文档内容
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2021-2025高考真题分类 解三角形7种常见考法归类
~ ~
2021-2025高考真题分类 解三角形7种常见考法归类 1
一 利用正余弦定理解三角形 1
二 正余弦定理综合 6
三 三角形的面积问题 7
四 三角形的周长问题 15
五 正、余弦定理在几何中的应用 18
六 解三角形的最值问题 25
~ ~
一 利用正余弦定理解三角形
1. (2025·全国二卷·高考真题)在△ABC中，BC=2，AC=1+ 3，AB= 6，则A= ( )
A. 45° B. 60° C. 120° D. 135°
【答案】A
AB2+AC2-BC2
【分析】由余弦定理cosA= 直接计算求解即可.
2AB∙AC
AB2+AC2-BC2 6
【解析】由题意得cosA= =
2AB∙AC
2+1+ 3 2-22
2× 6×1+ 3
2
= ，
2
又0°0，
π
据此可得cosA=0,A= ，
2
π π 3π
则B=π-A-C=π- - = .
2 5 10
5. (2023·天津·高考真题)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c．已知a= 39,b=2,∠A=
120°．
(1)求sinB的值；
(2)求c的值；
(3)求sinB-C 的值．
13
【答案】(1)
13
(2)5
7 3
(3)-
26
【分析】(1)根据正弦定理即可解出；
(2)根据余弦定理即可解出；
(3)由正弦定理求出sinC，再由平方关系求出cosB,cosC，即可由两角差的正弦公式求出．
a b 39 2 13
【解析】(1)由正弦定理可得， = ，即 = ，解得：sinB= ；
sinA sinB sin120° sinB 13
1
(2)由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bccosA，即39=4+c2-2×2×c×-
2
，
解得：c=5或c=-7(舍去)．
a c 39 5 5 13
(3)由正弦定理可得， = ，即 = ，解得：sinC= ，而A=120°，
sinA sinC sin120° sinC 26
25 3 39 1 2 39
所以B,C都为锐角，因此cosC= 1- = ，cosB= 1- = ，
52 26 13 13
sinB-C
13 3 39 2 39 5 13 7 3
=sinBcosC-cosBsinC= × - × =- ．
13 26 13 26 26
9 a
6. (2024·天津·高考真题)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知cosB= ，b=5， =
16 c
2
．
3
(1)求a的值；
(2)求sinA的值；
(3)求cosB-2A 的值．
数学试题 第 2 页 共 29 页【答案】(1)4
7
(2)
4
57
(3)
64
【分析】(1)a=2t,c=3t，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
(2)法一：求出sinB，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出cosA，则得到sinA；
(3)法一：根据大边对大角确定A为锐角，则得到cosA，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；
法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
【解析】(1)设a=2t,c=3t，t>0，则根据余弦定理得b2=a2+c2-2accosB，
9
即25=4t2+9t2-2×2t×3t× ，解得t=2(负舍)；
16
则a=4,c=6.
9
(2)法一：因为B为三角形内角，所以sinB= 1-cos2B= 1-
16
2 5 7
= ，
16
a b 4 5 7
再根据正弦定理得 = ，即 = ，解得sinA= ，
sinA sinB sinA 5 7 4
16
b2+c2-a2 52+62-42 3
法二：由余弦定理得cosA= = = ，
2bc 2×5×6 4
因为A∈0,π
3
，则sinA= 1-
4
2 7
=
4
9
(3)法一：因为cosB= >0，且B∈0,π
16
π
，所以B∈0,
2
，
5 7
由(2)法一知sinB= ，
16
7
因为ab，则B为锐角，
a 14
5 5 3
故cosB= 7，故sin2B=2sinBcosB= ，
14 14
21
且cos2B=1-2sin2B=1-2×
14
2 11
= ；
14
3 11 1 5 3 4 3
故sin(A+2B)=sinAcos2B+cosAsin2B= × + × = .
2 14 2 14 7
1
8. (2021·上海·高考真题)已知A、B、C为△ABC的三个内角，a、b、c是其三条边，a=2,cosC=- ﹒
4
(1)若sinA=2sinB，求b、c；
π
(2)若cosA-
4
4
= ，求c．
5
【答案】(1)1， 6；
5 30
(2) ﹒
2
【分析】(1)由已知利用正弦定理即可求解b的值；利用余弦定理即可求解c的值．
(2)根据已知利用两角差的余弦公式，同角三角函数基本关系式可求得sinA、sinC的值，进而根据正弦
定理可得c的值．
【解析】(1)∵sinA=2sinB，由正弦定理得a=2b，
又a=2，可得b=1，
a2+b2-c2 22+12-c2 1
由于cosC= = =- ，可得c= 6．
2ab 2×2×1 4
1
(2)∵cosC=- ，0 >A，
4 2
15
C>A⇒c>a⇒sinC>sinA⇒sinA< .
4
数学试题 第 4 页 共 29 页π
∵cosA-
4
2 4
= (cosA+sinA)= ，
2 5
4 2
∴cosA+sinA= ，
5
又cos2A+sin2A=1，
2 7 2
可解得sinA= 或sinA= (舍)，
10 10
a c 5 30
由正弦定理 = ，可得c= ．
sinA sinC 2
9. (2021·天津·高考真题)在△ABC，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知sinA:sinB:sinC=2:1:
2，b= 2．
(I)求a的值；
(II)求cosC的值；
π
(III)求sin2C-
6
的值．
3 3 21-1
【答案】(I)2 2；(II) ；(III)
4 16
【分析】(I)由正弦定理可得a:b:c=2:1: 2，即可求出；
(II)由余弦定理即可计算；
(III)利用二倍角公式求出2C的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.
【解析】(I)因为sinA:sinB:sinC=2:1: 2，由正弦定理可得a:b:c=2:1: 2，
∵b= 2，∴a=2 2,c=2；
a2+b2-c2 8+2-4 3
(II)由余弦定理可得cosC= = = ；
2ab 2×2 2× 2 4
3 7
(III)∵cosC= ，∴sinC= 1-cos2C = ，
4 4
7 3 3 7 9 1
∴sin2C=2sinCcosC=2× × = ，cos2C=2cos2C-1=2× -1= ，
4 4 8 16 8
π
所以sin2C-
6
π π 3 7 3 1 1 3 21-1
=sin2Ccos -cos2Csin = × - × = .
6 6 8 2 8 2 16
10.(2022·天津·高考真题)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.已知a= 6,b=2c,cosA=
1
- .
4
(1)求c的值；
(2)求sinB的值；
(3)求sin(2A-B)的值.
【答案】(1)c=1
10
(2)sinB=
4
10
(3)sin(2A-B)=
8
【分析】(1)根据余弦定理a2=b2+c2-2bccosA以及b=2c解方程组即可求出；
(2)由(1)可求出b=2，再根据正弦定理即可解出；
(3)先根据二倍角公式求出sin2A,cos2A，再根据两角差的正弦公式即可求出．
1
【解析】(1)因为a2=b2+c2-2bccosA，即6=b2+c2+ bc，而b=2c，代入得6=4c2+c2+c2，解得：
2
c=1．
数学试题 第 5 页 共 29 页15 a b
(2)由(1)可求出b=2，而00，则sinA+sinC= .
2
故选：C.
2. (2023·北京·高考真题)在△ABC中，(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA-sinB)，则∠C= ( )
π π 2π 5π
A. B. C. D.
6 3 3 6
【答案】B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【解析】因为(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA-sinB)，
所以由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b)，即a2-c2=ab-b2，
a2+b2-c2 ab 1
则a2+b2-c2=ab，故cosC= = = ，
2ab 2ab 2
π
又00，而0b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，
a2+b2-c2 a2+a+1
由余弦定理可得cosC= =
2ab
2-a+2 2
2aa+1
a2-2a-3
=
2aa+1
<0，
解得-1a+2，可得a>1，∵a∈Z，故a=2.
3
3. (2022·浙江·高考真题)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a= 5c,cosC= ．
5
(1)求sinA的值；
(2)若b=11，求△ABC的面积．
5
【答案】(1) ；
5
(2)22．
【分析】(1)先由平方关系求出sinC，再根据正弦定理即可解出；
a2+b2-c2
(2)根据余弦定理的推论cosC= 以及4a= 5c可解出a，即可由三角形面积公式S=
2ab
1
absinC求出面积．
2
3 4
【解析】(1)由于cosC= ，00，又sinB= ，
2ac 3
数学试题 第 8 页 共 29 页1
则cosB= 1-
3
2 2 2 1 3 2 1 2
= ，ac= = ，则S = acsinB= ；
3 cosB 4 △ABC 2 8
3 2
b a c b2 a c ac 4 9
(2)由正弦定理得： = = ，则 = ⋅ = = = ，则
sinB sinA sinC sin2B sinA sinC sinAsinC 2 4
3
b 3 3 1
= ，b= sinB= .
sinB 2 2 2
5. (2022·浙江·高考真题)我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法
称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S=
1 c2+a2-b2 c2a2-
4 2
2
，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边a=
2,b= 3,c=2，则该三角形的面积S= ．
23
【答案】 .
4
【分析】根据题中所给的公式代值解出．
1 c2+a2-b2 【解析】因为S= c2a2-
4 2
2
1 4+2-3 ，所以S= 4×2-
4 2
2
23 = ．
4
23
故答案为： .
4
6. (2023·全国乙卷·高考真题)在△ABC中，已知∠BAC=120°，AB=2，AC=1.
(1)求sin∠ABC；
(2)若D为BC上一点，且∠BAD=90°，求△ADC的面积.
21
【答案】(1) ；
14
3
(2) .
10
5 7
【分析】(1)首先由余弦定理求得边长BC的值为BC= 7，然后由余弦定理可得cosB= ，最后由
14
21
同角三角函数基本关系可得sinB= ；
14
S 1
(2)由题意可得 △ABD =4，则S = S ，据此即可求得△ADC的面积.
S △ACD 5 △ABC
△ACD
【解析】(1)由余弦定理可得：
BC2=a2=b2+c2-2bccosA
=4+1-2×2×1×cos120°=7，
a2+c2-b2 7+4-1 5 7
则BC= 7，cosB= = = ，
2ac 2×2× 7 14
25 21
sin∠ABC= 1-cos2B= 1- = .
28 14
1
×AB×AD×sin90°
S 2
(2)由三角形面积公式可得 △ABD = =4，
S 1
△ACD ×AC×AD×sin30°
2
1 1 1
则S = S = × ×2×1×sin120°
△ACD 5 △ABC 5 2
3
= .
10
7. (2024·新课标Ⅰ卷·高考真题)记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知sinC= 2cosB，a2
+b2-c2= 2ab
数学试题 第 9 页 共 29 页(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3+ 3，求c．
π
【答案】(1)B=
3
(2)2 2
【分析】(1)由余弦定理、平方关系依次求出cosC,sinC，最后结合已知sinC= 2cosB得cosB的值即
可；
(2)首先求出A,B,C，然后由正弦定理可将a,b均用含有c的式子表示，结合三角形面积公式即可列
方程求解.
【解析】(1)由余弦定理有a2+b2-c2=2abcosC，对比已知a2+b2-c2= 2ab，
a2+b2-c2 2ab 2
可得cosC= = = ，
2ab 2ab 2
因为C∈0,π ，所以sinC>0，
2
从而sinC= 1-cos2C = 1-
2
2 2
= ，
2
1
又因为sinC= 2cosB，即cosB= ，
2
注意到B∈0,π ，
π
所以B= .
3
π 2
(2)由(1)可得B= ，cosC= ，C∈0,π
3 2
π π π 5π
，从而C= ，A=π- - = ，
4 3 4 12
5π
而sinA=sin
12
π π
=sin +
4 6
2 3 2 1 6+ 2
= × + × = ，
2 2 2 2 4
a b c
由正弦定理有 = = ，
5π π π
sin sin sin
12 3 4
6+ 2 3+1 3 6
从而a= ⋅ 2c= c,b= ⋅ 2c= c，
4 2 2 2
由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为
1 1 3+1 6 2 3+ 3
S = absinC= ⋅ c⋅ c⋅ = c2，
△ABC 2 2 2 2 2 8
3+ 3
由已知△ABC的面积为3+ 3，可得 c2=3+ 3，
8
所以c=2 2.
b2+c2-a2
8. (2023·全国甲卷·高考真题)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知 =2．
cosA
(1)求bc；
acosB-bcosA b
(2)若 - =1，求△ABC面积．
acosB+bcosA c
【答案】(1)1
3
(2)
4
【分析】(1)根据余弦定理即可解出；
(2)由(1)可知，只需求出sinA即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
b2+c2-a2 2bccosA
【解析】(1)因为a2=b2+c2-2bccosA，所以 = =2bc=2，解得：bc=1．
cosA cosA
acosB-bcosA b sinAcosB-sinBcosA sinB
(2)由正弦定理可得 - = -
acosB+bcosA c sinAcosB+sinBcosA sinC
数学试题 第 10 页 共 29 页sinA-B
=
sinA+B
sinB
-
sinA+B
sinA-B
=
-sinB
sinA+B
=1，
变形可得：sinA-B -sinA+B =sinB，即-2cosAsinB=sinB，
1 3
而00,sinB>0，于是sinA(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA)<0，
π
与条件不符，则A+B< 不成立；
2
π π
若A+B> ，类似可推导出sinA(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA)>0，则A+B> 不成立.
2 2
数学试题 第 13 页 共 29 页π π
综上讨论可知，A+B= ，即C= .
2 2
方法二：边角转化
sinC=sin2A+sin2B时，由C∈(0,π)，则sinC∈(0,1]，
于是1×sinC=sin2A+sin2B≥sin2C，
由正弦定理，a2+b2≥c2，
π
由余弦定理可知，cosC≥0，则C∈0,
2
，
π
若C∈0,
2
π 1
，则A+B> ，注意到cosAcosBsinC= ，则cosAcosB>0，
2 4
π
于是cosA>0,cosB>0(两者同负会有两个钝角，不成立)，于是A,B∈0,
2
，
π π π π
结合A+B> ⇔A> -B，而A, -B都是锐角，则sinA>sin -B
2 2 2 2
=cosB>0，
于是sinC=sin2A+sin2B>cos2B+sin2B=1，这和sinC≤1相矛盾，
π
故C∈0,
2
π
不成立，则C=
2
方法三：结合射影定理(方法一改进)
由sinC=sin2A+sin2B，结合正弦定理可得，c=asinA+bsinB，由射影定理可得c=acosB+
bcosA，于是asinA+bsinB=acosB+bcosA，
π
则a(sinA-cosB)+b(sinB-cosA)=0，可同方法一种讨论的角度，推出A+B= ，
2
方法四：和差化积(方法一改进)
续法三：
a(sinA-cosB)+b(sinB-cosA)=0，可知sinA-cosB,sinB-cosA同时为0或者异号，即(sinA-
cosB)(sinB-cosA)≤0，展开可得，
sinAsinB-sinAcosA-cosBsinB+cosAcosB≤0，
1
即cos(A-B)- sin2A+sin2B
2
≤0，结合和差化积，cos(A-B)1-sin(A+B) ≤0，由上述分析，
π
A,B∈0,
2
π π
，则A-B∈- ,
2 2
，则cos(A-B)≥0，则1-sin(A+B)≤0，即sinC≥1，于是sinC=
π
1，可知C= .
2
1 π 1
由cosAcosBsinC= =cosAcosB，由A+B= ，则cosB=sinA，即sinAcosA= ，
4 2 4
1 1 π
则sin2A= ，同理sin2B= ，由上述推导，A,B∈0,
2 2 2
，则2A,2B∈(0,π)，
π 5π π 5π
不妨设A0，由已知可得 3sinC=2sinCcosC，
3 π
可得cosC= ，因此，C= .
2 6
1 3
(2)解：由三角形的面积公式可得S = absinC= a=6 3，解得a=4 3.
△ABC 2 2
3
由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcosC=48+36-2×4 3×6× =12，∴c=2 3，
2
所以，△ABC的周长为a+b+c=6 3+6.
2π
2. (2021·北京·高考真题)在△ABC中，c=2bcosB，C= ．
3
(1)求∠B；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，求BC边
上中线的长．
条件①：c= 2b；
条件②：△ABC的周长为4+2 3；
3 3
条件③：△ABC的面积为 ；
4
π
【答案】(1) ；(2)答案不唯一，具体见解析．
6
【分析】(1)由正弦定理化边为角即可求解；
(2)若选择①：由正弦定理求解可得不存在；
若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；
若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.
【解析】(1)∵c=2bcosB，则由正弦定理可得sinC=2sinBcosB，
2π 3 2π π
∴sin2B=sin = ，∵C= ，∴B∈0,
3 2 3 3
2π
，2B∈0,
3
，
π π
∴2B= ，解得B= ；
3 6
数学试题 第 15 页 共 29 页3
c sinC 2
(2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得 = = = 3，
b sinB 1
2
与c= 2b矛盾，故这样的△ABC不存在；
π
若选择②：由(1)可得A= ，
6
设△ABC的外接圆半径为R，
π
则由正弦定理可得a=b=2Rsin =R，
6
2π
c=2Rsin = 3R，
3
则周长a+b+c=2R+ 3R=4+2 3，
解得R=2，则a=2,c=2 3，
由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：
2 3
π
2+12-2×2 3×1×cos = 7；
6
π
若选择③：由(1)可得A= ，即a=b，
6
1 1 3 3 3
则S = absinC= a2× = ，解得a= 3，
△ABC 2 2 2 4
则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：
a
b2+
2
2 a 2π 3 3 21
-2×b× ×cos = 3+ + 3× = .
2 3 4 2 2
3. (2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA+ 3cosA=
2．
(1)求A．
(2)若a=2， 2bsinC=csin2B，求△ABC的周长．
π
【答案】(1)A=
6
(2)2+ 6+3 2
【分析】(1)根据辅助角公式对条件sinA+ 3cosA=2进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同
角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；
(2)先根据正弦定理边角互化算出B，然后根据正弦定理算出b,c即可得出周长.
【解析】(1)方法一：常规方法(辅助角公式)
1 3 π
由sinA+ 3cosA=2可得 sinA+ cosA=1，即sinA+
2 2 3
=1，
π π 4π
由于A∈(0,π)⇒A+ ∈ ,
3 3 3
π π π
，故A+ = ，解得A=
3 2 6
方法二：常规方法(同角三角函数的基本关系)
由sinA+ 3cosA=2，又sin2A+cos2A=1，消去sinA得到：
3
4cos2A-4 3cosA+3=0⇔(2cosA- 3)2=0，解得cosA= ，
2
π
又A∈(0,π)，故A=
6
方法三：利用极值点求解
π
设f(x)=sinx+ 3cosx(00，解得：b=1+ 3，
由S =S +S 可得，
△ABC △ABD △ACD
1 1 1
×2×b×sin60°= ×2×AD×sin30°+ ×AD×b×sin30°，
2 2 2
3b 2 31+ 3
解得：AD= =
b
1+
2
=2．
3+ 3
故答案为：2．
方法二：由余弦定理可得，22+b2-2×2×b×cos60°=6，因为b>0，解得：b=1+ 3，
6 b 2 6+ 2 2
由正弦定理可得， = = ，解得：sinB= ，sinC= ，
sin60° sinB sinC 4 2
因为1+ 3> 6> 2，所以C=45°，B=180°-60°-45°=75°，
又∠BAD=30°，所以∠ADB=75°，即AD=AB=2．
故答案为：2．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定
义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
3. (2022·全国甲卷·高考真题)已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD．当
AC
取得最小值时，BD= ．
AB
【答案】 3-1/-1+ 3
AC2
【分析】设CD=2BD=2m>0，利用余弦定理表示出 后，结合基本不等式即可得解.
AB2
【解析】[方法一]：余弦定理
设CD=2BD=2m>0，
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，
数学试题 第 19 页 共 29 页AC2 4m2+4-4m 4m2+4+2m
所以 = =
AB2 m2+4+2m
-121+m 12
=4-
m2+4+2m
m+1
3
+
m+1
12
≥4-
2 m+1
=4-2 3，
3
⋅
m+1
3
当且仅当m+1= 即m= 3-1时，等号成立，
m+1
AC
所以当 取最小值时，m= 3-1.
AB
故答案为： 3-1.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C(2t,0)，A(1， 3)，B(-t,0)
AC2 2t-1
∴ =
AB2
2+3
t+1
4t2-4t+4 12
= =4-
2+3 t2+2t+4 t+1
≥4-2 3
3 +
t+1
当且仅当t+1= 3,即BD= 3-1时等号成立。
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
c2=x2+4+2x
，∴2c2+b2=12+6x2，
b2=4+4x2-4x
c2=x2+4+2x
，∴2c2+b2=12+6x2，
b2=4+4x2-4x
AC
令 =t，则2c2+t2c2=12+6x2，
AB
12+6x2 12+6x2 2 ∴t2+2= = =6 1-
c2 x2+2x+4
x+1
3
+ x+1
≥6-2 3，
∴t2≥4-2 3，
3
当且仅当x+1= ，即x= 3-1时等号成立.
x+1
[方法四]：判别式法
数学试题 第 20 页 共 29 页设BD=x，则CD=2x
在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD⋅ADcos∠ADB=x2+4+2x，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD⋅ADcos∠ADC=4x2+4-4x，
AC2 4x2+4-4x 4x2+4-4x
所以 = ，记t= ，
AB2 x2+4+2x x2+4+2x
则4-t x2-4+2t x+4-4t =0
由方程有解得：Δ=4+2t 2-44-t 4-4t ≥0
即t2-8t+4≤0，解得：4-2 3≤t≤4+2 3
2+t
所以t =4-2 3，此时x= = 3-1
min 4-t
AC
所以当 取最小值时，x= 3-1，即BD= 3-1.
AB
4. (2021·浙江·高考真题)在△ABC中，∠B=60°,AB=2，M是BC的中点，AM=2 3，则AC= ，
cos∠MAC= .
2 39
【答案】 2 13
13
【分析】由题意结合余弦定理可得BC=8，进而可得AC，再由余弦定理可得cos∠MAC.
【解析】由题意作出图形，如图，
在△ABM中，由余弦定理得AM2=AB2+BM2-2BM⋅BA⋅cosB，
1
即12=4+BM2-2BM×2× ，解得BM=4(负值舍去)，
2
所以BC=2BM=2CM=8，
1
在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cosB=4+64-2×2×8× =52，
2
所以AC=2 13；
AC2+AM2-MC2 52+12-16 2 39
在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC= = = .
2AM⋅AC 2×2 3×2 13 13
2 39
故答案为：2 13； .
13
1
5. (2025·北京·高考真题)在△ABC中，cosA=- ,asinC=4 2．
3
(1)求c的值；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求BC边上的高．
10 2
条件①：a=6；条件②：asinB= ；条件③：△ABC的面积为10 2．
3
【答案】(1)6
(2)答案见解析
【分析】(1)由平方关系、正弦定理即可求解；
(2)若选①，可得A,C都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得b，由余弦定理求得a，利用等面积法求
数学试题 第 21 页 共 29 页得高；若选③，首先根据三角形面积公式求得b，再根据余弦定理可求得a，由此可说明三角形ABC存在，且
可由等面积法求解AD.
1
【解析】(1)因为cosA=- ,A∈0,π
3
2 2
，所以sinA= 1-cos2A= ，
3
2 2
由正弦定理有asinC=csinA= c=4 2，解得c=6；
3
(2)如图所示，若△ABC存在，则设其BC边上的高为AD，
1
若选①，a=6，因为c=6，所以C=A，因为cosA=- <0，这表明此时三角形ABC有两个钝角，
3
而这是不可能的，所以此时三角形ABC不存在，故BC边上的高也不存在；
10 2
10 2 sinB 3 5 b 5
若选②，asinB= ，由asinC=4 2有 = = ，由正弦定理得 = ,所以b=5，
3 sinC 4 2 6 c 6
1
所以由余弦定理得a= b2+c2-2bccosA= 25+36-2×5×6×-
3
=9,
此时三角形ABC是存在的，且唯一确定，
1 1 1 2 2 1
所以S = bcsinA= BC·AD,即 ×5×6× = ×9AD，
△ABC 2 2 2 3 2
20 2
所以BC边上的高AD= ；
9
1 1 2 2
若选③，△ABC的面积是10 2，则S = bcsinA= b×6× =10 2，
△ABC 2 2 3
1
解得b=5，由余弦定理可得a= b2+c2-2bccosA= 25+36-2⋅5⋅6⋅-
3
=9可以唯一确定，
进一步由余弦定理可得cosB,cosC也可以唯一确定，即B,C可以唯一确定，
1 9
这表明此时三角形ABC是存在的，且BC边上的高满足：S = a⋅AD= AD=10 2，即AD=
△ABC 2 2
20 2
.
9
6. (2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)记△ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2=ac，点D在
边AC上，BDsin∠ABC=asinC.
(1)证明：BD=b；
(2)若AD=2DC，求cos∠ABC.
7
【答案】(1)证明见解析；(2)cos∠ABC= .
12
ac
【分析】(1)根据正弦定理的边角关系有BD= ，结合已知即可证结论.
b
(2)方法一：两次应用余弦定理，求得边a与c的关系，然后利用余弦定理即可求得cos∠ABC的值.
【解析】(1)设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理，
b c
得sin∠ABC= ,sinC= ，
2R 2R
b c
因为BDsin∠ABC=asinC，所以BD⋅ =a⋅ ，即BD⋅b=ac．
2R 2R
数学试题 第 22 页 共 29 页又因为b2=ac，所以BD=b．
(2)[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
a2+b2-c2
因为AD=2DC，如图，在△ABC中，cosC= ，①
2ab
b
a2+
3
在△BCD中，cosC=
2
-b2
．②
b
2a⋅
3
b 由①②得a2+b2-c2=3 a2+
3
2 -b2
11 ，整理得2a2- b2+c2=0．
3
c 3c
又因为b2=ac，所以6a2-11ac+3c2=0，解得a= 或a= ，
3 2
c c2 c 3c
当a= ,b2=ac= 时，a+b= + 0，所以