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0<A<π，所以，A= .
3
3 3
(2)因为cosB= ，则B为锐角，所以，sinB= 1-cos2B= 1-
3 3

2 6
= ，
3
2π
因为A+B+C=π，所以，C= -B，
3
2π
所以，sinC=sin -B
3

2π 2π 3 3 1 6 1
=sin cosB-cos sinB= × + × = +
3 3 2 3 2 3 2
6
，
6
2π
设∠BAD=θ，则∠CAD= -θ，
3
BD AD 3AD CD
在△ABD和△ACD中，由正弦定理得 = = ，
sinθ sinB 6 π
sin -θ
3

AD
= =
sinC
6AD
，
3+ 6
π
因为CD=2BD，上面两个等式相除可得 6sin -θ
3
 =3+ 6  sinθ，
3 1
得 6 cosθ- sinθ
2 2
 =3+ 6  sinθ，即 2cosθ=2+ 6  sinθ，
2
所以，tan∠BAD=tanθ= = 3- 2.
2+ 6
1407 (2024·广东揭阳·高三校考阶段练习)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，
c，且2cosA(ccosB+bcosC)=a.
(1)求角A；
(2)若O是△ABC内一点，∠AOB=120°，∠AOC=150°，b=1，c=3，求tan∠ABO．
第 页 共 页
842 3427【解析】(1)因为2cosA(ccosB+bcosC)=a，
所以由正弦定理得2cosAsinCcosB+sinBcosC  =2cosAsinB+C  =2sinAcosA=
sinA；
1
∵0°<A<180°，∴sinA≠0，∴cosA= ，则A=60°；
2
(2)
∵∠OAC+∠OAB=∠BAC=60°，∠OAB+∠ABO=180°-∠AOB=60°，∴∠OAC
=∠ABO；
AB⋅sin∠ABO 3sin∠ABO
在△ABO中，由正弦定理得：AO= = =2 3sin∠ABO；
sin∠AOB sin120°
AC⋅sin∠ACO sin30°-∠ABO
在△ACO中，由正弦定理得：AO= =
sin∠AOC

=
sin150°
2sin30°-∠ABO  ；
∴2 3sin∠ABO=2sin30°-∠ABO  =cos∠ABO- 3sin∠ABO，
1 3
即cos∠ABO=3 3sin∠ABO，∴tan∠ABO= =
3 3 9
2 题型二：两角使用余弦定理
1
1408 (2024·全国·高一专题练习)如图，四边形ABCD中，cos∠BAD= ，AC=AB=3AD．
3
(1)求sin∠ABD；
(2)若∠BCD=90°，求tan∠CBD．
【解析】(1)△ABD中，设AC=AB=3AD=3tt>0 
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0<A<π，所以A= ，则C=2A= ．
2 6 3
连接BD，
在△ABD中，由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD⋅AB⋅cosA= 3  2+AB2-2 3
3
⋅AB⋅
2
=AB2-3AB+3=4CD2-6CD+3；
在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC⋅CD⋅cosC=12+CD2-2×1×
1
CD×
2
=CD2-CD+1，
2
所以4CD2-6CD+3=CD2-CD+1，解得CD=1或 ．
3
第 页 共 页
844 34272
当CD= 时，连接AC，在△ACD中，由余弦定理，得AC2=AD2+CD2-2×AD×
3
5π
CD×cos
6
4 2 3
=3+ -2× 3× ×-
9 3 2

49
= ，
9
7 4 7 2
所以AC= ，而此时AB+BC= +1= ，故CD= 不满足题意，经检验CD=1
3 3 3 3
满足题意，
π 3
此时梯形ABCD的高h=AD⋅sin = ，
6 2
1
当CD=1时，梯形ABCD的面积S= AB+CD
2

3 3
h= ；
4
3 3
所以梯形ABCD的面积为 ．
4
1410 (2024·河北·校联考一模)在△ABC中，AB=4，AC=2 2，点D为BC的中点，连接
AD并延长到点E，使AE=3DE.
(1)若DE=1，求∠BAC的余弦值；
π
(2)若∠ABC= ，求线段BE的长.
4
【解析】(1)因为DE=1，AE=3DE，所以AD=2，
因为∠ADB+∠ADC=π，所以cos∠ADB+cos∠ADC=0，
BD2+AD2-AB2 CD2+AD2-AC2 x2+4-16
设BD=DC=x，则 + =0，即 +
2BD⋅AD 2CD⋅AD 2⋅x⋅2
x2+4-8
=0，
2⋅x⋅2
解得x=2 2，所以BC=2BD=4 2，
AB2+AC2-BC2 16+8-32 2
在△ABC中，由余弦定理知，cos∠BAC= = =- .
2AB⋅AC 2⋅4⋅2 2 4
(2)在△ABC中，由余弦定理知，AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cos∠ABC，
2
所以8=16+BC2-2⋅4⋅BC⋅ ，化简得BC2-4 2BC+8=0，解得BC=2 2，
2
1
因为D是BC的中点，所以BD= BC= 2，
2
在△ABD中，由余弦定理知，AD2=AB2+BD2-2AB⋅BD⋅cos∠ABC=16+2-2×
2
4× 2× =10，
2
所以AD= 10，
3 3 10
因为AE=3DE，所以AE= AD= ，
2 2
在△ABD中，由余弦定理知，
AB2+AD2-BD2 16+10-2 3
cos∠BAE= = = ，
2AB⋅AD 2×4× 10 10
连接BE，在△ABE中，由余弦定理知，
3 10
BE2=AB2+AE2-2AB⋅AE⋅cos∠BAE=16+
2

3 3 10 3
-2×4× × =
2 10
5
，
2
10
所以BE= .
2
第 页 共 页
845 34271411 (2024·全国·模拟预测)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，2cos22C
23π
=3-5cos2 -C
2
 .
(1)求角C；
AC
(2)若点D在AB上，BD=2AD，BD=CD，求 的值.
BC
23π
【解析】(1)因为2cos22C=3-5cos2 -C
2
 =3-5cos23π-2C  =3-
5cosπ-2C  =3+5cos2C，
1
所以2cos22C-5cos2C-3=0，解得cos2C=- 或cos2C=3(舍去)，
2
1 1
所以2cos2C-1=- ，即cosC=± ，
2 2
π π
因为0<C< ，所以C= .
2 3
(2)如图，因为BD=2AD，BD=CD，设AD=m，BD=CD=2m，
在△ABC中，由余弦定理得9m2=AC2+BC2-AC⋅BC，
BD2+CD2-BC2 (2m)2+(2m)2-BC2
在△BCD中，由余弦定理得cos∠BDC= = =
2BD⋅CD 2×2m×2m
8m2-BC2
，
8m2
AD2+CD2-AC2 m2+(2m)2-AC2
在△ADC中，由余弦定理得cos∠ADC= = =
2AD⋅CD 2m×2m
5m2-AC2
，
4m2
因为∠BDC+∠ADC=π，所以cos∠BDC+cos∠ADC=0，
8m2-BC2 5m2-AC2
即 + =0，所以18m2-BC2-2AC2=0，
8m2 4m2
所以2AC2+BC2-AC⋅BC

-BC2-2AC2=0，
因为BC≠0，所以BC=2AC，
AC 1
所以 = .
BC 2
1412 (2024·浙江舟山·高一舟山中学校考阶段练习)如图，在梯形ABCD中，AB⎳CD，AD⋅
sinD=2CD⋅sinB.
第 页 共 页
846 3427(1)求证：BC=2CD；
(2)若AD=BC=2，∠ADC=120°，求AB的长度.
AD AC
【解析】(1)证明：在△ACD中，由正弦定理得 = ，
sin∠ACD sinD
即AD⋅sinD=AC⋅sin∠ACD，
因为AB⎳CD，所以∠ACD=∠CAB，所以AD⋅sinD=AC⋅sin∠CAB，
AC BC
在△ABC中，由正弦定理得 = ，
sinB sin∠CAB
即AC⋅sin∠CAB=BC⋅sinB，所以AD⋅sinD=BC⋅sinB.
又AD⋅sinD=2CD⋅sinB，所以BC⋅sinB=2CD⋅sinB，即BC=2CD.
1
(2)由(1)知CD= BC=1.
2
在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD⋅CD⋅cos∠ADC
1
=22+12-2×2×1×-
2
 =7，故AC= 7.
CD2+AC2-AD2 12+7-22 2 7
所以cos∠CAB=cos∠ACD= = = .
2CD⋅AC 2×1× 7 7
在△ABC中，由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC⋅AB⋅cos∠CAB，
2 7
即22=7+AB2-2× 7×AB× ，整理可得AB2-4AB+3=0，解得AB=1或3.
7
又因为ABCD为梯形，所以AB=3.
3 题型三：张角定理与等面积法
1413 (2024·全国·高三专题练习)已知△ABC中，a,b,c分别为内角A,B,C的对边，且2asinA
=2b+c  sinB+2c+b  sinC.
(1)求角A的大小；
(2)设点D为BC上一点，AD是△ABC的角平分线，且AD=2，b=3，求△ABC的面
积.
【解析】(1)在△ABC中，由正弦定理及2asinA=2b+c  sinB+2c+b  sinC得：a2-b2
-bc=c2，..
b2+c2-a2 1
由余弦定理得cosA= =- ，
2bc 2
2π
又0<A<π，所以A=
3
π
(2)AD 是△ABC的角平分线，∠BAD=∠DAC= ，
3
1 2π 1 π 1 π
由S =S +S 可得 bcsin = c×AD×sin + b×AD×sin
△ABC △ABD △CAD 2 3 2 3 2 3
因为b=3，AD=2，即有3c=2c+6，c=6，
1 1 3 9 3
故S = bcsinA= ×3×6× =
△ABC 2 2 2 2
1414 (2024·贵州黔东南·凯里一中校考三模)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，
b，c，且2asinA=2b+c  sinB+2c+b  sinC．
(1)求A的大小；
第 页 共 页
847 3427(2)设点D为BC上一点，AD是△ABC的角平分线，且AD=4，AC=6，求△ABC的面
积．
【解析】(1)因为2asinA=2b+c  sinB+2c+b  sinC
所以根据正弦定理得：2a2=2b+c  b+2c+b  c
即a2=b2+c2+bc
由余弦定理得：a2=c2+b2-2bccosA
1
故cosA=-
2
又A∈0,π 
2π
所以A= ．
3
(2)因为AD是△ABC的角平分线，由S +S =S ，
△ABD △ADC △ABC
1 π 1 π 1 2π
得： AB⋅4sin + ×4×6sin = AB⋅6sin ，
2 3 2 3 2 3
所以AB=12
1 2π 1 3
故S = AB⋅ACsin = ×12×6× =18 3．
△ABC 2 3 2 2
1415 (2024·山东潍坊·统考模拟预测)在△ABC中，设角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，
且(c-b)sinC=(a-b)(sinA+sinB)．
(1)求A；
BD
(2)若D为BC上点，AD平分角A，且b=3，AD= 3，求 ．
DC
【解析】(1)因为(c-b)sinC=(a-b)(sinA+sinB)，
由正弦定理可得(c-b)c=(a-b)(a+b)，整理得b2+c2-bc=a2，
b2+c2-a2 bc 1
由余弦定理，可得cosA= = = ，
2bc 2bc 2
π
又因为A∈(0,π)，可得A= ．
3
1 3
(2)因为D为BC上点，AD平分角A，则S = bcsinA= bc，
△ABC 2 4
1 A 1 A 1 3
又由S = AC⋅ADsin + AB⋅ADsin = ⋅AD(b+c)= (b+c)，
△ABC 2 2 2 2 4 4
可得bc=b+c，
3
又因为b=3，可得3c=3+c，解得c= ，
2
S AB BD BD c 1
因为 △ABD = = ，所以 = = ．
S AC DC DC b 2
△ACD
1416 (2024·安徽淮南·统考二模)如图，在△ABC中，AB=2，3sin2B-2cosB-2=0，且点
D在线段BC上．
第 页 共 页
848 34273π
(1)若∠ADC= ，求AD的长；
4
sin∠BAD
(2)若BD=2DC， =4 2，求△ABD的面积．
sin∠CAD
【解析】(1)由3sin2B-2cosB-2=0，可得3cos2B+2cosB-1=0，
1
所以cosB= 或cosB=-1(舍去)，
3
2 2
所以sinB= ，
3
3π π
因为∠ADC= ，所以∠ADB= ，
4 4
AB AD 8
由正弦定理可得： = ，所以AD= ．
sin∠ADB sinB 3
1
AB⋅AD⋅sin∠BAD
S 2
(2)由BD=2DC，得 △BAD =2，所以 =2，
S 1
△CAD AC⋅AD⋅sin∠CAD
2
sin∠BAD
因为 =4 2，AB=2，所以AC=4 2，
sin∠CAD
由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cosB，
即3BC2-4BC-84=0，BC-6  3BC+14  =0，
14
可得BC=6或BC=- (舍去)，
3
所以BD=4，
1 1 2 2 8 2
所以S = ⋅AB⋅BD⋅sinB= ×2×4× = ．
△ABD 2 2 3 3
1417 (2024·江西抚州·江西省临川第二中学校考二模)如图，在△ABC中，AB=4，cosB=
1
，点D在线段BC上.
3
3π
(1)若∠ADC= ，求AD的长；
4
16 2 sin∠BAD
(2)若BD=2DC，△ACD的面积为 ，求 的值.
3 sin∠CAD
3π
【解析】(1)∵∠ADC= ，
4
π
∴∠ADB= ，
4
1
又∵cosB= ，
3
2 2
∴sinB= .
3
AD AB
在△ABD中， = ，
sinB sin∠ADB
2 2
4⋅
3 16
∴AD= = .
2 3
2
(2)∵BD=2DC，
∴S =2S ，
△ABD △ADC
第 页 共 页
849 3427S =3S ，
△ABC △ADC
16 2
又S = ，
△ADC 3
∴S =16 2，
△ABC
1
∵S = AB⋅BCsin∠ABC，
△ABC 2
∴BC=12，
1
∵S = AB⋅ADsin∠BAD，
△ABD 2
1
S = AC⋅ADsin∠CAD，
△ADC 2
S =2S ，
△ABD △ADC
sin∠BAD AC
∴ =2⋅ ，
sin∠CAD AB
在△ABC中，
由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB⋅BCcos∠ABC.
∴AC=8 2，
sin∠BAD AC
∴ =2⋅ =4 2.
sin∠CAD AB
1
1418 (2024·全国·高一专题练习)已知函数f(x)= 3sinωxcosωx-cos2ωx+ (ω>0)，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0<A<180°，
所以A=120°．
(2)已知AM是角A的平分线，CM=2MB,A=120°，
1 1
则S =2S ，所以 AC×AM×sin60°=2× AB×AM×sin60°，
△ACM △ABM 2 2
所以AC=2AB，
如图，过M作MD∥AC交AB于点D，易知△AMD为正三角形，
3
所以AD=MD=AM=2 3，AB= AD=3 3，AC=3MD=6 3．
2
在△ABC中，由余弦定理得，
BC= AB2+AC2-2AB⋅AC⋅cosA
1
= 27+36×3-2×3 3×6 3×-
2
 =3 21．
3
1426 (2024·四川·校联考模拟预测)在①a=bcosC+ csinB；②c=3这两个条件中任选
3
一个作为已知条件，补充在下面的横线上，并给出解答．
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
已知△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，点D为BC边的中点，b=AD= 7，且
．
(1)求a的值；
(2)若∠ABC的平分线交AC于点E，求△BCE的周长．
3 3
【解析】(1)若选①：由a=bcosC+ csinB可得sinA=sinBcosC+ sinCsinB,
3 3
又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC,
3
故cosBsinC= sinCsinB,
3
而C∈(0,π),sinC≠0，故tanB= 3，
第 页 共 页
855 3427π
又B∈(0,π)，所以B= ；
3
设a=2x,c=y，则BD=DC=x，
在△ABD中，由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2AB⋅BDcosB,
即x2+y2-xy=7，
在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB⋅BCcosB,
即4x2+y2-2xy=7，和x2+y2-xy=7联立解得x=1,y=3，
则c=3,a=2；
若选②：c=3，设a=2t，则BD=DC=t，
t2+7-9
在△ABD中，由余弦定理得cos∠ADB= ，
2 7t
t2+7-7
在△ADC中，由余弦定理得cos∠ADC= ，
2 7t
因为∠ADB+∠ADC=π，所以cos∠ADB+cos∠ADC=0，
t2+7-9 t2+7-7
即 + =0，解得t=1，
2 7t 2 7t
故a=2.
π π
(2)由(1)可知，选①可得B= ,a=2,c=3；选②可得a=2，则B= ，
3 3
故由S =S +S ，
△ABC △ABE △BCE
1 1 1
可得 ×2×3×sin60°= ×3×BE×sin30°+ ×2×BE×sin30°，
2 2 2
6 3
解得BE= ，
5
故在△BCE中，CE2=BC2+BE2-2BC⋅BEcos∠CBE，
108 6 3 3 28 2 7
即CE2= +4-2× ×2× = ,∴CE= ,
25 5 2 25 5
6 3 2 7
故△BCE的周长为BC+BE+CE=2+ + .
5 5
5 题型五：中线问题
1427 (2024·浙江杭州·统考一模)已知△ABC中角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足
2csinAcosB+2bsinAcosC= 3a，c>a．
(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°<C<120°，∴sinC≠0，∴asinA=3cosA，又A=60°，
3 3
∴ a= ，解得：a= 3.
2 2
第 页 共 页
857 3427 
(2)∵BA⋅AC=bccos180°-A 
1 1
=-bccosA=- bc=- ，∴bc=1，
2 2
由余弦定理得：b2+c2=a2+2bccosA=a2+bc=4，
  
1
∵AT= AB+AC
2


，∴AT 
1
2= c2+b2+2bccosA
4

1
= ×4+1
4


5
= ，∴AT
4
 =
5 5
，即BC边上中线AT的长为 .
2 2
1430 (2024·广东广州·统考一模)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，c=2b,
2sinA=3sin2C.
(1)求sinC；
3 7
(2)若△ABC的面积为 ，求AB边上的中线CD的长.
2
【解析】(1)因为2sinA=3sin2C，
所以2sinA=6sinCcosC，
所以2a=6ccosC，
即a=3ccosC，
a
所以cosC= ，
3c
由余弦定理及c=2b得：
a2+b2-c2 a2+b2-4b2 a2-3b2
cosC= = = ，
2ab 2ab 2ab
a a
又cosC= = ，
3c 6b
a2-3b2 a
所以 = ⇒2a2=9b2，
2ab 6b
3 2
即a= b，
2
3 2
b
a 2 2
所以cosC= = = ，
6b 6b 4
2
所以sinC= 1-cos2C= 1-
4

2 14
= .
4
1 1 14 3 7
(2)由S = absinC= ×ab× = ，
△ABC 2 2 4 2
所以ab=6 2，
3 2
由(1)a= b，
2
所以b=2,a=3 2，
因为CD为AB边上的中线，
  
1
所以CD= CA+CB
2
 ，

所以CD 

1
2= CA
4


2+CB 
 
 2+2CA⋅CB 
1
= ×b2+a2+2abcosC
4

1 2
= ×4+18+2×2×3 2×
4 4

=7，

所以CD  = 7，
所以AB边上的中线CD的长为： 7.
第 页 共 页
858 3427π
1431 (2024·安徽宣城·安徽省宣城中学校考模拟预测)△ABC中，已知 3cos -B
3
 +
π
cos +B
6
 =0.AC边上的中线为BD.
(1)求∠B；
(2)从以下三个条件中选择两个，使△ABC存在且唯一确定，并求AC和BD的长度.
条件①：a2-b2+c2-3c=0；条件②a=6；条件③S =15 3.
△ABC
π
【解析】(1)因为 3cos -B
3

π
+cos +B
6
 =0，
π π
则 3cos cosB+sin sinB
3 3

π π
+cos cosB-sin sinB
6 6
 =0，
1 3
3 cosB+ sinB
2 2

3 1
+ cosB- sinB
2 2

π
= 3cosB+sinB=2sinB+
3
 =0，
π 2π
又0<B<π，解得：B+ =π，故B= .
3 3
2π
(2)由(1)得∠ABC= ，
3
a2+c2-b2 1
又余弦定理得：cos∠ABC= =- ，所以a2+c2-b2=-ac，
2ac 2
而条件①中a2-b2+c2-3c=0，所以a=-3，显然不符合题意，即条件①错误，
1
由条件②a=6，条件③S = acsin∠ABC=15 3，解得c=10，
△ABC 2
由余弦定理可得b2=a2+c2-2accos∠ABC=36+100+60=196，所以b=14.
a b 3 3
在△ABC中，由正弦定理可得 = ，解得sinA= ，
sinA sin∠ABC 14
π 13
又0<A< ，所以cosA= ，
3 14
因为BD为AC边上的中线，所以AD=CD=7，
在△ABD中，由余弦定理可得BD2=AB2+AD2-2AB×AD×cosA=19，解得BD=
19.
故AC=14,BD= 19.
1432 (2024·辽宁沈阳·东北育才双语学校校考一模)如图，设△ABC中角A，B，C所对的边
分别为a，b，c，AD为BC边上的中线，已知c=1且2csinAcosB=asinA-bsinB+
1 21
bsinC，cos∠BAD= ．
4 7
(1)求b边的长度；
(2)求△ABC的面积；
(3)设点E，F分别为边AB，AC上的动点(含端点)，线段EF交AD于G，且△AEF的面
第 页 共 页
859 3427 
1
积为△ABC面积的 ，求AG∙EF的取值范围．
6
1
【解析】(1)由已知条件可知：2c⋅sinAcosB=a⋅sinA-b⋅sinB+ b⋅sinC
4
a b c
在△ABC中，由正弦定理 = = =2R
sinA sinB sinC
1
得2ac⋅cosB=a2-b2+ bc
4
a2+c2-b2
在△ABC中，由余弦定理cosB=
2ac
1
得a2+c2-b2=a2-b2+ bc
4
∴b=4c，又∵c=1，∴b=4
(2)设∠BAC=θ
   
1 1
∵AD为BC边上中线∴AD= AB+ AC
2 2
    
1
则AB∙AD=AB∙ AB+AC
2


1
= AB
2


1
2+ AB
2


AC 
1
cosθ=2cosθ+
2

AD 
    
= AD2= 1 AB2+AC2+2AB∙AC
4


1
= AB
2


2+AC 

2+AB 

AC 
17+8cosθ
cosθ=
2
 
AB∙AD
cos∠BAD= 
AB 

∙AD 
4cosθ+1 21
= = ①
17+8cosθ 7
∴28cos2θ+8cosθ-11=0
∴2cosθ-1  14cosθ+11 
1 11
=0∴cosθ= 或-
2 14
1 1 3
由①，得4cosθ+1>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)∵0<A<π，
∴0<2A<2π，
3
∵sin2A= >0，
4
∴0<2A<π，
π
∴0<A< ，
2
∴cosA>0，
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=2<b= 6，
π
所以A∈0,
2

6
，cosA= ，
3
b2+c2-a2 6+c2-4 6
因为cosA= = = ，整理得c2-4c+2=0，解得c=2± 2，
2bc 2 6c 3
所以c=2± 2
3
(2)由(1)知sinA= ，记边BC的中点为D
3
3
因为G为△ABC的重心，AG= ，
3
3 3
所以，BC边上的中线长AD为 ，即AD= ，
2 2
  
1
因为AD= AB+AC
2
 ，
    
1
所以AD2= AB2+AC2+2AB⋅AC
4

1
= c2+b2+2bccosA
4
 ，
因为b= 6，

6 1
所以，当A为锐角时，cosA= ，则由AD2= c2+b2+2bccosA
3 4
 得c2+4c+3=0，
解得c=-1或c=-3，不满足题意，舍去；

6 1
当A为钝角时，cosA=- ，则由AD2= c2+b2+2bccosA
3 4
 得c2-4c+3=0，解得
c=1或c=3，
第 页 共 页
866 34271 1 3 2
所以，当c=1，△ABC的面积为S= bcsinA= × 6×1× =
2 2 3 2
1 1 3 3 2
当c=3，△ABC的面积为S= bcsinA= × 6×3× = .
2 2 3 2
1441 (2024·广西钦州·高三校考阶段练习)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
且acosB+ 3asinB=c+b．
(1)求角A的大小;
(2)若b=3，点G是△ABC的重心，且AG= 21，求△ABC内切圆的半径．
【解析】(1)因为acosB+ 3asinB=c+b，
由正弦定理可得sinAcosB+ 3sinAsinB=sinC+sinB=sinA+B  +sinB=
sinAcosB+sinBcosA+sinB，
即 3sinAsinB=sinBcosA+sinB，
又B∈0,π 
π
，所以sinB≠0，所以 3sinA-cosA=1，即sinA-
6

1
= ，
2
又A∈0,π 
π π 5π
，所以A- ∈- ，
6 6 6

π π π
，所以A- = ，解得A=
6 6 3
  
1
(2)因为点G是△ABC的重心，所以AG= AB+AC
3
 ，
      
1 1
所以AG2= (AB+AC)2= AB2+2AB⋅AC+AC2
9 9
 =
 
1
AB2+2AB
9


⋅AC 

 cosA+AC2  ，
1
即21= c2+3c+9
9
 ，解得c=12或c=-15(舍)．
1
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=32+122-2×3×12× =117，解得a=3 13．
2
设△ABC内切圆的圆心O，半径为r，则S =S +S +S
△ABC △OBC △AOC △ABO
1 1
即 bcsinA= a+b+c
2 2
 r，
1 3 1
即 ×12×3× = ×3+12+3 13
2 2 2
 r，
5 3- 39 5 3- 39
解得r= ，即△ABC内切圆的半径为 ．
2 2
1442 (2024·全国·高三专题练习)设a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，AD为BC
2π 1
边上的中线，c=1，∠BAC= ，2csinAcosB=asinA-bsinB+ bsinC．
3 2
(1)求AD的长度；
(2)若E为AB上靠近B的四等分点，G为△ABC的重心，连接EG并延长与AC交于点
F，求AF的长度．
1
【解析】(1)依据题意，由2csinAcosB=asinA-bsinB+ bsinC可得
2
1
a2-b2+ bc
1 2 a2+c2-b2 1
2accosB=a2-b2+ bc，则cosB= = ，∴c2= bc，
2 2ac 2ac 2
b2+c2-a2 4+1-a2 1 7
b=2c=2，cos∠BAC= = =- ，解得a= 7，BD=
2bc 4 2 2
第 页 共 页
867 34277
1+ -AD2
1+7-4 4 3
cosB= = ，解得AD为
2 7 7 2
3 7
1+ -
2 3 4 4
(2)G为△ABC的重心，∴AG= AD= ，cos∠BAD= =0,∴∠BAD
3 3 3
π 9 1 129
= ，EG= + =
2 16 3 12
4 3 3 2π π
cos∠AGF=-cos∠AGE=- ，sin∠AGF= ，cos∠DAC=cos -
43 43 3 2
 =
3 1 7 3
,sin∠DAC= ，∴cos∠AFE=-cos(∠AGF+∠DAC)= ，sin∠AFE=
2 2 2 43
5 AG AF 3
， = ，∴AF=
2 43 sin∠AFE sin∠AGF 5
1443 (2024·四川内江·高三威远中学校校考期中)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a,
B+C
b,c,a=6,bsin =asinB．
2
(1)求A的大小；
(2)M为△ABC内一点，AM的延长线交BC于点D， ，求△ABC的面积．
请在下面三个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，使△ABC存在，并解决问题．
①M为△ABC的重心，AM=2 3；
②M为△ABC的内心，AD=3 3；
③M为△ABC的外心，AM=4．
B+C π-A A
【解析】(1)∵bsin =asinB，∴bsin =asinB，即bcos =asinB
2 2 2
A A A A
由正弦定理得，sinBcos =sinAsinB，即sinBcos =2sin cos sinB，
2 2 2 2
A A 1 A π
∵A,B∈(0,π)，∴sinB>0,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0<b<2，
2 b
综上可得1<b<2，

又GP 
 
1
= ⋅2AB-AC
12


，则144GP 
 
2=2AB-AC 
   
2=4AB2-4AB⋅AC+AC2

=4AB 
  
2-4AB⋅AC+AC  2
=4c2-2bc+b2
16
= -4+b2
b2
因为1<b<2，所以1<b2<4，而fx 
16
= -4+x在1,4
x
 上单调递减，所以fx  ∈
4,13  ，
16
即 -4+b2∈4,13
b2


，即144GP  2∈4,13 

，所以12GP  ∈2, 13 

，则GP  ∈
1 13
 ,
6 12
 .
8 题型八：外心及外接圆问题
1445 (2024·湖南长沙·长沙市实验中学校考二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为
a，b，c，且a，b，c是公差为2的等差数列.
(1)若2sinC=3sinA，求△ABC的面积.
(2)是否存在正整数b，使得△ABC的外心在△ABC的外部?若存在，求b的取值集合；若
不存在，请说明理由.
【解析】(1)∵2sinC=3sinA，∴由正弦定理得2c=3a，
∵a，b，c是公差为2的等差数列，∴a=b-2，c=b+2，
∴2b+2  =3b-2  ，∴b=10，∴a=8，c=12，
第 页 共 页
870 3427a2+b2-c2 64+100-144 1
∴cosC= = = ，
2ab 2×8×10 8
∵C∈0,π 
3 7
，且sin2C+cos2C=1，∴sinC= ，
8
1 3 7
故△ABC的面积为 ×8×10× =15 7.
2 8
(2)假设存在正整数b，使得△ABC的外心在△ABC的外部，则△ABC为钝角三角形，
b-2
依题意可知c>b>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2<b<8，
∵b+b-2>b+2，∴b>4，
∴4<b<8，
∴存在正整数b，使得△ABC的外心在△ABC的外部，此时整数b的取值集合为5,6,7  .
1446 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，三内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，a=
6．
(1)求bcosC+ccosB的值；
   
(2)若O是△ABC的外心，且 3⋅OA+OB+ 2⋅OC=0，求△ABC外接圆的半径．
a2+b2-c2 c2+a2-b2
【解析】(1)bcosC+ccosB=b⋅ +c⋅
2ab 2ca
a2+b2-c2+c2+a2-b2 2a2
= = =a=6.
2a 2a
(2)设△ABC外接圆的半径是R．
       
3⋅OA+OB+ 2⋅OC=0⇒ 3⋅OA=- 2OC-OB⇒3R2=2R2+R2+2 2OC⋅

OB
 
π π
⇒OC⋅OB=0⇒R2cos∠BOC=0⇒∠BOC= ⇒A= .
2 4
a 6
因此2R= = =6 2,∴R=3 2.
sinA sin45°
1447 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c；3b=4c，
4
cosC= .
5
(1)求cosA的值；
(2)若△ABC的外心在其外部，a=7，求△ABC外接圆的面积.
4
【解析】(1)依题意b= c，由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC，
3
16 4 4
c2=a2+ c2-2a⋅ c⋅ ，45a2-96ac+35c2=0，
9 3 5
3a-5c  15a-7c  =0，
5 7
所以a= c或a= c.
3 15
16 25
c2+c2- c2
5 b2+c2-a2 9 9
当a= c时，cosA= = =0.
3 2bc 4
2⋅ c⋅c
3
16 49
c2+c2- c2
7 b2+c2-a2 9 225 24
当a= c时，cosA= = = .
15 2bc 4 25
2⋅ c⋅c
3
π
(2)若△ABC的外心在其外部，则cosA=0⇒A= 不符合题意.
2
第 页 共 页
871 342749 16
c2+c2- c2
7 a2+c2-b2 225 9
当a= c时，cosB= = <0，B为钝角，符合题意.
15 2ac 7
2⋅ c⋅c
15
24 24
cosA= ⇒sinA= 1-
25 25

2 7
= ，
25
7 25
设三角形ABC外接圆的半径为R，由正弦定理得2R= =25⇒R= ，
7 2
25
625
所以外接圆的面积为πR2= π.
4
1448 (2024·高三统考阶段练习)在△ABC中，角A，B，C对应的三边分别为a，b，c，(tanA
+1)(tanB+1)=2，c=2 2，a=2，O为△ABC的外心，连接OA，OB，OC．
(1)求△OAB的面积；
(2)过B作AC边的垂线交于D点，连接OD，试求cos∠OBD的值．
【解析】(1)∵(tanA+1)(tanB+1)=2 ∴tanA⋅tanB+tanA+tanB=1
tanA+tanB π 3π
∴tan(A+B)= =1 ∴A+B= ∴C=
1-tanA⋅tanB 4 4
2 2 2 1
在△ABC中， = =4=2OA，则sinA= ，
sinA 3π 2
sin
4
π π
∴A= ，B=
6 12
1 1
S = |AB|⋅|OH|= ⋅2 2⋅ 2=2(|OH|是O到AB的距离)
△OAB 2 2
π
(2)∵OA=OB=BC=2 ∴∠OBC=
3
π π π
又∵∠DBC= ∴∠OBD=∠OBC+∠DBC= +
4 3 4
π π
∴cos∠OBD=cos +
3 4

2- 6
=
4
9 题型九：两边夹问题
1449 (2024·全国·高三专题练习)在ΔABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若cosA+
2 a+b
sinA- =0，则 的值是 ( )
sinB+cosB c
A.2 B. 3 C. 2 D.1
【答案】C
2 2
【解析】因为cosA+sinA- =0，即cosA+sinA= ，
sinB+cosB sinB+cosB
所以cosA+sinA  sinB+cosB  =2，
可得cosAsinB+cosAcosB+sinAsinB+sinAcosB=2，
所以sin(A+B)+cos(A-B)=2，
由正弦函数与余弦函数的性质，可得sin(A+B)=1且cos(A-B)=1，
因为A,B,C∈(0,π)且A+B+C=π，
π
A+B= π π
所以 2 ，解得A=B= ，所以C= ，
4 2
A-B=0
2 2
+
a+b sinA+sinB 2 2
又由正弦定理可得 = = = 2.
c sinC 1
第 页 共 页
872 3427故选：C.
1450 (2024·河北唐山·高三校考阶段练习)在ΔABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C所对边
2 a+b
的边长.若cosA+sinA- =0，则 的值是( ).
cosB+sinB c
A.1 B. 2 C. 3 D.2
【答案】B
2
【解析】因为cosΑ+sinΑ- =0，所以cosΑ+sinΑ
cosΒ+sinΒ
 cosΒ+sinΒ  =2，
所以cosAcosB+sinAsinB+sinAcosB+cosAsinB=2，
即cos(A-B)+sin(A+B)=2
π a+b
所以cos(A-B)=1,sin(A+B)=1，所以A=B,A+B= ，所以a=b, = 2，故
2 c
选B.
1451 (2024·全国·高三专题练习)在ΔABC中，已知边a,b,c所对的角分别为A,B,C，若
2sin2B+3sin2C=2sinAsinBsinC+sin2A，则tanA=
【答案】-1
【解析】由正弦定理得2b2+3c2=2bcsinA+a2 ，由余弦定理得2b2+3c2=2bcsinA+b2
b2+2c2
+c2-2bccosA,即 =sinA-cosA
2bc
b2+2c2 2 b2⋅2c2
因为 ≥ = 2,sinA-cosA≤ 2
2bc 2bc
3π
所以b= 2c,A= ⇒tanA=-1.
4
1452 (2024·江苏苏州·吴江中学模拟预测)在ΔABC中，已知边a,b,c所对的角分别为A,B,
C，若5-2cos2B-3cos2C=2sinAsinBsinC+sin2A，则tanA= ．
【答案】-1
【解析】由5-2cos2B-3cos2C=2sinAsinBsinC+sin2A得2sin2B+3sin2C=
2sinAsinBsinC+sin2A
由正弦定理得2b2+3c2=2bcsinA+a2 ，
b2+2c2
由余弦定理得2b2+3c2=2bcsinA+b2+c2-2bccosA,即 =sinA-cosA 因为
2bc
b2+2c2 2 b2⋅2c2
≥ = 2,sinA-cosA≤ 2
2bc 2bc
3π
所以b= 2c,A= ⇒tanA=-1.
4
1453 (2024·湖南长沙·高二长沙一中校考开学考试)在ΔABC中，已知边a、b、c所对的角分
别为A、B、C，若a= 5，2sin2B+3sin2C=2sinAsinBsinC+sin2A，则ΔABC的面积S
= .
1
【答案】
2
【解析】正弦定理得2b2+3c2=2bcsinA+a2，
由余弦定理得2b2+3c2=2bcsinA+b2+c2-2bccosA，
b2+2c2
即 =sinA-cosA，
2bc
b2+2c2 2 b2⋅2c2
因为 ≥ = 2，
2bc 2bc
第 页 共 页
873 3427π
故sinA-cosA= 2sinA-
4
 ≥ 2，
π π 3π
故可得sinA-cosA= 2，当且仅当A- = ，即A= 时取得.
4 2 4
也即当b= 2c时取得等号，
所以a2=b2+c2-2bccosA=5c2，即c2=1.
1 1 1
所以ΔABC的面积为S= bcsinA= c2= .
2 2 2
1
故答案为： .
2
1454 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，若(cosA+sinA)(cosB+sinB)=2，则角C=
．
【答案】90°
【解析】∵(cosA+sinA)(cosB+sinB)=2，∴cosAcosB+sinAsinB+cosAsinB+
sinAcosB=2，
即cos(A-B)+sin(A+B)=2，
∵cos(A-B)≤1，sin(A+B)≤1，
∴cos(A-B)+sin(A+B)=2，等价于cos(A-B)=1且sin(A+B)=1，
A,B为△ABC的内角，所以A-B=0且A+B=90°，即A=B=45°．
则△ABC是等腰直角三角形，C=90°．
故答案为：90°．
1455 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设S是
1 4 3
△ABC的面积，若b2+c2- a2= S，则角A的值为 ．
3 3
2π
【答案】
3
1 1 4 3
【解析】在ΔABC中，由三角形的面积S= bcsinA且b2+c2- a2= S，
2 3 3
所以3b2+3c2=a2+2 3bcsinA，
又由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，
所以3b2+3c2=b2+c2-2bccosA+2 3bcsinA，
π
即b2+c2=-bccosA+ 3bcsinA=bc( 3sinA-cosA)=2bcsinA-
6
 ，
π
由于b2+c2≥2bc，所以b2+c2=2bcsinA-
6

π
≥2bc，则sinA-
6
 ≥1，
π
根据三角函数的值域，可知只有sinA-
6

π π 2π
=1，所以A- = ，即A= ，
6 2 3
2π
故答案为 .
3
10 题型十：内心及内切圆问题
1456 (2024·福建泉州·高三福建省泉州第一中学校考期中)在△ABC中，角A，B，C的对边
 
分别为a，b，c，I为△ABC的内心，延长线段AI交BC于点D，此时CB=3CD
sinB
(1)求 ；
sinC
2π b+c
(2)若∠ADB= ，求 .
3 a
【解析】(1)I为△ABC的内心，则∠CAD=∠BAD，
第 页 共 页
874 3427CD AC BD AB
根据正弦定理： = ， = ，
sin∠CAD sin∠ADC sin∠BAD sin∠ADB
CD AC 1 sinB AC 1
sin∠ADC=sin∠ADB，故 = = ，故 = = .
BD AB 2 sinC AB 2
π 2π
(2)设∠CAD=∠BAD=α，则∠B= -α，∠C= -α，
3 3
sinB 1 π
= ，故2sin -α
sinC 2 3

2π
=sin -α
3
 ，
3 π
化简得到tanα= ，α∈0,
3 2

π π π π
，故α= ，∠C= ，∠B= ，∠A= ，
6 2 6 3
1
1+
b+c sinB+sinC 2
故 = = = 3
a sinA 3
2
1457 (2024·山西·高三校联考阶段练习)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
a=7,2ccosB=3a-2b  cosC.
(1)求cosC；
(2)若B=2C，M为△ABC的内心，求△AMC的面积.
【解析】(1)2ccosB=3a-2b  cosC，由正弦定理得2sinCcosB=3sinAcosC-
2sinBcosC，
∴2sinCcosB+2sinBcosC=3sinAcosC，得2sinB+C  =3sinAcosC，.
∴2sinA=3sinAcosC，
∵A为三角形内角，sinA≠0，
2
∴cosC= .
3
5
(2)由(1)可得sinC= ，
3
4 5 1
∵B=2C，∴sinB=sin2C=2sinCcosC= ，cosB=1-2sin2C=- ，
9 9
∴sinA=sinB+C 
7 5
=sinBcosC+cosBsinC= ，
27
a b c
a=7，由正弦定理 = = ，
sinA sinB sinC
解得b=12，c=9，
1 1 5
则有S = absinC= ×7×12× =14 5.
△ABC 2 2 3
1
设△ABC内切圆半径为r，则S = ra+b+c
△ABC 2
 =14r=14 5，r= 5，
1
∴S = ×12× 5=6 5.
△AMC 2
1458 (2024·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测)在△ABC中，角A，B，C
所对的边分别为a，b，c．已知2sinB=sinA+cosA⋅tanC．
(1)求C的值；
3
(2)若△ABC的内切圆半径为 ，b=4，求a-c．
2
【解析】(1)因为2sinB=sinA+cosA⋅tanC，
所以2sinBcosC=sinAcosC+cosAsinC，
即2sinBcosC=sinA+C  ，
又A+B+C=π，所以sinA+C  =sinB≠0，
第 页 共 页
875 34271
所以cosC= ，
2
π
又0<C<π，即C= .
3
(2)由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC=a2+16-4a，①
设△ABC的内切圆半径为r，
1
由等面积公式得 a+b+c
2

1
r= absinC．
2
1
即 a+b+c
2

3 1 3
× = ×4a× ．
2 2 2
整理得3a=4+c，②
5 7
联立①②，解得a= ，c= ，
2 2
所以a-c=-1．
1459 (2024·辽宁鞍山·统考模拟预测)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知
3b=a 3cosC-sinC  .
(1)求A；
(2)若a=8，△ABC的内切圆半径为 3，求△ABC的周长.
【解析】(1)因为 3b=a 3cosC-sinC  ，
由正弦定理可得 3sinB=sinA 3cosC-sinC  ，①
因为A+B+C=π，所以sinB=sinA+C  =sinAcosC+cosAsinC，
代入①式整理得 3cosAsinC=-sinAsinC，
又因为A、C∈0,π  ，sinC≠0，则 3cosA=-sinA<0，所以tanA=- 3，
又因为A∈0,π 
2π
，解得A= .
3
2π
(2)由(1)知，A= ，因为△ABC内切圆半径为 3，
3
1
所以S = a+b+c
△ABC 2

1
⋅ 3= bc⋅sinA，即b+c+8
2

3
⋅ 3= bc，
2
1
所以，b+c+8= bc②，
2
2π
由余弦定理a2=b2+c2-2bc⋅cos 得b2+c2+bc=64，所以b+c
3

2-bc=64③，
联立②③，得b+c  2-2b+c+8  =64，解得b+c=10，
所以△ABC的周长为a+b+c=18.
1460 (2024·全国·高三专题练习)已知在△ABC中，其角A、B、C所对边分别为a、b、c，且满
足bcosC+ 3bsinC=a+c．
(1)若b= 3，求△ABC的外接圆半径；
 
(2)若a+c=4 3，且BA⋅BC=6，求△ABC的内切圆半径
bcosC+ 3bsinC
【解析】(1)因为 =1，所以bcosC+ 3bsinC-a-c=0，
a+c
所以sinBcosC+ 3sinBsinC-sinA-sinC=0，
因为A+B+C=π，所以sinBcosC+ 3sinBsinC-sinB+C  -sinC=0，
所以 3sinBsinC-cosBsinC-sinC=0，
因为C∈0,π 
π
，所以sinC≠0，所以sinB-
6

1
= ，
2
因为B∈0,π 
π π
，所以B- = ，
6 6
第 页 共 页
876 3427π b
所以B= ，所以外接圆半径2R= =2．
3 sinB
所以R=1.
 
π
(2)因为BA⋅BC=6，由题可知B= ，所以ac=12，
3
又因为b2=a2+c2-2accosB，a+c=4 3可得b=2 3，
1
因为S= ac⋅sinB=3 3．
2
1
由△ABC的面积S= a+b+c
2

1
r= ac⋅sinB，得r=1．
2
1461 (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，a=7，b
+c=13，内切圆半径r= 3，则tanA= .
【答案】 3
1 1
【解析】由 (a+b+c)⋅r= bcsinA
2 2
所以20 3=bc⋅sinA ①
b2+c2-a2 (b+c)2-a2-2bc 60
cosA= = = -1，
2bc 2bc bc
即(1+cosA)⋅bc=60 ②
sinA A 3
由①②得， =tan = ,
1+cosA 2 3
A
2tan
2
∴tanA= = 3.
A
1-tan2
2
故答案为： 3
第 页 共 页
877 3427