2025年高考数学必刷题分类：第33讲、解三角形图形问题 （教师版）

第33讲解三角形图形问题

知识梳理

解决三角形图形类问题的方法：

方法一：两次应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；

方法二：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；

方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；

方法四：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；

方法五：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；

方法六：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.

必考题型全归纳

题型一：妙用两次正弦定理

例1．（2024·全国·高三专题练习）如图，四边形ABCD中BAC90，ABC30，ADCD，

设ACD.

（1）若ABC面积是ACD面积的4倍，求sin2；

（2）若ADB，求tan.

6

【解析】（1）设ACa，则AB3a，ADasin，CDacos，由题意SABC4SACD，

113

则a3a4acosasin，所以sin2.

222

BD3a

BDAB

（2）由正弦定理，ABD中，，即①

sinBADsinADBsinsin

6

BD2a

BDBC

BCD中，，即②

sinBCDsinCDBsinsin

33

①÷②得：2sin3sin，化简得

3

3

3cos2sin，所以tan.

2

例2．（2024·湖北黄冈·高一统考期末）如图，四边形

ABCD中BAC=90，

ABC

=60，

ADCD，设

ACD=．

（1）若ABC面积是ACD面积的4倍，求

sin2;

1

（2）若

tanADB=，求

tan.

2

【解析】（1）设ABa，

则AC3a，AD3asin，CD3acos，

由题意SABC4SACD，

11

则a3a43acos3asin，

22

3

所以sin2.

6

BDAB

（2）由正弦定理，在△ABD中，，

sinBADsinADB

BDa

即①

sinsinADB

BDBC

在△BCD中，，

sinBCDsinCDB

BD2a

即②

sinsin（ADB)

62

sin

2tanADB1

②÷①得：，

sin

6

sinsin，化简得cos(23)sin，

6

所以tan2+3.

例3．（2024·全国·高三专题练习）在①AB2AD，②sinACB2sinACD，③

SABC2SACD这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.

已知在四边形ABCD中，ABCADCπ，BCCD2，且______.

(1)证明：tanABC3tanBAC；

(2)若AC3，求四边形ABCD的面积.

【解析】（1）方案一：选条件①.

ACBCAB

在ABC中，由正弦定理得，，

sinABCsinBACsinACB

ACCDAD

在ACD中，由正弦定理得，，

sinADCsinDACsinACD

因为ABCADCπ，所以sinABCsinADC，

因为BCCD，所以sinBACsinDAC，

因为BACDACπ，所以BACDAC，

因为AB2AD，所以sinACB2sinACD.

因为sinACBsinABCBAC，

sinACDsinCADADCsinBACπABCsinABCBAC，

所以sinABCBAC2sinABCBAC，

即sinABCcosBACcosABCsinBAC2sinABCcosBACcosABCsinBAC，

所以sinABCcosBAC3cosABCsinBAC，

所以tanABC3tanBAC.

方案二：选条件②.

ACBC

在ABC中，由正弦定理得，，

sinABCsinBAC

ACCD

在ACD中，由正弦定理得，，

sinADCsinDAC

因为ABCADCπ，所以sinABCsinADC，

因为BCCD，所以sinBACsinDAC.

因为BACDACπ，所以BACDAC.

因为sinACBsinABCBAC，

sinACDsinCADADCsinBACπABCsinABCBAC，

sinACB2sinACD，

所以sinABCBAC2sinABCBAC，

即sinABCcosBACcosABCsinBAC2sinABCcosBACcosABCsinBAC，

所以sinABCcosBAC3cosABCsinBAC，

所以tanABC3tanBAC.

方案三：选条件③.

11

因为SBCACsinACB，SCDACsinACD，且BCCD，S2S，

△ABC2△ACD2ABCACD

所以sinACB2sinACD

ACBC

在ABC中，由正弦定理得，，

sinABCsinBAC

ACCD

在ACD中，由正弦定理得，，

sinADCsinDAC

因为ABCADCπ，所以sinABCsinADC，

因为BCCD，所以sinBACsinDAC，

因为BACDACπ，所以BACDAC.

因为sinACBsinABCBAC，

sinACDsinCADADCsinBACπABCsinABCBAC，

所以sinABCBAC2sinABCBAC，

即sinABCcosBACcosABCsinBAC2sinABCcosBACcosABCsinBAC，

所以sinABCcosBAC3cosABCsinBAC，

所以tanABC3tanBAC.

（2）选择①②③，答案均相同，

由（1）可设ADx，则AB2x，

在ABC中，由余弦定理得，

AB2BC2AC24x25

cosABC，

2ABBC8x

在ACD中，由余弦定理得，

AD2CD2AC2x25

cosADC，

2ADCD4x

因为cosABCcosπADCcosADC，

4x25x251010

所以，解得x或x（舍去），

8x4x22

10

所以cosABC，

8

2

所以1036，

sinABCsinADC1

88

3915

所以四边形ABCD的面积S3SADCDsinADC.

△ACD28

变式1．（2024·甘肃金昌·高一永昌县第一高级中学校考期中）如图，在平面四边形ABCD中，

π3π

BCD,AB1,ABC.

24

(1)当BC2,CD7时，求ACD的面积.

π

(2)当ADC,AD2时，求tanACB.

6

3π

【解析】（1）当BC2时，在ABC中，AB1,ABC，

4

由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcosABC，

3π

即AC2322cos5，解得AC5，

4

AC2BC2AB26310

所以cosACB，

2ACBC21010

π310

因为BCD，则sinACDcosACB，

210

又CD7，

113103

所以ACD的面积是SACCDsinACD5714.

ACD22104

ABAC

（2）在ABC中，由正弦定理得，

sinACBsinABC

3π

ABsin

即2，

AC4

sinACB2cosACD

π

ADACADsin

在ACD中，由正弦定理得，即61，

sinACDsinADCAC

sinACDsinACD

21

则，整理得sinACD2cosACD，

2cosACDsinACD

π

因为ACD，

2

所以tanACD2，

π

因为BCD，所以

2

π

sinACD

π2cosACD12

tanACBtanACD.

2πsinACDtanACD2

cosACD

2

变式2．（2024·广东广州·高一统考期末）如图，在平面四边形ABCD中，

2

BCD,AB1,ABC．

23

(1)若BC2,CD7，求ACD的面积；

(2)若ADC,AD2，求cosACD．

6

2

【解析】（1）因为AB1,ABC,BC2，

3

2

由余弦定理得AC2AB2BC22ABACcos7，即AC7，

3

AC2BC2AB257

由余弦定理得cosACB，

2ACBC14

57

所以sinACDsinACBcosACB，

214

157

所以ACD的面积SACCDsinACD

24

2AC

ADAC

（2）在△ADC中，由正弦定理得，即sinACD1①，

sinACDsinADC

2

11AC

ABAC

在ABC中，由正弦定理得，即cosACD3②，

sinACBsinABCsinACD

22

sinACD23

①②联立可得tanACD，

cosACD3

21

因为ACD0,，所以cosACD

27

变式3．（2024·广东·统考模拟预测）在平面四边形ABCD中，ABDBCD90，

DAB45.

（1）若AB2，DBC30，求AC的长；

3

（2）若tanBAC，求tanDBC的值.

4

【解析】（1）在Rt△ABD中，因为DAB45，所以DB2，

在RtBCD中，BC2cos303，

在ABC中，由余弦定理得

AC2AB2BC22ABBCcosABC43223cos120723，

所以AC723.

（2）设DBC，在RtBCD中，BCBDcos2cos，

sinBAC34

因为tanBAC，所以cosBACsinBAC，

cosBAC43

25

于是cos2BACsin2BACsin2BAC1，

9

因为0BAC90，

34

所以sinBAC，cosBAC，

55

ABCB

在ABC中，由正弦定理得，

sinACBsinBAC

22cos

所以sin90CAB3，

5

3

于是coscosCAB，

5

即4cos23sincos3，

4cos23sincos43tan

所以3，

cos2sin21tan2

213

因为090，所以tanDBCtan.

6

sinA2a2

变式4．（2024·江苏徐州·高一统考期末）在①，②

cosBcosCa2c2b2

2ba

sinBcosB，③ABC的面积

c

2

SbbsinCctanCcosB这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答.

4

在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知______.

(1)求角C；

5

(2)若点D在边AB上，且BD2AD，cosB，求tanBCD.

13

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分

sinA2a2a2c2b2

【解析】（1）若选择①：因为，结合余弦定理cosB，

cosBcosCa2c2b22ac

sinA2a2sinAa

得，即，

cosBcosC2accosBcosCc

asinAsinAsinA

由正弦定理可得，所以，

csinCcosCsinC

11

又A0,π，所以sinA0，所以，即tanC1，

cosCsinC

π

又C0,π，所以C；

4

2ba

若选择②：因为sinBcosB，

c

2sinBsinA

结合正弦定理可得sinBcosB，

sinC

即sinBsinCcosBsinC2sinBsinA2sinBsinπBC，

2sinBsinBC2sinBsinBcosCcosBsinC，

即sinBsinC2sinBsinBcosC，

又B0,π，sinB0，故sinC2cosC，即sinCcosC2，

ππ

所以2sinC2，即sinC1，

44

ππ5ππππ

因为C0,π，C,，所以C，得C；

444424

2sinCcosB

若选择③：条件即sinCsinAsinBsinCsinC，

2cosC

又C0,π，sinC0，

22

所以sinAcosCsinBcosCsinCcosBsinBC，

22

22

即sinπAsinAcosC，所以sinAsinAcosC，

22

2

又因为A0,π，则sinA0，所以cosC，

2

π

又因为C0,π，所以C.

4

π

（2）设BCD，则ACD.

4

2

52512

因为cosB，B0,π，故sinB1cosB1，

131313

32217

所以sinAsinπBCsinπBcosBsinB2，

42226

17

2

CDADCD26

在ACD中，由正弦定理可得，即，

sinAsinACDADπ

sin

4

12

在△中，同理可得，CD，

BCD13

BDsin

1712

21712

26132

因为BD2AD，所以，即2613，

πsin

2sin2cos2sinsin

4

2424

整理得tan，即tanBCD.

4141

变式5．（2024·广东深圳·深圳市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bcosAacosBbc.

(1)求A；

3

(2)若点D在BC边上，且CD2BD，cosB，求tanBAD.

3

【解析】（1）因为bcosAacosBbc，

b2c2a2a2c2b2

由余弦定理可得babc，

2bc2ac

b2c2a21

化简可得b2c2a2bc，由余弦定理可得cosA，

2bc2

π

因为0Aπ，所以，A.

3

2

（）因为3，则为锐角，所以，236，

2cosBBsinB1cosB1

333

2π

因为ABCπ，所以，CB，

3

2π2π2π331616

所以，sinCsinBsincosBcossinB，

333232326

2π

设BAD，则CAD，

3

CDAD6AD

BDAD3AD

在△ABD和ACD中，由正弦定理得，πsinC36，

sinsinB6sin

3

π

因为CD2BD，上面两个等式相除可得6sin36sin，

3

31

得6cossin36sin，即2cos26sin，

22

2

所以，tanBADtan32.

26

变式6．（2024·广东揭阳·高三校考阶段练习）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为

a，b，c，且2cosA(ccosBbcosC)a.

(1)求角A；

(2)若O是ABC内一点，AOB120，AOC150，b1，c3，求tanABO．

【解析】（1）因为2cosA(ccosBbcosC)a，

所以由正弦定理得2cosAsinCcosBsinBcosC2cosAsinBC2sinAcosAsinA；

1

0A180，sinA0，cosA，则A60；

2

（2）

OACOABBAC60，OABABO180AOB60，OACABO；

ABsinABO3sinABO

在△ABO中，由正弦定理得：AO23sinABO；

sinAOBsin120

ACsinACOsin30ABO

在VACO中，由正弦定理得：AO2sin30ABO；

sinAOCsin150

23sinABO2sin30ABOcosABO3sinABO，

13

即cosABO33sinABO，tanABO

339

题型二：两角使用余弦定理

1

例4．（2024·全国·高一专题练习）如图，四边形ABCD中，cosBAD，ACAB3AD．

3

(1)求sinABD；

(2)若BCD90，求tanCBD．

2

13tt2BD2

【解析】（1）△ABD中，设ACAB3AD3tt0，则cosBAD，

323tt

解得BD22t

AD1

BD2AD2AB2，sinABD；

AB3

（2）设ACAB3AD3tt0，则BD22t

设BCxt，CDytx0,y0，

222

3txt3tx

ABC中，cosBCA

23txt6

22

13tytt2y28

△ADC中，cosDCA

323tyt6y

2

πy28x

BCADCABCD，cosDCAsinBCA，可得1，化简得

26y6

222

y8x2242

1，即xyy6420y

6y6

2222222

又BC2CD2BD2，xtyt8t，即xy8

168

8y2y2y46420y2，解得y2,x28y2

33

16

CDyt

tanCBD32

BCxt8

3

例5．（2024·全国·高一专题练习）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD3BC3．

(1)求证：sinC3sinA；

(2)若C2A，AB2CD，求梯形ABCD的面积．

【解析】（1）连接BD．

因为AB//CD，所以ABDBDC．

ADBD

在△ABD中，由正弦定理得，①

sinABDsinA

BCBD

在△BCD中，由正弦定理得，②

sinBDCsinC

由AD3BC，ABDBDC，结合①②可得sinC3sinA．

（2）由（1）知sinC3sinA，sinCsin2A2sinAcosA3sinA，

3ππ

cosA，又0Aπ，所以A，则C2A．

263

连接BD，

23

在△ABD中，由余弦定理得BD2AD2AB22ADABcosA3AB223AB

2

AB23AB34CD26CD3；

1

在△BCD中，由余弦定理得BD2BC2CD22BCCDcosC12CD221CD

2

CD2CD1，

2

所以4CD26CD3CD2CD1，解得CD1或．

3

25π

当CD时，连接AC，在ACD中，由余弦定理，得AC2AD2CD22ADCDcos

36

42349

323，

9329

7472

所以AC，而此时ABBC1，故CD不满足题意，经检验CD1满足题意，

3333

π3

此时梯形ABCD的高hADsin，

62

133

当CD1时，梯形ABCD的面积SABCDh；

24

33

所以梯形ABCD的面积为．

4

例6．（2024·河北·校联考一模）在ABC中，AB4，AC22，点D为BC的中点，连

接AD并延长到点E，使AE3DE.

(1)若DE1，求BAC的余弦值；

π

(2)若ABC，求线段BE的长.

4

【解析】（1）因为DE1，AE3DE，所以AD2，

因为ADBADCπ，所以cosADBcosADC0，

BD2AD2AB2CD2AD2AC2x2416x248

设BDDCx，则0，即0，

2BDAD2CDAD2x22x2

解得x22，所以BC2BD42，

AB2AC2BC2168322

在ABC中，由余弦定理知，cosBAC.

2ABAC24224

（2）在ABC中，由余弦定理知，AC2AB2BC22ABBCcosABC，

2

所以816BC224BC，化简得BC242BC80，解得BC22，

2

1

因为D是BC的中点，所以BDBC2，

2

在△ABD中，由余弦定理知，

2

AD2AB2BD22ABBDcosABC16224210，

2

所以AD10，

3310

因为AE3DE，所以AEAD，

22

在△ABD中，由余弦定理知，

AB2AD2BD2161023

cosBAE，

2ABAD241010

连接BE，在ABE中，由余弦定理知，

3

31031035

222，

BEABAE2ABAEcosBAE1624

22102

10

所以BE.

2

变式7．（2024·全国·模拟预测）在锐角ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，

223

2cos2C35cos2C.

2

(1)求角C；

AC

(2)若点D在AB上，BD2AD，BDCD，求的值.

BC

【解析】（1）因为

223π

2cos2C35cos2C35cos23π2C=35cosπ2C=35cos2C，

2

1

所以2cos22C5cos2C30，解得cos2C或cos2C3（舍去），

2

11

所以2cos2C1，即cosC，

22

π

因为0C，所以C.

23

（2）如图，因为BD2AD，BDCD，设ADm，BDCD2m，

在ABC中，由余弦定理得9m2AC2BC2ACBC，

在△BCD中，由余弦定理得

BD2CD2BC2(2m)2(2m)2BC28m2BC2

cosBDC，

2BDCD22m2m8m2

AD2CD2AC2m2(2m)2AC25m2AC2

在△ADC中，由余弦定理得cosADC，

2ADCD2m2m4m2

因为BDCADC，所以cosBDCcosADC0，

8m2BC25m2AC2

即0，所以18m2BC22AC20，

8m24m2

所以2AC2BC2ACBCBC22AC20，

因为BC0，所以BC2AC，

AC1

所以.

BC2

变式8．（2024·浙江舟山·高一舟山中学校考阶段练习）如图，在梯形ABCD中，AB//CD，

ADsinD2CDsinB.

(1)求证：BC2CD；

(2)若ADBC2，ADC120，求AB的长度.

ADAC

【解析】（1）证明：在ACD中，由正弦定理得，

sinACDsinD

即ADsinDACsinACD，

因为AB//CD，所以ACDCAB，所以ADsinDACsinCAB，

ACBC

在ABC中，由正弦定理得，

sinBsinCAB

即ACsinCABBCsinB，所以ADsinDBCsinB.

又ADsinD2CDsinB，所以BCsinB2CDsinB，即BC2CD.

1

（2）由（1）知CDBC1.

2

在ACD中，由余弦定理得AC2AD2CD22ADCDcosADC

221

212217，故AC7.

2

CD2AC2AD21272227

所以cosCABcosACD.

2CDAC2177

在ABC中，由余弦定理得BC2AC2AB22ACABcosCAB，

27

即227AB227AB，整理可得AB24AB30，解得AB1或3.

7

又因为ABCD为梯形，所以AB3.

题型三：张角定理与等面积法

例7．（2024·全国·高三专题练习）已知△ABC中，a,b,c分别为内角A,B,C的对边，且

2asinA2bcsinB2cbsinC.

(1)求角A的大小；

(2)设点D为BC上一点，AD是ABC的角平分线，且AD2，b3，求ABC的面积.

【解析】（1）在△ABC中，由正弦定理及2asinA2bcsinB2cbsinC得：

a2b2bcc2，..

b2c2a21

由余弦定理得cosA，

2bc2

2π

又0Aπ，所以A

3

π

（2）AD是ABC的角平分线，BADDAC，

3

12π1π1π

由SSS可得bcsincADsinbADsin

ABCABDCAD232323

因为b3，AD2，即有3c2c6，c6，

11393

故SbcsinA36

ABC2222

例8．（2024·贵州黔东南·凯里一中校考三模）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，

b，c，且2asinA2bcsinB2cbsinC．

(1)求A的大小；

(2)设点D为BC上一点，AD是△ABC的角平分线，且AD4，AC6，求△ABC的面积．

【解析】（1）因为2asinA2bcsinB2cbsinC

所以根据正弦定理得：2a22bcb2cbc

即a2b2c2bc

由余弦定理得：a2c2b22bccosA

1

故cosA

2