高考数学二轮复习第八章 解三角形（教师版）

第八章解三角形知识梳理1、正弦定理和余弦定理的主要作用，是将三角形中已知条件的边、角关系转化为角的关系或边的关系，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素．2、与三角形面积或周长有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理，进行边和角的转化．要适当选用公式，对于面积公式S=13、对于利用正、余弦定理解三角形中的最值与范围问题，主要有两种解决方法：一是利用基本不等式，求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围，确定所求式的范围．4、利用正、余弦定理解三角形，要注意灵活运用面积公式，三角形内角和、基本不等式、二次函数等知识．5、正弦定理和余弦定理是求解三角形周长或面积最值问题的杀手锏，要牢牢掌握并灵活运用．利用三角公式化简三角恒等式，并结合正弦定理和余弦定理实现边角互化，再结合角的范围、辅助角公式、基本不等式等求其最值．6、三角形中的一些最值问题，可以通过构建目标函数，将问题转化为求函数的最值，再利用单调性求解．7、“坐标法”是求解与解三角形相关最值问题的一条重要途径．充分利用题设条件中所提供的特殊边角关系，建立恰当的直角坐标系，选取合理的参数，正确求出关键点的坐标，准确表示出所求的目标，再结合三角形、不等式、函数等知识求其最值．

经典真题回顾1．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若B=π3，，则（

A．23913 B．3913 C． D【答案】C【解析】因为，则由正弦定理得.由余弦定理可得:，即:a2+c所以(sin因为A,C为三角形内角，则sinA+sin故选：C.2．（2024年北京高考数学真题）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，∠A为钝角，a=7，(1)求∠A(2)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△条件①：b=7；条件②：cosB=1314注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】（1）由题意得2sinBcos则cosB≠0，则2sinB因为A为钝角，则A=2（2）选择①b=7，则sinB=314b=314此时A+B=π选择②cosB=1314，因为则代入2sinB=37sin=3则S△选择③csinA=52则由正弦定理得asinA=csin因为C为三角形内角，则cosC则sin=3则S3．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(1)求A．(2)若a=2，2bsinC【解析】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）由sinA+3cosA由于A∈(0,π)方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）由sinA+3cosA4cos2A又，故A=π方法三：利用极值点求解设f(x)=sinx+显然x=π6时，f(x)f(x)max，在开区间上取到最大值，于是x=A即f'(A)=0=cos又，故A=π方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）设a=(1,3),根据向量的数量积公式，a⋅则2cosa,b=2根据向量共线条件，1⋅又，故A=π方法五：利用万能公式求解设t=tanA2整理可得，t2解得tanA2=t=2又，故A=π（2）由题设条件和正弦定理2b又B,C∈(0,π)，则sinB于是C=πsinC由正弦定理可得，asinA=解得b=22故△ABC的周长为4．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知sinC(1)求B；(2)若△ABC的面积为3+3，求【解析】（1）由余弦定理有，对比已知a2+可得cosC因为C∈0,π从而sinC又因为sinC=2注意到B∈所以B=π（2）由（1）可得B=π3，cosC=22，而sinA由正弦定理有asin从而a=6由三角形面积公式可知，△ABCS△由已知△ABC的面积为3+3，可得所以.5．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知．(1)求bc；(2)若，求△ABC面积．【解析】（1）因为，所以b2+c2（2）由正弦定理可得a=sin变形可得：sinA-B而0<sinB≤1，所以cosA故△ABC的面积为．6．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）在△ABC中，已知∠BAC=120°，，(1)求sin∠(2)若D为BC上一点，且∠BAD=90°，求△【解析】（1）由余弦定理可得：B=4+1-则，cosB=.（2）由三角形面积公式可得S△则S△7．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知在△ABC中，A+B=3C,2(1)求sinA(2)设AB=5，求AB边上的高．【解析】（1）∵A+B=3C∴π-C=3C又2sin∴2∴sin∴sin即tanA=3，所以∴sin（2）由（1）知，cosA由sinB由正弦定理，，可得b=5×∴1∴h8．（2023年北京高考数学真题）在△ABC中，(a+c)(sinA-sinA．π6 B．π3 C．2π【答案】B【解析】因为(a+c)(sin所以由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-则a2+b又，所以.故选：B.9．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若acosB-bcosAA．π10 B．π5 C．3π10【答案】C【解析】由题意结合正弦定理可得sinA即sinA整理可得sinBcosA=0，由于据此可得cosA则B=π故选：C.10．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）在△ABC中，∠BAC=60°,AB=2,BC=6，∠BAC的角平分线交BC【答案】2【解析】如图所示：记AB=c,AC=b,BC=a，方法一：由余弦定理可得，22因为，解得：b=1+3，由S△12解得：AD=3故答案为：2．方法二：由余弦定理可得，22+b2-由正弦定理可得，6sin60∘=因为1+3>6>2又∠BAD=30∘，所以，即故答案为：2．11．（2022年新高考浙江数学高考真题）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S=14c2a2-c2+a2-b【答案】234【解析】因为S=14c故答案为：23412．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD．当AC【答案】3-1【解析】[方法一]：余弦定理设CD=2BD=2m>0，则在△ABD中，A在△ACD中，A所以A≥4当且仅当m+1=3m+1即所以当ACAB取最小值时，m=故答案为：3-[方法二]：建系法令BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）∴[方法三]：余弦定理设BD=x,CD=2x.由余弦定理得c2=xc2=x令ACAB=t，则∴t∴t当且仅当x+1=3x+1，即x=[方法四]：判别式法设BD=x，则CD=2x在△ABD中，A在△ACD中，A所以AC2A则4由方程有解得：Δ即t2-所以t3min所以当ACAB取最小值时，x=3-13．（2022年新高考全国II卷数学真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1,(1)求△ABC(2)若sinAsinC【解析】（1）由题意得S1=1即a2+c2-b2=2，由余弦定理得则cosB=1-1（2）由正弦定理得：bsinB=asinA=14．（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sin(1)若A=2B，求C；(2)证明：2【解析】（1）由A=2B，sinCsinA-B=sinBsinC-A可得，sinCsinB=sinBsin（2）由sinCsinCaccos122a15．（2022年新高考全国I卷数学真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos(1)若，求B；(2)求a2【解析】（1）因为cosA1+sin而0<B<π2，所以（2）由（1）知，sinB=-而sinB所以C=π2+B，即有所以a=2当且仅当cos2B=22

考点一：倍长定比分线模型解题思路如图，若P在边BC上，且满足PC=λBP，AP=m，则延长AP至D，使PD=λAP，连接CD，易知AB∥DC，且DC=λc【典例1-1】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(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【解析】（1）依据题意，由2csin2accosB=a2b=2c=2，cos∠BAC=b2+cosB=1+7-（2）G为△ABC的重心，∴AG=23AD=cos∠AGF=-cos∠AGE=-443，sin【典例1-2】在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足cos(1)求角B的大小；(2)若a=8, cosA=217，D为边【解析】（1）cos2，所以，即cos(A+C)=故cosB因为0<B<π，所以B=π（2）因为cosA=21sinC在△ABC中，由正弦定理得asinA在△BDC中，由余弦定理得：C即BD2-8BD+15=0，故BD-当BD=3时，AD=7，BDDA当BD=5时，AB=5，BDDA所以的值为37或1.【变式1-1】在①3b-3ccosA=a在△ABC中，内角的对边分别为a,b,(1)求C；(2)若△ABC的面积为3,D在边AC上，且CD=13CA注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分．【解析】（1）方案一：选条件①.由3b-3c由正弦定理得sinB-因为B=π-(A+C)，所以所以sinAcos故sinAcos又sinA≠0，于是sinC=因为C∈(0,π)方案二：选条件②．sinA-sinCb即a2-c2=ab∴由余弦定理得cosC又C∈(0,π)（2）由题意知S△ABC=12∵AC+BC=4，即a+b=4联立①②解得而CD=13由余弦定理得BD∵BD>0，故.即BD的值为2高考预测1．在△ABC中，角所对的边分别为a,b,c，且B=π3,AB=2,M是BC的中点，AM=23，则AC=【答案】213239【解析】空1：在△ABM中，则cosB=整理得：BM2-2BM-故BC=8，在△ABC中，则A故AC=213空2：在△ABM中，由AM2在△ABC中，由，则sin∠故cos∠故答案为：213；.考点二：倍角定理与正弦平方差解题思路B=2A⇔b2=a（a+c）推论1：A=2B推论2：A=2B正弦平方差：si【典例2-1】从①；②c2=b2+ab在锐角△ABC中，角所对的边分别为a,b,c，且________．(1)证明：；(2)求的取值范围．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】（1）选择①：由及余弦定理可得2bccos即，又A+B+C=π所以cosA即cosCcosB又易知B,C∈0,π所以或，即或C=0（舍），故．选择②：由c2=b2+ab则由正弦定理得sinA又A+B+C=πsinA即sinC所以sinC又B,C∈0,π所以，故．选择③：由sinCcosB即sinC-B又B,C∈0,π所以，故．（2）令，由（1）可知，可得y=1sin由锐角△ABC可得0<A<即0<π-B+C所以sinB令，根据对勾函数的性质知ft=1可得y∈即的取值范围是4,32．【典例2-2】已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，a(1)证明：；(2)若a=2，且△ABC为锐角三角形，求b+2c【解析】（1）证明：∵a2∵a2=b2∴b2-2bccos∴sinB∴sinA+C-2sin∴sinA∴A，B，C∈（0，π），∴A-C=C即（2）∵asinA=csinC，且∵A＝2C，∴B=π∵△ABC为锐角三角形，所以0<2C<∴C∈π6,由a＝2，a2-c2=bc且c=1设y=4c+c,设233<∴y1-y2所以y=4c+c,∴b+2c∈【变式2-1】在△ABC中，AB＝4，AC＝3(1)若cosC=-(2)若A＝2B，求BC的长．【解析】（1）在△ABC中，设角A、B、C所对的边分别为a，b，c由余弦定理得AB即16=9+a2-2×由cosC=-14所以△ABC的面积S=（2）在△ABC中，由正弦定理得a所以a=6cos在△ABC中，再由余弦定理得cos所以a6=16+【变式2-2】在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，且a(1)证明：sinC(2)求ca【解析】（1）∵a⋅由正弦定理，得sinA即sinA∴sin（A∴A-B=B或（A∴C=π-∴sinC（2）由锐角△ABC，可得，0<A=2B<π2，0<C=π即π6<B<π4，∵ca=令cosB=t，因为y=2t-12t所以当t=2当t=3∴ca高考预测1．在锐角△ABC中，角A，B，C(1)证明:A=2B(2)若b=2，求a的取值范围.【解析】（1）∵a⋅由正弦定理，得sinA即sinA∴sin（A∴A-B=B或（A（2）由锐角△ABC，可得，0<A=2B<π2，0<C=π即π6<B<π4，由正弦定理可得：asin所以22所以a的取值范围为：22考点三：角平分线模型与张角定理解题思路角平分线张角定理：如图，AD为∠BAC平分线，cos斯库顿定理：如图，AD是△ABC的角平分线，则AD2【典例3-1】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos(1)求角B的大小：(2)若a+c=8，b=7，，求sin2A+C的值；(3)设D是边AC上一点，BD为角平分线且2AD=DC，求cosA的值【解析】（1）由题意及正弦定理可得：cosB可得cosBsinB+C在△ABC中，sinA>0因为B∈0,π，所以（2）因为b=7，a+c=8，，由余弦定理得，所以a+c2-ac=49所以a=3，c=5，由正弦定理可得：asin可得，因为，则A<C，则A∈0,可得，且A+C=π所以sin；（3）因为2AD=CD，BD是角平分线，即，因为S△所以a=2c，由正弦定理可知asin所以asinA=整理可得sinA又因为，且cosA>0即，解得cosA=【典例3-2】已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(1)求角B；(2)若点D在AC上，BD为∠ABC的角平分线，BD=23，求【解析】（1）因为，所以由正弦定理可得ca+b=a又因为cosB=a因为B∈(0,π（2）因为S所以，因为BD=23，所以c所以，即1a+所以2a+c=(2a+c)2当且仅当时，2a+c取得最小值6+42.【变式3-1】（2024·河北沧州·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a(1)求证：B+3C=π(2)若∠ABC的角平分线交AC于点D，且a=12，b=7，求BD【解析】（1）在△ABC中，由余弦定理a2=得b2-2cbcosA即sinC由，得sin(A-C)=因此C=A-C，即，则2C+B+C=所以B+3C=π（2）由a2=cc+b，得122在△ABD，△BCD中，由正弦定理，得则9AD=127-AD，解得由余弦定理，得32+BD所以BD的长为46【变式3-2】△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.(1)求sinA(2)若BD是∠ABC的角平分线（i）证明：BD（ii）若a=1，求的最大值.【解析】（1）因为△ABC中，，故4，因为A,C∈（2）（i）证明：△ABD中，由正弦定理得ADsin又AB2同理在△BCD中，③，BC2BD是∠ABC的角平分线，则∠则sin∠又∠ADB+∠CDB=故①÷③得ADCD=ABBC由CD×②+AD×④，则=BC即BD（ii）因为sinAsinC则由⑤得，则AD=23由a=1以及（i）知，即，则，当且仅当BD2=29故，即的最大值为322.高考预测1．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a(1)求C；(2)若△ABC的三条角平分线相交于点O，AB＝7，OAB的面积为1534，求【解析】（1）由a2+b有acos又由正弦定理，有sinA有sinA+BsinC=3又由C∈0,π（2）由，有∠OAB+∠可得∠AOB=在△OAB中，由△OAB的面积为1534，有可得AO×又由余弦定理及AB＝7，有AO有AO+BO2代入AO×OB=15，有AO＋BO＝联立AO+BO=8,AO×OB=15,解得由对称性不妨设AO=3,在△OAB中，有cos∠OAB=3又由OA为角A的角平分线，有sin∠在△OAC中，由正弦定理有OAsin∠ACO可得OC=15考点四：隐圆问题解题思路若三角形中出现b=λa(λ>1)，且c为定值，则点C位于阿波罗尼斯圆上．【典例4-1】（2024·四川眉山·三模）阿波罗尼奥斯是与阿基米德、欧几里得齐名的古希腊数学家，以他姓名命名的阿氏圆是指平面内到两定点的距离的比值为常数λλ>0,λ≠1的动点的轨迹．已知在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且sinA=2sinA．3 B．33 C．6 D．【答案】A【解析】由正弦定理可得a=2b，设△ABC的外接圆半径为，则acos以AB的中点O为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如下图所示：则A-32设点Cx,y，由a=2b，可得x化简可得x+5所以，△ABC的边AB上的高的最大值为2，因此，S故选：A.【典例4-2】在平面四边形ABCD中，连接对角线BD，已知CD=9，BD=16，∠BDC=90°，sinA=A．27 B．16 C．10 D．25【答案】A【解析】以D为坐标原点，DB,DC分别为x,y轴建立如图所示直角坐标系，则D(0,0),B(16,0),C(0,9),因为sinA=45，|BD|=16，所以由平面几何知识得A点轨迹为圆弧（因为为平面四边形ABCD，所以取图中第四象限部分的圆弧），设圆心为E因此对角线AC的最大值为|CE|+10=故选：A【变式4-1】已知△ABC中，BC=2，G为△ABC的重心，且满足AG⊥BG【答案】32/【解析】以BC的中点O为原点建立平面直角坐标系，C-1,0，设Ax,y，则G当x=0时要使AG⊥BG，则当x=3时要使AG⊥BG，则y=y所以x≠0且x所以kAG·整理得x-322+y所以当点A的纵坐标为±32时，△ABC故答案为：3【变式4-2】已知等边△ABC的边长为2，点G是△ABC内的一点，且AG+BG+CG=0，点P【答案】2【解析】由AG+BG+CG=0，可知点G为△ABC的重心，以AB所在的直线为x轴，中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，表示出A,B,G的坐标，设P(x,y)，由|PG|=1可知P在以G为圆心，1为半径的圆上，根据点与圆上的点的距离最值求出|PA|以AB所在的直线为x轴，中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，B(1,0),G0,3设P(x,y)，由|PG|=1可知P为圆所以|PA|的最大值为故答案为：21．在平面四边形ABCD中，∠BAD=90°，AB=2，AD=1．若AB⋅AC+BA⋅BC【答案】26【解析】如图，以AB的中点O为坐标原点，以AB方向为x轴正向，建立如下平面直角坐标系.则，，设C(x,y)，则AB=(2,0)，，因为所以，即：整理得：x2+y2=4，所以点在x轴上取B1(4,0)可得，所以，所以由图可得：当三点共线时，即点C在图中的M位置时，最小.此时CB+12CD故答案为262考点五：正切比值与和差问题解题思路定理1：tan定理2：1定理3：（正切恒等式）ΔABC中，tan【典例5-1】在△ABC中，AB=6且9tanA+9tanB+5【答案】6【解析】因为A+B+C=π，故tanC又tanC=-A+B∈0,π，故tanA故tanA,tanB同号，因A,B设AB边上的高为，则h=6由基本不等式有tanA+tanB≥2tanAtan综上，填6．【典例5-2】已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosC=ccosB，则tanC【答案】2273【解析】∵2bcos∴2sin∴tanC=2tan又A+B+C=π，∴tan∴1又∵在锐角ΔABC中tanB∴23当且仅当tanB∴，故答案为：2，2【变式5-1】（2024·浙江·模拟预测）在锐角三角形ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若b2+c2=4bc【答案】8【解析】由余弦定理，得，则由b2+c2=4bcsin由正弦定理，得sin2A=23所以sin(B+C)=23sinB因为tanA所以tanA则tanA令tanB⋅则tanBtanA当且仅当m=1时，等号成立，故tanA+tan故答案为：8【变式5-2】在△ABC中，角所对的边分别为a,b,c，若1tanB+1tanC【答案】3【解析】△ABC中，，，，由正弦定理有，csinA由1tanB+有，即，，得a2=3由sinC-B即，代入，得，∴，由余弦定理，，得，故答案为：3高考预测1．在锐角△ABC中，a,b,c分别为角所对的边，b=2，且△ABC的面积S=2(1)若sinA=4(2)求的最大值．【解析】（1）∵S=12∵A∈0,π2由余弦定理得：a2=b（2）∵S=12由正弦定理得：，∵sin∴tan∴tan∵A∈0,π2则当1tanA=12时，1tan2考点六：四边形定值和最值与托勒密定理解题思路正常的四边形我们不去解释，只需多一次余弦定理即可，我们需要注意一些圆内接的四边形，尤其是拥有对角互补的四边形，尤其一些四边形还需要引入托勒密定理．托勒密定理：在四边形ABCD中，有AB⋅CD+AD⋅【典例6-1】克罗狄斯⋅托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家．托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理，定理内容如下：任意一凸四边形，两组对边乘积的和不小于两对角线的乘积，当且仅当四点共圆时，等号成立．已知在凸四边形ABCD中，，BC=6，，∠ADC=2π3，则BD的最大值为（A．5 B．32 C．26 D【答案】D【解析】设CD=m，则，在△ACD中，由余弦定理得AC=由题知，AC⋅BD≤所以BD≤14m7所以BD的最大值为27故选：D【典例6-2】托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和.其意思为：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质.已知四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC、BD是其两条对角线，BD=43，且△ACD为正三角形，则四边形ABCD的面积为（A．163 B．16 C．123 D【答案】C【解析】设，由托勒密定理可知AB⋅CD+AD即a⋅AB+a⋅又因为∠ABD=∠ACD=因此，S=3故选：C.【变式6-1】如图．在平面四边形ABCD中，BC=CD=AD=33AB．设∠【解析】证明：设BC=a,(a>0)，则．在△BCD中，因为，∠CBD=θ，所以BD=2a在△ABD中，由余弦定理B即4a则2(1-cos2故为定值．【变式6-2】如图，平面四边形ABCD的对角线分别为AC，BD，其中AB=2，BC⊥CD

(1)若BC=2，△ACD的面积为，求△BCD(2)若∠ADC=13∠BCD【解析】（1）由题意得，∠BCD=π2在△ABC中，由余弦定理得，AC=由余弦定理得，cos∠∵∠ACB+∴cos∠∴S△故CD=14∴S△（2）在△ABC中，由正弦定理得，AB∴AC=1在△ACD中，∠ADC=1由正弦定理得，ADsin∴AC=2∵∠ACB+∴cos∠∴1cos∴sin∠又sin2解得cos∠高考预测1．克罗狄斯·托勒密是古希腊著名数学家、天文学家和地理学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当凸四边形的对角互补时取等号，后人称之为托勒密定理的推论．如图，四边形ABCD内接于半径为23的圆，∠A=120°，，AB=AD，则四边形ABCD的周长为（A．43+62 B．103 C．【答案】A【解析】连接AC，BD．由∠A=120°，及正弦定理，得BD解得BD=6，AC=26在△ABD中，∠BAD=120°，AB=AD所以AB=AD=23因为四边形ABCD内接于半径为23它的对角互补，所以AC⋅所以126=23BC+CD所以四边形ABCD的周长为43故选：A．考点七：边角特殊，构建坐标系【典例7-1】已知三角形ABC中，BC=3，角A的平分线交BC于点D，若BDDC=12，则三角形A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】在△ABD中ABsin∠ADB=故，ACDC=因为∠ADB=180°-∠又角A的平分线交BC于点D，则∠BAD=∠CAD故.以D为坐标原点建立如图平面直角坐标系，则因为BC=3，BDDC故B-1,0，C2,0，设A即4x+12+化简可得x2+4x+y2=0，即x-22+y故当A纵坐标最大，即A-2,2时△ABC故选：C【典例7-2】在△ABC中，∠ACB=30°，点D在边BC上，且BD=3，若AB=2AD，则CDA．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【解析】如图，以B点为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，D设Ax,y，因为AB=2AD，则x所以，即x-4所以A点轨迹是一个圆，圆心E4,0，半径AE=2∠ACB=30°，DE=1，求CD长度的最大值即为求CE长度的最大值,

在△ACE中，由正弦定理AEsin则CE=4sin∠EAC，当∠EAC=90∘时，即则CE长度的最大值为4，CD长度的最大值为5.故选：C.【变式7-1】已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点G是△ABC的重心，且AG⋅(1)若∠GAB=π6，求tan(2)求cos∠ACB的取值范围.【解析】（1）以A为原点，AB所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，设AB的中点为D，则D,G,C共线且DG=设AB=2，则B2,0，G32,故GC=-GB-GA所以tan∠（2）设∠GAB=θ,θ∈0,故GA=-2故GC=故GC=2cos故C3cos2CB=故cos=8而θ∈0,π2，故所以45≤8高考预测1．在△ABC中，AB=2，，，M是△ABC所在平面上的动点，则w=MA⋅MB【答案】-【解析】以A为原点，AC所在直线为x轴，建系，如图所示，根据题意，可得A、B、C坐标，设M(x,y)，可得的坐标，根据数量积公式，可得w的表达式，即可求得答案.以A为原点，AC所在直线为x轴，建立坐标系，如图所示：因为AB=2，，，所以A(0,0),B(-2,则MA=(所以w=MA=3x当x=223,y=2故答案为：-考点八：利用正、余弦定理求解与三角形的周长、面积有关的问题解题思路：与三角形面积或周长有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理，进行边和角的转化．要适当选用公式，对于面积公式S=1【典例8-1】（2024·高三·河北沧州·期中）记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b+c=2a(1)求A；(2)若△ABC的面积为33，sinB【解析】（1）由正弦定理及b+c=2acos可得sin⇒⇒sinB+cosA则3sinA-则A-（2）因△ABC的面积为33，则则bc=63sinA=12则4R2=由余弦定理，a2则b2则三角形周长为a+b+c=8+10=18.【典例8-2】在△ABC中，角A,B,C对应的边分别为a,b,c．已知．(1)求sinA(2)若点D为BC边的中点，且a=22，AD=5，求【解析】（1）因为，所以由正弦定理得sinC即，化简可得sinA又因为在△ABC中，sin所以有sinA=cos又A∈0,π，故A=（2）由余弦定理a2可得8=b2易知AD=12即②，②-①可得，解得bc=32，故△ABC的面积为1【变式8-1】已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别是a，b，c，且tan(1)若a=2b，求C；(2)若a=6，，求△ABC【解析】（1）因为tanC所以sinCcosC因为a=2b，由正弦定理可得，sinA所以2sinB=4sinB所以cosC=1故.（2）法一：由（1）知，sinC则sinA由正弦定理可得a=4bcos由a=6，且cosC=6=4×b2-解得c=2,b=1，又由a=4bcosC=则sinC故S△法二：由tanC=3tanB可知，所以0<B<C<π如图在△ABC中，过点A作边BC上的高AD，垂足为D由tanC=3tanB可得，由a=BC=6=BD+DC=4DC，可得设AD=h，则c=AB=b=AC=h由可得h2+解得h2=58，即所以△ABC的面积为1【变式8-2】（2024·四川眉山·一模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知B∈0,(1)求B；(2)若△ABC的外接圆半径为，周长为3+6R，且，求【解析】（1）因为，故1tan所以.因为sinA≠0又B∈0,π（2）由正弦定理可知a=2RsinA，b=2Rsin因为a+b+c=3+6所以.sin所以sinA+又，所以A∈π所以A+π6=高考预测1．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(1)求A；(2)若，asinA=bsin【解析】（1）由sinC2sin即2sin故，因为sinC所以2sin即2cos因为B∈0,π，所以sinB因为A∈0,π（2）asinA=因为，所以a2=2c由（1）知，A=π3，由余弦定理得解得c=2，故a2=2c=4，所以所以△ABC的周长为a+b+c=2+2+2=6考点九：三角形的形状判定解题思路：余弦定理判定：三角形三条边从小到大排列，即a<b<c，若a2+b若a2+b若a2+b【典例9-1】已知△ABC的三条边a,b,c和与之对应的三个角A,B,C满足等式acosBA．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】A【解析】由余弦定理，可得a⋅整理，得a2所以a2所以a2所以a-所以a-所以a-所以a-所以a=b或b=c或a=c，故三角形为等腰三角形.故选：A【典例9-2】（2024·高三·福建南平·期中）在△ABC中，内角A, B,​ C的对边分别为a, b, c，已知向量A．等边三角形 B．钝角三角形C．有一个内角是π6的直角三角形 D【答案】A【解析】因为向量m=a,cos则，由正弦定理可得：sinAcos则2sin因为A,B∈0,π，则A2,B2∈0,π2可得sinA2=sinB同理由向量m=a,cosA2综上所述：.所以△ABC的形状为等边三角形故选：A【变式9-1】（2024·高三·上海闵行·期中）在△ABC中，已知b2+c2-bc=A．直角三角形 B．等腰直角三角形C．有一个角为60°的直角三角形 D【答案】D【解析】由b2+c又A∈0,π由和正弦定理可得sinB·sinC所以B=C，所以A=60°=B=C，所以故选：D.【变式9-2】在△ABC中，角A，B，C分别为a，b，c三边所对的角，a2+b2A．等腰三角形但一定不是直角三角形B．等腰直角三角形C．直角三角形但一定不是等腰三角形D．等腰三角形或直角三角形【答案】C【解析】由a2+b2aa2+b2a2+∴(化简整理得：a2+b∴或a2+b2∴△ABC故选：C．高考预测1．已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C的对边，下列关于△ABC的形状判断一定正确的为（A．sin2A+B．sin2A+C．sin2A+D．sin2A+【答案】C【解析】对于AB，当sin2A+sin2因为，所以0<sinC所以0<a2+b2所以cosC=a于是△ABC为直角三角形或钝角三角形，故AB对于CD，当sin2A+得sin2整理得sin2由正弦定理，a2+b2-由余弦定理，2abcosC2R解得C=π2或sinA解得A=π2或B=π2，故△ABC故选：C.2．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足2a+b=2ccosB，且，则△ABCA．等边三角形 B．顶角为120°C．顶角为150°的等腰三角形 D【答案】B【解析】由正弦定理可得2sin因为A+B+C=π，所以B+C=所以2sinB+C+即2sinBcosC+所以cosC=-12，因为C因为，所以sinA+所以sinA+3即sinA+π3=1，因为A∈因为B+A=π3.所以所以△ABC的形状为顶角为120°故选：B.考点十：三角形中的几何计算解题思路：解决三角形中几何计算的方法：方法一：两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；方法二：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；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：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的不错选择；方法五：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；方法六：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.【典例10-1】（2024·高三·安徽·期中）如图，在平面四边形ABCD中，AC与DB的交点为E，DB平分∠ADC，AB=BC=CD=2，．(1)证明：BD(2)若∠ABD=3π【解析】（1）如图，由题意知∠ADB=∠CDB由余弦定理得AD即AD2+B因为，所以BD2（2）因为BC=CD，所以∠CDB=因为∠ADB=∠CDB，所以∠又因为AB=CD，AD>BC，所以四边形ABCD是等腰梯形，所以∠ABC=设∠ADB=∠CDB=∠CBD=αsinπ在△ABD中，由正弦定理可得AD又因为AD∥BC，所以【典例10-2】在平面四边形ABCD中，AB=BC=3，∠ABC=120°，且(1)求AD的长；(2)若M为CD的中点，求cos∠【解析】（1）在三角形ABC中，AB=BC=3，∠所以由余弦定理得：AC所以AC=3，又AC=3CD，所以又，所以AD=3+9=2（2）在三角形ABC中，∠ABC=120°，所以所以∠BCD=30所以在中，M为CD的中点，所以，BC=3，∠BCM=120°所以由余弦定理得：BM所以BM=21在△ADM中，∠ADC=60°，，所以由余弦定理得：A所以AM=39所以在△AMB中，由余弦定理得：cos【变式10-1】（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，四边形ABCD中，已知BC=1，AC(1)若△ABC的面积为，求△ABC(2)若，∠ADB=60°，∠BCD=120°【解析】（1）在△ABC中，cos因为0°<∠由S△ABC=∴AC2=A∴AB+BC+AC=5+21，即△ABC的周长为（2）设∠BDC=θ，则∠又∠ABC=120°，所以∠ABD=60在△ABD中，由BDsin60在△BCD中，由BDsin1∴3sin(60即4sinθsin即3sin2θ+∴sin(∵0°<θ<60°，∴2θ+30°=90°，解得θ=30°，即【变式10-2】如图所示，在△ABC中，设a,b,c分别为内角A,B,C的对边，已知b+c=3a，b=4(1)求角C；(2)若c=7，过B作AC的垂线并延长到点D，使四点共圆，AC与BD交于点E，求四边形ABCD的面积．【解析】（1）由b+c=3a，联立方程组b+c=3ab=4c-不妨设a=5m，可得c=7m,b=8m由余弦定理得cosC因为C∈(0,π（2）由c=7，由（1）知a=5,b=8，可得S△因为过B作AC的垂线并延长到点D，使四点共圆，在直角△BCE中，可得CE=BCcosπ因为∠ACB=π3在直角△ADE中，可得tan∠ADE=所以DE=AE所以S△所以四边形ABCD的面积为S=S高考预测1．在△ABC中，2(1)求角B的大小；(2)若E为BC的中点，F是AC边上的点，且满足BF⊥AE，2ABsin【解析】（1）由23得23⋅1+所以sinB+又B∈0,π，所以所以B+π3=（2）由2AB2sin又，所以，如图以点B为原点建立平面直角坐标系，设AB=1，则BC=2则A0,1所以AE=22则BF=因为BF⊥所以BF⋅AE=所以AFAC考点十一：中线长定理与余弦和为0解题思路方向一：中线长定理若Ia,II方向二：余弦和为0在△ABC中，点D为线段BCcos∠ADB+【典例11-1】记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知△ABC的面积为，D为BC中点，且AD=1(1)若∠ADC=π3(2)若b2+c【解析】（1）方法1：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC=π则S△ADC=在△ABD中，∠ADB=2即c2=4+1-2×sinB所以tanB方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC=π则S△ADC=在△ACD中，由余弦定理得b即b2=4+1-2×2×C=π6，过A作AE⊥BC于E，于是所以tanB（2）方法1：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得整理得12a2+2=b又S△ADC=12×3所以b=c=A方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，则2AD=于是4AD2+CB2又S△ADC=12×3所以b=c=A【典例11-2】（2024·山东潍坊·模拟预测）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，b(1)求角B；(2)D是AC边上的点，若CD=1，AD=BD=3，求sinA【解析】（1）由btanA+b由正弦定理得：sinA∵sinA+B=sinπ∴sin有意义，，，即tanB=3，又B∈0,π，（2）∵AD=BD，∴∠设∠ABD=∠BAD=θ在△ABC中，由正弦定理得：BCsinθ在△BDC中，由余弦定理得：B∴643sin即sin2A=37【变式11-1】（2024·高三·江苏扬州·期中）在△ABC中，AC=3AB，且BC边上的中线(1)若BC=2AB，求△ABC(2)若∠ABC=2∠DAC，求【解析】（1）由题可知，由勾股定理得，A=π2，所以又sin∠ABC=3又BC边上中线AD=1，所以BC=2，AB=1，AC=3所以SΔ（2）方法一：由题可知，设，则∠ADC=π在△ABD中，由正弦定理得，即，在△ADC中，由正弦定理得DCsin∠所以，则，①在△ABD和△所以，②在△ADC中，由余弦定理得D即，即，③将代入得，④由①④得，即，即，即，即，因为c>