重难点29：解三角形图形之培优类题型归
纳（十二大培优题型总结）
（培优固本提能讲义）
知识网络·核心根基深扎牢....................................................................................1
实战演练·能力进阶攀高峰....................................................................................3
题型01、解三角形图形之妙用两次正弦定理...............................................3
题型02、解三角形图形之妙用两次余弦定理...............................................4
题型03、解三角形图形之张角定理...............................................................5
题型04、解三角形图形之高线问题...............................................................6
题型05、解三角形图形之角平分线问题.......................................................6
题型06、解三角形图形之中线问题...............................................................7
题型07、解三角形图形之等面积法...............................................................8
题型08、解三角形图形之重心问题...............................................................6
题型09、解三角形图形之外心及外接圆问题...............................................7
题型10、解三角形图形之内心及内接圆问题...............................................6
题型11、解三角形图形之两边夹问题...........................................................7
题型12、解三角形图形之证明类问题...........................................................7
题型精析・方法突破提能力................................................................................9
知识点：解决三角形图形类问题的方法：
1.两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；
2.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；
3.正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
4.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
知识网络・核心根基深扎牢
的不错选择；
5.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；
6.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.
题型01 解三角形图形之妙用两次正弦定理
解三角形图形之妙用两次正弦定理的解题策略
1.识别共角/共边关联图形：分析图形结构，找出含公共角或公共边的两个三角形，明确两
三角形中已知量、待求量，标注边与角的对应关系。
2.两次用定理建等式求解：对两个三角形分别列正弦定理表达式，利用共角正弦值相等或
共边长度相等联立等式，消去中间量，计算得待求量并验证。
1．如图，四边形ABCD中∠BAC =90
∘，∠ABC =60
∘，AD⊥CD，设∠ACD =θ．
（1）若△ABC面积是△ACD面积的4倍，求sin2θ;
（2）若tan ∠ADB = 1
2，求tanθ.
【答案】（1）sin 2θ =
❑√3
6
；（2）tanθ =2+ ❑√3.
【分析】（1）设AB =a，根据S△ABC = 4 S△ACD，；利用三角形的面积公式即可求解.
（2）在△ABD中，利用正弦定理可得
BD
sin (π −θ) =
a
sin ∠ADB，在△BCD中，
BD
sin(
π
6 +θ)
=2a
sin（π
2 −∠ADB)，两式作商即可求解.
实战演练・能力进阶攀高峰
【详解】解：（1）设A B=a，
则A C= ❑√3a，AD = ❑√3asinθ，CD = ❑√3acosθ，
由题意S△ABC = 4 S△ACD，
则1
2 a⋅❑√3a= 4⋅1
2
❑√3acosθ⋅❑√3asinθ，
所以sin 2θ =
❑√3
6
.
（2）由正弦定理，在△ABD中，
BD
sin ∠BAD =
AB
sin ∠ADB ，
即
BD
sin (π −θ) =
a
sin ∠ADB ①
在△BCD中，
BD
sin ∠BCD =
BC
sin ∠CDB ，
即
BD
sin(
π
6 +θ)
=2a
sin（π
2 −∠ADB)②
÷
②①得：
sinθ
sin(
π
6 +θ)
=2tan ∠ADB =1
，
∴sinθ =sin(
π
6 +θ)，化简得cosθ =(2−❑√3)sinθ，
所以tanθ =2+ ❑√3.
2．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；
（2）若∠ADB = π
6 ，求tanθ.
【答案】（1）sin 2θ =
❑√3
2 （2）tanθ =
❑√3
2
【分析】（1）设AC＝a，可求AB= ❑√3a，AD＝asinθ，CD＝acosθ，由题意S△ABC＝
4S△ACD，利用三角形的面积公式即可求解；
（2）在△ABD 中，△BCD 中，分别应用正弦定理，联立可得2sin（π
3 +θ）＝
3sinθ，利用两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式即可求解．
【详解】（1）设AC =a，则AB = ❑√3a，AD =asinθ，CD =acosθ，由题意
S ΔABC = 4 S ΔACD，
则1
2 a⋅❑√3a= 4⋅1
2 acosθ⋅asinθ，所以sin 2θ =
❑√3
2 .
（2）由正弦定理，ΔABD中，
BD
sin∠BAD =
AB
sin∠ADB ，即
BD
sin (π −θ) =
❑√3a
sin π
6
①
ΔBCD中，
BD
sin∠BCD =
BC
sin∠CDB ，即
BD
sin(
π
3 +θ)
= 2a
sin π
3
②
÷
①②得：2sin(
π
3 +θ)=3sinθ，化简得
❑√3cosθ =2sinθ，所以tanθ =
❑√3
2 .
【点睛】本题主要考查了三角形的面积公式，正弦定理，两角和的正弦公式，同角三
角函数基本关系式在解三角形中的应用，意在考查学生的计算能力和转化思想．
3．在①AB =2 AD，②sin ∠ACB =2sin ∠ACD，③S△ABC =2S△ACD这三个条件中任选
一个，补充在下面问题中，并解答.
已知在四边形ABCD 中，∠ABC +∠ADC =π，BC =CD =2，且______.
(1)证明：tan ∠ABC =3 tan ∠BAC；
(2)若AC =3，求四边形ABCD 的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)9 ❑√15
8
【分析】（1）选择①，由正弦定理及角度关系推出∠BAC =∠DAC及
sin∠ACB =2sin∠ACD，结合两角和的正弦公式及诱导公式，进行证明；选择②，利用
正弦定理推导出∠BAC =∠DAC，直接利用两角和的正弦公式及诱导公式即可推出结论；
选择③，由正弦定理，面积公式及面积的倍数关系得到∠BAC =∠DAC，
sin∠ACB =2sin∠ACD，使用两角和的正弦公式及诱导公式进行证明；（2）在证明出
第一问的基础上，设出边长，利用余弦定理求出AD的长及角的正弦值，进而利用面积公
式进行求解.
【详解】（1）方案一：选条件①.
在△ABC中，由正弦定理得，
AC
sin ∠ABC =
BC
sin ∠BAC =
AB
sin ∠ACB ，
在△ACD中，由正弦定理得，
AC
sin ∠ADC =
CD
sin ∠DAC =
AD
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 =2 AD，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)，
即
sin ∠ABC cos∠BAC +cos∠ABC sin ∠BAC =2(sin ∠ABC ⋅cos∠BAC −cos∠ABC sin ∠BAC)
，
所以sin∠ABC cos∠BAC =3cos∠ABC sin∠BAC，
所以tan∠ABC =3 tan∠BAC.
方案二：选条件②.
在△ABC中，由正弦定理得，
AC
sin ∠ABC =
BC
sin ∠BAC ，
在△ACD中，由正弦定理得，
AC
sin ∠ADC =
CD
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 ∠ABC cos∠BAC +cos∠ABC sin ∠BAC =2(sin ∠ABC ⋅cos∠BAC −cos∠ABC sin ∠BAC)
，
所以sin∠ABC cos∠BAC =3cos∠ABC sin∠BAC，
所以tan∠ABC =3 tan∠BAC.
方案三：选条件③.
因为S△ABC = 1
2 BC ⋅AC ⋅sin ∠ACB，S△ACD= 1
2 CD⋅AC ⋅sin ∠ACD，且
BC =CD，S△ABC =2S△ACD，
所以sin∠ACB =2sin∠ACD
在△ABC中，由正弦定理得，
AC
sin ∠ABC =
BC
sin ∠BAC ，
在△ACD中，由正弦定理得，
AC
sin ∠ADC =
CD
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 ∠ABC cos∠BAC +cos∠ABC sin ∠BAC =2(sin ∠ABC ⋅cos∠BAC −cos∠ABC sin ∠BAC)
，
所以sin∠ABC cos∠BAC =3cos∠ABC sin∠BAC，
所以tan∠ABC =3 tan∠BAC.
（2）选择①②③，答案均相同，
由（1）可设AD = x，则AB =2 x，
在△ABC中，由余弦定理得，
cos∠ABC = A B
2+ BC
2−A C
2
2 AB⋅BC
= 4 x
2−5
8 x
，
在△ACD中，由余弦定理得，
cos∠ADC = A D
2+C D
2−A C
2
2 AD⋅CD
= x
2−5
4 x ，
因为cos∠ABC =cos(π−∠ADC)=−cos∠ADC，
所以4 x
2−5
8 x
=−x
2−5
4 x ，解得x =
❑√10
2
或x =−
❑√10
2
（舍去），
所以cos∠ABC =
❑√10
8
，
所以sin∠ABC =sin∠ADC =
❑√
1−(
❑√10
8 )
2
= 3 ❑√6
8
，
所以四边形ABCD 的面积S =3 S△ACD= 3
2 AD⋅CD⋅sin ∠ADC = 9 ❑√15
8
.
4．如图，在平面四边形ABCD中，∠BCD =π
2 ，AB =1，∠ABC = 3π
4 .
(1)当BC = ❑√2，CD = ❑√7时，求△ACD的面积；
(2)当∠ADC =π
6 ，AD =2时，求cos∠ACD.
【答案】(1)3
4
❑√14；
(2)cos∠ACD =
❑√3
3
.
【分析】（1）利用余弦定理求出AC，cos∠ACB，再利用诱导公式、三角形面积公
式计算作答.
（2）在△ABC和△ACD中用正弦定理求出AC，再借助同角公式求解作答.
【详解】（1）当BC = ❑√2时，在△ABC中，由余弦定理得
A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB⋅BC cos∠ABC，
即A C
2=3−2❑√2cos 3 π
4 =5，解得AC = ❑√5，
cos∠ACB = A C
2+ BC
2−A B
2
2 AC ⋅BC
= 3 ❑√10
10
，
因为∠BCD =π
2 ，则sin ∠ACD =cos∠ACB = 3 ❑√10
10
，又CD = ❑√7，
所以△ACD的面积是S△ACD= 1
2 AC ⋅CD sin ∠ACD = 1
2
❑√5×❑√7× 3 ❑√10
10
= 3
4
❑√14.
（2）在△ABC中，由正弦定理得
AB
sin∠ACB =
AC
sin∠ABC
，即
AC =
ABsin 3 π
4
sin∠ACB =
❑√2
2cos∠ACD
，
在△ACD中，由正弦定理得
AD
sin ∠ACD =
AC
sin ∠ADC ，即
AC =
ADsin π
6
sin∠ACD =
1
sin∠ACD
，
则
❑√2
2cos∠ACD =
1
sin ∠ACD ，整理得sin ∠ACD = ❑√2cos∠ACD，而
sin
2∠ACD +cos
2∠ACD =1，∠ACD为锐角，
所以cos∠ACD =
❑√3
3 .
题型02 解三角形图形之妙用两次余弦定理
解三角形图形之妙用两次余弦定理的解题策略
1.定位共边/共角的关联三角形：剖析图形，找到含公共边或公共角的两个三角形，明确各
三角形的已知边、角及待求量，标注边与角的对应关系。
2.两次用定理联立求解：对两个三角形分别列余弦定理表达式，利用公共边相等或公共角
余弦值相等联立等式，消去中间量，计算待求量并验证合理性。
5．在平面四边形ABCD中，∠ABD =∠BCD =90
∘，∠DAB = 45
∘.
（1）若AB =2，∠DBC =30
∘，求AC的长；
（2）若tan ∠BAC = 3
4 ，求tan∠DBC的值.
【答案】（1）AC = ❑√7+2❑√3；（2）
❑√21−3
6
.
【分析】（1）由已知得DB =2，BC = ❑√3，由余弦定理得A C
2=7+2❑√3，可得答案；
（2）设∠DBC =α，由tan ∠BAC = sin ∠BAC
cos∠BAC ，结合
cos
2∠BAC +sin
2∠BAC =1，得到sin∠BAC、cos∠BAC，再由正弦定理得
4 cos
2α −3sin α cosα =3，利用4 cos
2α −3sin α cosα
cos
2α +sin
2α
可得答案.
【详解】（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
A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB⋅BC cos∠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，
因为tan ∠BAC = sin ∠BAC
cos∠BAC = 3
4 ，所以cos∠BAC = 4
3 sin ∠BAC，
于是cos
2∠BAC +sin
2∠BAC = 25
9 sin
2∠BAC =1，
因为0
∘<∠BAC <90
∘，
所以sin ∠BAC = 3
5，cos∠BAC = 4
5 ，
在△ABC中，由正弦定理得
AB
sin ∠ACB =
CB
sin ∠BAC ，
所以
2
sin(90
∘−α −∠CAB)
= 2cosα
3
5
，
于是cosα cos(α +∠CAB)= 3
5，
即4 cos
2α −3sin α cosα =3，
所以4 cos
2α −3sin α cosα
cos
2α +sin
2α
= 4−3 tan α
1+ tan
2α
=3，
因为0
∘<α <90
∘，所以tan ∠DBC = tan α =
❑√21−3
6
.
【点睛】本题考查了解三角形的问题，解题的关键点是熟练掌握正弦定理、余弦定理
及三角函数的性质，考查了学生分析问题、解决问题的能力.
6．如图，四边形ABCD中，cos∠BAD = 1
3，AC = AB =3 AD．
(1)求sin∠ABD；
(2)若∠BCD =90°，求tan∠CBD．
【答案】(1)1
3
(2)❑√2
【分析】（1）根据余弦定理求出BD，由勾股定理判断出△ABD为直角三角形，求
解即可；
（2）根据余弦定理求出cos∠BCA，cos∠ACD，结合勾股定理求出参数，计算即
可．
【详解】（1）△ABD中，设AC = AB =3 AD =3t (t >0)，则
cos∠BAD = 1
3 = (3t )
2+t
2−B D
2
2×(3t )×t
，解得BD =2❑√2t
∵B D
2+ A D
2= A B
2，∴sin∠ABD = AD
AB = 1
3；
（2）设AC = AB =3 AD =3t (t >0)，则BD =2❑√2t
设BC = xt，CD = yt (x>0, y >0)，
△ABC中，cos∠BCA = (3t )
2+(xt )
2−(3t )
2
2×(3t )×(xt )
= x
6
△ADC中，cos∠DCA = 1
3 = (3t )
2+( yt )
2−t
2
2×(3t )×( yt ) = y
2+8
6 y
∵∠BCA +∠DCA =∠BCD =π
2 ，∴cos∠DCA =sin∠BCA，可得
y
2+8
6 y = ❑√1−(
x
6)
2
，化简得(
y
2+8
6 y )
2
=1−(
x
6)
2
，即x
2 y
2+ y
4+64 =20 y
2
又∵BC
2+C D
2= B D
2，∴x
2t
2+ y
2t
2=8t
2，即∴x
2+ y
2=8
∴(8−y
2) y
2+ y
4+64 =20 y
2，解得y
2= 16
3 , x
2=8−y
2= 8
3
tan ∠CBD = CD
BC = yt
xt =
❑
√
16
3
8
3
= ❑√2
7．如图，梯形ABCD中，AB//CD，AD =2❑√3,BC =2．
(1)求证：sinC = ❑√3sin A；
(2)若C =2 A，AB =2CD，求梯形ABCD的面积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)3 ❑√3.
【分析】（1）连接BD，利用正弦定理，结合已知推理即得.
（2）由（1）结合已知求出∠BAD，利用余弦定理求出CD并验证即可求出梯形的面
积.
【详解】（1）连接BD，由AB //CD，得∠ABD =∠BDC，在△ABD中，由正弦
定理得
AD
sin∠ABD = BD
sin A ，
在△BCD中，由正弦定理得
BC
sin ∠BDC = BD
sinC ，则BC sinC = AD sin A，
而AD =2❑√3,BC =2，所以sinC = ❑√3sin A.
（2）由（1）知sinC = ❑√3sin A，又C =2 A，则
2sin A cos A =sin2 A = ❑√3sin A，
而0< A <π，于是cos A =
❑√3
2 ，A =π
6 ，C =2 A =π
3 ，
在△ABD中，由余弦定理得：
B D
2= A D
2+ A B
2−2 AD⋅ABcos A =12+ A B
2−4 ❑√3 AB⋅
❑√3
2
= A B
2−6 AB+12= 4C D
2−12CD +12，
在△BCD中，由余弦定理得：
B D
2= BC
2+C D
2−2BC ⋅CDcosC = 4+C D
2−4CD⋅1
2 =C D
2−2CD + 4，
于是4C D
2−12CD +12=C D
2−2CD + 4，解得CD =2或4
3 ，
当CD = 4
3 时，连接AC，在△ACD中，由余弦定理得：
A C
2= A D
2+C D
2−2 AD⋅CD⋅cos 5π
6
=12+ 16
9 −2×2❑√3× 4
3 ×(−
❑√3
2 )= 196
9 ，
解得AC = 14
3 ，而此时AB+ BC = 8
3 +2= 14
3 = AC，矛盾，
当CD =2时，A C
2=12+ 4−2×2❑√3×2×(−
❑√3
2 )=28，解得AC =2❑√7< AB+ BC，
符合题意，
此时梯形ABCD的高h= AD⋅sinπ
6 = ❑√3，
所以梯形ABCD的面积S = 1
2
( AB+CD)h=3 ❑√3.
8．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 =3 DE.
(1)若DE =1，求∠BAC的余弦值；
(2)若∠ABC =π
4 ，求线段BE的长.
【答案】(1)−
❑√2
4
(2)
❑√10
2
【分析】（1）设BD = DC = x，由cos∠ADB+cos∠ADC =0结合余弦定理求解即
可求出x =2❑√2，在△ABC中，由余弦定理即可求出答案.
（2）在△ABC中，由余弦定理求出BC =2❑√2，在△ABD中，由余弦定理求出
AD = ❑√10，连接BE，在△ABE中，由余弦定理即可求出线段BE的长.
【详解】（1）因为DE =1，AE =3 DE，所以AD =2，
因为∠ADB+∠ADC =π，所以cos∠ADB+cos∠ADC =0，
设BD = DC = x，则B D
2+ A D
2−A B
2
2BD⋅AD
+ C D
2+ A D
2−A C
2
2CD⋅AD
=0，即
x
2+ 4−16
2⋅x⋅2 + x
2+ 4−8
2⋅x⋅2 =0，
解得x =2❑√2，所以BC =2BD = 4 ❑√2，
在△ABC中，由余弦定理知，cos∠BAC = A B
2+ A C
2−BC
2
2 AB⋅AC
= 16+8−32
2⋅4⋅2❑√2 =−
❑√2
4 .
（2）在△ABC中，由余弦定理知，A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB⋅BC ⋅cos∠ABC，
所以8=16+ BC
2−2⋅4⋅BC ⋅
❑√2
2 ，化简得BC
2−4 ❑√2BC +8=0，解得BC =2❑√2，
因为D是BC的中点，所以BD = 1
2 BC = ❑√2，
在△ABD中，由余弦定理知，A D
2= A B
2+ B D
2−2 AB⋅BD⋅cos∠ABC
=16+2−2×4×❑√2×
❑√2
2 =10，
所以AD = ❑√10，
因为AE =3 DE，所以AE = 3
2 AD = 3 ❑√10
2
，
在△ABD中，由余弦定理知，
cos∠BAE = A B
2+ A D
2−B D
2
2 AB⋅AD
= 16+10−2
2×4×❑√10 =
3
❑√10，
连接BE，在△ABE中，由余弦定理知，
B E
2= A B
2+ A E
2−2 AB⋅AE⋅cos∠BAE =
16+(
3 ❑√10
2 )
3
−2×4× 3 ❑√10
2
×
3
❑√10 = 5
2，
所以BE =
❑√10
2
.
题型03 解三角形图形之张角定理
解三角形图形之张角定理的个数的解题策略
1.识别张角定理适用图形：确认图形中存在一点对某线段两端点形成张角，且该点与线段
构成的两个小角已知或关联，明确已知边长、角度及待求量。
2.代入定理列等式求解：按张角定理sin α
b
+ sin β
a
= sin(α + β)
c
（对应边与角匹配）列等
式，代入已知量计算待求边/角，验证符合图形逻辑。
9．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知点D 在BC边上，AD⊥AC，
sin ∠BAC = 2❑√2
3
， AB =3 ❑√2，AD =3，则CD = .
【答案】3 ❑√3
【分析】根据张角列式sin∠BAC
AD
=sin∠BAD
AC
+sin∠DAC
AB
，即可求解.
【详解】如图：
∵sin ∠BAC = 2❑√2
3
∴cos∠BAC =−
❑√1−sin
2∠BAC =−1
3
由张角定理得：sin∠BAC
AD
=sin∠BAD
AC
+sin∠DAC
AB
即
2❑√2
3
3
=
sin(∠BAC −π
2 )
AC
+
sinπ
2
3 ❑√2
即2❑√2
9
= −cos∠BAC
AC
+
1
3 ❑√2，即2❑√2
9
=
1
3
AC +
1
3 ❑√2
解得AC =3 ❑√2，
∴CD =
❑√A D
2+ A C
2=3 ❑√3.
故答案为：3 ❑√3
10．在△ABC中，角A 、B、C所对的边分别为a、b、c，AD是∠BAC的角平分线，
若∠BAC =π
3 ，| AD|=2❑√3，则2b+c的最小值为
【答案】6+ 4 ❑√2
【分析】利用张角定理得到1
b + 1
c = 1
2，再利用不等式中1的妙用来求解最值.
【详解】∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠BAD =∠CAD = 1
2 ∠BAC =π
6 ，
由张角定理得:sin∠BAC
AD
= sin∠BAD
AC
+ sin∠DAC
AB
，
即
sinπ
3
2❑√3 =
sinπ
6
b
+
sinπ
6
c
，
∴1
b + 1
c = 1
2，
∴2b+c =(2b+c)(
1
b + 1
c)×2= 2c
b + 4 b
c +6≥6+ 4 ❑√
2c
b × 4 b
c =6+ 4 ❑√2，
（当且仅当2c
b = 4 b
c ，即c = ❑√2b=2+2❑√2时取“=”）.
故答案为：6+ 4 ❑√2.
11．已知AD 是△ABC的∠A角平分线，cos∠BAC = 3
4 ，AB =5，AC =2，则AD =
.
【答案】5 ❑√14
7
/5
7
❑√14
【分析】设∠BAD =∠CAD =θ，借助张角定理可得sin2θ
AD
=sinθ
AB +sinθ
AC ，结合
数据计算即可得解.
【详解】设∠BAD =∠CAD =θ，
则由张角定理可得：sin2θ
AD
=sinθ
AB +sinθ
AC ，
故2sinθcosθ
AD
=sinθ
AB +sinθ
AC ，即有2cosθ
AD
= 1
AB + 1
AC ，
所以2cosθ
AD
= 1
5 + 1
2 = 7
10，则AD = 20
7 cosθ，
又因cos2θ =2cos
2θ−1= 3
4 ，cosθ =
❑√14
4
，
所以AD = 20
7 cosθ = 20
7 ×
❑√14
4
= 5 ❑√14
7
.
12．在△ABC中，角A 、B、C的对边分别为a、b、c，∠ABC =120°，∠ABC的平
分线交AC于点D，且BD =1，则a+c的最小值为 .
【答案】4
【分析】解法1：利用三角形面积公式计算可得1
a + 1
c =1，利用常数代换结合基本不
等式求最值即可；
解法2：根据张角定理计算可得1
a + 1
c =1，利用常数代换结合基本不等式求最值即可.
【详解】
解法1：如图，S△ABC = 1
2 ac sin B =
❑√3
4 ac，
S△ABC = S△ABD+ S△CBD= 1
2 AB⋅BD⋅sin ∠ABD+ 1
2 BC ⋅BD⋅sin ∠CBD =
❑√3
4
(a+c)
，
所以
❑√3
4 ac =
❑√3
4
(a+c)，故1
a + 1
c =1，
从而a+c =(a+c)(
1
a + 1
c)=2+ c
a + a
c ≥2+2❑√
c
a ⋅a
c = 4，
当且仅当a=c =2时取等号，所以a+c的最小值为4.
解法2：如图，由张角定理，cos∠ABD = 1
2(
BD
AB + BD
BC)，所以1
2 = 1
2(
1
c + 1
a)，故
1
a + 1
c =1，
从而a+c =(a+c)(
1
a + 1
c)=2+ c
a + a
c ≥2+2❑√
c
a ⋅a
c = 4，
当且仅当a=c =2时取等号，故a+c的最小值为4.
故答案为：4.
题型04 解三角形图形之高线问题
解三角形图形之高线问题的解题策略
1.定位高线关联的直角三角形：明确高线将原三角形分成两个直角三角形，标注公共高线
及对应的锐角、直角边（原三角形的边），确定已知量与待求量。
2.用三角函数或定理求解：在直角三角形中用锐角三角函数（如sin A =对边/斜边）求高
线；或结合面积公式S = 1
2 ah反求，验证结果符合直角三角形性质。
13．在△ABC中，C =π
6 ,CA边上的高等于
❑√3
2 CA，则sin B =（ ）
A．
❑√3
2
B．1
2
C．
❑√3
3
D．1
3
【答案】B
【分析】根据三角函数，结合图形，即可求解.
【详解】如图，CA边上的高为BD，BD =
❑√3
2 CA，且C =π
6 ，
所以CB = ❑√3CA，则CD = BC ⋅cosπ
6 = 3
2 CA，
则AD = 1
2 CA，AB =
❑√B D
2+ A D
2= AC，
所以∠ABC =∠C =π
6 ，则sin B =sinπ
6 = 1
2.
故选：B
14．△ABC 中，BD 是AC 边上的高，A = π
6 ，cos B =−5 ❑√13
26
，则BD
AC =（ ）
A．
❑√3
9
B．
❑√13
9
C．
❑√3
3
D．
❑√13
3
【答案】A
【分析】由同角三角函数的基本关系以及和角公式得出sinC，再根据等面积法得出
BD =
❑√13
13 BC，最后由正弦定理得出BD
AC .
【详解】∵cos B =−5 ❑√13
26
∴sin B =
❑√
1−(−5 ❑√13
26 )
2
= 3 ❑√39
26
sinC =sin(B+ π
6)=
❑√3
2 sin B+ 1
2 cos B =
❑√13
13
∵S△ABC = 1
2 AC ⋅BD = 1
2 AC ⋅BC sinC
∴BD = BC sinC =
❑√13
13 BC
由正弦定理可知，
AC
sin B = BC
sin π
6
即AC = 3 ❑√39
13
BC
∴BD
AC =
❑√13
13 BC
3 ❑√39
13
BC
=
❑√3
9 ；
故选：A．
15．在△ABC中，角A ,B ,C的对边为a，b，c，sin A +cos A =2❑√2sin B，且
a
2+c
2−b
2= ❑√3ac.
(1)求A；
(2)若△ABC的周长为3+ ❑√3+ ❑√2，求AB边上的高.
【答案】(1)π
4 ；
(2)1.
【分析】（1）由余弦定理可以求出B =π
6 ，再由三角函数的性质求解；
（2）在△ABC中，过点C作CD⊥AB，设|AD)= x，将△ABC的周长表示出来即可
求解．
【详解】（1）因为a
2+c
2−b
2= ❑√3ac，所以cos B = a
2+c
2−b
2
2ac
=
❑√3ac
2ac =
❑√3
2 ，
又因为B∈(0,π)， 所以B =π
6 ，
所以sin A +cos A =2❑√2sin B = ❑√2，
得sin A +cos A = ❑√2sin(A +π
4 )= ❑√2，
得sin(A +π
4 )=1，又因为A ∈(0,π)，所以A =π
4 ．
（2）在△ABC中，过点C作CD⊥AB，
所以∠ACD =∠A =π
4 ,∠BCD =π
3 ，
设|AD)= x，则在△ACD中，|CD)= x ,|AC)= ❑√2 x，
则在△BCD中，|BD)= ❑√3 x ,|BC)=2 x，
所以△ABC的周长为(3+ ❑√3+ ❑√2) x =3+ ❑√3+ ❑√2
所以x =1，
记AB边上的高为h，
所以h=|CD)=1．
16．记△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，已知tan B = 1
2 tanC.
(1)求c
2−b
2
a
2
的值；
(2)若a= ❑√21，且△ABC的周长为7+ ❑√21，求边b上的高.
【答案】(1)1
3
(2)2❑√35
3
【分析】（1）由已知结合切化弦可得2sin BcosC =sinC cosB，利用正余弦定理
边化角，可得3(c
2−b
2)=a
2，即可求得答案；
（2）由题意可得b+c =7，结合（1）即可求出b,c，利用余弦定理求出cos A，进而
求得sin A，结合边b上的高为h=csin A，即可求得答案
【详解】（1）由tan B = 1
2 tanC，可得sin B
cosB =sinC
2cosC ，
所以2sin BcosC =sinC cosB，
又由正弦定理和余弦定理，可得2b⋅a
2+b
2−c
2
2ab
=c⋅a
2+c
2−b
2
2ac
，
整理得3(c
2−b
2)=a
2，所以c
2−b
2
a
2
= 1
3.
（2）由a= ❑√21，且△ABC的周长为7+ ❑√21，可得b+c =7，
又由（1）可知，c
2−b
2= 1
3 a
2=7，即(c +b)(c−b)=7，
所以c−b=1，联立方程组{
b+c =7
c−b=1)，解得c = 4 ,b=3，
所以cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 3
2+ 4
2−(❑√21)
2
2×3×4
= 1
6
，
则sin A =
❑√1−cos
2 A = ❑√
1−(
1
6)
2
=
❑√35
6
,( A ∈(0,π))，
所以边b上的高为h=csin A = 4×
❑√35
6
= 2❑√35
3
.
题型05 解三角形图形之角平分线问题
解三角形图形之角平分线问题的解题策略
1.明确角平分线及关联条件：标注角平分线分得的等角，确定角平分线长度、所分对边的
两段比例（角平分线定理），明确已知边、角及待求量。
2.用定理或面积法求解：用角平分线定理AB
AC = BD
DC 求边的比例；或用面积和（
S∆ABD+ S∆ACD= S∆ABC）求角平分线长度，验证合理性。
17．在△ABC中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，a=2，∠C =2π
3
，CD 是∠C
的角平分线，且CD =1，则AB =（ ）
A．2❑√3
B．❑√3
C．2
D．1
【答案】A
【分析】在△BCD中，由余弦定理求得BD = ❑√3，根据CD是∠ACB的平分线，得
BD
DA = BC
AC ，所以DA =
❑√3
2 b，在△DCA中应用余弦定理求得b，即可求得AB.
【详解】在△BCD中，B D
2= BC
2+C D
2−2BC ⋅CD cos∠BCD，
即B D
2= 4+1−2×2×1×cosπ
3 =3，BD = ❑√3，
因为CD是∠ACB的平分线，所以BD
DA = BC
AC ,即
❑√3
DA = 2
b ，所以DA =
❑√3
2 b
在△DCA中D A
2=C D
2+C A
2−2CD⋅CA ⋅cos∠DCA，
即3
4 b
2=1+b
2−2bcosπ
3
,即b
2−4 b+ 4 =0，解得b=2.
在△ABC中，
A B
2=C A
2+C B
2−2CA ⋅CBcos∠ACB =2
2+2
2−2×2×2cos 2π
3 =12，
所以AB =2❑√3
故选：A.
18．在△ABC中，∠BAC =90°，AD 是∠BAC的角平分线，AB =3，AC = 4，E 是AC
的中点，则DE 的长度为（ ）
A．2❑√37
7
B．2❑√17
7
C．
❑√37
7
D．
❑√17
7
【答案】A
【分析】先利用面积相等求出AD，再结合余弦定理可得答案或建立直角坐标系，分
别求出D，E 坐标，再利用两点间距离公式，即可求值.
【详解】方法一：因为∠BAC =90°，AB =3，AC = 4，所以△ABC的面积为
S = 1
2 ×4×3=6；
因为AD 是∠BAC的角平分线，
所以S = 1
2 AB⋅AD sin 45°+ 1
2 AC ⋅AD sin 45° = 7 ❑√2
4
AD =6，
解得AD = 12❑√2
7
.
在△DAE中，AE = 1
2 AC =2，∠DAE = 45°，
所以D E
2= A D
2+ A E
2−2 AD⋅AE cos∠DAE
= 288
49 + 4−2× 12❑√2
7
×2×
❑√2
2 = 148
49 ，
即DE = 2❑√37
7
.
故选：A.
方法二：因为∠BAC =90°，所以AB⊥AC，
如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x轴，y轴建立直角坐标系，
则A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)，
由AD是∠BAC的角平分线可知，直线AD的方程为：y = x，
因为B(3,0)，C(0,4)，则k BC =−4
3 ，
所以直线BC的方程为：y =−4
3 x + 4，
联立方程组{
y = x
y =−4
3 x + 4)
，可得{
x = 12
7
y = 12
7)
，
所以D( 12
7 , 12
7 )，
因为E 是AC 的中点，所以E(0,2)，
所以，由两点间距离公式得，DE =
❑√( 12
7 )
2
+( 12
7 −2)
2
= 2❑√37
7
，
则DE 的长度为2❑√37
7
.
故选：A.
19．在△ABC中，AC =2 AB，AE为BC边上的中线，点E在BC边上，设AE =tAB．
(1)当∠BAC = 2π
3 时，求t的值；
(2)若AD为∠BAC的角平分线，且点D也在BC边上，求DE
BC 的值；
【答案】(1)
❑√3
2
(2)1
6
【分析】（1）由题意可知：2⃗AE =⃗AB+⃗AC，结合数量积的运算律分析求解；
（2）利用正弦定理可得BD
AB = CD
AC ，结合长度关系分析求解；
【详解】（1）由题意可知：2⃗AE =⃗AB+⃗AC，则
4⃗AE
2=(⃗AB+⃗AC)
2=⃗AB
2+2⃗AB⋅⃗AC +⃗AC
2，
即4 t
2|⃗AB)
2=|⃗AB)
2+2|⃗AB)×2|⃗AB)×(−1
2)+ 4|⃗AB)
2
，
且|⃗AB)≠0，整理可得4 t
2=3，即t =
❑√3
2 或t =−
❑√3
2 （舍去），
所以t的值为
❑√3
2 .
（2）在△BAD中，由正弦定理可得
BD
sin∠BAD =
AB
sin∠ADB ，即BD
AB = sin∠BAD
sin∠ADB ，
在△CAD中，由正弦定理可得
CD
sin∠DAC =
AC
sin∠ADC ，即CD
AC = sin∠DAC
sin∠ADC ，
若AD为∠BAC的角平分线，则∠BAD =∠DAC，即sin∠BAD =sin∠DAC，
且∠ADB =π−∠ADC，则sin ∠ADB =sin (π−∠ADC)=sin ∠ADC，
即sin ∠BAD
sin ∠ADB = sin ∠DAC
sin ∠ADC ，可知BD
AB = CD
AC ，
则BD
CD = AB
AC = 1
2，可知BD = 1
3 BC，
又因为BE = 1
2 BC，则DE = BE−BD = 1
6 BC，所以DE
BC = 1
6 .
20．在△ABC中，角A，B，C 所对的边分别a，b，c，且bcos A +acos B =−2c cos A
(1)求角A 的值；
(2)若sin B =3sinC，BC 边上的中线长为1，AD为角A 的角平分线，求CD的长．
【答案】(1)A = 2π
3
(2)3 ❑√91
14
【分析】（1）由正弦定理得到cos A =−1
2，结合A ∈(0,π)，求出A = 2π
3 ；
（2）由正弦定理得到AC =3 AB，作出辅助线，得到三角形全等，得到AB //CG，
△ACH为等边三角形，由余弦定理得到CG = 2
❑√7 , AC = 6
❑√7 ，因为AB //CH，所以
BD
CD = AB
CH = 1
3，由余弦定理得到BC = 2❑√91
7
，从而得到CD的长.
【详解】（1）bcos A +acos B =−2c cos A，由正弦定理得，
sin Bcos A +sin A cos B =−2sinC cos A，
因为sin Bcos A +sin A cos B =sin ( A + B)=sinC，
所以sinC =−2sinC cos A，
因为C ∈(0,π)，所以sinC ≠0，故cos A =−1
2，
因为A ∈(0,π)，所以A = 2π
3 ；
（2）sin B =3sinC，由正弦定理得b=3c，即AC =3 AB，
如图所示，E为BC的中点，故AE =1，
由（1）可知，∠BAD =∠CAD =60°，
延长AE至点G，使EG= AE，故AG=2，
连接CG，延长AD，CG相交于点H，
因为BE = EC ,∠AEB =∠GEC，所以△ABE≌△CGE，
故∠B =∠GCE，AB =CG，所以AB//CG，
因为∠BAC = 2π
3 ，所以∠ACH =π
3 ，且∠H =∠BAD =π
3 ，
故△ACH为等边三角形，
设AB = x，则CG = x , AC =3 x，
在△ACG中，由余弦定理得cos∠ACH = A C
2+C G
2−A G
2
2 AC ⋅CG
，
即9 x
2+ x
2−4
6 x
2
= 1
2，解得x = 2
❑√7 ，
故CG = 2
❑√7 , AC = 6
❑√7 ，则AB =CG = 2
❑√7 ，CH = AC = 6
❑√7 ，
因为AB//CH，所以BD
CD = AB
CH = 1
3，
在△ABC中，由余弦定理得
BC
2= A B
2+ A C
2−2 AB⋅AC cos∠BAC = 4
7 + 36
7 −2× 2
❑√7 × 6
❑√7 ×(−1
2)= 52
7 ，
故BC = 2❑√91
7
，
所以CD = 3
4 BC = 3
4 × 2❑√91
7
= 3 ❑√91
14
.
题型06 解三角形图形之中线问题
解三角形图形之中线问题的解题策略
1.明确中线及关联条件：标注中线分对边为相等两段的特征，确定中线长度、原三角形三
边及相关角，明确已知量与待求量，可构造辅助线（如倍长中线）转化问题。
2.用中线定理或构造法求解：用中线定理A B
2+ A C
2=2 A D
2+2B D
2求中线或边长；或向
量方法，结合正余弦定理计算，验证结果合理性。
21．在△ABC中，已知AC =5, AB =3,BC =7 , AD是BC边上的中线，则AD =（ ）
A．15
4
B．
❑√19
2
C．7
2
D．15
7
【答案】B
【分析】利用两次余弦定理即可求解.
【详解】
由余弦定理得：cos B = A B
2+ BC
2−A C
2
2 AB⋅BC
= 9+ 49−25
2×3×7 = 11
14 ，
再由余弦定理得：
A D
2= A B
2+ B D
2−2 AB⋅BD cos B =9+ 49
4 −2×3× 7
2 × 11
14 = 19
4 ，
则AD =
❑√19
2
，
故选：B
22．在△ABC中，AB =2❑√2，AC = ❑√6，BC边上的中线AD = ❑√5，则△ABC的面积S 为
( )
A．
❑√39
4
B．
❑√23
4
C．
❑√39
2
D．
❑√23
2
【答案】C
【分析】延长AD到点E使DE = AD，连接CE，根据△ABD≅△ECD可得△ABC面
积等于△ACE的面积，利用余弦定理求出cos∠ACE，再求出sin∠ACE，根据三角形面积
公式即可求得答案．
【详解】如图所示，
延长AD到点E使DE = AD，连接CE，
又∵BD = DC ,∠ADB =∠CDE，∴△ABD≅△ECD(SAS)，
∴CE = AB =2❑√2, AE =2❑√5,△ABC的面积等于△ACE的面积．
在△ACE中，由余弦定理得
cos∠ACE = A C
2+C E
2−A E
2
2 AC ⋅CE
=
6+8−20
2×❑√6×2❑√2 =−
❑√3
4 ，
又0<∠ACE<π，则sin∠ACE = ❑√1−3
16 =
❑√13
4
，
∴S△ABC = S△ACE= 1
2 AC ⋅CEsin∠ACE = 1
2 ×❑√6×2❑√2×
❑√13
4
=
❑√39
2
．
故选：C．
23．已知△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
sinC cosB−cosC sin B
sin B+sinC
= b
a.
(1)求c
b 的值；
(2)若sin A :sin B = ❑√3:1，求A；
(3)若a= ❑√3，且边BC上的中线AD =
❑√7
2 ，求△ABC的周长.
【答案】(1)2
(2)π
3
(3)3+ ❑√3
【分析】（1）利用余弦定理将角化边，再化简求解；
（2）根据正弦定理得到边的关系，再结合(1)的结论，利用余弦定理求出角A；
（3）利用余弦定理建立方程，求出b，c 的值，进而求出三角形的周长.
【详解】（1）由正弦定理得ccosB−bcosC
b+c
= b
a ，
则accosB−abcosC =b
2+bc，
由余弦定理得1
2 (a
2+c
2−b
2)−1
2 (a
2+b
2−c
2)=b
2+bc，
整理得c
2−b
2=b
2+bc，
即(c−b)(c +b)=b(b+c)，则c−b=b，
故c
b =2.
（2）若sin A :sin B = ❑√3:1，由正弦定理可知a:b= ❑√3:1，
又由（1）知c
b =2
则a= ❑√3b，c =2b.
则cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= b
2+ 4 b
2−3b
2
2b×2b
= 1
2，
又0< A <π，即A = π
3 .
（3）因为边BC上的中线为AD，所以cos∠ADB+cos∠ADC =0，
即B D
2+ A D
2−A B
2
2BD⋅AD
+ C D
2+ A D
2−A C
2
2CD⋅AD
=0.
若a= ❑√3，即BC = ❑√3,则BD =CD =
❑√3
2 ，
又AD =
❑√7
2 ，AB =2b，AC =b，得3
4 + 7
4 −4 b
2+ 3
4 + 7
4 −b
2=0，
解得b=1，则c =2，
又a= ❑√3，所以△ABC的周长为3+ ❑√3.
24．已知△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，2acos B =2c +b．
(1)求A；
(2)若a= 4 ,b+c =2❑√5，求△ABC中BC 边中线AD 长．
【答案】(1)A = 2π
3
(2)AD = ❑√2
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理结合两角和得正弦
公式化简即可得解；
（2）先利用余弦定理求出bc，再利用向量化即可得解.
【详解】（1）因为2acos B =2c +b，
由正弦定理得2sin A cos B =2sinC +sin B，
即2sin A cos B =2sin ( A + B)+sin B，
即2sin A cos B =2sin A cos B+2cos A sin B+sin B，
所以2cos A sin B+sin B =0，
又sin B>0，所以cos A =−1
2，
又A ∈(0,π)，所以A = 2π
3 ；
（2）由余弦定理得a
2=b
2+c
2−2bc cos∠BAC =(b+c)
2−bc，
即16=20−bc，所以bc = 4，
因为AD为△ABC中BC 边的中线，
所以⃗AD = 1
2 (⃗AB+⃗AC)，
则|⃗AD)= 1
2
❑√(⃗AB+⃗AC)
2= 1
2
❑√⃗AB
2+⃗AC
2+2⃗AB⋅⃗AC
= 1
2
❑√c
2+b
2+2bc cos 2π
3 = 1
2
❑√(c +b)
2−3bc = 1
2
❑√20−12= ❑√2，
所以AD = ❑√2.
题型07 解三角形图形之等面积法
解三角形图形之等面积法的解题策略
1.确定面积表达的不同维度：明确可通过不同边及对应高、两边及夹角等表示面积，标注
已知的边、高、角，确定待求量（高、边、角等）及关联的面积表达式。
2.联立面积等式求解：根据面积相等列等式，代入已知量计算待求量；结合三角形边角关
系验证，确保结果符合实际。
25．已知△ABC 中，a,b,c分别为内角A ,B ,C的对边，且
2asin A =(2b+c)sin B+(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.
【答案】(1)2π
3
(2)9 ❑√3
2
【分析】（1）由正弦定理实行角化边，然后利用余弦定理即可得到答案
（2）先利用三角形的面积关系S△ABC = S△ABD+ S△CAD解出c ，再根据三角形面积公式
计算答案即可
【详解】（1）在△ABC 中，由正弦定理及2asin A =(2b+c)sin B+(2c +b)sinC得：
a
2−b
2−bc =c
2，..
由余弦定理得cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
=−1
2，
又0< A <π，所以A = 2π
3
（2）AD 是△ABC的角平分线，∠BAD =∠DAC =π
3 ，
由S△ABC = S△ABD+ S△CAD可得1
2 bcsin 2π
3 = 1
2 c× AD×sinπ
3 + 1
2 b× AD×sinπ
3
因为b=3，AD =2，即有3c =2c +6，c =6，
故S△ABC = 1
2 bcsin A = 1
2 ×3×6×
❑√3
2 = 9 ❑√3
2
26．已知△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且
2asin A =(2b+c)sin B+(2c +b)sinC．
(1)求A 的大小；
(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．
【答案】(1)A = 2π
3
(2)18 ❑√3
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后再利用余弦定理可
求得结果；
（2）由AD 是△ABC 的角平分线，可得S△ABD+ S△ADC = S△ABC，从而可求出AB =12，
进而可求出三角形的面积.
【详解】（1）因为2asin A =(2b+c)sin B+(2c +b)sinC
所以根据正弦定理得：2a
2=(2b+c)b+(2c +b)c
即a
2=b
2+c
2+bc
由余弦定理得：a
2=c
2+b
2−2bc cos A
故cos A =−1
2
又A ∈(0,π)
所以A = 2π
3 ．
（2）因为AD 是△ABC 的角平分线，由S△ABD+ S△ADC = S△ABC，
得：1
2 AB⋅4 sinπ
3 + 1
2 ×4×6sinπ
3 = 1
2 AB⋅6sin 2π
3 ，
所以AB =12
故S△ABC = 1
2 AB⋅AC sin 2π
3 = 1
2 ×12×6×
❑√3
2 =18 ❑√3．
27．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)(sin A +sin B)．
（1）求A；
（2）若D 为BC上点，AD平分角A，且b=3，AD = ❑√3，求BD
DC ．
【答案】（1）π
3 ；（2）1
2．
【分析】（1）由题意和正弦定理得到b
2+c
2−bc =a
2，利用余弦定理求得cos A = 1
2，
即可求解；
（2）利用S△ABC = 1
2 AC ⋅AD sin A
2 + 1
2 AB⋅AD sin A
2 = 1
4 ⋅AD(b+c)，化简得到
bc =b+c，进而求得c = 3
2，结合因为
S△ABD
S△ACD
= AB
AC = BD
DC ，即可求解.
【详解】（1）因为(c−b)sinC =(a−b)(sin A +sin B)，
由正弦定理可得(c−b)c =(a−b)(a+b)，整理得b
2+c
2−bc =a
2，
由余弦定理，可得cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= bc
2bc = 1
2，
又因为A ∈(0,π )，可得A = π
3 ．
（2）因为D 为BC上点，AD平分角A，则S△ABC = 1
2 bc sin A =
❑√3
4 bc，
又由S△ABC = 1
2 AC ⋅AD sin A
2 + 1
2 AB⋅AD sin A
2 = 1
4 ⋅AD(b+c)=
❑√3
4 (b+c)，
可得bc =b+c，
又因为b=3，可得3c =3+c，解得c = 3
2，
因为
S△ABD
S△ACD
= AB
AC = BD
DC ，所以BD
DC = c
b = 1
2．
28．已知锐角△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且a
b+c = sin B−sinC
sin A −sinC ．
(1)求B；
(2)若b= ❑√6，角B的平分线交AC于点D，BD =1，求△ABC的面积．
【答案】(1)π
3
(2)
❑√3
2
【分析】（1）根据题意，由正弦定理得a
2−ac =b
2−c
2，结合余弦定理求得
cosB = 1
2，即可求解；
（2）由S△ABC = S△ABD+ S△BCD，利用面积公式化简得1
4
(a+c)=
❑√3
4 ac，又由余弦定
理得(a+c)
2−3ac =6，联立方程组求得ac =2，进而求得三角形的面积.
【详解】（1）因为a
b+c = sin B−sinC
sin A −sinC ，由正弦定理得a
b+c = b−c
a−c ，整理得
a
2−ac =b
2−c
2，
又由余弦定理得cosB = a
2+c
2−b
2
2ac
= 1
2．
因为B∈(0,π
2 )，所以B =π
3 ．
（2）如图所示，因为S△ABC = S△ABD+ S△BCD，
所以S△ABC = 1
2 BD⋅c sinπ
6 + 1
2 BD⋅asinπ
6 = 1
4
(a+c)．
又因为S△ABC = 1
2 ac sinπ
3 =
❑√3
4 ac，所以1
4
(a+c)=
❑√3
4 ac．
由余弦定理得b
2=a
2+c
2−2accosπ
3 =(a+c)
2−3ac =6，
联立方程组{
1
4
(a+c)=
❑√3
4 ac
(a+c)
2−3ac =6)
，可得3(ac)
2−3ac =6，即(ac)
2−ac−2=0，
解得ac =2或ac =−1（舍去），
所以S△ABC = 1
2 ac sin B =
❑√3
4 ac =
❑√3
2 ．
题型08 解三角形图形之重心问题
解三角形图形之重心问题的解题策略
1.明确重心及核心性质：标注重心是三条中线交点，其分中线比为2:1（顶点到重心:重心到
对边中点），确定已知的中线长度、三角形边/角及待求量。
2.结合中线定理求解：用重心分中线比例求中线各段长度；或先借中线定理求中线全长，
再按2:1 分配得重心相关线段，结合正余弦定理补全求解并验证。
29．在△ABC中，角A､B､C 所对的边分别为a､b､c，若a=2，B = π
3 ，C = 5 π
12 ，点O､H 分
别为△ABC的外心和重心，则|OH )的值为（ ）
A．
❑√3−1
3
B．❑√3−1
C．
❑√3+1
3
D．❑√3+1
【答案】A
【分析】取AB , AC的中点N , D，作CM ⊥AB交AB于M，过点N作PN ⊥AB，连
接CN ,BD , MD ,OH，根据三角形重心和外心的定义可知CN ∩BD = H，PN ∩MD =O，
在△ONH中，分别求出NH ,ON及cos∠CNP，再利用余弦定理即可得出答案.
【详解】解：如图，取AB , AC的中点N , D，作CM ⊥AB交AB于M，过点N作
PN ⊥AB，连接CN ,BD , MD ,OH，
根据三角形重心的定义可知CN ∩BD = H，
△ABC中，∠ABC = π
3 ,∠ACB = 5 π
12 ，则∠BAC = π
4 ，
所以△ACM和△OMN均为等腰直角三角形，AM =CM，
则MD⊥AC，
根据三角形外心的定义可知PN ∩MD =O，
由a=2，
则BM =1,CM = AM = ❑√3，
则AB = ❑√3+1，MN =
❑√3+1
2
−1=
❑√3−1
2
=ON，
则CN = ❑√3+ 4−2❑√3
4
=
❑√16−2❑√3
2
，则NH = 1
3 CN =
❑√16−2❑√3
6
，
因为CM ⊥AB，PN ⊥AB，
所以CM ∥PN，所以∠CNP=∠MCN，
则cos∠CNP =cos∠MCN = CM
CN =
2❑√3
❑√16−2❑√3
，
在△ONH中，
O H
2= N H
2+O N
2−2 NH ⋅ON cos∠CNP
= 16−2❑√3
36
+ 4−2❑√3
4
−2×
❑√3−1
2
×
❑√16−2❑√3
6
×
2❑√3
❑√16−2❑√3
= 4−2❑√3
9
，
所以OH =
❑√3−1
3
.
故选：A.
【点睛】本题考查了三角形的三心问题，在三角形外心和重心的基础之上利用余弦定
理解三角形的问题，关键是理解外心和重心的定义，有一定的难度.
30．在钝角△ABC中，a,b,c分别是△ABC的内角A ,B ,C所对的边，点G是△ABC的重
心，若AG⊥BG，则cosC的取值范围是（ ）
A．(0,
❑√6
3 ) B．[
4
5 ,
❑√6
3 )
C．(
❑√6
3 ,1)
D．[
4
5 ,1)
【答案】C
【分析】延长CG交AB于D，由重心性质和直角三角形特点可求得CD = 3
2 c，由
cos∠BDC =−cos∠ADC，利用余弦定理可构造等量关系得到a
2+b
2=5c
2，由此确定C
为锐角，则可假设A为钝角，得到b
2+c
2<a
2，a
2+c
2>b
2，a>b，由此可构造不等式组求
得b
a的取值范围，在△ABC利用余弦定理可得cosC = 2
5(
a
b + b
a)，利用b
a的范围，结合C
为锐角可求得cosC的取值范围.
【详解】延长CG交AB于D，如下图所示：
∵G为△ABC的重心，∴D为AB中点且CD =3 DG，
∵AG⊥BG，∴DG = 1
2 AB，∴CD = 3
2 AB = 3
2 c；
在△ADC中，cos∠ADC = A D
2+C D
2−A C
2
2 AD⋅CD
=
5
2 c
2−b
2
3
2 c
2
= 5c
2−2b
2
3c
2
；
在△BDC中，cos∠BDC = B D
2+C D
2−BC
2
2BD⋅CD
=
5
2 c
2−a
2
3
2 c
2
= 5c
2−2a
2
3c
2
；
∵∠BDC +∠ADC = π，∴cos∠BDC =−cos∠ADC，
即5c
2−2a
2
3c
2
=−5c
2−2b
2
3c
2
，整理可得：a
2+b
2=5c
2>c
2，∴C为锐角；
设A为钝角，则b
2+c
2<a
2，a
2+c
2>b
2，a>b，
∴{
a
2>b
2+ a
2+b
2
5
b
2<a
2+ a
2+b
2
5 )
，∴{
(
b
a)
2
+ 1
5 + 1
5(
b
a)
2
<1
(
b
a)
2
<1+ 1
5 + 1
5(
b
a)
2)
，解得：(
b
a)
2
< 2
3，
∵a>b>0，∴0< b
a <
❑√6
3 ，
由余弦定理得：cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
= 2
5 ⋅a
2+b
2
ab
= 2
5(
a
b + b
a)> 2
5 ×(
❑√6
3 + 3
❑√6)=
❑√6
3 ，
又C为锐角，∴
❑√6
3 <cosC <1，即cosC的取值范围为(
❑√6
3 ,1).
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形中的取值范围问题的求解，解题关键是能够
由两角互补得到余弦值互为相反数，由余弦定理得到a
2+b
2=5c
2，确定C为锐角，从而得
到三边之间的不等关系，求得b
a的范围.
31．已知△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且3c
2=a
2+8b
2．
(1)求cos B的最小值；
(2)若M 为△ABC的重心，∠AMC =90°，求sin ∠AMB
sin ∠CMB ．
【答案】(1)3 ❑√5
8
(2)
❑√3
3
【分析】（1）利用余弦定理及基本不等式即可求解最小值；
（2）利用重心性质及勾股定理求出边长关系，利用余弦定理求出两个角的余弦值，
然后通过同角关系求出正弦值即可.
【详解】（1）因为3c
2=a
2+8b
2，所以
cos B = a
2+c
2−b
2
2ac
=
a
2+c
2−3c
2−a
2
8
2ac
=
9
8 a
2+ 5
8 c
2
2ac
≥
2❑√
9
8 a
2× 5
8 c
2
2ac
= 3 ❑√5
8
，
当且仅当9
8 a
2= 5
8 c
2，即a=
❑√5
3 c时，等号成立.
（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，
所以AM
MF = BM
DM = CM
ME =2，
在△AMC中，∠AMC =90°，D为边AC的中点，所以DM = 1
2 AC = b
2，所以
BM =2 DM =b，设ME = x , MF = y，则MC =2 x , MA =2 y，
在△AMC中，M C
2+ M A
2=(2 x)
2+(2 y )
2= A C
2=b
2，即x
2+ y
2= b
2
4 ，
在△AME中，M E
2+ M A
2=( x)
2+(2 y)
2= A E
2=( c
2 )
2
= 1
4 c
2，即x
2+ 4 y
2= c
2
4 ，
在△CMF中，M C
2+ M F
2=(2 x)
2+( y)
2=C F
2=( a
2 )
2
，即4 x
2+ y
2= a
2
4 ，
消去x，y 得a
2+c
2=5b
2，又3c
2=a
2+8b
2，所以a=
❑√7
2 b,c =
❑√13
2
b，
从而解得x = 1
4 b, y =
❑√3b
4
，即MC = 1
2 b, MA =
❑√3
2 b，
在△AMB中，
cos∠AMB = M A
2+ B M
2−A B
2
2 MA ×BM
=
3
4 b
2+b
2−c
2
2×
❑√3
2 b×b
=
7
4 b
2−13
4 b
2
❑√3b
2
=−
❑√3
2 ，
所以sin ∠AMB =
❑√1−cos
2∠AMB = 1
2，
在△CMB中，cos∠CMB = M C
2+ B M
2−BC
2
2 MC ×BM
=
1
4 b
2+b
2−a
2
2× 1
2 b×b
=
5
4 b
2−7
4 b
2
b
2
=−1
2，
所以sin ∠CMB =
❑√1−cos
2∠CMB =
❑√3
2 ，
所以sin ∠AMB
sin ∠CMB =
1
2
❑√3
2
=
❑√3
3 .
32．记△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，已知
❑√3asin B−acosC =ccos A ,b= ❑√6,G为△ABC的重心．
(1)若a=2，求c的长；
(2)若AG =
❑√3
3 ，求△ABC的面积．
【答案】(1)c =2± ❑√2
(2)
❑√2
2 或3 ❑√2
2
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换得sin A =
❑√3
3 ，进而得
cos A =
❑√6
3 ，再根据余弦定理解方程即可得答案；
（2）记边BC的中点为D，则AD =
❑√3
2 ，再根据⃗AD = 1
2 (⃗AB+⃗AC)，结合向量模的
公式得⃗AD
2= 1
4 (c
2+b
2+2bc cos A)，再结合（1），分A为锐角和钝角两种情况讨论求解
c，再求面积即可.
【详解】（1）因为❑√3asin B−acosC =ccos A，
所以，❑√3sin A sin B−sin A cosC =sinC cos A，
所以，❑√3sin A sin B =sin A cosC +sinC cos A =sin ( A +C)=sin B
因为B∈(0,π),sin B≠0，
所以sin A =
❑√3
3 ，
因为a=2<b= ❑√6，
所以A ∈(0,π
2 )，cos A =
❑√6
3 ，
因为cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 6+c
2−4
2❑√6c =
❑√6
3 ，整理得c
2−4 c +2=0，解得c =2± ❑√2，
所以c =2± ❑√2
（2）由（1）知sin A =
❑√3
3 ，记边BC的中点为D
因为G为△ABC的重心，AG =
❑√3
3 ，
所以，BC边上的中线长AD为
❑√3
2 ，即AD =
❑√3
2 ，
因为⃗AD = 1
2 (⃗AB+⃗AC)，
所以⃗AD
2= 1
4 (⃗AB
2+⃗AC
2+2⃗AB⋅⃗AC)= 1
4 (c
2+b
2+2bc cos A)，
因为b= ❑√6，
所以，当A为锐角时，cos A =
❑√6
3 ，则由⃗AD
2= 1
4 (c
2+b
2+2bc cos A)得
c
2+ 4 c +3=0，解得c =−1或c =−3，不满足题意，舍去；
当A为钝角时，cos A =−
❑√6
3 ，则由⃗AD
2= 1
4 (c
2+b
2+2bc cos A)得c
2−4 c +3=0，
解得c =1或c =3，
所以，当c =1，△ABC的面积为S = 1
2 bc sin A = 1
2 ×❑√6×1×
❑√3
3 =
❑√2
2
当c =3，△ABC的面积为S = 1
2 bc sin A = 1
2 ×❑√6×3×
❑√3
3 = 3 ❑√2
2
.
题型09 解三角形图形之外心及外接圆问题
解三角形图形之外心及外接圆问题的解题策略
1.明确外心及外接圆核心性质：标注重心是三边垂直平分线交点，到三顶点距离相等（即
外接圆半径R），确定已知边、角及待求量（R 或顶点距离等）。
2.用正弦定理求解并验证：根据正弦定理
a
sin A =2 R，代入已知边a和对角A 求R；或结
合垂直平分线性质定位外心，计算相关线段，验证符合外接圆特征。
33．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 =3sin A，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.
【答案】(1)15 ❑√7
(2)存在，{5,6,7)
【分析】（1）由2sinC =3sin A结合正弦定理可得到2c =3a，结合等差数列可求出
a，b，c 的值，然后用余弦定理求出cosC，继而求出sinC，即可求得面积；
（2）先假设存在，由题意可得△ABC是钝角三角形，而通过c>b>a可得cosC <0，
再结合两边之和大于第三边即求出4<b<8，即可求解
【详解】（1）∵ 2sinC =3sin A，∴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，
∴ cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
= 64+100−144
2×8×10
= 1
8，
∵ C ∈(0,π)，且sin
2C +cos
2C =1，∴ sinC = 3 ❑√7
8
，
故△ABC的面积为1
2 ×8×10× 3 ❑√7
8
=15 ❑√7.
（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，
依题意可知c>b>a，则C 为钝角，则cosC = (b−2)
2+b
2−(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).
34．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．
【答案】(1)6；
(2)3 ❑√2.
【分析】（1）直接利用余弦定理化简即得解；
（2）把❑√3⋅OA
→
+OB
→
+ ❑√2⋅OC
→
= 0
→两边平方，再利用正弦定理得解.
【详解】（1）解：bcosC +c cos B =b⋅a
2+b
2−c
2
2ab
+c⋅c
2+a
2−b
2
2ca
= a
2+b
2−c
2+c
2+a
2−b
2
2a
= 2a
2
2a =a=6.
（2）解：设△ABC 外接圆的半径是R．
❑√3⋅OA
→
+OB
→
+ ❑√2⋅OC
→
=⃗0⇒❑√3⋅OA
→
=−❑√2OC
→
−OB
→
⇒3 R
2=2 R
2+ R
2+2❑√2OC
→
⋅OB
→
⇒OC
→
⋅OB
→
=0⇒R
2cos∠BOC =0⇒∠BOC = π
2 ⇒A = π
4 .
因此2 R =
a
sin A =
6
sin 45
∘=6 ❑√2,∴R =3 ❑√2.
35．在△ABC中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c；3b= 4 c，cosC = 4
5 .
（1）求cos A的值；
（2）若△ABC的外心在其外部，a=7，求△ABC外接圆的面积.
【答案】（1）0或24
25 ；（2）625
4 π.
【分析】（1）利用余弦定理列方程，化简求得a,c的关系式，由此求得cos A.
（2）利用正弦定理求得△ABC外接圆的半径，进而求得△ABC外接圆的面积.
【详解】（1）依题意b= 4
3 c，由余弦定理得c
2=a
2+b
2−2abcosC，
c
2=a
2+ 16
9 c
2−2a⋅4
3 c⋅4
5 ，45a
2−96ac +35c
2=0，
(3a−5c)(15a−7 c)=0，
所以a= 5
3 c或a= 7
15 c.
当a= 5
3 c时，cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
=
16
9 c
2+c
2−25
9 c
2
2⋅4
3 c⋅c
=0.
当a= 7
15 c时，cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
=
16
9 c
2+c
2−49
225 c
2
2⋅4
3 c⋅c
= 24
25 .
（2）若△ABC的外心在其外部，则cos A =0⇒A = π
2 不符合题意.
当a= 7
15 c时，cos B = a
2+c
2−b
2
2ac
=
49
225 c
2+c
2−16
9 c
2
2⋅7
15 c⋅c
<0，B为钝角，符合题意.
cos A = 24
25 ⇒sin A = ❑√1−(
24
25)
2
= 7
25，
设三角形ABC外接圆的半径为R，由正弦定理得2 R = 7
7
25
=25⇒R = 25
2 ，
所以外接圆的面积为π R
2= 625
4 π.
36．在△ABC中，角A，B，C对应的三边分别为a，b，c，(tan A +1)(tan B+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．
【答案】（1）2；（2）
❑√2−❑√6
4
．
【分析】（1）由(tan A +1)(tan B+1)=2可得到tan( A + B)=1，并得C = 3 π
4 ，结
合正弦定理进一步得到A = π
6 ，B = π
12，最后利用面积公式可得结果.
（2）依据题意可得∠OBD =∠OBC +∠DBC = π
3 + π
4 ，然后使用两角和的余弦公式
可得结果.
【详解】（1）∵(tan A +1)(tan B+1)=2 ∴tan A ⋅tan B+ tan A + tan B =1
∴tan( A + B)=
tan A + tan B
1−tan A ⋅tan B =1 ∴A + B = π
4 ∴C = 3 π
4
在△ABC中，
2
sin A = 2❑√2
sin 3 π
4
= 4 =2OA，则sin A = 1
2，
∴A = π
6 ，B = π
12
S△OAB= 1
2 | AB|⋅|OH |= 1
2 ⋅2❑√2⋅❑√2=2(|OH |是O到AB的距离）
（2）∵OA =OB = BC =2 ∴∠OBC = π
3
又∵∠DBC = π
4 ∴∠OBD =∠OBC +∠DBC = π
3 + π
4
∴cos∠OBD =cos(
π
3 + π
4)=
❑√2−❑√6
4
题型10 解三角形图形之内心及内接圆问题
解三角形图形之内心及内接圆问题的解题策略
1.明确内心及内切圆核心性质：标注内心是三角平分线交点，到三边距离相等（即内切圆
半径r），确定已知边、角、面积及待求量（r 或内心相关线段等）。
2.用面积公式或定理求解：借面积公式S = pr（p 为半周长）求r；或结合角平分线定理求
线段比例，定位内心，计算相关长度，验证符合内切圆特征。
37．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 =3⃑CD
(1)求sin B
sinC ；
(2)若∠ADB=2π
3 ，求b+c
a
.
【答案】(1)1
2
(2)❑√3
【分析】（1）根据内心得到∠CAD =∠BAD，根据正弦定理计算得到答案.
（2）设∠CAD =∠BAD =α，∠B =π
3 −α，∠C = 2π
3 −α，根据sin B
sinC = 1
2，结
合三角恒等变换得到角度，解得答案.
【详解】（1）I 为△ABC 的内心，则∠CAD =∠BAD，
根据正弦定理：
CD
sin∠CAD =
AC
sin∠ADC ，
BD
sin∠BAD =
AB
sin∠ADB ，
sin ∠ADC =sin ∠ADB，故CD
BD = AC
AB = 1
2，故sin B
sinC = AC
AB = 1
2.
（2）设∠CAD =∠BAD =α，则∠B =π
3 −α，∠C = 2π
3 −α，
sin B
sinC = 1
2，故2sin(
π
3 −α)=sin(
2π
3 −α)，
化简得到tan α =
❑√3
3 ，α ∈(0,π
2 )，故α =π
6 ，∠C =π
2 ，∠B =π
6 ，∠A =π
3 ，
故b+c
a
= sin B+sinC
sin A
=
1+ 1
2
❑√3
2
= ❑√3
38．已知△ABC中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，a=7,
2c cos B =(3a−2b)cosC.
(1)求cosC；
(2)若B =2C，M 为△ABC的内心，求△AMC的面积.
【答案】(1)2
3
(2)6 ❑√5
【分析】（1）已知等式利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简，可得
cosC；
（2）由B =2C和（1）中结论，解得sinC ,sin B ,sin A，由a=7结合正弦定理，求
出b,c，面积法求出内切圆半径，可求△AMC的面积.
【详解】（1）2c cos B =(3a−2b)cosC，由正弦定理得
2sinC cos B =3sin A cosC −2sin BcosC，
∴2sinC cos B+2sin BcosC =3sin A cosC，得2sin (B+C)=3sin A cosC，.
∴2sin A =3sin A cosC，
∵A 为三角形内角，sin A ≠0，
∴cosC = 2
3.
（2）由（1）可得sinC =
❑√5
3 ，
∵B =2C，∴sin B =sin 2C =2sinC cosC = 4 ❑√5
9
，cos B =1−2sin
2C =−1
9，
∴sin A =sin(B+C)=sin BcosC +cosBsinC = 7 ❑√5
27 ，
a=7，由正弦定理
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC ，
解得b=12，c =9，
则有S△ABC = 1
2 absinC = 1
2 ×7×12×
❑√5
3 =14 ❑√5.
设△ABC内切圆半径为r，则S△ABC = 1
2 r (a+b+c)=14 r =14 ❑√5，r = ❑√5，
∴S△AMC = 1
2 ×12×❑√5=6 ❑√5.
39．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知
2sin B =sin A +cos A ⋅tanC．
(1)求C的值；
(2)若△ABC的内切圆半径为
❑√3
2 ，b= 4，求a−c．
【答案】(1)C =π
3
(2)a−c =−1
【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简即可求解；
（2）先由余弦定理得c
2=a
2+16−4 a，再利用等面积法得3a= 4 +c，进而解方程组
即可求解.
【详解】（1）因为2sin B =sin A +cos A ⋅tanC，
所以2sin BcosC =sin A cosC +cos A sinC，
即2sin BcosC =sin ( A +C)，
又A + B+C =π，所以sin ( A +C)=sin B≠0，
所以cosC = 1
2，
又0<C <π，即C =π
3 .
（2）由余弦定理得c
2=a
2+b
2−2abcosC =a
2+16−4 a，①
设△ABC的内切圆半径为r，
由等面积公式得1
2
(a+b+c)r = 1
2 absinC．
即1
2
(a+b+c)×
❑√3
2 = 1
2 ×4 a×
❑√3
2 ．
整理得3a= 4 +c，②
联立①②，解得a= 5
2，c = 7
2，
所以a−c =−1．
40．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.
【答案】(1)2π
3
(2)18
【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出tan A的值，结合角A的
取值范围可求得角A的值；
（2）利用三角形的面积公式可得出b+c +8= 1
2 bc，结合余弦定理可求得b+c的值，
即可求得△ABC的周长.
【详解】（1）解：因为❑√3b=a(❑√3cosC −sinC)，
由正弦定理可得❑√3sin B =sin A (❑√3cosC −sinC)，①
因为A + B+C =π，所以sin B =sin ( A +C)=sin A cosC +cos A sinC，
代入①式整理得❑√3cos A sinC =−sin A sinC，
又因为A、C ∈(0,π)，sinC ≠0，则❑√3cos A =−sin A <0，所以tan A =−❑√3，
又因为A ∈(0,π)，解得A =2π
3
.
（2）解：由（1）知，A =2π
3
，因为△ABC内切圆半径为❑√3，
所以S△ABC = 1
2
(a+b+c)⋅❑√3= 1
2 bc⋅sin A，即(b+c +8)⋅❑√3=
❑√3
2 bc，
所以，b+c +8= 1
2 bc②，
由余弦定理a
2=b
2+c
2−2bc⋅cos2π
3
得b
2+c
2+bc =64，所以(b+c)
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.
题型11 解三角形图形之两边夹问题
解三角形图形之两边夹问题的解题策略
1.锁定两边夹结构及已知量：识别图形中“两边夹一角”或“两边夹公共边”结构，标注
已知的两边长度、夹角或关联角，明确待求的边、角或线段长度。
2.选定理列关系求解：“两边夹一角”用余弦定理求第三边；“两边夹公共边”对两三角
形分别用正弦/余弦定理，联立公共边等式消元，计算后验证符合三角形性质。
41．在ΔABC中，角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，若cos A +sin A −
2
sin B+cos B =0，
则a+b
c
的值是（ ）
A．2
B．❑√3
C．❑√2
D．1
【答案】C
【分析】由题意和三角恒等变换的公式，求得sin( A + B)+cos( A −B)=2，根据正
弦函数与余弦函数的性质得到sin( A + B)=1且cos( A −B)=1，得出{
A + B = π
2
A −B =0)
，求得
A = B = π
4 ，C = π
2 ，结合正弦定理，即可求解.
【详解】因为cos A +sin A −
2
sin B+cos B =0，即cos A +sin A =
2
sin B+cos B ，
所以(cos A +sin A)(sin B+cos B)=2，
可得cos A sin B+cos A cos B+sin A sin B+sin A cos B =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，
所以{
A + B = π
2
A −B =0)
，解得A = B = π
4 ，所以C = π
2 ，
又由正弦定理可得a+b
c
= sin A +sin B
sinC
=
❑√2
2 +
❑√2
2
1
= ❑√2.
故选：C.
42．在ΔABC中，已知边a,b,c所对的角分别为A ,B ,C，若
5−2cos
2B−3cos
2C =2sin A sin BsinC +sin
2 A，则tan A = ．
【答案】-1
【详解】由5−2cos
2B−3cos
2C =2sin A sin BsinC +sin
2 A得
2sin
2B+3sin
2C =2sin A sin BsinC +sin
2 A
由正弦定理得2b
2+3c
2=2bc sin A +a
2 ，
由余弦定理得2b
2+3c
2=2bc sin A +b
2+c
2−2bc cos A,即b
2+2c
2
2bc
=sin A −cos A
因为b
2+2c
2
2bc
≥2
❑√b
2⋅2c
2
2bc
= ❑√2,sin A −cos A ≤❑√2
所以b= ❑√2c , A =3π
4 ⇒tan A =−1.
43．在ΔABC中，已知边a、b、c所对的角分别为A、B、C，若a= ❑√5，
2sin
2B+3sin
2C =2sin A sin BsinC +sin
2 A，则ΔABC的面积S = .
【答案】1
2
【分析】利用正余弦定理，结合均值不等式求得A，以及b,c两边关系，结合余弦定
理求得c
2，则问题得解.
【详解】正弦定理得2b
2+3c
2=2bc sin A +a
2，
由余弦定理得2b
2+3c
2=2bc sin A +b
2+c
2−2bc cos A，
即b
2+2c
2
2bc
=sin A −cos A，
因为b
2+2c
2
2bc
≥2
❑√b
2⋅2c
2
2bc
= ❑√2，
故sin A −cos A = ❑√2sin(A −π
4)≥❑√2，
故可得sinA −cosA = ❑√2，当且仅当A −π
4 = π
2 ，即A = 3 π
4 时取得.
也即当b= ❑√2c时取得等号，
所以a
2=b
2+c
2−2bc cos A =5c
2，即c
2=1.
所以ΔABC的面积为S = 1
2 bc sin A = 1
2 c
2= 1
2.
故答案为：1
2.
【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，涉及均值不等式的使用，属综合中档题.
44．在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，设S 是△ABC 的面积，若b
2+c
2﹣
1
3 a
2= 4 ❑√3
3
S，则角A 的值为 ．
【答案】2π
3
【分析】直接利用余弦定理和三角形的面积公式及基本不等式的应用，即可求出结果.
【详解】在ΔABC中，由三角形的面积S = 1
2 bc sin A且b
2+c
2−1
3 a
2= 4 ❑√3
3
S，
所以3b
2+3c
2=a
2+2❑√3bc sin A，
又由余弦定理a
2=b
2+c
2−2bc cos A，
所以3b
2+3c
2=b
2+c
2−2bc cos A +2❑√3bc sin A，
即b
2+c
2=−bc cos A + ❑√3bc sin A =bc(❑√3sin A −cos A )=2bc sin( A −π
6 )，
由于b
2+c
2≥2bc，所以b
2+c
2=2bc sin( A −π
6 )≥2bc，则sin( A −π
6 )≥1，
根据三角函数的值域，可知只有sin( A −π
6 )=1，所以A −π
6 = π
2 ，即A = 2π
3 ，
故答案为2π
3 .
【点睛】本题主要考查了解三角形的综合应用问题，在解有关三角形的题目时，要有
意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．
一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有
角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理
都有可能用到．
题型12 解三角形图形之证明类问题
解三角形图形之证明类问题的解题策略
1.明确证明目标与已知条件：梳理待证结论（如边的关系、角相等），标注已知边、角及
图形特征（如中线、角平分线），确定从边化角或角化边的证明方向。
2.用定理转化推导结论：借正余弦定理、三角恒等变换或图形性质转化已知条件，逐步向
待证结论靠拢；推导中注意边角对应，最后验证逻辑闭环确保证明成立。
45．已知△ABC的内角A ,B ,C的对边为a,b,c，且sin A −sinC
sin B
=
❑√2a−b
a+c
．
(1)求C；
(2)若2absinC =c
2tanC，求证：tan A tan B
tan A +tan B = 1
2．
【答案】(1)π
4 ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据已知得a
2+b
2−c
2= ❑√2ab，再应用余弦边角关系求角；
（2）根据已知及（1）得2absinC =c
2，应用正弦边角关系易得2sin A sin B =sinC，
再应用三角形内角关系及和角正弦公式可得2sin A sin B =sin A cos B+cos A sin B，变形
整理即可证.
【详解】（1）由正弦定理可得a−c
b
=
❑√2a−b
a+c
，化简可得a
2+b
2−c
2= ❑√2ab，
故cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
=
❑√2ab
2ab =
❑√2
2 ，因为C ∈(0,π)，所以C =π
4 ；
（2）因为2absinC =c
2tanC ,C =π
4 ，所以2absinC =c
2，
由正弦定理得2sin A sin BsinC =sin
2C，易知sinC ≠0，所以2sin A sin B =sinC，
因为sinC =sin ( A + B)=sin A cos B+cos A sin B，所以
2sin A sin B =sin A cos B+cos A sin B，
所以sin A sin B
sin A cosB+cos A sin B = 1
2，故tan A tan B
tan A +tan B = 1
2.
46．在△ABC中a=6,b−c =1,sinC =
❑√7
4 .
(1)求b的值及△ABC的面积；
(2)求证：A =2C.
【答案】(1)b=5，S△ABC = 15 ❑√7
4
；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由正弦值得cosC = 3
4 ，再应用余弦定理列方程求得b=5，最后应用三
角形面积公式求面积；
（2）由（1）及二倍角余弦公式得cos2C = 1
8，再应用余弦定理求得cos A = 1
8，结合
三角形内角的性质即可证.
【详解】（1）在△ABC中b−c =1⇒b=c +1>c,所以C是锐角，.
由sinC =
❑√7
4 ，可得cosC = 3
4 ，而c
2=a
2+b
2−2abcosC，
所以c
2=36+(c +1)
2−9(c +1)，
可得c = 4，则b=5，
故S△ABC = 1
2 absinC = 1
2 ×6×5×
❑√7
4 = 15 ❑√7
4
；
（2）由（1）易知cosC = 3
4 ，则cos2C =2cos
2C −1= 1
8，
由（1）及余弦定理有cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 25+16−36
2×5×4
= 1
8，
所以cos A =cos2C，又A ,C ∈(0,π), A +C <π，则A =2C.
47．在△ABC中，D为BC边上一点.
若AD =CD，
（1）若B =60
°,BA =5,BC =8，求sin∠BAD；
（2）求证：AB
AC = BD
CD ⋅sin∠C
sin∠BAD ；
【答案】(1)sin∠BAD = 39 ❑√3
98
；（2）证明见解析；
【分析】（1）在△ABC中，根据余弦定理求出AC长，进而算出cos∠BAC，
sin∠BAC，同理算出cos∠DAC和sin∠DAC，然后利用两角差得正弦公式算出
sin∠BAD的值；
（2）分别在△ACD和△ABD中利用正弦定理列式，结合sin∠ADC =sin∠ADB
化简整理，即可推导出AB
AC = BD
CD ⋅sin∠C
sin∠BAD 成立；
【详解】（1）因为B =60
°，BA =5，BC =8，
所以AC =
❑√B A
2+ BC
2−2BA ⋅BC cos60
°=7，
可得cos∠BAC = A B
2+ A C
2−BC
2
2 AB⋅AC
= 1
7 ，则sin∠BAC = ❑√
1−(
1
7)
2
= 4 ❑√3
7
，
由AD =CD，可得∠DAC =∠C，
所以cos∠DAC =cos∠C = A C
2+ BC
2−A B
2
2 AC ⋅BC
= 11
14 ，则
sin∠DAC = ❑√
1−(
11
14)
2
= 5 ❑√3
14 ，
所以sin∠BAD =sin(∠BAC −∠DAC)= 4 ❑√3
7
× 11
14 −1
7 × 5 ❑√3
14 = 39 ❑√3
98
；
（2）在△ACD中，由正弦定理得
AC
sin∠ADC =
CD
sin∠CAD ，
结合∠DAC =∠C，得
AC
sin∠ADC =
CD
sin∠C ①，
同理，在△ABD中，
AD
sin∠ADB =
BD
sin∠BAD ，
因为∠ADC +∠ADB =π，所以sin∠ADC =sin∠ADB，
所以
AB
sin∠ADC =
BD
sin∠BAD ②，
用②式除以①式，可得AB
AC = BD
CD ⋅sin∠C
sin∠BAD ，原等式成立；
48．在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，三角形面积为S，若D 为AC 边
上一点，满足AB⊥BD，BD =2，且a
2=−2❑√3
3
S+abcosC.
(1)求角B；
(2)证明：4
a + 2
c = ❑√3；
【答案】(1)2π
3
(2)证明见解析
【分析】（1）利用三角形的面积公式和已知条件，结合正弦定理化简求得
tan B =−❑√3，即可求得B的值；
（2）先利用正弦定理求得CD =
1
sinC ，AD =
2
sin A ，进而表示出b，在结合正弦定
理化简为角，化简运算，即可得证；
【详解】（1）解：因为a
2=−2❑√3
3
S+abcosC，可得
a
2=−2❑√3
3
× 1
2 absinC +abcosC，
又因为a≠0，所以a=−
❑√3
3 bsinC +bcosC，
由正弦定理得sin A =−
❑√3
3 sin BsinC +sin BcosC，
又由sin A =sin(B+C )=sin BcosC +cos BsinC，
所以sin BcosC +cos BsinC =−
❑√3
3 sin BsinC +sin BcosC，
即cos BsinC =−
❑√3
3 sin BsinC，
因为C ∈(0,π)，可得sinC >0，所以cos B =−
❑√3
3 sin B，所以tan B =−❑√3，
又因为B∈(0,π)，所以B = 2π
3 .
（2）证明：因为AB⊥BD，所以∠DBC = 2π
3 −π
2 =π
6 ，
在△BCD中，由正弦定理得
CD
sin ∠DBC = BD
sinC ，所以
CD = BD⋅sin ∠DBC
sinC
=
1
sinC ，
在直角△ABD中，AD = BD
sin A =
2
sin A ，
所以b=|AC)=|AD)+|CD)=
2
sin A +
1
sinC = 2sinC +sin A
sin A sinC
，所以
1
b =
sin A sinC
2sinC +sin A ，
在△ABC中，由正弦定理得
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC = b
❑√3
2
= 2
❑√3 b
，
所以a= 2
❑√3 bsin A ,c = 2
❑√3 bsinC，
所以
4
a + 2
c =
4
2
❑√3 bsin A
+
2
2
❑√3 bsinC
=
❑√3
2b (
4
sin A +
2
sinC )
=
❑√3
2 ⋅
sin A sinC
2sinC +sin A ⋅4 sinC +2sin A
sin A sinC
= ❑√3.
1．在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，∠ABC =120° ，∠ABC 的平分
线交AC 于点D，且BD＝1，则4 a+c 的最小值为（ ）
A．8
B．9
C．10
D．7
【答案】B
【分析】根据三角形面积可得到1
a + 1
c =1，将4 a+c变为(4 a+c)( 1
a + 1
c )，展开后利
用基本不等式，即可求得答案.
【详解】由题意得1
2 acsin120
∘= 1
2 asin60
∘+ 1
2 csin60
∘ ，
即ac =a+c ，得1
a + 1
c =1，
得 4 a+c =(4 a+c)( 1
a + 1
c ) = c
a + 4 a
c +5≥ 2❑√
c
a ⋅4 a
c +5= 4 +5=9，
当且仅当c
a = 4 a
c ，即c =2a=3时，取等号，
题型精析・方法突破提能力
故选：B．
2．如图，在△ABC 中，tanC＝4．CD 是AB 边上的高，若CD2﹣BD•AD＝3，则△ABC 的面
积为（ ）
A．4
B．6
C．8
D．12
【答案】B
【分析】由题得S△ABC =2BC ⋅ACcosC，再利用余弦定理和勾股定理化简即得解.
【详解】解：由题得
S△ABC = 1
2 BC ⋅ACsinC = 1
2 BC ⋅ACcosC ⋅tanC =2BC ⋅ACcosC
＝BC2+AC2﹣AB2
＝AC2+BC2−( AD + BD)
2
= A C
2+ BC
2−A D
2−B D
2−2 AD⋅BD
=( A C
2−A D
2)+(BC
2−B D
2)−2 AD⋅BD
=2C D
2−2 AD⋅BD =2(C D
2−AD⋅BD)=2×3=6
故选：B．
【点睛】本题主要考查余弦定理和三角形的面积公式的应用，意在考查学生对这些知
识的理解掌握水平.
3．记△ABC的内角A，B，C 的对边分别是a，b，c，a=2b，cosC =−1
4 ，AB 边上的角
平分线长度为t，则c
t =（ ）
A．3
B．6
C．3 或6
D．❑√6
【答案】A
【分析】在△ABC中由余弦定理可得c = ❑√6b，令t =CM，由角平分线
AM
BM = AC
BC = b
a = 1
2，
由正弦定理可得：在△MBC中，BM
sin α = CM
sin B ①，在△ABC中，
c
sin 2α =
b
sin B ②，
联立①②可得t =
❑√6
3 b，即可得结果.
【详解】如图所示，令∠BCM =∠ACM =α，
则cos2α =−1
4 =1−2sin
2α，解得：sin α =
❑√10
4
（负舍），sin 2α =
❑√15
4
，
在△ABC中，c
2=a
2+b
2−2abcosC =6b
2，c = ❑√6b；
又CM为角平分线，由角平分线性质可得AM
BM = AC
BC = b
a = 1
2，所以BM = 2
3 AB，
在△MBC中，BM
sin α = CM
sin B ①，在△ABC中，
c
sin 2α =
b
sin B ②，
由①②可得：BM
CM = AB⋅sin α
AC ⋅sin 2α ⇒CM =
❑√6
3 b=t，
所以
c
t =
❑√6b
❑√6
3 b
=3
,
故选：A.
4．△ABC 的内角A､B､C 的对边分别为a､b､c，若a=4，b=3，c=2，则中线AD 的长为（
）
A．❑√5
B．❑√10
C．
❑√5
2
D．
❑√10
2
【答案】D
【分析】利用余弦定理即得.
【详解】如图，由余弦定理得AB2=DA2+DB2－2DA·DBcos∠ADB，
AC2=DA2+DC2－2DA·DCcos∠ADC，又cos∠ADB=－cos∠ADC
两式相加得AB2+AC2=2DA2+DB2+DC2，
即22+32=2DA2+22+22，
2
∴DA2=5，
∴DA=
❑√10
2
.
故选：D
5．在△ABC中，角A 、B、C的对边分别为a、b、c，∠ABC =120°，∠ABC的平
分线交AC于点D，且BD =2，则△ABC的面积最小值为 .
【答案】4 ❑√3
【分析】法一：利用三角形面积公式计算可得ac =2(a+c)，再利用基本不等式求出
ac的最小值，即可得解；
法二：根据张角定理计算得ac =2(a+c)，再利用基本不等式求出ac的最小值，即可
得解.
【详解】
解法1：如图，S△ABC = 1
2 ac sin B =
❑√3
4 ac，
S△ABC = S△ABD+ S△CBD= 1
2 AB⋅BD⋅sin ∠ABD+ 1
2 BC ⋅BD⋅sin ∠CBD =
❑√3
2
(a+c)
，
所以
❑√3
4 ac =
❑√3
2
(a+c)，从而ac =2(a+c)≥4 ❑√ac，故ac≥16，当且仅当a=c = 4时
取等号，
因为S△ABC =
❑√3
4 ac，所以△ABC的面积的最小值为4 ❑√3.
解法2：如图，由张角定理，cos∠ABD = 1
2(
BD
AB + BD
BC)
，所以1
2 = 1
2(
2
c + 2
a)
，故
1
a + 1
c = 1
2，
从而ac =2(a+c)≥4 ❑√ac，故ac≥16，当且仅当a=c = 4时取等号，
因为S△ABC =
❑√3
4 ac，所以△ABC的面积的最小值为4 ❑√3.
故答案为：4 ❑√3.
6．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tan A = .
【答案】❑√3
【分析】根据内切圆的性质可得1
2 (a+b+c)⋅r = 1
2 bc sin A，再由余弦定理求出
(1+cos A )⋅bc =60，两式联立可得tan A
2 ，再由正切的二倍角公式求解即可.
【详解】由1
2 (a+b+c)⋅r = 1
2 bc sin A
所以20 ❑√3=bc⋅sin A ①
cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= (b+c)
2−a
2−2bc
2bc
= 60
bc −1，
即(1+cos A )⋅bc =60 ②
由①②得，sin A
1+cos A = tan A
2 =
❑√3
3 ,
∴tan A =
2tan A
2
1−tan
2 A
2
= ❑√3.
故答案为：❑√3
7．在ΔABC中，已知边a,b,c所对的角分别为A ,B ,C，若
2sin
2B+3sin
2C =2sin A sin BsinC +sin
2 A，则tan A =
【答案】−1
【详解】由正弦定理得2b
2+3c
2=2bc sin A +a
2 ，由余弦定理得
2b
2+3c
2=2bc sin A +b
2+c
2−2bc cos A,即b
2+2c
2
2bc
=sin A −cos A
因为b
2+2c
2
2bc
≥2
❑√b
2⋅2c
2
2bc
= ❑√2,sin A −cos A ≤❑√2
所以b= ❑√2c , A =3π
4 ⇒tan A =−1. 点睛：三角形中问题，一般先根据正、
余弦定理及三角形面积公式结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，利用基
本不等式或三角函数有界性求取值范围. 最后根据等号取法确定函数值.
8．如图，在平面四边形ABCD中，∠BCD = π
2 , AB =1,∠ABC = 2π
3 ．
(1)若BC =2,CD = ❑√7，求△ACD的面积；
(2)若∠ADC = π
6 , AD =2，求cos∠ACD．
【答案】(1)5 ❑√7
4
(2)
❑√21
7
【分析】（1）根据所给条件，可得AC 的值，由余弦定理，可得cos∠ACB，进而
可得sin∠ACD的值，代入面积公式，即可得答案.
（2）在△ADC中，根据正弦定理，可得
2
sin∠ACD = AC
1
2
，在△ABC中，可得
1
cos∠ACD = AC
❑√3
2
，两式联立，结合同角三角函数关系，即可得答案.
【详解】（1）因为AB =1,∠ABC = 2π
3 ,BC =2，
由余弦定理得A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB⋅AC ⋅cos 2π
3 =7，即AC = ❑√7，
由余弦定理得cos∠ACB = A C
2+ BC
2−A B
2
2× AC ×BC
= 5 ❑√7
14 ，
所以sin ∠ACD =sin(
π
2 −∠ACB)=cos∠ACB = 5 ❑√7
14 ，
所以△ACD的面积S = 1
2 × AC ×CD×sin ∠ACD = 5 ❑√7
4
（2）在△ADC中，由正弦定理得
AD
sin ∠ACD =
AC
sin ∠ADC ，即
2
sin∠ACD = AC
1
2
①，
在△ABC中，由正弦定理得
AB
sin ∠ACB =
AC
sin ∠ABC ，即
1
sin(
π
2 −∠ACD)
=
1
cos∠ACD = AC
❑√3
2
②，
①②联立可得tan ∠ACD = sin ∠ACD
cos∠ACD = 2❑√3
3
，
因为∠ACD∈(0, π
2)，所以cos∠ACD =
❑√21
7
9．在锐角△ABC中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，
2cos
22C =3−5cos2(
23 π
2
−C).
(1)求角C；
(2)若点D在AB上，BD =2 AD，BD =CD，求AC
BC 的值.
【答案】(1)C =π
3
(2) AC
BC = 1
2
【分析】（1）应用诱导公式和余弦的二倍角公式即可求解；
（2）分别在△ABC，△BCD，△ADC中用余弦定理建立方程，再利用
∠BDC +∠ADC =π，即可求解.
【详解】（1）因为
2cos
22C =3−5cos2(
23 π
2
−C)=3−5cos(23 π −2C)=3−5cos(π −2C)=3+5cos2C
，
所以2cos
22C −5cos2C −3=0，解得cos2C =−1
2或cos2C =3（舍去），
所以2cos
2C −1=−1
2，即cosC =± 1
2，
因为0<C < π
2 ，所以C =π
3 .
（2）如图，因为BD =2 AD，BD =CD，设AD =m，BD =CD =2m，
在△ABC中，由余弦定理得9m
2= A C
2+ BC
2−AC ⋅BC，
在△BCD中，由余弦定理得
cos∠BDC = B D
2+C D
2−BC
2
2BD⋅CD
= (2m)
2+(2m)
2−BC
2
2×2m×2m
= 8m
2−BC
2
8m
2
，
在△ADC中，由余弦定理得
cos∠ADC = A D
2+C D
2−A C
2
2 AD⋅CD
= m
2+(2m)
2−A C
2
2m×2m
= 5m
2−A C
2
4 m
2
，
因为∠BDC +∠ADC = π，所以cos∠BDC +cos∠ADC =0，
即8m
2−BC
2
8m
2
+ 5m
2−A C
2
4 m
2
=0，所以18m
2−BC
2−2 A C
2=0，
所以2( A C
2+ BC
2−AC ⋅BC)−BC
2−2 A C
2=0，
因为BC ≠0，所以BC =2 AC，
所以AC
BC = 1
2.
10．如图，在梯形ABCD中，AB//CD，AD⋅sin D =2CD⋅sin B.
(1)求证：BC =2CD；
(2)若AD = BC =2，∠ADC =120
∘，求AB的长度.
【答案】(1)证明见解析
(2)AB =3
【分析】（1）在△ACD和△ABC中，分别利用正弦定理可得
AD⋅sin D = AC ⋅sin ∠ACD，AC ⋅sin ∠CAB = BC ⋅sin B，再由AB //CD，可得
∠ACD =∠CAB，所以得AD⋅sin D = BC ⋅sin B，再结合已知条件可得
BC ⋅sin B =2CD⋅sin B，从而可证得结论；
（2）在△ACD中，由余弦定理可求得AC = ❑√7，cos∠CAB =cos∠ACD = 2❑√7
7
，
在△ABC中，再利用余弦定理结合四边形ABCD为梯形可求出AB，
【详解】（1）证明：在△ACD中，由正弦定理得
AD
sin∠ACD = AC
sin D ，
即AD⋅sin D = AC ⋅sin ∠ACD，
因为AB //CD，所以∠ACD =∠CAB，所以AD⋅sin D = AC ⋅sin ∠CAB，
在△ABC中，由正弦定理得AC
sin B =
BC
sin∠CAB ，
即AC ⋅sin ∠CAB = BC ⋅sin B，所以AD⋅sin D = BC ⋅sin B.
又AD⋅sin D =2CD⋅sin B，所以BC ⋅sin B =2CD⋅sin B，即BC =2CD.
（2）解：由（1）知CD = 1
2 BC =1.
在△ACD中，由余弦定理得A C
2= A D
2+C D
2−2 AD⋅CD⋅cos∠ADC
=2
2+1
2−2×2×1×(−1
2)=7，故AC = ❑√7.
所以cos∠CAB =cos∠ACD = C D
2+ A C
2−A D
2
2CD⋅AC
= 1
2+7−2
2
2×1×❑√7 = 2❑√7
7
.
在△ABC中，由余弦定理得BC
2= A C
2+ A B
2−2 AC ⋅AB⋅cos∠CAB，
即2
2=7+ A B
2−2×❑√7× AB× 2❑√7
7
，整理可得A B
2−4 AB+3=0，解得AB =1或3.
又因为ABCD为梯形，所以AB =3.
11．在四边形ABCD中，BC =1，AC =CD，AC平分
∠BCD，A B
2+ A C
2−BC
2
AC
=2 AC −❑√3 BC．
(1)求∠ACB；
(2)当BD
AB 取最大值时，求AC．
【答案】(1)∠ACB =π
6
(2)AC=1
【分析】（1）解法一：将原式变形，再利用余弦定理并结合角的范围即可求出；
解法二：将原式变形，并利用正弦定理与余弦定理并结合角的范围化简求解．
（2）利用余弦定理将两边的平方用CD表示出来，再利用均值不等式确定取得最大值
时CD的大小.
【详解】（1）解法一 ：因为A B
2+ A C
2−BC
2
AC
=2 AC −❑√3 BC，
所以A B
2+ A C
2−BC
2=2 A C
2−❑√3 BC ⋅AC，则
BC
2+ A C
2−A B
2= ❑√3 BC ⋅AC，
在△ABC中，由余弦定理得cos∠ACB = BC
2+ A C
2−A B
2
2BC ⋅AC
=
❑√3 BC ⋅AC
2BC ⋅AC =
❑√3
2 ,
因为∠ACB∈(0,π)，所以∠ACB =π
6 ．
解法二 ：因为A B
2+ A C
2−BC
2
AC
=2 AC −❑√3 BC，所以
A B
2+ A C
2−BC
2
2 AC ⋅AB
= 2 AC −❑√3 BC
2 AB
，
在△ABC中，由正弦定理和余弦定理得
cos∠BAC = 2sin∠ABC −❑√3sin∠BAC
2sin∠ACB
，
所以2sin∠ACBcos∠BAC =2sin∠ABC −❑√3sin∠BAC，
因为sin∠ABC =sin(∠ACB+∠BAC)，代入上式整理得
2cos∠ACBsin∠BAC = ❑√3sin∠BAC，
由题意可得sin∠BAC ≠0，
所以cos∠ACB =
❑√3
2 ，
因为∠ACB∈(0,π)，所以∠ACB =π
6 ．
（2）由（1）可得∠ACB =π
6 ，因为AC平分∠BCD，所以∠BCD =π
3 ，
因为BC =1, AC =CD，则在△BCD中，由余弦定理得
B D
2= BC
2+C D
2−2BC ⋅CDcos∠BCD =1+C D
2−CD，
在△ABC中，由余弦定理得
A B
2= BC
2+ A C
2−2BC·AC cos∠ACB =1+ A C
2−❑√3 AC =1+C D
2−❑√3CD，
所以B D
2
A B
2 =
1+C D
2−CD
1+C D
2−❑√3CD
=1+
(❑√3−1)CD
1+C D
2−❑√3CD
=1+
❑√3−1
1
CD +CD−❑√3
≤1+
❑√3−1
2❑√
1
CD ⋅CD−❑√3 =2+ ❑√3，
当且仅当CD =1时，等号成立，
此时B D
2
A B
2 取最大值，即BD
AB 取最大值，
故当BD
AB 取最大值时，AC =CD =1．
12．已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，bsin A + B
2
=c sin B.
(1)求角C；
(2)若AB边上的高线长为2❑√3，求△ABC面积的最小值.
【答案】(1)π
3
(2)4 ❑√3
【分析】（1）利用正弦定理、诱导公式、二倍角的正弦公式化简可求得sin C
2 的值，
结合角C的取值范围可求得角C的值；
（2）利用三角形的面积公式可得出ab= 4 c，利用余弦定理结合基本不等式可求得c
的最小值，即可求得△ABC面积的最小值.
【详解】（1）解：由已知A + B+C = π，所以bsin A + B
2
=bsin π −C
2
=bcos C
2 ，
所以bcos C
2 =c sin B，由正弦定理得sin Bcos C
2 =sinC sin B，
因为B、C ∈(0,π )，则sin B>0，0< C
2 < π
2 ，cos C
2 >0，
所以，cos C
2 =sinC，则cos C
2 =2sin C
2 cos C
2 ，所以sin C
2 = 1
2，所以C
2 = π
6 ，则
C = π
3 .
（2）解：由S△ABC = 1
2 c⋅2❑√3= 1
2 absinC，得ab= 4 c，
由余弦定理c
2=a
2+b
2−2abcosC =a
2+b
2−ab≥2ab−ab=ab，
即c
2≥4 c，因为c>0，则c≥4，当且仅当a=b=c = 4取等号，
此时△ABC面积的最小值为4 ❑√3.
13．记△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知b+c =2asin(C +π
6 )．
(1)求A；
(2)若a=2❑√3，⃗BA ⋅⃗CA = 3
2，∠BAC的角平分线交BC 于点D，求AD的长．
【答案】(1)π
3
(2)3 ❑√7
7
【分析】（1）由正弦定理和sin B =sin ( A +C)得到❑√3sin A −cos A =1，由辅助角
公式求出sin(A −π
6 )= 1
2，进而求出A；
（2）先根据向量数量积公式得到bc =3，由余弦定理变形得到b+c = ❑√21，由
S△ABC = S△ABD+ S△ACD和面积公式求出AD.
【详解】（1）∵b+c =2asin(C +π
6 )，
∴由正弦定理得：sin B+sinC =2sin A sin(C +π
6 )，
∴sin B+sinC =2sin A(sinC cosπ
6 +cosC sinπ
6 )，
即sin B+sinC =2sin A(
❑√3
2 sinC + 1
2 cosC)= ❑√3sin A sinC +sin A cosC，
又∵B =π−( A +C)，
∴sin B =sin ( A +C)，则有sin ( A +C)+sinC = ❑√3sin A sinC +sin A cosC，
∴sin A cosC +cos A sinC +sinC = ❑√3sin A sinC +sin A cosC，
即cos A sinC +sinC = ❑√3sin A sinC，
又∵C ∈(0,π)，∴sinC ≠0，
∴cos A +1= ❑√3sin A，
∴❑√3sin A −cos A =1，
∴2sin(A −π
6 )=1，即sin(A −π
6 )= 1
2，
∵A ∈(0,π)，A −π
6 ∈(−π
6 ,5π
6 )
∴A −π
6 =π
6 ，解得A =π
3 ；
（2）由⃗BA ⋅⃗CA = 3
2得，bc cosπ
3 = 3
2，所以bc =3，
由（1）知，A =π
3 ，
由余弦定理得：a
2=b
2+c
2−2bc cos A =(b+c)
2−3bc =(b+c)
2−9，
因为a=2❑√3，所以(b+c)
2−9=12，
∴b+c = ❑√21，
由S△ABC = S△ABD+ S△ACD得：1
2 bc sinπ
3 = 1
2 b⋅AD sinπ
6 + 1
2 c⋅AD sinπ
6 ，
∴AD =
bc sinπ
3
(b+c)sinπ
6
=
3×
❑√3
2
❑√21× 1
2
= 3 ❑√7
7
．
14．在锐角△ABC中，角A ,B ,C的对边分别是a，b，c，若2c−b
a
=cosB
cos A
(1)求角A的大小；
(2)若a=2，求中线AD长的范围（点D是边BC中点）.
【答案】(1)A =π
3
(2)(
❑√21
3
,❑√3)
【分析】（1）根据条件，利用正弦定理进行边角转化，可得到cos A = 1
2，从而求出
结果；
（2）先利用向量的中线公式得到4|⃗AD|
2=2bc+ 4，再利用正、余弦定理及条件求
出bc的范围，进而求出结果.
【详解】（1）因为2c−b
a
=cosB
cos A ，由正弦定理可得：2sinC −sin B
sin A
=cosB
cos A
即(2sinC −sin B)⋅cos A =sin A ⋅cosB，所以
2sinC cos A =sin A cos B+cos A sin B =sin ( A + B)=sin(π−C )=sinC，
因为C ∈(0,π
2 )，所以sinC >0，所以cos A = 1
2，因为A ∈(0,π
2 )，所以A =π
3 .
（2）由（1）得A =π
3 ，且a=2，由余弦定理知，cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 1
2
，得到
b
2+c
2=bc+ 4，
因为点D 是边BC 中点，所以2⃗AD =⃗AB+⃗AC，两边平方可得:
4|⃗AD|
2=)⃗AB|
2 +|⃗AC |
2+2⃗AB⋅⃗AC =b
2+c
2+2bc⋅cos A，
所以4|⃗AD|
2=b
2+c
2+bc =bc+ 4 +bc =2bc+ 4，
因为bc =(2 R sin B)⋅(2 R sinC )= 4 R
2sin B sinC，又2 R =
a
sin A =
2
sinπ
3
= 4
❑√3，
B = 2π
3 −C，
所以
bc = 16
3 sin( 2π
3 −C )sinC = 8
3 (
❑√3
2 sin2C + 1−cos2C
2
)= 8
3 sin(2C −π
6 )+ 4
3 ,
又因为△ABC为锐角三角形， 所以0<B = 2π
3 −C <π
2 ，0<C <π
2 ，得到
π
6 <C <π
2 ，
所以2C −π
6 ∈(π
6 ,5π
6 )，由y =sin x的图像与性质知，sin(2C −π
6 )∈(
1
2 ,1)，
所以bc∈(
8
3 ,4)，所以4|⃗AD)
2=2bc + 4∈(
28
3 ,12)，得到
|⃗AD)
2=2bc + 4∈(
7
3 ,3)
故|⃗AD)∈(
❑√21
3
,❑√3).
15．如图，在△ABC中，AB =2，3sin
2B−2cos B−2=0，且点D在线段BC上．
(1)若∠ADC = 3π
4 ，求AD的长；
(2)若BD =2 DC，sin ∠BAD
sin ∠CAD = 4 ❑√2，求△ABD的面积．
【答案】(1)8
3
(2)8 ❑√2
3
【分析】（1）由已知求出cos B，再得sin B，在△ABD中应用正弦定理可得AD；
（2）由BD＝2DC，利用三角形面积比和已知条件sin∠BAD
sin∠CAD = 4 ❑√2，可得AC，再
在△ABC中利用余弦定理可得BC，然后求得BD，由面积公式得结论．
【详解】（1）由3sin
2B−2cosB−2=0，可得3cos
2B+2cosB−1=0，
所以cosB = 1
3或cosB =−1（舍去），
所以sin B = 2❑√2
3
，
因为∠ADC = 3π
4 ，所以∠ADB =π
4 ，
由正弦定理可得：
AB
sin∠ADB = AD
sin B ，所以AD = 8
3．
（2）由BD =2 DC，得S△BAD
S△CAD
=2，所以
1
2 AB⋅AD⋅sin∠BAD
1
2 AC ⋅AD⋅sin∠CAD
=2，
因为sin∠BAD
sin∠CAD = 4 ❑√2，AB =2，所以AC = 4 ❑√2，
由余弦定理得A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB⋅BC ⋅cosB，
即3 BC
2−4 BC −84 =0，(BC −6)(3 BC +14)=0，
可得BC =6或BC =−14
3 （舍去），
所以BD = 4，
所以S△ABD= 1
2 ⋅AB⋅BD⋅sin B = 1
2 ×2×4× 2❑√2
3
= 8 ❑√2
3
．
16．如图，在△ABC中，AB = 4，cos B = 1
3，点D在线段BC上.
（1）若∠ADC = 3π
4 ，求AD的长；
（2）若BD =2 DC，△ACD的面积为16 ❑√2
3
，求sin ∠BAD
sin ∠CAD 的值.
【答案】（1）16
3 ；（2）4 ❑√2.
【解析】（1）利用已知条件先求出∠ADB =π
4 ，sin B = 2❑√2
3
，在△ABD中，利用
正弦定理代入求解即可得到答案；（2）利用已知条件先求出S△ABD=2S△ADC，
S△ABC =3 S△ADC，再利用三角形的面积公式求出BC =12，sin ∠BAD
sin ∠CAD =2⋅AC
AB ，在
△ABC中，利用余弦定理求出AC的长，即可得出答案.
【详解】（1）∵∠ADC = 3π
4 ，
∴∠ADB =π
4 ，
又∵cos B = 1
3，
∴sin B = 2❑√2
3
.
在△ABD中，AD
sin B =
AB
sin∠ADB ，
∴AD =
4⋅2❑√2
3
❑√2
2
= 16
3 .
（2）∵BD =2 DC，
∴S△ABD=2S△ADC，
S△ABC =3 S△ADC，
又S△ADC = 16 ❑√2
3
，
∴S△ABC =16 ❑√2，
∵S△ABC = 1
2 AB⋅BC sin∠ABC，
∴BC =12，
∵S△ABD= 1
2 AB⋅AD sin∠BAD，
S△ADC = 1
2 AC ⋅AD sin∠CAD，
S△ABD=2S△ADC，
∴sin∠BAD
sin∠CAD =2⋅AC
AB ，
在△ABC中，
由余弦定理得A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB⋅BC cos∠ABC.
∴AC =8 ❑√2，
∴sin∠BAD
sin∠CAD =2⋅AC
AB = 4 ❑√2.
【点睛】本题主要考查了正余弦定理以及三角形面积公式.考查了学生的运算求解能力.
属于中档题.
17．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosB+ ❑√3asin B =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．
【答案】(1)A =π
3
(2)5 ❑√3−❑√39
2
．
【分析】（1）利用正弦定理将边转化成角，可得到sin(A −π
6 )= 1
2，结合角的范
围即可求解；
（2）利用点G是△ABC的重心得到⃗AG = 1
3 (⃗AB+⃗AC)，平方可得c =12，接着利用
余弦定理可得a=3 ❑√13，然后用等面积法即可求解
【详解】（1）因为acosB+ ❑√3asin B =c +b，
由正弦定理可得
sin A cosB+ ❑√3sin A sin B =sinC +sin B =sin( A + B)+sin B =sin A cosB+sin Bcos A +sin B
，
即❑√3sin A sin B =sin Bcos A +sin B，
又B∈(0,π)，所以sin B≠0，所以❑√3sin A −cos A =1，即sin(A −π
6 )= 1
2，
又A ∈(0,π)，所以A −π
6 ∈(−π
6 ，5π
6 )，所以A −π
6 =π
6 ，解得A =π
3
（2）因为点G是△ABC的重心，所以⃗AG = 1
3 (⃗AB+⃗AC)，
所以⃗
AG
2= 1
9 (⃗AB+⃗AC )
2= 1
9 (⃗AB
2+2⃗AB⋅⃗AC +⃗AC
2)= 1
9 (⃗AB
2+2|⃗AB)⋅|⃗AC)cos A +⃗AC
2)，
即21= 1
9 (c
2+3c +9)，解得c =12或c =−15(舍)．
由余弦定理得a
2=b
2+c
2−2bccos A =3
2+12
2−2×3×12× 1
2 =117，解得a=3 ❑√13．
设△ABC内切圆的圆心O，半径为r，则S△ABC = S△OBC+ S△AOC+ S△ABO
即1
2 bcsin A = 1
2
(a+b+c)r，
即1
2 ×12×3×
❑√3
2 = 1
2 ×(3+12+3 ❑√13)r，
解得r = 5 ❑√3−❑√39
2
，即△ABC内切圆的半径为5 ❑√3−❑√39
2
．
18．设a，b，c 分别为△ABC的内角A，B，C 的对边，AD 为BC 边上的中线，c＝1，
∠BAC = 2π
3 ，2c sin A cos B =asin A −bsin B+ 1
2 bsinC．
(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．
【答案】(1)
❑√3
2
(2)3
5
【分析】（1）首先利用正弦定理，边角互化，再利用余弦定理，即可求得.
（2）首先利用重心的性质，求出AG，再利用余弦定理求出∠BAD = π
2 ，再结合
cos∠AGF =−cos∠AGE，解出sin ∠AGF，最后利用正弦定理即可求解.
【详解】（1）依据题意，由2c sin A cos B =asin A −bsin B+ 1
2 bsinC可得
2ac cos B =a
2−b
2+ 1
2 bc，则cos B =
a
2−b
2+ 1
2 bc
2ac
= a
2+c
2−b
2
2ac
，∴c
2= 1
2 bc，
b=2c =2，cos∠BAC = b
2+c
2−a
2
2bc
= 4+1−a
2
4
=−1
2，解得a= ❑√7，BD =
❑√7
2
cos B = 1+7−4
2❑√7
=
1+ 7
4 −A D
2
❑√7
，解得AD 为
❑√3
2
（2）G 为△ABC的重心，∴AG = 2
3 AD =
❑√3
3 ，
cos∠BAD =
1+ 3
4 −7
4
❑√3
=0,∴∠BAD = π
2
，EG = ❑√
9
16 + 1
3 =
❑√129
12
cos∠AGF =−cos∠AGE =−
4
❑√43，sin ∠AGF = 3 ❑√3
❑√43 ，
cos∠DAC =cos( 2π
3 −π
2 )=
❑√3
2 ,sin ∠DAC = 1
2，
∴cos∠AFE =−cos(∠AGF +∠DAC )= 7 ❑√3
2❑√43，
sin ∠AFE =
5
2❑√43 ，
AG
sin ∠AFE =
AF
sin ∠AGF ，∴AF = 3
5
19．在△ABC 中，sin A cos
∶
B tan
∶
A＝12 16 15.
∶
∶
（1）求sin C；
（2）若AB＝8，点D 为△ABC 外接圆上的动点，求⃑DA ⋅⃑DC的最大值．
【答案】（1）24
25 ；（2）50.
【分析】（1）由sin A tan
∶
A＝12 15
∶
得cos A，由sin A cos
∶
B＝12 16
∶
，得cos B，由
sin C＝sin(A＋B) 即可得；
（2）由圆的性质知，∠ADC＝∠ABC 或∠ADC＝π-∠ABC，故当∠ADC＝∠ABC 时，⃑
DA ⋅⃑DC取得最大值，由余弦定理即可计算得出.
【详解】（1）由sin A tan
∶
A＝12 15
∶
，得cos A＝4
5 ，故sin A＝3
5，
所以由sin A cos
∶
B＝12 16
∶
，得cos B＝4
5 ，故sin B＝3
5，于是sin C＝sin(A＋B)＝sin
Acos B＋cos Asin B＝24
25 ；
(2)在△ABC 中，由AC
sin B = AB
sinC ，解得AC＝5，由A，B，C，D 四点共圆及题干条
件，可知∠ADC＝∠ABC 时⃑DA ⋅⃑DC取得最大值，
设DA＝m，DC＝n，在△DAC 中，由余弦定理的推论得
cos∠ADC = m
2+n
2−5
2
2mn
= 4
5 ，
故8
5 mn=m
2+n
2−25≥2mn−25，
解得mn≤125
2 ，
故⃑DA ⋅⃑DC = 4
5 mn≤4
5 ⋅125
2 =50，
当且仅当m＝n＝5 ❑√10
2
时，等号成立，
故⃑DA ⋅⃑DC的最大值为50.
【点晴】此题考正余弦定理的应用，第二问要特别注意⃑DA ⋅⃑DC取得最大值的条件.
20．在△ABC中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，已知b= ❑√2，c =bcos A．
(1)求角B；
(2)求1
a + 1
c 的最小值；
(3)⊙O为△ABC的外接圆，P 为⊙O外一点，过P 点作⊙O的切线，切点分别为
E，F，求⃗PE⋅⃗PF的最小值．
【答案】(1)π
2
(2)2
(3)2❑√2−3
2
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到sin A cos B =0，进而得到cos B =0，
即可求解；
（2）由正弦定理得到a= ❑√2sin A ,c = ❑√2sinC，化简1
a + 1
c =
❑√2
2 ⋅cos A +sin A
sin A cos A ，
设t =cos A +sin A，得到
1
a + 1
c = ❑√2×
1
t −1
t
，进而求得最小值；
（3）由⃗PE =⃗PH +⃗HE ,⃗PF =⃗PH −⃗HE，化简得到⃗PE⋅⃗PF = 1
2 (2 x
2+ 1
x
2 −3），结
合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：因为c =bcos A，由正弦定理得sinC =sin Bcos A，
又因为sinC =sin( A + B)=sin A cos B+cos A sin B，
所以sin A cos B+cos A sin B =sin Bcos A，所以sin A cos B =0，
因为A ∈(0,π)，所以cos B =0，
又因为B∈(0,π)，所以B =π
2 .
（2）解：由正弦定理得
a
sin A =
c
sinC =
b
sin B = ❑√2，
所以a= ❑√2sin A ,c = ❑√2sinC，因为B =π
2 ，所以C =π
2 −A，
所以
1
a + 1
c =
1
❑√2sin A +
1
❑√2sinC =
❑√2
2 (
1
sin A +
1
sin(π
2 −A )
)
=
❑√2
2 (
1
sin A +
1
cos A )=
❑√2
2 ⋅cos A +sin A
sin A cos A ，
设t =cos A +sin A = ❑√2sin( A +π
4 )，因为A ∈(0,π
2 )，所以t ∈(1,❑√2]，
sin A cos A = 1
2 (t
2−1)，
所以
1
a + 1
c == ❑√2×
t
t
2−1
= ❑√2×
1
t −1
t
，因为f (t )=t −1
t 在t ∈(1,❑√2]上单调递增，
所以t = ❑√2时，( 1
a + 1
c )
min
= ❑√2×
1
❑√2−1
❑√2
=2
.
（3）解：因为B =π
2 且b= ❑√2，⊙O为△ABC的外接圆，可得圆的半径为r =
❑√2
2 ，
如图所示，设PO= x，连接EF与PO交于点H，
由点P为⊙O外一点，过P点作⊙O的切线，切点分别为E，F，
所以OE⊥PE，所以∠OEP =90
∘，因为EF ⊥OP，所以∠EHP =90
∘，
又因为∠OPE =∠EPH，所以△OPE∽△EPH，
则EH
OE = PE
PO ，所以EH = PE⋅OE
PO
=
❑√x
2−(
❑√2
2 )
2
×❑√2
2 x
=
❑√x
2−1
2 ×❑√2
2 x
，
又由PE = PF = ❑√x
2−1
2，所以PH = P E
2
PO =
x
2−1
2
x
= 2 x
2−1
2 x
，
因为⃗PE =⃗PH +⃗HE ,⃗PF =⃗PH +⃗HF =⃗PH −⃗HE，
可得⃗
PE⋅⃗PF =(⃗PH +⃗HE)⋅(⃗PH −⃗HE)=⃗PH
2−⃗HE
2=( 2 x
2−1
2 x
)
2
−(
❑√x
2−1
2 ×❑√2
2 x
)
2
= 2 x
4−3 x
2+1
2 x
2
= 1
2 (2 x
2+ 1
x
2 −3）≥1
2 (2❑√
2 x
2⋅1
x
2 −3)= 2❑√2−3
2
，
当且仅当2 x
2= 1
x
2，当x
2=
❑√2
2 时，等号成立，所以⃗PE⋅⃗PF的最小值为2❑√2−3
2
．
21．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
【答案】(1)1
(2)1
【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式和辅助角公式化简已知式，可得
sin(B−π
6 )= 1
2，即可求出B =π
3 ，再由正弦定理的定义可求得△ABC的外接圆半径；
（2）由余弦定理和三角形的面积公式求解即可.
【详解】（1）因为bcosC + ❑√3bsinC
a+c
=1，所以bcosC + ❑√3bsinC −a−c =0，
所以sin BcosC + ❑√3sin BsinC −sin A −sinC =0，
因为A + B+C =π，所以sin BcosC + ❑√3sin BsinC −sin (B+C)−sinC =0，
所以❑√3sin BsinC −cos BsinC −sinC =0，
因为C ∈(0,π)，所以sinC ≠0，所以sin(B−π
6 )= 1
2，
因为B∈(0,π)，所以B−π
6 =π
6 ，
所以B =π
3 ，所以外接圆半径2 R =
b
sin B =2．
所以R =1.
（2）因为⃗BA ⋅⃗BC =6，由题可知B =π
3 ，所以ac =12，
又因为b
2=a
2+c
2−2ac cos B，a+c = 4 ❑√3可得b=2❑√3，
因为S = 1
2 ac⋅sin B =3 ❑√3．
由△ABC的面积S = 1
2
(a+b+c)r = 1
2 ac⋅sin B，得r =1．
22．在△ABC中，角A，B，C对应的边长为a，b，c，且sin B
sin A = a+(b−c)cosB
b+(c−b)cos A .
(1)求角A；
(2)若a=2，b(sin B+2sinC)=6(3sin A −2sinC)，求b，c.
【答案】(1)A =π
3
(2)b=c =2或b= 10
7 ，c = 16
7
【分析】（1）由已知将原式变形，利用正弦定理将角的正弦转化为边，再结合余弦
定理求解即可；
（2）利用正弦定理将角的正弦转化为边，求解关于边b的一元二次方程，得到b，c
的关系，再结合余弦定理求c，即可得b.
【详解】（1）依题意得bsin B+(c−b)cos A sin B =asin A +(b−c)cos Bsin A，
所以bsin B−asin A =(b−c)(sin A cos B+cos A sin B)=(b−c)sinC，
所以b
2−a
2=(b−c)c，即b
2+c
2−a
2=bc，
所以cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 1
2，
因为0< A <π，所以A =π
3
；
（2）b(sin B+2sinC)=6(3sin A −2sinC)可化为b(b+2c)=6(3a−2c)，
即b
2−36+2bc +12c =0，
所以(b+6)(b+2c−6)=0，
因为b+6>0，所以b+2c =6，
即b=6−2c，则cos A = (6−2c)
2+c
2−4
2(6−2c)c
= 1
2，即7c
2−30c +32=0，
解得c =2或c = 16
7 ，即b=c =2或b= 10
7 ，c = 16
7 .
23．在△ABC中，点D，E 都是边BC 上且与B，C 不重合的点，且点D 在B，E 之间，
AE⋅AC ⋅BD = AD⋅AB⋅CE．
(1)求证：sin∠BAD =sin∠CAE．
(2)若AB⊥AC，求证：A D
2
B D
2 + A E
2
C E
2 =
2
1−sin ∠DAE ．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）分别在△ABC，△ABD，△ACE中，利用正弦定理即可得证；
（2）设∠BAD =∠CAE =α，则0<α <π
4 ，∠DAE =π
2 −2α，在△ABD，
△ACE中，利用正弦定理即可得证.
【详解】（1）如图．在△ABC中，由正弦定理，得sin B
sinC = AC
AB ．
在△ABD中，由正弦定理，得sin ∠BAD = BD sin B
AD
．
在△ACE中，由正弦定理，得sin ∠CAE = CE sinC
AE
．
所以sin ∠BAD
sin ∠CAE = BD⋅AE⋅sin B
CE⋅AD⋅sinC = BD⋅AE⋅AC
CE⋅AD⋅AB =1，
所以sin∠BAD =sin∠CAE．
（2）因为AB⊥AC，
所B+C =π
2 ，所以sinC =cos B．
由∠BAC =π
2 可知∠BAD，∠CAE均为锐角．
由（1）知，∠BAD =∠CAE．
设∠BAD =∠CAE =α，则0<α <π
4 ，∠DAE =π
2 −2α．
由sin ∠DAE =cos2α =1−2sin
2α，得sin
2α = 1−sin ∠DAE
2
．
在△ABD中，由正弦定理，得AD
BD = sin B
sin α ．
在△ACE中，由正弦定理，得AE
CE = sinC
sin α = cos B
sin α ．
所以A D
2
B D
2 + A E
2
C E
2 = sin
2B
sin
2α
+ cos
2B
sin
2α
=
1
sin
2α
=
2
1−sin ∠DAE ．
24．已知△ABC的三边长a、b、c，三内角为A 、B、C．求证：
π
3 ≤aA +bB+cC
a+b+c
<π
2 ．
【答案】证明见解析
【分析】
根据三角形中的边角关系，结合分析法和综合法综合运用即可求证.
【详解】由a,b,c>0,π= A + B+C，则只需证：
( A + B+C)(a+b+c)
3
≤aA +bB+cC < ( A + B+C)(a+b+c)
2
．
先证
( A + B+C)(a+b+c)
3
≤aA +bB+cC，
只需证：A (b+c−2a)+ B (a+c−2b)+C (a+b−2c)≤0，
即证：A (b−a)+ A (c−a)+ B (a−b)+ B (c−b)+C (a−c)+C (b−c)≤0，
即：(a−b)(B−A)+(c−a)( A −C)+(b−c)(C −B)≤0①，
设a≥b，则A ≥B ,∴(a−b)(B−A)≤0，同理(c−a)( A −C)≤0,(b−c)(C −B)≤0．
∴①式成立，
再证aA +bB+cC < ( A + B+C)(a+b+c)
2
．
只需证：2aA +2bB+2cC <( A + B+C)(a+b+c)，
即证：A (b+c−a)+ B (a+c−b)+C (a+b−c)>0．②
∵b+c−a>0,a+c−b>0,a+b−c>0
∴②式成立．
综上，结论得证.
