微专题3 三角形中的“三条线”
近几年高考：与三角形的“三条线线”(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.
一、高考真题
1.(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 法一 (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 −π
4)=sin (
3 π
4 −A),
展开并整理得√2(sin A-cos A)=√2
2
(cos A+sin A),
得sin A=3cos A,
又sin 2A+cos 2A=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√5cos π
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=3 π
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,
即5h=2√10×3√5×√2
2
,解得h=6,
所以AB 边上的高为6.
法二 (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=3tan π
4
=3,
又sin A>0,tan A= sin A
cos A
,sin 2A+cos 2A=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
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.
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,
1
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.
法一 在△ADC 中,由余弦定理,
得b2=AD2+DC2-2AD·DC·cos ∠ADC=1+4-2=3,
所以b=√3.
在△ABC 中,由余弦定理,
得cos B=c
2+a
2−b
2
2ac
= 7+16−3
2×4×√7
=5√7
14
,
所以sin B=√1−co s
2B=√21
14
,
所以tan B= sin B
cos B
=√3
5
.
法二 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.
二．典型例题
1.三角形的角平分线
例1 (2025·厦门质检)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为
a,b,c,已知cos B=7
9
,a=4,角B 的角平分线交AC 于点D,且
BD=3√2.
(1)求CD 的长;
(2)求△ABC 的面积.
解 (1)设∠DBC=θ,
则cos B=cos 2θ=2cos 2θ-1=7
9
,
所以cos θ=2√2
3
,sin θ=1
3
.
在△BCD 中,由余弦定理,得
CD2=16+18-2×4×3√2×2√2
3
,
所以CD=√2.
(2)因为cos B=7
9
,B∈(0,π),
所以sin B=4√2
9
.
因为S△ABC=S△ABD+S△BCD,
所以4×c×4√2
9
=4×3√2×1
3
+c×3√2×1
3
,
解得c=36
7
,
所以△ABC 的面积为1
2
×4×36
7
×4√2
9
=32
7 √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
2
△ABC 的一条角平分线,在解三角形有关角平分线问题常用到
以下结论:
(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.
训练1 (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= .
(2)(2025·武汉四调)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别是
a,b,c,且C=π
3
,c=6,△ABC 面积为√3,D 为边AB 上一点,CD
是∠ACB 的角平分线,则CD= .
答案 (1)2 (2)1
解析 (1)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)×cos 30°
3+√3
=2.
(2)在△ABC 中,C=π
3
,c=6,
由余弦定理可得c2=b2+a2-2bacos C,
所以62=b2+a2-2bacos π
3
,
所以36=b2+a2-ba,
又△ABC 面积为√3,
所以1
2
basin π
3
=√3,所以ba=4,
所以36=b2+a2-ba=(a+b)2-3×4,
所以a+b=4√3,
因为CD 是∠ACB 的角平分线,C=π
3
,
所以∠ACD=∠DCB=π
6
,
因为S△ACD+S△BCD=S△ABC,
所以1
2
AC·CDsin ∠ACD+1
2
BC·CDsin ∠BCD
=1
2
AC·CBsin ∠ACB,
所以1
2
b·CDsin π
6
+1
2
a·CDsin π
6
=1
2
basin π
3
=√3,
所以b·CD+a·CD=4√3,
所以(b+a)CD=4√3,
所以CD=1.
2.三角形的中线
例2 (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
.
3
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
2
acsin 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,①
由余弦定理b2=c2+a2-2accos B,
得9=c2+a2-ac,②
①-②得16=2ac,即ac=8,
由三角形的面积公式得S△ABC=1
2
acsin 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.
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结论:
(1)三角形的面积关系:
S△ABD=S△ACD=1
2
S△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).
训练2 (2025·长沙雅礼中学模拟)记△ABC 的内角A,B,C 的对
边分别为a,b,c,已知acos C-asin C-b+√2c=0.
(1)求A;
(2)设D 是边BC 中点,若cos C=-3
5
,求sin ∠ADC.
解 (1)在△ABC 中,由正弦定理及acos C-asin C-b+√2c=0,
得sin Acos C-sin Asin C-sin B+√2sin C=0,
又sin B=sin(A+C)=sin Acos C+sin Ccos A,
则sin Acos C-sin Asin C-sin Acos C-sin Ccos A+√2sin C=0,
而sin C>0,
化简得sin A+cos A=√2,
即sin (A + π
4)=1,而π
4
<A+π
4
<5 π
4
,
因此A+π
4
=π
2
,所以A=π
4
.
(2)在△ABC 中,由cos C=-3
5
,
得sin C=4
5
,sin B=sin (
3 π
4 −C)
=√2
2 cos C+√2
2 sin C=√2
10
,
由正弦定理
c
sin C
=
b
sin B
,得c=4√2b,
由D 是边BC 中点,
得2⃗AD=⃗AB+⃗AC,
则4⃗AD
2=(⃗AB+⃗AC)2=b2+c2+2bccos A=41b2,
因此AD=|⃗AD|=√41
2
b,
在△ADC 中,由正弦定理
b
sin ∠ADC
=
AD
sin C
,
得sin ∠ADC= b
AD sin C=8√41
205
.
3.三角形的高线
例3 (2025·石家庄模拟)在△ABC 中,三个内角A,B,C 所对的边
分别为a,b,c,∠BAC=π
3
,a=√7,D 是BC 的三等分点,且
BD=2DC.
4
(1)当△ABC 的面积S=3√3
2
时,求AD 的长;
(2)当⃗AD·(⃗BC+⃗AC)=7
3
时,求AB 边上的高.
解 (1)∵∠BAC=π
3
,a=√7,
∴由余弦定理得7=a2=b2+c2-2bccos ∠BAC=b2+c2-bc,
由S=1
2
bcsin ∠BAC=3√3
2
,
得bc=6,
解得b=2,c=3 或b=3,c=2,
由题知BD=2√7
3
,
当b=2,c=3 时,由余弦定理得cos B=a
2+c
2−b
2
2ac
=2√7
7
,
则AD2=9+28
9
-2×3×2√7
3
×2√7
7
=37
9
,
即AD=√37
3
;
同理当b=3,c=2 时,AD=2√13
3
,
综上所述,AD=√37
3
或2√13
3
.
(2)∵⃗AD=⃗AB+⃗BD=⃗AB+2
3⃗BC=⃗AB+2
3
(⃗AC-⃗AB)=
2
3⃗AC+1
3⃗AB,
∴⃗AD·(⃗BC+⃗AC)
=(
2
3⃗AC + 1
3⃗AB)·(⃗BA+2⃗AC)
=(
2
3⃗AC + 1
3⃗AB)·(-⃗AB+2⃗AC)
=1
3
(4⃗AC
2-⃗AB
2)=7
3
,
即4b2-c2=7,
联立b2+c2-bc=7,
可得3b2+bc-2c2=0,
即b=2
3
c,
解得b=2,c=3,
∴AB 边上的高为h=bsin ∠BAC=√3.
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
.
训练3 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
2
absin C=1
2
ab√1−co s
2C
=1
2
ab√
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),
5
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
2
aha=1
2
bhb=1
2
chc,
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).
6
【精准强化练习3】
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
2
c·ADsin ∠DAB+1
2
b·ADsin ∠DAC
=1
2
c·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+c2-2bccos π
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=asin C
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
2
bcsin A=1
2
b×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
2
aAD=10√2,
7
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tan 3 π
4
=
2tan 3 π
8
1−tan
2 3 π
8
=-1,
得tan 23 π
8
-2tan 3 π
8
-1=0,
解得tan 3 π
8
=1+√2或tan 3 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
2
b=√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·泰州调研)在△ABC 中,已知tan A=4
3
,sin(A-B)=√2
10
.
(1)求B;
(2)若AD 为∠BAC 的平分线,△ABC 的面积为14,求AD.
解 (1)在△ABC 中,tan A=4
3
>0,
所以0<A<π
2
,
因为0<B<π,所以-π<A-B<π
2
,
因为sin(A-B)=√2
10
>0,
所以0<A-B<π
2
,
8
所以cos(A-B)=√1−sin
2( A −B)=7√2
10
.
所以tan (A-B)= sin( A −B)
cos( A −B)
=1
7
,
所以tan B=tan [A-(A-B)]= tan A −tan ( A −B)
1+ tan A·tan ( A −B)
=
4
3 −1
7
1+ 4
3 × 1
7
=1,
又因为0<B<π,所以B=π
4
.
(2)由tan A=4
3
,0<A<π
2
,
所以sin A=4
5
,cos A=3
5
,
所以sin C=sin(A+B)
=sin Acos B+cos Asin B=7√2
10
.
记△ABC 中角A,B,C 所对的边为a,b,c,
由正弦定理可得
b
sin B
=
c
sin C
,
所以b
c
=sin B
sin C
=5
7
,
所以S△ABC=1
2
bcsin A=1
2
×5
7
c2×4
5
=14,
解得c=7(负值舍去),所以b=5.
又由cos A=1-2sin 2 A
2
=3
5
,
得sin A
2
=√5
5
,
所以由S△ABC=S△ABD+S△ACD,
得14=1
2
c·ADsin A
2
+1
2
b·ADsin A
2
,
所以14=7
2
×√5
5
AD+5
2
×√5
5
AD,
解得AD=7√5
3
.
9
