC=120∘．
(1)若B，D选在两个村庄，两村庄之间有一直线型隧道，且BD=10√2km，CD=20km，求A，C两点间
距离；(2)求tan∠BDC的值．
【解题思路】（1）由正弦定理证得△BCD为等腰直角三角形，再由余弦定理求AC即可；
（2）设∠BDC=θ，利用正弦定理可得sin(30∘+θ)=2sinθ，展开化简即可得其正切值.
CD BD
【解答过程】（1）在△BCD中，由正弦定理得 = ，
sin∠CBD sin∠BCD
20 10√2
即 = ，
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=10√2，
则AD=2√2BC=40．
在△ACD中，由余弦定理得
AC2=AD2+CD2−2AD×CDcos∠ADC=1600+400−2×40×20× ( − 1) =2800，
2
故AC=20√7．
故A，C两点间距离为20√7km．
（2）设∠BDC=θ，则由题意可知，∠ADB=120∘−θ，∠ABD=30∘+θ．
BD AD AD
在△ABD中，由正弦定理得 = ，即 =2sin(30∘+θ)，
sin∠BAD sin∠ABD BD
BC BD BC
在△BCD中，由正弦定理得 = ，即 =√2sinθ，
sin∠BDC sin∠BCD BD
1 √3
又AD=2√2BC，所以2sin(30∘+θ)=2√2×√2sinθ⇒ cosθ+ sinθ=2sinθ，
2 2
4+√3 4+√3
解得tanθ= ，所以tan∠BDC= ．
13 13
【变式8-3】（23-24高一下·四川·期末）蜀绣又名“川绣”，与苏绣，湘绣，粤绣齐名，为中国四大名绣
之一，蜀绣以其明丽清秀的色彩和精湛细腻的针法形成了自身的独特的韵味，丰富程度居四大名绣之首．
1915年，蜀绣在国际巴拿马赛中荣获巴拿马国际金奖，在绣品中有一类具有特殊比例的手巾呈如图所示的
三角形状，点D为边BC上靠近B点的三等分点，∠ADC=60°，AD=2．(1)若∠ACD=45°，求三角形手巾的面积；
AC
(2)当 取最小值时，请帮设计师计算BD的长．
AB
【解题思路】（1）由正弦定理求得DC的长，即可得DB的长，由三角形面积公式即可求得答案.
AC2
（2）设CD=BD=2m,(m>0)，利用余弦定理表示出AC2,AB2，即可得 的表达式，结合基本不等
AB2
式确定其最小值，即可求得答案.
【解答过程】（1）在△ACD中，∠ACD=45°，∠ADC=60°，故∠DAC=75°，∠ADB=120°，
DC AD 2×sin75°
由正弦定理得 = ，即DC= ，
sin∠DAC sin∠ACD sin45°
1 √2 √3 √2 √2+√6
而sin75°=sin(30°+45°)= × + × = ，
2 2 2 2 4
√2+√6
2×
4
故DC= =1+√3，
√2
2
1 1
故BD= DC= (1+√3),
2 2
1 1
故三角形手巾的面积为S +S = AD×DC×sin∠ADC+ AD×DB×sin∠ADB
△ADC △ADB 2 2
1 √3 1 1+√3 √3 9+3√3
= ×2×(1+√3)× + ×2× × =
2 2 2 2 2 4
（2）设BD=m(m>0)，则CD=2m，
则在△ABD中，AB2=BD2+AD2−2BD⋅ADcos∠ADB=m2+4+2m，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2−2CD⋅ADcos∠ADC=4m2+4−4m，
AC2 4m2+4−4m 4(m2+4+2m)−12(1+m)
故 = =
AB2 m2+4+2m m2+4+2m
12(1+m) 12(1+m) 12
=4− =4− =4−
m2+4+2m (m+1) 2+3 3 ，
(m+1)+
m+13 √ 3 3
由于(m+1)+ ≥2 (m+1)⋅ =2√3，当且仅当m+1= ，即m=√3−1时取等号，
m+1 m+1 m+1
12 12
4− ≥4− =4−2√3
故 3 2√3 ，
(m+1)+
m+1
AC2 AC
即 取到最小值即 取最小值时，m=√3−1，
AB2 AB
即此时BD=√3−1.
【题型9 解三角形与三角函数综合】
【例9】（23-24高二下·浙江温州·期末）已知函数f(x)=2sinx⋅cosx+√3cos2x.
（Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间；
（Ⅱ）在锐角△ABC中，设角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若f (A)=0且a=3，求b+c的取值范
围.
( π)
【解题思路】（Ⅰ）化简函数f(x)=2sin 2x+ ，结合三角函数的图象与性质，即可求解；
3
π
（Ⅱ）由（1）及f(A)=0，求得A= ，根据正弦定理得到b=2√3sinB，c=2√3sinC，得到
3
( π) π π
b+c=2√3(sinB+sinC)=6sin B+ ，结合 <B< ，即可求解.
6 6 2
( π)
【解答过程】（Ⅰ）由题意，函数f(x)=2sinx⋅cosx+√3cos2x=sin2x+√3cos2x=2sin 2x+ ，
3
2π
所以函数f (x)的最小正周期为T= =π，
2
π π π 5π π
令2kx− ≤2x+ ≤2kπ+ ,k∈Z，解得kπ− ≤x≤kπ+ ,k∈Z，
2 3 2 12 12
[ 5π π ]
所以函数的单调递增区间是 kπ− ,kπ+ ，k∈Z.
12 12
( π) ( π) π
（Ⅱ）由（1）可得f(A)=2sin 2A+ =0，因为A∈ 0, ，可得A= ，
3 2 3
a b c 3
= = = =2√3
由正弦定理可知sin A sinB sinC √3 ，所以b=2√3sinB，c=2√3sinC，
2
π π π
由A= 及△ABC为锐角三角形¿，解得 <B< ，
3 6 2则b+c=2√3(sinB+sinC)=2√3[sinB+sin(A+B)]
( 1 √3 ) ( π) ( π)
=2√3 sinB+ sinB+ cosB =2√3⋅√3sin B+ =6sin B+ .
2 2 6 6
π π π π 2π √3 ( π)
因为 <B< ，可得 <B+ < ，所以 <sin B+ ≤1，
6 2 3 6 3 2 6
( π)
所以b+c=6sin B+ ∈(3√3,6]
.
6
【变式9-1】（24-25高一下·重庆沙坪坝·阶段练习）设函数f(x)=⃗m⋅⃗n，其中向量⃗m=(2cosx,1)，
⃗n=(cosx,√3sin2x)(x∈R).
(1)求f(x)的最小值；
√3
(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，已知f(A)=2，b=1，△ABC的面积为 ，求
2
b+c
的值.
sinB+sinC
【解题思路】（1）利用向量数量积的坐标表示及倍角余弦公式、辅助角公式可得f(x)=
π
2sin(2x+ )+1，再由正弦函数性质求最小值.
6
π
（2）由题设可得A= ，应用三角形面积公式有c=2，由余弦定理可得a=√3，最后由正弦定理
3
a b c
= = =2，即可求目标式的值.
sin A sinB sinC
π
【解答过程】（1）由题设，f(x)=2cos2x+√3sin2x =√3sin2x+cos2x+1=2sin(2x+ )+1，
6
π
所以，当sin(2x+ )=−1时f(x)的最小值为−1.
6
π π 1
（2）由f(A)=2，得：2sin(2A+ )+1=2，则sin(2A+ )= ，又A∈(0,π)，
6 6 2
π π 13π π 5π π
所以2A+ ∈( , )，故2A+ = ，则A= .
6 6 6 6 6 3
1 1 √3 √3
由S = bcsin A= ×1×c× = ，可得：c=2.
△ABC 2 2 2 21
在△ABC中，由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccosA=1+4−2×1×2× =3，
2
所以a=√3.
a b c √3
= = = =2 b+c 2sinB+2sinC
由sin A sinB sinC √3 ，则 = =2.
sinB+sinC sinB+sinC
2
( π π)
【变式9-2】（23-24高一下·四川巴中·期末）已知函数f(x)=2sin(ωx+φ) ω>0,− <φ< 的部分图
2 2
象如图所示．
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)=√3，b=2，且△ABC的面积
3√3
为 ，求a．
2
(5π )
【解题思路】（1）根据图形求出最小正周期可求得ω=2，代入点 ,2 可求得φ；
12
π
（2）根据f(A)=√3求得A= ，根据面积求出c，即可由余弦定理求得a.
3
3T 5π ( π) 3π
【解答过程】解：（1）据图象可得 = − − = ，故T=π，
4 12 3 4
2π
由T= =π得：ω=2．
ω
(5π) ( 5π ) (5π )
由f =2sin 2× +φ =2得：sin +φ =1．
12 12 6
π π π 5π 4π
由− <φ< 知， < +φ< ，
2 2 3 6 3
5π π π
∴ +φ= ，解得φ=− ，
6 2 3( π)
∴f(x)=2sin 2x− ；
3
( π) ( π) √3
（2）∵f(A)=2sin 2A− =√3，∴sin 2A− = ，
3 3 2
π π ( π 2π)
∵A∈(0, )，2A− ∈ − , ，
2 3 3 3
π π π
∴2A− = ，∴A= ，
3 3 3
1 π 3√3
由题意得△ABC的面积为 ×2×c×sin = ，解得c=3，
2 3 2
π
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccosA=22+32−2×2×3cos =7，解得：a=√7.
3
【变式9-3】（2024·北京·三模）已知函数f(x)=2√3sinωxcosωx+2cos2ωx,(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求ω的值；
[ π]
(2)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.c为f(x)在 0, 上的最大值，再从条件①、
2
条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求a−b的取值范围.条件①：
acosB+bcosA=2ccosC；条件②：2asin AcosB+bsin2A=√3a；条件③：△ABC的面积为S，且
√3(a2+b2−c2)
S= .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分.
4
π
【解题思路】利用三角恒等变换整理可得f(x)=2sin ( 2ωx+ )+1，结合最小正周期分析求解；
6
π π
以2x+ 为整体，结合正弦函数最值可得c=3.若选条件①：利用正弦定理结合三角恒等变换可得C= ，
6 3
π
利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得a−b=2√3sin ( A− ) ，结合正弦函数分析求解；若选条
3
π
件②：利用正弦定理结合三角恒等变换可得C=
，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得
3
π π
a−b=2√3sin ( A− ) ，结合正弦函数分析求解；若选条件③：利用面积公式、余弦定理可得C= ，
3 3π
利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得a−b=2√3sin ( A− ) ，结合正弦函数分析求解.
3
【解答过程】（1）由题意可知：
π
f(x)=2√3sinωxcosωx+2cos2ωx=√3sin2ωx+cos2ωx+1=2sin ( 2ωx+ )+1，
6
2π
因为函数f(x)的最小正周期为π，且ω>0，所以ω= =1.
2π
π
（2）由（1）可知：f(x)=2sin ( 2x+ )+1，
6
[ π] π [π 7π]
因为x∈ 0, ，则2x+ ∈ , ，
2 6 6 6
π π π
可知当2x+ = ，即x= 时，f(x)取到最大值3，即c=3.
6 2 6
若条件①：因为acosB+bcosA=2ccosC，
由正弦定理可得sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosC，
又因为sin AcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC，
π
( )
可得sinC=2sinCcosC，且C∈ 0, ，则sinC≠0，
2
1 π
可得cosC= ，所以C= ，
2 3
a b c 3
= = = =2√3
由正弦定理可得sin A sinB sinC √3 ，可得a=2√3sin A,b=2√3sinB，
2
π
则a−b=2√3sin A−2√3sinB=2√3sin A−2√3sin ( A+ )
3
(1 √3 )
=2√3sin A−2√3 sin A+ cosA
2 2
π
=√3sin A−3cosA=2√3sin ( A− ) ，
3
π π
因为△ABC锐角三角形，则¿，解得 <A< ，
6 2
π π π 1 π 1
可得− <A− < ，则− <sin ( A− )< ，可得−√3<b−a<√3
6 3 6 2 3 2
所以a−b的取值范围为(−√3,√3)；若条件②；因为2asin AcosB+bsin2A=√3a，
由正弦定理可得：2sin2AcosB+sinBsin2A=√3sin A，
则2sin2AcosB+2sinBsin AcosA=√3sin A，
π
( )
因为A∈ 0, ，则sin A≠0，
2
可得2sin AcosB+2sinBcosA=2sin(A+B)=2sinC=√3，
即sinC= √3 ，且C∈ ( 0, π ) ，所以C= π ，
2 2 3
a b c 3
= = = =2√3
由正弦定理可得sin A sinB sinC √3 ，可得a=2√3sin A,b=2√3sinB，
2
π
则a−b=2√3sin A−2√3sinB=2√3sin A−2√3sin ( A+ )
3
(1 √3 )
=2√3sin A−2√3 sin A+ cosA
2 2
π
=√3sin A−3cosA=2√3sin ( A− ) ，
3
π π
因为△ABC锐角三角形，则¿，解得 <A< ，
6 2
π π π 1 π 1
可得− <A− < ，则− <sin ( A− )< ，可得−√3<b−a<√3
6 3 6 2 3 2
所以a−b的取值范围为(−√3,√3)；
√3(a2+b2−c2) 1 √3×2abcosC
若选③：因为S= ，则 absinC= ，
4 2 4
π π
整理得tanC=√3，且C∈ ( 0, ) ，所以C= ，
2 3
a b c 3
= = = =2√3
由正弦定理可得sin A sinB sinC √3 ，可得a=2√3sin A,b=2√3sinB，
2
π
则a−b=2√3sin A−2√3sinB=2√3sin A−2√3sin ( A+ )
3
(1 √3 )
=2√3sin A−2√3 sin A+ cosA
2 2π
=√3sin A−3cosA=2√3sin ( A− ) ，
3
π π
因为△ABC锐角三角形，则¿，解得 <A< ，
6 2
π π π 1 π 1
可得− <A− < ，则− <sin ( A− )< ，可得−√3<b−a<√3
6 3 6 2 3 2
所以a−b的取值范围为(−√3,√3).
一、单选题
1．（2024·江苏徐州·一模）在 ABC中，已知∠ABC=2∠BAC，3BC=2AB，BD⊥AC，D为垂足，
CD=2√10，则BD=（ ） △
A．3√6 B．6√6 C．2√10 D．4√10
【解题思路】设∠BAC=α，利用3BC=2AB和正弦定理化简得到2(3sinα−4sin3α)=3sinα，得到
√6 3√15
3sinα−8sin3α=0，求得sinα= ，进而得到tan∠ACB= ，在直角△BDC中，结合
4 5
BD=CD⋅tan∠ACB，即可求解.
【解答过程】设∠BAC=α，可得∠ABC=2α，∠ACB=π−3α，
AB BC AB BC
由正弦定理得 = ，即 = ，
sin(π−3α) sinα sin3α sinα
因为3BC=2AB，所以2sin3α=3sinα，
又因为sin3α=sin(α+2α)=sin2αcosα+cos2αsinα
=2sinαcosαcosα+(1−2sin2α)sinα=3sinα−4sin3α，
所以2(3sinα−4sin3α)=3sinα，整理得3sinα−8sin3α=0，
π
因为0<α< ，所以0<sinα<1，所以3−8sin2α=0，
2
3 √6 √6 √6 2 3√6
即sin2α= ，解得sinα= ，则sin3α= ×[3−4( ) ]= ，
8 4 4 4 8
3√6
即sin∠ACB= ，
8√10
因为∠ACB为锐角，cos∠ACB=√1−sin2 ∠ACB= ，
8
sin∠ACB 3√15
所以tan∠ACB= = ，
cos∠ACB 5
BD 3√15
在直角△BDC中，tan∠ACB= ，所以BD=CD⋅tan∠ACB=2√10× =6√6.
CD 5
故选：B.
1 1
2．（2024·江苏·模拟预测）锐角△ABC中，sinC= ，sin(A−B)= ，AB=8，则AB边上的高CD长
3 4
为（ ）
36√2 19√11
A． B． C．4√7+6√3 D．3√15+8√2
5 7
√15 2√2 √15 2√2
【解题思路】由已知可得cos(A−B)= ，cos(A+B)=− ，进而可求得sin AsinB= + ，
4 3 8 6
设AB边上的高CD长为ℎ，进而可得ℎ =AC·sinA=24sinAsinB，可求解.
1 2√2
【解答过程】因为sinC= 且△ABC为锐角三角形，可得cosC= ，
3 3
2√2
所以cos(A+B)=−cosC=− ，
3
π π √15
因为△ABC为锐角三角形，所以− <A−B< ，又cos(A−B)= ，
2 2 4
√15 2√2
所以¿，解得sin AsinB= + ，
8 6
AB AC
由正弦定理可得 = ，所认AC=24sinB，
sinC sinB
1 1
设AB边上的高CD长为ℎ，所以S = AB·ℎ = AB·AC·sinA，
△ABC 2 2
√15 2√2
ℎ
=AC·sin A=24sin AsinB=24( + )=3√15+8√2.
8 6故选：D.
3．（2024·四川成都·模拟预测）设锐角△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且c=2,B=2C，
则a+b的取值范围为 （ ）
A．(2,10) B．(2+2√2,10) C．(2+2√2,4+2√3)D．(4+2√3,10)
【解题思路】根据正弦定理，转化为三角函数，化简后换元，根据二次函数的单调性求范围即可.
【解答过程】在△ABC中，由B=2C可得A=π−3C，
a b c
= =
由正弦定理 得：
sin(π−3C) sin2C sinC
2(sin3C+sin2C) 2(sinCcos2C+cosCsin2C+2sinCcosC)
a+b= = =2(4cos2C+2cosC−1)
sinC sinC
π π
又△ABC为锐角三角形，所以¿，解得 <C< ，
6 4
令t=cosC∈
(√2
,
√3)
，则a+b=2(4t2+2t−1),t∈
(√2
,
√3)
，
2 2 2 2
(√2 √3)
因为y=4t2+2t−1在t∈ , 时单调递增，
2 2
所以1+√2<y<2+√3，则a+b∈(2+2√2,4+2√3).
故选：C.
4．（2024·河北·模拟预测）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若c=3,b=2,∠BAC
4√6
的平分线AD的长为 ，则BC边上的高线AH的长等于（ ）
5
4 4√2
A． B．
3 3
4√3
C．2 D．
3
【解题思路】由S =S +S 可得cosα的值，进而可求得cos2α、sin2α的值，结合余弦定理
△ABC △ABD △ACD
1 1
可得a，由等面积法S = bcsin2α= a⋅|AH|可求得|AH|.
△ABC 2 2
【解答过程】由题意知，设∠BAD=∠CAD=α，则∠BAC=2α，如图所示，1 1 4√6 1 4√6
由S =S +S 可得 ×3×2sin2α= ×3× sinα+ ×2× sinα，
△ABC △ABD △ACD 2 2 5 2 5
整理得3sin2α=2√6sinα，即sinα(3cosα−√6)=0，
√6
又因为sinα≠0，所以cosα= ，
3
1 2√2
所以cos2α=2cos2α−1= ，所以sin2α=√1−cos22α=
，
3 3
在△ABC中，由余弦定理得a2=32+22−2×3×2cos2α=13−4=9，所以a=3，
1 1 1 2√2 1 4√2
由S = bcsin2α= a⋅|AH|可得 ×3×2× = ×3|AH|，解得|AH|= .
△ABC 2 2 2 3 2 3
故选：B.
sinB 6a−b
5．（2024·陕西·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知c=6, = ，
sinA b
则△ABC面积的最大值为（ ）
19 21
A． B． C．12 D．15.
2 2
【解题思路】先利用正弦定理化边为角，可得出ab的关系，再利用余弦定理求出cosC，进而可得出sinC，
再根据三角形的面积公式结合二次函数的性质即可得解.
sinB 6a−b b 6a−b
【解答过程】由 = ，由正弦定理得 = ，即(b−2a)(b+3a)=0，
sinA b a b
所以b=2a，
a2+b2−c2 5a2−36
由余弦定理得cosC= = ，
2ab 4a2
√ (5a2−36) 2 √−9a4+360a2−1296
所以sinC=√1−cos2C= 1− = ，
16a4 4a2
1 √−9a4+360a2−1296 √ −9(a2−20) 2 +2304
所以S = absinC=a2 ⋅ = ，
△ABC 2 4a2 4当a2=20，即a=2√5时，S 取得最大值12.
△ABC
故选：C.
6．（2024·新疆喀什·三模）在△ABC中，AB=2，BC=√7，∠BAC=120°，D是BC边一点，AD是
∠BAC的角平分线，则AD=（ ）
2
A． B．1 C．2 D．√3
3
2√7 5√7
【解题思路】由余弦定理得到AC=1，由正弦定理和BC=√7得BD= ，求出cos∠ABC= ，进
3 14
√21
而得到sin∠ABC= ，在△ABD中，由正弦定理得到答案.
14
AB2+AC2−BC2
【解答过程】在△ABC中，由余弦定理得cos∠BAC= ，
2AB⋅AC
4+AC2−7 1
即 =− ，解得AC=1或−3（舍去），
4AC 2
AB BD
在△ABD中，由正弦定理得 = ，
sin∠ADB sin∠BAD
AC CD
在△ACD中，由正弦定理得 = ，
sin∠ADC sin∠CAD
其中∠ADB+∠ADC=180°，∠BAD=∠CAD=60°，
所以sin∠ADB=sin∠ADC，sin∠BAD=sin∠CAD，
AB BD 2
故 = = ，
AC CD 1
2√7
又BC=√7，所以BD= ，
3
AB2+BC2−AC2 4+7−1 5√7
在△ABC中，由余弦定理得cos∠ABC= = = ，
2AB⋅BC 2×2×√7 14
√ (5√7) 2 √21
故sin∠ABC= 1− = ，
14 14
AD BD
在△ABD中，由正弦定理得 = ，
sin∠ABC sin∠BAD
2√7
AD 3 2
即 = ，解得AD= .
√21 √3 3
14 2故选：A.
7．（2024·广东广州·模拟预测）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若c=3，b=2，
4√6
∠BAC的平分线AD的长为 ，则BC边上的中线AH的长等于（ ）
5
√17 4√2 √17 4√3
A． B． C． D．
2 3 4 3
【解题思路】由设∠BAD=∠CAD=α，S =S +S 可得cosα的值，进而可求得
△ABC △ABD △ACD
cos2α，sin2α的值，结合余弦定理可得a，由⃗AH2= 1 (⃗AB+⃗AC) 2 可求得⃗AH2，即可求得结果.
4
【解答过程】由题意知，设∠BAD=∠CAD=α，则∠BAC=2α，如图所示，
1 1 4√6 1 4√6
由S =S +S 可得 ×3×2sin2α= ×3× sinα+ ×2× sinα，
△ABC △ABD △ACD 2 2 5 2 5
整理得3sin2α=2√6sinα，即sinα(3cosα−√6)=0，
√6
又因为sinα≠0，所以cosα= ，
3
1 2√2
所以cos2α=2cos2α−1= ，所以sin2α=√1−cos22α=
，
3 3
在△ABC中，由余弦定理得a2=32+22−2×3×2cos2α=13−4=9，所以a=3，
1
由AH是BC边上的中线，得⃗AH= (⃗AB+⃗AC)
2
⃗AH2= 1 (⃗AB+⃗AC) 2
4= 1 (⃗AB+⃗AC2+2⃗AB⋅⃗AC)= 1 (b2+c2+2bccos2α)= 1( b2+c2+ 2 bc )
4 4 4 3
=
1(
22+32+2×2×3×
1)
=
1
(4+9+4)=
17
.
4 3 4 4
√17
所以，中线长AH= .
2
故选：A.
8．（2024·江西南昌·三模）如图，在扇形OAB中，半径OA=4，∠AOB=90°，C在半径OB上，D在
半径OA上，E是扇形弧上的动点（不包含端点），则平行四边形BCDE的周长的取值范围是（ ）
A．(8,12] B．(8√2,12]
C．(8,8√2] D．(4,8√2]
【解题思路】由于点E在弧上运动，引入恰当的变量∠AOE=2θ，从而表达∠ABE=θ，再利用正弦定
理来表示边，来求得周长关于角θ的函数，然后求出取值范围；也可以建立以圆心为原点的坐标系，同样
设出动点坐标E(4cos2θ,4sin2θ)，用坐标法求出距离，然后同样把周长转化为关于角θ的函数，进而求
出取值范围.
【解答过程】
π
（法一）如图，连接OE，AB．设∠AOE=2θ，则∠BOE= −2θ，∠ABE=θ，
2
BE OE
π =
故∠OBE=θ+ 4 ．在△OBE中，由正弦定理可得 sin ( π −2θ ) sin ( θ+ π )，
2 4π π
OEsin ( −2θ ) OEsin ( 2θ+ )
2 2 π
则BE= = = 8cos ( θ+ ) ．
π π 4
sin ( θ+ ) sin ( θ+ )
4 4
DE OE
=
在Rt△ODE中，由正弦定理可得sin2θ π ，则DE=OEsin2θ=4sin2θ．
sin
2
π π π
平行四边形BCDE的周长为2(BE+DE)=16cos ( θ+ )+8sin2θ=16cos ( θ+ ) −8cos ( 2θ+ )
4 4 2
2
=−16cos2( θ+ π )+16cos ( θ+ π )+8=−16 [ cos ( θ+ π ) − 1] +12．
4 4 4 2
π π π π π π √2
因为0<2θ< ，所以0<θ< ，所以 <θ+ < ，所以0<cos ( θ+ )< ，
2 4 4 4 2 4 2
2 2
所以0≤ [ cos ( θ+ π ) − 1] < 1 ，则8<−16 [ cos ( θ+ π ) − 1] +12≤12，
4 2 4 4 2
即平行四边形BCDE的周长的取值范围是(8,12]．
（法二）以O为原点，OB，OA所在直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系．
π
( )
设∠BOE=2θ，则E(4cos2θ,4sin2θ)，θ∈ 0, ，
4
从而DE=4cos2θ，OD=4sin2θ，OC=4−4cos2θ，
DC=√OC2+OD2=√(4−4cos2θ) 2+(4sin2θ) 2=8sinθ，
( 1) 2
故平行四边形BCDE的周长为2(DE+DC)=2(4cos2θ+8sinθ)=−16 sinθ− +12．
2
因为0<θ< π ，所以0<sinθ< √2 ，所以0≤ ( sinθ− 1) 2 < 1 ，
4 2 2 4
( 1) 2
则8<−16 sinθ− +12≤12，即平行四边形BCDE的周长的取值范围是(8,12]．
2故选：A.
二、多选题
π
9．（2024·云南曲靖·模拟预测）在△ABC中，AB=4，AC=6，A= ，D为边BC上一动点，则
3
（ ）
A．BC=2√7
12√3
B．当AD为角A的角平分线时，AD=
5
C．当D为边BC中点时，AD=3√2
19
D．若点P为△ABC内任一点，⃗PA⋅(⃗PB+⃗PC)的最小值为−
4
【解题思路】根据余弦定理求解BC=2√7，判定A正确；结合三角形面积公式，利用等面积法建立方程
1
求解，可判定B正确；结合⃗AD= (⃗AB+⃗AC)，结合模的计算公式，可判定C错误；建立平面直角坐标
2
2
系，表示出⃗PA、⃗PB和⃗PC从而得到⃗PA⋅(⃗PB+⃗PC)，利用(x−2) 2≥0, ( y− √3) ≥0即可求得最小值，可
2
判定D错误.
【解答过程】对于A中，在△ABC中，由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcosA
π
即BC2=42+62−2×4×6cos =28，所以BC=2√7，所以A正确；
3
对于B中，当AD为角A的角平分线时，
1 π 1 π 1 π
由等面积法得 ×4×6sin = ×4×AD⋅sin + ×6×AD⋅sin ，
2 3 2 6 2 6
12√3
即5AD=12√3，解得AD= ，所以B正确；
5
1
对于C中，由D为边BC中点时，可得⃗AD= (⃗AB+⃗AC)，
2
1 1
则⃗AD2= (⃗AB2+⃗AC2+2⃗AB⋅⃗AC)= (16+36+24)=19，
4 4
所以AD=|⃗AD|=√19，所以C错误；
对于D中，以A为原点，以AC为x轴，过A垂直AC的直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，
所以A(0,0),B(2,2√3),C(6,0)，设P(x,y)，
则⃗PC=(6−x,−y)，⃗PB=(2−x,2√3−y)，⃗PA=(−x,−y)，
=(−x,−y)⋅(8−2x,2√3−2y)=2x2−8x+2y2−2√3 y
⃗PA⋅(⃗PB+⃗PC)=(−x,−y)⋅[(2−x,2√3−y)+(6−x,−y)]
=(−x,−y)⋅(8−2x,2√3−2y)=2x2−8x+2y2−2√3 y
=2 [ (x−2) 2+ ( y− √3) 2 − 19] ，
2 4
因为(x−2) 2≥0, ( y− √3) 2 ≥0，所以P ⃗ A⋅ ( P ⃗ B+P ⃗ C ) ≥2 ( − 19) =− 19 ，
2 4 2
√3
当且仅当x=2,y= 时等号成立.
2
19
所以⃗PA⋅(⃗PB+⃗PC)的最小值为− .所以D错误.
2
故选：AB.
10．（2024·山东济南·三模）已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若a=1，
且sin A−bsinB=(c+b)sinC，则（ ）
√3 √3
A．sin A= B．△ABC面积的最大值为
2 4
2√3 √3
C．R= D．BC边上的高的最大值为
3 6
【解题思路】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出A，再结合三角形面积公式、余弦定理逐项计算判
断得解.【解答过程】在△ABC中，由sin A−bsinB=(c+b)sinC及正弦定理，得a−b2=c2+bc，而a=1，
b2+c2−a2 1 2π
则a2=b2+c2+bc，由余弦定理得cosA= =− ，而0<A<π，解得A= ，
2bc 2 3
√3
对于A，sin A= ，A正确；
2
1 √3
对于B，显然1=b2+c2+bc≥3bc，当且仅当b=c时取等号，S = bcsin A≤ ，B错误；
△ABC 2 12
1 a 1 √3
对于C，R= ⋅ = = ，C错误；
2 sin A √3 3
1 √3 √3
对于D，令BC边上的高为ℎ，则 aℎ =S ≤ ，解得ℎ≤ ，D正确.
2 △ABC 12 6
故选：AD.
11．（2024·河北邯郸·三模）已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，面积为
√3
(a2+c2−b2)，则下列说法正确的是（
）
4
1 1
A．cosAcosC的取值范围是(− , ]
2 4
√3
B．若D为边AC的中点，且BD=1，则△ABC的面积的最大值为
3
a (1 )
C．若△ABC是锐角三角形，则 的取值范围是 ,2
c 2
D．若角B的平分线BE与边AC相交于点E，且BE=√3，则a+4c的最小值为10
π
【解题思路】借助面积公式与余弦定理由题意可得B= ，对A：借助三角恒等变换公式可将其化为正弦
3
型函数，借助正弦型函数的单调性即可得；对B：借助向量数量积公式与基本不等式即可得；对C：借助
正弦定理可将其化为与角有关的函数，结合角度范围即可得解；对D：借助等面积法及基本不等式计算即
可得.
1 √3 2
【解答过程】由题意知S= acsinB= (a2+c2−b2)，整理得a2+c2−b2= acsinB，
2 4 √3
π
由余弦定理知a2+c2−b2=2accosB，∴tanB=√3，∵B∈(0,π)，∴B= ．
3
对A，cosAcosC=cosAcos (2π −A ) = √3 sin AcosA− 1 cos2A
3 2 2
√3 1+cos2A 1 ( π) 1
= sin2A− = sin 2A− − ，
4 4 2 6 4( 2π) π ( π 7π) ( π) ( 1 ]
∵A∈ 0, ，∴2A− ∈ − , ，∴sin 2A− ∈ − ,1 ，
3 6 6 6 6 2
( 1 1]
∴cosAcosC的取值范围为 − , ，故A正确；
2 4
对B，∵D为边AC的中点，∴2⃗BD=⃗BC+⃗BA，
则4=a2+c2+2⃗BA⋅⃗BC=a2+c2+ac≥3ac，
4
∴ac≤ ，当且仅当a=c时，等号成立，
3
1 √3 √3 4 √3
∴S = acsinB= ac≤ × = ，故B正确；
△ABC 2 4 4 3 3
(2π ) √3 1 √3
sin −C cosC+ sinC
对于C，a sin A 3 2 2 2 1，
= = = = +
c sinC sinC sinC tanC 2
π π
∵△ABC是锐角三角形，∴ <C< ，
6 2
(√3 ) a (1 )
∴tanC∈ ,+∞ ，∴ ∈ ,2 ，故C正确；
3 c 2
对于D，由题意得S +S =S ，
△ABE △BCE △ABC
1 π 1 π 1 π
即 c×BE×sin + a×BE×sin = c×a×sin ，
2 6 2 6 2 3
1 1
整理得a+c=ac，即 + =1，
a c
(1 1) 4c a √4c a
∴a+4c=(a+4c) + =5+ + ≥5+2 ⋅ =9，
a c a c a c
当且仅当a=2c时，等号成立，故D错误．
故选：ABC.
三、填空题
12．（24-25高三上·江苏·开学考试）设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若
π
(b−c)sinB=bsin(A−C)，则角A= ．
3
1
【解题思路】根据已知等式由两角差的正弦展开式，由正弦定理，余弦定理化简得到cosA= ，再由特殊
2
角的三角函数值得到结果即可；【解答过程】因为(b−c)sinB=bsin(A−C)，
所以(b−c)sinB=b(sin AcosC−cosAsinC)，
a b c
因为 = = =2R，
sinA sinB sinC
a2+b2−c2 b2+c2−a2
所以b2−bc=abcosC−bccosA= − =a2−c2，
2 2
又a2=b2+c2−2bccosA，
1
所以cosA= ，
2
因为A∈(0,π)，
π
所以A=
．
3
π
故答案为： .
3
b c
13．（2024·全国·二模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c,cosC= + ,∠BAC的平分
a 2a
线AD交BC于点D.若AD=1，则△ABC周长的最小值为 4+2√3 .
【解题思路】根据正弦定理边角化可得2sin AcosC=2sinB+sinC，即可利用正弦和差角公式求解
2π
A= ，利用等面积法可得b+c=bc，进而根据基本不等式即可求解.
3
b c
【解答过程】∵cosC= + ,∴2acosC=2b+c，
a 2a
∴2sin AcosC=2sinB+sinC，
即2sin AcosC=2sin(A+C)+sinC，
2sin AcosC=2sin AcosC+2cosAsinC+sinC，
∴2cosAsinC=−sinC,∵sinC≠0，
1 2π
∴cosA=− ,∵A∈(0,π),∴A= .
2 3
1 1 1
∵S +S =S ,∴ c×1×sin60°+ b×1×sin60°= bcsin120° ，得b+c=bc，
△ABD △ACD △ABC 2 2 2
由bc=b+c≥2√bc，得bc≥4，当且仅当b= c=2时，等号成立.
2π
又a2=b2+c2−2bccos = b2+c2+bc,∴a=√b2+c2+bc,∴△ABC的周长
3，当且仅当 时，等号成立.
a+b+c=√b2+c2+bc+bc≥√3bc+ bc≥4+2√3 b=c=2
故答案为：4+2√3.
14．（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在半径为2，圆心角为60°的扇形的弧PQ上任取一点A，点B在线
√3
段OQ上，且AB//OP，则△ABP面积的最大值为 .
3
【解题思路】作出辅助线，设∠AOP=θ，0°<θ<60°，表达出其他各角，由正弦定理得到方程，表达出
4√3 4√3
OB= sinθ,AB= sin(60°−θ)，BG=2sinθ，从而由三角恒等变换得到
3 3
2√3 √3
S = sin(2θ+30°)− ，结合0°<θ<60°和正弦函数图象，求出最大值，得到答案.
△ABP 3 3
【解答过程】连接OA，设∠AOP=θ，0°<θ<60°，则∠AOB=60°−θ，
因为AB//OP，所以∠BAO=∠AOP=θ，∠OBA=120°，
OB AB AO
在△AOB中，由正弦定理得 = = ，
sin∠OAB sin∠AOB sin∠OBA
OB AB 2 2 4√3
= = = =
即sinθ sin(60°−θ) sin120° √3 3 ，
2
4√3 4√3
故OB= sinθ,AB= sin(60°−θ)，
3 3
过点B作BG⊥OP于点G，
4√3 √3
则BG=OBsin60°= sinθ⋅ =2sinθ，
3 21 1 4√3
故S = AB⋅BG= × sin(60°−θ)⋅2sinθ
△ABP 2 2 3
4√3 4√3 (√3 1 )
= sinθ(sin60°cosθ−cos60°sinθ)= sinθ cosθ− sinθ
3 3 2 2
2√3 2√3 1−cos2θ √3 √3
=2sinθcosθ− sin2θ=sin2θ− ⋅ =sin2θ+ cos2θ−
3 3 2 3 3
2√3 √3
= sin(2θ+30°)− ，
3 3
因为0°<θ<60°，所以30°<2θ+30°<150°，
(1 ] 2√3 √3 ( √3]
则sin(2θ+30°)∈ ,1 ，故 sin(2θ+30°)− ∈ 0, ，
2 3 3 3
√3
所以△ABP面积最大值为 .
3
√3
故答案为： .
3
四、解答题
15．（2024·贵州黔南·一模）已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
sin A+√3cosA=0，a=7，b=3.
(1)求A和c；
(2)已知点D在线段BC上，且AD平分∠BAC，求AD的长.
【解题思路】（1）弦化切求出A，再利用余弦定理求出c.
（2）由（1）的结论，利用三角形面积公式列式求出AD.
2π
【解答过程】（1）在△ABC中，由sin A+√3cosA=0，得tan A=−√3，而0<A<π，则A= ，
3
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccosA，即49=9+c2+3c，即c2+3c−40=0，
而c>0，所以c=5.
2π
（2）由（1）知，A= ，由AD平分∠BAC，得S +S =S ，
3 △ADC △BDC △ABC
1 π 1 π 1 2π
即 b⋅ADsin + c⋅ADsin = bcsin ，则(b+c)AD=bc，即8AD=15，
2 3 2 3 2 3
15
所以AD=
.
8
16．（2024·浙江·模拟预测）已知△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足sinA c−b
= .
sinB+sinC b
π
(1)若C= ，求B；
3
a+c
(2)求 的取值范围．
b
【解题思路】（1）根据给定条件，利用正弦定理及余弦定理求得c=√3b，再由直角三角形求得答案.
a+c c2 c c
（2）由（1）得到c2=b2+ab，求得 = + −1，再求出 的范围，借助不等式性质求出范围.
b b2 b b
sinA c−b a c−b
【解答过程】（1）在△ABC中，由 = 及正弦定理，得 = ，整理得
sinB+sinC b b+c b
c2=ab+b2，
π π
而C= ，由余弦定理得c2=a2+b2−2abcos ，即c2=a2+b2−ab，
3 3
π π
联立解得a=2b，c=√3b，因此b2+c2=a2，A= ，所以B=
.
2 6
c2−b2
（2）由（1）知c2=b2+ab，则a= ，且c>b，
b
c2−b2 c
由b+c>a= ，得b<c<2b，即1< <2，
b b
a+c a c c2−b2 c c2 c
因此 = + = + = + −1∈(1,5)，
b b b b2 b b2 b
a+c
所以 的取值范围是(1,5).
b
3
17．（2024·河南·模拟预测）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且c=5a,cosB= .
5
(1)求cosC；
S
(2)记△ABC的面积为S ，其外接圆的面积为S ，求 1 .
1 2 S
2
【解题思路】（1）先由余弦定理求出b=2√5a，再由余弦定理求出cosC即可；
（2）由同角的三角函数求出sinC，再由三角形的面积求出S ，结合正弦定理求出S ，可得；
1 2
【解答过程】（1）由余弦定理可得b2=a2+c2−2accosB，3
即b2=a2+25a2−2a⋅5a× =20a2 ，解得b=2√5a，
5
a2+b2−c2 a2+20a2−25a2 √5
由余弦定理可得cosC= = =− .
2ab 2a⋅2√5a 5
c
（2）由正弦定理可得 =2R，其中R为三角形外接圆半径，
sinC
√5 2√5
因为cosC=− ，所以sinC= ，
5 5
1 1 2√5 c2 125πa2
所以S = absinC= a⋅2√5a⋅ =2a2 ，S =π⋅ = ，
1 2 2 5 2 4sin2C 16
S 32
所以
1=
.
S 125π
2
18．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）某公园计划改造一块四边形区域ABCD铺设草坪，其中AB=2百米，
BC=1百米，AD=CD，AD⊥CD，草坪内需要规划4条人行道DM、DN、EM、EN以及两条排水沟
AC、BD，其中M、N、E分别为边BC、AB、AC的中点．
π
(1)若∠ABC= ，求排水沟BD的长；
2
(2)若∠ABC=α，试用α表示4条人行道的总长度．
【解题思路】（1）在Rt△ABC中，求出AC，sin∠BAC,cos∠BAC，利用和差公式求cos∠BAD，
再由余弦定理可得；
sinα 2sinα
（2）设∠ABC=α,∠BAC=β,∠ACB=γ，利用正弦定理求得sinβ= ，sinγ= ，由
AC AC
π π
∠MED=β+ 和∠NED=γ+ 可得cos∠MED=−sinβ，cos∠NED=−sinγ，分别在△MDE，
2 2
△NDE中求出DM,DN，然后可得答案.π
【解答过程】（1）因为∠ABC= ，AB=2百米，BC=1百米，
2
√5 2√5
所以AC=√5百米，所以sin∠BAC= ,cos∠BAC= ，
5 5
又AD=CD，AD⊥CD，所以△ACD为等腰直角三角形，
π √10
所以AD=ACsin = 百米，
4 2
π √2 2√5 √2 √5 √10
因为cos∠BAD=cos ( ∠BAC+ )= × − × = ，
4 2 5 2 5 10
所以在△ABD中，由余弦定理得BD=
√
22+
(√10) 2
−2×2×
√10
×
√10
=
3√2
百米.
2 2 10 2
（2）因为M、N、E分别为边BC、AB、AC的中点，
1
所以EN= 百米，EM=1百米，
2
设∠ABC=α,∠BAC=β,∠ACB=γ，其中α∈(0,π)，
在△ABC中，由余弦定理可得AC2=5−4cosα，
sinα 2sinα
在△ABC中，由正弦定理可得sinβ= ,sinγ= ，
AC AC
连接DE，则DE⊥AC，
π π
在△MDE中，∠MED=β+ ，cos∠MED=cos ( β+ )=−sinβ，
2 2
由余弦定理得DM2=M E2+DE2−2ME⋅DEcos∠MED
AC2 9
=1+ +AC⋅sinβ= +sinα−cosα，
4 4
π π
在△NDE中，∠NED=γ+ ，cos∠NED=cos ( γ+ )=−sinγ，
2 2
由余弦定理得DN2=N E2+DE2−2NE⋅DEcos∠NED
1 AC2 3
= + +AC⋅sinγ= +sinα−cosα，
4 4 2
√9 √3 3
所以4条人行道的总长度为 +sinα−cosα+ +sinα−cosα+ 百米.
4 2 219．（2024·广东东莞·模拟预测）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量
⃗m=(cosA,cosB),⃗n=(a,2c−b)，且⃗m//⃗n.
(1)求角A的大小；
(2)若a=2，求△ABC周长的取值范围.
【解题思路】（1）由共线向量的坐标表示表示，利用正弦定理边化角，结合两角和差公式化简求得cosA，
由此可得A.
π
（2）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得b+c=4sin(B+ )，再利用正弦函数的性质求出周
6
长范围.
【解答过程】（1）由⃗m//⃗n，得(2c−b)cosA=acosB，由正弦定理，得
(2sinC−sinB)cosA=sinAcosB，
即2sinCcosA=sinAcosB+cosAsinB=sin(A+B)=sinC，
π 1
而C∈(0, )，sinC≠0，则cosA= ，
2 2
π π
又A∈(0, )，A= .
2 3
b c 2 4√3
= = = 4√3 4√3
（2）由正弦定理得：sinB sinC √3 3 ，则b= sinB，c= sinC，
3 3
2
4√3 4√3 π 4√3 3 √3
b+c= (sinB+sinC)= [sinB+sin( +B)]= ( sinB+ cosB)
3 3 3 3 2 2
π
=4sin(B+ )，
6
π π π π 2π
由锐角△ABC，得¿，即B∈( , )，B+ ∈( , )，
6 2 6 3 3
π √3 π
因此sin(B+ )∈( ,1]，即4sin(B+ )∈(2√3,4]，a+b+c=2+b+c∈(2√3+2,6]
6 2 6所以△ABC周长的范围为(2√3+2,6].
