正余弦定理解三角形-2025年高考数学一轮复习学案（新高考）

第08讲正余弦定理解三角形

（10类核心考点精讲精练）

1%.考情探究・

1.5年真题考点分布

5年考情

考题示例考点分析关联考点

正弦定理解三角形

2024年新I卷，第15题,13分余弦定理解三角形正弦的和差公式

三角形面积公式及其应用

正弦定理解三角形

2024年新H卷，第15题,13分辅助角公式

正弦定理边角互化的应用

正弦定理解三角形

2023年新I卷，第17题,10分用和、差角的正弦公式化简、求值

三角形面积公式及其应用

三角形面积公式及其应用

2023年新II卷,第17题,10分数量积的运算律

余弦定理解三角形

2022年新I卷，第18题,12分正弦定理边角互化的应用基本不等式求和的最小值

正弦定理解三角形

2022年新II卷，第18题,12分三角形面积公式及其应用无

余弦定理解三角形

2021年新I卷，第19题,12分正弦定理边角互化的应用几何图形中的计算

正弦定理边角互化的应用

2021年新H卷，第18题,12分三角形面积公式及其应用无

余弦定理解三角形

正弦定理解三角形

2020年新I卷，第17题,10分无

余弦定理解三角形

正弦定理解三角形

2020年新II卷,第17题,10分无

余弦定理解三角形

2.命题规律及备考策略

【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较中等，分值为13-15分

【备考策略】1掌握正弦定理、余弦定理及其相关变形应用

2会用三角形的面积公式解决与面积有关的计算问题.

3会用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决三角形中的综合问题

【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，一般给以大题来命题、考查正余弦定理和三角形面积公式

在解三角形中的应用，同时也结合三角函数及三角恒等变换等知识点进行综合考查，需重点复习。

知识点1正弦定理及其变用

知识点2三角形中三个内角的关系

知识点3余弦定理

知识点4三角形的面积公式

考点1正弦定理边角互化解三角形

考点2利用正弦定理判断三角形解的个数

考点3余弦定理求值

考点4利用正余弦定理判断三角形的形状

考点5三角形面积的应用

考点6外接圆、内切圆半径问题

考点7双正弦

考点8双余弦

考点9解三角形中的证明问题

考点1。解三角形中的实际应用

知识讲解

1.正弦定理

(1)基本公式：

nhc

----=2R(其中R为A45C外接圆的半径)

sinAsinBsinC

（2）变形

abcQ+6+C"bQ+Cb+c

----=-----=-----=2R=-----------------=-----------=-----------=-----------

sin/sin5sinCsin24+sinS+sinCsinA+^mBsin/+sinCsin5+sinC

Q:b:c=sin4:sin5:sinC

2.三角形中三个内角的关系

A+B兀c

..•/+3+。=兀--------=—

'222

/.sin(5+C)=sin4,cos(B+C)=-cosA,tan(S+C)=-tanA

sin(W1鸟=sin|7l_C=cos|,cos(^)=cos|K_C=sin|tan(^)=tan|7l_C=cot^

5一万5一万万一万2

3.余弦定理

(1)边的余弦定理

a2=b2+c2-2bccosA,b1=a2+c2-2accosB,c2=a1+b2-labcosC

(2)角的余弦定理

b2+c2-a2Q2+02a2+Z>2-c2

cosA=cosB=cosC=

2bc2aclab

4.三角形的面积公式

SMBC=5皿

SMBC=—absinC=—acsinB=—besinA

考点一、正弦定理边角互化解三角形

典例引领

7T

1.（2023•全国•高考真题）在AZSC中，内角4民。的对边分别是〃也c,若acosB-bcos/=c,且。=5，

则N5=（）

7t713兀2K

A.——B.C.—D.——

105105

【答案】C

【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得//的值，最后利用三角形

内角和定理可得//的值.

【详解】由题意结合正弦定理可得sinZcos3-sin3cosZ=sinC,

即sinAcosB-sinBcos/=sin（/+5）=sin/cos5+sin5cosA,

整理可得sin8cos/=0,由于B£（0,兀），故sin5〉0,

TT

据此可得cosA=0,A=-

2f

TT兀_3兀

则5=兀_/_0=兀—

2io

故选：C.

2.（2024•湖南永州•三模）已知在。台。中，角A,5,C所对的边分别为。，b,。，且

acosB+bcosA=-2ccosC，sin2^+-U-,贝!]cos(A-B)=

I6J8

7

【答案】-/0.875

o

Orrr

【分析】利用正弦定理结合和角正弦公式可得sin(/+B)=-2sinCcosC,进而求得。=彳，从而有

A+B=^,故cos(4_8)=cos(2/—m]=cos(2/+W—]]=sin]24+g；即可求解.

【详解】因为acosB+bcosZ=-2ccosC,

由正弦定理可得sin/cos5+sin5cos4=-2sinCcosC,

即sin(4+5)=-2sinCcosC,所以sin(兀一C)=-2sinCeosC,

即sinC=-2sinCcosC,因为sinC>0,所以cosC=-；,

因为0<。<兀，所以C=¥，即H+B=

所以cos(^4-3)=cos124—I1=cos124+£—^]=sin(24+己]=：.

7

故答案为：—.

O

3.(2024・四川凉山•二模)设。8C的内角4B,C的对边分别为a,b,c,若竺竺当空+2=1,则

acosB+bcosAc

A=____

【答案】I

【分析】根据给定等式，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式计算即得.

【详解】在“3C中，由竺*等¥+2=1及正弦定理得:sinAcos5-sin5cosAsin5,

------------------------------+-------=1,

acosB+bcosAcsinAcos5+sin5cosAsinC

而sinC=sin(4+5)=sinAcos8+sin5cosA,

r।sin/cos5-sin5cosAsin5_

则二----------;-------+-----------；-------=1,

sinAcos5+sin5cosAsinAcos5+sinBcosA

整理得sinAcos5-sin5cos4+sin5=sinAcos5+sin5cosA,即2sin8cosA=sinB,

1兀

又sinB>0,因此cos4=—,而0<4<兀，所以力=;.

23

故答案为：—

4.(2024•全国•高考真题)记”5C的内角4,B,C的对边分别为a,b,c,已知sinZ+百cos/=2.

⑴求4

(2)若。=2,扬sinC=csin25，求"BC的周长.

【答案】⑴

6

(2)2+V6+35/2

【分析】（1）根据辅助角公式对条件sin/+Gcos/=2进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三

角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；

（2）先根据正弦定理边角互化算出8,然后根据正弦定理算出仇c即可得出周长.

【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）

由sin+-73cosA=2可得LinN+且cosN=1,即sin（/+g）=1,

223

十./八、.71,714兀、i,/兀兀An/口i兀

由।于/6（0,兀）=/+;€（不-r）,故/+二=彳，解得/

333326

方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）

由sin4+JJcos/=2,Xsin2A+cos2A=1消去sin4得到:

4cos24-46cosZ+3=00（2COS/-V§）2=0,解得cosZ=^-,

IT

又/e（0,7i）,故/=；

6

方法三：利用极值点求解

设/（x）=sinx+Gcosx（0<x<7c）,则/（x）=25亩］X+1］（0<x<兀），

显然1时，/（x）max=2,注意至I」/（4）=sinZ+V^cos4=2=2sin（/+；）,

63

/（%）max=/（，），在开区间0兀）上取到最大值，于是工=/必定是极值点，

即/"（/）=0=cos/一VJsin/,BPtanA=-y,

TT

又/e（0,兀），故/=自

6

方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）

=（l,y/3）,b=（sinA,cosA）,由题意，a-b=sinA+s/3cosA=2>

根据向量的数量积公式，）防=同|砥。5他a=23,今，

贝！12cos落3=2ocos落3=1,此时万,3=0,即同向共线，

n

根据向量共线条件，1.cos/=百•sin/u>tan/=——，

3

又/€（0,兀），故/=27T

方法五：利用万能公式求解

设/=1211(，根据万能公式，sin/+百cosN=2="+若。；)，

整理可得，t2-2(2-拒)t+(2-V3)2=0=(Z-(2-6))2,

解得tang=/=2-百，根据二倍角公式，tanA=,

21-产3

7T

又/€(0,兀)，故/=£

(2)由题设条件和正弦定理

41bsinC=csin2B=V2sin5sinC=2sinCsinBcosB，

又B,Ce(0,©,则sinBsinCwO,进而cosB=也,得到8=工，

24

7兀

于是。=兀一/一5二——，

12

sinC=sin(7i-A-B)=sin(4+5)=sinAcosB+sinBcosA=后;",

2_b_c

由正弦定理可得，上7=占=，77，即一£=一9=-7充，

sinZsin5sinCsin—sin—sin——

6412

解得b=2A/2,c=V6+V2，

故AA8C的周长为2+逐+30

L(2024•江西九江•三模)在"BC中,角45C所对的边分别为a,6,c,已知2c-a=26coM,则8=

()

兀7L2兀5兀

A.—B.—C.—D.—

6336

【答案】B

【分析】运用正弦定理进行边角互化，结合诱导公式以及两角和的正弦公式即可解决.

【详解】因为2。一a=2bcos4,

由正弦定理，2sinC-siib4=2sin5cos4

因为/+5+C=兀，/.2sin(/+5)-2sin5cos/=sirU,

展开化简2siiL4cos8=sinA丁sirt4>0,/.cosB=；,

JT

又5£(0,兀),「.5=§.

故选:B.

2.（2024•河北沧州•模拟预测）记"8c的内角4?,C的对边分别为a,6,c,若36cos8=acosC+ccos/,且

36=4c,则。=.

【答案】y/450

4

【分析】根据三角恒等变换化简计算可得cos2=:，由同角的平方关系可得sinS=递，结合正弦定理计算

33

即可求解.

【详解】因为3bcosB=acosC+ccos”,

所以3sin5cos5=sin4cosc+sinCcosZ,

所以3sin5cos5=51口（4+（7）.又$山（/+。）=51115wO,

所以cosB=—,所以sinB=Jl-cos?B=.

33

因为%=4c,由正弦定理知3sin5=4sinC,

所以sinC=Y2,又b>c,所以8>C,C=：.

24

TT

故答案为：7

4

3.（2024•内蒙古呼和浩特•二模）在AA8C中，记角A、B、C的对边分别为。、b、c,已知

y/3a=也ccosB+csiiiS.

⑴求角C；

（2）已知点。在/C边上，且/D=2OC,BC=6,BD=2夜,求“BC的面积.

7T

【答案】（l）/c=§

⑵S=9G或S=18G

【分析】(1)代入正弦定理和两角和的正弦公式即可；

(2)先确定。。长度，再确定4C,即可判断三角形形状，确定面积.

【详解】(1).「JJQ=JJccosB+csinS,由正弦定理可得V3sin(5+C)=V3sinCcos5+sinCsinB,

y/3sinBcosC+^3cos5sinC=V3sinCcos5+sinCsinB，

,：sin5w0,

•・tanC=百，Ce(0,7i),

?.ZC=~；

3

(2)设。C=x,cosm=g=%+[]—―,/.6x=x2+8,，x=2或4,

3212x

当x=2时，AC=6,C==,此时三角形为正三角形，S='x6x6x3=94

322

当x=4时，/C=12,AB2=BC2+AC2-2AC-BCcosC=IOS,

^^AB2+BC2=AC2,此时三角形为直角三角形，5=1x6V3x6=18V3.

考点二、利用正弦定理判断三角形解的个数

典例引领

JT

1.（2023•浙江•模拟预测）在中，角所对的边分别为名仇c.若5=*。=4,且该三角形有两解,

则b的范围是（）

（2省,+8（2A/3,4）

（°，4）（373,4）

【答案】B

【分析】利用正弦定理推出6=2,根据三角形有两解，确定角力的范围，从而结合sin4的取值范围求

得答案.

TT77T7T

因为该三角形有两解，故5=8</<7,/力］，

「故sinAe（曰,1）>即6=~~~©（2^/3,4），

故选：B

2.（2024・陕西渭南•模拟预测）己知的内角/,B,C的对边分别为a,6,c,则能使同时满足条件

冗

46=6的三角形不唯一的。的取值范围是（）

6

A.（3,6）B.（3,+8）C.（0,6）D.（0,3）

【答案】A

【分析】利用三角形不唯一的条件进行求解即可.

TT]

【详解】因为4=—,6=6,则6sinN=6x—=3,

62

要使满足条件的三角形不唯一，则6sin/<“<6,即3<a<6.

故选：A.

3.（2023・广东茂名•三模）（多选）中，角所对的边分别为。，仇c.以下结论中正确的有（）

A.若“=40,6=20,8=25°,则必有两解

B.若sin2N=sin28,则“3C一定为等腰三角形

C.若acosB-bcos/=c,则“3C一定为直角三角形

D.若3=孑0=2,且该三角形有两解，则6的范围是（月,+8）

【答案】AC

【分析】根据正弦定理可判断选项A；已知条件得出角48的关系，可判断选项B；化边为角可判断选项C；

根据正弦定理可判断选项D,进而可得正确选项.

【详解】对于A,若。=40,6=20,3=25°,则siiL4=痴皿=4°sin~5=2$诒25°<1,

b20

又“〉B,所以。5C必有两解，故A正确；

对于B,若sin2/=sin2B,则2Z=25或2/=兀-28,

即4=8或4+8=二，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误；

2

对于C,由正弦定理得：acosB-bcosA=c<^>sirUcosfi-siriBcos^=sinC,

即sin（N-8）=sin。=sin（N+3）nsinScosN=0,而sinfiwO,故4=',

所以“8C一定为直角三角形，故C正确；

7T

对于D,B=—,a=2,且该三角形有两解，所以asiiRvbva,

即2sin1<6<2,也即6<6<2,故D错误.

综上所述，只有AC正确，

故选：AC.

♦・即时检测

I______________________

JT

1.（23-24高二下•浙江•期中）在“8C中，ZA=-,AB=4,BC=a,且满足该条件的有两个，则。的

取值范围是（）

A.（0,2）B.（2,2石）C.（2,4）D.（2后4）

【答案】D

【分析】由正弦定理求出sinC,由sinC<l,且BCv/B,可得。的取值范围.

【详解】由正弦定理可得：号二方,所以sinC=^<l,所以a>2出，

因为满足条件的“BC有两个，所以即。<4,所以。的取值范围是（26,4）

故选：D

2.（2023・安徽・模拟预测）（多选）在。3C中，4B=6B=60。,若满足条件的三角形有两个，则/C边的

取值可能是（）

A.1.5B.1.6C.1.7D.1.8

【答案】BC

【分析】根据43义51115<4。<46即可求解.

【详解】根据题意可得：满足条件的ABC有两个，可得/8xsinB<NC<N8nm</C<6,

故选:BC

3.（2024•辽宁沈阳•模拟预测）（多选）在AA8C中，角A、B、C的对边分别为。、b、c,且已知a=2,

则（）

A.若N=45°,且“8C有两解，则6的取值范围是（2,2a）

B.若/=45°,且b=4,则AASC恰有一解.

C.若c=3,且。3C为钝角三角形，则方的取值范围是（旧,5）

D.若c=3,且。"为锐角三角形，贝g的取值范围是（逐，屈）

【答案】AD

【分析】根据正弦定理，判断三角形的解的个数，即可判断AB,根据余弦定理和三边的关系，即可判断

CD.

2=_L_,inS=-^=<l

【详解】A选项：由正弦定理,s

sin45°sinB2j2

且6>a=2,则2<6<2血，选项A正确；

选项B：bsinA=4x—=2V2>2,所以“BC无解，故B错误；

2

C选项：①。为最大边：32>22+b2,且3<2+8,止匕时1<6〈石；

②6为最大边：b2>22+32,且b<2+3,止匕时Jj^<6<5,选项C错误;

D选项：b2<22+32,且32<22+〃，所以也<b（岳,选项D正确；

故选：AD.

考点三、余弦定理求值

典例引领

L（2023•北京・高考真题）在AABC中,(〃+c)(sinA-sinC)=6(sinA-sinB),贝IjZC=(

【答案】B

【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.

【详解】因为（〃+。）（5山/一5由。）=6（5由4一$1115）,

所以由正弦定理得(。+cXa-c)=b(a-b),^a2-c2=ab-b2,

7+"2ab£

则a2+b2-c2=ab,故cosC=--------------

lab2ab2

冗

又0<c<7t,所以c=§.

故选：B.

2.（2021•全国•高考真题）在“8C中，已知8=120。，AC=屈,48=2,则3C=（）

A.1B.V2C.y/5D.3

【答案】D

【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.

【详解】设AB=c,AC=b,BC=a,

结合余弦定理：Z/2=/+/-2accos8可得：19=a2+4-2xaxcxcosl20°,

即：a2+2a-15=0,解得：。=3（a=-5舍去），

故2C=3.

故选：D.

【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型：

⑴已知三角形的三条边求三个角；

（2）己知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；

⑶已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形.

3.（2023•全国•高考真题）在。8C中，ZBAC=60°,AB=2,BC=s/6,/A4c的角平分线交2c于。，则

AD=.

【答案】2

【分析】方法一：利用余弦定理求出/C,再根据等面积法求出4D；

方法二：利用余弦定理求出再根据正弦定理求出瓦C,即可根据三角形的特征求出.

【详解】

如图所示：记4B=c,4C=b,BC=a,

方法一：由余弦定理可得，22+62-2X2X/7XCOS60°=6,

因为b>0,解得：b=l+V3，

由S—Be=SAABD+SACD可得,

—x2xxsin60°=—x2xADxsin30°+—xADx6xsin30°,

222

邪b2百（1+百）

解得：AD=~b=3+7312

1+-

2

故答案为：2.

方法二：由余弦定理可得，22+/）2-2X2X/）XCOS60O=6,因为八0,解得：b=l+VL

由正弦定理可得，一理——2一，解得：sinB=G我,sinC=—,

sin60°sinBsinC42

因为l+g>&>所以C=45。，5=180°-60--45°=75°,

又NBAD=30。,所以N/Z）8=75°,即/。=/3=2.

故答案为：2.

【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义

结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规.

h1+C2-a2

4.（2023•全国•高考真题）记“BC的内角C的对边分别为。，仇c,已知。。=2.

cosA

⑴求be；

,acosB-bcosAb,,VE

（2t）若——---一;一一=1，求/BC面积.

acosB+bcosAc

【答案】（1）1

【分析】（1）根据余弦定理即可解出;

(2)由(1)可知，只需求出sin/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/=62+02-26CCOS/,所以』*2-J26CCOSN=2A=2,解得：bc=l.

cosAcosA

/、,—rm…TEf/口QCOs5—bcosZbsinAcos5-sin5cosAsin5

(2)由正弦定理可得----———;=-———-—————

acosB+bcosAcsinAcos5+sin5cosAsine

sin(4—8)sin5sin(^4-5)-sin51

sin(4+5)sin(4+5)sin(4+5)

变形可得：sin(4-8)-sin(Z+B)=sin5,gp-2cosAsinB=sinB,

而0<sin3Wl,所以cos/=-1,又0<2<无，所以sin/=",

22

故。8C的面积为$0BC=Lbcsin/=Lxlx3=^.

2224

即时检测

I______________________

1.（2021・安徽安庆•二模）在。8C中，a,b,c分别是NB,C的对边.若〃=ac,且

a2+43bc=c2+ac9则的大小是（）

7cJC27r5兀

A.-B.-C.——D.——

6336

【答案】A

【分析】由/=就，且/+百儿=02+改，得到/+/—〃2=回°,利用余弦定理求解.

【详解】因为〃=ac,且〃2+,

所以/+—q2=6bc，

因为4«0,兀），所以/=£,

故选：A

2.（2024・安徽合肥•一模）在中，内角4及。的对边分别为。,仇。，若26cosc=a（2-c）,且&=］，

则。=（）

A.1B.V2C.V3D.2

【答案】A

【分析】给26cosc=a（2-c）两边同时乘以a,结合余弦定理求解即可.

【详解】因为26cosc=a（2-c）,两边同时乘以。得:

2

2abcosC=a(2-c),由余弦定理可得/_c2=2abcosC,

贝Ua2+b2-c2=a2^-c）,所以有/+02一/=/c,

Xo2+C2-b~=2accosB1所以a2c=2accos8,又因为B=§,

所以a=1.

故选：A

3.(2023•广东广州三模)在。8C中，点。在边3C上，AB=&，0=3,8=45。，ZADB=60°,^\AC

的长为.

【答案】V19

【分析】根据题意，由条件可得4D,然后在A/CD中由余弦定理即可得到结果.

【详解】

由题意，作AELBD交BD于E,

因为A8=V?,CD=3,8=45。，ZADB=60°,

bI、，A/2/~p.।AD=------=~7='=2

所以/E=—AB-V3,贝1Jsin60°~/3，

2—

2

在A/CD中，由余弦定理可得，AC2=AD2+CD2-2AD-CDcosZADC

=22+32-2X2X3XCOS120°=19.

所以，C=屈.

故答案为：V19.

4.（2023•全国•高考真题）在“3C中，己知N8/C=120。，AB=2,AC=\.

⑴求sin/48C；

⑵若。为8c上一点，且/34D=90。，求△/DC的面积.

【答案】（1）叵；

14

【分析】⑴首先由余弦定理求得边长8C的值为3c=近，然后由余弦定理可得cos3=里，最后由同角

14

三角函数基本关系可得sin5=—；

14

S1

(2)由题意可得^1=4,则据此即可求得△4DC的面积.

'△ACD5

【详解】（1）由余弦定理可得:

BC2=a2=b2+c2-2bccosA

=4+l-2x2xlxcos120°=7,

则2c=V7,

2ac2X2XV714

sinZ^5C=71-cos25

q—xABxADxsin90°

（2）由三角形面积公式可得产=----------------=4,

、△ACD-xACxADxsin30°

2

则Sm=3Bc=；x[；x2xlxsinl2o]=*.

J\N*JJ.\J

考点四、利用正余弦定理判断三角形的形状

典例引领

I___________——___________

1.（22-23高三•吉林白城•阶段练习）已知中，角A,B,C所对的边分别是。，b,c,若

（a+b+c）（b+c-a）=3bc,且sinN=2sin8cosC,那么AZ8C是（）

A.直角三角形B.等边三角形C.等腰三角形D.等腰直角三角形

【答案】B

【分析】将（a+b+c）（6+c-a）=36c化简并结合余弦定理可得A的值，再对sin/=2sinBcosC结合正、余

弦定理化简可得边长关系，进行判定三角形形状.

【详解】由（a+6+c）伍+c-a）=36c,得S+c?=36。，

整理得尸+/-/=比，则cos/J+f

2bc2

因为北（0,兀），所以/=],

又由sinZ=2sinBcosC及正弦定理，得a=----------—,化简得b=c,

lab

所以“5C为等边三角形，

故选：B

A

2.（22-23高三上•河北•阶段练习）在“BC中，角4瓦。对边为a/,c,且2c-cos?5=6+c,则"8C的形

状为（）

A.等边三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等腰直角三角形

【答案】B

A

【分析】先根据二倍角公式化简COS?',根据余弦定理化简得到，=/+〃即可得到答案.

A

【详解】因为2c=

所以2c•1+a，"=b+c,即c+ccos4=b+c,

2

所以ccosZ=b,

在“3C中，由余弦定理：cos/=,

2bc

R.„2_2

代入得，cP+c—a=b,即/+/—/=2心

2bc

所以。2=/+〃.

所以。BC直角三角形.

故选：B

Aa

3.（2024高三・全国•专题练习）设△Z5C的三边长为BC=Q,CA=b,AB=c,若tan—=；—,

2b+c

tan-=-------,则△/8C是（）.

2a+c

A.等腰三角形B.直角三角形

C.等腰三角形或直角三角形D.等腰直角三角形

【答案】B

【分析】若三角形各边长为a、b、c且内切圆半径为心

法一：由内切圆的性质有tan《==、tan?=一竺，根据边角关系可得。=b或/+/=,2,注意讨论所

得关系验证所得关系的内在联系；

JT

法二：由半角正切公式、正弦定理可得/=8或/+8=5,结合三角形内角的性质讨论所得关系判断三角

形的形状.

【详解】设尸二w（"+b+。），△的内切圆半径为尸，如图所示，

法一:

Ara/Brb

：.tan—=-不------①;tan—=-------=-------

2p-a2p-ba+c

p-baa+c即2(。一9a(a+c)

①。②,得:----------------------即2…

p-ab+cbb(b+c)

于是b(b+c)(c+a-b)=Q(Q+C)(6+C-Q),

ab2-b3+be2=a2b-a3+ac2，(Q-b)(/+/—/)=。,

从而得。=b或/+〃=c2,

・•・NZ=N5或/C=90°.故aABC为等腰三角形或直角三角形,

(1)当a=b时，内心/在等腰三角形C45的底边上的高C。上,

C

2

2C

从而得2sC'«Q---------

r=-V4-

a+b+c2a+c

2

又0—0=＜仅+c-a)=；c,代入①式，得=q=-即"a—

22/,\1b+ca+c2a+ca+c

\2na+cy—c

2a-c_a2

上式两边同时平方，得:化简2/=o,即c=缶.即△/BC直角三角形,

2a+c(a+c)2

・・・△力5。为等腰直角三角形.

(2)当/+62=°2时，易得/=；(a+b—c).

；(Q+6_0)

代入②式，得----,此式恒成立,

；(a+c-b)a+c

综上，△A8C为直角三角形.

法二：

Asin/Bsin5sin/sin/

利用tan1=tan——二及正弦定理和题设条件，得①，

1+cosA21+cosB1+cosAsin5+sinC

sinB_sin5

1+cosBsin^4+sinC

1+cosZ=sinB+sinC③；1+cosB=sin^4+sinC(4).

由③和④得:1+cos24-sin5=1+cosB-sinA,HPsinA+cosA=sinB+cosB,sin14+：=si.nBE+)一兀

I4

因为43为三角形内角,

.../+巴=5+四或/+工=兀—5—巴，即4=3或4+5=工.

44442

(1)若A=B,代入③得：1+cos/=sinB+sinC⑤

又C=n-A—B=n-2A,将其代入⑤，得：1+cos^4=sin74+sin2A.

变形得(sinA-cos4)2-(sinA-cos4)=0,

即(sinA-cos4)(sinA-cosZ-1)=0⑥,

由/二B知力为锐角，从而知5亩/-85/-1。0.

••・由⑥，得：sinA-cosA=0,即4=:，从而5=；,C=.

因此，△ABC为等腰直角三角形.

(2)若N+5=],即C=],此时③④恒成立，

综上，△NB