重難點(diǎn)11 解三角形的圖形類問題和重要模型（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點(diǎn)11解三角形的圖形類問題和重要模型【九大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1兩次使用余弦定理】 3【題型2等面積法】 5【題型3解三角形中的中線模型】 8【題型4解三角形中的倍角模型】 11【題型5解三角中的角平分線模型】 15【題型6解三角中的高模型】 19【題型7解三角形中的等分點(diǎn)模型】 22【題型8三角形的重心問題】 25【題型9三角形的外接圓、內(nèi)切圓問題】 291、解三角形的圖形類問題和重要模型解三角形是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，是每年高考必考內(nèi)容之一.從近幾年的高考情況來看，正、余弦定理解三角形在選擇題、填空題中考查較多，難度較易；解答題中解三角形的圖形類問題和一些重要模型也是考查的重要內(nèi)容，中等難度，有時(shí)也會(huì)與三角函數(shù)、平面向量等知識(shí)綜合考查，解題方法多種多樣，需要靈活求解.【知識(shí)點(diǎn)1三角形圖形類問題的解題策略】1．解決三角形圖形類問題的常用方法：(1)兩次使用余弦定理：兩次使用余弦定理是一種典型的方法，充分利用了三角形的性質(zhì)和正余弦定理的性質(zhì)解題；(2)等面積法：等面積法是一種常用的方法，很多數(shù)學(xué)問題利用等面積法使得問題轉(zhuǎn)化為更為簡(jiǎn)單的問題，相似是三角形中的常用思路；(3)正、余弦定理結(jié)合：正弦定理和余弦定理相結(jié)合是解三角形問題的常用思路；(4)相似三角形：構(gòu)造輔助線作出相似三角形，結(jié)合余弦定理和相似三角形是一種確定邊長(zhǎng)比例關(guān)系的不錯(cuò)選擇；(5)平面向量：平面向量是解決幾何問題的一種重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的運(yùn)算法則可以將其與余弦定理充分結(jié)合到一起；(6)建系：建立平面直角坐標(biāo)系是解析幾何的思路，利用此方法數(shù)形結(jié)合充分挖掘幾何性質(zhì)使得問題更加直觀化.【知識(shí)點(diǎn)2解三角形中的重要模型】1.中線模型(1)中線長(zhǎng)定理：在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，AD是BC邊上的中線，則.(2)向量法：.2.倍角模型，這樣的三角形稱為“倍角三角形”．推論1：；推論2：.3.角平分線模型角平分線張角定理：如圖，為平分線，則斯庫(kù)頓定理：如圖，是的角平分線，則，可記憶：中方=上積-下積．4.等分點(diǎn)模型如圖，若在邊上，且滿足，，則延長(zhǎng)至，使，連接.易知∥，且，，．【題型1兩次使用余弦定理】【例1】（2024·河南·三模）在△ABC中，AB=32,cos∠BAC=?13,AD⊥AC，且AD交BC于點(diǎn)D，AD=3，則sinC=（

）A．13 B．33 C．63【解題思路】利用誘導(dǎo)公式求出cos∠BAD，再利用余弦定理求出BD及cos【解答過程】由cos∠BAC=?13而∠BAD為銳角，則cos∠BAD=在△ABD中，由余弦定理得BD=(3所以sinC=故選：B.

【變式1-1】（2024·黑龍江哈爾濱·三模）已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，且a=3,BC邊上中線AD長(zhǎng)為1，則bc最大值為（A．74 B．72 C．3 【解題思路】根據(jù)兩角互補(bǔ)余弦值之和等于0，然后分別在三角形中利用余弦定理求出兩角的余弦，列出方程求出b2【解答過程】由題意得∠ADB+∠ADC=π所以cos∠ADB+又a=3，且D是BC的中點(diǎn)，所以DB=DC=在△ABD中，cos∠ADB=在△ADC中，cos∠ADC=所以cos∠ADC+即b2+c2=故選：A.【變式1-2】（2024·浙江臺(tái)州·二模）在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若acosC=2ccosA，則A．3 B．32 C．32【解題思路】根據(jù)題意，由余弦定理代入化簡(jiǎn)，再由基本不等式代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.【解答過程】由余弦定理可知，cosC=由acosC=2ccos化簡(jiǎn)可得a2所以3a2=即bca當(dāng)且僅當(dāng)bc=3c所以bca2的最大值為故選：C.【變式1-3】（2024·陜西咸陽·三模）在△ABC中，a、b、c分別為△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊，M為邊AC上一點(diǎn)，滿足MC=3AM，若a2+c2?b2A．72 B．37 C．37【解題思路】由已知條件求出b，由余弦定理求出B，再由正弦定理求出sinA，進(jìn)而求出cosA，在△ABM【解答過程】由已知，a2+c因?yàn)锽∈0,π，所以又c=2，a=4，代入a2+c因?yàn)镸為邊AC上一點(diǎn)，滿足MC=3AM，所以由正弦定理bsinB=asinA，即設(shè)BM=x，則在△ABM中，由余弦定理B得x2=22+故選：A.【題型2等面積法】【例2】（2024·海南·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，∠ACB的平分線與對(duì)邊AB交于點(diǎn)D，若△CAD的面積為△CBD的2倍，且CD=2,∠ACB=120°，則BC=（A．3 B．4 C．6 D．8【解題思路】借助三角形面積公式計(jì)算可得CA=2CB，再利用等面積法計(jì)算即可得解.【解答過程】由S△CAD=2S即有CA=2CB，又S△CAD則有12即2CA+2BC=CA?BC，即有4BC+2BC=2BC?BC，即BC=3.故選：A.【變式2-1】（2024·遼寧丹東·二模）在△ABC中，點(diǎn)D在BC邊上，AD平分∠BAC，∠BAC=120°，AB=23，AD=233，則A．2 B．3 C．3 D．2【解題思路】本題角平分線長(zhǎng)問題，利用面積關(guān)系S△ABC=S【解答過程】因?yàn)镾△ABC所以12即AB×AC=AB×AD+AD×AC，代入AB=23，AD=可得23×AC=23解得AC=3故選：B.【變式2-2】（2024·湖南長(zhǎng)沙·三模）記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，已知a=2,b=4.(1)若cosB+2cosA=c(2)若D是邊AB上的一點(diǎn)，且CD平分∠ACB,cos∠ACB=?1【解題思路】（1）由已知可得acosB+bcosA=2ccos（2）由已知可得cos∠ACB2=23【解答過程】（1）由題意得2cosB+4cosA=由正弦定理，得sinAcosB+又sinA+B=sinC，所以sinC=2因?yàn)镃∈0,π，所以（2）由cos∠ACB=?19，得2由S△ABC得12absin即2abcos所以CD=2ab【變式2-3】（2024·山東泰安·模擬預(yù)測(cè)）已知△ABC內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，b(sinB+sinC)=(1)求A；(2)A的平分線AD交BC于D點(diǎn)，9b+c=64，求AD的最大值．【解題思路】（1）根據(jù)題意利用正弦定理可得b(b+c)=(a?c)(a+c)，再結(jié)合余弦定理可得cosA=?（2）根據(jù)題意結(jié)合面積關(guān)系可得AD=bc【解答過程】（1）因?yàn)閎(sin由正弦定理得b(b+c)=(a?c)(a+c)，整理得b2由余弦定理得cosA=且A∈0,π，所以（2）因?yàn)锳D為A的角平分線，則∠BAD=由S△ABD可得1整理得ADb+c又因?yàn)?b+c=64，可得AD=≤1當(dāng)且僅當(dāng)cb=9b所以AD的最大值為4.【題型3解三角形中的中線模型】【例3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）記△ABC的內(nèi)角∠BAC,∠B,∠C的對(duì)邊分別為a,b,c，已知2bcos(1)求∠BAC．(2)若b+c=8，且邊BC上的中線AD=192，求【解題思路】（1）利用正弦定理及三角公式求cos∠BAC=?1（2）根據(jù)余弦定理可得bc=15，根據(jù)面積公式求解可得【解答過程】（1）由已知條件及正弦定理，得2sin整理，得sin2B即sin2B+2C又∠B+∠C=π所以?sin即?2sin因?yàn)閟in∠BAC≠0，所以cos又∠BAC∈0,π，所以（2）由題意得，2AD所以4AD即19=c所以bc=15．故S△ABC【變式3-1】（2024·湖南長(zhǎng)沙·三模）如圖，在△ABC中，已知AB=3,AC=6,A為銳角，BC,AC邊上的兩條中線AM,BN相交于點(diǎn)P,△ABC的面積為93(1)求BC的長(zhǎng)度；(2)求∠APB的余弦值.【解題思路】（1）因?yàn)镾△ABC=12AB?ACsin∠BAC（2）因?yàn)锳B2+BC2=9+27=36=AC2，所以∠BAC為直角，∴BN=3,∴BP=23BN=2【解答過程】（1）由題知，S△ABC=1又因?yàn)椤螧AC∈0,π，所以∠BAC=π3或2π在△ABC中，由余弦定理知BC整理得BC2=9+36?2×3×6×（2）因?yàn)锳B所以∠ABC=π2，BN=在△ABM中，由勾股定理得：AB2+BM所以在△ABP中，由余弦定理得cos∠APB=所以∠APB的余弦值為714【變式3-2】（2024·陜西西安·三模）在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊是a,b,c,已知b1+(1)證明:b=c;(2)若BC邊上的高AD為2,AC邊上的中線BE為27,求△ABC【解題思路】（1）利用三角函數(shù)恒等變換以及正弦定理化簡(jiǎn)已知等式可得cos(B?C)=1,可求B?C∈(?π,π)（2）由題意可求cosC=DCAC【解答過程】（1）證明：因?yàn)?+則b1+由正弦定理得：sinB因?yàn)锽∈所以1+又因?yàn)锽+C+A=π，所以1?所以1?所以cos因?yàn)锽?C∈所以B?C=0所以B=C，即b=c,得證；（2）因?yàn)锽C邊上的高AD為2,AC邊上的中線BE為27,所以所以cosC=在△BEC中,由余弦定理得:BE所以28=a2+(b2)所以S=1【變式3-3】（2024·新疆烏魯木齊·二模）在△ABC中，點(diǎn)M,N分別為BC,AC的中點(diǎn)，AM與BN交于點(diǎn)G，AM=3,∠MAB=45°．(1)若AC=52，求中線BN(2)若△ABC是銳角三角形，求四邊形GMCN面積的取值范圍．【解題思路】（1）對(duì)2AM=AB+AC（2）由分析知SGMCN=22AB【解答過程】（1）因?yàn)辄c(diǎn)M為BC的中點(diǎn)，所以2AM則AC=2AM?即50=4×9?4×3×AB×22+又因?yàn)锽N=BN2=AM所以BN=

（2）SGMCN=2因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，所以∠A是銳角，即AB?即AB?2AM?AB∠B是銳角，即BM?BA>0所以3AB×2∠C是銳角，即CA?MB>0所以AB2?3AB所以AB∈R，綜上：所以SGMCN【題型4解三角形中的倍角模型】【例4】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）已知銳角△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，其中a=8，ac=1+sin(1)求證：B=2C；(2)已知點(diǎn)M在線段AC上，且∠ABM=∠CBM，求BM的取值范圍．【解題思路】（1）由正弦定理得b2=c（2）由正弦定理得BCsin∠BMC=BMsinC，又因?yàn)椤窘獯疬^程】（1）因?yàn)閍c即a?cc=sin又a≠c，即a?c≠0，所以1c=a+c由余弦定理得b2=a由正弦定理得sinC=故sinC=即sinC=整理得sinC=又因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，則C∈0,π2所以C=B?C，即B=2C.（2）因?yàn)辄c(diǎn)M在線段AC上，且∠ABM=∠CBM，即BM平分∠ABC，又B=2C，所以∠C=∠CBM，則∠BMC=π在△MCB中，由正弦定理得BCsin所以BM=BC因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，且B=2C，所以0<C<π20<2C<故22<cos因此線段BM長(zhǎng)度的取值范圍83【變式4-1】（2024·內(nèi)蒙古·三模）在△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，且a?2(1)求ba(2)若B=2C，證明：△ABC為直角三角形.【解題思路】（1）由正弦定理和逆用正弦和角公式得到b=2（2）由（1）得到sinB=2sinA，結(jié)合B=2C，得到sin2C=【解答過程】（1）由a?2可得acos所以sinA所以sinB=則b=2a，即（2）證明：由（1）可得sinB=又B=2C，所以sin2C=即sin2C=故2sin所以2cos即42因?yàn)锽=2C，所以C為銳角，解得cosC=22所以△ABC為直角三角形.【變式4-2】（2024·陜西商洛·模擬預(yù)測(cè)）在銳角△ABC中.內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，已知a?2ccos(1)求證：B=2C；(2)求sinB+2【解題思路】（1）由正弦定理，三角形內(nèi)角和定理變形，利用兩角和差公式求得sinC=sinB?C（2）利用三角恒等變換得sinB+23cos2C【解答過程】（1）因?yàn)閍?2ccos所以sinA=所以sinC=因?yàn)锽,C為銳角三角形內(nèi)角，所以0<B<π2，所以?π2<B?C<π2（2）sinB+23cos由題意得0<B<π20<C=B2所以12<sin即sinB+23cos【變式4-3】（2024·天津河北·二模）在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知c=4,b=3.(1)若cosC=?14，求a(2)在（1）的條件下，求cos2C+(3)若A=2B，求a的值.【解題思路】（1）由余弦定理求a，再根據(jù)cosC求sinC，進(jìn)而求得（2）由二倍角公式求得sin2C和cos（3）由正弦定理得到cosB與a的關(guān)系，再結(jié)合余弦定理求解a【解答過程】（1）在△ABC中，由余弦定理得cosC=a2化簡(jiǎn)得2a2+3a?14=0，解得a=2或a=?∵C∈0,∴△ABC的面積S=1（2）sin2C=2cos2C=2∴cos（3）在△ABC中，由正弦定理得asin∵A=2B,∴asin2B由余弦定理得cosB=∴a2+16?9所以a=21【題型5解三角中的角平分線模型】【例5】（2024·河北張家口·三模）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，點(diǎn)D為邊BC上一點(diǎn)，且滿足(AD(1)證明：AD=b；(2)若AD為內(nèi)角A的平分線，且AD=13【解題思路】（1）記CD的中點(diǎn)為E，利用向量運(yùn)算證明AE⊥BC即可；（2）先根據(jù)向量關(guān)系得BD=2DC，再由角平分線定理可得c=2b，分別在△ACD,△ABD使用余弦定理可得a2=9b2【解答過程】（1）記CD的中點(diǎn)為E，則AD+因?yàn)?AD+AC所以AE為CD的垂直平分線，所以AD=AC=b.（2）記∠CAD=θ，因?yàn)锳D=13所以BD=2DC，又AD為內(nèi)角A的平分線，所以cb=BD在△ACD,△ABD中，分別由余弦定理得：b2聯(lián)立可得a2在△ABC中，由余弦定理得cosA=所以sinA=【變式5-1】（2024·四川攀枝花·三模）請(qǐng)?jiān)冖?a?b=2ccosB，②③3sin(A+B)=3?2cos2C(1)求角C；(2)若b=4，點(diǎn)D在邊AB上，CD為∠ACB的平分線，求邊長(zhǎng)a的值．【解題思路】（1）選①，由余弦定理可得cosC的值，再由角C的范圍，得到角C的大小即可；選②，由正弦定理及輔助角公式，可得tanC的值，再由角C的范圍，得到角C的大小即可；選③，由三角形內(nèi)角和定理及半角公式得到角（2）由角平分線的性質(zhì)結(jié)合等面積法列出方程，得到a的值即可．【解答過程】（1）選①，因?yàn)?a?b=2ccos則由余弦定理可得2a?b=2c?a整理可得a2+b可得cosC=12，因?yàn)镃∈(0,選②，3a所以3sin整理可得：3sin因?yàn)閟inA>0,所以tanC=3，因?yàn)镃∈(0,π選③，3sin(A+B)=3?2cos可得2sin因?yàn)閏∈(0,π),C+π6∈（2）在△ABC中，S△ABC可得14又S△CDB由①②可得a2解得a=2或a=?2所以邊長(zhǎng)a=2．【變式5-2】（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測(cè)）已知△ABC中內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足3c+b(1)求角A的大小；(2)若D是邊BC上一點(diǎn)，且AD是角A的角平分線，求BCAD【解題思路】（1）由正弦定理和正弦和角公式得到tanA=?3，求出（2）利用余弦定理得到BC=b2+c2+bc，由三角形面積公式和【解答過程】（1）由題意知△ABC中，3c+b故3即3sin即3(所以3cos而B∈0,π，故故3cosA+sin又A∈0,π，故（2）由余弦定理：BC=b又S△ABD所以12c?ADsin所以BCAD當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)，取等號(hào)，則BCAD的最小值為2【變式5-3】（2024·山東·模擬預(yù)測(cè)）從①c+2ab=cosπ?C已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c且______.(1)求角B的大?。?2)若A的角平分線交邊BC于點(diǎn)D，且AD=6，c=2，求邊b注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分.【解題思路】（1）利用正弦定理，余弦定理，結(jié)合三角形的內(nèi)角和定理，二倍角公式，求cosB，從而確定B（2）在△ABD中，利用正弦定理可求∠BAD，進(jìn)而判斷△ABC的形狀，可求邊b.【解答過程】（1）若選擇①，則因?yàn)閏+2ab由正弦定理得sinB所以sin(B+C)+2sinA從而cosB=?因?yàn)锽∈0,π，所以B=若選擇②則：因?yàn)閟inA+由正弦定理得b2又由余弦定理b2從而cosB=?B∈0,π，所以B=若選擇③則：因?yàn)?asin2B由正弦定理得sinA整理得3sinB+因?yàn)锽∈0,π，所以B+所以B+π6=（2）如圖：在△ABD中，ADsin所以sin∠ADB=所以∠ADB=π4，所以所以∠ACB=∠BAC=π所以△ABC是等腰三角形，且a=c，所以b=2acos【題型6解三角中的高模型】【例6】（2024·四川·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且3c(1)求角C的大小；(2)若a=8，△ABC的面積為43，求AB【解題思路】（1）由正弦定理將邊轉(zhuǎn)化為角，結(jié)合誘導(dǎo)公式、輔助角公式及特殊角的三角函數(shù)值解方程即可.（2）由三角形面積公式、余弦定理分別可得b、c，再由等面積法求解即可.【解答過程】（1）∵3c由正弦定理可得：3sin∴3sin∵sinB≠0∴3sin∴sinC?∵C∈0,∴C?π∴C=π（2）如圖所示，

∵S=1∴b=2.由余弦定理可知c=2而S=12c?=所以AB邊上的高為439【變式6-1】（2024·福建泉州·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且有2bcos(1)求角B：(2)若AC邊上的高?=34b【解題思路】（1）由正弦定理及兩角和的正弦公式可得角B的大小;（2）由等面積法可得b2=2ac，再由正弦定理可得sinAsinC【解答過程】（1）因?yàn)?bcos由正弦定理可得2sin即sin即sinB所以3sin在三角形中，sinA>0所以3sin即sinB?π6=可得B?π6=（2）因?yàn)锳C邊上的高?=3所以S△ABC又S△ABC由①②可得b2由正弦定理可得sin2結(jié)合（1）中B=π3可得因?yàn)閏osB=?所以cosA【變式6-2】（2024·河北秦皇島·三模）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，C=π3且a+b=7，△ABC的外接圓半徑為(1)求△ABC的面積；(2)求△ABC邊AB上的高?.【解題思路】（1）利用正弦定理及余弦定理可求出ab，利用面積公式計(jì)算即可；（2）根據(jù)三角形面積公式即可求.【解答過程】（1）在△ABC中，由正弦定理可得，csinC=2×根據(jù)余弦定理c2=a所以3ab=49?16=33，所以ab=11，所以S△ABC（2）S△ABC所以?=11×【變式6-3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，a=1，sinB+(1)求角A；(2)設(shè)AM是△ABC的高，求AM的最大值．【解題思路】（1）正弦定理將sinB（2）法一：余弦定理結(jié)合基本不等式求出面積最大值，即可確定高的最大值；法二：由正弦定理將面積表示為角的函數(shù)，結(jié)合三角恒等變換，求出函數(shù)最大值，即可確定高的最大值.【解答過程】（1）由sinB+3bcosA=0又a=1，b≠0，所以sinA+3cos因?yàn)锳∈0,π，所以（2）解法一

由余弦定理得a2=b得bc≤13，當(dāng)且僅當(dāng)所以S△ABC得AM≤36，故AM的最大值為解法二

由正弦定理得bsin故b=23sin因?yàn)?π3+B+C=π，所以所以S===36sin故S△ABC=1故AM的最大值為36【題型7解三角形中的等分點(diǎn)模型】【例7】（23-24高二上·云南·期末）在△ABC中，點(diǎn)D為線段BC的四等分點(diǎn)且靠近點(diǎn)B,∠BAD與∠BAC互補(bǔ).(1)求ACAD(2)若∠BAD=30°,AB=4【解題思路】（1）利用正弦定理列出關(guān)于ACAD的方程，進(jìn)而求得AC（2）分別在△BAD和△ABC中，利用余弦定理求得BC2和BD2的表達(dá)式，列出關(guān)于【解答過程】（1）因?yàn)椤螧AD與∠BAC互補(bǔ)，所以sin∠BAD=在△ABC中，由正弦定理得BCsin在△BAD中，由正弦定理得BDsin所以BCBD=ACAD，因?yàn)辄c(diǎn)D為線段BC的四等分點(diǎn)且靠近點(diǎn)（2）因?yàn)椤螧AD=30°，所以∠BAC=150°，設(shè)在△ABC中，由余弦定理得BC在△BAD中，由余弦定理得BD因?yàn)锽C=4BD，即BC所以16x2+163x+16=16x2【變式7-1】（2023·湖北·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知a2(1)判斷△ABC的形狀；(2)已知D為BC上一點(diǎn)，則當(dāng)A=2π3，a=33，AD=3【解題思路】（1）利用正弦定理及三角恒等變化計(jì)算即可；（2）結(jié)合（1）的結(jié)論可得B=C=π【解答過程】（1）由正弦定理得：sin2因?yàn)锳∈0,π，所以sinA≠0由A+B+C=π，則有1?整理得1=cos所以B?C=2kπ而B、C∈0,π，則B=C，即（2）由（1）可得B=C=π由正弦定理可得b=sinB?a余弦定理可知：AD2=A解之得BD=3=13BC或BD=2【變式7-2】（2024·湖南衡陽·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知a=b(1)求角B(2)過B作BD⊥BA，交線段AC于D，且AD=2DC，求角C.【解題思路】（1）由正弦定理邊化角，再利用內(nèi)角和為180°變換角A（2）利用AD=2DC，結(jié)合定比分點(diǎn)向量公式，用向量法來運(yùn)算垂直關(guān)系，即可解得.【解答過程】（1）由正弦定理得：sinA=∵A=π?B+C∴sin∴cosB又sinC≠0，∴tanB=?3，又B（2）因?yàn)镈在AC邊上，且AD=2DC，所以BD=因?yàn)锽D⊥BA，所以BD?即13所以13在△ABC中，由c=a，B=23π【變式7-3】（23-24高三上·湖南長(zhǎng)沙·期中）設(shè)a，b，c分別為△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，AD為BC邊上的中線，c＝1，∠BAC=2π3，(1)求AD的長(zhǎng)度；(2)若E為AB上靠近B的四等分點(diǎn)，G為△ABC的重心，連接EG并延長(zhǎng)與AC交于點(diǎn)F，求AF的長(zhǎng)度．【解題思路】（1）首先利用正弦定理，邊角互化，再利用余弦定理，即可求得.（2）首先利用重心的性質(zhì)，求出AG，再利用余弦定理求出∠BAD=π2，再結(jié)合cos∠AGF=?【解答過程】（1）依據(jù)題意，由2csin2accosB=a2?b=2c=2，cos∠BAC=b2+ccosB=1+7?427=（2）G為△ABC的重心，∴AG=23AD=33cos∠AGF=?cos∠AGE=?443∴cos∠AFE=?cos∴AF=3【題型8三角形的重心問題】【例8】（2024·江蘇蘇州·二模）記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，已知a+bc(1)求角A；(2)若a=6，點(diǎn)M為△ABC的重心，且AM=23，求△ABC【解題思路】（1）根據(jù)正余弦定理邊角互化即可求解;（2）根據(jù)重心的性質(zhì)可得AD=33，進(jìn)而根據(jù)余弦定理可得bc=36【解答過程】（1）因?yàn)閍+bc=sin整理得b2+c又因?yàn)锳∈0,π，所以（2）設(shè)AM的延長(zhǎng)線交BC于點(diǎn)D，因?yàn)辄c(diǎn)M為△ABC的重心，所以點(diǎn)D為BC中點(diǎn)，又因?yàn)锳M=23，所以AD=3在△ABC中，由b2+c2?在△ABD和△ACD中，有cos∠ADB=?由余弦定理可得3故b2+c所以△ABC的面積為12【變式8-1】（2023·四川內(nèi)江·一模）△ABC的內(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，a=6，bsin(1)求角A的大??；(2)M為△ABC的重心，AM的延長(zhǎng)線交BC于點(diǎn)D，且AM=23，求△ABC【解題思路】（1）在△ABC中，利用誘導(dǎo)公式，正弦定理及正弦二倍角公式化簡(jiǎn)可得結(jié)果；（2）分別在△ABC，△ABD和△ACD中，利用余弦定理建立等量關(guān)系，利用三角形面積公式可得結(jié)果.【解答過程】（1）在△ABC中，因?yàn)閎sin由正弦定理可得sinBcosA2=sinA所以cosA2=2sinA故sinA2=（2）因?yàn)镸為△ABC的重心，AM的延長(zhǎng)線交BC于點(diǎn)D，且AM=23所以點(diǎn)D為BC中點(diǎn)，且AD=33，在△ABC中，a=6，cosA=b在△ABD和△ACD中，cos∠ADB=AD所以bc=b2+所以△ABC的面積為93【變式8-2】（2023·江西景德鎮(zhèn)·一模）如圖，已知△ABD的重心為C，△ABC三內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a，b，c.且cos(1)求∠ACB的大??；(2)若∠CAB=π6，求【解題思路】（1）根據(jù)二倍角的余弦公式和正弦定理可得sinCcosA=sinB（2）如圖延長(zhǎng)DA、BC分別交AB、AD于點(diǎn)E、F，由（1）可得c=2a,b=3a，根據(jù)重心的定義可得CF=a2、CE=a，求出【解答過程】（1）由題意知，cos2A2由正弦定理，得12整理，得sinCcosA=所以sinC有sinAcosC=0，又sin由0<C<π，得C=π2（2）由題意知，點(diǎn)C是△ABD的重心，如圖，延長(zhǎng)DA、BC分別交AB、AD于點(diǎn)E、F，則E、F分別是AB、AD的中點(diǎn)，由（1）知C=π2，又∠CAB=π6，則由∠CBA=π3，知△EBC為等邊三角形，有CE=a，所以在直角△ACF中，AF=AC2在△ACD中，由余弦定理，得cos∠CDA=由0<∠CDA<π，得sin即sin∠CDA的值為39【變式8-3】（2023·廣東佛山·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，角A,B,C的對(duì)邊為a,b,c,c?sinA=a?cosC，設(shè)(1)求角B的大??；(2)若a=3，過△ABC的重心點(diǎn)G的直線l與邊a,c的交點(diǎn)分別為E,F,BC=λBE，BA【解題思路】（1）根據(jù)正弦定理和同角三角函數(shù)基本關(guān)系式以及面積公式和三角形的內(nèi)角和即可求解；（2）根據(jù)重心性質(zhì)和向量的共線關(guān)系即可求解.【解答過程】（1）在△ABC中，根據(jù)正弦定理a結(jié)合條件c?sinA=a?cos因?yàn)锳∈0,π，所以sinA≠0即有tanC=1，又C∈0,π又因?yàn)镾=1可得a=c，即可得A=C=π4.根據(jù)由此即可得B=π（2）解法一：以點(diǎn)B為原點(diǎn)，BA為x軸，BC為y軸建立平面直角坐標(biāo)系.則可得點(diǎn)A3,0根據(jù)重心的坐標(biāo)公式可得：點(diǎn)G1,1可設(shè)過點(diǎn)G的直線l的方程為：y=kx?1由此可得點(diǎn)E,F的坐標(biāo)為：0,1?k,根據(jù)BC=λBE,由此即可得λ+μ=3.解法二：設(shè)AC的中點(diǎn)為D，連接BD，利用“重心”的性質(zhì)可得BD=根據(jù)三點(diǎn)共線的性質(zhì)可得：BD=根據(jù)條件BC=λ可得：32等價(jià)于BG=又因?yàn)辄c(diǎn)G,E,F在一條直線上，從而可得：λ3+μ【題型9三角形的外接圓、內(nèi)切圓問題】【例9】（2024·云南曲靖·二模）在△ABC中，角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，且acos(1)求角B的取值范圍；(2)已知△ABC內(nèi)切圓的半徑等于32，求△ABC【解題思路】（1）由正弦定理可得sinAcosC+3sin（2）由三角形的面積可求得a=?b?c+bc，結(jié)合余弦定理可得(bc)2?2bc(b+c)+(b+c)2=△ABC的周長(zhǎng)L=a+b+c=b2+c2?2bccosA+b+c【解答過程】（1）∵a由正弦定理得：sinA∴sinAcos∴3∵sin∵?π6<A?π6∴角B的取值范圍是0,2（2）∵S=1∴a+b+c=bc，即a=?b?c+bc，由余弦定理得：a2∴(bc)∴bc=2b+c?3.∵bc≤b+c22∴2(b+c)?3≤(b+c)24,∴b+c≤2設(shè)△ABC與圓內(nèi)切于點(diǎn)D,E,F，則AD=AF=r·tan∴b+c=AC+AB>AD+AF=3，∴b+c≥6（當(dāng)且僅當(dāng)b=c=3時(shí)取等號(hào)）.△ABC的周長(zhǎng)L=a+b+c=b==32(b+c)≥9∴L∵c=AB>DB=r∴B→0時(shí)，c→+∞，L→+∴△ABC的周長(zhǎng)的取值范圍是9,+∞【變式9-1】（2023·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知△ABC的外心為O，點(diǎn)M,N分別在線段AB,AC上，且O恰為MN的中點(diǎn)．(1)若BC=3,OA=1，求(2)證明：AM?MB=AN?NC．【解題思路】（1）運(yùn)用正弦定理得出∠BAC的角度，借助基本不等式根據(jù)余弦定理得出AB×AC的最大值，從而得出△ABC面積的最大值；（2）利用余弦定理，由cos∠AMO+cos∠BMO=0可得出AM?MB=AO2?OM【解答過程】（1）解：由正弦定理，得BCsin所以sin∠BAC=又∠BAC∈0,π，所以∠BAC=π當(dāng)∠BAC=π由余弦定理，得B=AB所以AB×AC≤3，△ABC的面積S=1當(dāng)且僅當(dāng)AB=AC=3當(dāng)∠BAC=2同理可得AB×AC≤1，△ABC的面積S≤3當(dāng)且僅當(dāng)AB=AC=1時(shí)，取等號(hào)．綜上，△ABC面積的最大值為33（2）證明：設(shè)AM=x由余弦定理知cos∠AMO=x1因?yàn)閏os∠AMO+所以x1化簡(jiǎn)整理得x1而x1+y又因?yàn)镺是△ABC外心，故AO=BO=CO，同理可知x2因?yàn)镺恰為MN的中點(diǎn)，因此x1y1

【變式9-2】（2024·浙江·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平面內(nèi)的四個(gè)動(dòng)點(diǎn)A，B，C，D構(gòu)成的四邊形ABCD中，AB=1，BC=2，CD=3，AD=4.(1)求△ACD面積的取值范圍；(2)若四邊形ABCD存在外接圓，求外接圓面積.【解題思路】（1）根據(jù)三角形的性質(zhì)，求AC的范圍，再根據(jù)余弦定理求cos∠ADC的范圍，以及sin（2）由余弦定理和有外接圓的四邊形的性質(zhì)，求AC和sin∠ADC【解答過程】（1）由三角形的性質(zhì)可知，AB+BC>AC，即AC<3，且AC+CD>AD，即AC>1，所以1<AC<3，△ADC中，cos∠ADC=所以cos∠ADC∈23S△ADC所以△ADC面積的取值范圍是0,25（2）△ADC中，AC△ABC中，AC即25?24因?yàn)樗倪呅蜛BCD存在外接圓，所以∠ADC+∠ABC=180°，即即25?24cos∠ADC=5+4cos∠ADC，得此時(shí)AC2=25?24×由2R=AC四邊形ABCD外接圓的面積S=π【變式9-3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，3b?c(1)求角A的大小；(2)若a=7，△ABC外接圓的半徑為R，內(nèi)切圓半徑為r，求Rr【解題思路】（1）利用正弦定理、誘導(dǎo)公式及兩角和的正弦公式得sinC(3cosA?sinA)=0，由（2）利用余弦定理及基本不等式求得(b+c)max=14，利用等面積法求得r的最大值，利用正弦定理求得R【解答過程】（1）由3b?c得3sin故3sin即3sin即sinC(由0<C<π，則sinC≠0，故3cos因?yàn)?<A<π，所以A=（2）由（1）和余弦定理可得，49=b故bc=(b+c)2?493，即b+c≤14，當(dāng)且僅當(dāng)b=c=7時(shí)等號(hào)成立．故(b+c)max由利用等面積法求得r的最大值，易知12故r=bcsinA利用正弦定理R=a2sin一、單選題1．（2024·貴州六盤水·三模）在△ABC中，AB=2，AC=3，∠A=π3，則A．73 B．213 C．2【解題思路】由余弦定理可得BC的值，再由正弦定理可得△ABC外接圓的半徑．【解答過程】因?yàn)锳B=2，AC=3，∠A=π3，由余弦定理可得：設(shè)△ABC外接圓的半徑為R，由正弦定理可得：2R=BCsinA故選：B．2．（2024·新疆喀什·三模）在△ABC中，AB=2，BC=7，∠BAC=120°，D是BC邊一點(diǎn)，AD是∠BAC的角平分線，則AD=（

A．23 B．1 C．2 D．【解題思路】由余弦定理得到AC=1，由正弦定理和BC=7得BD=273，求出cos∠ABC=【解答過程】在△ABC中，由余弦定理得cos∠BAC=即4+AC2?74AC=?在△ABD中，由正弦定理得ABsin在△ACD中，由正弦定理得ACsin其中∠ADB+∠ADC=180°，∠BAD=∠CAD=60°，所以sin∠ADB=sin∠ADC故ABAC又BC=7，所以BD=在△ABC中，由余弦定理得cos∠ABC=故sin∠ABC=在△ABD中，由正弦定理得ADsin即AD2114=故選：A.3．（2024·陜西·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，csinA?sinC=a?bsinA+sinB，若A．33 B．32 C．3 【解題思路】根據(jù)給定條件，利用正弦定理角化邊，再利用余弦定理及三角形面積公式求解即得.【解答過程】在△ABC中，由正弦定理及csin得c(a?c)=(a?b)(a+b)，即a2+c則sinB=32，由△ABC的面積為34，得由a2+c2?b2令A(yù)C邊上的高為?，則12b?=3故選：B.4．（2024·福建福州·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，角A,B,C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a,b,c，點(diǎn)M為邊BC的中點(diǎn)，若AM=AC，cos2B=cosA+C，則sinA．33 B．63 C．217【解題思路】先求出B=π3，然后用三角函數(shù)定義證明【解答過程】由已知有2cos2B?1=cos2B=cosA+C設(shè)N為MC的中點(diǎn)，由于AM=AC，故AN⊥MC，從而3a4c=3由余弦定理得b=a2+故選：C.5．（2024·山西·三模）在△ABC中，內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c.已知A=2π3,b2+c2A．2+1 B．23 C．62【解題思路】首先利用正弦定理求得a，再利用余弦定理列方程求得b,c，進(jìn)而求角B，從而利用BD=12【解答過程】由A=2π3,△ABC的外接圓半徑由a2=b2+又b2+c2=24因?yàn)椤鰽BC中，D是邊AC的中點(diǎn)，所以BD=于是BD=1故選：D.6．（2024·山東泰安·三模）在△ABC中，內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且bsinBsinA?a=c?asinCsinA，延長(zhǎng)BC至點(diǎn)A．1 B．3 C．2 D．3【解題思路】根據(jù)題意，利用正弦定理求得a2+c2?b2【解答過程】因?yàn)閎sinBsin由正弦定理得b2=a所以cosB=a2+c如圖所示，由BD=2a，且AD=23，AB=2在△ABD中，由余弦定理得AD解得a=2或a=?1（負(fù)值舍去）.故選：C.7．（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，若c=3，b=2，∠BAC的平分線AD的長(zhǎng)為465，則BC邊上的中線AH的長(zhǎng)等于（A．172 B．423 C．17【解題思路】由設(shè)∠BAD=∠CAD=α，S△ABC=S△ABD+S△ACD可得cosα的值，進(jìn)而可求得【解答過程】由題意知，設(shè)∠BAD=∠CAD=α，則∠BAC=2α，如圖所示，由S△ABC=S整理得3sin2α=26又因?yàn)閟inα≠0，所以cos所以cos2α=2cos2在△ABC中，由余弦定理得a2=3由AH是BC邊上的中線，得AHAH==1所以，中線長(zhǎng)AH=17故選：A.8．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知在△ABC中，角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,2sinA=acosC,c=2．若G為△ABC的重心，則A．12?429 B．8+429 C．【解題思路】先根據(jù)已知條件，利用正弦定理及同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出角C，然后利用余弦定理、基本不等式求出a2+b2≤8+42,cos∠ADC,cos∠ADB【解答過程】由2sinA=acosC及c=2可得又A∈(0,π),sinA>0，故sinC=cosC由余弦定理得c2=a故a2+b設(shè)D為BC的中點(diǎn)，連接AD，則G在AD上，則cos∠ADC=AD由cos∠ADC+cos∠ADB=0則GA同理可得GB故G≥209?故GA2+G故選：A.二、多選題9．（2024·廣西·二模）已知△ABC內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,O為△ABC的重心，cosA=15A．AO=14C．△ABC的面積的最大值為36 D．a(chǎn)的最小值為【解題思路】利用重心性質(zhì)及向量線性運(yùn)算得AO=13AB+【解答過程】O是△ABC的重心，延長(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)D，則D是BC中點(diǎn)，AO=由AO=13AB+又AB?AC所以2×5AB?AC+2ABAB?AC=AB?S△ABC由9AO2=所以a2a≥26，當(dāng)且僅當(dāng)AB=AC時(shí)等號(hào)成立，所以a故選：BC．

10．（2024·福建泉州·模擬預(yù)測(cè)）△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．已知a=2，△ABC的面積S=32ABA．A=30°B．△ABC的周長(zhǎng)的最大值為6C．若bc=4，則△ABC為正三角形D．若AB邊上的中線長(zhǎng)等于233【解題思路】根據(jù)條件對(duì)數(shù)量積進(jìn)行表示同時(shí)表示面積即可求出角A，由余弦定理結(jié)合基本不等式即可判斷B，C，利用中線公式結(jié)合余弦定理與三角形面積公式計(jì)算即可判斷D．【解答過程】對(duì)于A，S=3即可得到tanA=3，又A∈0,對(duì)于B，由余弦定理a2利用基本不等式可知bc≤b+c所以b+c≤4，當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)取等號(hào)，此時(shí)周長(zhǎng)最大值為6，故B項(xiàng)正確．對(duì)于C，由B項(xiàng)可知當(dāng)bc=4時(shí)，b+c=4，則b=c=2=a，故△ABC為正三角形，故C項(xiàng)正確．對(duì)于D，設(shè)AB邊上的中線為CD，設(shè)AD=BD=t，在△ACD中，CD在△ABC中，a2聯(lián)立可解得t=b=2則S=1故選：BC.11．（2024·云南曲靖·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，AB=4，AC=6，A=π3，D為邊BC上一動(dòng)點(diǎn)，則（A．BC=2B．當(dāng)AD為角A的角平分線時(shí)，AD=C．當(dāng)D為邊BC中點(diǎn)時(shí)，AD=3D．若點(diǎn)P為△ABC內(nèi)任一點(diǎn)，PA?PB【解題思路】根據(jù)余弦定理求解BC=27，判定A正確；結(jié)合三角形面積公式，利用等面積法建立方程求解，可判定B正確；結(jié)合AD=12(AB+AC)，結(jié)合模的計(jì)算公式，可判定C錯(cuò)誤；建立平面直角坐標(biāo)系，表示出PA【解答過程】對(duì)于A中，在△ABC中，由余弦定理得B即BC2=對(duì)于B中，當(dāng)AD為角A的角平分線時(shí)，由等面積法得12即5AD=123，解得AD=對(duì)于C中，由D為邊BC中點(diǎn)時(shí)，可得AD=則AD2所以AD=AD對(duì)于D中，以A為原點(diǎn)，以AC為x軸，過A垂直AC的直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，所以A0,0,B2,2則PC=6?x,?y，PB==PA==2x?2因?yàn)閤?22≥0,y?當(dāng)且僅當(dāng)x=2,y=3所以PA?PB+故選：AB.三、填空題12．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）已知△ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,C=135°，且△ABC的外接圓半徑R=1，則△ABC面積的最大值為2?12【解題思路】根據(jù)給定條件，利用正弦定理求出邊c，再利用余弦定理結(jié)合基本不等式求出最大值.【解答過程】依題意，c=2Rsin由余弦定理得2=c2=此時(shí)ab≤22+2所以△ABC面積的最大值為2?1故答案為：2?113．（2024·四川自貢·三模）如圖，D為△ABC的邊AC上一點(diǎn)，|AD|=2|DC|，∠ABC=60°，|AB|+2|BC|=4，則BD的最小值為233【解題思路】設(shè)CD=x,BD=y,BC=m，則AD=2x,AB=4?2m，在△ABC中，運(yùn)用余弦定理可得9x2=7m2?20m+16，再由∠ADB+∠BDC=【解答過程】設(shè)CD=x,BD=y,在△ABC中，∠ABC=60°，所以cos∠ABC=所以9x因?yàn)椤螦DB+∠BDC=180°，所以cos∠ADB=?所以4x所以y2所以y2所以y2=49m2?所以|BD|=y=2故答案為：2314．（2024·四川綿陽·模擬預(yù)測(cè)）在鈍角△ABC中，a，b，c分別是△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊，點(diǎn)G是△ABC的重心，若AG⊥BG，則cosC的取值范圍是63【解題思路】延長(zhǎng)CG交AB于D，由G為△ABC的重心，可得CD=32AB=32c，根據(jù)∠BDC+∠ADC=π，利用余弦定理可得5c2?2a