重难点专题22 解三角形大题十四大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
重难点专题22解三角形大题十四大题型汇总（解析版）
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc146140149" 题型1正余弦定理的应用 PAGEREF _Tc146140149 \h 1
\l "_Tc146140150" 题型2余弦定理求最值与取值范围 PAGEREF _Tc146140150 \h 7
\l "_Tc146140151" 题型3正弦定理求最值与取值范围 PAGEREF _Tc146140151 \h 11
\l "_Tc146140152" 题型4不对称结构的最值取值范围问题 PAGEREF _Tc146140152 \h 19
\l "_Tc146140153" 题型5三角形中线问题 PAGEREF _Tc146140153 \h 29
\l "_Tc146140154" 题型6三角形角平分线问题 PAGEREF _Tc146140154 \h 35
\l "_Tc146140155" 题型7三角形高线垂线问题 PAGEREF _Tc146140155 \h 41
\l "_Tc146140156" 题型8普通多三角形问题 PAGEREF _Tc146140156 \h 48
\l "_Tc146140157" 题型9四边形问题 PAGEREF _Tc146140157 \h 55
\l "_Tc146140158" 题型10面积最值取值范围问题 PAGEREF _Tc146140158 \h 62
\l "_Tc146140159" 题型11与三角函数结合 PAGEREF _Tc146140159 \h 66
\l "_Tc146140160" 题型12三角形个数问题 PAGEREF _Tc146140160 \h 73
\l "_Tc146140161" 题型13证明问题 PAGEREF _Tc146140161 \h 78
\l "_Tc146140162" 题型14实际应用题 PAGEREF _Tc146140162 \h 87
题型1正余弦定理的应用
【例题1】（2022秋·新疆伊犁·高三校考阶段练习）已知a、b、c分别为△ABC三个内角A、B、C的对边，acsC+3asinC−b−c=0.
(1)求A；
(2)若a=2，△ABC的面积为3，求b、c.
【答案】(1)A=π3
(2)b=c=2
【分析】（1）在△ABC中，由acsC+3asinC−b−c=0及正弦定理得到sinA−π6=12，得出角A；
（2）由三角形面积公式结合余弦定理可得b=c=2．
【详解】（1）根据正弦定理，acsC+3asinC−b−c=0
变为sinAcsC+3sinAsinC−sinB−sinC=0，即sinAcsC+3sinAsinC=sinB+sinC，
也即sinAcsC+3sinAsinC=sinA+C+sinC，
所以sinAcsC+3sinAsinC=sinAcsC+csAsinC+sinC．
整理，得3sinA−csA=1，即32sinA−12csA=12，所以sinA−π6=12,A∈0,π，
所以A−π6=π6，则A=π3．
（2）由A=π3，S△ABC=12bcsinA=3，得bc=4．
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−2bc−2bccsA，
则b+c2=a2+3bc=4+12=16，所以b+c=4．则b=c=2．
【变式1-1】1. （2023·全国·高三专题练习）已知在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，向量m=(sinA,sinB),n=(csB,csA)，m⋅n=sin2C.
(1)求角C的大小；
(2)若sinA,sinC,sinB成等差数列，且CA⋅(AB−AC)=18，求c.
【答案】(1)π3
(2)6
【分析】（1）由数量积的运算结合三角函数恒等变换公式可求出角C的大小；
（2）由已知条件结合正弦定理可得2c=a+b，由CA⋅(AB−AC)=18，得CA⋅CB=18，得ab=36，然后利用余弦定理可求得结果.
【详解】（1）因为m=(sinA,sinB),n=(csB,csA)，
所以m⋅n=sinAcsB+sinBcsA=sin(A+B)，
因为在△ABC中，A+B=π−C，
所以sin(A+B)=sinC，所以m⋅n=sinC，
因为m⋅n=sin2C，所以sin2C=sinC，
所以2sinCcsC=sinC，
因为sinC≠0，所以csC=12，
因为C∈(0,π)，所以C=π3，
（2）由sinA,sinC,sinB成等差数列，
可得2sinC=sinA+sinB，
由正弦定理得2c=a+b，
因为CA⋅(AB−AC)=18，所以CA⋅CB=18，
所以abcsC=18，得ab=36，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC=(a+b)2−3ab，
所以c2=4c2−3×36，c2=36，
所以c=6.
【变式1-1】2. （2023秋·上海嘉定·高三上海市育才中学校考阶段练习）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b=2，内角A，B，C满足sinA:sinB:sinC=2:1:2.
(1)求a的值；
(2)求sin(2C−π6)的值.
【答案】(1)22
(2)321−116
【分析】（1）由正弦定理直接求解；
（2）先根据正弦定理求出边长，然后由余弦定理求解csC，从而利用二倍角公式和两角差的正弦公式求解即可.
【详解】（1）由asinA=bsinB得sinAsinB=ab，所以a2=2，解得a=22.
（2）由asinA=bsinB=csinC及sinA:sinB:sinC=2:1:2得a:b:c=2:1:2，
所以c=2b=2，由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=8+2−42×22×2=34，
所以sinC=1−cs2C=1−342=74，所以sin2C=2sinCcsC=2×74×34=378，
cs2C=2cs2C−1=2×916−1=18，所以sin(2C−π6)=sin2Ccsπ6−cs2Csinπ6
=378×32−18×12=321−116.
【变式1-1】3. （2023秋·广东揭阳·高三普宁市第二中学校考阶段练习）在△ABC中，设A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足bcsA−acsB=a+c．
(1)求角B；
(2)若b=5，△ABC的内切圆半径r=34，求△ABC的面积．
【答案】(1)B=2π3
(2)21316
【分析】（1）由余弦定理得到a2+c2−b2=−ac，进而求出csB=−12，求出B=2π3；
（2）由余弦定理和三角形面积公式求出ac=214，从而得到答案.
【详解】（1）因为bcsA−acsB=a+c，
由余弦定理得b⋅b2+c2−a22bc−a⋅a2+c2−b22ac=a+c，
即a2+c2−b2=−ac，
所以csB=a2+c2−b22ac=−12．
又B∈0,π，
所以B=2π3
（2）由余弦定理得：a2+c2−25=−ac，则a2+c2=25−ac，
由三角形面积公式，12a+b+c⋅r=12acsinB，即a+c=2ac−5，
则a2+c2+2ac=4ac2−20ac+25，
所以25−ac+2ac=4ac2−20ac+25，解得ac=214，
所以S△ABC=12×214×32=21316.
【变式1-1】4．（2023秋·湖北武汉·高三武汉市第六中学校联考阶段练习）设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且2acsB=2c−b．
(1)求角A；
(2)若a=7，且△ABC的内切圆半径r=3，求△ABC的面积S．
【答案】(1)π3；
(2)103.
【分析】(1)利用正弦定理和三角恒等变换求出csA，即可求A;
(2)利用余弦定理和三角形的面积公式求出bc，即可求面积.
【详解】（1）由正弦定理得： 2sinAcsB=2sinC−sinB，
即2sinAcsB=2sinA+B−sinB，
即2sinAcsB=2sinAcsB+2csAsinB−sinB，
即2csAsinB=sinB.
因为B∈0,π，所以sinB≠0，所以csA=12.
因为A∈0,π，
所以A=π3.
（2）△ABC面积S=12bcsinA=12a+b+cr，
代入a=7，r=3和A=π3，整理得：bc=2b+c+14①，
由余弦定理：a2=b2+c2−2bccsA，得： b2+c2−bc=49，
即b+c2−3bc=49②，
①②联立可得：bc−1422−3bc=49，解得：bc=40或bc=0（舍去），
所以S=12bcsinA=12×40×32=103.
【变式1-1】5.（2021秋·北京·高三景山学校校考期中）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若(b+c−a)(sinA+sinB−sinC)=csinA且b=2.
(1)求角B的大小；
(2)在①a,b,c成等差数列，②a,b,c成等差数列，③a2,b2,c2成等差数列，这三个条件中任选一个作为已知条件，求△ABC的面积S.（如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）
【答案】(1)π3
(2)3
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和余弦定理，化简得到csB=12，即可求得B的值；
（2）对于条件①：利用等差中项结合基本不等式可得b≤a+c2，再根据a2+c2−b2=ac，可得a=c，利用面积公式即可得结果；对于条件②③：利用等差中项，根据a2+c2−b2=ac，求得△ABC为边长为2的等边三角形，结合三角形面积公式的应用求出结果.
【详解】（1）因为(b+c−a)(sinA+sinB−sinC)=csinA，
由正弦定理的(b+c−a)(a+b−c)=ac，整理得a2+c2−b2=ac，
所以csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12，
又因为B∈(0,π)，所以B=π3.
（2）选择条件①：因为a,b,c成等差数列，所以2b=a+c，
由基本不等式(a+c2)2≤a+c2，当且仅当a=c时，等号成立，
所以2b=a+c≤2(a+c)，所以b≤a+c2，
又由a2+c2−b2=ac，即b2=a2+c2−ac，可得a2+c2−ac≤(a+c2)2，
整理得3a2+3c2−6ac≤0，即(a−c)2≤0，所以a=c，
又因为B=π3，且b=2，所以△ABC为边长为2的等边三角形，
所以S△ABC=12acsinB=12×2×2×32=3.
选条件②：由a,b,c成等差数列，所以2b=a+c，
又由a2+c2−b2=ac，整理得(a+c2)2=a2+c2−ac，可得(a−c)2=0，即a=c，
因为B=π3，且b=2，所以△ABC为边长为2的等边三角形，
所以S△ABC=12acsinB=12×2×2×32=3.
选条件③：由a2,b2,c2成等差数列，所以2b2=a2+c2，
又由a2+c2−b2=ac，整理得a2+c2−a2+c22=ac，可得(a−c)2=0，即a=c，
因为B=π3，且b=2，所以△ABC为边长为2的等边三角形，
所以S△ABC=12acsinB=12×2×2×32=3.
题型2余弦定理求最值与取值范围
【例题2】（2023秋·湖北·高三孝感高中校联考开学考试）已知a，b，c为△ABC的三个内角A，B，C的对边，且满足：acsB+3asinB−b−c=0
(1)求角A；
(2)若△ABC的外接圆半径为233 ，求△ABC的周长的最大值.
【答案】(1)A=π3
(2)6
【分析】（1）利用正弦定理、三角恒等变换的知识化简已知条件，从而求得A.
（2）利用正弦定理求得a，利用余弦定理和基本不等式求得b+c的最大值，进而求得△ABC的周长的最大值.
【详解】（1）由已知可得：sinAcsB+3sinAsinB=sinB+sinC
=sinB+sinA+B=sinB+sinAcsB+sinBcsA，
由于sinB>0，则有1=3sinA−csA=2sinA−π6⇒sinA−π6=12，
又0（2）由正弦定理可知：asinA=2R=433，则由A=π3⇒a=2，
又有余弦定理可知：a2=b2+c2−2bccsA⇒4=b2+c2−bc，
由于b2+c2≥2bc，则有4=b2+c2−bc≥2bc−bc=bc，即bc≤4，
又4=b2+c2−bc=b+c2−3bc，即b+c2=4+3bc≤4+3×4=16，
从而b+c≤4（当b=c=2等号成立），
则a+b+c≤6，故△ABC的周长的最大值为6.
【变式2-1】1. （2024·陕西宝鸡·校考一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2acsA⋅csB+bcs2A=3c−b.
(1)求角A；
(2)若△ABC的面积为1，求a的最小值.
【答案】(1)A=π6
(2)6−2
【分析】（1）由题设恒等式利用正弦定理将边化为正弦，再逆用和角公式合并化简，即可求得角A.
（2）先根据面积公式求出bc=4，再代入余弦定理公式，结合基本不等式求得a的最小值.
【详解】（1）由已知2acsA⋅csB+b1+cs2A=3c，2acsA⋅csB+2bcs2A=3c，
由正弦定理2sinAcsA⋅csB+2sinBcs2A=3sinC，
所以2csAsinA⋅csB+sinBcsA=3sinC，即2csAsinA+B=3sinC，
又C∈0,π，所以csA=32，解得A=π6.
（2）由题12bcsinA=1，得bc=4，
又a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−43≥2bc−43=8−43（b=c时取“=”）
所以，a≥8−43=6−2
即a的最小值是6−2，b=c=2时取等号.
【变式2-1】2. （2023秋·河北·高三校联考期末）在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，且2acsC−3bcsC=3ccsB．
(1)求C的值．
(2)若△ABC的面积为1，求△ABC的周长的最小值．
【答案】(1)C=π6
(2)4+6−2
【分析】（1）由正弦定理及诱导公式求出结果；
（2）由三角形面积公式、余弦定理及基本不等式求得结果.
【详解】（1）由已知2acsC−3bcsC=3ccsB
得2sinAcsC=3sinBcsC+3sinCcsB，
即2sinAcsC==3sinB+C，
因为A+B+C=π，所以sinB+C=sinπ−A=sinA，
所以2sinAcsC=3sinA，
∵A为△ABC内角，
∴sinA≠0，
∴csC=32，0∴C=π6．
（2）∵S△ABC=12absinC=1，C=π6，
则ab=4．
且c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2−43≥2ab−43=8−43，
当且仅当a=b时，即a=b=2时，等号成立．
∴a+b+c≥2ab+8−43=4+8−43=4+6−2
当且仅当a=b=2时，取等号．
∴△ABC周长最小值为4+6−2．
【变式2-1】3. （2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第一二二中学校校考开学考试）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2a−bcsC=ccsB，求
(1)求角C；
(2)若c=2，求△ABC的面积的最大值．
【答案】(1)C=π3
(2)3
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，即可求解,
（2）由余弦定理结合不等式即可求解ab的最值，由面积公式即可求解.
【详解】（1）因为2a−bcsC=ccsB，由正弦定理可得2sinA−sinBcsC=sinCcsB，
所以2sinAcsC=sinCcsB+sinBcsC=sinB+C=sinA
因为A∈0,π，所以sinA≠0，
所以csC=12，因为C∈0,π，所以C=π3；
（2）因为c2=a2+b2−2abcsC，所以4=a2+b2−ab≥ab，当且仅当a=b=2时取等号，
所以S△ABC=12absinC=34ab≤3，
当a=b时S△ABC取最大值为3．
【变式2-1】4. （2023·江西景德镇·统考三模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c.已知tanB+tanC=2sinAcsC.
(1)求角B；
(2)若△ABC是钝角三角形，且a=c+2，求边c的取值范围.
【答案】(1)π3
(2)(0,2)
【分析】（1）由商数关系及和角正弦公式、三角形内角关系化简整理得csB=12，即可确定角的大小；
（2）根据已知有A为钝角，应用余弦定理及已知条件求c的范围即可.
【详解】（1）tanB+tanC=2sinAcsC，则sinBcsC+csBsinCcsBcsC=2sinAcsC，
又sinBcsC+csBsinC=sinA，则sinAcsBcsC=2sinAcsC且sinA>0，可得csB=12，
由B∈(0,π)，故B=π3.
（2）由a>c，即A>C，又△ABC是钝角三角形且B=π3，故A为钝角，
则a2>b2+c2b2=a2+c2−aca=c+2⇒0题型3正弦定理求最值与取值范围
【例题3】（2023秋·河南洛阳·高三洛宁县第一高级中学校考阶段练习）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c且sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC．
(1)求角A；
(2)若a=43，求△ABC周长的范围．
【答案】(1)A=π3
(2)(83,123]
【分析】（1）利用正弦定理的边角互化，然后用余弦定理求解；
（2）用正弦定理将三角形的周长用三角函数值来表示，利用三角函数的性质求解.
【详解】（1）∵sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC， 由正弦定理得b2+c2−a2=bc，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=12．∵A∈0,π，
∴A=π3；
（2）由（1）知A=π3，又已知a=43，由正弦定理得：
∵asinA=bsinB=csinC=8，
∴b=8sinB，c=8sinC，
b+c=8sinB+8sinC=8sinB+sin2π3−B=8312csB+32sinB =83sinB+π6，
由0故43∴△ABC周长的范围是(83,123].
【变式3-1】1. （2023秋·山西运城·高三统考阶段练习）在①b2+c2−a2=233acsinB；②sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c， ．
(1)求角A；
(2)若a=43，求△ABC周长的范围．
【答案】(1)A=π3
(2)83【分析】（1）正弦定理结合余弦定理求解即可；
（2）先根据正弦定理把边转化为角表示，结合辅助角公式计算值域即可得出周长范围.
【详解】（1）选择①：因为b2+c2−a2=233acsinB，
由余弦定理可得2bccsA=233acsinB，
所以结合正弦定理可得3sinBcsA=sinAsinB．
因为B∈0,π，则sinB>0，
所以3csA=sinA，即tanA=3，
因为A∈0,π，所以A=π3；
选择②：因为sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，
由正弦定理得b2+c2−a2=3bc，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=12．
因为A∈0,π，所以A=π3；
（2）由（1）知A=π3，又已知a=43，由正弦定理得：
∵asinA=bsinB=csinC=8,
∴b=8sinB，c=8sinC,
∴b+c=8sinB+8sinC=8sinB+sin2π3−B=8sinB+12sinB+32csB
=8312csB+32sinB
=83sinB+π6,
∵0∴12∴43∴83【变式3-1】2. （2023·全国·高三专题练习）在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a，b，c，已知a=23且csC+(csB−3sinB)csA=0．
(1)求角A的大小；
(2)若b=22，求△ABC的面积；
(3)求b+c的取值范围．
【答案】(1)A=π3
(2)3+3
(3)6,43
【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换运算求解；
（2）先利用余弦定理求得c=2+6，进而可求面积；
（3）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得b+c=43sinB+π6，结合正弦函数的有界性运算求解.
【详解】（1）因为csC+(csB−3sinB)csA=−csA+B+(csB−3sinB)csA=sinBsinA−3csA=0，
且A,B∈0,π2，则sinB≠0，可得sinA−3csA=0，
整理得tanA=3，所以A=π3.
（2）由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，即12=8+c2−2×22c×12，
解得c=2+6或c=2−6（舍去），
所以△ABC的面积S△ABC=12bcsinA=12×22×2+6×32=3+3.
（3）由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2332=4，可得b=4sinB,c=4sinC，
则b+c=4sinB+4sinC=4sinB+4sinA+B=4sinB+2sinB+23csB
=6sinB+23csB=43sinB+π6，
因为△ABC为锐角三角形，且A=π3，则0则π3则b+c=43sinB+π6∈6,43，
所以b+c的取值范围为6,43.
【变式3-1】3. （2023秋·广东·高三统考阶段练习）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，tanC=sinA+sinBcsA+csB.
(1)求角C的大小；
(2)若△ABC是锐角三角形，且其面积为3，求边c的取值范围.
【答案】(1)C=π3
(2)2,6
【分析】（1）根据同角三角函数关系，结合正余弦函数和差角公式化简即可；
（2）由（1）知A+B=2π3，又△ABC是锐角三角形，可得π6【详解】（1）因为tanC=sinA+sinBcsA+csB，则sinCcsC=sinA+sinBcsA+csB，
所以sinCcsA+sinCcsB=csCsinA+csCsinB，
即sinCcsA−csCsinA=csCsinB−sinCcsB，
得sinC−A=sinB−C.
所以C−A=B−C或C−A=π−B−C（不成立，舍去），
从而2C=A+B，又A+B+C=π，所以C=π3.
（2）由（1）知A+B=2π3，又△ABC是锐角三角形，则0因为S△ABC=12absinC=c22⋅sinAsinBsinC=c23sinAsinB=3，
所以c2=3sinAsinB.
设y=sinAsinB，因为B=2π3−A，
所以y=sinAsin2π3−A=sinA32csA+12sinA
=34sin2A+14−14cs2A=12sin2A−π6+14，
因为π6从而c2=4,6，即c∈2,6，
所以边c的取值范围是2,6.
【变式3-1】4. （2023秋·云南昆明·高三云南省昆明市第十中学校考开学考试）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c，已知ccsA−acsB+c=0
(1)求A；
(2)若a=6，求△ABC周长的取值范围.
【答案】(1)A=π2
(2)12,6+62
【分析】（1）利用正弦定理进行边换角结合两角和与差的正弦公式即可得到答案；
（2）利用正弦定理、诱导公式和辅助角公式得b+c=62sinB+π4，再利用正弦型函数的值域即可得到周长范围.
【详解】（1）因为ccsA−acsB+c=0，
根据正弦定理得sinCcsA−sinAcsB+sinC=0.
又sinC=sinA+B=sinAcsB+csAsinB，
所以sinCcsA+csAsinB=sinC+sinBcsA=0.
因为A,B,C∈0,π，
所以sinC+sinB>0，所以csA=0.
所以A=π2.
（2）由（1）可知，asinA=6，所以b+c=6sinB+6sinC.
由A=π2，得B+C=π2，则sinC=csB，
则b+c=6sinB+6csB=62sinB+π4.
因为B∈0,π2，所以B+π4∈π4,3π4,sinB+π4∈22,1，
则b+c∈6,62，故△ABC周长的取值范围为12,6+62.
【变式3-1】5.（2024秋·山东临沂·高三校联考开学考试）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinA=2sinC．
(1)若B=π3，求tanA；
(2)求C的最大值．
【答案】(1)tanA=6+3
(2)π4
【分析】（1）根据三角形内角和利用三角恒等变换可得tanA=6+3,
（2）利用正弦定理由大边对大角可限定C∈0,π2，再根据三角函数值域即可求得结果.
【详解】（1）根据题意可知，若△ABC中B=π3，则A+C=2π3，即C=2π3−A；
又sinA=2sinC，所以sinA=2sin2π3−A，
即sinA=2sin2π3csA−2cs2π3sinA，整理可得2−22sinA=62csA；
解得tanA=62−2=6+3
所以tanA=6+3
（2）由正弦定理可知a=2c，显然a>c，所以c不是最大边，
即角C不是最大角，因此可知C∈0,π2；
又sinA=2sinC≤1可得sinC≤12=22，解得0所以C的最大值为π4.
【变式3-1】6.（2023秋·浙江·高三浙江省普陀中学校联考开学考试）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足asinCcsB+bsinAcsC=32a.
(1)求角A；
(2)若△ABC为锐角三角形，求4sin2B−4sinBsinC的取值范围.
【答案】(1)A=π3或A=2π3
(2)−1,2
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合和差公式求解可得；
（2）利用三角恒等变换公式化简，根据锐角三角形性质求得B的范围，再由正弦函数性质可得.
【详解】（1）∵asinCcsB+bsinAcsC=32a，
∴sinAsinCcsB+sinBsinAcsC=32sinA，
∵A∈0,π,sinA>0，
∴sinCcsB+sinBcsC=32
∴sinB+C=sinπ−A=sinA=32
∴A=π3或A=2π3
（2）∵△ABC是锐角三角形，∴A=π3
则4sin2B−4sinBsinC
=4sin2B−4sinBsin2π3−B
=2sin2B−23sinBcsB=1−cs2B−3sin2B=1−2sin2B+π6，
∵△ABC是锐角三角形，∴2π3−B<π2B<π2，即B∈π6,π2，
∴2B+π6∈π2,7π6，
∴sin2B+π6∈−12,1，
∴4sin2B−4sinBsinC的取值范围为−1,2.
题型4不对称结构的最值取值范围问题
【例题4】（2022·全国·高三专题练习）在①2sinA−sinB=2sinCcsB，②a+csinA−sinC=sinBa−b，③S△ABC=12casinA+bsinB−csinC这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．
问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且____．
(1)求角C；
(2)若c=2，求2a−b的取值范围．
【答案】(1)π3
(2)−2,4
【分析】（1）选①利用三角形内角和定理与两角和的正弦公式求出C=π3，选②利用正弦定理和余弦定理求出C=π3，选③利用面积公式和余弦定理求出C=π3．
（2）利用正弦定理得a=433sinA,b=433sinB，再利用两角差的正弦公式以及角的范围计算求得结果．
【详解】（1）若选①：2sinA−sinB=2sinCcsB，
则2sinB+C−sinB=2sinCcsB，
∴2sinBcsC+2csBsinC−sinB=2sinCcsB
∴2sinBcsC−sinB=0
∵B∈0,π，sinB≠0，
∴csC=12，∵C∈0,π，∴C=π3.
若选②：a+csinA−sinC=sinBa−b，
由正弦定理得a+ca−c=ba−b，
∴a2+b2−c2=ab，
∴csC=a2+b2−c22ab=12，
∵C∈0,π，∴C=π3．
若选③：S△ABC=12casinA+bsinB−csinC，
则12absinC=12casinA+bsinB−csinC，
由正弦定理得12abc=12ca2+b2−c2，
∴∴a2+b2−c2=ab，
∴csC=a2+b2−c22ab=12，
∵C∈0,π，∴C=π3．
（2）由正弦定理得asinA=bsinB=csinC=433，
a=433sinA,b=433sinB，
则2a−b=833sinA−433sinB=833sinA−433sinA+π3，
=23sinA−2csA=4sinA−π6，
∵A∈0,2π3，A−π6∈−π6,π2，sinA−π6∈−12,1，
∴2a−b∈−2,4.
【变式4-1】1. （2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）在△ABC中，a,b,c分别是角A,B,C所对的边，已知a=1,m=1,−3,n=sinA,csA，且m⊥n.
(1)若△ABC的面积为34，求b+c的值；
(2)求c−2b的取值范围.
【答案】(1)2
(2)−2,1
【分析】（1）根据垂直向量数量积为0求解可得A=π3，再根据三角形面积公式与余弦定理求解即可；
（2）由正弦定理结合三角恒等变换可得c−2b=−2csC，再根据三角函数取值范围求解即可.
【详解】（1）由m⊥n可得sinA−3csA=0，故sinA=3csA，显然A≠π2，故tanA=3.
又0由三角形面积公式可得S△ABC=12bcsinA=34bc=34，故bc=1.
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−3bc=1，即b+c2=4，故b+c=2.
（2）由（1）A=π3，故bsinB=csinC=asinA=23，故c=233sinC，b=233sinB.
故c−2b=233sinC−433sinB=233sinB+π3−433sinB
=23312sinB+32csB−433sinB
=33sinB+csB−433sinB
=csB−3sinB=2csB+π3=2csB+A=−2csC.
因为A=π3，故0故c−2b的取值范围为−2,1
【变式4-1】2. （2023秋·广东深圳·高三深圳市建文外国语学校校考阶段练习）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且43ac⋅csB=b2−a−c2.
(1)求csB的值；
(2)求b2a2+c2的最小值.
【答案】(1)csB=35
(2)25.
【分析】（1）根据已知等式结合余弦定理可求出csB的值；
（2）由（1）可得b2=a2+c2−65ac，代入b2a2+c2化简后利用基本不等式可求得其最小值.
【详解】（1）因为43ac⋅csB=b2−a−c2，
所以43ac⋅csB=b2−a2−c2+2ac，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB⇒b2−a2−c2=−2accsB，
所以43ac⋅csB=−2accsB+2ac，解得csB=35.
（2）由（1）知csB=35，所以b2=a2+c2−65ac，
所以b2a2+c2=a2+c2−65aca2+c2=1−65aca2+c2.
因为a2+c2≥2ac⇒65aca2+c2≤35，当且仅当a=c时等号成立，
所以b2a2+c2=1−65aca2+c2≥1−35=25，当且仅当a=c时等号成立，
所以b2a2+c2的最小值为25.
【变式4-1】3. （2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考阶段练习）已知△ABC内角A，B，C的对边为a，b，c，且c=2a−bcsC．
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形，求a2+c2b2的取值范围．
【答案】(1)B=π3
(2)53,2
【分析】（1）利用余弦定理化简得ac=a2−b2+c2，代入csB=a2+c2−b22ac即可求出角B的大小；（2）通过正弦定理，用B表示出各个边，因为△ABC为锐角三角形，求出π6【详解】（1）由余弦定理csC=a2+b2−c22ab，所以c2=a−b×a2+b2−c22ab，
化简得ac=a2−b2+c2，所以csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12，
又B∈0,π，所以B=π3.
（2）由（1）A+C=π−B=2π3，因为△ABC为锐角三角形，所以，π6由正弦定理可得：a2+c2b2=sin2A+sin2Csin2B=43sin2A+sin2C.
因为sin2A+sin2C=sin2A+sin22π3−A=121−cs2A+121−cs4π3−2A
=1+12csπ3−2A−cs2A=1+1212cs2A+32sin2A−cs2A=1+12sin2A−π6又π6因此sin2A+sin2C的取值范围是54,32，
所以a2+c2b2的取值范围是53,2.
【变式4-1】4. （2023秋·河北保定·高三校联考开学考试）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a+bc=sinB+sinCsinA−sinB.
(1)求角A的大小；
(2)若D为BC上一点，∠BAD=∠CAD，AD=3，求4b+c的最小值.
【答案】(1)A=2π3
(2)27
【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，结合余弦定理求得正确答案.
（2）利用三角形的面积公式列方程，结合基本不等式求得4b+c的最小值.
【详解】（1）依题意，a+bc=sinB+sinCsinA−sinB，
由正弦定理得a+bc=b+ca−b,a2−b2=bc+c2，
c2+b2−a2=−bc，所以csA=b2+c2−a22bc=−12<0，
所以A是钝角，所以A=2π3.
（2）∠BAD=∠CAD=12A=π3，
S△ABC=S△ABD+S△ACD，所以12bcsin2π3=12c⋅3⋅sinπ3+12b⋅3⋅sinπ3，
即bc=3c+b,b+cbc=3c+3b=1，
所以4b+c=4b+c3c+3b=15+12bc+3cb≥15+212bc⋅3cb=27，
当且仅当12bc=3cbbc=3c+b,c=2b=9时等号成立.
【变式4-1】5.（2023秋·河北秦皇岛·高三校联考开学考试）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，面积为S，已知b2=23S3+abcsC.
(1)求A的值；
(2)若BC边上的中线AD=1，求△ABC周长的最小值.
【答案】(1)π3
(2)23
【分析】（1）根据三角形面积公式及正弦定理化简b2=23S3+abcsC，可得tanA=3，即可求出A的值；
（2）先根据AD为BC边上的中线得到2AD=AB+AC，即b2+c2+bc=4，根据不等式求出0【详解】（1）∵△ABC面积为S，
∴S=12absinC，且b2=233S+abcsC，
得b2=33absinC+abcsC，
b=33asinC+acsC，
由正弦定理得：sinB=33sinAsinC+sinAcsC，
sinA+C=33sinAsinC+sinAcsC，
sinAcsC=33sinAsinC+sinAcsC，
csA=33sinAsinC≠0
∴tanA=3csA≠0，
∵0（2）∵BC边上中线AD=1，
∴2AD=AB+AC，
∴4AD2=AB2+AC2+2AB⋅AC，
得b2+c2+bc=4，b2+c2=4−bc，
(b+c)2=4+bc，b+c=4+bc，
且b2+c2≥2bc，即4−bc≥2bc，
0又∵∠C=π3，由余弦定理得b2+c2−a2=bc
a2=b2+c2−bc=4−2bc，
∴a=4−2bc，
∴a+b+c=4−2bc+4+bc0设fx=4−2x+4+x0f'x=−224−2x+124+x=4−2x−24+x24−2x4+x，
设gx=4−2x−24+x，
g'x=(4−2x−24+x)'=−224−2x−14+x<0，
∴gx在0,43单调递减，
又∵g0=−2，∴gx<0，∴f'x<0，
∴fx在0,43单调递减，
则fx最小值为f43=23，
所以当bc=43时，a+b+c的最小值为23，
故△ABC周长最小值为23.
【变式4-1】6.（2023秋·山东青岛·高三山东省青岛第五十八中学校考开学考试）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量 p=2b,2c−a，q=1,csA，且p//q，b=3.
(1)求B的大小；
(2)求aca+c的最大值．
【答案】(1)π3
(2)32
【分析】（1）由平面向量共线和正弦定理进行边化角可得2sinC−sinA=2sinBcsA，再由两角和差公式可求解；
（2）由余弦定理可得a2+c2−b2=2accsB，再利用基本不等式得3【详解】（1）因为p=2b,2c−a，q=1,csA，且p//q，
所以2c−a=2bcsA,
又asinA=bsinB=csinC,所以2sinC−sinA=2sinBcsA,又C=π−(A+B)
所以2sin(A+B)−sinA=2sinBcsA,
所以2sinAcsB−sinA=0,
因为A∈0,π,sinA≠0,所以csB=12,∵B∈0,π，可得B=π3.
（2）根据余弦定理a2+c2−b2=2accsB
得a2+c2−ac=9，即 (a+c)2=9+3ac，
因为ac≤(a+c)24,所以(a+c)2≤9+34(a+c)2，结合a+c>3，
所以3设t=a+c,则t∈(3,6],所以aca+c=t2−93t,
设f(t)=t2−93t=13t−9t,
则f(t)在区间(3,6]上单调递增,
所以f(t)的最大值为f(6)=32，所以aca+c的最大值为32.
【变式4-1】7.（2023秋·贵州贵阳·高三贵阳一中校考开学考试）已知△ABC的内角A、B、C所对边分别为a、b、c，sinB⋅sinC=sin2A−sin2C.
(1)若A=π3，求csC；
(2)求csA+sinC的最大值.
【答案】(1)csC=32
(2)98
【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得a2=bc+c2，进而结合余弦定理可得b=2c，故a=3c，从而得△ABC是直角三角形，即可求解，
（2）根据和差角公式以及三角函数的性质可得A=2C，即可结合余弦二倍角公式求解.
【详解】（1）由正弦定理可知a:b:c=sinA:sinB:sinC
∴sinB⋅sinC=sin2A−sin2C⇔bc=a2−c2
∴a2=bc+c2
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bc⋅csA
故c2+bc=b2+c2−2bc⋅csA，化简得 b=c(1+2csA)
代入A=π3，可得b=2c，故a2=2c2+c2⇒a=3c，
所以b2=a2+c2，则△ABC是直角三角形 ，
故csC=sinA=32.
（2）由（1）知 b=c(1+2csA) ，
根据正弦定理得 sinB=sinC(1+2csA)，又sinB=sin(A+C)，
所以 sinAcsC+csAsinC=sinC+2csAsinC，
化简可得sinAcsC−csAsinC=sinC，即sin(A−C)=sinC
∵0∴A−C=C，或A−C+C=π，
所以A=2C或A=π（舍去），
则csA+sinC=cs2C+sinC
=−2sin2C+sinC+1
=−2(sinC−14)2+98
由A、B、C∈(0,π)可得0<2C<π， 则0<π−3C<π，
解得0所以当sinC=14时 csA+sinC取到最大值98.
题型5三角形中线问题
【例题5】（2023秋·广西玉林·高三校联考开学考试）在锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，csAcsC=a2b−c.
(1)求A的大小；
(2)若a=7，c=3，D为BC的中点，求AD.
【答案】(1)A=π3
(2)AD=192
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出csA的值，结合角A的取值范围可得出角A的值；
（2）利用余弦定理可得出关于b的方程，结合△ABC为锐角三角形可求出b的值，利用平面向量的线性运算可得出AD=12AB+AC，利用平面向量数量积的运算性质可求得AD的长.
【详解】（1）解：因为csAcsC=a2b−c，由正弦定理可得2sinB−sinCcsA=sinAcsC，
所以，2sinBcsA=sinCcsA+sinAcsC=sinA+C=sinB，
因为B∈0,π2，所以sinB≠0，所以csA=12，
因为0（2）解：在△ABC中，因为a2=b2+c2−2bccsA，
所以72=b2+32−2×b×3×csπ3，所以b2−3b+2=0，解得b=2或b=1
当b=1时，csC=b2+a2−c22ab=1+7−927<0，则C为钝角，不符合题意，
当b=2时，csC=b2+a2−c22ab=4+7−947>0，则C为锐角，合乎题意，故b=2，
因为D为BC的中点，则AD=AB+BD=AB+12BC=AB+12AC−AB=12AB+AC，
所以，AD2=14AB2+AC2+2AB⋅AC=14c2+b2+2cbcsπ3=149+4+2×3×2×12
=194，故AD=192.
【变式5-1】1. （2023秋·安徽·高三宿城一中校联考阶段练习）在△ABC中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足a+c=b3sinA+csA.
(1)求B；
(2)若b=3，且△ABC的面积为3，BD是△ABC的中线，求BD的长.
【答案】(1)B=π3
(2)172
【分析】（1）根据正弦定理、辅助角公式等知识化简已知条件，从而求得B.
（2）利用三角形ABC的面积求得ac，结合余弦定理、向量的模、数量积等知识求得BD的长.
【详解】（1）因为a+c=b3sinA+csA，
由正弦定理可得sinA+sinC=sinB3sinA+csA，
即sinA+sinA+B=sinB3sinA+csA，
即sinA+sinAcsB=3sinAsinB，
又因为sinA>0，所以3sinB−csB=1，所以sinB−π6=12.
又因为B∈0,π，所以B−π6∈−π6,5π6，
所以B−π6=π6，所以B=π3.
（2）因为S△ABC=3，所以12acsinB=3得ac=4，
由余弦定理得：a2+c2=b2+2accsB=13.
又BD=12BA+BC，
所以|BD|2=14(BA+BC)2=14c2+a2+2accsB=174，
得BD=172，故BD的长为172.
【变式5-1】2. （2023秋·河南·高三校联考阶段练习）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且sinC−A=21−csCsinA．
(1)证明：ba=2；
(2)点D是线段AB的中点，且CD=6,AD=2，求△ABC的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)10
【分析】（1）根据题意，结合三角恒等变换的公式和正弦定理，化简得到sinB=2sinA，即可求解；
（2）根据题意，得到CD=12CB+12CA，进而得到CD2=14a2+b2+2ab⋅cs∠ACB，结合余弦定理，列出方程组，即可求解.
【详解】（1）证明：因为sinC−A=sinCcsA−csCsinA，
由sinC−A=21−csCsinA，
可得sinCcsA−csCsinA=2sinA−2sinAcsC
所以sinCcsA+csCsinA=2sinA，所以sinA+C=2sinA，即sinB=2sinA，
又由正弦定理，可得b=2a，所以ba=2．
（2）解：因为点D是线段AB的中点，所以AD=DB，可得CD=12CB+12CA，
则CD2=14CB2+CA2+2CB⋅CA=14a2+b2+2ab⋅cs∠ACB，
由余弦定理得c2=a2+b2−2ab⋅cs∠ACB，
又由（1）知，b=2a,CD=6,AD=2，则c=AB=4，
联立方程组a2+2a2+2a⋅2acs∠ACB=24a2+2a2−2a⋅2acs∠ACB=16，解得a=2，则b=2a=4，
所以△ABC的周长为a+b+c=2+4+4=10．
故△ABC的周长为10．

【变式5-1】3. （2023秋·贵州贵阳·高三统考开学考试）在锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c．
①2acsB+b−2c=0；②csCcsB+cb=3sin2B；③tanB=tanC+33tanC−1．
在以上三个条件中选择一个，并作答．
(1)求角A；
(2)已知△ABC的面积为3，AD是BC边上的中线，求AD的最小值．
【答案】(1)条件选择见解析，A=π3
(2)3
【分析】（1）选①，利用余弦定理化简可得出csA的值，结合角A的取值范围可得出角A的值；选②，利用正弦定理结合三角恒等变换可得出sinA的值，结合角A的取值范围可得出角A的值；选③，利用已知等式结合两角和的正切公式、诱导公式可得出tanA的值，结合A的取值范围可得出角A的值；
（2）利用三角形的面积公式可得出bc的值，利用平面向量的线性运算可得出2AD=AB+AC，利用平面向量的数量积结合基本不等式可求得AD长的最小值.
【详解】（1）解：若选①，因为2acsB+b−2c=0，即2aa2+c2−b22ac+b−2c=0，
则a2+c2−b2+bc−2c2=0，即c2+b2−a2=bc，所以，csA=c2+b2−a22bc=12，
因为A∈0,π2，故A=π3；
若选②，原式等价于csCcsB+sinCsinB=3sin2B，即sinBcsC+csBsinCsinBcsB=3sin2B，
即3sin2B=sinB+C12sin2B=2sinAsin2B，
因为A、B∈0,π2，则0<2B<π，所以，sin2B>0，则sinA=32，故A=π3；
若选③，原式等价于3tanBtanC−tanB=tanC+3，
即−tanB−tanC=31−tanBtanC
所以，−tanB+tanC1−tanBtanC=3，即−tanB+C=3，即3=−tanπ−A=tanA，
因为A∈0,π2，故A=π3.
（2）解：因为S△ABC=12bcsinA=34bc=3，所以，bc=4，
因为D为BC的中点，
则AD=AB+BD=AB+12BC=AB+12AC−AB=12AB+AC，
所以，2AD=AB+AC，
则4AD2=AC+AB2=AC2+AB2+2AC⋅AB=b2+c2+2bccsπ3=b2+c2+bc
≥2bc+bc=3bc=12，则AD≥3，
当且仅当b=cbc=4时，即当b=c=2时，等号成立.
因此，AD长的最小值为3
【变式5-1】4. （2023秋·广东揭阳·高三校考阶段练习）在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c，acsC+3asinC−b−2c=0.
(1)求角A；
(2)若sinBsinC=23，AD为BC边上的中线，求tan∠BAD.
【答案】(1)2π3
(2)32
【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合三角形内角和以及两角和的正弦公式化简，即可求得答案；
（2）由题意利用正弦定理角化边可得bc=23，继而设∠BAD=θ，利用面积关系S△ABD=S△ACD可得3sinθ=2sin2π3−θ，结合两角差的正弦公式化简，即可得答案.
【详解】（1）由正弦定理得sinAcsC+3sinAsinC−sinB−2sinC=0，
因为B=π−A−C，所以sinAcsC+3sinAsinC−sin(A+C)−2sinC=0，
所以sinAcsC+3sinAsinC−sinAcsC−csAsinC−2sinC=0，
即3sinAsinC−csAsinC−2sinC=0，
又C∈(0,π),∴sinC≠0，所以3sinA−csA=2，
即2sinA−π6=2，又A∈0,π，
所以A−π6=π2，所以A=2π3.
（2）因为sinBsinC=23，所以由正弦定理得bc=sinBsinC=23，
设∠BAD=θ，则∠CAD=2π3−θ，
因为AD为BC边上的中线，所以S△ABD=S△ACD，

即12c⋅AD⋅sinθ=12b⋅AD⋅sin2π3−θ，
即3sinθ=2sin2π3−θ，3sinθ=232csθ+12sinθ，
即2sinθ=3csθ，显然csθ≠0，所以tanθ=32，
即tan∠BAD=32.
题型6三角形角平分线问题
【例题6】（2022秋·内蒙古赤峰·高三赤峰二中校考阶段练习）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知asinA+C2=bsinA.
(1)求角B；
(2)若b=6，D为AC边上一点，BD为角B的平分线，且BD=4，求△ABC的面积.
【答案】(1)B=π3
(2)63
【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换的知识化简已知条件，从而求得B.
（2）根据三角形的面积公式、余弦定理，先求得ac，进而求得三角形ABC的面积.
【详解】（1）依题意，asinA+C2=bsinA，
由正弦定理得sinAsinA+C2=sinBsinA，
由于A是三角形的内角，所以sinA>0，
所以sinA+C2=sinB，则sinA+C2=sinA+C=2sinA+C2csA+C2，
由于0所以sinA+C2>0,csA+C2>0，
所以csA+C2=12，所以A+C2=π3,A+C=2π3,B=π3.
（2）由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB,a2+c2−ac=36，
由三角形的面积公式得12c⋅BD⋅sinπ6+12a⋅BD⋅sinπ6=12acsinπ3，
整理得c+a=34ac，
所以a2+c2−ac=a+c2−3ac=316ac2−3ac=36，
ac2−16ac−192=0,ac+8ac−24=0，
解得ac=24，所以三角形ABC的面积为12acsinB=12×24×32=63.
【变式6-1】1. （2023·河北唐山·模拟预测）在△ABC中，AB=3,AC=2,D为BC边上一点，且AD平分∠BAC．
(1)若BC=3，求CD与AD；
(2)若∠ADC=60°，设∠BAD=θ，求tanθ．
【答案】(1)CD=65，AD=465
(2)tanθ=35
【分析】（1）一方面由角平分线定理S△ABDS△ACD=ABAC=32，另一方面S△ABDS△ACD=BDCD，又BC=3，所以可以求出CD=65，接下来结合余弦定理即可求出AD.（2）由已知条件可知，B=60°−θ,C=120°−θ，在△ABC中运用正弦定理即可求解.
【详解】（1）如下图所示：

因为AD平分∠BAC，所以S△ABDS△ACD=12⋅AB⋅AD⋅sin∠BAD12⋅AC⋅AD⋅sin∠CAD=ABAC=32，又因为D在BC上，所以S△ABDS△ACD=12⋅BD⋅ℎ12⋅CD⋅ℎ=BDCD，
因此BDCD=32，又BC=3，所以CD=65．
在△ABC中，AB=BC=3,AC=2，可得csC=CA2+CB2−BA22CA⋅CB=32+22−322×3×2=13．
在△ACD中，由余弦定理可得AD2=AC2+CD2−2AC×CD×csC=22+652−2×2×65×13=9625，故AD=465．
（2）如下图所示：

因为AD平分∠BAC，∠DAC=∠BAD=θ，又∠ADC=60°，
所以B=60°−θ,C=120°−θ，在△ABC中，由正弦定理可得
ABsin120°−θ=ACsin60°−θ，又AB=3,AC=2，所以3sin60°−θ=2sin120°−θ，
展开并整理得332csθ−32sinθ=3csθ+sinθ，解得tanθ=35
【变式6-1】2. （2023秋·江苏淮安·高三统考开学考试）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为边BC上一点，AD=2．
(1)若△ABC的面积S=2,∠ADB=π4，求a；
(2)若D为∠BAC的角平分线与边BC的交点，c=2,C=π4，求a.
【答案】(1)a=22
(2)6
【分析】（1）根据题意可得△ABC的高，再根据三角形面积公式求解即可；
（2）由题意设∠BAD=∠DAC=θ，再根据三角形性质可解得θ=π6，最后根据正弦定理求解a即可.
【详解】（1）△ABC的高ℎ=ADsin∠ADB=2sinπ4=2，
所以S=12BC⋅ℎ=12⋅a⋅2=2，则a=22．
（2）因为AD是∠BAC的角平分线，所以∠BAD=∠DAC，
设∠BAD=∠DAC=θ，则∠ADB=∠DAC+∠C=θ+π4．
在△ABD中，因为AB=AD=2，所以∠B=∠ADB=θ+π4，
由内角和定理，∠B+∠ADB+∠BAD=2θ+π4+θ=3θ+π2=π，所以θ=π6．
在△ABC中，由正弦定理得asin∠BAC=csinC，则a=csin∠BACsinC=2sin2×π6sinπ4=6
【变式6-1】3. （2023秋·浙江绍兴·高三浙江省上虞中学校考开学考试）在△ABC中，已知内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且a2+c2−b2a2+b2−c2=2a−bb.
(1)求角C；
(2)若b=2，角C的平分线CD=3，求△ABC的面积.
【答案】(1)π3
(2)3
【分析】（1）根据余弦定理和正弦定理化简题设可得sinCcsB+sinBcsC=2sinAcsC，进而结合两角和的正弦公式可得csC=12，进而求解；
（2）结合角平分线利用等面积法可得a=2，进而求解即可.
【详解】（1）因为a2+c2−b2a2+b2−c2=2a−bb，
所以由余弦定理得2accsB2abcsC=2a−bb，即csBcsC=2a−bc，
由正弦定理得csBcsC=2sinA−sinBsinC，
整理得sinCcsB+sinBcsC=2sinAcsC，
即sinB+C=2sinAcsC=sinA，
又sinA≠0，则csC=12，
∵C∈(0,π)
所以C=π3.
（2）因为CD为角C的平分线，
所以∠ACD=∠BCD=π6，
由S△ABC=S△ACD+S△BCD，得12absinC=12×b×CD×sin∠ACD+12×a×CD×sin∠BCD，
即12a×2×32=12×2×3×12+12×a×3×12，解得a=2，
所以S△ABC=12absinC=12×2×2×32=3.

【变式6-1】4. （2023·福建宁德·福建省宁德第一中学校考一模）在①c=12；②asinB=bcs(A−π6)这两个条件中任选一个作为已知条件，补充到下面的横线上，并给出解答.
问题：已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边，D是AC边的中点，a=BD=47，且______.
(1)求b的值；
(2)若∠BAC的平分线交BC于点E，求线段AE的长.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)条件选择见解析，b=8
(2)2435
【分析】（1）选择①，利用余弦定理列方程组可求b，选择②，利用正弦定理及两角和差公式求角A，再用余弦定理列方程组可求b；
（2）先求角A，再利用三角形面积公式及等面积法即可求出线段AE的长.
【详解】（1）选择①：设b=2x，则AD=DC=x，
在△ABD中，cs∠ADB=x2+112−14487x=x2−3287x，
在△BCD中，cs∠CDB=x2+112−11287x=x287x，
因为∠ADB+∠CDB=π，所以cs∠ADB+cs∠CDB=0，
即x2−3287x+x287x=0，所以x=4，故b=8．
选择②：由正弦定理得，sinAsinB=sinBcsA−π6，
因为B∈0,π，所以sinB>0，
所以sinA=csA−π6，
即sinA=32csA+12sinA，
于是tanA=3，因为A∈0,π，
所以A=π3，
设b=2x，c=y，
在△ABD中，csA=x2+y2−1122xy=12，即x2+y2−xy=112（i），
在△ABC中，csA=4x2+y2−1124xy=12，即4x2+y2−2xy=112（ii），
联立（i）（ii）解得，x=4，y=12，即c=12，b=8．
（2）选择①：由条件及小问（1）可知，a=47，c=12，b=8，
则csA=b2+c2−a22bc=144+64−1122×12×8=12 ，因为A∈0,π，
所以A=π3，
由题意得，S△ABE+S△ACE=S△ABC，
因为AE是∠BAC的平分线，
所以12×12×AE×sin30∘+12×8×AE×sin30∘=12×12×8×sin60∘，
所以AE=2435.
选择②：由小问（1）可知，A=π3，
由题意得，S△ABE+S△ACE=S△ABC，
因为AE是∠BAC的平分线，
所以12×12×AE×sin30∘+12×8×AE×sin30∘=12×12×8×sin60∘，
所以AE=2435.
题型7三角形高线垂线问题
【例题7】（2023秋·山东泰安·高三统考阶段练习）△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知A=135°,b=2,c=2.
(1)求sinC的值；
(2)若D是BC上一点，AC⊥AD，求△ABD的面积.
【答案】(1)1010
(2)13
【分析】（1）利用余弦定理求得a，利用正弦定理求得sinC.
（2）根据三角形的面积公式求得△ABD的面积.
【详解】（1）在△ABC中，由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA得
a2=4+2+2×2×2×22=10，所以a=10.
由正弦定理asinA=csinC，得sinC=csinAa=2×2210=1010.
（2）因为AC⊥AD，所以∠CAD=90°，C为锐角，
由sinC=1010，得tanC=13.
在Rt△ACD中，tanC=ADAC，得AD=ACtanC=23，
因为∠BAD=45°，所以S△ABD=12AB⋅AD⋅sin∠BAD=12×2×23×22=13.
【变式7-1】1. （2023秋·北京·高三北京市陈经纶中学校考开学考试）如图，在△ABC中，AC⋅AB=−4,S△ABC=23,AC=2．

(1)求BC的长；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积；
(3)求sinB+2C的值．
【答案】(1)BC=27
(2)3
(3)32114
【分析】（1）根据数量积和三角形的面积公式求出∠BAC，进而求得AB，再由余弦定理即可得解；
（2）先由余弦定理求出角C，进而可求得AD，再根据三角形的面积公式即可求解；
（3）先由余弦定理求出角B，根据二倍角公式求出sin2C,cs2C，再根据两角和的正弦公式即可得解.
【详解】（1）易知AC⋅AB=AC⋅ABcs∠BAC=−4；
S△ABC=12AC⋅ABsin∠BAC=23，可得tan∠BAC=−3，
又0<∠BAC<π，所以∠BAC=2π3；
又AC⋅ABcs∠BAC=−4，且AC=2，可得AB=4；
根据余弦定理可得BC2=AC2+AB2−2ACABcs∠BAC=4+16+2×2×4×12=28，
所以BC=27.
（2）由（1）知csC=AC2+BC2−AB22×ACBC=4+28−162×2×27=277，
又∠BAC=2π3，所以C∈0,π3，可得sinC=217，tanC=32；
因为AD⊥AC，所以AD=ACtanC=3，
∠BAD=∠BAC−π2=2π3−π2=π6，
所以S△ABD=12ABADsin∠BAD=12×4×3×12=3，
即△ABD的面积为3.
（3）l利用余弦定理可得csB=AB2+BC2−AC22ABBC=16+28−42×4×27=5714；
又C∈0,π3，所以sinB=2114；
由（2）可得sin2C=2sinCcsC=437，cs2C=cs2C−sin2C=17；
故sinB+2C=sinBcs2C+csBsin2C=2114×17+5714×437=32114;
可得sinB+2C=32114.
【变式7-1】2. （2023秋·安徽·高三安徽省宿松中学校联考开学考试）如图，在△ABC中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，∠B=π4，满足a+bsinA−sinB=csinB+sinC.

(1)求sinC；
(2)点D在BC上，AD⊥AC，AD=6，求AB.
【答案】(1)6−24
(2)32+62
【分析】（1）由正余弦定理可求出A，利用两角差的正弦公式求解；
（2）在△ABD中，由正弦定理求解即可得解.
【详解】（1）由已知及正弦定理得：a+ba−b=cb+c，即b2+c2−a2=−bc.
由余弦定理得：csA=b2+c2−a22bc=−12，又A∈0,π，所以A=2π3.
故C=π−2π3+π4=π12，
所以sinC=sinπ3−π4=sinπ3csπ4−csπ3sinπ4=6−24；
（2）由（1）知A=2π3，又AD⊥AC，所以∠BAD=π6，∠ADB=7π12
sin∠ADB=sin7π12=sinπ3+π4=6+24，
在△ABD中，由正弦定理得：
ABsin∠ADB=ADsinB，所以AB=ADsin7π12sinπ4=32+62.
【变式7-1】3. （2023秋·辽宁·高三东北育才学校校联考开学考试）已知H为锐角△ABC的垂心，AD,BE,CF为三角形的三条高线，且满足9HD⋅HE⋅HF=HA⋅HB⋅HC.
(1)求csAcsBcsC的值.
(2)求cs∠CAB⋅cs∠CBA的取值范围.
【答案】(1)19
(2)16,13
【分析】（1）先得到∠ABC=∠CHD，得到cs∠ABC=DHCH，同理得到cs∠BAC=FHBH，cs∠ACB=EHAH，相乘后结合题目条件得到答案；
（2）结合（1）中结论及csBcsA+sinAsinB=csB−A≤1得到csAcsB1−2csAcsB≥19，从而求出16≤csA⋅csB≤13.
【详解】（1）记△ABC的三个内角为A,B,C.
因为H为锐角△ABC的垂心，AD,BE,CF为三角形的三条高线，
所以∠ABC+∠BCH=∠BCH+∠CHD=90°，故∠ABC=∠CHD，
所以cs∠ABC=cs∠CHD=DHCH，
同理可得cs∠BAC=cs∠BHF=FHBH，cs∠ACB=cs∠AHE=EHAH，

所以cs∠ABCcs∠BACcs∠ACB=DHCH⋅FHBH⋅EHAH=DH⋅FH⋅EHCH⋅BH⋅AH，
因为9HD⋅HE⋅HF=HA⋅HB⋅HC，
所以cs∠ABCcs∠BACcs∠ACB=DH⋅FH⋅EHCH⋅BH⋅AH=19；
（2）因为csBcsA+sinAsinB=csB−A≤1，cs∠ABCcs∠BACcs∠ACB=19，
故csA⋅csB⋅csC=csAcsBsinAsinB−csAcsB≤csAcsB1−2csAcsB，
即csAcsB1−2csAcsB≥19，
设csAcsB=t，则t1−2t≥19，解得16≤t≤13，
故16≤csA⋅csB≤13.
当csB−A=1时，等号成立，
又△ABC为锐角三角形，故当A=B等号成立，
所以当csA=csB=16时，csAcsB取得最小值，
当csA=csB=13时，csAcsB取得最大值，
因此，cs∠CAB⋅cs∠CBA的范围是16,13.
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
【变式7-1】4.（2024秋·安徽·高三合肥市第八中学校联考开学考试）△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,2sin2B+2sin2C+2sinBsinC+cs2B+C=1，∠A的平分线交BC边于D，过D作DE⊥AC，垂足为点E.
(1)求角A的大小；
(2)若b=2,c=4，求AE的长.
【答案】(1)A=2π3
(2)23
【分析】（1）利用二倍角余弦公式结合正弦定理角化边化简可得b2+c2−a2=−bc，再利用余弦定理即可求得答案；
（2）根据三角形面积关系可求得AD的长，解直角三角形即得答案.
【详解】（1）∵2sin2B+2sin2C+2sinBsinC+cs2B+C=1，
∴sin2B+sin2C+sinBsinC=1−cs2B+C2=sin2B+C=sin2A,
由正弦定理可得：b2+c2+bc=a2，即b2+c2−a2=−bc，
由余弦定理可得：csA=b2+c2−a22bc=−12，
∵A∈0,π,∴A=2π3.
（2）∵S△ABC=S△ABD+S△ACD，AD是△ABC的角平分线，

∴12bcsin2π3=12c⋅ADsinπ3+12b⋅ADsinπ3，
∵b=2,c=4,∴AD=43，
在Rt△AED中，AD=43,∠DAE=π3,∴AE=ADcsπ3=23.
【变式7-1】5.（2023·全国·高三专题练习）△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，且满足asin(B+C)=(b−c)sinB+csinC．
(1)求A；
(2)若D在BC上，a=2，且AD⊥BC，求AD的最大值．
【答案】(1)A=π3
(2)3
【分析】（1）将题干条件利用诱导公式，正弦定理的边角互化转化成全部都是边的关系，然后用余弦定理求解；
（2）利用三角形的面积公式和基本不等式先求出面积的最大值，然后求AD的最大值.
【详解】（1）由asin(B+C)=(b−c)sinB+csinC可得asinA=(b−c)sinB+csinC，
根据正弦定理可得，a2=(b−c)b+c2=b2+c2−bc，
根据余弦定理可得，csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
又A∈(0,π)，故A=π3.
（2）由（1）知，b2+c2−bc=a2=4，
根据基本不等式，b2+c2−bc=a2=4≥2bc−bc=bc，故bc≤4，
于是S△ABC=12bcsinA=34bc≤3，当b=c=2时取得等号，
另一方面，S△ABC=12×a×AD=AD≤3，
故AD的最大值为3

题型8普通多三角形问题
【例题8】（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知c=2acsAcsB−bcs2AA≤B．
(1)求A；
(2)若D是BC上的一点，且BD:DC=1:2,AD=2，求a的最小值．
【答案】(1)A=π3
(2)677
【分析】（1）根据正弦定理化简可得sinC=sin2A−B，再根据角度关系分析即可；
（2）根据平面向量基本定理可得AD=2AB+AC3，再两边平方可得b2+4c2+2bc=36，结合余弦定理可得36a2=4cb2+2cb+1cb2−cb+1，再令cb=x，结合函数单调性与最值求解即可.
【详解】（1）∵c=2acsAcsB−bcs2AA≤B，
∴sinC=2sinAcsAcsB−sinBcs2A
∴sinC=sin2AcsB−sinBcs2A=sin2A−B>0
又0<2A−B<π，则C=2A−B或C+2A−B=π，
若C=2A−B，则A=π3；
若C+2A−B=π，则A=2B，又A≤B，不符合题意，舍去，
综上所述A=π3.
（2）∵2BD=DC,∴AD=2AB+AC3,∴(AD)2=2AB+AC32
∴b2+4c2+2bc=36①，又a2=b2+c2−bc②，
①÷②得：36a2=4c2+b2+2bcb2+c2−bc=4cb2+2cb+1cb2−cb+1
令cb=x，又A≤B,∴a≤b,∴a2≤b2,∴b2+c2−bc≤b2，
∴c≤b,∴0令fx=4x2+2x+1x2−x+1(0令6x−3=t,x=t+36，
令gt=fx=4+36tt2+27(−3当t=0时gt=4，当t≠0时gt=4+36t+27t(−3由对勾函数性质可得当0同理当t<0时t+27t<−12，
∴1所以当三角形ABC为等边三角形时a最小，最小值为677
【变式8-1】1. （2023秋·云南·高三校联考阶段练习）已知△ABC的三个内角A，B，C对应的三条边分别为a，b，c，且有：sinAsinB−csC+sinC2sinB=0．
(1)求角B的大小；
(2)设AC=9，若点M是边AC上一点，且AM=12MC，AM=MB，求△ABM的面积．
【答案】(1)B=2π3
(2)934
【分析】（1）利用内角和定理与两角和的正弦化简等式即得；
（2）用向量方法表示BM=23BA+13BC，两边平方并结合余弦定理建立a,c的方程组，由三边关系可得△BMC是直角三角形，最后利用△ABM与△BMC三角形面积比即可求解.
【详解】（1）依题意得，sinAsinB−csC+sinC2sinB=0，
则有2sinA−2sinBcsC+sinC=0，
故：2sinB+C−2sinBcsC+sinC=0．
即：2csBsinC+sinC=0，
因为C∈0,π，所以sinC≠0，所以csB=−12，
又B∈0,π，所以B=2π3．
（2）如图，由AM=12MC，所以AM=3，MC=6，BM=AM=3．
在△ABC中，由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
即a2+c2+ac=81．①
又由于2AM=MC，
所以BM=BA+AM=BA+13AC=BA+13BC−BA=23BA+13BC，
两边平方得BM2=49BA2+19BC2+49BA⋅BC，
即9=49c2+19a2+49accsB，所以a2+4c2−2ac=81．②
②－①得3c2=3ac，所以a=c，代入①得a=c=33，
在△BMC中，BM2+BC2=32+332=36=MC2，
所以△BMC是以∠MBC为直角的三角形，
所以△BMC的面积为12×3×33=932，
由于AM=12MC，知S△ABMS△BMC=AMMC=12，
故△ABM的面积为934．

【变式8-1】2. （2023·河南驻马店·统考模拟预测）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且5cs2B﹣14csB＝7．
(1)求sinB的值；
(2)若a=5,c=2, D是线段AC上的一点，求BD的最小值．
【答案】(1)45
(2)84141
【分析】（1）根据余弦二倍角公式，再结合同角三角函数关系求值即可；
（2）先根据余弦定理求边长再应用面积公式求高即得最小值.
【详解】（1）因为5cs2B−14csB＝7，
所以52cs2B−1−14csB−7=0，
所以5cs2B−7csB−6=0，
即5csB+3csB−2=0，解得csB=−35．
因为0（2）由余弦定理可得b2＝a2+c2−2accsB＝41，则b＝41．
设△ABC的边AC上的高为h．
∵△ABC的面积S=12ac×sinB=12bℎ，
∴12×5×2×45=1241ℎ，
解得ℎ=841，
∵B是锐角，∴当BD⊥AC时，垂足在边AC上，即BD的最小值是ℎ=84141．
【变式8-1】3. （2023·河南·统考模拟预测）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3(b−acsC)=csinA．
(1)求A；
(2)点D在线段AC上，且AD=13AC，若△ABD的面积为334，b+c=6，求BD的长．
【答案】(1)A=π3
(2)BD=7
【分析】（1）先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）先根据三角形的面积公式及已知求出b,c，再利用余弦定理即可得解.
【详解】（1）因为3(b−acsC)=csinA，
由正弦定理得3(sinB−sinAcsC)=sinCsinA，
即3sinA+C−3sinAcsC=sinCsinA，
即3csAsinC=sinCsinA，
又sinC>0，所以tanA=3，
又A∈0,π，所以A=π3；
（2）由S△ABD=12c⋅ADsinA=312bc=334，得bc=9，
又b+c=6，则c=6−b，
则b6−b=9，解得b=3，所以c=3，
则AD=1，
所以BD2=32+12−2×3×1×12=7，
所以BD=7.
【变式8-1】4. （2024秋·江西·高三校联考阶段练习）在△ABC中，A+B=11C，AB=6−2．
(1)若csA=45，求BC的长；
(2)若A=2C，D为AB延长线上一点，E为AC边上一点，且AE=3，DE=7，求△BDE的面积．
【答案】(1)BC=125
(2)43−32+64
【分析】（1）根据三角形内角和定理，结合两角差的正弦公式、正弦定理进行求解即可；
（2）利用余弦定理、三角形面积公式进行求解即可.
【详解】（1）在△ABC中，A+B+C=π，因为A+B=11C，所以C=π12，
则sinC=sinπ3−π4=22×32−12=6−24．
因为csA=45，所以sinA=35，
由正弦定理得BCsinA=ABsinC，则BC=ABsinAsinC=125；
（2）由（1）知C=π12，则A=2C=π6，
在△ADE中，由余弦定理得DE2=AE2+AD2−2AE⋅ADcsA，
代入数据，得7=3+AD2−23AD×32，解得AD=4（AD=−1舍去），
所以△BDE的面积为：
12AE⋅AD⋅sinA−12AE⋅AB⋅sinA=32×12×4−6−2=43−32+64.
【变式8-1】5.（2023秋·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且csB−csA+B=b2a−c.
(1)求角B的大小；
(2)若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC上，∠EDF=π3，b=c=4.设∠BDE=α，△DEF的面积为S，求S的取值范围.
【答案】(1)π3
(2)3,332
【分析】（1）首先边角互化，将边转化为三角函数，再根据三角恒等变形，即可求解；（2）首先结合正弦定理，利用三角函数分别表示DE,DF，再表示三角形的面积，根据三角恒等变形，以及三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）由csB−csA+B=b2a−c及正弦定理得：csBcsC=sinB2sinA−sinC，
整理得2sinAcsB=sinCcsB+csCsinB=sinB+C=sinA，
因为A∈0,π，所以sinA≠0，所以csB=12，又B∈0,π，所以B=π3.
（2）由B=π3及b=c=4可知△ABC为等边三角形，∴a=4，∴D为边BC的中点，∴BD=DC=2
又因为∠EDF=π3，∠BDE=α，所以π6≤α≤π2.

在△BDE中，∠BED=2π3−α，由正弦定理可得，DEsinB=BDsin∠BED，即DE=3sin2π3−α.
在△CDF中，∠CFD=α，由正弦定理可得，DFsinC=CDsin∠CFD，即DF=3sinα.
所以S=12DE×DF×sinπ3=334sin2π3−αsinα=33432csα+12sinαsinα
=33432csαsinα+12sin2α=333sin2α+1−cs2α=332sin2α−π6+1，α∈π6,π2
因为π6≤α≤π2，所以2α−π6∈π6,5π6，所以sin2α−π6∈12,1，所以2sin2α−π6+1∈2,3.
所以S∈3,332，故S的取值范围为3,332
题型9四边形问题
【例题9】（2023秋·海南省直辖县级单位·高三校考开学考试）如图，已知平面四边形ABCD存在外接圆（即对角互补），且AB=5，BC=2，cs∠ADC=45．
(1)求△ABC的面积；
(2)若DC=DA，求△ADC的周长.
【答案】(1)3
(2)35+152
【分析】（1）根据四边形ABCD存在外接圆的几何性质可得cs∠ABC，利用平方关系可得sin∠ABC，再根据面积公式可得△ABC的面积；
（2）在△ABC中，根据余弦定理求解AC的长，在△ADC中，由余弦定理可得DA,DC，从而得△ADC的周长．
【详解】（1）因为平面四边形ABCD存在外接圆，
所以∠ABC=π−∠ADC，cs∠ABC=−cs∠ADC=−45，
又因为∠ABC∈0,π，所以sin∠ABC=1−cs2∠ABC=1−−452=35，
所以△ABC的面积S△ABC=12AB⋅BCsin∠ABC=12×5×2×35=3．
（2）在△ABC中，由余弦定理得
AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC=52+22−2×5×2×−45=45，
解得AC=35．
在△ADC中，由余弦定理得AC2=DA2+DC2−2DA⋅DC⋅cs∠ADC，
即45=DA2+DA2−85DA2=25DA2，解得DA=DC=1522，
所以△ADC的周长为AC+CD+DA=35+152．
【变式9-1】1. （2023·山西吕梁·统考二模）如图，在平面四边形ABCD中，∠A=135°，AB=2，∠ABD的平分线交AD于点E，且BE=22．

(1)求∠ABE及BD；
(2)若∠BCD=60°，求△BCD周长的最大值．
【答案】(1)∠ABE=15°，BD=23+2
(2)6+63
【分析】（1）在△ABE中，利用正弦定理求出sin∠AEB，从而求出∠AEB的大小，从而求出∠ABE的大小，再根据BE是∠ABD的平分线可得△BDE是等腰三角形，从而可得DE长度，在△BDE中，利用余弦定理即可求BD；
（2）设BC=m，CD=n．在△BCD中，利用余弦定理得m，n的关系式，，再结合基本不等式即可求出m＋n的最大值，从而可求△BCD周长的最大值．
【详解】（1）在△ABE中，由正弦定理得sin∠AEB=ABsinABE=2×sin135°22=12，
又∠AEB<∠A，则∠AEB=30°，
于是∠ABE=180°−135°−30°=15°，
∵BE为角平分线，∴∠DBE=15°，∴∠BDE=15°，∴BE=DE=22，
在△BDE中，根据余弦定理得BD2=222+222−2×22×22×cs150°=16+83，
∴BD=23+2．
（2）设BC=m，CD=n．在△BCD中，
由余弦定理得43+12=m2+n2−2mncs60°=m+n2−3mn，
即有m+n2=16+83+3mn≤16+83+3×m+n22，即m+n24≤16+83，
∴m+n≤43+1，
当且仅当m=n=23+1时，“＝”成立．
∴△BCD周长的最大值为6+63．
【变式9-1】2. （2022秋·广东惠州·高三统考阶段练习）如图，在平面四边形ABCD中，∠ACB=∠ADC=90°，AC=23，∠BAC=30°．

(1)若CD=3，求BD；
(2)若∠CBD=30°，求tan∠BDC．
【答案】(1)13
(2)tan∠BDC=11+34或tan∠BDC=11−34
【分析】（1）由锐角三角函数求出∠ACD、BC，再由余弦定理计算可得；
（2）设DC=x 0【详解】（1）在Rt△ACD中，cs∠ACD=CDAC=12，所以∠ACD=60°，
在Rt△ABC中，tan∠BAC=BCAC=33，所以BC=2，又∠ACB=90°，
所以∠DCB=∠ACB+∠ACD=150°，
在△BCD中由余弦定理BD2=DC2+BC2−2DC⋅BCcs∠BCD，
即BD2=32+22−2×2×3×−32=13，
所以BD=13.
（2）由已知可得∠ABC=60°，又∠CBD=30°，所以∠ABD=30°，AB=BCsin30°=4，
设DC=x 0在△ABD中由正弦定理ADsin∠ABD=ABsin∠ADB，即12−x212=4sinπ2−α，所以csα=212−x2，
在△BCD中由正弦定理DCsin∠CBD=BCsin∠CDB，即x12=2sinα，所以sinα=1x，
又sin2α+cs2α=1，所以1x2+412−x2=1，解得x2=9−332或x2=9+332，
由tanα=sinαcsα=1x⋅12−x22=1212−x2x2=1212x2−1，
当x2=9−332时tanα=1212x2−1=12249−33−1=127+332=11+34，
当x2=9+332时tanα=1212x2−1=12249+33−1=127−332=11−34，
所以tan∠BDC=11+34或tan∠BDC=11−34.
【变式9-1】3. （2023秋·湖南永州·高三校联考开学考试）如图，△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，△ABC外一点D（D与△ABC在同一平面内）满足∠BAC=∠DAC，AB=CD=2，sin∠ACB+cs∠ACB=2c+ab.

(1)求B；
(2)若△ABC的面积为2，求线段AD的长.
【答案】(1)3π4
(2)4
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可化简得sin∠ABC−π4=1，根据三角函数的性质即可求解，
（2）根据面积公式可得a=22，进而根据余弦定理即可求解.
【详解】（1）因为sin∠ACB+cs∠ACB=2c+ab，由正弦定理可得sin∠ACB+cs∠ACB=2sin∠ACB+sin∠BACsin∠ABC，
即sin∠ABCcs∠ACB+sin∠ABCsin∠ACB=2sin∠ACB+sin∠CAB=2sin∠ACB+sinπ−∠ACB+∠ABC,
=2sin∠ACB+sin∠ACB+∠ABC=2sin∠ACB+sin∠ABCcs∠ACB+cs∠ABCsin∠ACB，
即sin∠ABCsin∠ACB=2sin∠ACB+cs∠ABCsin∠ACB.
又∠ACB∈0,π，sin∠ACB>0，故sin∠ABC=2+cs∠ABC，即sin∠ABC−cs∠ABC=2，
所以2sin∠ABC−π4=2，即sin∠ABC−π4=1，
因为∠ABC∈0,π，∠ABC−π4∈−π4,3π4，所以∠ABC−π4=π2，得∠ABC=3π4.
（2）因为△ABC的面积S=2，所以S=2=12acsin3π4，
即22a=2，a=22，
由余弦定理得AC=c2+a2−2ac⋅cs∠ABC=25，
所以cs∠CAB=4+20−82×2×25=255，
因为AC平分∠BAD，所以cs∠CAD=AD2+20−42⋅25⋅AD=255，所以AD=4.

【变式9-1】4. （2023秋·河北·高三校联考阶段练习）如图，△BCD为等腰三角形，BC=3，点A，E在△BCD外，且DE=4，∠BCD=∠CDE=∠BAE=2π3．

(1)求BE的长度；
(2)求AB+AE的最大值．
【答案】(1)BE=5
(2)1033
【分析】（1）易得∠BDE=π2，由余弦定理求BD，在Rt△BDE中应用勾股定理求BE；
（2）在△BAE中由余弦定理，结合基本不等式可得
【详解】（1）在△BCD中，BC=CD=3，由余弦定理得：BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcs∠BCD=9，
∴BD=3，又BC=CD，
∴∠CBD=∠CDB=π6，又∠CDE=2π3，
∴∠BDE=2π3−π6=π2，
在Rt△BDE中，BE=BD2+DE2=9+16=5．
（2）在△BAE中，∠BAE=2π3，BE=5．
由余弦定理得BE2=AB2+AE2−2AB⋅AEcs∠BAE，即25=AB2+AE2+AB⋅AE，
故AB+AE2−25=AB⋅AE≤AB+AE22，即34AB+AE2≤25，
∴AB+AE≤1033，当且仅当AB=AE时等号成立，
∴BA+AE的最大值为1033．
题型10面积最值取值范围问题
【例题10】（2023秋·湖南益阳·高三统考阶段练习）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，c=4，且a−bsinA+b+csinB=4+bsinC.
(1)求csC；
(2)求△ABC面积的最大值.
【答案】(1)12
(2)43
【分析】（1）利用边化角，并结合余弦定理即可求解.（2）由三角形面积公式S=12absinC，再结合余弦定理算出ab的最大值即可.
【详解】（1）因为a−bsinA+b+csinB=4+bsinC，注意到c=4且结合正弦定理a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC
有a−ba+b+cb=c+bc，整理得a2+b2−c2=ab，
所以由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12.
（2）由（1）可知a2+b2−c2=ab，且注意到c=4，所以有a2+b2−ab=16=c2，
利用基本不等式得16=a2+b2−ab≥2ab−ab=ab，即ab有最大值16，当且仅当a=b=4时取到；
又由（1）可知csC=12，所以sinC=1−cs2C=1−122=32，
综上所述：S=12absinC≤12×16×32=43；即△ABC面积的最大值为43.
【变式10-1】1. （2023秋·上海黄浦·高三格致中学校考开学考试）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知bcsC=2a−ccsB.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC面积的取值范围.
【答案】(1)B=π3；
(2)(38,32).
【分析】（1）根据给定条件，利用正余弦定理边化角结合和角的正弦求解作答.
（2）由正弦定理用角C的三角函数表示出三角形面积，再借助三角函数性质求解作答.
【详解】（1）在△ABC中，由bcsC=2a−ccsB及正弦定理得sinBcsC+csBsinC=2sinAcsB，
即2sinAcsB=sin(B+C)=sinA，而A,B∈(0,π)，即sinA>0，因此csB=12，
所以B=π3.
（2）在锐角△ABC中，B=π3，则A=2π3−C，又c=1，
由正弦定理得asinA=csinC，即a=csinAsinC=sin(2π3−C)sinC=32csC+12sinCsinC=32tanC+12
而033，0<1tanC<3，因此12于是△ABC面积S△ABC=12acsinB=12a×1×sinπ3=34a∈(38,32)，
所以△ABC面积的取值范围是(38,32).
【变式10-1】2. （2023秋·河南焦作·高三统考开学考试）如图，在平面四边形ABCD中，∠BAD=90°，D=60°，AC=4，CD=3.

(1)求cs∠CAD；
(2)若AB=532，求BC.
【答案】(1)378
(2)BC=72
【分析】（1）利用正弦定理及同角三角函数基本关系即可求解；
（2）利用诱导公式求出cs∠BAC然后利用余弦定理即可求出BC.
【详解】（1）在△ACD中，由正弦定理得CDsin∠CAD=ACsinD，即3sin∠CAD=4sin60°，
所以sin∠CAD=338.由题设知0°<∠CAD<90°，所以cs∠CAD=1−3382=378.
（2）由题设及（1）知，cs∠BAC=sin∠CAD=338，
在△ABC中，由余弦定理得
BC2=AB2+AC2−2AB×ACcs∠BAC=754+16−2×532×4×338=494，
所以BC=72.
【变式10-1】3.（2023·河北唐山·迁西县第一中学校考二模）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b．c．已知asinB+bcsA2+7π12=0．
(1)求A；
(2)若a=3，求△ABC面积的最大值．
【答案】(1)A=π6
(2)6+334
【分析】（1）根据正弦定理，结合余弦函数的单调性进行求解即可；
（2）利用余弦定理，结合基本不等式、三角形面积公式进行求解即可.
【详解】（1）由正弦定理得sinAsinB+sinBcsA2+7π12=0，
因为0故sinA=−csπ2+A=−csA2+7π12．
因为0函数y=csx在π2,π上单调递减，则π2+A=A2+7π12，
解得A=π6；
（2）由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
得3=b2+c2−3bc≥2−3bc，
即bc≤32−3=32+3，当且仅当b=c=32−3=32+62时取等号，
故△ABC面积的最大值为12×32+3sinA=6+334．
【变式10-1】4. （2023秋·河北邯郸·高三统考阶段练习）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c=2asinC−2ccsA.
(1)求sin2A；
(2)若a=2，求△ABC面积的最大值.
【答案】(1)34
(2)2+73
【分析】（1）利用正弦定理把已知等式中的边转化为角的正弦，化简整理可求得sinA−csA=12，平方进而求得sin2A；
（2）利用余弦定理表示出b2+c2，根据三角形面积公式和基本不等式求得最值.
【详解】（1）因为c=2asinC−2ccsA，由正弦定理asinA=bsinB=csinC，
得sinC=2sinAsinC−2sinCcsA，
因为C∈0,π,∴sinC≠0，所以sinA−csA=12，
所以(sinA−csA)2=14，得1−2sinAcsA=14⇒2sinAcsA=34，
即sin2A=34.
（2）由（1）知sinA−csA=12,2sinAcsA=34，A∈0,π，
所以A∈0,π2，可得sinA>0,csA>0，与sin2A+cs2A=1联立，
有sinA−csA=12sin2A+cs2A=1，解得sinA=1+74csA=7−14，
得S△ABC=12bcsinA=12×1+74bc，
由余弦定理得，csA=b2+c2−a22bc=7−14，所以b2+c2=4+7−12bc，
得b2+c2=4+7−12bc≥2bc，当且仅当b=c时等号成立，
即bc≤85−7=49(5+7)，
得S△ABC≤12×1+74×49(5+7)=2+73，得最大值为2+73.
题型11与三角函数结合
【例题11】（2023春·海南海口·高三统考期中）已知函数fx=2sinωx+φω>0,φ<π2的图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，且fx的图象的一个对称中心为5π12,0.
(1)求fx的解析式；
(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=π3，a=fA，且△ABC的面积为312，求△ABC的周长.
【答案】(1)f(x)=2sin(2x+π6)
(2)1+2
【分析】（1）先由fx图象的相邻两条对称轴之间距离求出ω,再根据正弦函数的图象的对称中心可求出φ，求出fx即可.
（2）根据a=fA求出a=1，再由面积为312求出bc=13,再根据余弦定理得b+c=2，△ABC周长得解.
【详解】（1）因为fx图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，所以T2=π2，即T=π，
所以ω=2πT=2ππ=2，所以fx=2sin2x+φ，
fx的图象的一个对称中心为5π12,0, 2×5π12+φ=kπ，k∈Z，即φ=kπ−5π6，k∈Z，
因为|φ|<π2，所以φ=π6，
所以f(x)=2sin(2x+π6)；
（2）由（1）知，f(x)=2sin(2x+π6)，
因为A=π3，所以a=f(π3)=2sin(2π3+π6)=2sin5π6=2×12=1，
因为△ABC的面积为312,所以S=12bcsinπ3=12bc×32=312,∴bc=13.
因为a2=b2+c2−2bc⋅csA， 1=(b+c)2−2bc−2bc×12，
所以1=(b+c)2−1，即(b+c)2=2，b+c=2，
所以a+b+c=1+2，即△ABC周长为1+2.
【变式11-1】1. （2023秋·四川眉山·高三校考开学考试）已知向量m=csx,sinx，n=csx,3csx，x∈R，设函数fx=m⋅n+12
(1)求函数fx的单调递增区间；
(2)设a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，若fA=2，b+c=22，△ABC的面积为12，求a的值．
【答案】(1)kπ−π3,kπ+π6，k∈Z
(2)a=3−1
【分析】（1）根据向量数量积公式及三角恒等变换得到fx=sin2x+π6+1，从而利用整体法求出函数单调递增区间；
（2）在（1）基础上，求出A=π6，结合三角形面积公式求出bc=2，进而由余弦定理求出答案.
【详解】（1）∵m=csx,sinx，n=csx,3csx，
∴fx=m⋅n+12=cs2x+3sinxcsx+12
=1+cs2x2+32sin2x+12=12cs2x+32sin2x+1
=sin2x+π6+1
令2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈Z，
解得kπ−π3≤x≤kπ+π6，k∈Z，
∴fx的单调递增区间是kπ−π3,kπ+π6，k∈Z
（2）由（1）知：fx=sin2x+π6+1
∵fA=2，
∴sin2A+π6+1=2，即sin2A+π6=1
∵0∴0<2A<2π，
∴π6<2A+π6<13π6，
∴2A+π6=π2，
∴A=π6，
∵△ABC的面积为12，
∴12bcsinA=14bc=12，解得bc=2，
∵b+c=22，
∴由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA
=b2+c2−23=(b+c)2−2bc−23=8−4−23=4−23
∵a>0，
∴a=4−23=3−1，
综上所述，结论是：a=3−1.
【变式11-1】2. （2023秋·广东佛山·高三校考阶段练习）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，fx=4csxsinx−π6的最大值为fA.
(1)求角A；
(2)若点D在BC上，满足BC=3DC，且AD=7，AB=3，求角C.
【答案】(1)A=π3
(2)C=π6
【分析】（1）利用三角恒等变换可得f(x)=2sin2x−π6−1，结合正弦型函数的最大值有A=π3+kπk∈Z，根据三角形内角性质求角的大小；
（2）由向量加减、数乘的几何意义得AD=13AB+23AC，应用数量积的运算律列方程求边b，再由余弦定理求边a，结合AB=3求角C.
【详解】（1）由fx=4csxsinx−π6⇒fx=4csxsinxcsπ6−csxsinπ6
=23sinxcsx−2cs2x=3sin2x−cs2x+1=2sin2x−π6−1，
由题意及三角函数的性质知：2A−π6=π2+2kπ，即A=π3+kπk∈Z，又A∈0,π，
∴A=π3；

（2）如图所示，易得AD=AB+BD=AB+23BC=AB+23AC−AB=13AB+23AC，
∴AD2=49b2+2×29bccs∠BAC+19c2⇒7=49b2+239b+13⇒b=23（负值舍去），
由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccs∠BAC=12+3−6=9，即a=3，
显然a2+c2=b2，由勾股定理逆定理得B=π2，故C=π6.
【变式11-1】3. （2024秋·浙江·高三舟山中学校联考开学考试）已知函数fx=2sinωx+φω>0,φ<π2的周期为π，且图像经过点π6,2．
(1)求函数fx的单调增区间；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若afC2+π6+c=2b，c=4，S△ABC=33，求a的值．
【答案】(1)kπ−π3,kπ+π6，k∈Z
(2)13
【分析】（1）先根据题意求出函数的解析式，再由三角函数的性质即可得出结论；
（2）根据正余弦定理、诱导公式以及面积公式运算即可得出结论；
【详解】（1）由题意知，2πω=π，则ω=2，
又fπ6=2sinπ3+φ=2，
则π3+φ=2kπ+π2，k∈Z，所以φ=2kπ+π6，k∈Z，又φ<π2，所以φ=π6，
则fx=2sin2x+π6，
由三角函数的性质可得：2x+π6∈2kπ−π2,2kπ+π2，k∈Z．
解得：kπ−π3≤x≤kπ+π6，k∈Z，
∴fx的单调递增区间为kπ−π3,kπ+π6，k∈Z．
（2）由afC2+π6+c=2b得，2asinC+π2+c=2b，即2acsC+c=2b，
结合正弦定理得，2sinAcsC+sinC=2sinB=2sinA+C，
即sinC2csA−1=0，又sinC>0，所以2csA−1=0，即csA=12，
又A∈0,π，所以A=π3，则S△ABC=12bcsinA=3b=33，所以b=3，
由余弦定理有，a=b2+c2−2bccsA=32+42−2×3×4×12=13．
【变式11-1】4. （2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习）已知fx=sinxsinx−3csx．
(1)求fx的单调递增区间；
(2)在△ABC中，角A,B,C所对的边为a,b,c．若fA=32,a=2，求b+2c的取值范围．
【答案】(1)kπ+π6,kπ+2π3,k∈Z
(2)2,4
【分析】（1）先根据降幂公式及辅助角公式化一，再根据正弦函数的单调性即可得解；
（2）先求出角A，再根据正弦定理结合三角函数的性质即可得解.
【详解】（1）fx=sinxsinx−3csx=sin2x−3sinxcsx
=1−cs2x2−32sin2x=12−sin2x+π6，
令2kπ+π2≤2x+π6≤2kπ+3π2,k∈Z，得kπ+π6≤x≤kπ+2π3,k∈Z，
所以fx的增区间为kπ+π6,kπ+2π3,k∈Z；
（2）由fA=32，得sin2A+π6=−1，
由A∈0,π，得2A+π6∈π6,13π6，
所以2A+π6=3π2，所以A=2π3，
因为asinA=bsinB=csinC=43，
所以b=43sinB,c=43sinC=43sinA+B=2csB−23sinB，
则b+2c=4csB，
因为B∈0,π3，所以csB∈12,1，
所以b+2c∈2,4.
【变式11-1】5．（2023秋·江西·高三校联考开学考试）已知函数fx=2sinωx+φω>0,0<φ<π在一个周期内的图象如图所示，将函数fx的图象向左平移π3个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数gx的图象．

(1)求gx的解析式；
(2)在△ABC中，若gA=−3，AB=2，AC=5，求BC．
【答案】(1)gx=−2sinx+π3
(2)BC=19
【分析】（1）由fx的图象可得T2=12×2πω=5π12−−π12=π2，从而可求出ω，再将点−π12,2坐标代入fx中可求出φ的值，从而可求得fx，再由三角函数图象变换规律可求出gx的解析式；
（2）由gA=−3可求出角A，然后利用余弦定理可求得BC.
【详解】（1）由图象可知T2=12×2πω=5π12−−π12=π2，所以ω=2．
又因为最高点是−π12,2，所以−π12×2+φ=2kπ+π2，k∈Z，
即φ=2π3+2kπ，k∈Z．
又因为0<φ<π，所以k=0，φ=2π3，
所以fx=2sin2x+2π3．
将函数fx的图象向左平移π3个单位长度得到y=2sin2x+π3+2π3=2sin2x+4π3的图象，
再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
得到函数gx=2sinx+4π3=−2sinx+π3的图象．
（2）因为gA=−2sinA+π3=−3，所以sinA+π3=32．
又A∈0,π，所以A+π3∈π3,4π3，
所以A+π3=2π3，所以A=π3．
由余弦定理，得BC2=22+52−2×2×5×csπ3=19，
所以BC=19．
题型12三角形个数问题
【例题12】（2022秋·山东·高三利津县高级中学校联考阶段练习）已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a，b，c，三边a，b，c与面积S满足关系式：43S−b2=c2−a2,a=2且______在①b=23，②b=4，③b=32这三个条件中任选一个，补充在前面横线中，求满足条件△ABC的个数.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答得分.
【答案】选①,有两个解；若选②，有一个解；若选③，无解.
【分析】由43S−b2=c2−a2可得A=30°，sinA=12，再根据选项逐一判断bsinA,a,b的大小关系，从而即可得答案.
【详解】解：因为43S−b2=c2−a2，即有为43S=c2+b2−a2，
所以12×43bcsinA=2bccsA，
所以3sinA=csA，
所以A=30°，
即有sinA=12，
若选①：b=23，
因为bsinA=3，
3<2<23，
即bsinA若选②：b=4，
因为bsinA=2=a，
即bsinA=a，故有1个解；
若选③：b=32，
因为bsinA=322=182>`162=2，
即a【变式12-1】1. （2022·河南开封·统考三模）已知△ABC中，∠B=60°，∠C=45°，AB=4.
(1)求AC；
(2)若D为BC边上一点，给出三种数值方案：①AD=3；②AD=15；③AD=21.判断上述三种方案所对应的△ABD的个数（不需说明理由），并求三种方案中，当△ABD唯一时BD的长.
【答案】(1)26
(2)答案见解析
【分析】（1）根据正弦定理求解即可；
（2）根据所给AD的长与AO,AB的关系确定解得个数，有解时根据余弦定理求解即可.
【详解】（1）由正弦定理得：ABsinC=ACsinB，即4sin45°=ACsin60°，解得AC=26.
（2）过A作BC的垂线AO，垂足为O，则AO=4sin60°=4×32=23, 如图，
① AD=3<23，此时满足条件的△ABD有0个；
② AD=15，因为26>4，23<15<4，所以此时满足条件的△ABD有2个；
③ AD=21，因为4<21<26，所以此时满足条件的△ABD有1个.
在③的情况下，由余弦定理得：AD2=AB2+BD2−2AB⋅BDcsB，
即21=16+BD2−8BD×12，解得BD=5.
【变式12-1】2. （2022·全国·高三专题练习）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知acsC+ccsA=3，a=2b，记△ABC的面积为S.
(1)求a；
(2)请从下面的三个条件中任选一个，探究满足条件的△ABC的个数，并说明理由.
条件：①S=312a2+c2−b2，②bcsA+22a=c，③bsinA=acsB−π6.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)a=6
(2)选①，满足条件的△ABC的个数为2；选②，满足条件的△ABC的个数为1；选③，不存在满足条件的三角形；理由见解析
【分析】（1）利用余弦定理化简已知条件，由此求得b,a.
（2）选①，利用三角形的面积公式化简已知条件，求得tanB，进而求得B，利用正弦定理求得A有两个解，从而得出结论.选②利用正弦定理化简已知条件，求得B，利用正弦定理求得A有一个解，从而得出结论.选③，结合三角恒等变换求得B，利用正弦定理求得sinA>1，无解，从而得出结论.
【详解】（1）因为acsC+ccsA=3，所以a⋅a2+b2−c22ab+c⋅b2+c2−a22bc=3，
解得b=3，所以a=2b=6.
（2）选择①，
因为S=312a2+c2−b2，所以12acsinB=312a2+c2−b2，
所以12acsinB=312×2accsB，化简得tanB=33.
又0由asinA=bsinB，得sinA=asinBb=22.
因为a>b，所以A=π4或A=3π4，故满足条件的△ABC的个数为2.
选择②，
因为bcsA+22a=c，所以sinBcsA+22sinA=sinC，即sinBcsA+22sinA=sin(A+B)，
化简得22sinA=sinAcsB，
因为sinA≠0，所以csB=22，解得B=π4.
由asinA=bsinB，得sinA=asinBb=1，所以A=π2，故满足条件的△ABC的个数为1.
选择③，
因为bsinA=acsB−π6，所以sinBsinA=sinAcsB−π6.
又sinA≠0，所以sinB=csB−π6，
所以sinB=32csB+12sinB，化简得tanB=3.
又0由asinA=bsinB，得sinA=asinBb=62>1，无解，不存在满足条件的三角形.
【变式12-1】3. （2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，点O为△ABC的内心，记△OBC，△OAC，△OAB的面积分别为S1，S2，S3，已知S12+S32−S1S3=S22，AB=2.
(1)在①acsC+ccsA=1；②4sinBsinA+cs2A=1；③1−2csAsinA+1−2csBsinB=0中选一个作为条件，判断△ABC是否存在，若存在，求出△ABC的周长，若不存在，说明理由.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）
(2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC面积的取值范围.
【答案】(1)见解析
(2)32,23
【分析】（1）由题意，根据△ABC的内切圆的性质可得a2+c2−b2=ac，选①，根据余弦定理可得a2+4−1=2a，方程无解即△ABC不存在；选②，根据正弦定理可得a=2b，由a2+c2−b2=ac可得3b2−4b+4=0，方程无解即△ABC不存在；选③，根据三角恒等变换可得a+b=2c=4，由（1）得a2+4−b2=2a，解得a=b=2，可求出△ABC的周长.
（2）由三角形的面积可得S=32BC，再由正弦定理和两角和的正弦公式可得BC=3tanC+1，结合角C的取值范围即可求解.
【详解】（1）设△ABC的内切圆半径为r，因为S12+S32−S1S3=S22，
所以(12ar)2+(12cr)2−(12ar)⋅(12cr)=(12br)2，化简得：a2+c2−b2=ac，
所以csB=a2+c2−b22ac=12，因为B∈0,π，所以B=π3，
选择①，因为acsC+ccsA=1，所以a⋅a2+b2−c22ab+c⋅b2+c2−a22bc=b=1，
因为a2+c2−b2=ac，c=2，所以a2+4−1=2a，
整理得a2−2a+3=0，
方程无实数解，所以△ABC不存在．
选择②，因为4sinBsinA+cs2A=1，所以4sinBsinA=1−cs2A=2sin2A，
因为sinA≠0，所以sinA−2sinB=0，所以a=2b，
因为a2+c2−b2=ac，c=2，所以4b2+4−b2=4b，
整理得3b2−4b+4=0，方程无实数解，所以△ABC不存在．
选择③，由1−2csAsinA+1−2csBsinB=0得：sinA+sinB−2(sinAcsB+csAsinB)=0，
所以sinA+sinB=2sin(A+B)，即sinA+sinB=2sinC，所以a+b=2c=4，
因为以a2+c2−b2=ac，c=2，
所以a2+4−b2=2a，所以a2+4−(4−a)2=2a，解得a=b=2，
所以△ABC存在且唯一，△ABC的周长为a+b+c=6．
（2）由（1）知，B=π3，△ABC面积S=12AB⋅BC⋅sinB=12×2⋅BC⋅32=32BC，
因为ABsinC=BCsinA，所以BC=AB⋅sinAsinC=2sinAsinC=2sinπ3+CsinC=2sinπ3csC+csπ3sinCsinC，
=2sinπ3csC+csπ3sinCsinC=232csC+12sinCsinC=3csC+sinCsinC=3tanC+1
因为△ABC为锐角三角形，
所以0所以tanC>33，所以0<1tanC<3，0<3tanC<3，1<3tanC+1<4，
所以BC的取值范围为(1,4)，
而△ABC面积S=32BC∈32,23.
题型13证明问题
【例题13】（2024秋·福建漳州·高三统考开学考试）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinB=bsinB+C2.
(1)求A；
(2)若D为边BC上一点，且BD=13BC，AD=233c，证明：△ABC为直角三角形.
【答案】(1)A=π3
(2)证明见解析
【分析】（1）结合正弦定理、诱导公式及二倍角公式化简求解即可；
（2）解法一：根据向量运算可得AD=23AB+13AC，进而结合向量模的计算公式可得b=2c，进而结合余弦定理即可求证；
解法二：直接利用余弦定理结合cs∠ADB+cs∠ADC=0，进而化简即可求证.
【详解】（1）因为asinB=bsinB+C2，
所以sinAsinB=sinBsinπ2−A2=sinBcsA2，
因为sinB>0，所以sinA=csA2，即2sinA2csA2=csA2.
又csA2≠0，所以sinA2=12.
又0（2）解法一：因为AD=AB+BD=AB+13BC=AB+13AC−AB=23AB+13AC，
所以AD2=23AB+13AC2=49AB2+19AC2+49AB⋅AC=49c2+19b2+29bc=43c2.
即b2+2bc−8c2=0，所以(b+4c)(b−2c)=0，所以b=2c.
因此a2=b2+c2−2bccs∠BAC=b2+c2−bc=3c2，
又b=2c，所以b2=a2+c2，
所以B=90°，所以△ABC为直角三角形.
解法二：因为∠ADB=π−∠ADC，所以cs∠ADB+cs∠ADC=0，
所以AD2+BD2−AB22AD⋅BD+AD2+CD2−AC22AD⋅CD=0，
又BD=13BC=13a，AD=233c，
所以43c2+19a2−c2439ac+43c2+49a2−b2839ac=0，
即6c2−3b2+2a2=0.
又a2=b2+c2−2bccs∠BAC=b2+c2−bc，
所以6c2−3b2+2b2+c2−bc=0，
即8c2−2bc−b2=0，所以(4c+b)(2c−b)=0，
所以b=2c，所以a2=3c2.
因此b2=a2+c2，
所以B=90°，所以△ABC为直角三角形.
【变式13-1】1. （2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acsB=ccsA+acsC.
(1)证明：b=acsB；
(2)若csB=34，c=2，求△ABC的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)214+677或67−2147
【分析】（1）由正弦定理及两角和正弦公式化简，再利用正弦定理化简即可证明；
（2）结合（1）的结论，利用余弦定理求出a，利用同角三角函数关系求出sinB=74，代入三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）因为acsB=ccsA+acsC，及asinA=bsinB=csinC，
所以sinAcsB=sinCcsA+sinAcsC=sinA+C=sinB，
由asinA=bsinB得b=acsB，得证.
（2）由（1）及csB=34知b=34a，又c=2，
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB可得916a2=a2+4−3a，即7a2−48a+64=0，
解得a=24+827或a=24−827，因为csB=34，所以sinB=74，
当a=24+827时，S△ABC=12acsinB=12×24+827×2×74=214+677，
当a=24−827时，S△ABC=12acsinB=12×24−827×2×74=67−2147.
【变式13-1】2. （2023秋·河南周口·高三校联考阶段练习）在△ABC中，∠BAC=60°，△ABC的面积为103，D为BC的中点，DE⊥AC于点E,DF⊥AB于点F.

(1)求△DEF的面积；
(2)若AD=1292，求sin∠ABC+sin∠ACB的值.
【答案】(1)1538
(2)sin∠ABC+sin∠ACB=13314
【分析】（1）由题意，可得∠FDE=120°，∴S△DEF=12DE⋅DF⋅sin120=34DE⋅DF，作BM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N，可得DE=12BM=34AB，DF=12CN=34AC，代入上式得解；
（2）延长AD到点Q，使AD=DQ，连接CQ，在△AQC中，利用余弦定理可得BC，在△ABC中由正弦定理可求得结果.
【详解】（1）在四边形AFDE中，∠BAC=60°，∠DFA=∠DEA=90，
故∠FDE=120°，
故S△DEF=12DE⋅DF⋅sin120=34DE⋅DF，
作BM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N，

又D为BC的中点，
则DE=12BM=12ABsin60=34AB，
DF=12CN=12ACsin60=34AC，
故S△DEF=34×34AB×34AC=316S△ABC=316×103=1538.
（2）设△ABC的三条边BC，AC，AB分别为a，b，c，
由S△ABC=12bcsin∠BAC=103，知bc=40，
延长AD到点Q，使AD=DQ，连接CQ，
则AQ=129，∠ABC=∠BCQ，
则在△AQC中，∠ACQ=120，CQ=AB=c，
故由b2+c2+bc=129与bc=40可得，b2+c2−bc=49=a2，则a=7，
b2+c2+2bc=169，则b+c=13，
由正弦定理得b+csin∠ABC+sin∠ACB=asin∠BAC=143，
则sin∠ABC+sin∠ACB=13314.
【变式13-1】3. （2023秋·山东·高三沂源县第一中学校联考开学考试）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 2sinC=sinA+sin(B−C)．
(1)证明：csC=cb；
(2)若b2=ac，求csB．
【答案】(1)证明见解析
(2)5−12
【分析】（1）由两角和与差的正弦公式化简，结合正弦定理可证明结论；
（2）由已知条件结合余弦定理求出ca的值，再由余弦定理求csB．
【详解】（1）△ABC中sinA=sinπ−(B+C)=sinB+C，
由2sinC=sinA+sin(B−C)，得2sinC=sin(B+C)+sin(B−C)，
所以2sinC=sinBcsC+csBsinC+sinBcsC−csBsinC，
所以2sinC=2sinBcsC，而B∈(0,π),sinB≠0 ，
结合正弦定理，所以csC=sinCsinB=cb.
（2）由（1）知：csC=cb=b2+a2−c22ab，
所以2ac=ac+a2−c2，即c2−a2+ac=0，所以c2a2+ca−1=0.
解得ca=5−12或−5−12（舍），
所以csB=a2+c2−b22ac=a2+c2−ac2ac=12ac+ca−1=125−12+5+12−1=5−12.
【变式13-1】4. （2023秋·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3acsB=2c，c=1．
(1)证明：tanA=2tanB；
(2)若a2+b2=c2−105ab，求△ABC的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)16
【分析】（1）由正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式求解；
（2）由余弦定理求出csC，进而得tanC=−3，即tanA+B=3，由两角和的正切公式结合tanA=2tanB解得tanB，进而得A=π4，由正弦定理求得a，由tanB=12求得sinB，利用三角形面积公式可得答案．
【详解】（1）△ABC中，3acsB=2c，由正弦定理得3sinAcsB=2sinC，
∵A+B+C=π，∴C=π−(A+B)，
∴3sinAcsB=2sinC=2sin(A+B)=2sinAcsB+2csAsinB，
∴sinAcsB=2csAsinB，
∴tanA=2tanB．
（2）∵a2+b2=c2−105ab，
∴由余弦定理得，csC=a2+b2−c22ab=−105ab2ab=−1010，
∵C∈0,π，csC<0，∴C∈π2,π，sinC=1−cs2C=31010，
∴tanC=−3，即tanπ−A+B=−3，则tanA+B=3，
∴tanA+tanB1−tanAtanB=3，又tanA=2tanB，
∴3tanB1−2tan2B=3，即2tan2B+tanB−1=0，
又C∈π2,π，从而A,B∈0,π2，∴解得tanB=12或tanB=−1（舍），
∴tanA=1，又A∈0,π2，∴A=π4，
由正弦定理得asinA=csinC，即asinπ4=131010，∴a=53，
由B∈0,π2，tanB=sinBcsB=12，及sin2B+cs2B=1，解得sinB=55，
∴S△ABC=12acsinB=12×53×1×55=16．
【变式13-1】5.（2023·四川成都·校联考模拟预测）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsinC=3atanA2．
(1)求证：sinB，sinA，sinC是等差数列；
(2)求tanA的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)3．
【分析】（1）由三角恒等变换化简可得tanA2=sinA1+csA，结合已知等式利用正弦定理边化角可得2bc1+csA=3a2，再利用余弦定理可得b+c=2a，即可得sinB+sinC=2sinA，即可证明结论；
（2）由（1）中结论可得a=b+c2，利用余弦定理结合基本不等式即可求得角A的取值范围，从而可得答案.
【详解】（1）证明：因为tanA2=sinA2csA2= 2sinA2csA22cs2A2=sinA1+csA，
所以2bsinC=3asinA1+csA，
即2bsinC1+csA=3asinA．
由正弦定理，得2bc1+csA=3a2，
又由余弦定理，得2bc1+b2+c2−a22bc=3a2，
即b2+c2+2bc=4a2,∴b+c2=4a2，
则b+c=2a，即sinB+sinC=2sinA，
所以sinB，sinA，sinC是等差数列．
（2）由sinB+sinC=2sinA，得a=b+c2，
又csA=b2+c2−a22bc=3b2+c2−2bc8bc≥ 6bc−2bc8bc=12（当且仅当b=c时取等号），
因为0则tanA的最大值为3．
【变式13-1】6.（2023秋·江苏·高三淮阴中学校联考开学考试）如图，在△ABC内任取一点P，直线AP、BP、CP分别与边BC、CA、AB相交于点D、E、F．

(1)试证明：BDDC=ABsin∠BADACsin∠DAC
(2)若P为重心，AD=5,BE=4,CF=3，求△ABC的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)8
【分析】（1）利用正弦定理及角的互补关系即可证结论；
（2）由题意AD,BE,CF为中线，可得AP=103,PD=53,BP=83,PE=43,CP=2,PF=1，再由PC+PB=2PD、PA+PB=2PF、PC+PA=2PE，求cs∠BPC,cs∠APB,cs∠APC，进而求对应正弦值，结合S△ABC=S△BPC+S△APB+S△APC及三角形面积公式求面积.
【详解】（1）△ABD中ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，则BD=ABsin∠BADsin∠ADB，
△ACD中ACsin∠ADC=DCsin∠DAC，则DC=ACsin∠DACsin∠ADC，
又∠ADB+∠ADC=π,则sin∠ADB=sin∠ADC，
所以BDDC=ABsin∠BADACsin∠DAC，得证.
（2）由P是重心，则AD,BE,CF为中线，又AD=5,BE=4,CF=3，
所以AP=103,PD=53,BP=83,PE=43,CP=2,PF=1，
而PC+PB=2PD，则PC2+2PC⋅PB+PB2=4PD2，
所以4+323cs∠BPC+649=4×259，可得cs∠BPC=0，且∠BPC∈(0,π)，所以∠BPC=π2，
同理PA+PB=2PF，PC+PA=2PE，可得cs∠APB=−45，cs∠APC=−35，
所以sin∠APB=35，sin∠APC=45，
则S△ABC=S△BPC+S△APB+S△APC=12×83×2+12×103×83×35+12×103×2×45=8.
题型14实际应用题
【例题14】（2023秋·浙江·高三校联考阶段练习）天门山，古称嵩梁山，位于湖南省张家界市永定区大庸中路11号，属武陵山脉向东进入洞庭湖平原的余脉.为了测量天门山的海拔，某人站在海拔600米的点A处，他让无人机从点A起飞，垂直向上飞行400米到达点B处，测得天门山的最高点C处的仰角为45°，他遥控无人机从点B处移动到点D处（BD平行于地平面），已知B与D之间的距离为518米，从点D处测得天门山的最高点C处的仰角为α（tanα=2）.

(1)设平面β过BD且平行于地平面，点C到平面β的距离为h米，求BC与CD的长（用h表示）；
(2)已知cs∠BCD=91040，求天门山的海拔.
【答案】(1)BC=2ℎ米，CD=5ℎ2米
(2)1518米
【分析】（1）过C作CO⊥β，垂足为O，再根据直角三角形中三边关系表示即可；
（2）在△BCD中，由余弦定理结合（1）中数据求解可得ℎ=518，进而可得山高.
【详解】（1）如图，过C作CO⊥β，垂足为O，则CO=ℎ米，∠CBO=45°，∠CDO=α，
在Rt△COB中，BC=ℎsin45°=2ℎ米.
在Rt△COD中，CD=ℎsinα米，
因为tanα=2，所以sinα=25，
所以CD=5ℎ2米.

（2）在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcs∠BCD，
由（1）得5182=2ℎ2+54ℎ2−10ℎ2×91040，整理得5182=ℎ2，即ℎ=518，
所以天门山的海拔为600+400+518=1518米.
【变式14-1】1. （2023秋·山东日照·高三统考开学考试）为美化校园，某学校将一个半圆形的空地改造为花园.如图所示，O为圆心，半径为aa>0米，点A，B，P都在半圆弧上，设∠NOP=∠POA=θ，∠AOB=2θ，且0<θ<π3.

(1)若在花园内铺设一条参观线路，由线段NA，AB，BM三部分组成，则当θ取何值时，参观线路最长？
(2)若在花园内的扇形ONP和四边形OMBA内种满杜鹃花，则当θ取何值时，杜鹃花的种植总面积最大？
【答案】(1)当θ=π6时，参观路线最长
(2)当θ=π6时，杜鹃花的种植总面积最大
【分析】（1）根据题设用θ表示出NA，AB，BM，应用倍角余弦公式、换元法及二次函数性质求参观路线的最大长度对应的θ取值；
（2）利用扇形、三角形面积公式用θ表示出扇形ONP、△AOB、△BOM的面积，再应用导数求种植总面积最大对应的θ取值.
【详解】（1）如下图，连接BN，则∠BMN=12(∠AOB+∠AON)=2θ，
在Rt△MBN中，cs∠BMN=BMMN=BM2a，即BM=2acs2θ，

同理可得AN=2asinθ，且AB=NA=2asinθ，
所以参观路线的长度l=AB+NA+MB=4asinθ+2acs2θ=−4asin2θ+4asinθ+2a，
令sinθ=t∈0,32，即l=−4at2+4at+2a=−a4t2−4t−2.
当t=12时取得最大值，此时sinθ=12，即θ=π6时，参观路线最长.
（2）由题知：扇形ONP的面积S1=12θr2=a2θ2，
△AOB的面积S2=12r2sin2θ=a22sin2θ，
△BOM的面积S3=12r2sinπ−4θ=a22sin4θ，
所以杜鹃花的种植总面积S=S1+S2+S3=a2θ2+12sin4θ+12sin2θ，
S'=a221+4cs4θ+2cs2θ=a228cs22θ+2cs2θ−3=a222cs2θ−14cs2θ+3，
令S'=0得cs2θ=12或−34（舍），因为0<2θ<2π3，所以2θ=π3，θ=π6，
当θ∈0,π6时S'>0，S单调递增，当θ∈π6,π3时S'<0，S单调递减，
所以θ=π6时，杜鹃花的种植总面积最大.
【变式14-1】2. （2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）如图，某城市有一条公路从正西方AO通过市中心O后转向东偏北α角方向的OB，位于该市的某大学M与市中心O的距离OM=313km，且∠AOM=β. 现要修筑一条铁路L，L在OA上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分为直线段，且经过大学M，其中tanα=2，csβ=31313，OA=15km.

(1)求大学M与站A的距离AM；
(2)求铁路AB段的长AB.
【答案】(1)62km
(2)302km
【分析】（1）在△AOM中运用余弦定理即可；
（2）首先利用正弦定理求得∠MAO=π4，根据同角三角函数的关系求得sinα和csα的值，再在△AOB中利用正弦定理即可求得AB的长.
【详解】（1）在△AOM中，OA=15，∠AOM=β，且csβ= 31313，OM=313，
由余弦定理，得AM2=OA2+OM2−2OA⋅OMcsβ
=152+(313)2−2×15×313×31313=72，
所以AM=62，所以大学M与站A的距离AM为62km；
（2）因为csβ=31313，且β为锐角，所以sinβ=213，
在△AOM中，由正弦定理得AMsinβ=OMsin∠MAO，即62213=313sin∠MAO，
解得sin∠MAO=22，
由题意知∠MAO为锐角，所以∠MAO=π4，
所以∠ABO=α−π4，
因为tanα=2=sinαcsα，sin2α+cs2α=1，且α为锐角，
所以sinα=25，csα=15，
所以sin∠ABO=sinα−π4=110 ，
又∠AOB=π−α，所以sin∠AOB=sin(π−α)=sinα=25，
在△AOB中，由正弦定理，得ABsin∠AOB= OAsin∠ABO，
即AB25=15110，解得AB=302，
所以铁路AB段的长AB为302km .
【变式14-1】3. （2023·全国·模拟预测）十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晩期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置．如图1所示，十字测天仪由杆AB和横档CD构成，并且E是CD的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动．十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从A点观察．滑动横档CD使得A，C在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点D，DE的影子恰好是AE．然后，通过测量AE的长度，可计算出视线和水平面的夹角∠CAD（称为太阳高度角），最后通过查阅地图来确定船员所在的位置．

(1)在某次测量中，AE=40，横档的长度为20，求太阳高度角的正弦值．
(2)在杆AB上有两点A1，A2满足AA1=12AA2．当横档CD的中点E位于Ai时，记太阳高度角为αi(i=1,2)，其中α1，α2都是锐角．证明：α1<2α2．
【答案】(1)817
(2)证明见解析
【分析】（1）方法一，根据三边长度，利用余弦定理，求cs∠CAD，再求正弦值；
方法二，先求sin∠CAE，再根据二倍角公式求sin∠CAD；
（2）首先由正切公式，求得tanα12=2tanα22，再根据不等关系，放缩为2tanα22【详解】（1）方法一，
由题意，CD=20．由于E是CD的中点，且AE⊥CD，所以CE=10，
且AD=AC=AE2+CE2=1017．
由余弦定理，
cs∠CAD=AD2+AC2−CD22AD⋅AC=1700+1700−4002×1700=1517．
从而sin∠CAD=1−cs2∠CAD=817，即太阳高度角的正弦值为817．
方法二
由题意，CD=20．由于E是CD的中点，且AE⊥CD，所以CE=10，
且AC=AE2+CE2=1017．
于是sin∠CAE=CEAC=117，并且cs∠CAE=AEAC=417，
从而
sin∠CAD=sin(2∠CAE)=2sin∠CAEcs∠CAE=2×117×417=817.
即太阳高度角的正弦值为817．
（2）由题意，tanα12=CEAA1，tanα22=CEAA2．
由于α1，α2是锐角，则α1，α2∈0,π2，所以α2∈0,π4，
从而0<1−tan2α22<1．
根据AA1=12AA2，可知
tanα12=CEAA1=CE12AA2=2tanα22<2tanα221−tan2α22=tanα2．
由于函数y=tanx在0,π2单调递增，且α12，α∈0,π2，
所以α12<α2，即α1<2α2
【变式14-1】4. （2023·广东汕头·金山中学校考三模）为测量地形不规则的一个区域的径长AB，采用间接测量的方法，如图，阴影部分为不规则地形，利用激光仪器和反光规律得到∠ACB=∠DCB，∠ACD为钝角，AC=5，AD=7，sin∠ADC=267．

(1)求sin∠ACB的值；
(2)若测得∠BDC=∠BCD，求待测径长AB．
【答案】(1)sin∠ACB=155
(2)AB=15
【分析】（1）由正弦定理结合二倍角的余弦公式求解即可；
（2）分别在△ACD，△BCD用余弦定理可求得CD=4，BD=BC=10，再由两角差的余弦公式可求出cs∠ADB，最后在在△ABD，由余弦定理即可求出答案.
【详解】（1）在△ACD中，由正弦定理可得：ACsin∠ADC=ADsin∠ACD⇒5267=7sin∠ACD，
则sin∠ACD=265，因为∠ACB=∠DCB，因为∠ACD为钝角，
所以cs∠ACD=−15，所以cs∠ACD=1−2sin2∠ACB⇒sin∠ACB=155.
（2）在△ACD，由余弦定理可得：cs∠ACD=−15=25+CD2−492×5⋅CD，
解得：CD=4或CD=−6（舍去），
因为∠BDC=∠BCD，所以BD=BC，
在△BCD，cs∠BDC=cs∠BCD=105，
由余弦定理可得：cs∠BDC=105=CD2+BD2−BC22CD⋅BD=168BD=2BD，
解得：BD=BC=10，
cs∠BDC=105，sin∠BDC=155，sin∠ADC=267，cs∠ADC=57，
cs∠ADB=cs∠BDC−∠ADC=cs∠BDCcs∠ADC+sin∠BDCsin∠ADC
=105×57+155×267=510+61035=111035，
在△ABD，由余弦定理可得：
AB2=BD2+AD2−2BD⋅ADcs∠ADB=10+49−2×10×7×111035=15，
故AB=15.
1. （2023·江西·校联考模拟预测）已知△ABC中内角A，B，C所对边分别为a，b，c，bsinB+C2=asinB．
(1)求∠A；
(2)若BC边上一点D，满足BD=2CD且AD=3，求△ABC的面积最大值．
【答案】(1)π3
(2)938．
【分析】（1）由正弦定理化边为角，再利用内角和定理、诱导公式与二倍角公式化简等式即可；
（2）由（1）A角已求出，则面积可用bc表示，用向量方法表示AD=13AB+23AC，两边平方并结合重要不等式求解bc的最值.
【详解】（1）由题意，bsinB+C2=asinB，
由正弦定理得sinBsinπ2−A2=sinAsinB，
因B为三角形内角，sinB≠0，
则csA2=sinA，即csA2=2sinA2csA2，
∵A∈0,π，∴A2∈0,π2，csA2≠0，
故sinA2=12，∴A2=π6，∴A=π3
（2）S=12bcsinA=34bc，
已知BD=2CD，AD=3，由（1）知，A=π3，
由题意得由AD=AE+AF=13AB+23AC，（如图）
已知AD=3，且由（1）知A=π3，
两边平方得，
AD2=13AB+23AC2
则3=19AB2+49AB⋅AC+49AC2
=19c2+12×49bc+49b2=19c2+4b2+2bc≥194bc+2bc，
解得，bc≤92.故S△ABC≤938.
当且仅当2b=c，即b=32c=3时，等号成立.
所以，S△ABC的最大值为938．

2. （2023·江苏扬州·仪征中学校考模拟预测）设△ABC的内角A，B，C所对边分别为a,b,ca,b,c∈N∗，若1+csB2−csA=sinBsinA．
(1)求a+cb的值;
(2)若a【答案】(1)2
(2)1574
【分析】（1）变形得到sinA+sinC=2sinB，由正弦定理得到a+c=2b，得到答案；
（2）由题意得到C=2A，由正弦定理和余弦定理得到ca=5c−3a2c，求出c=32a，b=54a由a,b,c∈N∗，求出当a=4时，周长最小，进而由三角形面积求出答案.
【详解】（1）因为1+csB2−csA=sinBsinA，所以sinA+sinAcsB=2sinB−csAsinB，因为C=π−A+B，
所以sinC=sinA+B=sinAcsB+csAsinB，
所以sinA+sinC=2sinB，由正弦定理asinA=bsinB=csinC，得a+c=2b，即a+cb=2．
（2）由a+c=2b可得：c−b=b−a>0，故c>b>a，于是C=2A，
由正弦定理asinA=csinC及余弦定理csA=b2+c2−a22bc可得：
ca=sin2AsinA=2csA=b2+c2−a2bc=b2+c+ac−abc=b2+2bc−abc=b+2c−ac =c+a+4c−a2c=5c−3a2c，
解得：c=a(舍)或者c=32a，故b=54a，
因为a,b,c∈N∗，所以当a=4时，周长最小，此时a=4，b=5，c=6，csA=c2a=34，
所以sinA=1−cs2A=74，所以△ABC的面积为12bcsinA=12×5×6×74=1574．
3. （2023·安徽·校联考模拟预测）从条件①b−ccsA=a3sinC−1；②sin(A+B)csC−π6=34中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．
在△ABC中：内角A，B，C的对边分别为a，b，c，__________．
(1)求角C的大小；
(2)设D为边AB的中点，求CD2a2+b2的最大值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)条件选择见解析，C=π3
(2)38
【分析】（1）若选择条件①，由正弦定理边化角即可求解；若选择条件②，利用和差角公式化简即可；
（2）利用向量建立等量关系，由重要不等式即可求得最值.
【详解】（1）选择条件①：由正弦定理得：sinB−sinCcsA=3sinAsinC−sinA，
即3sinAsinC=sin(A+C)−sinCcsA+sinA=sinAcsC+sinA，
∵sinA≠0，∴3sinC−csC=1，即sinC−π6=12，
又0选择条件②：由sin(A+B)csC−π6=34，得sinC32csC+12sinC=34，
则32sinCcsC+12sin2C=34，即34sin2C+14(1−cs2C)=34，化简得，sin2C−π6=1，
∵2C−π6∈−π6,11π6，∴2C−π6=π2，即C=π3．
（2）∵CD=12CA+CB，∴CD2=14CA2+CB2+2CA⋅CB=14b2+a2+2abcsC=14b2+a2+ab，
∴CD2a2+b2=b2+a2+ab4a2+b2=14+ab4a2+b2，
∵a2+b2≥2ab，∴14+ab4a2+b2≤14+a2+b28a2+b2=38，
当且仅当a=b时取等号，∴CD2a2+b2的最大值为38．
4. （2023·福建龙岩·统考模拟预测）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若asinA−bsinB=2sinA−B，且a≠b.
(1)求c；
(2)把y=sinx的图象向右平移π4个单位长度，再把所得图象向上平移c个单位长度，得到函数y=fx的图象，若函数y=fωx(ω>0)在x∈0,π上恰有两个极值点，求ω的取值范围.
【答案】(1)c=2
(2)74,114
【分析】（1）先用正弦定理将角化成边，再用余弦定理即可求解；
（2）先由函数的图象变换得出函数y=fx的解析式，再结合函数y=fωx的图象特点即可求解.
【详解】（1）解：（1）因为asinA−bsinB=2sinA−B，
所以asinA−bsinB=2sinAcsB−2csAsinB
由正弦定理得a2−b2=2acsB−2bcsA
由余弦定理得a2−b2=2aa2+c2−b22ac−2bb2+c2−a22bc.
即a2−b2=2a2−b2c，因为a≠b，所以c=2
（2））解法一：由（1）知c=2,y=sinx的图象向右平移π4个单位得y=sinx−π4的图象，再把所得图象向上平移c个单位长度，得到fx=sinx−π4+2的图象，
所以fωx=sinωx−π4+2.
令t=ωx−π4，则fωx=gt=sint+2,∵x∈0,π,∴t=ωx−π4∈−π4,ωπ−π4
fωx=sinωx−π4+2在x∈0,π上恰有两个极值点，
由gt=sint+2的图象可知，3π2<ωπ−π4≤5π2,∴74<ω≤114，
所以ω的取值范围是74,114
解法二：由（1）知c=2,y=sinx的图象向右平移π4个单位得y=sinx−π4的图象，再把所得图象向上平移c个单位长度，得到fx=sinx−π4+2的图象，
所以y=fωx=sinωx−π4+2,y'=ωcsωx−π4.
令y'=ωcsωx−π4=0得ωx−π4=kπ+π2即x=kπω+3π4ω,k∈Z，
∵x∈0,π,0所以ω的取值范围是74,114.
5. （2023·广西南宁·南宁二中校联考模拟预测）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且acsB+12b=c．
(1)求角A的大小；
(2)设AD是BC边上的高，且AD=2，a=23，求b+c的值．
【答案】(1)A=π3；
(2)6
【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角恒等变换得到12sinB=csAsinB，进而求得csA=12，即可求解；
（2）由（1），结合三角形的面积公式，列出方程求得bc=8，再由余弦定理列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：在△ABC中，acsB+12b=c
由正弦定理，可得sinAcsB+12sinB=sinC，
即sinAcsB+12sinB=sinA+B，即sinAcsB+12sinB=sinAcsB+csAsinB，
整理得12sinB=csAsinB，
因为0又因为0（2）解：由（1）及已知，可得S△ABC=12aℎ=12×2×23=23，
又由S△ABC=12bcsinπ3=34bc，可得34bc=23，所以bc=8，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsπ3，可得12=b2+c2−bc，
即12=b+c2−3bc，即b+c2=12+24=36，所以b+c=6.
6. （2023·江西九江·统考一模）△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，已知b=2，2sinA=3acsB．
(1)求角B的值；
(2)求AC边上高的最大值．
【答案】(1)B=π3
(2)3
【分析】（1）根据正弦定理，结合条件，变形求得tanB，即可求解；（2）解法一，根据余弦定理，结合基本不等式求三角形面积的最大值，即可求解高的最大值；解法二，利用正弦定理将边转化为三角函数，将三角形的面积表示为三角函数，利用三角函数恒等变形，以及函数性质求最值.
【详解】（1）由2sinA=3acsB，得asinA=23csB
由正弦定理asinA=bsinB，得bsinB=23csB
又b=2，∴sinB=3csB
即tanB=3
∵B∈(0,π)，∴B=π3
（2）解法一：设AC边上高为ℎ，
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，得4=a2+c2−2accsπ3
即a2+c2−ac=4
∵a2+c2≥2ac，∴2ac−ac≤4，即ac≤4，当且仅当a=c时，等号成立
∴S△ABC=12acsinB=34ac∈(0,3]
又S△ABC=12bℎ=ℎ，∴ℎ∈(0,3]，AC边上高的最大值为3
解法二：设AC边上高为ℎ，
由正弦定理得，a=bsinBsinA=433sinA，c=bsinBsinC=433sinC
∴S△ABC=12acsinB=34ac=34(433)2sinAsinC=433sinAsinC
因为A+B+C=π，∴sinA=sin(B+C)，
∴S△ABC=433sin(B+C)sinC=433(32sinCcsC+12sin2C)
=433(34sin2C+1−cs2C4) =233sin(2C−π6)+33
∵C∈(0,2π3)，∴2C−π6∈(−π6,7π6)，∴sin(2C−π6)∈(−12,1]，∴S△ABC∈(0,3]
又S△ABC=12bℎ=ℎ，∴ℎ∈(0,3]，AC边上高的最大值为3.
7．（2023·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知b2+c2−a2csA=2．
(1)求bc；
(2)若acsB−bcsAacsB+bcsA−bc=1，求△ABC面积．
【答案】(1)1
(2)34
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出sinA即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【详解】（1）因为a2=b2+c2−2bccsA，所以b2+c2−a2csA=2bccsAcsA=2bc=2，解得：bc=1．
（2）由正弦定理可得acsB−bcsAacsB+bcsA−bc=sinAcsB−sinBcsAsinAcsB+sinBcsA−sinBsinC
=sinA−BsinA+B−sinBsinA+B=sinA−B−sinBsinA+B=1，
变形可得：sinA−B−sinA+B=sinB，即−2csAsinB=sinB，
而0故△ABC的面积为S△ABC=12bcsinA=12×1×32=34．
8．（2023·天津·统考高考真题）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c．已知a=39,b=2,∠A=120∘．
(1)求sinB的值；
(2)求c的值；
(3)求sinB−C．
【答案】(1)1313
(2)5
(3)−7326
【分析】（1）根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理即可解出；
（3）由正弦定理求出sinC，再由平方关系求出csB,csC，即可由两角差的正弦公式求出．
【详解】（1）由正弦定理可得，asinA=bsinB，即39sin120∘=2sinB，解得：sinB=1313；
（2）由余弦定理可得，a2=b2+c2−2bccsA，即39=4+c2−2×2×c×−12，
解得：c=5或c=−7（舍去）．
（3）由正弦定理可得，asinA=csinC，即39sin120∘=5sinC，解得：sinC=51326，而A=120∘，
所以B,C都为锐角，因此csC=1−2552=33926，csB=1−113=23913，
sinB−C=sinBcsC−csBsinC=1313×33926−23913×51326=−7326．
9．（2023·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知△ABC的面积为3，D为BC中点，且AD=1．
(1)若∠ADC=π3，求tanB；
(2)若b2+c2=8，求b,c．
【答案】(1)35；
(2)b=c=2.
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出a，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出a，作出BC边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出∠ADC即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出∠ADC即可求解作答.
【详解】（1）方法1：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC=π3，AD=1，

则S△ADC=12AD⋅DCsin∠ADC=12×1×12a×32=38a=12S△ABC=32，解得a=4，
在△ABD中，∠ADB=2π3，由余弦定理得c2=BD2+AD2−2BD⋅ADcs∠ADB，
即c2=4+1−2×2×1×(−12)=7，解得c=7，则csB=7+4−127×2=5714，
sinB=1−cs2B=1−(5714)2=2114，
所以tanB=sinBcsB=35.
方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC=π3，AD=1，
则S△ADC=12AD⋅DCsin∠ADC=12×1×12a×32=38a=12S△ABC=32，解得a=4，
在△ACD中，由余弦定理得b2=CD2+AD2−2CD⋅ADcs∠ADB，
即b2=4+1−2×2×1×12=3，解得b=3，有AC2+AD2=4=CD2，则∠CAD=π2，
C=π6，过A作AE⊥BC于E，于是CE=ACcsC=32,AE=ACsinC=32，BE=52，
所以tanB=AEBE=35.
（2）方法1：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得c2=14a2+1−2×12a×1×cs(π−∠ADC)b2=14a2+1−2×12a×1×cs∠ADC，
整理得12a2+2=b2+c2，而b2+c2=8，则a=23，
又S△ADC=12×3×1×sin∠ADC=32，解得sin∠ADC=1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC=π2，
所以b=c=AD2+CD2=2.
方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，则2AD=AB+AC，又CB=AB−AC，
于是4AD2+CB2=(AB+AC)2+(AB−AC)2=2(b2+c2)=16，即4+a2=16，解得a=23，
又S△ADC=12×3×1×sin∠ADC=32，解得sin∠ADC=1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC=π2，
所以b=c=AD2+CD2=2.
10．（2022·天津·统考高考真题）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知a=6,b=2c,csA=−14.
(1)求c的值；
(2)求sinB的值；
(3)求sin(2A−B)的值.
【答案】(1)c=1
(2)sinB=104
(3)sin(2A−B)=108
【分析】（1）根据余弦定理a2=b2+c2−2bccsA以及b=2c解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出b=2，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出sin2A,cs2A，再根据两角差的正弦公式即可求出．
【详解】（1）因为a2=b2+c2−2bccsA，即6=b2+c2+12bc，而b=2c，代入得6=4c2+c2+c2，解得：c=1．
（2）由（1）可求出b=2，而0（3）因为csA=−14，所以π2故sin(2A−B)=sin2AcsB−cs2AsinB=−158×64+78×104=108．
11．（2022·浙江·统考高考真题）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a=5c,csC=35．
(1)求sinA的值；
(2)若b=11，求△ABC的面积．
【答案】(1)55；
(2)22．
【分析】（1）先由平方关系求出sinC，再根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理的推论csC=a2+b2−c22ab以及4a=5c可解出a，即可由三角形面积公式S=12absinC求出面积．
【详解】（1）由于csC=35， 0由正弦定理知4sinA=5sinC，则sinA=54sinC=55．
（2）因为4a=5c，由余弦定理，得csC=a2+b2−c22ab=a2+121−165a222a=11−a252a=35，
即a2+6a−55=0，解得a=5，而sinC=45，b=11，
所以△ABC的面积S=12absinC=12×5×11×45=22．
12．（2022·全国·统考高考真题）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,S2,S3，已知S1−S2+S3=32,sinB=13．
(1)求△ABC的面积；
(2)若sinAsinC=23，求b．
【答案】(1)28
(2)12
【分析】（1）先表示出S1,S2,S3，再由S1−S2+S3=32求得a2+c2−b2=2，结合余弦定理及平方关系求得ac，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得b2sin2B=acsinAsinC，即可求解.
【详解】（1）由题意得S1=12⋅a2⋅32=34a2,S2=34b2,S3=34c2，则S1−S2+S3=34a2−34b2+34c2=32，
即a2+c2−b2=2，由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac，整理得accsB=1，则csB>0，又sinB=13，
则csB=1−132=223，ac=1csB=324，则S△ABC=12acsinB=28；
（2）由正弦定理得：bsinB=asinA=csinC，则b2sin2B=asinA⋅csinC=acsinAsinC=32423=94，则bsinB=32，b=32sinB=12.
13．（2022·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinCsinA−B=sinBsinC−A．
(1)若A=2B，求C；
(2)证明：2a2=b2+c2
【答案】(1)5π8；
(2)证明见解析．
【分析】（1）根据题意可得，sinC=sinC−A，再结合三角形内角和定理即可解出；
（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得sinCsinAcsB−csAsinB=sinBsinCcsA−csCsinA，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
【详解】（1）由A=2B，sinCsinA−B=sinBsinC−A可得，sinCsinB=sinBsinC−A，而00，而0（2）由sinCsinA−B=sinBsinC−A可得，
sinCsinAcsB−csAsinB=sinBsinCcsA−csCsinA，再由正弦定理可得，
accsB−bccsA=bccsA−abcsC，然后根据余弦定理可知，
12a2+c2−b2−12b2+c2−a2=12b2+c2−a2−12a2+b2−c2，化简得：
2a2=b2+c2，故原等式成立．
14．（2022·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)．
(1)证明：2a2=b2+c2；
(2)若a=5,csA=2531，求△ABC的周长．
【答案】(1)见解析
(2)14
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出bc，从而可求得b+c，即可得解.
【详解】（1）证明：因为sinCsinA−B=sinBsinC−A，
所以sinCsinAcsB−sinCsinBcsA=sinBsinCcsA−sinBsinAcsC，
所以ac⋅a2+c2−b22ac−2bc⋅b2+c2−a22bc=−ab⋅a2+b2−c22ab，
即a2+c2−b22−b2+c2−a2=−a2+b2−c22，
所以2a2=b2+c2；
（2）解：因为a=5,csA=2531，
由（1）得b2+c2=50，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA，
则50−5031bc=25，
所以bc=312，
故b+c2=b2+c2+2bc=50+31=81，
所以b+c=9，
所以△ABC的周长为a+b+c=14.
15．（2022·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csA1+sinA=sin2B1+cs2B．
(1)若C=2π3，求B；
(2)求a2+b2c2的最小值．
【答案】(1)π6；
(2)42−5．
【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将csA1+sinA=sin2B1+cs2B化成cs(A+B)=sinB，再结合0（2）由（1）知，C=π2+B，A=π2−2B，再利用正弦定理以及二倍角公式将a2+b2c2化成4cs2B+2cs2B−5，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）因为csA1+sinA=sin2B1+cs2B=2sinBcsB2cs2B=sinBcsB，即sinB=csAcsB−sinAsinB=cs(A+B)=−csC=12，
而0（2）由（1）知，sinB=−csC>0，所以π2而sinB=−csC=sin(C−π2)，
所以C=π2+B，即有A=π2−2B，所以B∈(0,π4),C∈(π2,3π4)
所以a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C=cs22B+1−cs2Bcs2B
=(2cs2B−1)2+1−cs2Bcs2B=4cs2B+2cs2B−5≥28−5=42−5．
当且仅当cs2B=22时取等号，所以a2+b2c2的最小值为42−5．
1.若式子含有a，b，c的2次齐次式，优先考虑余弦定理，"角化边"
2.面积和a，b，c2次齐次式，可构造余弦定理
”齐次对称结构”余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；

采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.

1.可以利用向量法
2.倍长中线：中线可延长，补成对称图形
3.中线可借助补角.
角平分线
如图，在△ABC中，AD平分BAC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c
技巧1：内角平分线定理：ABBD=ACDC或ABAC=BDDC
技巧2：等面积法
S∆ABC=S∆ABD+S∆ADC⟹12×AB×AC×sinA=12×AB×AD×sinA2+12×AB×AD×sinA2，
技巧3：边与面积的比值：ABAC=S∆ABDS∆ADC
技巧4:角互补：
∠ABD+∠ADC=π⟹cs∠ABD+cs∠ADC=0,
在△ABD中，cs∠ABD=DA2+DB2−AB22DA×DB,
在△ADC中，cs∠ADC=DA2+DC2−AC22DA×DC,
高的处理方法：
1.等面积法：两种求面积公式
如S=12bcsinA=12BC×AD=12c2
2.三角函数法：在ΔBCD中，BD=ABcs∠A
四边形，一般适当的连接对角线，分解为有公共边俩三角形.如果是有外接圆，则要充分运用对角互补这个隐形条件