重难点11 解三角形的图形类问题和重要模型（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc4350" 【题型1 两次使用余弦定理】 PAGEREF _Tc4350 \h 3
\l "_Tc27563" 【题型2 等面积法】 PAGEREF _Tc27563 \h 5
\l "_Tc8082" 【题型3 解三角形中的中线模型】 PAGEREF _Tc8082 \h 8
\l "_Tc9284" 【题型4 解三角形中的倍角模型】 PAGEREF _Tc9284 \h 11
\l "_Tc12390" 【题型5 解三角中的角平分线模型】 PAGEREF _Tc12390 \h 15
\l "_Tc2826" 【题型6 解三角中的高模型】 PAGEREF _Tc2826 \h 19
\l "_Tc21748" 【题型7 解三角形中的等分点模型】 PAGEREF _Tc21748 \h 22
\l "_Tc9445" 【题型8 三角形的重心问题】 PAGEREF _Tc9445 \h 25
\l "_Tc14960" 【题型9 三角形的外接圆、内切圆问题】 PAGEREF _Tc14960 \h 29
1、解三角形的图形类问题和重要模型
解三角形是高考的热点内容，是每年高考必考内容之一.从近几年的高考情况来看，正、余弦定理解三角形在选择题、填空题中考查较多，难度较易；解答题中解三角形的图形类问题和一些重要模型也是考查的重要内容，中等难度，有时也会与三角函数、平面向量等知识综合考查，解题方法多种多样，需要灵活求解.
【知识点1 三角形图形类问题的解题策略】
1．解决三角形图形类问题的常用方法：
(1)两次使用余弦定理：两次使用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理
的性质解题；
(2)等面积法：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
(3)正、余弦定理结合：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
(4)相似三角形：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；
(5)平面向量：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
(6)建系：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.
【知识点2 解三角形中的重要模型】
1.中线模型
(1)中线长定理：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，AD是BC边上的中线，则.
(2)向量法：.
2.倍角模型
，这样的三角形称为“倍角三角形”．
推论1：；
推论2：.
3.角平分线模型
角平分线张角定理：如图，为平分线，则
斯库顿定理：如图，是的角平分线，则，可记忆：中方=上积-下积．
4.等分点模型
如图，若在边上，且满足，，则延长至，使，连接.
易知∥，且，，．
【题型1 两次使用余弦定理】
【例1】（2024·河南·三模）在△ABC中，AB=32,cs∠BAC=−13,AD⊥AC，且AD交BC于点D，AD=3，则sinC=（ ）
A．13B．33C．63D．223
【解题思路】利用诱导公式求出cs∠BAD，再利用余弦定理求出BD及cs∠ADB即可得解.
【解答过程】由cs∠BAC=−13,AD⊥AC，得sin∠BAD=sin(∠BAC−π2)=−cs∠BAC=13，
而∠BAD为锐角，则cs∠BAD=1−(13)2=223，
在△ABD中，由余弦定理得BD=(32)2+32−2×32×3×223=3，
所以sinC=cs∠ADC=−cs∠ADB=−32+(3)2−(32)22×3×3=33.
故选：B.

【变式1-1】（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a=3,BC边上中线AD长为1，则bc最大值为（ ）
A．74B．72C．3D．23
【解题思路】根据两角互补余弦值之和等于0，然后分别在三角形中利用余弦定理求出两角的余弦，列出方程求出b2+c2=72，然后利用基本不等式求出最值即可.
【解答过程】由题意得∠ADB+∠ADC=π，
所以cs∠ADB+cs∠ADC=0，
又a=3，且D是BC的中点，所以DB=DC=32，
在△ABD中，cs∠ADB=AD2+BD2−c22AD⋅BD=74−c23，
在△ADC中，cs∠ADC=AD2+CD2−b22AD⋅CD=74−b23，
所以cs∠ADC+cs∠ADB=74−b23+74−c23=0，
即b2+c2=72，得2bc≤b2+c2=72⇒bc≤74，当且仅当b=c=72取等号，
故选：A.
【变式1-2】（2024·浙江台州·二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若acsC=2ccsA，则bca2的最大值为（ ）
A．3B．32C．32D．3
【解题思路】根据题意，由余弦定理代入化简，再由基本不等式代入计算，即可得到结果.
【解答过程】由余弦定理可知，csC=a2+b2−c22ab,csA=b2+c2−a22bc，
由acsC=2ccsA可得a⋅a2+b2−c22ab=2c⋅b2+c2−a22bc，
化简可得a2+b2−c2=2b2+2c2−2a2，
所以3a2=b2+3c2，即a2=b2+3c23，
即bca2=3bcb2+3c2=3bc+3cb≤32bc⋅3cb=32，
当且仅当bc=3cb时，即b=3c时，等号成立，
所以bca2的最大值为32.
故选：C.
【变式1-3】（2024·陕西咸阳·三模）在△ABC中，a、b、c分别为△ABC的内角A、B、C的对边，M为边AC上一点，满足MC=3AM，若a2+c2−b2+ac=0，c=2，a=4，则BM=（ ）
A．72B．37C．37D．392
【解题思路】由已知条件求出b，由余弦定理求出B，再由正弦定理求出sinA，进而求出csA，在△ABM中，由余弦定理即可求出BM
【解答过程】
由已知，a2+c2−b2=−ac，则csB=a2+c2−b22ac=−ac2ac=−12，
因为B∈0,π，所以B=2π3，
又c=2，a=4，代入a2+c2−b2=−ac，解得b=27，
因为M为边AC上一点，满足MC=3AM，所以AM=14AC=72，
由正弦定理bsinB=asinA，即27sin2π3=4sinA，解得sinA=217，所以csA=277，
设BM=x，则在△ABM中，由余弦定理BM2=AB2+AM2−2AB⋅AMcsA，
得x2=22+722−2×2×72×277=74，解得x=72，即BM=72.
故选：A.
【题型2 等面积法】
【例2】（2024·海南·模拟预测）在△ABC中，∠ACB的平分线与对边AB交于点D，若△CAD的面积为△CBD的2倍，且CD=2,∠ACB=120°，则BC=（ ）
A．3B．4C．6D．8
【解题思路】借助三角形面积公式计算可得CA=2CB，再利用等面积法计算即可得解.
【解答过程】由S△CAD=2S△CBD，则有12×CA⋅CD⋅sin∠ACB2=2×12×CB⋅CD⋅sin∠ACB2，
即有CA=2CB，
又S△CAD+S△CBD=S△ABC，
则有12×CA⋅CD⋅sin∠ACB2+12×CB⋅CD⋅sin∠ACB2=12×CA⋅CB⋅sin∠ACB，
即2CA+2BC=CA⋅BC，即有4BC+2BC=2BC⋅BC，即BC=3.
故选：A.
【变式2-1】（2024·辽宁丹东·二模）在△ABC中，点D在BC边上，AD平分∠BAC，∠BAC=120°，AB=23，AD=233，则AC=（ ）
A．2B．3C．3D．23
【解题思路】本题角平分线长问题，利用面积关系S△ABC=S△ABD+S△ADC，结合面积公式，就能求解出AC的长.
【解答过程】因为S△ABC=S△ABD+S△ADC，
所以12×AB×AC×sin120°=12×AB×AD×sin60°+12×AD×AC×sin60°,
即AB×AC=AB×AD+AD×AC，代入AB=23，AD=233，
可得23×AC=23×233+233×AC，则433×AC=4，
解得AC=3．
故选：B.
【变式2-2】（2024·湖南长沙·三模）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知a=2,b=4.
(1)若csB+2csA=ccsC，求C的值；
(2)若D是边AB上的一点，且CD平分∠ACB,cs∠ACB=−19，求CD的长.
【解题思路】（1）由已知可得acsB+bcsA=2ccsC，边化角，可得sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsC，利用三角恒等变换可求C；
（2）由已知可得cs∠ACB2=23，利用S△ABC=S△ADC+S△BDC，可得CD=2abcs∠ACB2a+b，可求解.
【解答过程】（1）由题意得2csB+4csA= 2ccsC，所以acsB+bcsA=2ccsC.
由正弦定理，得sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsC，即sinA+B=2sinCcsC.
又sinA+B=sinC，所以sinC=2sinCcsC，又sinC≠0，所以csC=12.
因为C∈0,π，所以C=π3.
（2）由cs∠ACB=−19，得2cs2∠ACB2−1=−19，解得cs∠ACB2=23.
由S△ABC=S△ADC+S△BDC，
得12absin∠ACB=12b⋅CDsin∠ACB2+ 12a⋅CD⋅sin∠ACB2，
即2abcs∠ACB2=a+bCD，
所以CD=2abcs∠ACB2a+b=2×2×4×232+4=169.
【变式2-3】（2024·山东泰安·模拟预测）已知△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c，b(sinB+sinC)= (a−c)(sinA+ sinC)．
(1)求A；
(2)A的平分线AD交BC于D点，9b+c=64，求AD的最大值．
【解题思路】（1）根据题意利用正弦定理可得b(b+c)=(a−c)(a+c)，再结合余弦定理可得csA=−12，即可得结果；
（2）根据题意结合面积关系可得AD=bcb+c，再利用基本不等式分析求解.
【解答过程】（1）因为b(sinB+sinC)=(a−c)(sinA+sinC)，
由正弦定理得b(b+c)=(a−c)(a+c)，整理得b2+c2−a2=−bc，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，
且A∈0,π，所以A=2π3.
（2）因为AD为A的角平分线，则∠BAD=∠CAD=12∠A=π3，
由S△ABD+S△ACD=S△ABC，
可得12c⋅AD⋅sin∠BAD+12b⋅AD⋅sin∠CAD=12bcsin∠BAC.
整理得ADb+c=bc，
又因为9b+c=64，
可得AD=bcb+c=11b+1c=11b+1c9b+c64=11649+1+cb+9bc
≤11642cb⋅9bc+10=4，
当且仅当cb=9bc，即c=3b=16时，等号成立，
所以AD的最大值为4.
【题型3 解三角形中的中线模型】
【例3】（2024·全国·模拟预测）记△ABC的内角∠BAC,∠B,∠C的对边分别为a,b,c，已知2bcsBcs2C=a−2ccsCcs2B．
(1)求∠BAC．
(2)若b+c=8，且边BC上的中线AD=192，求△ABC的面积．
【解题思路】（1）利用正弦定理及三角公式求cs∠BAC=−12，根据角的范围可得∠BAC
（2）根据余弦定理可得bc=15，根据面积公式求解可得
【解答过程】（1）由已知条件及正弦定理，得2sinBcsB⋅cs2C=sin∠BAC−2sinCcsCcs2B．
整理，得sin2Bcs2C+sin2Ccs2B=sin∠BAC，
即sin2B+2C=sin∠BAC．
又∠B+∠C=π−∠BAC，
所以−sin2∠BAC=sin∠BAC，
即−2sin∠BACcs∠BAC=sin∠BAC．
因为sin∠BAC≠0，所以cs∠BAC=−12．
又∠BAC∈0,π，所以∠BAC=2π3．
（2）由题意得，2AD=AB+AC，
所以4AD2=AB2+AC2+2AB⋅AC，
即19=c2+b2+2cbcs2π3=(b+c)2−3bc=64−3bc，
所以bc=15．
故S△ABC=12bcsin∠BAC=12×15×sin2π3=1534.
【变式3-1】（2024·湖南长沙·三模）如图，在△ABC中，已知AB=3,AC=6,A为锐角，BC,AC边上的两条中线AM,BN相交于点P,△ABC的面积为932.
(1)求BC的长度；
(2)求∠APB的余弦值.
【解题思路】（1）因为S△ABC=12AB⋅ACsin∠BAC，得到，由∠BAC=π3，在△ABC由余弦定理即可得到BC的长度.
（2）因为AB2+BC2=9+27=36=AC2，所以∠BAC为直角，∴BN=3,∴BP=23BN=2.在△ABM中，由勾股定理得AM，即得到AP，在△ABP中，由余弦定理即可得到∠APB的余弦值.
【解答过程】（1）由题知，S△ABC=12AB⋅ACsin∠BAC=932，所以sin∠BAC=32，
又因为∠BAC∈0,π，所以∠BAC=π3或2π3.因为∠BAC为锐角，所以∠BAC=π3.
在△ABC中，由余弦定理知BC2=AB2+AC2−2⋅AB⋅ACcs∠BAC，
整理得BC2=9+36−2×3×6×12=27，解得BC=33.
（2）因为AB2+BC2=9+27=36=AC2，
所以∠ABC=π2，BN=12AC=3,，∴BP=23BN=2
在△ABM中，由勾股定理得：AB2+BM2=AM2，∴AM=372，AP=23AM=7
所以在△ABP中，由余弦定理得cs∠APB=AP2+BP2−AB22AP⋅BP=714.
所以∠APB的余弦值为714.
【变式3-2】（2024·陕西西安·三模）在△ABC中,角A,B,C的对边是a,b,c,已知b1+csA=c1−cs2B.
(1)证明:b=c;
(2)若BC边上的高AD为2,AC边上的中线BE为27,求△ABC的面积.
【解题思路】（1）利用三角函数恒等变换以及正弦定理化简已知等式可得cs(B−C)=1,可求B−C∈(−π,π),可得B−C=0 ,即可证明b=c;
（2）由题意可求csC=DCAC=a2b,在△BEC中, 由余弦定理可得a=43,b=c=4,利用三角形的面积公式即可求解.
【解答过程】（1）证明：因为1+csA=c1−cs2B，
则b1+csA=c⋅2sin2B,
由正弦定理得：sinB1+csA=sinC⋅2sin2B,
因为B∈0,π,sinB≠0,
所以1+csA=2sinCsinB,
又因为B+C+A=π，所以1−cs(B+C)=2sinCsinB,
所以1−csBcsC+sinCsinB=2sinCsinB
所以csB−C=1,
因为B−C∈−π,π,
所以B−C=0所以B=C，即b=c,得证；
（2）因为BC边上的高AD为2,AC边上的中线BE为27, 所以AD⊥BC,
所以csC=DCAC=a2b,
在△BEC中,由余弦定理得: BE2=BC2+EC2−2BC⋅ECcsC,
所以28=a2+(b2)2−2a⋅b2⋅a2b,即 28=a22+b24,且,a24+4=b2,解得a=43, b=c=4,
所以S=12a×AD=43.
【变式3-3】（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在△ABC中，点M,N分别为BC,AC的中点，AM与BN交于点G，AM=3,∠MAB=45°．
(1)若AC=52，求中线BN的长；
(2)若△ABC是锐角三角形，求四边形GMCN面积的取值范围．
【解题思路】（1）对2AM=AB+AC两边同时平方可得AB=72，再由平面向量的运算法则得BN=AM−32AB，对其两边同时平方即可得出答案.
（2）由分析知SGMCN=22AB，再分别讨论∠A,∠B,∠C为锐角，由数量积的定义求出AB的范围，即可得出答案.
【解答过程】（1）因为点M为BC的中点，所以2AM=AB+AC，
则AC=2AM−AB，即AC2=4AM2−4AM⋅AB+AB2，
即50=4×9−4×3×AB×22+AB2，解得：AB=72或AB=−2（舍去），
又因为BN=AN−AB=12AC−AB=12×2AM−AB−AB=AM−32AB，
BN2=AM2−3AB⋅AM+94AB2，即BN2=9−3×3×72×22+94×49×2=3332，
所以BN=6662=3742.

（2）SGMCN=S△AMC−S△AGN=S△AMC−13S△AMC=23S△AMC=23S△AMB,
=23×12×AB×3×22=22AB,
因为△ABC是锐角三角形，所以∠A是锐角，即AB⋅AC>0，
即AB⋅2AM−AB>0，所以AB2−32AB<0，得0∠B是锐角，即BM⋅BA>0，即AM−AB⋅AB<0，
所以3AB×22−AB2<0，得AB>322，
∠C是锐角，即CA⋅MB>0，即AB−2AM⋅AB−AM>0，
所以AB2−3AB⋅AM+2AM2>0，得AB2−922AB+18>0，
所以AB∈R，综上：322所以SGMCN=22AB∈32,3.
【题型4 解三角形中的倍角模型】
【例4】（2024·陕西安康·模拟预测）已知锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a=8，ac=1+sin2A−sin2Csin2B，且a≠c．
(1)求证：B=2C；
(2)已知点M在线段AC上，且∠ABM=∠CBM，求BM的取值范围．
【解题思路】（1）由正弦定理得b2=c2+ac，又由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，结合整理可得角的关系；
（2）由正弦定理得BCsin∠BMC=BMsinC，又因为△ABC为锐角三角形且B=2C，结合三角函数值域可求得线段BM长度的取值范围.
【解答过程】（1）因为ac=1+sin2A−sin2Csin2B，
即a−cc=sin2A−sin2Csin2B，由正弦定理可得a−cc=a2−c2b2=a+ca−cb2，
又a≠c，即a−c≠0，所以1c=a+cb2，整理得b2=c2+ac，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，整理得c=a−2ccsB，
由正弦定理得sinC=sinA−2sinCcsB，
故sinC=sinB+C−2sinCcsB，
即sinC=sinBcsC+sinCcsB−2sinCcsB，
整理得sinC=sinB−C，
又因为△ABC为锐角三角形，则C∈0,π2,B∈0,π2，可得B−C∈−π2,π2，
所以C=B−C，即B=2C.
（2）因为点M在线段AC上，且∠ABM=∠CBM，即BM平分∠ABC，
又B=2C，所以∠C=∠CBM，则∠BMC=π−C−∠CBM=π−2C，
在△MCB中，由正弦定理得BCsin∠BMC=BMsinC，
所以BM=BCsinCsin∠BMC=8sinCsin2C=8sinC2sinCcsC=4csC，
因为△ABC为锐角三角形，且B=2C，所以0故22因此线段BM长度的取值范围833,42.
【变式4-1】（2024·内蒙古·三模）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a−2bcsC=c2csB−csA.
(1)求ba的值；
(2)若B=2C，证明：△ABC为直角三角形.
【解题思路】（1）由正弦定理和逆用正弦和角公式得到b=2a，求出答案；
（2）由（1）得到sinB=2sinA，结合B=2C，得到sin2C=2sin2CcsC+2cs2CsinC，化简得到csC=22，C=π4,B=π2，得到答案.
【解答过程】（1）由a−2bcsC=c2csB−csA，
可得acsC+ccsA=2bcsC+ccsB，
所以sinAcsC+sinCcsA=2sinBcsC+sinCcsB，
所以sinB=2sinA，
则b=2a，即ba=2.
（2）证明：由（1）可得sinB=2sinA.
又B=2C，所以sin2C=2sinB+C=2sin3C，
即sin2C=2sin2C+C=2sin2CcsC+2cs2CsinC，
故2sinCcsC=22sinCcs2C+2cs2CsinC，
所以2csC=22cs2C+22cs2C−2，
即42cs2C−2csC−2=0，
因为B=2C，所以C为锐角，
解得csC=22（负值舍去），即C=π4,B=π2，
所以△ABC为直角三角形.
【变式4-2】（2024·陕西商洛·模拟预测）在锐角△ABC中.内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a−2ccsB=c.
(1)求证：B=2C；
(2)求sinB+23cs2C的取值范围.
【解题思路】（1）由正弦定理，三角形内角和定理变形，利用两角和差公式求得sinC=sinB−C，然后利用正弦函数性质即可求得B=2C；
（2）利用三角恒等变换得sinB+23cs2C =2sinB+π3+3，由条件求B的范围，结合正弦函数性质求解范围即可.
【解答过程】（1）因为a−2ccsB=c，
所以sinA=sinC+2sinCcsB=sinBcsC+csBsinC，
所以sinC=sinBcsC−csBsinC=sinB−C，
因为B,C为锐角三角形内角，所以0所以−π2（2）sinB+23cs2C=sinB+31+cs2C=sinB+3csB+3 =2sinB+π3+3，
由题意得0所以12即sinB+23cs2C的取值范围为1+3,23.
【变式4-3】（2024·天津河北·二模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=4,b=3.
(1)若csC=−14，求a的值和△ABC的面积；
(2)在（1）的条件下，求cs2C+π3的值；
(3)若A=2B，求a的值.
【解题思路】（1）由余弦定理求a，再根据csC求sinC，进而求得△ABC的面积；
（2）由二倍角公式求得sin2C和cs2C，再由两角和与差的余弦公式得解；
（3）由正弦定理得到csB与a的关系，再结合余弦定理求解a的值.
【解答过程】（1）在△ABC中，由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab，即a2+9−162×3×a=−14，
化简得2a2+3a−14=0，解得a=2或a=−72(舍)，∴a=2，
∵C∈0,π,csC=−14,∴sinC=1−cs2C=154，
∴△ABC的面积S=12absinC=12×2×3×154=3154.
（2）sin2C=2sinCcsC=2×154×−14=−158，
cs2C=2cs2C−1=2×−142−1=−78，
∴cs2C+π3=cs2Ccsπ3−sin2Csinπ3=−78×12−−158×32=35−716.
（3）在△ABC中，由正弦定理得asinA=bsinB，
∵A=2B,∴asin2B=3sinB=a2sinBcsB，化简得csB=a6，
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=a2+16−92×4×a，
∴a2+16−92×4×a=a6，解得a=21（负值舍去），
所以a=21.
【题型5 解三角中的角平分线模型】
【例5】（2024·河北张家口·三模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D为边BC上一点，且满足(AD+AC)⋅BC=0．
(1)证明：AD=b；
(2)若AD为内角A的平分线，且AD=13AB+23AC，求sinA．
【解题思路】（1）记CD的中点为E，利用向量运算证明AE⊥BC即可；
（2）先根据向量关系得BD=2DC，再由角平分线定理可得c=2b，分别在△ACD,△ABD使用余弦定理可得a2=9b22，再在△ABC中利用余弦定理求csA，然后由平方关系可得sinA.
【解答过程】（1）记CD的中点为E，则AD+AC=2AE，
因为(AD+AC)⋅BC=2AE⋅BC=0，所以AE⊥BC，
所以AE为CD的垂直平分线，所以AD=AC=b.
（2）记∠CAD=θ，
因为AD=13AB+23AC，所以AD−AB=2AC−AD，
所以BD=2DC，BD=23a,DC=13a，
又AD为内角A的平分线，所以cb=BDDC=2，c=2b，
在△ACD,△ABD中，分别由余弦定理得：
b2+b2−2b2csθ=a29,b2+4b2−4b2csθ=4a29，
联立可得a2=9b22，
在△ABC中，由余弦定理得csA=b2+4b2−9b224b2=18，
所以sinA=1−182=378.
【变式5-1】（2024·四川攀枝花·三模）请在①2a−b=2ccsB，②3accsB=tanC+tanB，
③3sin(A+B)=3−2cs2C2三个条件中选择一个，补充在下面的问题中，B,C所对的边分别是a,b,c，已知_____．
(1)求角C；
(2)若b=4，点D在边AB上，CD为∠ACB的平分线，求边长a的值．
【解题思路】（1）选①，由余弦定理可得csC的值，再由角C的范围，得到角C的大小即可；选②，由正弦定理及辅助角公式，可得tanC的值，再由角C的范围，得到角C的大小即可；选③，由三角形内角和定理及半角公式得到角C的大小即可；
（2）由角平分线的性质结合等面积法列出方程，得到a的值即可．
【解答过程】（1）选①，因为2a−b=2ccsB，
则由余弦定理可得2a−b=2c⋅a2+c2−b22ac，
整理可得a2+b2−c2=ab，由余弦定理可得a2+b2−c2=2abcsC，
可得csC=12，因为C∈(0,π)，所以C=π3；
选②，3accsB=tanC+tanB，
所以3sinAsinCcsB=sinCcsC+sinBcsB，
整理可得：3sinAsinCcsB=sin(B+C)csCcsB=sinAcsCcsB，
因为sinA>0,csB≠0,3sinC=1csC，
所以tanC=3，因为C∈(0,π)，可得C=π3；
选③，3sin(A+B)=3−2cs2C2，可得3sinC=2−csC，
可得2sin(C+π6)=2⇒sin(C+π6)=1，
因为c∈(0,π),C+π6∈π6,7π6，所以C+π6=π2，可得C=π3；
（2）在△ABC中，S△ABC=S△ACD+S△BCD，
可得14a⋅CD+CD=3a，记为①，
又S△CDB=13a⋅CD=232，记为②，
由①②可得a2a+4=23，
解得a=2或a=−23（舍去），
所以边长a=2．
【变式5-2】（2024·广东深圳·模拟预测）已知△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足3c+bsinA=3acsB．
(1)求角A的大小；
(2)若D是边BC上一点，且AD是角A的角平分线，求BCAD的最小值．
【解题思路】（1）由正弦定理和正弦和角公式得到tanA=−3，求出A=2π3；
（2）利用余弦定理得到BC=b2+c2+bc，由三角形面积公式和S△ABD+S△ACD=S△ABC求出AD=bcb+c，表达出BCAD=b2+c2+bcbcb+c，利用两次基本不等式求出最值.
【解答过程】（1）由题意知△ABC中，3c+bsinA=3acsB，
故3sinC+sinBsinA=3sinAcsB
即3sin(A+B)+sinBsinA=3sinAcsB，
即3(sinAcsB+csAsinB)+sinBsinA=3sinAcsB，
所以3csAsinB+sinBsinA=0，
而B∈0,π，故sinB≠0，
故3csA+sinA=0，即tanA=−3，
又A∈0,π，故A=2π3；
（2）由余弦定理：BC=b2+c2−2bccsA=b2+c2+bc，
又S△ABD+S△ACD=S△ABC，
所以12c⋅ADsin60°+12b⋅ADsin60°=12bcsin120°，所以AD=bcb+c，
所以BCAD=b2+c2+bcbcb+c≥2bc+bcbcb+c=3⋅b+cbc≥3⋅2bcbc=23，
当且仅当b=c时，取等号，则BCAD的最小值为23.
【变式5-3】（2024·山东·模拟预测）从①c+2ab=csπ−CcsB，②sinA+sinCsinB+sinC=b−ca，③2asin2B2=3bsinA这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中.
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且______.
(1)求角B的大小；
(2)若A的角平分线交边BC于点D，且AD=6，c=2，求边b.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【解题思路】（1）利用正弦定理，余弦定理，结合三角形的内角和定理，二倍角公式，求csB，从而确定B的大小.
（2）在△ABD中，利用正弦定理可求∠BAD，进而判断△ABC的形状，可求边b.
【解答过程】（1）若选择①，则因为c+2ab=cs(π−C)csB，
由正弦定理得sinBcsC+csBsinC+2sinAcsB=0，
所以sin(B+C)+2sinAcsB=0，即sinA(2csB+1)=0，
从而csB=−12，
因为B∈0,π，所以B=2π3．
若选择②则：因为sinA+sinCsinB+sinC=b−ca，
由正弦定理得b2=a2+c2+ac，
又由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，
从而csB=−12，
B∈0,π，所以B=2π3．
若选择③则：因为2asin2B2=3bsinA，所以a1−csB=3bsinA，
由正弦定理得sinA1−csB=3sinBsinA，
整理得3sinB+csB=1，所以sinB+π6=12
因为B∈0,π，所以B+π6∈π6,7π6，
所以B+π6=5π6，所以B=2π3.
（2）如图：在△ABD中，ADsinB=csin∠ADB，
所以sin∠ADB=csinBAD=22，
所以∠ADB=π4，所以∠BAD=∠DAC=π12，
所以∠ACB=∠BAC=π6，
所以△ABC是等腰三角形，且a=c，
所以b=2acsπ6=23．
【题型6 解三角中的高模型】
【例6】（2024·四川·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3csinB+bcsA+B=b.
(1)求角C的大小；
(2)若a=8，△ABC的面积为43，求AB边上的高.
【解题思路】（1）由正弦定理将边转化为角，结合诱导公式、辅助角公式及特殊角的三角函数值解方程即可.
（2）由三角形面积公式、余弦定理分别可得b、c，再由等面积法求解即可.
【解答过程】（1）∵3csinB+bcsA+B=b，
由正弦定理可得：3sinCsinB+sinBcsA+B=sinB，
∴3sinCsinB−sinBcsC=sinB.
∵sinB≠0，
∴3sinC−csC=1，
∴sinC−π6=12，
∵C∈0,π，
∴C−π6=π6，
∴C=π3.
（2）如图所示，

∵S=12absinC=12×8×bsinπ3=23b=43，
∴b=2.
由余弦定理可知c=22+82−2×2×8×csπ3=213.
而S=12cℎ=12×213×ℎ=43，解得ℎ=43913，
所以AB边上的高为43913.
【变式6-1】（2024·福建泉州·模拟预测）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有2bcsA−π3=a+c，
(1)求角B：
(2)若AC边上的高ℎ=34b，求csAcsC.
【解题思路】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式可得角B的大小;
（2）由等面积法可得b2=2ac，再由正弦定理可得sinAsinC的值，再由csB=−cs(A+C)，可得csAcsC的值.
【解答过程】（1）因为2bcsA−π3=a+c，
由正弦定理可得2sinB12csA+32sinA=sinA+sinC，
即sinBcsA+3sinAsinB=sinA+sin(A+B)
即sinBcsA+3sinAsinB=sinA+sinAcsB+csAsinB，
所以3sinBsinA=sinA+sinAcsB，
在三角形中，sinA>0，
所以3sinB−csB=1，
即sinB−π6=12，因为B∈(0,π)，则B−π6∈−π6,5π6
可得B−π6=π6，则B=π3.
（2）因为AC边上的高ℎ=34b，
所以S△ABC=12b⋅ℎ=12b⋅34b=38b2①
又S△ABC=12acsinB=12ac×32=34ac②
由①②可得b2=2ac，
由正弦定理可得sin2B=2sinAsinC，
结合（1）中B=π3可得sinAsinC=38，
因为csB=−cs(A+C)=−csAcsC+sinAsinC=12，
所以csAcsC=sinAsinC−12=38−12=−18.
【变式6-2】（2024·河北秦皇岛·三模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，C=π3且a+b=7，△ABC的外接圆半径为433.
(1)求△ABC的面积；
(2)求△ABC边AB上的高ℎ.
【解题思路】（1）利用正弦定理及余弦定理可求出ab，利用面积公式计算即可；
（2）根据三角形面积公式即可求.
【解答过程】（1）在△ABC中，由正弦定理可得，csinC=2×433，则c=2×433×32=4，
根据余弦定理c2=a2+b2−2abcsC，得16=a2+b2−2abcsC=a+b2−3ab，
所以3ab=49−16=33，所以ab=11，
所以S△ABC=12absinC=1134.
（2）S△ABC=12absinC=12cℎ，
所以ℎ=11×sin60°4=1138.
【变式6-3】（2024·全国·模拟预测）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=1，sinB+3bcsA=0．
(1)求角A；
(2)设AM是△ABC的高，求AM的最大值．
【解题思路】（1）正弦定理将sinB代换，再结合商数关系求出角；
（2）法一：余弦定理结合基本不等式求出面积最大值，即可确定高的最大值；法二：由正弦定理将面积表示为角的函数，结合三角恒等变换，求出函数最大值，即可确定高的最大值.
【解答过程】（1）由sinB+3bcsA=0及asinA=bsinB，得bsinAa+3bcsA=0，
又a=1，b≠0，所以sinA+3csA=0，得tanA=−3，
因为A∈0,π，所以A=2π3．
（2）解法一 由余弦定理得a2=b2+c2−2bccs∠BAC，则1=b2+c2+bc≥2bc+bc=3bc，
得bc≤13，当且仅当b=c时取等号，
所以S△ABC=12a⋅AM=12bcsin2π3≤12×13×32，
得AM≤36，故AM的最大值为36．
解法二 由正弦定理得bsinB=csinC=1sin2π3=23，
故b=23sinB，c=23sinC．
因为2π3+B+C=π，所以C=π3−B，B∈0,π3，
所以S△ABC=12bcsin2π3=12×23sinB×23sinπ3−B×sin2π3
=33sinBsinπ3−B=12sinBcsB−36sin2B
=14sin2B−3121−cs2B=3632sin2B+12cs2B−312
=36sin2B+π6−312≤36−312=312，当B=π6时等号成立,
故S△ABC=12a⋅AM≤312，得AM≤36，
故AM的最大值为36.
【题型7 解三角形中的等分点模型】
【例7】（23-24高二上·云南·期末）在△ABC中，点D为线段BC的四等分点且靠近点B,∠BAD与∠BAC互补.
(1)求ACAD的值；
(2)若∠BAD=30∘,AB=4，求AD的长.
【解题思路】（1）利用正弦定理列出关于ACAD的方程，进而求得ACAD的值；
（2）分别在△BAD和△ABC中，利用余弦定理求得BC2和BD2的表达式，列出关于AD的长的方程，解之即可求得AD的长.
【解答过程】（1）因为∠BAD与∠BAC互补，所以sin∠BAD=sin∠BAC，
在△ABC中，由正弦定理得BCsin∠BAC=ACsinB，
在△BAD中，由正弦定理得BDsin∠BAD=ADsinB，
所以BCBD=ACAD，因为点D为线段BC的四等分点且靠近点B，所以ACAD=4.
（2）因为∠BAD=30∘，所以∠BAC=150∘，设AD=x，由（1）知AC=4x，
在△ABC中，由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC=16x2+163x+16，
在△BAD中，由余弦定理得BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠BAD=x2−43x+16，
因为BC=4BD，即BC2=16BD2，
所以16x2+163x+16=16x2−43x+16，解得x=3.所以AD长为3.
【变式7-1】（2023·湖北·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a21+csA=2bcsin2A．
(1)判断△ABC的形状；
(2)已知D为BC上一点，则当A=2π3，a=33，AD=3时，D为BC的几等分点？
【解题思路】（1）利用正弦定理及三角恒等变化计算即可；
（2）结合（1）的结论可得B=C=π6，由余弦定理计算即可.
【解答过程】（1）由正弦定理得：sin2A1+csA=2sinBsinCsin2A，
因为A∈0,π，所以sinA≠0，即1+csA=2sinBsinC，
由A+B+C=π，则有1−csB+C=2sinBsinC，
整理得1=csBcsC+sinBsinC=csB−C．
所以B−C=2kπ，
而B、C∈0,π，则B=C，即△ABC为等腰三角形．
（2）由（1）可得B=C=π6．
由正弦定理可得b=sinB⋅asinA=12×3332=3，故b=c=3．
余弦定理可知：AD2=AB2+BD2−2×AB×BD×csB，即BD2−33BD+6=0，
解之得BD=3=13BC或BD=23=23BC，所以D为BC的三等分点．
【变式7-2】（2024·湖南衡阳·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=bcsC−33csinB
(1)求角B
(2)过B作BD⊥BA，交线段AC于D，且AD=2DC，求角C.
【解题思路】（1）由正弦定理边化角，再利用内角和为180°变换角A，最后进行三角恒等变化即可求解；
（2）利用AD=2DC，结合定比分点向量公式，用向量法来运算垂直关系，即可解得.
【解答过程】（1）由正弦定理得：sinA=sinBcsC−33sinCsinB．
∵A=π−B+C，∴sinA=sinB+C，
∴sinB+C=sinBcsC+csBsinC=sinBcsC−33sinCsinB
∴csBsinC=−33sinCsinB，
又sinC≠0，∴tanB=−3，又B为三角形内角，∴B=2π3．
（2）
因为D在AC边上，且AD=2DC，所以BD=23BC+13BA．
因为BD⊥BA，所以BD⋅BA=0，
即13BA+23BC⋅BA=0⇒13BA2+23BC⋅BA=0，
所以13c2+23accs2π3=0⇒c=a．
在△ABC中，由c=a，B=23π，可得C=π6.
【变式7-3】（23-24高三上·湖南长沙·期中）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=2π3，2csinAcsB=asinA−bsinB+12bsinC．
(1)求AD的长度；
(2)若E为AB上靠近B的四等分点，G为△ABC的重心，连接EG并延长与AC交于点F，求AF的长度．
【解题思路】（1）首先利用正弦定理，边角互化，再利用余弦定理，即可求得.
（2）首先利用重心的性质，求出AG，再利用余弦定理求出∠BAD=π2，再结合cs∠AGF=−cs∠AGE，解出sin∠AGF，最后利用正弦定理即可求解.
【解答过程】（1）依据题意，由2csinAcsB=asinA−bsinB+12bsinC可得
2accsB=a2−b2+12bc，则csB=a2−b2+12bc2ac=a2+c2−b22ac，∴c2=12bc，
b=2c=2，cs∠BAC=b2+c2−a22bc=4+1−a24=−12，解得a=7，BD=72
csB=1+7−427=1+74−AD27，解得AD为32；
（2）G为△ABC的重心，
∴AG=23AD=33，cs∠BAD=1+34−743=0,∴∠BAD=π2，EG=916+13=12912，
cs∠AGF=−cs∠AGE=−443，sin∠AGF=3343，cs∠DAC=cs(2π3−π2)=32,sin∠DAC=12，
∴cs∠AFE=−cs(∠AGF+∠DAC)=73243， sin∠AFE=5243，AGsin∠AFE=AFsin∠AGF，
∴AF=35.
【题型8 三角形的重心问题】
【例8】（2024·江苏苏州·二模）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知a+bc=sinC−sinBsinA−sinB．
(1)求角A；
(2)若a=6，点M为△ABC的重心，且AM=23，求△ABC的面积．
【解题思路】（1）根据正余弦定理边角互化即可求解;（2）根据重心的性质可得AD=33，进而根据余弦定理可得bc=36，由面积公式即可求解.
【解答过程】（1）因为a+bc=sinC−sinBsinA−sinB，由正弦定理可得a+bc=c−ba−b，
整理得b2+c2−a2=bc，由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=12．
又因为A∈0,π，所以A=π3．
（2）设AM的延长线交BC于点D，因为点M为△ABC的重心，所以点D为BC中点，
又因为AM=23，所以AD=33．
在△ABC中，由b2+c2−a2=bc和a=6，可得bc=b2+c2−36．
在△ABD和△ACD中，有cs∠ADB=−cs∠ADC，
由余弦定理可得32+332−c22×3×33=−32+332−b22×3×33
故b2+c2=72，所以bc=b2+c2−36=72−36=36，
所以△ABC的面积为12bcsinA=12×36×sinπ3=93．
【变式8-1】（2023·四川内江·一模）△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，a=6，bsinB+C2=asinB．
(1)求角A的大小；
(2)M为△ABC的重心，AM的延长线交BC于点D，且AM=23，求△ABC的面积．
【解题思路】（1）在△ABC中，利用诱导公式，正弦定理及正弦二倍角公式化简可得结果；
（2）分别在△ABC，△ABD和△ACD中，利用余弦定理建立等量关系，利用三角形面积公式可得结果.
【解答过程】（1）在△ABC中，因为bsinB+C2=bsinπ2−A2=bcsA2=asinB，
由正弦定理可得sinBcsA2=sinAsinB,∵0所以csA2=2sinA2csA2，∵00，
故sinA2=12，即A=π3.
（2）因为M为△ABC的重心，AM的延长线交BC于点D，且AM=23，
所以点D为BC中点，且AD=33，在△ABC中，a=6，csA=b2+c2−622bc=12，即bc=b2+c2−36，
在△ABD和△ACD中，cs∠ADB=AD2+BD2−c22AD⋅BD=−cs∠ADC=−AD2+CD2−b22AD⋅CD,化简得b2+c2=72，
所以bc=b2+c2−36=72−36=36，故S△ABC=12bcsinA=12×36×sinπ3=93，
所以△ABC的面积为93．
【变式8-2】（2023·江西景德镇·一模）如图，已知△ABD的重心为C，△ABC三内角A、B、C的对边分别为a，b，c.且cs2A2=b+c2c
(1)求∠ACB的大小；
(2)若∠CAB=π6，求sin∠CDA的大小.
【解题思路】（1）根据二倍角的余弦公式和正弦定理可得sinCcsA=sinB，由sinB=sin(A+C)与两角和的正弦公式可得sinAcsC=0，即可求解；
（2）如图延长DA、BC分别交AB、AD于点E、F，由（1）可得c=2a,b=3a，根据重心的定义可得CF=a2、CE=a，求出AD、CD，结合余弦定理和同角的三角函数关系计算即可求解.
【解答过程】（1）由题意知，cs2A2=b+c2c，12+12csA=b+c2c，
由正弦定理，得12+12csA=sinB+sinC2sinC，
整理，得sinCcsA=sinB，又sinB=sin(A+C)，
所以sinCcsA=sin(A+C)=sinAcsC+sinCcsA，
有sinAcsC=0，又sinA≠0，所以csC=0，
由0（2）由题意知，点C是△ABD的重心，
如图，延长DA、BC分别交AB、AD于点E、F，则E、F分别是AB、AD的中点，
由（1）知C=π2，又∠CAB=π6，则c=2a,b=3a，得AE=BE=a,CF=a2，
由∠CBA=π3，知△EBC为等边三角形，有CE=a，所以CD=2a，
在直角△ACF中，AF=AC2+CF2=13a2，所以AD=2AF=13a，
在△ACD中，由余弦定理，
得cs∠CDA=DA2+DC2−CA22DA⋅DC=13a2+4a2−3a2413a2=71326，
由0<∠CDA<π，得sin∠CDA=1−cs2∠CDA=3926，
即sin∠CDA的值为3926.
【变式8-3】（2023·广东佛山·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C的对边为a,b,c,c⋅sinA=a⋅csC，设△ABC的面积为S,S=24bc.
(1)求角B的大小；
(2)若a=3，过△ABC的重心点G的直线l与边a,c的交点分别为E,F,BC=λBE，BA=μBF，请计算λ+μ的值.
【解题思路】（1）根据正弦定理和同角三角函数基本关系式以及面积公式和三角形的内角和即可求解；（2）根据重心性质和向量的共线关系即可求解.
【解答过程】（1）在△ABC中，根据正弦定理asinA=bsinB=csinC
结合条件c⋅sinA=a⋅csC，可得：sinC⋅sinA=sinA⋅csC.
因为A∈0,π，所以sinA≠0，可得sinC=csC，
即有tanC=1，又C∈0,π，故C=π4.
又因为S=12ab⋅sinC=24ab=24bc，
可得a=c，即可得A=C=π4.根据A+B+C=π，
由此即可得B=π2.
（2）解法一：
以点B为原点，BA为x轴，BC为y轴建立平面直角坐标系.则可得点A3,0,C0,3.
根据重心的坐标公式可得：点G1,1.
可设过点G的直线l的方程为：y=kx−1+1，
由此可得点E,F的坐标为：0,1−k,1−1k,0.
根据BC=λBE,BA=μBF可得λ=31−k,μ=31−1k=3kk−1.
由此即可得λ+μ=3.
解法二：设AC的中点为D，连接BD，利用“重心”的性质可得BD=32BG，
根据三点共线的性质可得：BD=12BA+12BC，
根据条件BC=λBE,BA=μBF，
可得：32BG=λ2BE+μ2BF，
等价于BG=λ3BE+μ3BF，
又因为点G,E,F在一条直线上，
从而可得：λ3+μ3=1，即可得λ+μ=3成立.
【题型9 三角形的外接圆、内切圆问题】
【例9】（2024·云南曲靖·二模）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且acsC+3csinA=b+c.
(1)求角B的取值范围；
(2)已知△ABC内切圆的半径等于32，求△ABC周长的取值范围.
【解题思路】（1）由正弦定理可得sinAcsC+3sinCsinA=sinB+sinC，利用三角恒等变换可得sin(A−π6)=12，可求角B的取值范围；
（2）由三角形的面积可求得a=−b−c+bc，结合余弦定理可得(bc)2−2bc(b+c)+(b+c)2=(b+c)2−3bc，计算可得b+c≤2或b+c≥6，进而可求得
△ABC的周长L=a+b+c=b2+c2−2bccsA+b+c，设△ABC与圆内切于点D,E,F，b+c=AC+AB>AD+AF=3，进而分析可得△ABC的周长的取值范围.
【解答过程】（1）∵acsC+3csinA=b+c
由正弦定理得：sinAcsC+3sinCsinA=sinB+sinC，
∴sinAcsC+3sinCsinA=sinB+sinC，∴sinAcsC+3sinCsinA=sin(A+C)+sinC，
∴3sinCsinA=csAsinC+sinC.
∵sinC≠0，∴3sinA=csA+1，∴sin(A−π6)=12.
∵−π6∴角B的取值范围是0,2π3.
（2）∵S=12bcsinA=34bc,S=12(a+b+c)·r=34(a+b+c)，
∴a+b+c=bc，即a=−b−c+bc，
由余弦定理得：a2=b2+c2−bc.
∴(bc)2−2bc(b+c)+(b+c)2=(b+c)2−3bc，
∴bc=2b+c−3. ∴(bc)2−2bc=2(b+c)−3，
∵bc≤b+c22（当且仅当b=c时取等号），
∴2(b+c)−3≤(b+c)24,∴b+c≤2或b+c≥6.
设△ABC与圆内切于点D,E,F，则AD=AF=r·tan60°=32.
∴b+c=AC+AB>AD+AF=3，
∴b+c≥6（当且仅当b=c=3时取等号）.
△ABC的周长L=a+b+c=b2+c2−2bccsA+b+c，
=(b+c)2−3bc+b+c≥(b+c)2−3(b+c2)2+b+c
=32(b+c)≥9（当且仅当b=c=3时两处都取等号）.
∴Lmin=9，
∵c=AB>DB=rtanB2=32tanB2(∴B→0时，c→+∞，L→+∞,
∴△ABC的周长的取值范围是9,+∞.
【变式9-1】（2023·河南·模拟预测）已知△ABC的外心为O，点M,N分别在线段AB,AC上，且O恰为MN的中点．
(1)若BC=3,OA=1，求△ABC面积的最大值；
(2)证明：AM⋅MB=AN⋅NC．
【解题思路】（1）运用正弦定理得出∠BAC的角度，借助基本不等式根据余弦定理得出AB×AC的最大值，从而得出△ABC面积的最大值；
（2）利用余弦定理，由cs∠AMO+cs∠BMO=0可得出AM⋅MB=AO2−OM2，同理可得AN⋅NC=AO2−ON2，由O恰为MN的中点，可证本题.
【解答过程】（1）解：由正弦定理，得BCsin∠BAC=2OA，
所以sin∠BAC=BC2OA=32，
又∠BAC∈0,π，所以∠BAC=π3或2π3，
当∠BAC=π3时，
由余弦定理，得BC2=AB2+AC2−2AB×AC×cs∠BAC
=AB2+AC2−AB×AC≥2AB×AC−AB×AC=AB×AC，
所以AB×AC≤3，△ABC的面积S=12AB×AC×sinπ3≤334，
当且仅当AB=AC=3时，取等号；
当∠BAC=2π3时，
同理可得AB×AC≤1，△ABC的面积S≤34，
当且仅当AB=AC=1时，取等号．
综上，△ABC面积的最大值为334；
（2）证明：设AM=x1,BM=y1,AN=x2,CN=y2，
由余弦定理知cs∠AMO=x12+OM2−AO22x1⋅OM，cs∠BMO=y12+OM2−BO22y1⋅OM，
因为cs∠AMO+cs∠BMO=0，
所以x12+OM2−AO22x1⋅OM+y12+OM2−BO22y1⋅OM=0，
化简整理得x1y1+OM2−AO2x1+y1=0，
而x1+y1≠0，因此x1y1=AO2−OM2，
又因为O是△ABC外心，故AO=BO=CO，
同理可知x2y2=AO2−ON2，
因为O恰为MN的中点，
因此x1y1=x2y2，所以AM⋅MB=AN⋅NC．

【变式9-2】（2024·浙江·模拟预测）如图，在平面内的四个动点A，B，C，D构成的四边形ABCD中，AB=1，BC=2，CD=3，AD=4.
(1)求△ACD面积的取值范围；
(2)若四边形ABCD存在外接圆，求外接圆面积.
【解题思路】（1）根据三角形的性质，求AC的范围，再根据余弦定理求cs∠ADC的范围，以及sin∠ADC的范围，最后代入面积公式，即可求解；
（2）由余弦定理和有外接圆的四边形的性质，求AC和sin∠ADC，最后代入外接圆面积公式，即可求解.
【解答过程】（1）由三角形的性质可知，AB+BC>AC，即AC<3，
且AC+CD>AD，即AC>1，所以1△ADC中，cs∠ADC=9+16−AC22×3×4=25−AC224，
所以cs∠ADC∈23,1，则sin∠ADC∈0,53，
S△ADC=12×3×4×sin∠ADC=6sin∠ADC，
所以△ADC面积的取值范围是0,25；
（2）△ADC中，AC2=9+16−2×3×4×cs∠ADC=25−24cs∠ADC，
△ABC中，AC2=1+4−2×1×2×cs∠ABC=5−4cs∠ABC，
即25−24cs∠ADC=5−4cs∠ABC
因为四边形ABCD存在外接圆，所以∠ADC+∠ABC=180∘，即cs∠ADC=−cs∠ABC，
即25−24cs∠ADC=5+4cs∠ADC，得cs∠ADC=57，sin∠ADC=1−572=267，
此时AC2=25−24×57=557，即AC=3857，
由2R=ACsin∠ADC=231012⇒R=231024，
四边形ABCD外接圆的面积S=πR2=π×2310242=1155π288.
【变式9-3】（2024·全国·模拟预测）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，3b−csinA=3acsC．
(1)求角A的大小；
(2)若a=7，△ABC外接圆的半径为R，内切圆半径为r，求Rr的最小值．
【解题思路】（1）利用正弦定理、诱导公式及两角和的正弦公式得sinC(3csA−sinA)=0，由0（2）利用余弦定理及基本不等式求得(b+c)max=14，利用等面积法求得r的最大值，利用正弦定理求得R，求出Rr
【解答过程】（1）由3b−csinA=3acsC及正弦定理，
得3sinB−sinCsinA=3sinAcsC，
故3sin(A+C)−sinCsinA=3sinAcsC，
即3sinAcsC+3csAsinC−sinCsinA=3sinAcsC，
即sinC(3csA−sinA)=0．
由0因为0（2）由（1）和余弦定理可得，49=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc，
故bc=(b+c)2−493，49=(b+c)2−3bc≥(b+c)2−3b+c22= (b+c)24，
即b+c≤14，当且仅当b=c=7时等号成立．
故(b+c)max=14．
由利用等面积法求得r的最大值，易知12(a+b+c)r=12bcsinA，
故r=bcsinAa+b+c=32⋅bcb+c+7=32⋅(b+c)2−493b+c+7=36(b+c−7)≤736，故rmax=736，
利用正弦定理R=a2sinA=733，所以Rr的最小值为2．
一、单选题
1．（2024·贵州六盘水·三模）在△ABC中，AB=2，AC=3， ∠A=π3，则△ABC外接圆的半径为（ ）
A．73B．213C．273D．2213
【解题思路】由余弦定理可得BC的值，再由正弦定理可得△ABC外接圆的半径．
【解答过程】因为AB=2，AC=3， ∠A=π3，由余弦定理可得：BC=AB2+AC2−4AB⋅ACcsA=4+9−2×2×3×32=7，
设△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理可得：2R=BCsinA=737，则R=213．
故选：B．
2．（2024·新疆喀什·三模）在△ABC中，AB=2，BC=7，∠BAC=120°，D是BC边一点，AD是∠BAC的角平分线，则AD=（ ）
A．23B．1C．2D．3
【解题思路】由余弦定理得到AC=1，由正弦定理和BC=7得BD=273，求出cs∠ABC=5714，进而得到sin∠ABC=2114，在△ABD中，由正弦定理得到答案.
【解答过程】在△ABC中，由余弦定理得cs∠BAC=AB2+AC2−BC22AB⋅AC，
即4+AC2−74AC=−12，解得AC=1或−3（舍去），
在△ABD中，由正弦定理得ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，
在△ACD中，由正弦定理得ACsin∠ADC=CDsin∠CAD，
其中∠ADB+∠ADC=180°，∠BAD=∠CAD=60°，
所以sin∠ADB=sin∠ADC，sin∠BAD=sin∠CAD，
故ABAC=BDCD=21，
又BC=7，所以BD=273，
在△ABC中，由余弦定理得cs∠ABC=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=4+7−12×2×7=5714，
故sin∠ABC=1−57142=2114，
在△ABD中，由正弦定理得ADsin∠ABC=BDsin∠BAD，
即AD2114=27332，解得AD=23.
故选：A.
3．（2024·陕西·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，csinA−sinC=a−bsinA+sinB，若△ABC的面积为34，周长为3b，则AC边上的高为（ ）
A．33B．32C．3D．23
【解题思路】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理及三角形面积公式求解即得.
【解答过程】在△ABC中，由正弦定理及csinA−sinC=a−bsinA+sinB，
得c(a−c)=(a−b)(a+b)，即a2+c2−b2=ac，由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=12，
则sinB=32，由△ABC的面积为34，得12acsinB=34ac=34，解得ac=1，
由a2+c2−b2=ac，得(a+c)2−b2=3ac，又a+c=2b，因此b=1，
令AC边上的高为ℎ，则12bℎ=34，所以ℎ=32.
故选：B.
4．（2024·福建福州·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，点M为边BC的中点，若AM=AC，cs2B=csA+C，则sin∠BAC=（ ）
A．33B．63C．217D．277
【解题思路】先求出B=π3，然后用三角函数定义证明3a=2c，再使用正余弦定理即可求得结果.
【解答过程】
由已知有2cs2B−1=cs2B=csA+C=csπ−B=−csB，解得csB=12（舍去csB=−1），所以B=π3.
设N为MC的中点，由于AM=AC，故AN⊥MC，从而3a4c=34BCAB=BNAB=csB=12，所以3a=2c.
由余弦定理得b=a2+c2−2accsB=a2+c2−ac=a2+32a2−a⋅32a=72a，所以由正弦定理得sin∠BAC=sinB⋅ab=32⋅27=217.
故选：C.
5．（2024·山西·三模）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知A=2π3,b2+c2=24,△ABC的外接圆半径R=23,D是边AC的中点，则BD长为（ ）
A．2+1B．23C．62D．21
【解题思路】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，进而求角B，从而利用BD=12BA+BC可得BD的长度.
【解答过程】由A=2π3,△ABC的外接圆半径R=23，得a=2RsinA=2×23×32=6，
由a2=b2+c2−2abcsA和b2+c2=24得ab=12，
又b2+c2=24bc=12，解得b=c=23，所以B=C=12π−2π3=π6.
因为△ABC中，D是边AC的中点，所以BD=12BA+BC,
于是BD=12BA+BC2=12BA2+2BABCcs∠ABC+BC2
=12c2+3ca+a2=1212+3×23×6+36=21.
故选：D.
6．（2024·山东泰安·三模）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a，b，c，且bsinBsinA−a=c−asinCsinA，延长BC至点D，使得BC=CD，若AD=23,AB=2，则a=（ ）
A．1B．3C．2D．3
【解题思路】根据题意，利用正弦定理求得a2+c2−b2=ac，再由余弦定理，得到csB=12，求得B=π3，再△ABD中，由余弦定理，列出方程，即可求解.
【解答过程】因为bsinBsinA−a=c−asinCsinA，可得bsinB=asinA+c−asinC，
由正弦定理得b2=a2+c−ac，即a2+c2−b2=ac，
所以csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12，又因为0如图所示，由BD=2a，且AD=23，AB=2，
在△ABD中，由余弦定理得AD2=4+2a2−2×2×2a×csπ3=4+4a2−4a=12，
解得a=2或a=−1（负值舍去）.
故选：C.
7．（2024·广东广州·模拟预测）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若c=3，b=2，∠BAC的平分线AD的长为465，则BC边上的中线AH的长等于（ ）
A．172B．423C．174D．433
【解题思路】由设∠BAD=∠CAD=α，S△ABC=S△ABD+S△ACD可得csα的值，进而可求得cs2α，sin2α的值，结合余弦定理可得a，由AH2=14AB+AC2可求得AH2，即可求得结果.
【解答过程】由题意知，设∠BAD=∠CAD=α，则∠BAC=2α，如图所示，
由S△ABC=S△ABD+S△ACD可得12×3×2sin2α=12×3×465sinα+12×2×465sinα，
整理得3sin2α=26sinα，即sinα3csα−6=0，
又因为sinα≠0，所以csα=63，
所以cs2α=2cs2α−1=13，所以sin2α=1−cs22α=223，
在△ABC中，由余弦定理得a2=32+22−2×3×2cs2α=13−4=9，所以a=3，
由AH是BC边上的中线，得AH=12AB+AC
AH2=14AB+AC2
=14AB+AC2+2AB⋅AC=14b2+c2+2bccs2α=14b2+c2+23bc
=1422+32+2×2×3×13=144+9+4=174.
所以，中线长AH=172.
故选：A.
8．（2024·全国·模拟预测）已知在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,2sinA=acsC,c=2．若G为△ABC的重心，则GA2+GB2−GC2的最小值为（ ）
A．12−429B．8+429C．42−23D．4+223
【解题思路】先根据已知条件，利用正弦定理及同角三角函数的基本关系求出角C，然后利用余弦定理、基本不等式求出a2+b2≤8+42,cs∠ADC,cs∠ADB，并且结合cs∠ADC+cs∠ADB=0得到AD2的表达式，即可求得GA2的表达式，同理可得GB2,GC2的表达式，进而得到GA2+GB2−GC2的最小值.
【解答过程】由2sinA=acsC及c=2可得csinA=acsC，由正弦定理可得sinCsinA=sinAcsC，
又A∈(0,π),sinA>0，故sinC=csC,即tanC=1，而C∈(0,π),故C=π4；
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsπ4，故a2+b2=4+2ab≤4+22a2+b2，
故a2+b2≤8+42，当且仅当a=b=4+22时，取等号；
设D为BC的中点，连接AD，则G在AD上，
则cs∠ADC=AD2+a24−b22AD⋅a2，cs∠ADB=AD2+a24−c22AD⋅a2，
由cs∠ADC+cs∠ADB=0可得AD2=2b2+2c2−a24，
则GA2=23AD2=2b2+2c2−a29，
同理可得GB2=2a2+2c2−b29,GC2=2a2+2b2−c29，
故GA2+GB2−GC2=195c2−a2−b2=209−19a2+b2
≥209−19×8+42=12−429，当且仅当a=b=4+22时，取等号，
故GA2+GB2−GC2的最小值为12−429，
故选：A.
二、多选题
9．（2024·广西·二模）已知△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,O为△ABC的重心，csA=15,AO=2，则（ ）
A．AO=14AB+14ACB．AB⋅AC≤3
C．△ABC的面积的最大值为36D．a的最小值为25
【解题思路】利用重心性质及向量线性运算得AO=13AB+13AC，即可判断A，此式平方后结合基本不等式，向量的数量积的定义可求得AB⋅AC，ABAC的最大值，直接判断B，再结合三角形面积公式、余弦定理判断CD．
【解答过程】O是△ABC的重心，延长AO交BC于点D，则D是BC中点，
AO=23AD=23×12(AB+AC)=13AB+13AC，A错；
由AO=13AB+13AC得AB+AC=3AO，所以9AO2=(AB+AC)2=AB2+AC2+2AB⋅AC≥2ABAC+2AB⋅AC，
又AB⋅AC=ABACcsA=15ABAC，即ABAC=5AB⋅AC
所以2×5AB⋅AC+2AB⋅AC≤9×22，所以AB⋅AC≤3，当且仅当AB=AC时等号成立，B正确；
AB⋅AC=AB⋅ACcsA≤15，当且仅当AB=AC时等号成立，sinA=1−cs2A=265，
S△ABC=12AB⃗AC⃗sinA≤12×15×265=36，C正确；
由9AO2=(AB+AC)2=AB2+AC2+2AB⋅AC得AB2+AC2=36−2AB⋅AC=36−25ABAC，
所以a2=b2+c2−2bccsA=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA==36−45ABAC≥36−45×15=24，
a≥26，当且仅当AB=AC时等号成立，所以a的最小值是26，D错．
故选：BC．

10．（2024·福建泉州·模拟预测）△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a=2，△ABC的面积S=32AB⋅AC，则以下说法正确的是（ ）
A．A=30°
B．△ABC的周长的最大值为6
C．若bc=4，则△ABC为正三角形
D．若AB边上的中线长等于233，则S=3
【解题思路】根据条件对数量积进行表示同时表示面积即可求出角A，由余弦定理结合基本不等式即可判断B，C，利用中线公式结合余弦定理与三角形面积公式计算即可判断D．
【解答过程】对于A，S=32AB⋅AC=32bccsA=12bcsinA，
即可得到tanA=3，又A∈0,π，所以A=π3，故A项错误．
对于B，由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−3bc=4，
利用基本不等式可知bc≤b+c24，
所以b+c≤4，当且仅当b=c时取等号，此时周长最大值为6，故B项正确．
对于C，由B项可知当bc=4时，b+c=4，
则b=c=2=a，故△ABC为正三角形，故C项正确．
对于D，设AB边上的中线为CD，
设AD=BD=t，在△ACD中，CD2=t2+b2−2tbcsπ3=43，
在△ABC中，a2=2t2+b2−4tbcsπ3=4，
联立可解得t=b=233，
则S=12×233×433×32=233，故D项错误．
故选：BC.
11．（2024·云南曲靖·模拟预测）在△ABC中，AB=4，AC=6，A=π3，D为边BC上一动点，则（ ）
A．BC=27
B．当AD为角A的角平分线时，AD=1235
C．当D为边BC中点时，AD=32
D．若点P为△ABC内任一点，PA⋅PB+PC的最小值为−194
【解题思路】根据余弦定理求解BC=27，判定A正确；结合三角形面积公式，利用等面积法建立方程求解，可判定B正确；结合AD=12(AB+AC)，结合模的计算公式，可判定C错误；建立平面直角坐标系，表示出PA、PB和PC从而得到PA⋅PB+PC，利用x−22≥0,y−322≥0即可求得最小值，可判定D错误.
【解答过程】对于A中，在△ABC中，由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA
即BC2=42+62−2×4×6csπ3=28，所以BC=27，所以A正确；
对于B中，当AD为角A的角平分线时，
由等面积法得12×4×6sinπ3=12×4×AD⋅sinπ6+12×6×AD⋅sinπ6，
即5AD=123，解得AD=1235，所以B正确；
对于C中，由D为边BC中点时，可得AD=12(AB+AC)，
则AD2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)=14(16+36+24)=19，
所以AD=AD=19，所以C错误；
对于D中，以A为原点，以AC为x轴，过A垂直AC的直线为y轴，
建立平面直角坐标系，如图，
所以A0,0,B2,23,C6,0，设Px,y，
则PC=6−x,−y，PB=2−x,23−y，PA=−x,−y，
=−x,−y⋅8−2x,23−2y=2x2−8x+2y2−23y
PA⃗⋅PB⃗+PC⃗=−x,−y⋅2−x,23−y+6−x,−y
=−x,−y⋅8−2x,23−2y=2x2−8x+2y2−23y
=2x−22+y−322−194，
因为x−22≥0,y−322≥0，所以PA⃗⋅PB⃗+PC⃗≥2−194=−192，
当且仅当x=2,y=32时等号成立.
所以PA⋅PB+PC的最小值为−192.所以D错误.
故选：AB.
三、填空题
12．（2024·陕西西安·模拟预测）已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,C=135°，且△ABC的外接圆半径R=1，则△ABC面积的最大值为 2−12 ．
【解题思路】根据给定条件，利用正弦定理求出边c，再利用余弦定理结合基本不等式求出最大值.
【解答过程】依题意，c=2RsinC=2×1×sin135°=2，
由余弦定理得2=c2=a2+b2−2abcs135°≥2ab+2ab=(2+2)ab，当且仅当a=b时取等号，
此时ab≤22+2=2−2，则S△ABC=12absin135°≤24(2−2)=2−12，
所以△ABC面积的最大值为2−12.
故答案为：2−12.
13．（2024·四川自贡·三模）如图，D为△ABC的边AC上一点，|AD|=2|DC|，∠ABC=60°，|AB|+2|BC|=4，则BD的最小值为 233 .
【解题思路】设CD=x,BD=y,BC=m，则AD=2x,AB=4−2m，在△ABC中，运用余弦定理可得9x2=7m2−20m+16，再由∠ADB+∠BDC= 180°，cs∠ADB=−cs∠BDC，得y2=49m2−8m9+169，代入根据二次函数的最值可求得当m=1时，y有最小值，据此即可求解.
【解答过程】设CD=x,BD=y,BC=m，则AD=2x,AB=4−2m，
在△ABC中，∠ABC=60°，所以cs∠ABC=(4−2m)2+m2−(3x)22⋅m⋅(4−2m)=12，
所以9x2=7m2−20m+16，
因为∠ADB+∠BDC=180°，所以cs∠ADB=−cs∠BDC，
所以4x2+y2−(4−2m)22⋅2x⋅y=−x2+y2−m22⋅x⋅y，
所以y2=−2x2+2m2−163m+163，
所以y2=−2(79m2−209m+169)+2m2−163m+163，
所以y2=49m2−8m9+169，当m=1时，y2有最小值，此时|BD|取最小值，
所以|BD|=y=233.
故答案为：233.
14．（2024·四川绵阳·模拟预测）在钝角△ABC中，a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，点G是△ABC的重心，若AG⊥BG，则csC的取值范围是 63,1 .
【解题思路】延长CG交AB于D，由G为△ABC的重心，可得CD=32AB=32c，根据∠BDC+∠ADC=π，利用余弦定理可得5c2−2a23c2=−5c2−2b23c2，进而可得C为锐角，设A为钝角，则b2+c2b2，a>b，进而计算可得0【解答过程】延长CG交AB于D，如下图所示：
∵ G为△ABC的重心，∴ D为AB中点且CD=3DG，∵AG⊥BG，∴DG=12AB，∴CD=32AB=32c；
在△ADC中，cs∠ADC=AD2+CD2−AC22AD⋅CD=52c2−b232c2=5c2−2b23c2；
在△BDC中，cs∠BDC=BD2+CD2−BC22BD⋅CD=52c2−a232c2=5c2−2a23c2；
∵ ∠BDC+∠ADC=π，∴cs∠BDC=−cs∠ADC，即5c2−2a23c2=−5c2−2b23c2，
整理可得：a2+b2=5c2>c2，∴ C为锐角；
设A为钝角，则b2+c2b2，a>b，
∴a2>b2+a2+b25b2解得：ba2<23，∵a>b>0，∴0csC=a2+b2−c22ab=25⋅a2+b2ab=25ab+ba>25×63+36=63，
又C为锐角，∴ 63故答案为：63,1.
四、解答题
15．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知△ABC的周长为20，角A，B，C所对的边分别为a，b，c
(1)若C=π4，c=7，求△ABC的面积；
(2)若△ABC的内切圆半径为3，a=7，求tanA的值．
【解题思路】（1）由余弦定理，可得a2+b2=2ab+49，又△ABC的周长为20，可得a+b=13，则可得ab=120−602，由三角形的面积公式即可求出△ABC的面积；
（2）由△ABC的内切圆的性质，可得BE=BD,CE=CF,AD=AF，∠OAD=12∠BAC，再由△ABC的周长为20，可求出AD=3，进而求出tan∠OAD=33，即可求出tanA的值．
【解答过程】（1）在△ABC中，由余弦定理，可得csC=a2+b2−c22ab，
由C=π4，c=7，则22=a2+b2−492ab，
得a2+b2=2ab+49,
由△ABC的周长为20，即a+b+c=20，则a+b=13，
所以a2+b2+2ab=169，则2ab+49+2ab=169，即2+2ab=120，
所以ab=1202+2=1202−22+22−2=1202−24−2=120−602，
故的面积为，S=12absinC=12120−602×22=302−30.
（2）根据题意，如图所示，
圆O为△ABC的内切圆，半径为3，切点分别为D、E、F，
则OD=OE=OF=3，且OD⊥AB,OE⊥BC,OF⊥AC，
由内切圆性质，圆心O为内角平分线的交点，
则BE=BD,CE=CF,AD=AF，且∠OAD=12∠BAC，
由△ABC中a=7，即BC=7，
所以BE+CE=BD+CF=7，又a+b+c=20，即BC+AB+AC=20，
所以BE+CE+BD+CF+AD+AF=20，则7+7+2AD=20，则AD=3，
在Rt△OAD中tan∠OAD=ODAD=33，
故tan∠BAC=tan2∠OAD=2tan∠OAD1−tan2∠OAD=2×331−13=3，
即tanA=3.
16．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）在△ABC中，记角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知3a=3ccsB+csinB．
(1)求角C；
(2)已知点D在AC边上，且AD=2DC，BC=6，BD=27，求△ABC的面积．
【解题思路】（1）代入正弦定理和两角和的正弦公式即可；
（2）先确定DC长度，再确定AC，即可判断三角形形状，确定面积．
【解答过程】（1）∵ 3a=3ccsB+csinB，由正弦定理可得 3sin(B+C)=3sinCcsB+sinCsinB，
∴ 3sinBcsC+3csBsinC=3sinCcsB+sinCsinB，
∵sinB≠0，
∴ tanC=3，C∈0,π，
∴ ∠C=π3；
（2）设DC=x，csπ3=12=x2+36−2812x，∴6x=x2+8，∴x=2或4，
当x=2时，AC=6，C=π3，此时三角形为正三角形，S=12×6×6×32=93
当x=4时，AC=12，AB2=BC2+AC2−2AC⋅BCcsC=108，
满足AB2+BC2=AC2，此时三角形为直角三角形，S=12×63×6=183．
17．（2024·山东青岛·三模）设三角形ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c且sinB+C=23sin2A2．
(1)求角A的大小；
(2)若b=3，BC边上的高为3217，求三角形ABC的周长．
【解题思路】（1）利用内角和为180°化简sinB+C=sinA，利用二倍角公式化简sin2A2=1−csA2，再利用辅助角公式化简即可求得A=π3；
（2）由面积公式和余弦定理，联立方程组求解三角形即可.
【解答过程】（1）因为A，B，C为△ABC的内角，所以sinB+C=sinA，
因为sin2A2=1−csA2，所以sinB+C=23sin2A2可化为：sinA=31−csA，
即sinA+3csA=3，即sinA+π3=32，
因为A+π3∈π3,4π3，解得：A+π3=2π3，即A=π3．
（2）由三角形面积公式得12b⋅csinA=12×3217a，b=3代入得：12×3⋅csinπ3=12×3217a，
所以a=72c，由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA=74c2得：c2+4c−12=0，
解得：c=2或c=−6舍去，即a=7，
所以△ABC的周长为5+7.
18．（2024·西藏·模拟预测）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsinA+π6−2a=c．
(1)求B；
(2)若∠ABC的平分线交AC于点D，且BD=2，a=3，求△ABC的面积．
【解题思路】（1）先应用正弦定理，再结合两角和差公式计算求值即可；
（2）先应用角平分线表示面积求出a,c,最后应用面积公式计算.
【解答过程】（1）由正弦定理及2bsinA+π6−2a=c，得2sinBsinA+π6−2sinA=sinC，
所以sinB3sinA+csA−2sinA=sinA+B，
整理，得3sinAsinB−2sinA=sinAcsB．
因为sinA≠0，所以3sinB−csB=2，即sinB−π6=1．
因为B∈(0,π),B−π6∈−π6,5π6，所以B=2π3．
（2）因为BD为∠ABC的平分线，所以S△ABC=S△BCD+S△BAD，
即12acsin∠ABC=12×2csin∠ABC2+12×2asin∠ABC2，
化简，得ac=2a+c，
由a=3，得c=6，
所以S△ABC=12acsinB
=12×3×6×sin2π3=932．
19．（2024·四川绵阳·模拟预测）三角形三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3ba=1−csBsinA.
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC的面积等于3，D为BC边的中点，当中线AD的长最短时，求AC边的长.
【解题思路】（1）由正弦定理以及条件边化角得3sinB=1−csB，再结合辅助角公式即可求解.
（2）先由面积公式S△ABC=12acsinB得ac=4，再在△ABD中，由余弦定理结合基本不等式即可得中线AD的最小值，进而可得AC长.
【解答过程】（1）在△ABC中，由正弦定理得，3sinBsinA=sinA−sinAcsB.
因为A∈0,π,sinA≠0，所以3sinB=1−csB，
所以3sinB+csB=2sinB+π6=1，即sinB+π6=12，
又B∈0,π，B+π6∈(π6,7π6)，则B+π6=5π6，
所以B=2π3.
（2）由（1）得S△ABC=12acsin120°=34ac=3，所以ac=4，
在△ABD中，由余弦定理可得：
AD2=c2+a22−2c⋅a2⋅cs120°=c2+a22+ac2≥3ac2=6，
当且仅当c=a2，即a=22，c=2时，等号成立，

此时AC2=a2+c2−2accs120°=8+2−2⋅22⋅2⋅−12=14，
故AC=14.