2025高考备考数学知识点突破2　解三角形中的热点问题

突破2解三角形中的热点问题学生用书P126命题点1解三角形中的最值（范围）问题例1[2022新高考卷Ⅰ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+sin（1）若C＝2π3，求（2）求a2＋解析（1）因为cosA1+sin所以cosA1+sin易知cosB≠0，所以cosA1+sin所以cosAcosB＝sinB＋sinAsinB，所以cos（A＋B）＝sinB，所以sinB＝－cosC＝－cos2π3＝因为B∈（0，π3），所以B＝π（2）由（1）得cos（A＋B）＝sinB，所以sin[π2－（A＋B）]＝sinB，且0＜A＋B＜π所以0＜B＜π2，0＜π2－（A＋B）＜所以π2－（A＋B）＝B，解得A＝π2－2由正弦定理得a2＋b2c2＝sin2A＋sin2Bsin2C＝sin2（π2－2B）＋sin2B1－sin2B＝cos22B＋方法技巧解三角形中的最值（范围）问题的求解方法函数法利用“一角一函数”模型或二次函数模型求解.基本不等式法先转化为“和”或“积”为定值的形式，然后利用基本不等式求解.几何法根据已知条件画出图形，结合图形，找出临界位置，数形结合求解.注意注意题目中隐含条件的应用，如A＋B＋C＝π，0＜A＜π，｜b－c｜＜a＜b＋c，三角形中大边对大角等.训练1[全国卷Ⅱ]△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC.（1）求A；（2）若BC＝3，求△ABC周长的最大值.解析设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.（1）由正弦定理和已知条件得a2－b2－c2＝bc.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得cosA＝－12因为0＜A＜π，所以A＝2π（2）由BC＝a＝3，A＝2π3，得bsinB＝csinC从而b＝23sinB，c＝23sin（π－A－B）＝3cosB－3sinB，故a＋b＋c＝3＋3sinB＋3cosB＝3＋23sin（B＋π3）又0＜B＜π3，所以π3＜B＋π3故当B＝π6时，△ABC周长取得最大值3＋23命题点2多三角形问题例2[2021新高考卷Ⅰ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC.（1）证明：BD＝b；（2）若AD＝2DC，求cos∠ABC.解析（1）由题易得BDa＝sinCsin∠ABC.在△ABC中，由正弦定理得sinCsin∠ABC＝cb，则BDa又b2＝ac，所以BD·b＝b2，又b＞0，所以BD＝b.（2）解法一由题意可知AD＝23b，DC＝13b.在△ABD与△ABC中，cos∠BAD＝cos∠BAC，所以c2＋49b2－b22c·23b＝c2＋b2－a22bc①.将b2＝ac代入①式可得6a2－11ac＋3c2＝0，即（当c＝23a时，cos∠ABC＝c2＋a2当c＝3a时，cos∠ABC＝c2＋a2－ac2ac＝综上，cos∠ABC＝712解法二由题意可得，AD＝23AC，所以BD＝BA＋AD＝BA＋23AC＝BA＋23（BC－BA）＝13BA＋23BC，则BD2＝19c2＋由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos∠ABC②，联立①②得11b2＝3c2＋6a2，因为b2＝ac，所以3c2－11ac＋6a2＝0，所以c＝3a或c＝23a.以下同解法一方法技巧多三角形问题的解题思路（1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦定理或余弦定理求解；（2）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件（如公共边，公共角，邻角之间的关系），求出结果.训练2[全国卷Ⅰ]如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝－14.解析依题意得，AE＝AD＝3，在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcos∠CAE＝3＋1－23cos30°＝1，所以EC＝1，所以CF＝EC＝1.又BC＝AC2＋AB2＝1+3＝2，BF＝BD＝AD2＋AB2＝6，所以在△命题点3解三角形中的证明问题例3[2023陕西安康中学5月质检]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinCcosB－2sinBcosC＝0.（1）证明：c2－b2＝13a2（2）若a＝3，点D在边BC上，且AD⊥BC，AD＝3，求△ABC的周长.解析（1）由sinCcosB－2sinBcosC＝0，可得sinC·cosB＋sinBcosC＝3sinBcosC，所以sin（B＋C）＝3sinBcosC，由B＋C＝π－A，可得sin（B＋C）＝sinA，即sinA＝3sinBcosC，所以a＝3b×a2＋b2－c22ab，可得2a2＝3a2＋3b2－3c2，即c2（2）由（1）及a＝3，知c2－b2＝3，可得c2＝b2＋3，由余弦定理得cos∠BAC＝b2＋c由AD⊥BC，AD＝3，可得S△ABC＝12×3×3＝3又S△ABC＝12bcsin∠BAC，所以12bcsin∠BAC＝332，可得sin∠因为cos2∠BAC＋sin2∠BAC＝（b2－3bc）2＋（33bc）2＝1，c2＝b2＋3，所以b2＝4，解得b＝2，c＝7，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝3＋2＋方法技巧对于解三角形中的证明问题，要仔细观察条件与结论之间的联系，发现二者之间的差异，利用正弦定理、余弦定理及三角恒等变换把条件转换为结论，即可得证.训练3[2023石家庄市三检]已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，sinA＝4sinCcosB，且c＝2.（1）证明：tanB＝3tanC；（2）若b＝23，求△ABC外接圆的面积.解析（1）因为sinA＝4sinCcosB，所以sin（B＋C）＝4sinCcosB，即sinBcosC＋cosBsinC＝4sinCcosB，即sinBcosC＝3sinCcosB，所以tanB＝3tanC.（2）因为sinA＝4sinCcosB，所以a＝4c·a2即a2＋2c2－2b2＝0.又b＝23，c＝2，所以a＝4，所以c2＋b2＝a2，所以A＝π2则△ABC外接圆的半径R＝12a＝2所以△ABC外接圆的面积S＝πR2＝4π.命题点4三角形中的“三线”问题例4（1）[2023合肥六中5月模拟]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若ccosA＋acosC＝2，AC边上的高为3，则∠ABC的最大值为（B）A.π6 B.π3 C.π2 解析由射影定理得ccosA＋acosC＝b＝2.∵AC边上的高为3，∴S△ABC＝12×2×3＝12acsin∠ABC，即ac＝23sin∠ABC.∵cos∠ABC＝a2＋c2－b22ac≥2ac－b22ac＝1－2ac，当且仅当a＝c时等号成立.∴cos∠ABC≥1－33sin∠ABC，即3sin∠ABC＋3cos∠ABC≥3，则sin（∠ABC＋π3）≥32.∵∠ABC∈（0，π），∴∠ABC＋π3∈（π3，4π3），则∠ABC＋π3∈（2）[2023全国卷甲]在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝6，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝2.解析在△ABC中，由余弦定理得cos60°＝AC2+4－62×2AC，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋3.又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以12×2ACsin60°＝12×2ADsin30°＋12AC×例5[2023新高考卷Ⅱ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为3，D为BC的中点，且AD＝1.（1）若∠ADC＝π3，求tanB（2）若b2＋c2＝8，求b，c.解析（1）因为D为BC的中点，所以S△ABC＝2S△ADC＝2×12×AD×DCsin∠ADC＝2×12×1×DC×32解得DC＝2，所以BD＝DC＝2，a＝4.因为∠ADC＝π3，所以∠ADB＝2π3，所以B∈（0，在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝7.在△ABD中，由正弦定理，得csin∠ADB＝所以sinB＝ADsin∠ADBc所以cosB＝1－sin2所以tanB＝sinBcos（2）因为D为BC的中点，所以BD＝DC.因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＝－cos∠ADC，则在△ABD与△ADC中，由余弦定理，得AD2＋BD2－c22AD·－（1＋BD2－b2），所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝3，所以a＝23.在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝b2＋c2－所以S△ABC＝12bcsin∠BAC＝12bc1－cos2∠BAC＝12bc1则由bc=4，b2＋c2方法技巧如图，在△ABC中，1.若AD为BC边上的中线，则：（1）AD＝12（AB＋AC），两边平方之后解题；（2）S△ABD＝S△ACD2.若AD为∠BAC的角平分线，则：（1）S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，利用三角形面积公式展开得到边的关系；（2）cos∠BAD＝cos∠CAD，利用余弦定理列方程；（3）S△ABDS△ACD3.若AD为BC边上的高线，则：（1）可得到Rt△ADB及Rt△ADC，利用勾股定理及三角函数解题；（2）S△ABC＝12AD·BC注意（1）利用相等角的余弦值相等，从而结合余弦定理列方程是解三角形中的常用方法；（2）在已知条件中见到面积时，要考虑到三角形的高线.训练4（1）[2023沈阳市三检]在△ABC中，AD为∠BAC的角平分线，AB＝5，AC＝3，cos∠ABC＝1314，则BC＝7或167；若AB＜BC，则AD＝15解析因为AB＝5，AC＝3，cos∠ABC＝1314，所以在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，得9＝25＋BC2－657BC，即BC2－657BC＋16＝0，解得BC＝7或BC若AB＜BC，则BC＝7，因为AD为∠BAC的角平分线，所以BDDC＝ABAC＝53，所以BD＝58×7＝358，在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABC＝52＋（358）2－2×5×358×13（2）如图，△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c.已知a2＋c2＝b2＋ac，则B＝π3.若线段AC的垂直平分线交AC于点D，交AB于点E，且BC＝4，DE＝6，则△BCE的面积为23.解析由余弦定理知cosB＝a2又a2＋c2＝b2＋ac，∴cosB＝12∵0＜B＜π，∴B＝π3在△BCE中，设∠CEB＝θ，则CEsinπ3＝BCsinθ∵线段AC的垂直平分线交AC于点D，交AB于点E，∴∠ECA＝∠EAC＝θ2，∴sinθ2＝DECE＝2sinθ2∴θ2＝π4，即θ＝π2，∴CE＝∴BE＝2，∴S△BCE＝12CE·BE＝231.[命题点1/2022全国卷甲]已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当ACAB取得最小值时，BD＝3－1解析设BD＝k（k＞0），则CD＝2k.根据题意作出大致图形，如图.在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋k2－2×2k×（－12）＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝22＋（2k）2－2×2×2k×12＝4k2－4k＋4，则AC2AB2＝4k2－4k+4k2+2k+4＝4（k2+2k+4)－12k－12k2+2k+4＝4－12（k+1）k2+2k+4＝4－12（k+1）（k+1）2+3＝4－12k+1+3k+1.∵k2.[命题点1]在平面四边形ABCD中，A＝B＝C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是（6－2，6＋2）.解析如图，作△PBC，使B＝C＝75°，BC＝2，则P＝30°.作直线AD分别交线段PB，PC于A，D两点（不与端点重合），且使∠BAD＝75°，则四边形ABCD就是符合题意的四边形.过C作AD的平行线交PB于点Q，在△PBC中，BCsin30°＝BPsin75°，可求得BP＝6＋2，同理，在△QBC中，可求得BQ＝6－2，所以AB的取值范围是（6－2，6＋3.[命题点2]如图，四边形ABCD中，AB2＋BC2＋AB·BC＝AC2.（1）若AB＝3BC＝3，求△ABC的面积；（2）若CD＝3BC，∠CAD＝30°，∠BCD＝120°，求∠ACB的值.解析（1）在△ABC中，cosB＝AB2＋BC因为0°＜B＜180°，所以B＝120°.S△ABC＝12AB·BCsin120°＝12×3×1×32（2）设∠ACB＝θ，则∠ACD＝120°－θ，∠ADC＝30°＋θ，∠BAC＝60°－θ.在△ACD中，由ACsin（30得AC＝sin（30°在△ABC中，由ACsin120°＝得AC＝sin120°sin（由①②，并结合CD＝3BC，得3sin（30°＋θ）sin30°＝sin120°sin（60°－θ），整理得sin（30°＋θ）sin（因为0°＜θ＜60°，所以60°＜60°＋2θ＜180°，所以60°＋2θ＝150°，解得θ＝45°，即∠ACB的值为45°.4.[命题点2，3，4/2023华南师大附中三模]在△ABC中，AB＝2AC，∠BAC的平分线交边BC于点D.（1）证明：BC＝3CD；（2）若AD＝AC，且△ABC的面积为67，求BC的长.解析（1）设∠BAD＝α，∠BDA＝β，则∠CAD＝α，∠CDA＝π－β.在△ABD和△ACD中分别运用正弦定理，得ABBD＝sinβsinα，所以ABBD＝ACCD，即ABAC＝BDCD，又AB＝2AC，故BD＝2CD，所以BC（2）设AB＝2AC＝2t，所以AD＝AC＝t.由S△ABC＝S△ACD＋S△ABD，可得12·t·2t·sin2α＝12·t·t·sinα＋12·2t·t所以4sinαcosα＝3sinα.因为sinα≠0，所以cosα＝34所以cos2α＝2cos2α－1＝18又0＜2α＜π，所以sin2α＝1－cos所以S△ABC＝67＝12·t·2t·sin2α＝378t2，所以t2所以BC2＝t2＋4t2－2×t×2t×cos2α＝92t2＝92×16＝72，所以BC＝6学生用书·练习帮P3221.[2023西安检测]已知△ABC的内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，内角A的平分线交边BC于D点，且AD＝4.若（2b＋c）cos∠BAC＋acosC＝0，则△ABC面积的最小值是163.解析由（2b＋c）cos∠BAC＋acosC＝0，结合正弦定理，得2sinBcos∠BAC＋sinCcos∠BAC＋sin∠BACcosC＝0，即2sinBcos∠BAC＋sinB＝0，又sinB≠0，所以cos∠BAC＝－12，所以∠BAC＝2因为AD为∠BAC的平分线，所以∠BAD＝∠CAD＝π3，S△ABC＝12bcsin∠BAC＝34bc，S△ABC＝S△ABD＋S△ACD＝12×4csinπ3＋12×4bsinπ3＝3（b＋c），所以34bc＝3（b＋c），所以1b＋1c＝14.S△ABC＝3（b＋c）＝43（b＋c）（1b＋1c）＝43（2＋cb＋bc2.[2024西安调研]在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且满足tanA＋tanB＋tanC＝33tanAtanB，若c＝2，则a2＋b2的取值范围是（4，28）∪（28，16＋83]解析解法一在斜三角形ABC中，tan（A＋B）＝tan（π－C）＝－tanC，tan（A＋B）＝tanA＋tanB1－tanAtanB，则－tanC＝tanA＋tatanB，且tanAtanB≠0，故tanC＝33∵0＜C＜π，∴C＝π6∵c2＝a2＋b2－2abcosC，c＝2，∴4＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－3ab≥a2＋b2－3（∴a2＋b2≤16＋83，当且仅当a＝b时取等号.又a2＋b2＝c2＋2abcosC＝4＋3ab＞4，且△ABC为斜三角形，∴B≠π2，A≠π∴a2＋b2≠28，∴a2＋b2的取值范围是（4，28）∪（28，16＋83].解法二由解法一得C＝π6∴由正弦定理得asinA＝bsinB＝即a＝4sinA，b＝4sinB，∴a2＋b2＝16（sin2A＋sin2B）＝16（1－cos2A2＋1－cos2B2）＝∵cos2B＝cos[2π－（2A＋2C）]＝cos（2A＋2C）＝cos（2A＋π3∴a2＋b2＝16－8[cos2A＋cos（2A＋π3）]＝16－8（cos2A＋12cos2A－32sin2A）8（32cos2A－32sin2A）＝16－83cos（2A＋又△ABC是斜三角形，∴0＜A＜5π6，且A≠π3，A∴－1≤cos（2A＋π6）＜32，且cos（2A＋π6）∴a2＋b2∈（4，28）∪（28，16＋83].3.[2023浙江名校联考]已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足acosB－bcosA＝a－c.（1）求B；（2）若b＝7，a＝2，M为边AC的中点，求BM的长.解析（1）解法一因为acosB－bcosA＝a－c，所以由余弦定理化简得b2＝a2＋c2－ac.所以cosB＝a2＋c2－b22ac＝12，结合B∈解法二由acosB－bcosA＝a－c，结合正弦定理可得sinAcosB－sinBcosA＝sinA－sinC，因为sinC＝sin（A＋B）＝sinAcosB＋cosAsinB，所以sinAcosB－sinBcosA＝sinA－sinAcosB－cosAsinB，化简得cosB＝12因为0＜B＜π，所以B＝π3（2）因为b＝7，a＝2，所以cos∠ABC＝a2＋c2－b22ac因为M为边AC的中点，所以BM＝12（BA＋BC所以｜BM｜＝12（BA即BM的长为1924.[2024福建漳州调研]设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有2sin（B＋π6）＝b（1）求角A；（2）若BC边上的高h＝34a，求cosBcosC解析（1）由2sin（B＋π6）＝b＋ca可得3sinB＋cos由正弦定理得3sinB＋cosB＝sinB即3sinAsinB＋sinAcosB＝sinB＋sin（A＋B），即3sinAsinB＋sinAcosB＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，即3sinAsinB＝sinB＋cosAsinB.又sinB≠0，所以3sinA－cosA＝1，即sin（A－π6）＝1由0＜A＜π，得A＝π3（2）△ABC的面积S＝12a·34a＝12bcsinA，所以可得a2＝由正弦定理得sin2A＝2sinBsinC，得sinBsinC＝38又cos（B＋C）＝－cosA＝－12，即cosBcosC－sinBsinC＝－1所以cosBcosC＝－185.[2024安徽六校联考]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2a－cc（1）求角B的大小；（2）若BC的中点为D且AD＝3，求a＋2c的最大值.解析（1）由已知2a－ccosC＝b即（2sin∠BAC－sinC）cosB＝sinBcosC，所以2sin∠BACcosB＝sinBcosC＋sinCcosB＝sin（B＋C），又∠BAC＋B＋C＝π，所以2sin∠BACcosB＝sin∠BAC，因为∠BAC∈（0，π），所以sin∠BAC＞0，所以cosB＝12又B∈（0，π），所以B＝π3（2）在△ABD中，由正弦定理BDsin∠BAD＝ABsin∠ADB＝ADsinB，得BDsin设∠BAD＝θ，则a＝4sinθ，c＝2sin（θ＋π3所以a＋2c＝4[sinθ＋sin（θ＋π3）]＝43（32sinθ＋12cosθ）＝43sin（θ在△ABD中，B＝π3，所以θ∈（0，2π3），θ＋π6∈（所以当θ＋π6＝π2，即θ＝π3时，sin（θ＋π所以a＋2c的最大值为43.6.在①ccosAa＝2sin2C2，②atanAcosB＝在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c， .（1）求证：△ABC是等腰三角形；（2）若D为边BC的中点，且AD＝1，求△ABC周长的最大值.解析（1）方案一：选条件①.由ccosAa＝2sin2C2及正弦定理，得sinCcos所以sinCcosA＝sinA－sinAcosC，即sinA＝sin（A＋C）＝sinB，又0＜A＜π，0＜B＜π，所以A＝B或A＋B＝π（不合题意，舍去），故△ABC是等腰三角形.方案二：选条件②.由atanAcosB所以asinA＝bsinB，由正弦定理，得a2＝b2，故a＝b，所以△ABC为等腰三角形.方案三：选条件③.由a2sinBcosB＝所以sinAcosA＝sinBcosB，得sin2A＝sin2B，又0＜A＜π，0＜B＜π，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，又C≠π2，所以A＝B所以△ABC为等腰三角形.（2）由（1）知，△ABC为等腰三角形，且a＝b.在△ABD中，由余弦定理，得1＝c2＋a24－2c×a2化简得a2＋2c2＝4.设△ABC的周长为l，则l＝a＋b＋c＝2a＋c，所以l2＝（2a＋c）2＝4a2＋4ac＋c2≤4a2＋（4c）2＋a22＋c2当且仅当4c＝a，a2所以△ABC周长的最大值lmax＝18＝32.7.[2023福建质检]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2csin（A＋π6）（1）求C；（2）若c＝1，D为△ABC的外接圆上的点，BA·BD＝BA2，求四边形ABCD面积的最大值解析（1）因为b＝2csin（A＋π6），所以在△ABC中，由正弦定理得，sinB＝2sinCsin（A＋π6又sinB＝sin（π－A－C）＝sin（A＋C），所以sin（A＋C）＝2sinCsin（A＋π6展开得sinAcosC＋cosAsinC＝2sinC（32sinA＋12cos即sinAcosC－3sinCsinA＝0，又sinA≠0，所以cosC＝3sinC，即tanC＝33又C∈（0，π），所以C＝π6（2）解法一如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R.因为BA·BD＝BA2，所以BA·（BD－BA）＝0，即BA·AD＝0，所以DA⊥BA故BD是☉O的直径，所以BC⊥CD.在△ABC中，c＝1，2R＝csin∠BCA＝1sinπ6＝在△ABD中，AD＝BD2－设四边形ABCD的面积为S，BC＝x，CD＝y，则x2＋y2＝4，S＝S△ABD＋S△CBD＝12AB·AD＋12BC·CD＝32＋12xy≤32＋12·当且仅当x＝y＝2时，等号成立.所以四边形ABCD面积的最大值为32＋解法二