三角形中的“特征”线
高考定位 与三角形的特征线(中线、角平分线、高线)有关的解三角形问题是高考的热点,命题形
式灵活新颖,实质为在两个三角形中应用正、余弦定理解三角形,难度中档或偏下.
【母题突破】
类型一 三角形的角平分线
母题1 (人教B 版必修四P20T7)已知AD 是△ABC 的角平分线,且AC＝2,AB＝3,A＝60°,求AD 的
长.
解 法一 由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD,得
1
2×2×3×sin 60°＝1
2×2×AD×sin 30°＋1
2×3×AD×sin 30°,
解得AD＝6
5 √3.
法二 在△ABC 中,由余弦定理得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos A
＝4＋9－12×1
2＝7.
∴BC＝√7,
∴cos B＝A B
2＋BC
2−A C
2
2 AB·BC
＝9＋7−4
2×3×√7 ＝2√7
7 ,
由角平分线的性质得CD
BD ＝AC
AB ＝2
3,
∴BD＝3
5BC＝3√7
5 ,
∴AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos B
＝9＋63
25－2×3×3√7
5
× 2√7
7
＝108
25 .
∴AD＝6√3
5 .
真题1 (2023·全国甲卷)在△ABC 中,∠BAC＝60°,AB＝2,BC＝√6,∠BAC 的角平分线交BC 于D,
则AD＝ .
答案 2
解析 由余弦定理得cos 60°＝A C
2＋4−6
2×2 AC
,
整理得AC2－2AC－2＝0,得AC＝1＋√3.
由角平分线长公式得AD＝2 AB·AC·cos ∠BAC
2
AB＋AC
＝2×2×(1＋√3)×cos30°
3＋√3
＝2.
规律方法 如图,在△ABC 中,AD 是△ABC 中∠A 的角平分线,且交BC 于点D,则线段AD 是
△ABC 的一条角平分线,在解三角形有关角平分线问题常用到以下方法:
(1)角度的倍数关系:∠BAC＝2∠BAD＝2∠CAD;
(2)角平分线定理: AB
AC ＝BD
DC ;
(3)角平分线长公式:AD＝2bc cos ∠BAC
2
b＋c
;
(4)三角形边与面积的比值关系:
S△ABD
S△ACD
＝AB
AC ＝BD
CD;
(5)三角形的面积关系:S△ABD＋S△ACD＝S△ABC.
样题1 (2025·张家口模拟)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,点D 为边BC 上一点,且满
足(⃗AD＋⃗AC)·⃗BC＝0.
(1)证明:AD＝b;
(2)若AD 为∠BAC 的平分线,且⃗AD＝1
3⃗AB＋2
3⃗AC,求sin A.
(1)证明 记CD 的中点为E,
则⃗AD＋⃗AC＝2⃗AE,
因为(⃗AD＋⃗AC)·⃗BC＝2⃗AE·⃗BC＝0,
所以AE⊥BC,所以AD＝AC＝b.
(2)解 因为⃗AD＝1
3⃗AB＋2
3⃗AC,
所以⃗AD－⃗AB＝2(⃗AC －⃗AD).
所以⃗BD＝2⃗DC,即BD＝2
3a,DC＝a
3.
又因为AD 为∠BAC 的平分线,
所以AB
AC ＝BD
DC ,即c＝2b.
由(1)知AD＝AC＝b,⃗
AD＝1
3⃗AB＋2
3⃗AC两边平方且把c＝2b,AD＝AC＝b 代入,
整理得b2＝8b2cos∠BAC,解得cos∠BAC＝1
8.
所以sin A＝√
1−(
1
8)
2
＝3√7
8 .
样题2 (2025·厦门调研)记锐角△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c.已知sin2C＋sin2B－sin2A
＝sin BsinC.
(1)求A 的值;
(2)已知A 的角平分线交BC 于点D,求BD
CD 的取值范围.
解 (1)因为sin2C＋sin2B－sin2A＝sin Bsin C,
由正弦定理可得c2＋b2－a2＝bc,
所以cos A＝c
2＋b
2−a
2
2bc
＝1
2,
又因为△ABC 为锐角三角形,
所以A∈(0, π
2),所以A＝π
3 .
(2)因为BD
CD ＝S△ABD
S△ACD
＝
1
2 AB·AD sin ∠BAD
1
2 AC·AD sin ∠CAD
＝AB
AC
＝c
b ＝sinC
sin B ＝
sin(
2π
3 −B)
sin B
＝sin 2π
3 cos B−cos 2π
3 sin B
sin B
＝
√3
2tan B ＋1
2
,
因为△ABC 为锐角三角形,
所以{
0<B< π
2 ,
0< 2π
3 −B< π
2 ,
解得π
6 <B<π
2 ,所以tan B>√3
3 ,
所以1
2<
√3
2tan B ＋1
2<2,
即BD
CD 的取值范围为(
1
2 ,2).
类型二 三角形的中线
母题2 (苏教版必修二P94 例6)如图,AM 是△ABC 的边BC 上的中线,求证:AM＝
1
2 √2( A B
2＋A C
2)−BC
2.
证明 设∠AMB＝α,则∠AMC＝180°－α.
在△ABM 中,由余弦定理,得
AB2＝AM2＋BM2－2AM·BMcos α.
在△ACM 中,由余弦定理,得AC2＝AM2＋MC2－2AM·MCcos(180°－α).
因为cos(180°－α)＝－cos α,
BM＝MC＝1
2BC,
所以AB2＋AC2＝2AM2＋1
2BC2,
从而AM＝1
2 √2( A B
2＋A C
2)−BC
2.
真题2 (2023·新高考Ⅱ卷)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知△ABC 面积为√3,D 为
BC 的中点,且AD＝1.
(1)若∠ADC＝π
3 ,求tan B;
(2)若b2＋c2＝8,求b,c.
解 (1)因为D 为BC 的中点,
所以S△ABC＝2S△ADC
＝2·1
2·AD·DCsin∠ADC
＝2×1
2×1·DC·√3
2 ＝√3,
解得DC＝2,
所以BD＝DC＝2,a＝4.
因为∠ADC＝π
3 ,所以∠ADB＝2π
3 .
在△ABD 中,由余弦定理,
得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB
＝1＋4＋2＝7,
所以c＝√7.
在△ABD 中,由正弦定理,
得
c
sin ∠ADB ＝AD
sin B,
所以sin B＝AD sin ∠ADB
c
＝√21
14 ,
又B∈(0, π
3),
所以cos B＝√1−sin
2B＝5√7
14 ,
所以tan B＝sin B
cos B ＝√3
5 .
(2)法一 因为D 为BC 的中点,所以BD＝DC.
因为∠ADB＋∠ADC＝π,
所以cos∠ADB＝－cos∠ADC,
则在△ABD 与△ADC 中,由余弦定理,
得A D
2＋B D
2−c
2
2 AD·BD
＝－A D
2＋DC
2−b
2
2 AD·DC
,
得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2),
所以2BD2＝b2＋c2－2＝6,所以BD＝√3,
所以a＝2√3.
又S△ADC＝1
2 ×√3×1×sin∠ADC＝√3
2 ,
得sin∠ADC＝1,所以∠ADC＝π
2 ,
所以b＝c＝√A D
2＋C D
2＝2.
法二 因为D 为BC 的中点,所以BC＝2BD.
在△ABD 与△ABC 中,由余弦定理,
得cos B＝c
2＋B D
2−A D
2
2c·BD
＝a
2＋c
2−b
2
2ac
,
整理,得2BD2＝b2＋c2－2＝6,
得BD＝√3,所以a＝2√3.
以下同法一.
规律方法 如图,在△ABC 中,AD 是边BC 上的中线,在解三角形有关中线问题常用到以下方法:
(1)三角形的面积关系:
S△ABD＝S△ACD＝1
2S△ABC;
(2)角的互补关系:∠ADB＋∠ADC＝π;
(3)中线长定理:AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2);
(4)中线的向量表示:⃗AD
2＝1
4 (⃗AC
2＋⃗AB
2＋2|⃗AC||⃗AB|cos∠BAC).
样题3 (2025·青岛质检)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且满足cos C＝a
b －c
2b.
(1)求角B;
(2)若△ABC 外接圆的半径为√3,且AC 边上的中线长为5
2,求△ABC 的面积和周长.
解 (1)由cos C＝a
b －c
2b,
得2bcos C＝2a－c,
利用正弦定理得2sin Bcos C＝2sin A－sin C,
即2sin Bcos C＝2sin(B＋C)－sin C,
化简得sin C＝2sin Ccos B.
因为C∈(0,π),sin C≠0,所以cos B＝1
2,
又因为B∈(0,π),所以B＝π
3 .
(2)由正弦定理得
b
sin∠ABC ＝2√3,得b＝3,
设D 为AC 边上的中点,
则AD＝CD＝3
2,BD＝5
2.
法一 在△BCD 中,cos∠CDB＝
25
4 ＋9
4 −a
2
2× 5
2 × 3
2
,
在△ABD 中,cos∠ADB＝
25
4 ＋9
4 −c
2
2× 5
2 × 3
2
,
因为∠ADB＋∠CDB＝π,
所以cos∠ADB＋cos∠CDB＝0,
所以a2＋c2＝17,
由余弦定理b2＝c2＋a2－2accos B,
可得9＝c2＋a2－ac,即ac＝8,
由三角形的面积公式得S△ABC＝1
2acsin B＝2√3,
又(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝17＋2×8＝33,
所以a＋c＝√33,
所以△ABC 的周长为3＋√33.
法二 利用向量的加法法则得2⃗BD＝⃗BA ＋⃗BC,
两边平方得4⃗BD
2＝⃗BA
2＋⃗BC
2＋2⃗BA·⃗BC,
即25＝c2＋a2＋ac,
由余弦定理b2＝c2＋a2－2accos B,
得9＝c2＋a2－ac,
两式相减得16＝2ac,即ac＝8,
由三角形的面积公式得S△ABC＝1
2acsin B＝2√3,
由25＝c2＋a2＋ac,
得(a＋c)2－ac＝25,a＋c＝√33,
所以△ABC 的周长为3＋√33.
类型三 三角形的高线
母题3 (人教A 版必修二P54T20 节选)已知△ABC 的三个角A,B,C 的对边分别为a,b,c,设p＝1
2(a
＋b＋c),求证:
(1)三角形的面积S＝√p( p−a)( p−b)( p−c);
(2)把边BC,AC,AB 上的高分别记为ha,hb,hc,则
ha＝2
a √p( p−a)( p−b)( p−c),
hb＝2
b √p( p−a)( p−b)( p−c),
hc＝2
c √p( p−a)( p−b)( p−c).
证明 (1)设三角形的三边a,b,c 的对角分别为A,B,C,
则由余弦定理可知cos C＝a
2＋b
2−c
2
2ab
,
S＝1
2absin C＝1
2ab√1−co s
2C
＝1
2ab√
1−(a
2＋b
2−c
2)
2
4 a
2b
2
＝1
4 √4 a
2b
2−(a
2＋b
2−c
2)
2
＝1
4 √(2ab＋a
2＋b
2−c
2)(2ab−a
2−b
2＋c
2)
＝1
4 √[(a＋b)
2−c
2][c
2−(a−b)
2]
＝1
4 √(a＋b＋c)(a＋b−c)(a−b＋c)(−a＋b＋c)
∵p＝1
2(a＋b＋c),
∴p－a＝1
2(－a＋b＋c),
p－b＝1
2(a－b＋c),p－c＝1
2(a＋b－c),
∴S＝√
(a＋b＋c)(a＋b−c)(a−b＋c)(−a＋b＋c)
16
＝√p( p−a)( p−b)( p−c),
∴三角形的面积S＝√p( p−a)( p−b)( p−c).
(2)∵边BC,CA,AB 上的高分别记为ha,hb,hc,
三角形的面积S＝√p( p−a)( p−b)( p−c),
∴S＝√p( p−a)( p−b)( p−c)
＝1
2aha＝1
2bhb＝1
2chc,
可解得ha＝2
a √p( p−a)( p−b)( p−c),
hb＝2
b √p( p−a)( p−b)( p−c),
hc＝2
c √p( p−a)( p−b)( p−c).
真题3 (2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC 中,A＋B＝3C,2sin(A－C)＝sin B.
(1)求sin A;
(2)设AB＝5,求AB 边上的高.
解 (1)在△ABC 中,A＋B＝π－C,
因为A＋B＝3C,
所以3C＝π－C,所以C＝π
4 .
因为2sin(A－C)＝sin B,
所以2sin(A－C)＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C),
所以2sin Acos C－2cos Asin C＝sin Acos C＋cos Asin C,
所以sin Acos C＝3cos Asin C,
易得cos Acos C≠0,
所以tan A＝3tan C＝3tanπ
4 ＝3,
又sin A>0,tan A＝sin A
cos A ,sin2A＋cos2A＝1,
所以sin A＝3√10
10 .
(2)由(1)知sin A＝3√10
10 ,tan A＝3>0,
所以A 为锐角,故cos A＝√10
10 ,
所以sin B＝sin(
3 π
4 −A)＝√2
2 (cos A＋sin A)
＝√2
2 ×(
√10
10 ＋3√10
10 )＝2√5
5 .
由正弦定理AC
sin B ＝AB
sinC ,
得AC＝AB·sin B
sinC
＝
5× 2√5
5
√2
2
＝2√10,
故AB 边上的高为AC·sin A＝2√10× 3√10
10 ＝6.
规律方法 1.高线两个作用:(1)产生直角三角形;(2)与三角形的面积相关.
2.求三角形高线长的方法:
(1)等面积法,即求某边上的高,需要先求出面积和底边的长度.
(2)在高产生的直角三角形里去求;
(3)边、角比法,h1,h2,h3分别为△ABC 边a,b,c 上的高,则
h1∶h2∶h3＝1
a∶1
b∶1
c ＝
1
sin A ∶
1
sin B∶
1
sin C .
样题4 (2025·无锡质检)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且a
2c＝sin Atan C
2 .
(1)求C;
(2)若a＝8,b＝5,CH 是边AB 上的高,且⃗CH＝m⃗CA＋n⃗CB,求m
n .
解 (1)△ABC 中, a
2c ＝sin Atan C
2 ,
由正弦定理和同角三角函数的商数关系,
得sin A
2sin C ＝
sin A·sin C
2
cos C
2
,
由倍角公式得
sin A
4 sin C
2 ·cos C
2
＝
sin A·sin C
2
cos C
2
.
又因为A,C 为△ABC 的内角,
所以sin A≠0,cos C
2 ≠0.
所以sin2C
2 ＝1
4,sin C
2 ＝1
2,
则有C
2 ＝π
6 ,得C＝π
3 .
(2)法一 a＝8,b＝5,C＝π
3 ,⃗CA·⃗CB＝|⃗CA|·|⃗CB|·cos C＝abcos C＝5×8×cos π
3 ＝20,
所以⃗CA
2＝b2＝25,⃗CB
2＝a2＝64,
由题意知CH⊥AB,所以⃗CH·⃗AB＝0,
即(m⃗CA＋n⃗CB)·(⃗CB－⃗CA)
＝(m－n)(⃗CB·⃗CA)－m⃗CA
2＋n⃗CB
2
＝20(m－n)－25m＋64n＝0.
所以5m＝44n,所以m
n ＝44
5 .
法二 在△ABC 中,由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝82＋52－2×8×5×1
2＝49,所以c＝7.
又因为S△ABC＝1
2absin C＝1
2c·CH,
所以CH＝absinC
c
＝
8×5× √3
2
7
＝20√3
7
,
所以AH＝√C A
2−C H
2＝5
7, AH
AB ＝5
49,
所以⃗CH ＝⃗CA ＋⃗AH ＝⃗CA ＋5
49(⃗CB－⃗CA)
＝44
49⃗CA ＋5
49⃗CB.
由平面向量基本定理知,m＝44
49,n＝5
49,
所以m
n ＝44
5 .
【精准强化练】
1.(2025·嘉兴模拟)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,a＝3√2,asin B＝bsin(A ＋π
3).
(1)求角A;
(2)作角A 的平分线与BC 交于点D,且AD＝√3,求b＋c.
解 (1)由正弦定理可得asin B＝bsin A,
因为asin B＝bsin(A ＋π
3),
所以sin A＝sin(A ＋π
3),
因为A∈(0,π),所以A＋A＋π
3 ＝π,所以A＝π
3 .
(2)因为AD 平分∠BAC,
所以∠BAD＝∠CAD＝π
6 .
因为S△DAB＋S△DAC＝S△ABC,
所以1
2c·ADsin∠DAB＋1
2b·ADsin∠DAC
＝1
2c·bsin∠BAC,
即√3
4 c＋√3
4 b＝√3
4 cb,即c＋b＝cb,
又由余弦定理可得
a2＝b2＋c2－2bccosπ
3 ＝(b＋c)2－3bc,
把a＝3√2,b＋c＝cb 代入化简得(b＋c)2－3(b＋c)－18＝0,
解得b＋c＝6 或b＋c＝－3(舍去),
所以b＋c＝6.
2.(2025·北京卷)在△ABC 中,cos A＝－1
3,asin C＝4√2.
(1)求c;
(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 的高.
条件①a＝6;条件②bsin C＝10√2
3
;条件③△ABC 面积为10√2.
注:如果选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.
解 (1)因为cos A＝－1
3,A∈(0,π),
所以sin A＝√1−co s
2 A ＝2√2
3 ,
由正弦定理,得c＝asinC
sin A ＝6.
(2)如图所示,若△ABC 存在,则设其BC 边上的高为AD,
若选①,a＝6,因为c＝6,所以C＝A,
因为cos A＝－1
3<0,这表明此时△ABC 有两个钝角,而这是不可能的,所以此时△ABC 不存在.
若选②,bsin C＝10√2
3
,
由正弦定理,得sin B＝bsin C
c
＝5√2
9 ,
因为cos A＝－1
3,所以A∈(
π
2 ,π),所以B 一定为锐角,即cos B＝√31
9 .
因为A＋B＋C＝π,所以cos C＝－cos(A＋B)＝－cos Acos B＋sin Asin B
＝－(−1
3)× √31
9 ＋2√2
3
× 5√2
9
＝20＋√31
27
<1,
所以△ABC 存在且唯一,
在Rt△ABD 中,AD＝csin B＝6×5√2
9
＝10√2
3
,
所以△ABC 存在且唯一,且BC 的高为10√2
3
.
若选③,△ABC 的面积是10√2,
则S△ABC＝1
2bcsin A＝1
2b×6×2√2
3 ＝10√2,
解得b＝5,
由余弦定理可得a＝√b
2＋c
2−2bc cos A
＝√
25＋36−2×5×6×(−1
3)＝9,
因为b＝5,c＝6,
所以b＋c>a,a＋c>b,a＋b>c,
所以△ABC 存在且唯一.
因为S△ABC＝1
2aAD＝10√2,
所以AD＝20√2
9
.
所以△ABC 存在且唯一,且BC 的高为20√2
9
.
3.(2025·惠州模拟)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知a<b<c 且tan A,tan B,tan C
均为整数.
(1)求tan A,tan B,tan C 的值;
(2)设AC 的中点为D,求∠CDB 的余弦值.
解 (1)由a<b<c,得A<B<C.
由A＋B＋C＝π,得A＋B＋C>3A,
故0<A<π
3 ,所以0<tan A<√3,
因为tan A 为整数,所以tan A＝1,
所以A＝π
4 ,B＋C＝3 π
4 .
因为B<C,所以3 π
4 ＝B＋C>2B,
则π
4 <B<3 π
8 ,
所以1<tan B<tan 3 π
8 .
由tan3 π
4 ＝
2tan 3 π
8
1−tan
2 3 π
8
＝－1,
得tan23 π
8 －2tan3 π
8 －1＝0,
解得tan3 π
8 ＝1＋√2或tan3 π
8 ＝1－√2(舍去),
故1<tan B<1＋√2,
又2<1＋√2<3,tan B 为正整数,则tan B＝2,
所以tan C＝－tan(A＋B)＝－tan A ＋tan B
1−tan A tan B＝－1＋2
1−1×2＝3.
综上,tan A＝1,tan B＝2,tan C＝3.
(2)法一 由(1)知,tan∠ABC＝2,tan C＝3.
则sin∠ABC＝2√5
5 ,cos C＝√10
10 ,
在△ABC 中,由正弦定理得
a
sin π
4
＝
b
sin ∠ABC ,
则b＝
asin ∠ABC
sin π
4
＝2√10a
5
,
因为AC 的中点为D,
所以CD＝1
2b＝√10a
5
,
在△DBC 中,由余弦定理得BD2＝CD2＋CB2－2CD·CB·cos C
＝(
√10
5 a)
2
＋a2－2×√10
5 a·a·√10
10 ＝a2,
所以BD＝a,
所以cos∠CDB＝cos C＝√10
10 .
法二(向量法) 由(1)可知cos∠ABC＝√5
5 ,
cos C＝√10
10 ,sin C＝3√10
10 ,
因为D 是AC 的中点,所以⃗BD＝1
2(⃗BA ＋⃗BC),
则|BD|2＝1
4(|⃗BA|2＋|⃗BC|2＋2|⃗BA||⃗BC|·cos∠ABC)＝1
4(a
2＋c
2＋2ac× √5
5 ),(*)
在△ABC 中,由正弦定理得
a
sin π
4
＝
c
sin C ,
则c＝
asin C
sin π
4
＝3√5a
5
,①
将①代入(*)式整理得|⃗BD|＝a,
所以cos∠CDB＝cos C＝√10
10 .
4.(2025·西安模拟)如图,在△ABC 中,∠ABC＝90°,D 是斜边AC 上的一点,AB＝√3AD,BC＝√6.
(1)若∠DBC＝60°,求∠ADB 和DA;
(2)若BD＝√2,证明:CD＝2DA.
(1)解 由∠DBC＝60°,∠ABC＝90°,
可得∠ABD＝30°.
因为AB＝√3AD,所以在△ADB 中,
由正弦定理可得
AB
sin∠ADB ＝
AD
sin∠ABD,
即sin∠ADB＝AB
AD sin∠ABD＝√3
2 ,
则∠ADB＝120°或60°,
又因为∠DBC＝60°,故∠ADB＝120°,
因此∠BDC＝60°,
又因为∠DBC＝60°,
所以△DBC 是等边三角形,
所以DB＝DC＝BC＝√6,
又在△ADB 中,∠ABD＝30°,∠ADB＝120°,
故∠BAD＝30°,所以DA＝DB＝√6.
(2)证明 令∠BDC＝θ,DA＝x,DC＝y,
因为AB＝√3AD,则AB＝√3x.
在△BDC 与△BDA 中,
由余弦定理可得{
6＝2＋y
2−2√2 y cosθ ,
3 x
2＝x
2＋2−2√2 x cos(π −θ),
消去cos θ,得y
2−4
y
＝2 x
2−2
x
,
整理得(y－2x)(xy＋2)＝0,
所以y＝2x,即CD＝2DA
