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专题03 三角函数和解三角形
题型概览
题型01 三角函数
题型02 解三角形
三角函数
1．（2025·湖南岳阳·二模）已知圆锥的侧面展开图为半圆，其轴截面是以A为顶点的等腰三角形，若
A ,B ,C分别是该三角形的三个内角，则tan B
3 +tan 2B
3 +tan B+tan B
3 tan 2B
3 tan B =（ ）
A．√3
B．2√3
C．0
D．1
【答案】B
【分析】根据2πr = 1
2 ×2πl，得l =2r，进而判断三角形ABC为等边三角形，进而利用正切的和差角公式
即可化简求解.
【详解】设圆锥的底面圆半径以及圆锥的母线分别为r ,l，
由题意可得2πr = 1
2 ×2πl，故l =2r，
因此三角形ABC为等边三角形，故A = B =C =60
∘,
故tan B
3 + tan 2B
3 +tanB+ tan B
3 tan 2B
3 tanB=tan B
3 + tan 2B
3 +tanB(1+ tan B
3 tan 2B
3 )=
= tan(
B
3 + 2B
3 )(1−tan B
3 tan 2B
3 )+tanB(1+ tan B
3 tan 2B
3 )=2tanB =2tan 60
∘=2√3,
故选：B
2．（2025·湖南娄底·二模）tanπ
5 sin 2π
5 +sinπ
10 =（ ）
A．3
4
B．1
C．6
5
D．4
3
【答案】B
题
型
1
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【分析】利用二倍角公式以及切化弦化简tanπ
5 sin 2π
5
，再变形sinπ
10 =sin(
π
2 −2π
5 )
，利用诱导公式
和二倍角公式化简即可.
【详解】tanπ
5 sin 2π
5 =2tanπ
5 cosπ
5 sinπ
5 =2sin
2π
5
，
sinπ
10 =sin(
π
2 −2π
5 )=cos 2π
5 =1−2sin
2π
5
，
于是tanπ
5 sin 2π
5 +sinπ
10 =1.
故选：B．
3．（2025·湖北武汉·二模）若tan(α +π
4 )=7，则cos2α的值为（ ）
A．7
25
B．3
4
C．12
25
D．4
5
【答案】A
【分析】根据两角和的正切公式求得tanα，再根据二倍角的余弦公式和同角公式将化为正切的形式，代入
正切值即可求解.
【详解】由tan(α +π
4 )=7，可得
tanα + tanπ
4
1−tanαtanπ
4
=7，即tanα +1
1−tanα =7，解得tanα = 3
4
，
所以cos2α = cos
2α −sin
2α
cos
2α +sin
2α
= 1−tan
2α
1+ tan
2α
=
1−(
3
4)
2
1+(
3
4)
2 = 7
25
.
故选：A.
4．（2025·湖南·二模）若cos10° =a，sin10° =b，则cos80°sin10°
sin20°
=（ ）
A．a
2b
B．b
2a
C．a
b
D．b
a
【答案】B
【分析】根据诱导公式及二倍角公式化简可得解.
【详解】原式= sin10°sin10°
2sin10°cos10° = sin10°
2cos10° = b
2a
，
2
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故选：B.
5．（2025·湖南·二模）若α ∈(0,π
2 ),sin(
π
6 −α)=−1
5，则cos(
π
6 +α)的值为（ ）
A．2√3−√6
10
B．2√3+√6
10
C．2√6−√3
10
D．2√6+√3
10
【答案】C
【分析】由sin(
π
6 −α)=−1
5可得sin(α −π
6 )的取值，结合角的范围以及平方和为1 可计算
cos(α −π
6 )，由两角和的余弦配凑角可求出结果.
【详解】因为sin(
π
6 −α)=−1
5，所以sin(α −π
6 )= 1
5，
因为α ∈(0,π
2 )，所以α −π
6 ∈(−π
6 ,π
3 )，
所以cos(α −π
6 )=√1−sin
2(α −π
6 )= 2√6
5
，
所以cos(
π
6 +α)=cos[(α −π
6 )+π
3 ]=cos(α −π
6 )cosπ
3 −sin(α −π
6 )sinπ
3
= 2√6
5
× 1
2 −1
5 × √3
2 = 2√6−√3
10
.
故选：C
6．（2025·湖南·二模）若tanα =2tan β ,sin(α + β)= 1
3
，则sin(α −β)=（ ）
A．−1
9
B．1
9
C．2
9
D．−2
9
【答案】B
【分析】由同角三角函数的商式与正弦函数的和角公式，根据方程思想，利用正弦函数的差角公式，可得
答案.
【详解】由tanα=2tanβ，得sinα
cosα = 2sinβ
cosβ
，即sinαcosβ=2cosαsinβ，
由sin(α + β)= 1
3
，得sinαcosβ+cosαsinβ= 1
3
，故sinαcosβ= 2
9 ,cosαsinβ = 1
9
，
则sin(α −β)= sinαcosβ −cosαsinβ = 1
9
.
3
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故选：B.
7．（2025·湖南邵阳·二模）已知向量⃗a=(sin x ,√3cos x)，⃗b=(sin x ,sin x)，设函数f (x)=⃗a⋅⃗b．
(1)求函数f (x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)当x∈[0,π
2 ]时，t
2−5
2 t ≤f (x)，求实数t的取值范围．
【答案】(1)最小正周期π，单调递减区间为[
π
3 +kπ , 5 π
6 +kπ]
，k ∈Z
(2)[0, 5
2]
【分析】（1）先由向量数量积得到式子，再用公式将其变形为特定形式. 借助周期公式计算，利用整体代
换求单调递减区间.
（2）先根据x范围算出−π
6 ≤2 x−π
6 ≤5 π
6
. 结合类似图像找到使函数值最小的情况，算出最小值. 再
解不等式，得出t的范围.
【详解】（1）∵f (x)=⃗a⋅⃗b=sin
2 x +√3sinxcosx= 1−cos2 x
2
+ √3
2 sin2x=sin(2 x−π
6 )+ 1
2．
∴函数f (x)的最小正周期T = 2π
2 = π．
由π
2 +2kπ ≤2 x−π
6 ≤3 π
2 +2kπ，(k ∈Z)，
得π
3 +kπ ≤x ≤5 π
6 +kπ，(k ∈Z)．
∴f (x)的单调递减区间为[
π
3 + kπ , 5 π
6 + kπ]
，k ∈Z．
（2）∵当0≤x ≤π
2
时，−π
6 ≤2 x−π
6 ≤5 π
6
，
∴结合y = sinx的图像，当2 x−π
6 =−π
6 时，f (x)min=sin(−π
6 )+ 1
2 =0．
∵当x∈[0,π
2 ]时，t
2−5
2 t ≤f (x)，
∴t
2−5
2 t ≤0，解得0≤t ≤5
2
．∴实数t的取值范围为[0, 5
2]
．
4
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8．（2025·湖南娄底·二模）已知函数f (x)=cos2 x，则（ ）
A．f (x)的图象关于直线x =π
4 对称
B．f (x)在区间[−π
2 ,0]上单调递增
C．f (x)的最小正周期为2π
D．f (x)在点(0,1)处的切线方程为y =1
【答案】BD
【分析】根据余弦函数的性质逐项分析判断ABC 即可；由导数的意义求切线可判断D.
【详解】对于A，由于f(
π
4 )=cosπ
2 =0，则x =π
4 不是f ( x)的对称轴，故A 错误；
对于B，当−π
2 ≤x ≤0时，−π ≤2 x ≤0，
由余弦函数的性质可知，f ( x)在区间[−π
2 ,0]上单调递增，故B 正确；
对于C，函数f ( x)的最小正周期为2π
2 = π，故C 错误；
对于D，f
′( x)=−2sin 2 x，f
′(0)=0，则f ( x)在点(0,1)处的切线方程为y =1，故D 正确．
故选：BD
解三角形
9．（2025·湖南长沙·二模）已知△ABC的面积为6√3，A =60
∘，AB =3，B的内角平分线交边AC于点D，
则S△ABD
S△CBD
的值为（ ）
A．3
7
B．2
7
C．7
2
D．7
3
【答案】A
【分析】根据三角形面积得到AC =8，在△ABC中，由余弦定理得BC =7，因为BD平分∠ABC，利用三
角形面积公式得到S△ABD
S△BCD
= AB
BC = 3
7
.
【详解】因为△ABC的面积为6√3，A =60
∘，AB =3，
题
型
5
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所以1
2 AB⋅ACsinA = 1
2 ×3 ACsin60
∘=6√3，解得AC =8.
在△ABC中，由余弦定理得
BC
2= A B
2+ A C
2−2 AB⋅ACcosA =9+64−2×3×8cos60
∘= 49，
解得BC =7.
因为BD平分∠ABC，所以S△ABD
S△BCD
=
1
2 AB⋅BDsin∠ABD
1
2 BC ⋅BDsin∠CBD
= AB
BC = 3
7
.
故选：A.
10．（2025·湖南岳阳·二模）设椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1的左右焦点分别为F1, F2，点P在椭圆上，
cos∠F1 P F2= 3
5 ,∠F1 P F2的平分线与x轴交于点A，则| PA |=（ ）
A．√3
B．2√3
C．3√10
4
D．3√5
4
【答案】D
【分析】根据给定条件，由椭圆定义，结合余弦定理求出| P F1|,| P F2|，判断△F1 P F2的形状，再利
用三角形内角平分线的性质求解.
【详解】椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1的焦点F1(−1,0), F2(1,0)，| P F1|+| P F2|= 4，不妨令点P在第一象限，
在△F1 P F2中，
4 =| F1 F2|
2=| P F1|
2+| P F2|
2−2| P F1|⋅| P F2|cos∠F1 P F2=16−16
5 | P F1|⋅| P F2|，
则| P F1|⋅| P F2|= 15
4
，解得| P F1|= 5
2 ,| P F2|= 3
2
，| P F1|
2=| P F2|
2+| F1 F2|
2，则
P F2⊥F1 F2，
6
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由PA平分∠F1 P F2
，得| A F2|
| A F1| =| P F2|
| P F1| = 3
5
，而| A F2|+| A F1|=2，则| A F2|= 3
4
，
所以| PA |=√( 3
4 )
2
+( 3
2 )
2
= 3√5
4
.
故选：D
11．（2025·湖南·二模）已知ABC −A1B1C1是直三棱柱，a，b，c 分别是角A，B，C 的对边，且满足
bcosC +C cos B =asin A，a=√2bc =1，若三棱柱ABC −A1B1C1有内切球，则A A1=（ ）
A．2√2−1
B．√2−1
C．2√2+1
D．√2+1
【答案】B
【分析】根据正弦定理及两角和的正弦公式化简可得A =π
2
，进而结合等面积法求得△ABC的内切圆半径，
即可求得三棱柱ABC −A1B1C1内切球的半径，进而求解即可.
【详解】由bcosC +CcosB =asinA，
根据正弦定理得，sinBcosC + sinCcosB =sin
2 A，
则sin (B+C)= sinA =sin
2 A，
因为A ∈(0,π )，所以sinA ≠0，则sinA =1，即A =π
2
，
则b
2+c
2=a
2，又a=√2bc =1，
所以b
2+c
2=a
2=2bc =1，所以(b−c)
2=0，即b=c = √2
2
，
设△ABC的内切圆半径为r，
则S△ABC = 1
2 bc = 1
2
(a+b+c)r，即r =
bc
a+b+c =
√2
2 × √2
2
1+ √2
2 + √2
2
= √2−1
2
，
7
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要使三棱柱ABC −A1B1C1有内切球，说明内切球半径刚好为√2−1
2
，
所以三棱柱的高A A1
为内切球的直径，即A A1=√2−1.
故选：B.
12．（2025·湖南邵阳·二模）在△ABC中，角A ,B ,C所对的边分别是a,b,c．若2 A = B+C，
a
sin A =
b
cosB
，则sinC = ．
【答案】√6+√2
4
【分析】由正弦定理，两角和的正弦展开式计算可得.
【详解】由¿，
由
a
sinA =
b
cosB
即正弦定理
a
sinA =
b
sinB
可得sinB =cosB，
所以B =π
4
，
所以C = π −π
3 −π
4 = 5 π
12
，
所以sinC=sin 5 π
12 =sin(
π
4 +π
6 )=sinπ
4 cosπ
6 +cosπ
4 sinπ
6 = √6+√2
4
.
故答案为：√6+√2
4
13．（2025·湖南长沙·二模）在△ABC中，已知AB =2，AC =5，∠BAC =60°．
(1)求sin ∠ACB；
(2)设BC，AC 边上的两条中线AM，BN 相交于点P，求cos∠MPN．
【答案】(1)√57
19
(2)4√91
91
【分析】（1）由余弦定理先求得BC =√19，再结合正弦定理求解即可；
（2）设⃗AB =⃗c，⃗AC =⃗b，根据平面向量的线性运算可得⃗AM = 1
2 (⃗b+⃗c)，⃗BN = 1
2⃗b−⃗c，进而结合平面向
量的数量积及运算律求解即可.
【详解】（1）由余弦定理得BC
2= A B
2+ A C
2−2 AB⋅AC ⋅cos∠BAC =2
2+5
2−2×2×5× 1
2 =19，
8
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则BC =√19．
由正弦定理得
AB
sin ∠ACB =
BC
sin ∠BAC
，
则
2
sin ∠ACB = √19
√3
2
，解得sin ∠ACB = √57
19 ．
（2）设⃗AB =⃗c，⃗AC =⃗b，则b 与c 的夹角为60°，且|⃗b|=5,|⃗c|=2，
因为AM，BN 为中线，
所以有⃗AM = 1
2 (⃗b+⃗c)，⃗BN =⃗AN −⃗AB = 1
2⃗AC −⃗AB = 1
2⃗b−⃗c，
于是⃗AM
2= 1
4 (⃗b
2+⃗c
2+2⃗b⋅⃗c)= 1
4 (5
2+2
2+2×5×2×cos60°)= 39
4
，
则|⃗AM|= √39
2
，⃗
BN
2= 1
4⃗b
2+⃗c
2−⃗b⋅⃗c = 1
4 ×5
2+2
2−5×2×cos60° = 21
4
，
则|⃗BN|= √21
2
．
又⃗AM ⋅⃗BN = 1
2 (⃗b+⃗c)⋅(
1
2⃗b−⃗c)= 1
2(
1
2⃗b
2−1
2⃗b⋅⃗c−⃗c
2)
= 1
2(
1
2 ×5
2−1
2 ×5×2×cos60°−2
2)=3，
所以cos∠MPN =⃗AM ⋅⃗BN
|⃗AM||⃗BN|
=
3
√39
2 × √21
2
= 4√91
91
．
14．（2025·湖南娄底·二模）记△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知a=2，
bsinC +c sin B =bcosC +c cos B．
(1)求△ABC的面积；
(2)若⃗AB⋅⃗AC =1，求bc的值．
9
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【答案】(1)1
(2)bc =√5
【分析】（1）利用余弦定理进行边角转化已知条件，设BC 边上的高为h，通过三角形面积公式化简即可；
（2）由向量数量积定义和余弦定理公式可求得cosA = 1
bc
，b
2+c
2=6，代入正弦定理公式可求得.
【详解】（1）对右边等式，由余弦定理知bcosC +ccosB = a
2+b
2−c
2
2a
+ a
2+c
2−b
2
2a
=a，
设BC 边上的高为h，
则bsinC +csinB = absinC
a
+ acsinB
a
=h+h=2h，
因为bsinC +csinB =bcosC +ccosB，
所以2h=a，解得h=1，
所以△ABC的面积为1
2 ah=1．
（2）由⃗AB⋅⃗AC =bccosA = b
2+c
2−4
2
=1，
解得cosA = 1
bc
，b
2+c
2=6，
由（1）知，bsinC =1，故bc =
c
sinC
，
由正弦定理得，
c
sinC =
a
sinA
，所以sinA = 2
bc
，
又因为sin
2 A +cos
2 A =1，
所以bc =√5．
15．（2025·湖南·二模）已知在△ABC中，a，b，c 分别是角A，B，C 所对的边，且
√3bcos B+C
2
−asin B =0，a=1，D 为△ABC外一点.
(1)求角A；
(2)若A，B，C，D 四点共圆，求四边形ABDC面积的最大值.
【答案】(1)A =π
3
(2)√3
3
【分析】（1）根据正弦定理及诱导公式将条件化为√3sin A
2 =2sin A
2 cos A
2
，由sin A
2 ≠0得cos A
2 = √3
2
，
10
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根据角的范围确定角A 即可.
（2）由题意∠D = 2π
3
，根据余弦定理及基本不等式得bc≤1和|DB|⋅|DC|≤1
3
，即可求解四边形ABDC
面积的最大值.
【详解】（1）由√3bcos B+C
2
−asinB =0及正弦定理得√3 sinBcos B+C
2
−sinAsinB =0，
即√3 sinBcosπ A
−
2
= sinAsinB，
又sinB≠0，故√3sin A
2 = sinA =2sin A
2 cos A
2
，
因为A ∈(0,π )，所以A
2 ∈(0,π
2 )，所以sin A
2 ≠0，cos A
2 = √3
2 ，
所以A
2 =π
6
，所以A =π
3 .
（2）由题意ABDC为圆内接四边形，所以∠D = π −∠A = 2π
3
，
又a=1，由余弦定理得b
2+c
2−bc =1，所以b
2+c
2=1+bc≥2bc，所以bc≤1，
同理，|DC|
2+|DB|
2+|DB|⋅|DC|=1，所以|DC|
2+|DB|
2=1−|DB|⋅|DC|≥2|DB|⋅|DC|，
所以|DB|⋅|DC|≤1
3
，
所以四边形ABDC面积为S = 1
2 bcsinA + 1
2|DC|⋅|DB|⋅sin ∠D = √3
4 bc + √3
4 |DC|⋅|DB|
≤√3
4 + √3
4 × 1
3 = √3
3
，
所以四边形ABDC面积最大值为√3
3
.
16．（2025·湖南·二模）在△ABC中，内角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，且1+sin A
cos A
= 1+sin B
cosB
.
(1)判断△ABC的形状；
(2)设AB =1，且D是边BC的中点，求当∠CAD最大时，△ABC的面积.
【答案】(1)等腰三角形
(2)√3
4
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【分析】（1）根据二倍角公式化简可得sin(
A
2 −B
2)=0，即可根据三角函数的性质求解A = B得解，
（2）根据余弦定理结合基本不等式可得cos∠CAD≥√3
2
，则∠CAD≤π
6 ，结合边的关系可得△ABC为
正三角形，即可求解.
【详解】（1）由二倍角公式得(sin A
2 +cos A
2)
2
cos
2 A
2 −sin
2 A
2
=(sin B
2 +cos B
2)
2
cos
2 B
2 −sin
2 B
2
，
所以
sin A
2 +cos A
2
cos A
2 −sin A
2
=
sin B
2 +cos B
2
cos B
2 −sin B
2
，
整理得sin A
2 cos B
2 −cos A
2 sin B
2 =0，即sin(
A
2 −B
2)=0.
因为A ,B∈(0,π )，所以A
2 −B
2 =0，即A = B，即△ABC为等腰三角形.
（2）由（1）及题设，有AC = BC =2CD，
所以cos∠CAD= A C
2+ A D
2−C D
2
2 AC ⋅AD
=
A C
2+ A D
2−A C
2
4
2 AC ⋅AD
=
3 A C
2
4
+ A D
2
2 AC ⋅AD
= 3 AC
8 AD + AD
2 AC ≥2√
3 AC
8 AD ⋅AD
2 AC = √3
2
，当且仅当AD
AC = √3
2 时，等号成立.
又∠CAD为三角形内角，所以∠CAD≤π
6 ，即∠CAD的最大值为π
6 ，此时AD
AC = √3
2
，又CD
AC = 1
2，所
以(
AD
AC)
2
+(
CD
AC)
2
=1，
故A D
2+C D
2= A C
2，可得△ACD为直角三角形且∠ACD =π
3
.
又由（1）可得△ABC为正三角形，
所以当∠CAD最大时，△ABC的面积S = √3
4 ×1
2= √3
4
.
17．（2025·湖南岳阳·二模）记△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，已知向量
12
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m=(√3sinC ,−cos A)，⃗n=(a,c)，且⃗m⊥⃗n.
(1)求A；
(2)若△ABC的面积为√3，且b
2+c
2=2√3bc，求a.
【答案】(1)A =π
6
(2)a=2√3
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，即可化简得tanA= √3
3
，进而可求解，
（2）根据面积公式可得bc = 4√3，进而利用余弦定理求解.
【详解】（1）由题意知，⃗m⋅⃗n=√3asinC −ccosA =0，
由正弦定理得√3sinAsinC sinCcosA=0
−
，
因为0<C <π，所以sinC≠0，
则√3sinA cosA=0
−
，即tanA= √3
3
，
又0< A <π，所以A =π
6
.
（2）因为△ABC的面积为S = 1
2 bcsinA = 1
4 bc =√3，解得bc = 4√3，
所以b
2+c
2=2√3bc =24，
由余弦定理得a
2=b
2+c
2−√3bc =12，所以a=2√3.
18．（2025·湖南·二模）在△ABC中，角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且cosC
2a+c = 1
2b
.
(1)求B；
(2)若a=2,c =5，点D在边AC上，且BD是∠ABC的平分线，求△ABD的面积.
【答案】(1)B = 2π
3
(2)25√3
14
【分析】（1）解法一：由正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可；
解法二：直接由余弦定理化简求解即可；
（2）解法一：先由三角形的面积公式得到S△ABD
S△CBD
= 5
2
，再结合S△ABC = S△ABD+ S△CBD
可得S△ABD= 5
7 S△ABC
，
进而求解即可；
13
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解法二：由S△ABC = S△ABD+ S△CBD，结合三角形的面积公式得到BD = 10
7
，进而求解即可.
【详解】（1）由cosC
2a+c = 1
2b
，得2bcosC =2a+c，
解法一：由正弦定理得2sinBcosC =2sinA + sinC，
又△ABC中，A + B+C = π，所以A = π −(B+C)，
所以2sinBcosC =2sin (B+C)+ sinC，
于是2cosBsinC + sinC =0，
又sinC≠0，所以cosB=−1
2
，
又0<B<π，所以B = 2π
3
.
解法二：由余弦定理得2b⋅a
2+b
2−c
2
2ab
=2a+c，
化简得a
2+c
2−b
2=−ac，
由余弦定理得cosB= a
2+c
2−b
2
2ac
= −ac
2ac =−1
2
，
又B∈(0,π )，
所以B = 2π
3
.
（2）由BD是∠ABC的平分线，得∠ABD =∠CBD =π
3
，
解法一：S△ABD
S△CBD
=
1
2 ⋅AB⋅BD⋅sin ∠ABD
1
2 ⋅BC ⋅BD⋅sin ∠CBD
= AB
BC = c
a = 5
2
，
又S△ABC = S△ABD+ S△CBD，
所以S△ABD= 5
7 S△ABC = 5
7 × 1
2 acsin∠ABC
= 5
7 × 1
2 ×2×5× √3
2 = 25√3
14
.
解法二：由S△ABC = S△ABD+ S△CBD得
1
2 AB⋅BC ⋅sin∠ABC = 1
2 ⋅AB⋅BD⋅sin∠ABD+ 1
2 BC ⋅BD⋅sin∠CBD.
即1
2 ×5×2× √3
2 = 1
2 ×5×BD× √3
2 + 1
2 ×2×BD× √3
2
，
14
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解得BD = 10
7
，
所以S△ABD= 1
2 ⋅AB⋅BD⋅sin ∠ABD = 1
2 ×5× 10
7 × √3
2 = 25√3
14
.
19．（2025·湖北·二模）在△ABC中，内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且满足
sin A (sin A −sinC)=sin
2( A +C)−sin
2C.
(1)求B；
(2)若P为边AC上一点（异于端点），∠BPC =2∠A，求|AP|
|PC|的取值范围.
【答案】(1)π
3
(2)(1,+∞)
【分析】（1）利用正弦定理角化边，再结合余弦定理求解角度即可.
（2）利用正弦定理结合角平分线定理将目标式利用三角函数表示，结合正切函数的性质求解取值范围即
可.
【详解】（1）在△ABC中，因为A + B+C =π，
所以sin A (sin A −sinC)=sin
2B−sin
2C，
得到sin
2 A −sin A sinC =sin
2B−sin
2C，
据正弦定理可得a
2−ac =b
2−c
2，则a
2+c
2−b
2=ac×2× 1
2
，
由余弦定理得cosB = a
2+c
2−b
2
2ac
= 1
2
，
因为B∈(0,π)，所以B =π
3
.
（2）在△ABC中，因为∠BPC =2∠A，
所以∠ABP =∠A，则|AP|
|PC|=|BP|
|PC|，
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由正弦定理得|BP|
|PC|=sin∠BCA
sin∠PBC =
sin(
2
3 π−A)
sin(
π
3 −A)
=
sin(
π
3 + A)
sin(
π
3 −A)
，
则|AP|
|PC|= √3cos A +sin A
√3cos A −sin A = √3+tan A
√3−tan A =−1+
2√3
√3−tan A ，
又因为∠PBC =π
3 −A，所以A ∈(0,π
3 )，则tan A ∈(0,√3)，
结合函数性质可得−1+
2√3
√3−tan A ∈(1,+∞)，故|AP|
|PC|的取值范围为(1,+ ∞).
16
