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第3 讲 解三角形
1.(2025·全国Ⅱ卷，T5)在△ABC 中，BC=2，AC=1+√3，AB=√6，则A 等于( )
A.45°
B.60°
C.120°
D.135°
2.(2024·全国甲卷，T11)在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若B=π
3 ，b2=9
4 ac，则sin
A+sin C 等于( )
A.2√39
13
B.√39
13
C.√7
2
D.3√13
13
3.(2023·全国乙卷，T4)在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别是a，b，c，若acos B-bcos A=c，且C=π
5 ，
则B 等于( )
A. π
10
B.π
5
C.3 π
10
D.2π
5
4.(2023·全国甲卷，T16)在△ABC 中，∠BAC=60°，AB=2，BC=√6，∠BAC 的角平分线交BC 于D，则
AD= .
5.(2024·新课标Ⅰ卷，T15)记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知sin C=√2cos B，a2+b2-c2=
√2ab.
(1)求B；
(2)若△ABC 的面积为3+√3，求c.
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，三种题型都有考查.分值约为5~13 分.
考查方向：
一是考查正弦定理与余弦定理，利用正弦、余弦定理解三角形；二是考查利用正、余弦定理解决平面几何
问题，将已知条件转化到三角形中，根据条件类型选择解题依据求解；三是考查三角形中的最值、范围问
题，将三角函数与三角形相结合求解最值、范围等问题，综合性较强.
1.答案 A
解析 方法一 由余弦定理得cos A= A B
2+ A C
2- BC
2
2 AB·AC
=(√6)
2+(1+√3)
2-2
2
2×√6×(1+√3)
=√2
2 ，
又0°<A<180°，所以A=45°.
方法二 由题意得BC<AB<AC，所以A<C<B，又A+B+C=180°，
所以A<60°，结合选项可知A 正确.
2.答案 C
解析 因为B=π
3 ，b2=9
4 ac，
则由正弦定理得sin Asin C=4
9 sin2B=1
3.
由余弦定理可得，
b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=9
4 ac，
即a2+c2=13
4 ac，
根据正弦定理得
sin2A+sin2C=13
4 sin Asin C=13
12，
所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=7
4 ，
因为A，C 为三角形内角，则sin A+sin C>0，
则sin A+sin C=√7
2 .
3.答案 C
解析 由题意结合正弦定理可得
sin Acos B-sin Bcos A=sin C，
即sin Acos B-sin Bcos A=sin(A+B)
=sin Acos B+sin Bcos A，
整理可得sin Bcos A=0，
由于B∈(0，π)，故sin B>0，
据此可得cos A=0，A=π
2 ，
则B=π-A-C=π-π
2 -π
5 =3 π
10 .
4.答案 2
解析 如图所示，记AB=c=2，AC=b，BC=a=√6.
方法一 在△ABC 中，由余弦定理可得，
a2=b2+c2-2bccos∠BAC，
即6=b2+22-2×b×2×cos 60°，
解得b=1+√3(负值舍去)，
由S△ABC=S△ABD+S△ACD可得，
1
2×2×(1+√3)×sin 60°=1
2×2×AD×sin 30°+1
2×(1+√3)×AD×sin 30°，解得AD=2.
方法二 在△ABC 中，由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bccos∠BAC，
即6=b2+22-2×b×2×cos 60°，
解得b=1+√3(负值舍去)，
由正弦定理可得
√6
sin 60° =1+√3
sin B =
2
sinC ，
解得sin B=√6+√2
4
，sin C=√2
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.
5.解 (1)由余弦定理有a2+b2-c2=2abcos C，
因为a2+b2-c2=√2ab，所以cos C=√2
2 ，
因为C∈(0，π)，所以sin C>0，
从而sin C=√1-co s
2C=√
1-(
√2
2 )
2
=√2
2 ，
又因为sin C=√2cos B，
即cos B=1
2，
又B∈(0，π)，所以B=π
3 .
(2)由(1)可得B=π
3 ，cos C=√2
2 ，C∈(0，π)，
从而C=π
4 ，sin A=sin(B+C)=sin(
π
3 + π
4)
=√3
2 ×√2
2 +1
2×√2
2 =√6+√2
4
.
方法一 由正弦定理有
b
sin π
3
=
c
sin π
4
，
从而b=√3
2 ·√2c=√6
2 c，
由三角形面积公式可知，
△ABC 的面积可表示为S△ABC=1
2bc·sin A
=1
2·√6
2 c·c·√6+√2
4
=3+√3
8
c2，
由已知△ABC 的面积为3+√3，
可得3+√3
8
c2=3+√3，所以c=2√2.
方法二 记R 为△ABC 外接圆的半径，
由正弦定理得
S△ABC=1
2ab·sin C=2R2sin Asin Bsin C
=2R2·√6+√2
4
·√3
2 ·√2
2
=3+√3
4
·R2=3+√3.
所以R=2.
所以c=2R·sin C=2×2×√2
2 =2√2.
考点一 正弦定理、余弦定理
例1 (1)(2025·南昌模拟)在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别是a，b，c，若b=3，2acos C+2ccos
A=3a，则a 等于( )
A.2
B.3
C.4
3
D.9
2
答案 A
解析 因为2acos C+2ccos A=3a，
由正弦定理得2sin Acos C+2sin Ccos A=3sin A，
所以2sin(A+C)=3sin A，
又因为A+C=π-B，所以sin(A+C)=sin B，
所以2sin B=3sin A，
由正弦定理得2b=3a，即a=2
3b，
因为b=3，所以a=2.
(2)在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若b
a+c =1-
sinC
sin A +sin B ，a=3，b=2√2，则sin B 的
值为( )
A.1
2
B.3
5
C.√3
2
D.√6
3
答案 D
解析 由b
a+c =1-
sinC
sin A +sin B 及正弦定理，
得b
a+c =1- c
a+b，整理得b2+c2-a2=bc，
由余弦定理得cos A=b
2+c
2-a
2
2bc
=1
2，
又0<A<π，所以A=π
3 .又a=3，b=2√2，
由
a
sin A =
b
sin B ，得sin B=bsin A
a
=√6
3 .
[规律方法] (1)三角形边角转化的主要策略
①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系.
②化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系.
(2)解决此类问题时要注意
①“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”；②三角形内角和定理；③公式变形，角的范围限制.
跟踪演练1 (1)(2025·吕梁模拟)在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
a
cosC =
c
cos A ，
则△ABC 是( )
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰或直角三角形
答案 D
解析 ∵
a
cosC =
c
cos A ，
可得acos A=ccos C，
由正弦定理可得sin Acos A=sin Ccos C，
即sin 2A=sin 2C，
∵A，C∈(0，π)，可得2A，2C∈(0，2π)，
∴2A=2C 或2A+2C=π，
解得A=C 或A+C=π
2 ，即△ABC 是等腰或直角三角形.
(2)(2025·重庆模拟)在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，满足a(cos B-cos C)=(b+c)cos A，
若sin B=1
3，则b
a等于( )
A.3√2
8
B.4√2
3
C.2
3
D.1
2
答案 A
解析 ∵a(cos B-cos C)=(b+c)cos A，
由正弦定理得sin A(cos B-cos C)=(sin B+sin C)cos A，
即sin Acos B-sin Acos C=cos Asin B+cos Asin C，
∴sin Acos B-cos Asin B=sin Acos C+cos Asin C，即sin(A-B)=sin(A+C)，
∴sin(A-B)=sin B，则A-B=B，即A=2B，
又A，B∈(0，π)，
∵A+B=3B<π，∴B∈(0，π
3)，
∵sin B=1
3，∴cos B=√1-(
1
3)
2
=2√2
3 ，
∴b
a= sin B
sin A =
sin B
2sin Bcos B =
1
2cos B =3√2
8 .
考点二 解三角形在平面几何中的应用
例2 (1)在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若c=3，b=2，∠BAC 的平分线AD 的长为
4√6
5
，则BC 边上的中线AH 的长等于( )
A.√17
2
B.4√2
3
C.√17
4
D.4√3
3
答案 A
解析 设∠BAD=∠CAD=α，则∠BAC=2α，如图所示.
由S△ABC=S△ABD+S△ACD，
可得1
2×3×2sin 2α=1
2×3×4√6
5
sin α+1
2×2×4√6
5
sin α，整理得3sin 2α=2√6sin α，
即3×2sin αcos α=2√6sin α，
即sin α(3cos α-√6)=0，
又因为sin α≠0，所以cos α=√6
3 ，
所以cos 2α=2cos2α-1=1
3，
由AH 是BC 边上的中线，
得⃗AH=1
2 (⃗AB+⃗AC)，
则⃗AH
2=1
4 (⃗AB+⃗AC)
2
=1
4 (⃗AB
2+⃗AC
2+2⃗AB·⃗AC)
=1
4 (c2+b2+2cbcos 2α)
=1
4 ×(3
2+2
2+2×3×2× 1
3)=17
4 .
所以AH=√17
2 .
(2)(2025·福州质检)记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知acos C-ccos A=c+b.
①求A；
②D 为边BC 上一点，若∠BAD=90°，且BD=4CD=4，求△ABC 的面积.
解 ①方法一 因为acos C-ccos A=c+b，
所以由正弦定理可得，
sin Acos C-sin Ccos A=sin C+sin B，
又因为sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C，
所以sin Acos C-sin Ccos A=sin C+sin Acos C+cos Asin C，即2sin Ccos A+sin C=0，
由于0°<C<180°，所以sin C>0，
所以cos A=-1
2，
因为0°<A<180°，所以A=120°.
方法二 因为acos C-ccos A=c+b，
所以由余弦定理可得a
2+b
2-c
2
2b
-b
2+c
2-a
2
2b
=c+b，
整理得b2+c2-a2=-bc，
所以cos A=b
2+c
2-a
2
2bc
=-bc
2bc =-1
2，
又因为0°<A<180°，所以A=120°.
②方法一 由①及题设知，∠BAD=90°，∠BAC=120°，∠CAD=30°，a=5.
在Rt△ABD 中，c=BD·sin∠ADB=4sin∠ADB，
在△ACD 中，由正弦定理得，
CD
sin ∠CAD =
b
sin ∠ADC ，
则b=CD·sin∠ADC
sin∠CAD
=2sin∠ADC，
又sin∠ADB=sin∠ADC，所以c=2b，
在△ABC 中，由余弦定理可得a2=b2+c2+bc=25，即7b2=25，b2=25
7 ，
所以△ABC 的面积S=1
2bcsin A=√3
2 b2=25√3
14
.
方法二 如图所示，过点C 作CE⊥AB，垂足为E，
在Rt△ACE 中，∠CAE=180°-∠BAC=60°，所以AE=b
2，
由于∠BAD=∠BEC=90°，所以△BAD∽△BEC，
所以c
BE =BD
BC =4
5 ，
即BE=5c
4 =BA+AE=c+b
2，
得c=2b，后同方法一.
方法三 由①及题设知，∠BAD=90°，∠CAD=30°，作AH⊥BC，垂足为H(图略)，则AH 为△ABD 和
△ACD 的高，所以S△ABD
S△ACD
=BD
CD =4，
又因为
S△ABD
S△ACD
=
1
2 c·AD·sin ∠BAD
1
2 b·AD·sin ∠CAD
=2c
b ，
所以2c
b =4，即c=2b，后同方法一.
[规律方法] 解决与平面几何有关的问题时，要把平面几何中的一些知识(相似三角形的边角关系、平行四
边形的性质等)与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题.
跟踪演练2 (2025·泰安模拟)设△ABC 的内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且(a-c)·sin(B+C)=(b-
c)·(sin B+sin C)，b=√3.
(1)求B；
(2)若|⃗BA+⃗BC|=3，求△ABC 的周长；
(3)如图，点D 是△ABC 外一点，设∠BAC=∠DAC=θ，且∠ADC=2π
3 ，记△BCD 的面积为S，求S 关于
θ 的关系式.
解 (1)由(a-c)·sin(B+C)=(b-c)·(sin B+sin C)，可得sin(B+C )
sin B+sinC =b-c
a-c ，
又A+B+C=π，
所以sin(B+C )
sin B+sinC = sin(π - A )
sin B+sinC =
sin A
sin B+sinC = a
b+c =b-c
a-c ，
所以a2-ac=b2-c2，
即a2+c2-b2=ac，
由余弦定理得cos B=a
2+c
2-b
2
2ac
= ac
2ac =1
2，
又0<B<π，因此B=π
3 .
(2)因为|⃗BA+⃗BC|=3，所以等号两边同时平方可得⃗BA
2+⃗BC
2+2⃗BA·⃗BC=9，
即|⃗BA|2+|⃗BC|2+2|⃗BC||⃗BA|cos∠ABC=9，
即a2+c2+ac=9，
又b=√3，由(1)知a2+c2-ac=3，
所以a2+c2=6，可得ac=3，所以a=c=√3，
因此△ABC 的周长为a+b+c=3√3.
(3)在△ABC 中，由正弦定理可得BC
sinθ=
AC
sin∠ABC =
√3
√3
2
=2，即BC=2sin θ，
在△ACD 中，由正弦定理得CD
sinθ =
AC
sin ∠ADC =
√3
√3
2
=2，即CD=2sin θ，
因为四边形ABCD 的内角和为2π，且∠ABC+∠ADC=π，∠BAD=2θ，
所以∠BCD=π-2θ，
所以S=1
2BC·CDsin∠BCD=1
2×2sin θ×2sin θ×sin(π-2θ)=2sin2θ×sin 2θ=4sin3θcos θ.
考点三 解三角形中的最值、范围问题
例3 (2025·宜昌模拟)如图所示，在△ABC 中，sin C=3sin B，AD 平分∠BAC，且AD=kAC.
(1)若DC=2，求BC 的长度；
(2)求实数k 的取值范围；
(3)若S△ABC=3
2，求k 为何值时，BC 最短.
解 (1)因为sin C=3sin B，
由正弦定理得c=3b，
在△ABD 中，由正弦定理得
AB
sin ∠ADB =
BD
sin ∠BAD ，
在△ACD 中，由正弦定理得
AC
sin∠ADC =
DC
sin∠CAD ，
因为AD 平分∠BAC，所以∠BAD=∠CAD，
因为∠ADB+∠ADC=π，所以sin∠ADB=sin∠ADC，
所以AB
AC = BD
DC ，
因为c=3b，即AB=3AC，DC=2，所以BD
2 =3，
得BD=6，所以BC=8.
(2)因为S△ABC=S△ABD+S△ADC，
设∠BAD=∠CAD=θ，0<θ<π
2 ，
所以1
2AB·ACsin 2θ=1
2AB·ADsin θ+1
2AC·ADsin θ，
因为AB=3AC，AD=kAC，
所以3AC·AC·2sin θcos θ=3AC·kACsin θ+AC·kACsin θ，
因为sin θ>0，所以6cos θ=4k，
所以k=3
2cos θ，
因为θ∈(0，π
2)，
所以cos θ∈(0，1)，所以实数k 的取值范围为(0，3
2).
(3)由余弦定理得BC2=c2+b2-2c·bcos∠BAC=2b2(5-3cos 2θ)，
因为S△ABC=3
2，
所以1
2bcsin 2θ=3
2，
因为c=3b，所以b2=
1
sin2θ ，
所以BC2=
2
sin 2θ (5-3cos 2θ)=2·5-3cos2θ
sin 2θ
，
方法一 令y=5-3cos2θ
sin2θ
，y>0，
则ysin 2θ+3cos 2θ=5，
所以√y
2+9sin(2θ+φ)=5(其中tan φ = 3
y)，
所以当sin(2θ+φ)=1，即2θ+φ=π
2 时，y 取得最小值4，此时tan φ=3
4 ，
所以cos 2θ=cos(
π
2 -φ)=sin φ=3
5，
因为0<θ<π
2 ，
所以cos θ=√
1+cos2θ
2
=2√5
5 ，
由(2)知k=3
2cos θ=3
2×2√5
5
=3√5
5
，
所以当k=3√5
5
时，BC 最短.
方法二 BC2=2·5-3cos2θ
sin 2θ
=5-3(2co s
2θ -1)
sinθcosθ
=8-6co s
2θ
sinθcosθ =8 sin
2θ+8co s
2θ -6co s
2θ
sinθcosθ
=8 sin
2θ+2co s
2θ
sinθcosθ
=8tan
2θ+2
tanθ
=8tan θ+
2
tanθ
≥2√8 tanθ·
2
tanθ =8，
当且仅当8tan θ=
2
tanθ，即tan θ=1
2时取等号，此时cos θ=2√5
5
，k=3√5
5
，
所以当k=3√5
5
时，BC 最短.
[规律方法] 解三角形中常见的求最值与范围问题的解题策略
(1)利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a+b 与ab 相互转化求最值或范围.
(2)利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简；利用三角函数的性质求最值或范围.
跟踪演练3 (2025·安徽江淮十校联考)在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，点D 在边
AB 上，且CD⊥BC，S△ACD=1
2S△BCD=√3
6 accos B.
(1)求B；
(2)若CD=2√3，点E 在线段AB 上，当△CBE 为锐角三角形时，求2CE+BE 的取值范围.
解 (1)∵S△ACD=1
2S△BCD=√3
6 accos B，
记点C 到直线AB 的距离为h，
则1
2AD·h=1
2×1
2BD·h，
∴BD=2AD，BD=2
3c，AD=1
3c，
∴1
2S△BCD=√3
6 accos B=1
2×1
2a·2c
3 sin B，
∴tan B=√3，又B∈(0，π
2)，
∴B=π
3 .
(2)由(1)知B=π
3 ，CB⊥CD，又CD=2√3，
∴BC=
CD
tan π
3
=2，
设∠CEB=θ，
在△CBE 中，由正弦定理可得BC
sinθ= CE
sin B=
BE
sin(π - B -θ)，
∴2
sinθ =
CE
sin π
3
=
BE
sin(
π
3 +θ)
，
则CE= √3
sinθ ，BE=2sin(
π
3 +θ)
sinθ
，
∴2CE+BE= 2√3
sinθ +2sin(
π
3 +θ)
sinθ
= 2√3
sinθ +2sin π
3 cosθ+2cos π
3 sinθ
sinθ
= 2√3
sinθ + √3
tanθ +1.
∵△CBE 为锐角三角形，则{
0<θ< π
2 ，
0< 2π
3 -θ< π
2 ，
解得π
6 <θ<π
2 ，
又y=sin θ，y=tan θ 在(
π
6 ，π
2)上单调递增，且函数值均为正数，
而y=1
x 在(0，+∞)上单调递减，
∴y= 2√3
sinθ + √3
tanθ +1 在(
π
6 ，π
2)上单调递减，
当θ=π
6 时，2√3
sinθ + √3
tanθ +1=4√3+4，
当θ→π
2 时，√3
tanθ →0，
∴2√3
sinθ + √3
tanθ +1→2√3+1，
故2CE+BE 的取值范围为(2√3+1，4√3+4).
专题强化练
[分值：90 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.(2025·杭州模拟)在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，A=60°，b=1，c=4，则a 等于( )
A.√13
B.√15
C.√19
D.√21
答案 A
解析 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A，
可得a2=1+16-2×1×4×1
2=13，
解得a=√13.
2.在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若a2，b2，c2成等差数列，且△ABC 的面积为b
2
3 ，
则tan B 等于( )
A.1
2
B.2
C.4
3
D.3
4
答案 C
解析 若a2，b2，c2成等差数列，
则a2+c2=2b2，
在△ABC 中，由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B，
则accos B=b
2
2 ，
①
S△ABC=1
2acsin B=b
2
3 ，则acsin B=2b
2
3 ，
②
由②÷①得tan B=4
3 .
3.(2025·苏州模拟)在△ABC 中，A=π
6 ，BC=2，若满足上述条件的△ABC 恰有一解，则边长AC 的取值范围
是( )
A.(0，2)
B.(0，2]
C.(0，2)∪{4}
D.(0，2]∪{4}
答案 D
解析 若满足条件的△ABC 恰有一解，如图，
则BC⊥AB 或AC≤BC，
当BC⊥AB 时，AC= BC
sin A =
2
sin π
6
=4；
当AC≤BC 时，AC∈(0，2]，
所以AC 的取值范围是(0，2]∪{4}.
4.(2025·赤峰模拟)在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别是a，b，c，且b+c=4
3 a，cos B=1
6，则△ABC 的形
状是( )
A.等腰三角形
B.钝角三角形
C.直角三角形
D.不确定
答案 A
解析 由余弦定理可得cos B=a
2+c
2-b
2
2ac
=a
2+ 4
3 a(c -b)
2ac
=1
6，
则a+c=4
3 b，
又因为b+c=4
3 a，所以a=b=3c，
所以△ABC 是等腰三角形.
5.(2025·咸阳模拟)已知△ABC 的内角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，若c=1，a+b=cos A+cos B，则该
三角形的外接圆的面积为( )
A.π
3
B.π
4
C.π
2
D.π
答案 B
解析 因为c=1，所以a+b
c
=cos A+cos B，
由正弦定理得sin A +sin B
sinC
=cos A+cos B，
则sin A+sin B=cos Asin C+cos Bsin C，
所以sin(B+C)+sin(A+C)=cos Asin C+cos Bsin C，
整理得sin Bcos C+sin Acos C=0，
所以(sin B+sin A)cos C=0，
因为A，B，C∈(0，π)，
所以sin A>0，sin B>0，cos C∈(-1，1)，
故cos C=0，即C=π
2 ，
则该三角形的外接圆的半径r=1
2c=1
2，所以外接圆的面积为πr2=π
4 .
6.如图，在平面四边形ABCD 中，AB=AD=2，∠B=2∠D=120°，记△ABC 与△ACD 的面积分别为S1，S2，
则S2-S1的值为( )
A.2
B.√3
C.1
D.√3
2
答案 B
解析 在△ABC 中，由余弦定理得cos B= A B
2+ BC
2- A C
2
2 AB·BC
，即-1
2=4+ BC
2- A C
2
4 BC
，
则BC2-AC2=-2BC-4，
①
在△ACD 中，由余弦定理得
cos D= A D
2+C D
2- A C
2
2 AD·CD
，
即1
2=4+C D
2- A C
2
4CD
，
则CD2-AC2=2CD-4，
②
又S1=1
2AB·BCsin 120°=√3
2 BC，
S2=1
2AD·CDsin 60°=√3
2 CD，
所以S2-S1=√3
2 CD-√3
2 BC=√3
2 (CD-BC)，
③
由②-①得CD2-BC2=2(CD+BC)，
由CD+BC>0，得CD-BC=2，
代入③得S2-S1=√3.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.(2025·南宁模拟)已知△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且2bcos A=acos C+ccos A，b=4，边
BC 上的中线AD=√7，则下列结论正确的有( )
A.A=π
3
B.⃗AB·⃗AC=8
C.△ABC 的面积为2√3
D.△ABC 的外接圆的面积为4π
答案 ACD
解析 因为2bcos A=acos C+ccos A，
根据正弦定理得，2sin Bcos A=sin Acos C+sin Ccos A，
即2sin Bcos A=sin(A+C)=sin B，
因为B∈(0，π)，则sin B>0，
所以cos A=1
2，又A∈(0，π)，所以A=π
3 ，故A 正确；
因为AD 为边BC 上的中线，所以⃗AD=1
2 (⃗AB+⃗AC)，则|⃗AD|2=1
4 (|⃗AB|2+|⃗AC|2+2|⃗AB||⃗AC|cos A)，
即7=1
4 (|⃗AB|2+16+4|⃗AB|)，解得AB=2 或AB=-6(舍去)，
所以⃗AB·⃗AC=|⃗AB||⃗AC|cos A=2×4×1
2=4，故B 错误；
S△ABC=1
2AB·ACsin A=1
2×2×4×√3
2 =2√3，故C 正确；
根据余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos A=4+16-2×2×4×1
2=12，解得BC=2√3，
设△ABC 的外接圆的半径为R，由正弦定理得BC
sin A =
2√3
√3
2
=4=2R，解得R=2，
所以△ABC 的外接圆的面积为πR2=4π，故D 正确.
8.(2025·武汉模拟)四边形ABCD 内接于半径为R 的圆，如图所示，其中AB=√2，BC=3，CD=2√2，DA=1，
则下列结论正确的有( )
A.sin∠ADC=7√2
10
B.R=√10
C.四边形ABCD 的面积为7
2
D.⃗AB·⃗AD=-1
答案 ACD
解析 对于A，连接AC，cos∠ADC=1+8- A C
2
4√2
=9- A C
2
4√2
，
cos∠ABC=2+9- A C
2
6√2
=11- A C
2
6√2
，
∵∠ABC+∠ADC=π，∴cos∠ADC+cos∠ABC=9- A C
2
4√2
+11- A C
2
6√2
=0，解得AC2=49
5 ，
∴cos∠ADC=9- A C
2
4√2
=-√2
10 ，即sin∠ADC=7√2
10 ，故A 正确；
对于B，sin∠ABC=sin∠ADC=7√2
10 ，
由正弦定理得2R=
AC
sin∠ABC =√
49
5
7√2
10
=√10，
∴R=√10
2 ，故B 错误；
对于C，S△ABC=1
2×AB×BC×sin∠ABC=1
2×√2×3×7√2
10 =21
10，
S△ADC=1
2×AD×DC×sin∠ADC=1
2×1×2√2×7√2
10 =7
5，
∴四边形ABCD 的面积S=21
10+7
5=35
10=7
2，故C 正确；
对于D，连接BD，∵∠BAD+∠BCD=π，
∴cos∠BAD+cos∠BCD=1+2- B D
2
2√2
+9+8- B D
2
12√2
=0，
解得BD=√5，∴cos∠BAD=1+2- B D
2
2√2
=-√2
2 ，
则⃗AB·⃗AD=|⃗AB|·|⃗AD|·cos∠BAD=√2×1×(- √2
2 )=-1，故D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若asin 2B+ccos(A+C)=bcos C，则B= .
答案 π
4
解析 因为asin 2B+ccos(A+C)=bcos C，
所以asin 2B-ccos B=bcos C，
即asin 2B=bcos C+ccos B，
所以sin Asin 2B=sin Bcos C+sin Ccos B=sin(B+C)=sin A，
因为A∈(0，π)，sin A≠0，所以sin 2B=1，
因为B∈(0，π)，所以B=π
4 .
10.(2025·宜春模拟)在△ABC 中，D 是边AB 上的一点，且满足∠ACD=∠BCD=π
3 ，BD=35
4 ，AD=21
4 ，则
△ABC 的面积为 ；若E 是边AB 的中点，则CE
CD = .
答案 15√3 4√19
15
解析 在△ACD 中，由正弦定理得
AC
sin ∠ADC =
AD
sin ∠ACD ，
在△BCD 中，由正弦定理得
BC
sin∠BDC =
BD
sin∠BCD ，
又∠ACD=∠BCD=π
3 ，∠ADC+∠BDC=π，
所以sin∠ACD=sin∠BCD，sin∠ADC=sin∠BDC，
又BD=35
4 ，AD=21
4 ，所以AC
BC = AD
BD =3
5.
①
在△ABC 中，由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos 2π
3 ，
即142=AC2+BC2+AC·BC，
②
由①②解得BC=10，AC=6，
所以△ABC 的面积S=1
2AC·BC·sin2π
3 =1
2AC·CDsinπ
3 +1
2BC·CDsinπ
3 ，
即15√3=3√3
2 CD+5√3
2 CD，所以CD=15
4 .
因为E 为BC 的中点，则⃗CE=1
2 (⃗CA+⃗CB)，
所以⃗CE
2=1
4 (⃗CA
2+2⃗CA·⃗CB+⃗CB
2)
=1
4 ×[6
2+2×6×10×(- 1
2)+10
2]=19，
所以|⃗CE|=√19，所以CE
CD =4√19
15
.
四、解答题(共28 分)
11.(13 分)(2025·太原模拟)已知△ABC 的内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，sin2A+cos 2B+sin2C=1，且
a，b，c 成等比数列.
(1)求B；(6 分)
(2)若点D 满足⃗AB=⃗BD，△ABC 的外接圆半径为2√3
3
，求△BCD 的内切圆半径.(7 分)
解 (1)∵cos 2B=1-2sin2B，
∴sin2A+cos 2B+sin2C=sin2A+1-2sin2B+sin2C=1，
即sin2A+sin2C=2sin2B，
由正弦定理得a2+c2=2b2，
①
又∵a，b，c 成等比数列，∴b2=ac，
②
由①②得a=b=c，则A=B=C，
∵A+B+C=π，∴B=π
3 .
(2)由(1)得∠BAC=∠ABC=∠ACB=π
3 ，
∵△ABC 的外接圆半径为2√3
3
，
∴
a
sin∠BAC =2×2√3
3
，
∴a=2×2√3
3
×√3
2 =2，
∴a=b=c=2，
∴在△BCD 中，BC=BD=2，∠CBD=2π
3 ，
由余弦定理得CD2=BD2+BC2-2BC·BD·cos2π
3 =12，
∴CD=2√3，
∴S△BCD=1
2BC·BD·sin∠CBD=1
2×2×2×√3
2 =√3，
设△BCD 的内心为P，内切圆的半径为r，连接PC，PB，PD，如图，
则S△BCD=S△BCP+S△BDP+S△CDP=1
2(BC+BD+CD)r
=1
2×(2+2+2√3)r=(2+√3)r=√3，
∴r=2√3-3，即△BCD 的内切圆半径为2√3-3.
12.(15 分)(2025·长春模拟)已知锐角△ABC 的内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且a=√3，√3cos B+1
2
b=c.
(1)求A；(5 分)
(2)求2b
2+c
2
bc
的取值范围.(10 分)
解 (1)因为a=√3，√3cos B+1
2b=c，
则acos B+1
2b=c，
由正弦定理得sin Acos B+1
2sin B=sin C=sin(A+B)，
即sin Acos B+1
2sin B=sin Acos B+cos Asin B，
所以cos Asin B=1
2sin B，
因为A，B∈(0，π
2)，则sin B>0，
所以cos A=1
2，所以A=π
3 .
(2)在锐角△ABC 中，由{
0<C < π
2 ，
0<B = 2π
3 -C < π
2 ，
可得π
6 <C<π
2 ，
则b
c =sin B
sinC =sin(C + π
3)
sinC
=
1
2 sinC + √3
2 cosC
sinC
=1
2+
√3
2tanC ，
又π
6 <C<π
2 ，则tan C>√3
3 ，则0<
1
tanC <√3，
所以b
c 的取值范围为(
1
2 ，2)，
又2b
2+c
2
bc
=2b
c +c
b，
设t=b
c ∈(
1
2 ，2)，
设f(t)=2t+1
t ，其中t∈(
1
2 ，2)，
则f'(t)=2- 1
t
2=2t
2-1
t
2
=2(t + √2
2 )(t - √2
2 )
t
2
，
由f'(t)<0，得1
2<t<√2
2 ，
由f'(t)>0，得√2
2 <t<2，
所以f(t)在(
1
2 ，√2
2 )上单调递减，在(
√2
2 ，2)上单调递增，所以f(t)min=f(
√2
2 )=2√2，
又因为f (
1
2)=3，f(2)=9
2，
故f(t)∈[2√2，9
2)，
即2b
2+c
2
bc
的取值范围为[2√2，9
2).
(每小题5 分，共10 分)
13.已知△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且满足1
a+b + 1
b+c =
3
a+b+c ，则cos 2B 等于( )
A.1
2
B.-1
2
C.√3
2
D.-√3
2
答案 B
解析 因为1
a+b+ 1
b+c =
3
a+b+c ，
所以a+b+c
a+b
+a+b+c
b+c
=3，
即c
a+b+1+ a
b+c +1=3，
所以c
a+b+ a
b+c =1，
从而c(c+b)+a(a+b)=(a+b)(b+c)，
整理得a2+c2-b2=ac，
所以cos B=a
2+c
2-b
2
2ac
=1
2，cos 2B=2cos2B-1=2×(
1
2)
2
-1=-1
2.
14.(5 分)(2025·鹰潭模拟)如图，在△ABC 中，M，N，P 三点分别在边AB，BC，CA 上，则△AMP，
△BMN，△CNP 的外接圆交于一点Q，称点Q 为密克点.运用上述结论解决如下问题：在梯形ABCD 中，
∠B=∠C=60°，AB=4，AD=2，M 为CD 边的中点，动点P 在BC 边上，△ABP 与△CMP 的外接圆交于点
Q(异于点P)，则BQ 的最小值为 .
答案 2√7-2
解析 延长BA，CD 交于点E，则由题意可知△EBC 为正三角形，△AED 为正三角形，
由题设可知△ABP，△CMP，△AME 的外接圆交于一点，该点即为题中的点Q，故点Q 在△AME 的外接
圆上，
如图，又由题意可知AD=MD=DE=2，即D 为△AME 的外心，且△AME 外接圆的半径为2，∠BAD=180°-
∠ABC=180°-60°=120°，
在△ABD 中，由余弦定理得BD=√A B
2+ A D
2-2 AB·AD·cos120°=√
4
2+2
2-2×4×2×(- 1
2)=2√7，所以
当B，Q，D 三点共线，且Q 位于B，D 之间时，BQ 取得最小值2√7-2.
