第33讲解三角形图形问题_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第33讲 解三角形图形问题 知识梳理 解决三角形图形类问题的方法： 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. 必考题型全归纳 1 题型一：妙用两次正弦定理 1399 (2024·全国·高三专题练习)如图，四边形ABCD中∠BAC=90°，∠ABC=30°，AD⊥ CD，设∠ACD=θ. (1)若ΔABC面积是ΔACD面积的4倍，求sin2θ； π (2)若∠ADB= ，求tanθ. 6 【解析】(1)设AC=a，则AB= 3a，AD=asinθ，CD=acosθ，由题意S =4S ， ΔABC ΔACD 1 1 3 则 a⋅ 3a=4⋅ acosθ⋅asinθ，所以sin2θ= . 2 2 2 BD AB BD (2)由正弦定理，ΔABD中， = ，即 sin∠BAD sin∠ADB sinπ-θ  3a = ① π sin 6 BD BC BD ΔBCD中， = ，即 sin∠BCD sin∠CDB π sin +θ 3  2a = ② π sin 3 π ①÷②得：2sin +θ 3  =3sinθ，化简得 3 3cosθ=2sinθ，所以tanθ= . 2 1400 (2024·湖北黄冈·高一统考期末)如图，四边形 ABCD中∠BAC=90°， ∠ABC= 60°，AD⊥CD，设 ∠ACD=θ． 第 页 共 页 835 3427(1)若△ABC面积是△ACD面积的4倍，求 sin2θ; 1 (2)若 tan∠ADB= ，求 tanθ. 2 【解析】(1)设AB=a， 则AC= 3a，AD= 3asinθ，CD= 3acosθ， 由题意S =4S ， △ABC △ACD 1 1 则 a⋅ 3a=4⋅ 3acosθ⋅ 3asinθ， 2 2 3 所以sin2θ= . 6 BD AB (2)由正弦定理，在△ABD中， = ， sin∠BAD sin∠ADB BD 即 sinπ-θ  a = ① sin∠ADB BD BC 在△BCD中， = ， sin∠BCD sin∠CDB BD 即 π sin +θ 6  2a = π sin -∠ADB 2  ② sinθ ②÷①得： π sin +θ 6  =2tan∠ADB=1， π ∴sinθ=sin +θ 6  ，化简得cosθ=(2- 3)sinθ， 所以tanθ=2+ 3. 1401 (2024·全国·高三专题练习)在①AB=2AD，②sin∠ACB=2sin∠ACD，③S = △ABC 2S 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. △ACD 已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=π，BC=CD=2，且 . (1)证明：tan∠ABC=3tan∠BAC； (2)若AC=3，求四边形ABCD的面积. 【解析】(1)方案一：选条件①. AC BC AB 在△ABC中，由正弦定理得， = = ， sin∠ABC sin∠BAC sin∠ACB AC CD AD 在△ACD中，由正弦定理得， = = ， sin∠ADC sin∠DAC sin∠ACD 因为∠ABC+∠ADC=π，所以sin∠ABC=sin∠ADC， 因为BC=CD，所以sin∠BAC=sin∠DAC， 因为∠BAC+∠DAC<π，所以∠BAC=∠DAC， 因为AB=2AD，所以sin∠ACB=2sin∠ACD. 因为sin∠ACB=sin∠ABC+∠BAC  ， sin∠ACD=sin∠CAD+∠ADC  =sin∠BAC+π-∠ABC  =sin∠ABC-∠BAC  ， 所以sin∠ABC+∠BAC  =2sin∠ABC-∠BAC  ， 第 页 共 页 836 3427即sin∠ABCcos∠BAC+cos∠ABCsin∠BAC= 2sin∠ABC⋅cos∠BAC-cos∠ABCsin∠BAC  ， 所以sin∠ABCcos∠BAC=3cos∠ABCsin∠BAC， 所以tan∠ABC=3tan∠BAC. 方案二：选条件②. AC BC 在△ABC中，由正弦定理得， = ， sin∠ABC sin∠BAC AC CD 在△ACD中，由正弦定理得， = ， sin∠ADC sin∠DAC 因为∠ABC+∠ADC=π，所以sin∠ABC=sin∠ADC， 因为BC=CD，所以sin∠BAC=sin∠DAC. 因为∠BAC+∠DAC<π，所以∠BAC=∠DAC. 因为sin∠ACB=sin∠ABC+∠BAC  ， sin∠ACD=sin∠CAD+∠ADC  =sin∠BAC+π-∠ABC  =sin∠ABC-∠BAC  ， sin∠ACB=2sin∠ACD， 所以sin∠ABC+∠BAC  =2sin∠ABC-∠BAC  ， 即sin∠ABCcos∠BAC+cos∠ABCsin∠BAC= 2sin∠ABC⋅cos∠BAC-cos∠ABCsin∠BAC  ， 所以sin∠ABCcos∠BAC=3cos∠ABCsin∠BAC， 所以tan∠ABC=3tan∠BAC. 方案三：选条件③. 1 1 因为S = BC⋅AC⋅sin∠ACB，S = CD⋅AC⋅sin∠ACD，且BC=CD， △ABC 2 △ACD 2 S =2S ， △ABC △ACD 所以sin∠ACB=2sin∠ACD AC BC 在△ABC中，由正弦定理得， = ， sin∠ABC sin∠BAC AC CD 在△ACD中，由正弦定理得， = ， sin∠ADC sin∠DAC 因为∠ABC+∠ADC=π，所以sin∠ABC=sin∠ADC， 因为BC=CD，所以sin∠BAC=sin∠DAC， 因为∠BAC+∠DAC<π，所以∠BAC=∠DAC. 因为sin∠ACB=sin∠ABC+∠BAC  ， sin∠ACD=sin∠CAD+∠ADC  =sin∠BAC+π-∠ABC  =sin∠ABC-∠BAC  ， 所以sin∠ABC+∠BAC  =2sin∠ABC-∠BAC  ， 即sin∠ABCcos∠BAC+cos∠ABCsin∠BAC= 2sin∠ABC⋅cos∠BAC-cos∠ABCsin∠BAC  ， 所以sin∠ABCcos∠BAC=3cos∠ABCsin∠BAC， 所以tan∠ABC=3tan∠BAC. (2)选择①②③，答案均相同， 由(1)可设AD=x，则AB=2x， 在△ABC中，由余弦定理得， AB2+BC2-AC2 4x2-5 cos∠ABC= = ， 2AB⋅BC 8x 在△ACD中，由余弦定理得， 第 页 共 页 837 3427AD2+CD2-AC2 x2-5 cos∠ADC= = ， 2AD⋅CD 4x 因为cos∠ABC=cosπ-∠ADC  =-cos∠ADC， 4x2-5 x2-5 10 10 所以 =- ，解得x= 或x=- (舍去)， 8x 4x 2 2 10 所以cos∠ABC= ， 8 10 所以sin∠ABC=sin∠ADC= 1- 8  2 3 6 = ， 8 3 9 15 所以四边形ABCD的面积S=3S = AD⋅CD⋅sin∠ADC= . △ACD 2 8 1402 (2024·甘肃金昌·高一永昌县第一高级中学校考期中)如图，在平面四边形ABCD中， π 3π ∠BCD= ,AB=1,∠ABC= . 2 4 (1)当BC= 2,CD= 7时，求△ACD的面积. π (2)当∠ADC= ,AD=2时，求tan∠ACB. 6 3π 【解析】(1)当BC= 2时，在△ABC中，AB=1,∠ABC= ， 4 由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB⋅BCcos∠ABC， 3π 即AC2=3-2 2cos =5，解得AC= 5， 4 AC2+BC2-AB2 6 3 10 所以cos∠ACB= = = ， 2AC⋅BC 2 10 10 π 3 10 因为∠BCD= ，则sin∠ACD=cos∠ACB= ， 2 10 又CD= 7， 1 1 3 10 3 所以△ACD的面积是S = AC⋅CDsin∠ACD= × 5× 7× = 14. △ACD 2 2 10 4 AB AC (2)在△ABC中，由正弦定理得 = ， sin∠ACB sin∠ABC 3π ABsin 4 2 即AC= = ， sin∠ACB 2cos∠ACD π ADsin AD AC 6 在△ACD中，由正弦定理得 = ，即AC= = sin∠ACD sin∠ADC sin∠ACD 1 ， sin∠ACD 2 1 则 = ，整理得sin∠ACD= 2cos∠ACD， 2cos∠ACD sin∠ACD π 因为∠ACD< ， 2 所以tan∠ACD= 2， 第 页 共 页 838 3427π π 因为∠BCD= ，所以tan∠ACB=tan -∠ACD 2 2  π sin -∠ACD 2 =  π cos -∠ACD 2  = cos∠ACD 1 2 = = . sin∠ACD tan∠ACD 2 π 1403 (2024·广东广州·高一统考期末)如图，在平面四边形ABCD中，∠BCD= ,AB=1, 2 2π ∠ABC= ． 3 (1)若BC=2,CD= 7，求△ACD的面积； π (2)若∠ADC= ,AD=2，求cos∠ACD． 6 2π 【解析】(1)因为AB=1,∠ABC= ,BC=2， 3 2π 由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB⋅AC⋅cos =7，即AC= 7， 3 AC2+BC2-AB2 5 7 由余弦定理得cos∠ACB= = ， 2×AC×BC 14 π 所以sin∠ACD=sin -∠ACB 2  5 7 =cos∠ACB= ， 14 1 5 7 所以△ACD的面积S= ×AC×CD×sin∠ACD= 2 4 AD AC 2 AC (2)在△ADC中，由正弦定理得 = ，即 = ①， sin∠ACD sin∠ADC sin∠ACD 1 2 AB AC 1 在△ABC中，由正弦定理得 = ，即 sin∠ACB sin∠ABC π sin -∠ACD 2  = 1 AC = ②， cos∠ACD 3 2 sin∠ACD 2 3 ①②联立可得tan∠ACD= = ， cos∠ACD 3 π 因为∠ACD∈0, 2  21 ，所以cos∠ACD= 7 1404 (2024·广东·统考模拟预测)在平面四边形ABCD中，∠ABD=∠BCD=90°，∠DAB= 45°. 第 页 共 页 839 3427(1)若AB=2，∠DBC=30°，求AC的长； 3 (2)若tan∠BAC= ，求tan∠DBC的值. 4 【解析】(1)在Rt△ABD中，因为∠DAB=45°，所以DB=2， 在Rt△BCD中，BC=2cos30°= 3， 在△ABC中，由余弦定理得 AC2=AB2+BC2-2AB⋅BCcos∠ABC=4+3-2×2× 3cos120°=7+2 3， 所以AC= 7+2 3. (2)设∠DBC=α，在Rt△BCD中，BC=BDcosα=2cosα， sin∠BAC 3 4 因为tan∠BAC= = ，所以cos∠BAC= sin∠BAC， cos∠BAC 4 3 25 于是cos2∠BAC+sin2∠BAC= sin2∠BAC=1， 9 因为0°<∠BAC<90°， 3 4 所以sin∠BAC= ，cos∠BAC= ， 5 5 AB CB 在△ABC中，由正弦定理得 = ， sin∠ACB sin∠BAC 2 所以 sin90°-α-∠CAB  2cosα = ， 3 5 于是cosαcosα+∠CAB  3 = ， 5 即4cos2α-3sinαcosα=3， 4cos2α-3sinαcosα 4-3tanα 所以 = =3， cos2α+sin2α 1+tan2α 21-3 因为0°<α<90°，所以tan∠DBC=tanα= . 6 sinA 2a2 1405 (2024·江苏徐州·高一统考期末)在① = ，②sinB-cosB= cosBcosC a2+c2-b2 2b-a ，③△ABC的面积 c 2 S= bbsinC+ctanCcosB 4  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； 第 页 共 页 840 34275 (2)若点D在边AB上，且BD=2AD，cosB= ，求tan∠BCD. 13 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 sinA 2a2 a2+c2-b2 【解析】(1)若选择①：因为 = ，结合余弦定理cosB= ， cosBcosC a2+c2-b2 2ac sinA 2a2 sinA a 得 = ，即 = ， cosBcosC 2ac⋅cosB cosC c a sinA sinA sinA 由正弦定理可得 = ，所以 = ， c sinC cosC sinC 又A∈0,π  1 1 ，所以sinA>0，所以 = ，即tanC=1， cosC sinC 又C∈0,π  π ，所以C= ； 4 2b-a 若选择②：因为sinB-cosB= ， c 2sinB-sinA 结合正弦定理可得sinB-cosB= ， sinC 即sinBsinC-cosBsinC= 2sinB-sinA= 2sinB-sin π-B+C    ， = 2sinB-sinB+C  = 2sinB-sinBcosC+cosBsinC  ， 即sinBsinC= 2sinB-sinBcosC， 又B∈0,π  ，sinB>0，故sinC= 2-cosC，即sinC+cosC= 2， π 所以 2sinC+ 4  π = 2，即sinC+ 4  =1， 因为C∈0,π  π π 5π ，C+ ∈ , 4 4 4  π π π ，所以C+ = ，得C= ； 4 2 4 2 sinCcosB 若选择③：条件即sinCsinA= sinBsinC+sinC 2 cosC  ， 又C∈0,π  ，sinC>0， 2 所以sinAcosC= sinBcosC+sinCcosB 2  2 = sinB+C 2  ， 2 即 sinπ-A 2  2 =sinAcosC，所以 sinA=sinAcosC， 2 又因为A∈0,π  2 ，则sinA>0，所以cosC= ， 2 又因为C∈0,π  π ，所以C= . 4 π (2)设∠BCD=θ，则∠ACD= -θ. 4 5 因为cosB= ，B∈0,π 13  5 ，故sinB= 1-cos2B= 1- 13  2 12 = ， 13 所以sinA=sin π-B+C    3 =sin π-B 4  2 2 17 = cosB+ sinB= 2， 2 2 26 17 2 CD AD CD 26 在△ACD中，由正弦定理可得 = ，即 = sinA sin∠ACD AD π sin -θ 4  ， 第 页 共 页 841 342712 CD 13 在△BCD中，同理可得， = ， BD sinθ 17 2 26 因为BD=2AD，所以 π 2sin -θ 4  12 17 12 2 13 26 13 = ，即 = ， sinθ 2cosθ- 2sinθ sinθ 24 24 整理得tanθ= ，即tan∠BCD= . 41 41 1406 (2024·广东深圳·深圳市高级中学校考模拟预测)记△ABC的内角A、B、C的对边分别 为a、b、c，已知bcosA-acosB=b-c. (1)求A； 3 (2)若点D在BC边上，且CD=2BD，cosB= ，求tan∠BAD. 3 【解析】(1)因为bcosA-acosB=b-c， b2+c2-a2 a2+c2-b2 由余弦定理可得b⋅ -a⋅ =b-c， 2bc 2ac b2+c2-a2 1 化简可得b2+c2-a2=bc，由余弦定理可得cosA= = ， 2bc 2 π 因为00  1 ，则cos∠BAD= = 3 3t  2+t2-BD2 2×3t  ，解得BD=2 2t ×t AD 1 ∵BD2+AD2=AB2，∴sin∠ABD= = ； AB 3 (2)设AC=AB=3AD=3tt>0  ，则BD=2 2t 设BC=xt，CD=ytx>0,y>0  ， 第 页 共 页 843 34273t △ABC中，cos∠BCA=  2+xt  2-3t  2 2×3t  ×xt  x = 6 1 3t △ADC中，cos∠DCA= = 3  2+yt  2-t2 2×3t  ×yt  y2+8 = 6y π y2+8 x ∵∠BCA+∠DCA=∠BCD= ，∴cos∠DCA=sin∠BCA，可得 = 1- 2 6y 6  2 ， y2+8 化简得 6y  2 x =1- 6  2 ，即x2y2+y4+64=20y2 又∵BC2+CD2=BD2，∴x2t2+y2t2=8t2，即∴x2+y2=8 ∴8-y2  16 8 y2+y4+64=20y2，解得y2= ,x2=8-y2= 3 3 16 CD yt 3 tan∠CBD= = = = 2 BC xt 8 3 1409 (2024·全国·高一专题练习)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD= 3BC= 3． (1)求证：sinC= 3sinA； (2)若C=2A，AB=2CD，求梯形ABCD的面积． 【解析】(1)连接BD． 因为AB⎳CD，所以∠ABD=∠BDC． AD BD 在△ABD中，由正弦定理得 = ，① sin∠ABD sinA BC BD 在△BCD中，由正弦定理得 = ，② sin∠BDC sinC 由AD= 3BC，∠ABD=∠BDC，结合①②可得sinC= 3sinA． (2)由(1)知sinC= 3sinA，sinC=sin2A=2sinAcosA= 3sinA， 3 π π cosA= ，又00)，其图 2 π2 像上相邻的最高点和最低点间的距离为 4+ ． 4 (1)求函数f(x)的解析式； (2)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，a=4，bc=12，f(A)=1．若角A的平 分线AD交BC于D，求AD的长． 【解析】(1)因为fx  1 3 1 = 3sinωxcosωx-cos2ωx+ = sin2ωx- cos2ωx= 2 2 2 π sin2ωx- 6  ， T 设函数f(x)的周期为T，由题意 2  2 π2 π +4=4+ ，即 4 2ω  2 π2 = ，解得ω=1， 4 所以fx  π =sin2x- 6  . (2)由fA  π =1得：sin2A- 6  π π π =1，即2A- =2kπ+ ,k∈Z，解得A=kπ+ ,k∈ 6 2 3 Z， π 因为A∈[0,π]，所以A= ， 3 因为A的平分线AD交BC于D， 1 π 1 π 1 π 所以S =S +S ，即 bcsin = c⋅AD⋅sin + b⋅AD⋅sin ，可得AD △ABC △ABD △ACD 2 3 2 6 2 6 3bc = ， b+c 由余弦定理得：，a2=b2+c2-2bccosA=b+c  2-3bc，而bc=12， 得b+c  12 3 6 39 2=52，因此AD= = . 2 13 13 1419 (2024·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测)已知锐角△ABC的内角A,B,C的对 a sinB-sinC 边分别为a,b,c，且 = ． b+c sinA-sinC (1)求B； 第 页 共 页 850 3427(2)若b= 6，角B的平分线交AC于点D，BD=1，求△ABC的面积． a sinB-sinC a b-c 【解析】(1)因为 = ，由正弦定理得 = ，整理得a2-ac=b2 b+c sinA-sinC b+c a-c -c2， a2+c2-b2 1 又由余弦定理得cosB= = ． 2ac 2 π 因为B∈0, 2  π ，所以B= ． 3 (2)如图所示，因为S =S +S ， △ABC △ABD △BCD 1 π 1 π 1 所以S = BD⋅csin + BD⋅asin = a+c △ABC 2 6 2 6 4  ． 1 π 3 1 又因为S = acsin = ac，所以 a+c △ABC 2 3 4 4  3 = ac． 4 π 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos =a+c 3  2-3ac=6， 1 a+c 联立方程组 4  3 = ac 4 a+c    ，可得3(ac)2-3ac=6，即(ac)2-ac-2=0， 2-3ac=6 解得ac=2或ac=-1(舍去)， 1 3 3 所以S = acsinB= ac= ． △ABC 2 4 2 4 题型四：角平分线问题 1420 (2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第一二二中学校校考模拟预测)在△ABC中，已知AB= 5，∠BAC的平分线与边BC交于点D，∠DAC的平分线与边BC交于点E，cos∠EAC= 3 10 . 10 6 (1)若BC= AC，求△ABC的面积； 5 2 (2)若cos∠ADB= ，求BC. 10 3 10 9 【解析】(1)因为cos∠EAC= ，所以cos∠DAC=2cos2∠EAC-1=2× -1= 10 10 4 ， 5 16 7 则cos∠BAC=2cos2∠DAC-1=2× -1= ， 25 25 24 则sin∠BAC= 1-cos2∠BAC= . 25 6 设AC=x，则BC= x， 5 在△ABC中，由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB⋅ACcos∠BAC， 36 14 11 14 即 x2=25+x2- x，即 x2+ x-25=0， 25 5 25 5 又x>0，所以x=5， 第 页 共 页 851 34271 1 24 所以△ABC的面积S = AB⋅ACsin∠BAC= ×5×5× =12. △ABC 2 2 25 2 4 (2)因为cos∠ADB= ，cos∠DAC= ， 10 5 7 2 3 所以sin∠ADB= 1-cos2∠ADB= ，sin∠DAC= 1-cos2∠DAC= ， 10 5 因为∠ADB=∠DAC+∠C， 所以sin∠C=sin∠ADB-∠DAC  =sin∠ADBcos∠DAC-cos∠ADBsin∠DAC 7 2 4 2 3 2 = × - × = ， 10 5 10 5 2 BC AB BC 5 24 2 在△ABC中，由正弦定理得 = ，即 = ，所以BC= . sin∠BAC sin∠C 24 2 5 25 2 1421 (2024·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测)锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别 为a，b，c，已知 3bsinC+csinB  =4asinBsinC，b2+c2-a2=8， (1)求cosA的值及△ABC的面积； (2)∠A的平分线与BC交于D，DC=2BD，求a的值． 【解析】(1)根据题意，结合正弦定理边角互化得 3(sinBsinC+sinCsinB)= 4sinAsinBsinC， 即2 3sinBsinC=4sinAsinBsinC，因为B，C∈(0,π)， 所以sinB≠0，sinC≠0， 3 π 所以sinA= ，因为在锐角△ABC中，A∈0, 2 2  π ，所以A= ． 3 1 所以cosA= ，因为b2+c2-a2=8， 2 所以b2+c2-a2=2bccosA=8，解得bc=8， 1 1 3 所以△ABC的面积S= bcsinA= ×8× =2 3. 2 2 2 1 (2)因为∠A的平分线与BC交于D，DC=2BD，所以S = S ， △ABD 2 △ADC 1 1 1 即 b⋅ADsin30°= × c⋅ADsin30°，所以b=2c，由于bc=8， 2 2 2 所以b=4，c=2所以a2=b2+c2-8=4+16-8=12，所以a=2 3． 1422 (2024·山东泰安·统考模拟预测)在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且 π 2cosC⋅sinB+ 6  +cosA=0. (1)求角C的大小； (2)若∠ACB的平分线交AB于点D，且CD=2，BD=2AD，求△ABC的面积. 3 1 【解析】(1)由已知可得2cosC⋅ sinB+ cosB 2 2  -cosB+C  =0， 3sinBcosC+cosBcosC-cosBcosC-sinBsinC  =0, 整理得，sinB 3cosC+sinC  =0， 因为B∈0,π  ，所以sinB≠0， 所以 3cosC+sinC=0， 即tanC=- 3， 因为C∈0,π  2π ，所以C= . 3 AC AD 1 b 1 (2)由题意得， = = ,即 = ，所以a=2b. BC BD 2 a 2 第 页 共 页 852 3427法一： 1 在△ABC中，c2=a2+b2-2abcos∠ACB=4b2+b2-2×2b×b×- 2  =7b2， c 所以c= 7b.在△ACD中，AD= ， 3 所以AD2=AC2+CD2-2AC⋅CD⋅cos∠ACD， c2 1 即 =b2+22-2b×2× ， 9 2 将c= 7b代入整理得b2-9b+18=0，解得b=3或b=6. 若b=6，则a=12，c=6 7，BD=4 7,AD=2 7， BD2+CD2-BC2 4 7 所以在△BCD中，得cos∠CDB= = 2BD⋅CD  2+22-122 <0, 16 7 同理可得cos∠ADC<0,即∠BDC和∠ADC都为钝角，不符合题意，排除. 所以b=3，a=6， 1 9 3 S = absin120°= . △ABC 2 2 法二： 因为S +S =S ， △ACD △BCD △ABC 1 1 1 1 所以 ×2bsin60°+ ×2asin60°= absin120°，所以b+a= ab. 2 2 2 2 因为a=2b，所以b=3,a=6， 1 9 3 所以S = absin120°= . △ABC 2 2 1423 (2024·河北唐山·唐山市第十中学校考模拟预测)如图，在△ABC中，角A，B，C所对的 π 边分别为a，b，c，a+2b=2ccosB- 3  ，角C的平分线交AB于点D，且BD=2 7， AD= 7. (1)求∠ACB的大小； (2)求CD. π 【解析】(1)由正弦定理a+2b=2ccosB- 3  得sinA+2sinB= 1 3 2sin∠ACB cosB+ sinB 2 2  ， 即sinA+2sinB=sin∠ACBcosB+ 3sin∠ACBsinB， 因为sinA=sinB+∠ACB  =sinBcos∠ACB+cosBsin∠ACB， 所以sinBcos∠ACB+2sinB= 3sin∠ACBsinB， π 因为sinB≠0，所以cos∠ACB+2= 3sin∠ACB，即sin∠ACB- 6  =1， π π 因为0<∠ACB<π，所以∠ACB- = ， 6 2 2π 所以∠ACB= . 3 (2)已知角C的平分线交AB于点D，且BD=2 7，AD= 7. AD AC 在△ACD中，由正弦定理得 = , sin∠ACD sin∠ADC 第 页 共 页 853 3427BD BC 在△BCD中，由正弦定理得 = , sin∠BCD sin∠BDC 因为∠ACD=∠BCD，∠ADC+∠BDC=π，所以sin∠ACD=sin∠BCD,sin∠ADC= sin∠BDC， AD AC 1 所以 = = . BD BC 2 设AC=x,BC=2x，由余弦定理得BC2+AC2-AB2=2BC×AC×cos∠ACB， 即4x2+x2-3 7  1 2=2⋅2x⋅x⋅- 2  ， 解得x=3， 因为S =S +S ， △ACB △ACD △BCD 1 3 1 3 1 3 所以 ×3×6× = ×3×CD× + ×6×CD× , 2 2 2 2 2 2 解得CD=2. 1424 (2024·广东深圳·校考二模)记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知 A sinBsinCcos2 =2sin2A. 2 (1)证明：b+c=3a； 4 6 AD 3 (2)若角B的平分线交AC于点D，且BD= ， = ，求△ABC的面积. 5 DC 2 csinA bsinA 【解析】(1)由正弦定理得：sinC= ,sinB= a a 1 1 4 2 S = bcsinA= ×9× =2 2 △ABC 2 2 9 A A 所以sinBsinCcos2 =2sin2A可化为bccos2 =2a2, 2 2 A 1+cosA 因为cos2 = , 2 2 ，所以bc1+cosA  =4a2 b2+c2-a2 所以bc1+ 2bc  =4a2， b2+c2-a2 所以bc+ =4a2，即b+c 2  2=9a2， 所以b+c=3a； 4 6 AD 3 (2)角B的平分线交AC于点D，且BD= ， = , 5 DC 2 AD AB S 3 c 3 由角平分线定理可得 = = △ABD = ，∴ = , DC BC S 2 a 2 △CBD 3 3 3 9 ∴c= a,又b+c=3a,∴b= a，AD= b= a 2 2 5 10 b2+c2-a2 7 4 2 由余弦定理得：cosA= = ，sinA= ， 2bc 9 9 3 在△ABD中，由余弦定理得：BD2=AB2+AD2-2AB⋅AD⋅cosA= a 2  2 9 + a 10  2 - 第 页 共 页 854 34279 3 7 96 2× a× a× = ， 10 2 9 25 所以a=2,b=3. 1 1 4 2 所以S = bcsinA= ×3×3× =2 2. △ABC 2 2 9 1425 (2024·海南·校联考模拟预测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点M在 边BC上，AM是角A的平分线，asinB=- 3bcosA，CM=2MB． (1)求A； (2)若AM=2 3，求BC的长． 【解析】(1)在△ABC中，由asinB=- 3bcosA及正弦定理得， sinAsinB=- 3sinBcosA 又sinB≠0，所以tanA=- 3， 又0a． (1)求角A； (2)若b=2，BC边上中线AD= 7，求△ABC的面积． 【解析】(1)∵2csinAcosB+2bsinAcosC= 3a ， 所以由正弦定理得2sinCsinAcosB+2sinBsinAcosC= 3sinA， ∵A∈(0,π),sinA>0， 3 ∴sinCcosB+sinBcosC= ，即∴sinB+C 2  3 = ， 2 第 页 共 页 856 34273 ∵A+B+C=π，∴sinA= ， 2 π ∵c>a，∴A= ； 3    1 (2)∵AD= AB+AC 2  ，         1 则AD2= (AB+AC)2，即4AD2=AB2+2AB⋅AC+AC2， 4 而b=2，BC边上中线AD= 7，   故|AB|2+2AB   -24=0，解得AB  =4， 1 1 3 ∴S = bcsinA= ×2×4× =2 3． △ABC 2 2 2 1428 (2024·四川内江·校考模拟预测)在△ABC中，D是边BC上的点，∠BAC=120°，AD  =1，AD平分∠BAC，△ABD的面积是△ACD的面积的两倍． (1)求△ACD的面积； (2)求△ABC的边BC上的中线AE的长． 1 【解析】(1)由已知及正弦定理可得：S = AD ΔABD 2  ⋅AB  ⋅sin60°=2S =2× ΔACD 1 AD 2  ⋅AC  ⋅sin60°， 化简得：AB  =2AC  ． 又因为： 1 S =3S =3⋅ AD ΔABC ΔACD 2  ⋅AC  3 3 ⋅sin60°= AC 4  1 = AB 2  ⋅AC  ⋅sin120°= 3 |AC|2，所以AC 2  3 1 = ，所以S = AC 2 ΔACD 2  ⋅AD  3 3 3 3 ⋅sin60°= × = ， 2 4 8 3 3 所以△ACD的面积为 ． 8 (2)由(1)可知AB  =2AC  =3，因为AE是△ABC的边BC上的中线，    1 所以AE= AB+AC 2  ，  所以AE        = 1 (AB+AC)2= 1 AB2+AC2+2AB⋅AC= 1 9+ 9 - 9 = 3 3 ， 2 2 2 4 2 4 3 3 所以△ABC的边BC上的中线AE的长为 ． 4 1429 (2024·四川绵阳·统考二模)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，a2sinC+ 3acosC=3b，A=60°． (1)求a的值；   1 (2)若BA⋅AC=- ，求BC边上中线AT的长． 2 【解析】(1)由正弦定理得：asinAsinC+3sinAcosC=3sinB=3sinA+C  ， ∴asinAsinC=3sinAcosC+3cosAsinC-3sinAcosC=3cosAsinC， ∵0°0∴cosθ>- ∴cosθ= ∴sinθ= 4 2 2  1 ∴S = AB △ABC 2   ⋅AC  ⋅sinθ= 3       (3)设AD=kAG，AB=λAE，AC=μAF λ，μ∈1，+∞     ∴AE   1 = ，AF λ  4 = μ  1  1      λ  μ  AD= AB+ AC⇒2kAG=λAE+μAF⇒AG= AE+ AF 2 2 2k 2k 根据三点共线公式，得λ+μ=2k      1 AG∙EF= AD∙AF-AE k    1 = AB+AC 2k    1 1  AC- AB μ λ   1 1 = ⋅ ⋅AC 2k μ   1 2- ⋅AB λ  1 1 2+ - μ λ   AB   ⋅AC   ⋅cosθ  1 (cosθ= ，θ为∠BAC) 2 1 16 1 2 2 = ⋅ - + - 2k μ λ μ λ  3 6λ-μ = ⋅ λμ λ+μ  1 S 2 ⋅AB △ABC = S △AEF   AC  ⋅sinθ  1 ⋅AE 2   AF  =6∴λμ=6 sinθ 第 页 共 页 860 34276   6λ- 1 λ ∴AG⋅EF= ⋅ 2 6 λ+ λ λ2-1 =3⋅ λ2+6 7 =3⋅1- λ2+6  6 μ= ≥1⇒λ≤6⇒λ∈1，6 λ  ⇒λ2+6∈7，42    1 7 5 ⇒ ≤ ≤1⇒AG∙EF∈ 0， 6 λ2+6  2  π-A 1433 (2024·广东广州·统考三模)在①bsin =asinB；② 3asinB=b2-cosA 2  这两个 条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答. 问题：已知△ABC中，a,b,c分别为角A,B,C所对的边， . (1)求角A的大小； (2)已知AB=2,AC=8，若BC,AC边上的两条中线AM,BN相交于点P，求∠MPN的 余弦值. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. π A 【解析】(1)若选①，bsin - 2 2  A A =bcos =asinB，由正弦定理得sinBcos = 2 2 sinAsinB，又sinB>0， A A A A A 1 则cos =sinA=2sin cos ，又cos >0，即sin = ，又A∈0,π 2 2 2 2 2 2  π ，则A= ； 3 若选②，由正弦定理得 3sinAsinB=sinB2-cosA  ，又sinB>0，则 3sinA=2- cosA， π 即 3sinA+cosA=2sinA+ 6  π =2，则sinA+ 6  =1，又A∈0,π  π ，则A= ； 3 (2) 以A为坐标原点，AC所在直线为x轴，过A点垂直于AC的直线为y轴，建立如图所示 平面直角坐标系，易得C(8,0)， π 9 3 由A= 可得B(1, 3)，则M , 3 2 2   9 3 ,N(4,0)，则AM= , 2 2   ,BN=3,- 3  ，   则cos∠MPN=cosAM,BN    AM⋅BN =  AM   BN  9 3 ×3- × 3 2 2 2 7 = = . 81 3 7 + ⋅ 9+3 4 4 6 题型六：高问题 第 页 共 页 861 34271434 (2024·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别 为a，b，c，a=6，bsin2A=4 5sinB. π (1)若b=1，证明：C=A+ ； 2 8 5 (2)若BC边上的高为 ，求△ABC的周长. 3 b 4 5 2 5 【解析】(1)由已知可得 = = ， sinB sin2A sinAcosA a b b a 6 由正弦定理 = 可得， = = ， sinA sinB sinB sinA sinA 2 5 6 所以有 = . sinAcosA sinA 5 2 又sinA>0，所以cosA= ，sinA= 1-cos2A= . 3 3 2 1× bsinA 3 1 又b=1，所以sinB= = = . a 6 9 4 5 ∵a>b，∴cosB= 1-sin2B= 9 ∴cosC=-cosA+B  2 =-cosAcosB+sinAsinB=- ， 3 π ∴cosC=-sinA=cosA+ 2  . 又C∈0,π  π ，A+ ∈0,π 2  ，函数y=cosx在0,π  上单调递减， π 则C=A+ . 2 1 8 5 (2)由题意得△ABC的面积S= ×6× =8 5. 2 3 1 1 又S= bc⋅sinA= bc，则bc=24 5. 2 3 由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA=b+c  2-2bccosA+1  ， 得b+c  2=2bc1+cosA  5 +a2=48 5×1+ 3  +62=6+4 5  2， 所以，b+c=6+4 5. 所以，△ABC的周长为12+4 5.  1435 (2024·重庆·统考模拟预测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，m= sinB,sinC+cosC   ，n=cosC-sinC,cosB    1 ，m⋅n= ． 2 (1)求sin2A； (2)若a=3，BC边上的高线长 7-1，求sinBsinC． 【解析】(1)由已知得   m⋅n=sinB,sinC+cosC  ⋅cosC-sinC,cosB  =sinBcosC-sinC  +cosBsinC+cosC  =sinBcosC+cosBsinC+cosCcosB-sinBsinC =sinB+C  +cosC+B  1 =sinA-cosA= 2 1 ∴(sinA-cosA)2=sin2A+cos2A-2sinAcosA=1-sin2A= 4 3 ∴sin2A= ； 4 第 页 共 页 862 3427(2)∵00， 4 ∴0<2A<π， π ∴00， 7 ∵(sinA+cosA)2=sin2A+cos2A+2sinAcosA=1+sin2A= ， 4 7 ∴sinA+cosA=± ,∵sinA>0,cosA>0， 2 7 1 ∴sinA+cosA= ，又sinA-cosA= ， 2 2 7+1 ∴sinA= ， 4 1 1 ∵S = acsinB= a⋅( 7-1)， △ABC 2 2 ∴acsinB=( 7-1)a， ∴asinCsinB=( 7-1)sinA， sinA 7+1 1 ∴sinCsinB=( 7-1) =( 7-1)× = . a 4×3 2 1436 (2024·四川自贡·统考三模)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b2+c2= a2+bc． (1)求A； 3 (2)若BC上的高AD= a，求cosBcosC． 4 【解析】(1)由题意得：b2+c2=a2+bc， b2+c2-a2 1 则由余弦定理得cosA= = ， 2bc 2 因为A∈0,π  π ,所以A= ． 3 1 1 3 3 (2)由S = ah= bcsinA，则 a2= bc，所以a2=2bc， △ABC 2 2 8 4 3 则由正弦定理得sin2A=2sinBsinC，则sinBsinC= ， 8 又cosA=cos π-B+C    =-cosB+C  1 =sinBsinC-cosBcosC= ， 2 3 1 1 即 -cosBcosC= ，则cosBcosC=- ． 8 2 8 1437 (2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， a2+c2-b2 且c- 3bsinA= -b． 2c (1)求A； 第 页 共 页 863 34271 (2)若b= c，且BC边上的高为2 3，求a． 4 a2+c2-b2 【解析】(1)因为c- 3bsinA= -b， 2c 所以由余弦定理得c- 3bsinA=acosB-b， 由正弦定理得sinC- 3sinAsinB=sinAcosB-sinB， 由于sinC=sinA+B  =sinAcosB+cosAsinB， 整理得cosAsinB- 3sinAsinB=-sinB． π 又因为sinB≠0，所以cosA- 3sinA=-1，即sinA- 6  1 = ， 2 因为A∈0,π  π π 5π ，所以A- ∈- , 6 6 6  ， π π π 所以A- = ，即A= ． 6 6 3 1 1 π (2)由S = ×a×2 3= bcsin 得bc=4a， △ABC 2 2 3 1 又b= c，所以c2=16a，b2=a， 4 由余弦定理知a2=b2+c2-2bccosA=a+16a-4a=13a， 解得a=13.  1438 (2024·辽宁抚顺·统考模拟预测)已知△ABC中，点D在边AB上，满足CD=  CA λ  CA   CB +  CB      B 6 (λ>0)，且cos = ，△CAD的面积与△CBD面积的比为2 6:3． 2 3 (1)求sinA的值； (2)若AB=5，求边AB上的高CE的值．   CA 【解析】(1)∵CD=λ  CA   CB +  CB      (λ>0)， ∴CD为∠ACB的平分线， AC AD  = sin∠ADC sin∠DCA 在△CAD与△CBD中，根据正弦定理可得： BC BD = sin∠BDC sin∠DCB AC AD 两式相比可得： = BC BD 又△CAD的面积与△CBD面积的比为2 6:3， S CA AD 2 6 ∴ △CAD = = = ， S CB BD 3 △CBD sinB CA 2 6 即 = = ，且B>A， sinA CB 3 B 6 B 1 由cos = 得cosB=2cos2 -1= ， 2 3 2 3 2 2 3 ∴sinB= 且B为锐角，∴sinA= ． 3 3 3 故答案为：sinA= 3 6 (2)由(1)知A为锐角，且cosA= 1-sin2A= ， 3 6 因此cosC=-cos(A+B)=-(cosAcosB-sinAsinB)= ， 9 2 6 2 6 又AC= BC，所以在△ABC中由余弦定理得BC2+ BC 3 3  2 2 6 -2BC× BC 3 第 页 共 页 864 34276 × =AB2=52， 9 解得：BC=3， 2 2 ∵CE⊥AB∴CE=BCsinB=3× =2 2． 3 故答案为：CE=2 2 7 题型七：重心性质及其应用 1439 (2024·全国·高三专题练习)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3c2= a2+8b2． (1)求cosB的最小值； sin∠AMB (2)若M为△ABC的重心，∠AMC=90°，求 ． sin∠CMB 3c2-a2 a2+c2- a2+c2-b2 8 【解析】(1)因为3c2=a2+8b2，所以cosB= = = 2ac 2ac 9 5 9 5 a2+ c2 2 a2× c2 8 8 8 8 3 5 ≥ = ， 2ac 2ac 8 9 5 5 当且仅当 a2= c2，即a= c时，等号成立. 8 8 3 (2) 记边AC的中点为D，边AB的中点为E，边BC的中点为F，因为点M为△ABC的重 心， AM BM CM 所以 = = =2， MF DM ME 1 b 在△AMC中，∠AMC=90°，D为边AC的中点，所以DM= AC= ，所以BM= 2 2 2DM=b，设ME=x,MF=y，则MC=2x,MA=2y， b2 在△AMC中，MC2+MA2=(2x)2+(2y)2=AC2=b2，即x2+y2= ， 4 c 在△AME中，ME2+MA2=(x)2+(2y)2=AE2= 2  2 = 1 c2，即x2+4y2= c2 ， 4 4 a 在△CMF中，MC2+MF2=(2x)2+(y)2=CF2= 2  2 ，即4x2+y2= a2 ， 4 7 13 消去x，y得a2+c2=5b2，又3c2=a2+8b2，所以a= b,c= b， 2 2 第 页 共 页 865 34271 3b 1 3 从而解得x= b,y= ，即MC= b,MA= b， 4 4 2 2 3 7 13 b2+b2-c2 b2- b2 MA2+BM2-AB2 4 4 4 3 在△AMB中，cos∠AMB= = = =- ， 2MA×BM 3 3b2 2 2× b×b 2 1 所以sin∠AMB= 1-cos2∠AMB= ， 2 1 5 7 b2+b2-a2 b2- b2 MC2+BM2-BC2 4 4 4 1 在△CMB中，cos∠CMB= = = =- ， 2MC×BM 1 b2 2 2× b×b 2 3 所以sin∠CMB= 1-cos2∠CMB= ， 2 1 sin∠AMB 2 3 所以 = = . sin∠CMB 3 3 2 1440 (2024·河南开封·开封高中校考模拟预测)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c， 已知 3asinB-acosC=ccosA,b= 6,G为△ABC的重心． (1)若a=2，求c的长； 3 (2)若AG= ，求△ABC的面积． 3 【解析】(1)因为 3asinB-acosC=ccosA， 所以， 3sinAsinB-sinAcosC=sinCcosA， 所以， 3sinAsinB=sinAcosC+sinCcosA=sinA+C  =sinB 因为B∈0,π  ,sinB≠0， 3 所以sinA= ， 3 因为a=20,cos ≠0，∴sin = ，又 ∈0, 2 2 2 2 2  A π ，∴ = ，∴A= 2 6 π 3 a 6 (2)设△ABC外接圆半径为R，则根据正弦定理得， =2R⇒R= =2 3， sinA 3 2× 2 3 若选①：∵M为该三角形的重心，则D为线段BC的中点且AD= AM=3 3， 2         1 1 又AD= (AB+AC)，∴|AD|2= |AB|2+|AC|2+2|AB|⋅|AC|⋅cosA 2 4  ， 1 即27= c2+b2+bc 4  ，又由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA，即36=b2+c2-bc，解 1 得b=c=6，∴S = bcsinA=9 3； △ABC 2 1 π 若选②：∵M为△ABC的内心，∴∠BAD=∠CAD= ∠BAC= ，由S =S 2 6 △ABC △ABD 1 π 1 π 1 π 3 +S 得 bcsin = c⋅ADsin + b⋅ADsin ，∵AD=3 3，∴ bc=3 3× △ACD 2 3 2 6 2 6 2 1 bc (b+c)，即b+c= ， 2 3 (bc)2 由余弦定理可得b2+c2-36=bc，即(b+c)2-3bc=36，∴ -3bc-36=0， 9 bc 即(bc+9) -4 9  1 π 1 3 =0，∵bc>0，∴bc=36，∴S = bcsin = ×36× = △ABC 2 3 2 2 9 3． 第 页 共 页 868 3427若选③：M为△ABC的外心，则AM为外接圆半径，AM=2 3，与所给条件矛盾，故不 能选③. 1444 (2024·全国·高三专题练习)在①2acosA=bcosC+ccosB；②tanB+tanC+ 3= 3tanBtanC这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答． 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知 ． (1)求角A的大小； 3 (2)若△ABC为锐角三角形，且其面积为 ，点G为△ABC重心，点M为线段AC的中 2  点，点N在线段AB上，且AN=2NB，线段BM与线段CN相交于点P，求GP  的取值范 围． 注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分． 【解析】(1)若选①2acosA=bcosC+ccosB， 由正弦定理可得2sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB=sinB+C  1 即2sinAcosA=sinA，又sinA>0，所以2cosA=1，即cosA= ， 2 因为A∈0,π  π ，所以A= ； 3 若选②tanB+tanC+ 3= 3tanBtanC，即tanB+tanC=- 3+ 3tanBtanC， 即tanB+tanC=- 31-tanBtanC  ， tanB+tanC 所以 =- 3，即tanB+C 1-tanBtanC  =- 3，所以tanπ-A  =- 3，即tanA= 3， 因为A∈0,π  π ，所以A= ； 3     2 1 (2)依题意AN= AB，AM= AC， 3 2         2 2 所以AG=AB+BG=AB+ BM=AB+ AM-AB 3 3     2 1 =AB+  AC-AB 3 2  =   1 1 AB+ AC， 3 3   因为C、N、P三点共线，故设AP=λAN+1-λ    2 AC= λAB+1-λ 3   AC，   同理M、B、P三点共线，故设AP=μAB+1-μ    1 AM=μAB+ 1-μ 2   AC， 2 λ=μ 3 所以 1 1-λ= 1-μ 2  3   λ= 4  ，解得 ， 1 μ= 2    1 1 所以AP= AB+ AC， 2 4        1 1 1 1 则GP=AP-AG= AB+ AC- AB+ AC 2 4 3 3    1 1 = AB- AC= 6 12   1 2AB-AC 12  ， 第 页 共 页 869 34271 3 因为S = bcsinA= ，所以bc=2， △ABC 2 2 又△ABC为锐角三角形，      当C为锐角，则AC⋅BC>0，即AC⋅AC-AB  >0，    1 2 即AC2-AC⋅AB>0，即b2- bc>0，即2b>c= ，所以b>1， 2 b      当B为锐角，则AB⋅CB>0，即AB⋅AB-AC  >0，    1 2 即AB2-AC⋅AB>0，即c2- bc>0，即2c>b，即2⋅ >b，所以0b>a，则C为钝角，则cosC=  2+b2-b+2  2 2bb-2  b-8 = 2b-2  <0， 所以b-8  b-2  <0，解得2b+2，∴b>4， ∴4