压轴07 解三角形综合问题的7 大核心题型
参考答案
压轴题型精讲
题型01 正、余弦定理
1.【思维探究】
看到什么
想到什么
2
2
2
2
a
b
c
ab
+
-
=
对已知信息分析，已知三角形内两边及其夹角，对比
余弦定理公式
2
2
2
2
cos
a
b
c
ab
C
+
-
=
，求出cosC 的值
sin
2 cos
C
B
=
，求B
由cosC 的值可得C，由已知得cos B ，进而求B.
若ABC
V
的面积为3
3
+
由(1)得B，C 的值,通过正弦定理得到边长之间的关系
求c
由已知边角关系分析，要想求边c，可借助三角形的
面积公式进行转化
【解】（1）由余弦定理有
2
2
2
2
cos
a
b
c
ab
C
+
-
=
，对比已知
2
2
2
2
a
b
c
ab
+
-
=
，
【点拨】观察联想，如看到a2＋c2－b2 应联想到a2＋c2－b2＝2accos B.
可得
2
2
2
2
2
cos
2
2
2
a
b
c
ab
C
ab
ab
+
-
=
=
=
，
因为
0,π
C Î
，所以sin
0
C >
，
从而
2
2
2
2
sin
1 cos
1
2
2
C
C
æ
ö
=
-
=
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
又因为sin
2 cos
C
B
=
，即
1
cos
2
B =
，
注意到
0,π
BÎ
，所以
π
3
B =
.
（2）由（1）可得
π
3
B =
，
2
cos
2
C =
，
0,π
C Î
，从而
π
4
C =
，
π
π
5π
π
3
4
12
A =
-
-
=
，
而
5π
π
π
2
3
2
1
6
2
sin
sin
sin
12
4
6
2
2
2
2
4
A
+
æ
ö
æ
ö
=
=
+
=
´
+
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
【点拨】注意到
π
π
5π
π
3
4
12
A =
-
-
=
，
5π
π
π
sin
sin
12
4
6
æ
ö
æ
ö
=
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
由正弦定理有
5π
π
π
sin
sin
sin
12
3
4
a
b
c
=
=
，
从而
6
2
3
1
3
6
2
,
2
4
2
2
2
a
c
c b
c
c
+
+
=
×
=
=
×
=
，
由三角形面积公式可知，ABC
V
的面积可表示为
2
1
1
3
1
6
2
3
3
sin
2
2
2
2
2
8
ABC
S
ab
C
c
c
c
+
+
=
=
×
×
×
=
V
，
由已知ABC
V
的面积为3
3
+
，可得
2
3
3
3
3
8
c
+
=
+
，
所以
2 2
c =
.
题型02 最值范围问题
2.【思维探究】
看到什么
想到什么
cos
sin2
1
sin
1
cos2
A
B
A
B
=
+
+
根据所给条件中的角包含2B，联想利用二倍角公式进行计算整合
2
3
C
p
=
，求B
由所化式子，借助特殊角的三角函数值进行转换求解
2
2
2
a
b
c
+
的最小值
由求最值问题,联想到转化为函数问题求解，由三边平方的比值形
式，联想正弦定理转化为三角函数
【解】（1）因为
2
cos
sin 2
2sin
cos
sin
1 sin
1
cos2
2cos
cos
A
B
B
B
B
A
B
B
B
=
=
=
+
+
，
即
1
sin
cos
cos
sin
sin
cos
cos
2
B
A
B
A
B
A
B
C
=
-
=
+
= -
=
，
而
π
0
2
B
<
<
，所以
π
6
B =
；
（2）由（1）知，sin
cos
0
B
C
= -
>
，
所以π
π
π,0
2
2
C
B
<
<
<
<
，而
π
sin
cos
sin
2
B
C
C
æ
ö
= -
=
-
ç
÷
è
ø ，
所以
π
2
C
B
=
+
，即有
π
2
2
A
B
=
-
，所以
3
0,
,
,
4
2
4
B
C
p
p
p
æ
ö
æ
ö
Î
Î
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
【技巧】巧用三角形中的三角函数关系：sin (A＋B)＝sin C；cos (A＋B)＝－cos C；sin A＋B
2
＝cos C
2
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
2
sin
sin
cos 2
1 cos
sin
cos
a
b
A
B
B
B
c
C
B
+
+
+ -
=
=
2
2
2
2
2
2
2cos
1
1 cos
2
4cos
5
2 8
5
4 2
5
cos
cos
B
B
B
B
B
-
+ -
=
=
+
-
³
-
=
-
．
当且仅当
2
2
cos
2
B =
时取等号，所以
2
2
2
a
b
c
+
的最小值为4 2
5
- ．
题型03 多边形问题
3.【思维探究】
看到什么
想到什么
D 为BC 中点，且
1
AD =
对已知信息进行整合、关联,，以面积列方程
1
sin
2
ADC
S
AD DC
ADC
=
×
V
求tan B
联想
sin
tan
cos
B
B
B
=
，要求tan B 只需求sin B 或cos B
2
2
8
b
c
+
=
表达式给出了,b c 的数量关系，由表达式的次数特征联
想余弦定理
求,b c
根据已有结论，选择合适的包含,b c 的三角形进行求解
【解析】（1）在ABC
V
中，因为D 为BC 中点，
π
3
ADC
=
，
1
AD = ，
则
1
1
1
3
3
1
3
sin
1
2
2
2
2
8
2
2
ADC
ABC
S
AD DC
ADC
a
a
S
=
×
=
´ ´
´
=
=
=
V
V
，解得
4
a =
，
在
ABD
△
中，
2π
3
ADB
=
，由余弦定理得
2
2
2
2
cos
c
BD
AD
BD AD
ADB
=
+
-
×
，
即
2
1
4 1 2 2 1 (
)
7
2
c =
+ - ´ ´ ´ -
=
，解得
7
c =
，则
7
4 1
5 7
cos
14
2 7
2
B
+
-
=
=
´
，
2
2
5 7
21
sin
1 cos
1 (
)
14
14
B
B
=
-
=
-
=
，
所以
sin
3
tan
cos
5
B
B
B
=
=
.
（2）第1 步：在各个三角形内利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式解三角形
在
ABD
△
与ACD
V
中，由余弦定理得
2
2
2
2
1
1
1 2
1 cos(π
)
4
2
1
1
1 2
1 cos
4
2
c
a
a
ADC
b
a
a
ADC
ì
=
+ - ´
´ ´
-
ïïí
ï
=
+ - ´
´ ´
ïî
，
第2 步：寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件
整理得
2
2
2
1
2
2 a
b
c
+
=
+
，而
2
2
8
b
c
+
=
，则
2 3
a =
，
第3 步：结合面积公式进行化简.
又
1
3
3 1 sin
2
2
ADC
S
ADC
=
´
´ ´
=
V
，解得sin
1
ADC
= ，
而0
π
ADC
<
<
，于是
π
2
ADC
=
，所以
2
2
2
b
c
AD
CD
=
=
+
=
.
【另解】在ABC
V
中，因为D 为BC 中点，
则2AD
AB
AC
=
+
，又CB
AB
AC
=
-
，
于是
2
2
2
2
2
2
4
(
)
(
)
2(
)
16
AD
CB
AB
AC
AB
AC
b
c
+
=
+
+
-
=
+
=
，
即
2
4
16
a
+
=
，解得
2 3
a =
，又
1
3
3 1 sin
2
2
ADC
S
ADC
=
´
´ ´
=
V
，
解得sin
1
ADC
= ，而0
π
ADC
<
<
，于是
π
2
ADC
=
所以
2
2
2
b
c
AD
CD
=
=
+
=
.
题型04 角平分线问题
4.【解析】如图所示：记
,
,
AB
c AC
b BC
a
=
=
=
，
由余弦定理可得，
2
2
2
2 2
cos60
6
b
b
+
- ´ ´ ´
=
o
，
因为
0
b >
，解得：
1
3
b = +
，
【技巧】若是给出两边中一边的对角，可以利用余弦定理建立一元二次方程，解方程求出第三边.切要注意
验根
【常规解法】由正弦定理可得，
6
2
sin 60
sin
sin
b
B
C
=
=
o
，
解得：
6
2
sin
4
B
+
=
，
2
sin
2
C =
，
因为1
3
6
2
+
>
>
，所以
45
C =
o ，
180
60
45
75
B =
-
-
=
o
o
o
o ，
又
30
BAD
=
o ，所以
75
ADB
=
o ，即
2
AD
AB
=
= ．
【角平分线法】 由角平分线可得
ABC
ABD
ACD
S
S
S
=
+
V
V
V
即：1
1
1
2
sin 60
2
sin30
sin30
2
2
2
b
AD
AD b
´ ´ ´
=
´ ´
´
+
´
´ ´
o
o
o ，
解得：
2 3 1
3
3
2
3
3
1
2
b
AD
b
+
=
=
=
+
+
．
题型05 中线问题
5.【解题指导】（1）同角三角函数基本关系→正弦定理求解tan
1
C = →
0
C
，p
Î
求解
（2）余弦定理与正弦定理→
2
1
2
4
2 2
1
4
2
CD
ab
ab
==
+
= +
→三角函数性质求解其取值范围
【解析】(1)因为
tan
tan
cos
a
B
C
c
B =
+
，所以
sin
sin
sin
sin cos
cos
cos
A
B
C
C
B
B
C
=
+
，
【技巧】化边为角，通过三角变换找出角之间的关系
即
sin
sin
sin cos
sin cos
sin
sin cos
cos cos
cos cos
cos cos
B
C
A
B
C
C
B
A
C
B
B
C
B
C
B
C
+
+
=
=
=
，
又因
0
A
B
p
Î
，
，
，所以sin
0
A ¹ ，
又由题意可知cos
0
B ¹
，
所以tan
1
C = ，因为
0
C
，p
Î
，所以
4
C
p
=
.
(2)由余弦定理可得
2
2
2
2
2
2
cos
2
4
c
a
b
ab
C
a
b
ab
=
+
-
=
+
-
=
，
由正弦定理可得
2 2
sin
sin
sin
a
b
c
A
B
C
=
=
=
，所以
2 2sin
a
A
=
，
3
2 2sin
2 2sin
2cos
2sin
4
b
B
A
A
A
p
æ
ö
=
=
-
=
+
ç
÷
è
ø
，
【常规解法】又
1
2
CD
CA
CB
=
+
，
则
2
2
2
2
1
1
(
)
2
4
4
CD
CA
CB
CA
CB
CA CB
=
+
=
+
+
×
2
2
1
1
2
2
4
2 2
1
4
4
2
a
b
ab
ab
ab
=
+
+
=
+
= +
，
【中线定理】
2
2
2
2
2
2
1
1
1
2
(
) 1
1
2
4
2
2
CD
CA
CB
AB
a
b
ab
=
+
-
×
=
+
- = +
所以
2
1 cos2
4 2sin
4 2sin cos
4 2
2 2sin2
2
A
ab
A
A
A
A
-
=
+
=
×
+
4sin 2
2 2
4
A
p
æ
ö
=
-
+
ç
÷
è
ø
，由题意得
0
2
3
0
4
2
A
A
p
p
p
ì
<
<
ïïí
ï <
-
<
ïî
，解得4
2
A
p
p
<
<
，
则
3
2
4
4
4
A
p
p
p
æ
ö
-
Îç
÷
è
ø
，
，
所以
2
sin 2
1
4
2
A
p
æ
ù
æ
ö
-
Îç
ú
ç
÷
ç
è
ø
è
û
，，所以
4 2 4
2 2
ab
ù
Î
+
û
，
，
所以
2
5 3
2 2
CD
ù
Î
+
û
，
，所以中线CD 长的取值范围为51
2 .ù
+
û
，
题型06 高线问题
6.【思维探究】
看到什么
想到什么
A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sin B
角的关系及两角和差正弦公式
sin A
同角三角函数基本关系
AB＝5，AB 边上的高
正、余弦定理求b ，等面积法求解
【解】 (1)在△ABC 中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝π
4.
【巧转化】利用A
B
C
p
+
+
=
，求出C
因为2sin(A－C)＝sin B，
所以
3
2sin(
)
sin(
)
4
4
A
A
p
p
-
=
-
展开并整理得2(sin A－cos A)＝2
2 (cos A＋sin A)，
得sin A＝3cos A，
又sin2A＋cos2A＝1，且sin A>0，
所以sin A＝3 10
10 .
(2)由正弦定理BC
sin A＝AB
sin C，
得BC＝AB
sin C·sin A＝5
2
2
×3 10
10 ＝3 5.
由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos C，
得52＝AC2＋(3 5)2－2AC·3 5cosπ
4，
整理得AC2－3 10AC＋20＝0，
解得AC＝10或AC＝2 10.
由(1)得，tan A＝3> 3，所以π
3<A<π
2，
又A＋B＝3π
4 ，所以B>π
4，即C<B，
所以AB<AC，所以AC＝2 10.
设AB 边上的高为h，则1
2·AB·h＝1
2·AC·BCsin C，
【技巧】巧用等面积构建方程求解h
即5h＝2 10×3 5× 2
2 ，解得h＝6，
所以AB 边上的高为6.
【另解】 (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，
所以cos A＝10
10 ，
所以
3
2
2
10
3 10
2 5
sin
sin(
)
(cos
sin
)
(
)
4
2
2
10
10
5
B
A
A
A
p
=
-
=
+
=
+
=
由正弦定理AC
sin B＝AB
sin C，
得AC＝AB·sin B
sin C ＝
5× 2 5
5
2
2
＝2 10，
故AB 边上的高为AC·sin A＝2 10×3 10
10 ＝6.
题型07 解三角形中的证明问题
7.【解】(1)由A＝2B，A＋B＋C＝π，
可得A＝2π－2C
3
.
将A＝2B 代入sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin B＝sin Bsin(C－A)，
因为B∈(0，π)，sin B≠0，
所以sin C＝sin(C－A)，
又A，C∈(0，π)，所以C＋C－A＝π，
即A＝2C－π，与A＝2π－2C
3
联立，
解得C＝5π
8 .
(2)证明：法一：由sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin Acos B－sin Ccos Asin B＝sin Bsin Ccos A－sin Bcos Csin A，
由正弦定理可得，
accos B－bccos A＝bccos A－abcos C，
即accos B＋abcos C＝2bccos A(*).
由余弦定理得，
accos B＝a2＋c2－b2
2
，abcos C＝a2＋b2－c2
2
，
2bccos A＝b2＋c2－a2，
代入(*)式并整理得，2a2＝b2＋c2.
法二：因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)
＝sin2Acos2B－cos2Asin2B
＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B
＝sin2A－sin2B，
同理有sin Bsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A，
又sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
即2sin2A＝sin2B＋sin2C，
故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
1.【解】（1）证明：由
1 cos
2sin
sin
b
B
A
B
a
-
=
及正弦定理得，
sin
1 cos
2sin
sin
sin
B
B
A
B
A
-
=
．
因为0
π
B
<
<
，sin
0
B ¹
，
所以
2
1 cos
2sin
B
A
-
=
，即
2
cos
1
2sin
cos2
B
A
A
= -
=
，
因为A
B
<
，所以
2 ,
0,π
A BÎ
，因为
cos
y
x
=
在区间
0,π 上单调递减，
所以
2
B
A
=
.
（2）由题意，当
2
b
a
=
时，根据正弦定理得sin
2 sin
B
A
=
，
即sin 2
2 sin
A
A
=
，即2sin
cos
2 sin
A
A
A
=
，
因为sin
0
A ¹
，所以
2
cos
2
A =
，
因为
0,
A
p
Î
，所以
π
4
A =
.
2.【解】（1）解：因为3 sin
sin2
b
C
c
B
=
，
由正弦定理，可得
3sin sin
2sin sin cos
B
C
C
B
B
=
因为
(0,π),
(0,π)
B
C
Î
Î
，可得sin sin
0
B
C >
，所以
3
cos
2
B =
，所以
π
6
B =
.
（2）解：由2 2sin
cos2
1 sin2
A
A
A
+
= +
，
可得
2
2 2sin
1
2sin
1
2sin cos
A
A
A
A
+ -
= +
，即
sin
sin
cos
2
0
A
A
A
+
-
=
，
因为
(0,π)
AÎ
，可得sin
0
A >
，所以sin
cos
2
A
A
+
=
，即
π
sin
1
4
A
æ
ö
+
=
ç
÷
è
ø
，
又
π
π 5π
,
4
4
4
A
æ
ö
+
Îç
÷
è
ø ，所以
π
π
4
2
A+
=
，解得
π
4
A =
，
又因为
π
A
B
C
+
+
= ，可得
π
π
π
π
π
π
2
6
sin
sin
sin
sin
cos
cos
sin
4
3
4
3
4
3
4
C
A
B
+
æ
ö
=
+
=
+
=
+
=
ç
÷
è
ø
由正弦定理sin
sin
a
b
A
B
=
，可得
π
2 2 sin
sin
4
4
π
sin
sin 6
b
A
a
B
=
=
=
，
所以
1
1
2
6
sin
4 2 2
2
2 3
2
2
4
ABC
S
ab
C
+
=
=
´ ´
´
=
+
V
.
3.【解】（1）因为
2
2
2
a
c
ac
b
+
-
=
，则
2
2
2
ac
a
c
b
=
+
-
，
则
2
2
2
1
cos
2
2
2
a
c
b
ac
B
ac
ac
+
-
=
=
=
，
因为
π
0, 2
B
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，所以
π
3
B =
；
（2）因为
π
3
B =
，所以
2
3
A
C
B
p
+
= p -
=
，则
2π
3
C
A
=
-
，
由正弦定理，得sin
sin
a
b
A
B
=
，
所以
2 3
sin
sin
sin
3
b
a
A
A
B
=
×
=
，
因为
ABC
V
为锐角三角形，
所以
π
0
2
2π
π
0
3
2
A
A
ì <
<
ïïí
ï <
-
<
ïî
，解得π
π
6
2
A
<
<
，
所以1
sin
1
2
A
<
< ，所以
3
2 3
2 3
sin
3
3
3
A
<
<
，
所以
3
2 3
3
3
a
<
<
，即a 的取值范围为
3 2 3
,
3
3
æ
ö
ç
÷
è
ø
.
4.【解】（1）在ACD
V
中，
30
ACD
=
°，
45
CAD
=
° ，则
180
180
30
45
105
ADC
ACD
CAD
=
°-
-
=
°-
°-
° =
°，
由正弦定理得sin
sin
AC
AD
ADC
ACD
=
，
2
sin105
sin30
AC
=
°
°
，
所以
2 2 sin105
AC =
° ，
因为sin105
sin(60
45 )
sin 60 cos45
cos60 sin 45
° =
°+
° =
°
°+
°
°
3
2
1
2
6
2
2
2
2
2
4
+
=
´
+
´
=
，
所以
6
2
2 2
3
1
4
AC
+
=
´
=
+ ；
（2）因为BC
CD
^
，
30
ACD
=
°，所以
60
ACB
=
°，
所以
120
BAC
B
=
°-
，
因为
ABC
V
为锐角三角形，所以
0
90
0
90
BAC
B
° <
<
°
ì
í ° <
<
°
î
，
即
0
120
90
0
90
B
B
° <
°-
<
°
ì
í ° <
<
°
î
，解得30
90
B
° <
<
° ，
在
ABC
V
中，由正弦定理得sin
sin
BC
AC
BAC
B
=
，
则
sin
( 3
1)sin(120
)
sin
sin
AC
BAC
B
BC
B
B
+
°-
=
=
( 3
1)(sin120 cos
cos120 sin
)
sin
B
B
B
+
°
-
°
=
3
1
( 3
1)(
cos
sin
)
2
2
sin
B
B
B
+
+
=
3
1
3
(
1)
2
tan B
+
=
+
，
所以
1
1
3
1
3
sin
( 3
1)
(
1)sin 60
2
2
2
tan
ABC
S
AC BC
ACB
B
+
=
×
=
´
+
´
+
°
V
2
( 3
1)
3
3
(
1)
4
2
tan B
+
=
´
+
2 3
3
3
(
1)
4
tan B
+
=
+
，
因为30
90
B
° <
<
° ，所以
3
tan
tan30
3
B >
° =
，
所以
3
0
3
tan B
<
<
，所以
3
1
1
4
tan B
<
+ <
，
所以2 3
3
2 3
3
3
(
1)
2 3
3
4
4
tan B
+
+
<
+
<
+ ，
即2 3
3
2 3
3
4
ABC
S
+
<
<
+
V
.
5.【解】（1）依题意，
1
1
sin
sin
sin
sin
2
2
a c
C
b
B
a
A
ab
C
+
-
=
，
所以sin
sin
sin
sin
c
C
b
B
a
A
b
C
+
-
=
，
由正弦定理可得，
2
2
2
c
b
a
bc
+
-
=
，
由余弦定理，
2
2
2
2
cos
c
b
a
bc
A
+
-
=
，解得
1
cos
2
A =
，
因为
0,π
AÎ
，所以
π
3
A =
；
（2）依题意，
5
3
b
c
a
+
=
-
=
，
因为
2
2
2
2
3
c
b
bc
b
c
bc
a
+
-
=
+
-
=
，解得
5
3
bc =
，
因为
1
2
AD
AB
AC
=
+
，
所以
2
2
2
2
2
2
5
3
1
11
3
4
4
4
4
6
b
c
bc
b
c
bc
AD
AB
AC
-
+
-
+
+
=
+
=
=
=
=
，
所以
66
6
AD =
．
6.【解】（1）
cos
3 sin
0
a
C
a
C
b
c
+
-
-
=
Q
，由正弦定理得
sin
cos
3sin
sin
sin
sin
0
A
C
A
C
B
C
+
-
-
=
，
又
sin
sin
sin
cos
cos
sin
B
A
C
A
C
A
C
=
+
=
+
，
∴sin
cos
3sin
sin
sin
cos
cos
sin
sin
0
A
C
A
C
A
C
A
C
C
+
-
-
-
=
，
即3sin
sin
cos
sin
sin
0
A
C
A
C
C
-
-
=
，
∵
0,π
C Î
，∴sin
0
C >
，
3sin
cos
1
A
A
\
-
= ，
π
1
sin
6
2
A
æ
ö
\
-
=
ç
÷
è
ø
，
又
0,π
AÎ
，所以
π
π 5π
,
6
6
6
A
æ
ö
-
Î -
ç
÷
è
ø，
∴
π
π
6
6
A-
=
，
π
3
A
\
=
；
（2）
1
1
sin
3
2
2
S
bc
A
a
=
=
× ×
Q
，
2
bc
a
\
=
，
由（1）知，
π
3
A =
，
由余弦定理得
2
2
2
cos
2
b
c
a
A
bc
+
-
=
，即
2
2
2
1
2
2
b
c
a
bc
+
-
=
，
即
2
2
2
a
b
c
bc
=
+
-
，
又
6
a
b
c
+
+
=
Q
，
2
2
2
3
6
6
a
b
c
bc
a
a
\
=
+
-
=
-
-
，
2
a
\
=
.
7.【解】（1）由已知sin
cos 2
A
a
C
c
=
，
又由正弦定理可得sin
sin
sin
cos 2
A
A
C
C
=
，
又
0,π
C Î
，所以sin
0
C ¹
，
则sin
cos 2
A
A
=
，又sin
2sin
cos
2
2
A
A
A =
，即2sin
cos
cos
2
2
2
A
A
A
=
，
又
0,π
AÎ
，
π
0,
2
2
A
æ
ö
Îç
÷
è
ø，即cos
0
2
A ¹
，
则
1
sin 2
2
A =
，所以
π
2
6
A =
，
π
3
A =
；
（2）由已知
1
3
3
sin
2
2
2
ABC
S
bc
CAB
c
=
=
=
V
，所以
3
c =
，
因为AD 为角
CAB
的角分线，
故
π
6
CAD
BAD
=
=
，
所以
1
1
sin
sin
2
2
ABC
ACD
ABD
S
S
S
b AD
CAD
c AD
BAD
=
+
=
×
×
+
×
×
V
V
V
，
即3
1
3
2
3
2
2
4
4
AD
AD
AD
+
=
+
=
，
解得
6 2
3
AD =
-
.
8.【解】（1）证明：因为
2
2
cos
sin
cos2
0
A
C
B
+
-
=
，
所以
2
2
2
1 sin
sin
1
2sin
0
A
C
B
-
+
-
-
=
，整理得
2
2
2
sin
2sin
sin
A
B
C
=
+
，
由正弦定理可得
2
2
2
2
a
b
c
=
+
；
（2）（ⅰ）因为
2
2
2
2
a
b
c
=
+
，
2c
ab
=
，所以
2
2
2
2
0
a
ab
b
a
b
a
b
-
-
=
-
+
=
，
由于,
0
a b >
，所以
2
0
a
b
-
=
，即
2
a
b
=
，则
2
2
2
c
b
=
，即
2
c
b
=
，
由余弦定理得
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
3
3
cos
2
2 2
4
4
a
b
c
b
b
b
b
C
ab
b b
b
+
-
+
-
=
=
=
=
´
×
；
（ⅱ）若
4
a
b
+
=
，又
2
a
b
=
，则
4
8
,
3
3
b
a
=
=
，
又
2
1
1
3
7
cos
1
cos
1
2
2
2
4
8
C
C
æ
ö
=
+
=
´
+
=
ç
÷
è
ø
，因为
π
0,
2
2
C
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，所以
7
14
cos 2
8
4
C =
=
，
由于
ABC
ADC
BCD
S
S
S
=
+
V
V
V
，则1
1
1
sin
sin
sin
2
2
2
2
2
C
C
ab
C
b CD
a CD
=
×
×
+
×
×
，
所以
8
4
14
2
2
sin
cos
2
cos
sin
4 14
3
3
4
2
2
2
4
9
sin
sin
2
2
C
C
C
ab
ab
ab
C
CD
C
C
a
b
a
b
a
b
´
´
´
=
=
=
=
=
+
+
+
.
9.【解】（1）因为, ,
a b c 成等差数列，所以2b
a
c
=
+ ，又sin
2
sin
3
A
B =
，所以
2
3
a
b =
．
设
2
a
x
=
，则
3 ,
4
b
x c
x
=
=
，则
2
2
2
2
2
2
2
4
16
9
11
cos
2
16
16
a
c
b
x
x
x
B
ac
x
+
-
+
-
=
=
=
．
（2）由（1）得
2
3 15
sin
1 cos
16
B
B
=
-
=
，
则
ABC
V
外接圆的半径
3
8 15
2sin
15
3 15
8
b
x
R
x
B
=
=
=
，
则
2
2
64
π
π
64π
15
x
S
R
=
=
³
，则
2
15
x ³
，
15
x ³
，
则
3
b
x
=
的取值范围为
3 15,
é
+¥
ë
．
10.【解】（1）因为
2cos
a
b
B
c
+
=
，再由余弦定理得
2
2
2
2
2
a
b
a
c
b
c
ac
+
+
-
=
´
，
2
2
2
a
b a
a
c
b
+
=
+
-
化简整理得
2
2
36 16
5
4
c
b
a
b
-
-
=
=
=
.
（2）因为
2cos
a
b
B
c
+
=
，再由正弦定理得sin
sin
2cos
sin
A
B
B
C
+
=
，sin
sin
2cos sin
A
B
B
C
+
=
，
又因为在三角形中
sin
sin
A
B
C
=
+
，所以
sin
sin
2cos sin
B
C
B
B
C
+
+
=
，
sin
cos
cos
sin
sin
2cos sin
B
C
B
C
B
B
C
+
+
=
，所以sin
sin cos
cos
sin
B
C
B
C
B
=
-
，
所以
sin
sin
B
C
B
=
-
11.【解】（1）因为2
2 cos
3
c
a
B
b
-
=
，
根据正弦定理得，2sin
2sin
cos
3sin
C
A
B
B
-
=
.
因为
π
(
)
C
A
B
=
-
+
，所以sin
sin(
)
C
A
B
=
+
，
所以2sin(
)
2sin
cos
3sin
A
B
A
B
B
+
-
=
，
所以2cos
sin
3sin
A
B
B
=
，
因为
(0,π)
BÎ
，所以sin
0
B ¹
，所以
3
cos
2
A =
，
因为
(0,π)
AÎ
，所以
π
6
A =
.
（2）根据余弦定理得，
2
2
2
π
2
cos 6
a
b
c
bc
=
+
-
，
将
1
a = ，
2 3
bc =
代入上式整理得，
2
2
7
b
c
+
=
，
又因为
2 3
bc =
且b
c
<
，解得
3
b =
，
2
c =
，
所以
2
2
2
a
b
c
+
=
，所以
ABC
V
为以AB 为斜边的直角三角形，
所以斜边AB 上的高为
1
3
3
2
2
ab
h
c
´
=
=
=
.
12.【解】（1）在
ABC
V
中，sin
sin
AC
CB
ABC
BAC
=
Þ
sin
sin
AC
BAC
CB
ABC
×
=
，
在
ADC
△
中，sin
sin
AC
CD
ADC
DAC
=
Þ
sin
sin
AC
DAC
CD
ADC
×
=
，
因为
180
ABC
ADC
+
=
° ，所以sin
sin
ABC
ADC
=
，且
BAC
DAC
=
，
所以CB
CD
=
.
（2）在
ABC
V
中，设
BAC
q
=
2 2
sin
sin
AC
CB
ABC
q
=
=
Þ
2
sin
2
ABC
=
，
2 2 sin
CB
q
=
.
所以
π
4
ABC
=
或3π
4 ，
π
2
BCD
q
=
-
，
所有由三角形内角和可得
π
0, 4
q
æ
ö
Îç
÷
è
ø.
1
sin π
2
2
BCD
S
CB CD
q
=
×
×
-
V
2
4sin
sin 2
q
q
=
×
3
8sin
cos
q
q
=
×
所以
2
6
2
6
2
64sin
cos
64sin
1 sin
BCD
S
q
q
q
q
=
=
-
V
6
8
64 sin
sin
q
q
=
-
设
2
sin
t
q
=
，
1
0, 2
t
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，
设
3
4
1
,
0, 2
f t
t
t
t
æ
ö
=
-
Îç
÷
è
ø ，则
2
3
2
3
4
3
4
0
f
t
t
t
t
t
¢
=
-
=
-
>
，
所以
f t 在
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增,
所以
1
0,16
f t
æ
ö
Îç
÷
è
ø .
所以
BCD
△
面积的取值范围为
0,4 .
