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微专题10　多三角形问题
【考法探析·明规律】
例1　解:(1)由D为BC的中点,S△ABC=,
得S△ACD=,
过A作AE⊥BC,垂足为E,如图所示.
在△ADE中,DE=,AE=,S△ACD=×CD=,解得CD=2,∴BD=2,BE=,
故tan B===.
(2)方法一:∵=(+),
∴=(c2+b2+2bccos A),
又AD=1,b2+c2=8,∴1=(8+2bccos A),∴bccos A=-2①.S△ABC=bcsin A=,
即bcsin A=2②.
由①②解得tan A=-,∴A=,
∴bc=4,又b2+c2=8,∴b=c=2.
方法二:设∠ADC=α,则∠ADB=π-α,
在△ADC中,由余弦定理得cos α=,在△ABD中,由余弦定理得cos(π-α)=,
∵cos(π-α)=-cos α,∴=-,整理得2+-b2-c2=0,又b2+c2=8,∴a=2,
由△ABC的面积为,D为BC的中点,
得S△ACD=×1××sin α=,解得sin α=1,即α=,故b=c=2.
自测题
解:(1)证明:在△ABC中,cos C=-cos(π-C)=-cos(A+B),
由4cos C+cos(A-B)=3,可得-4cos(A+B)+cos(A-B)=3,
则1+cos(A-B)=4[1+cos(A+B)],即2cos2=4×2cos2.
又∈,∈,所以cos=2cos=2cos=2sin,
由sin A+sin B=sin+sin=2sincos,可得sin A+
sin B=2sin·2sin=4sincos=2sin C,结合正弦定理,可得a+b=2c.
(2)设CM=x,∠CMB=θ,结合题意可知AM=2,BM=1,
在△ACM中,由余弦定理得cos(π-θ)==,
在△BCM中,由余弦定理得cos θ==,
因为cos(π-θ)=-cos θ,
所以+=0,可得3x2+6=2a2+b2,
又a+b=2c=6,所以3x2+6=2a2+b2=2a2+(6-a)2=3(a-2)2+24,
当a=2时,3x2+6取得最小值24,此时x=,所以当a=2,b=4时,CM取得最小值,最小值是.
例2　解:(1)设∠BAC=2θ,0<θ<,
∵S△ABC=S△ABD+S△ACD,
∴bcsin 2θ=c·ADsin θ+b·ADsin θ,∴2bccos θ=(c+b)·AD,
∴cos θ==,
∴θ=,故∠BAC=2θ=.
(2)由余弦定理知cos∠BAC==-,∵a=1,∴b2+c2=1-bc,
又∵b2+c2≥2bc,∴bc≤,当且仅当b=c时,等号成立,
∴AD2==.
令t=bc∈,则AD2==t+1+-2,令m=t+1∈,则AD2=m+-2,
∵y=m+-2在上单调递增,∴AD2≤+-2=,
∴ADmax=,此时m=,即t=,即b=c=.
自测题
解:(1)由cos A=,且0故tan A==,
则tan B=tan[A-(A-B)]===1,
又0(2)设∠BAC=2θ,∠ADC=α,
由cos∠BAC=cos 2θ=1-2sin2θ=,且0<θ<,可得sin θ=,
则cos θ==,
易知sin C=sin(∠BAC+B)=sin∠BACcos B+cos∠BACsin B=×+×=,
sin α=sin(θ+B)=sin θcos B+cos θsin B=×+×=.
在△ABD中,=,则BD==AD,在△ACD中,=,则CD==AD,
所以BC=BD+CD=AD,
在△ABC中,BC边上的高为ADsin α,则S△ABC=BC·(ADsin α)=AD2=15,所以AD=.
例3　解:(1)∵bcos C+csin B=1+2c=a+2c,∴sin Bcos C+sin Csin B=sin A+
2sin C,
又sin A=sin(B+C),∴sin Bcos C+sin Csin B=sin(B+C)+2sin C=sin Bcos C+
cos Bsin C+2sin C,
即sin Csin B-cos Bsin C=2sin C.
∵0°即sin B-cos B=1,
即sin(B-30°)=1,又0°(2)∵AC=AD,∴∠DCA=∠CDA,设∠DCA=∠CDA=α,
则∠CAD=180°-2α,
在△ACD中,由正弦定理得=,∴AC==.
在△ABC中,由正弦定理得=,
∴AC==,∴sin(α-60°)=cos α=sin(90°-α),解得α=75°,
∴sin∠BCA=sin(120°-75°)=sin 45°=.
自测题
解:(1)在△ACD中,由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos α=1+4-2×2×1×cos=3,
所以AC=,所以∠DAC=.因为△ABC为等边三角形,所以AB=AC=,且∠BAD=∠BAC+∠DAC=,
所以S△ABD=AB·AD·sin∠BAD=××1×sin=,
即△ABD的面积为.
(2)设∠DAC=β,在△ACD中,由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos α
=1+4-2×1×2×cos α=5-4cos α,cos β==
=,
由正弦定理得=,即=,所以sin β=,
所以S△ABD=AB·AD·sin∠BAD=AC·sin=AC·=sin α+
(1-2cos α)=sin+,又因为α∈,所以α-∈,所以sin+∈,即△ABD的面积的取值范围为.限时集训(十)
1.解:由题意知,∠PAD=15°,∠PBD=45°,∠PCE=30°,则∠APB=30°.
在△PAB中,由正弦定理得,=,
即=,所以PB=2.8sin 15°.
在△PBC中,∠BPC=180°-∠PBD-∠PCE=180°-45°-30°=105°,
由正弦定理得=,即=,
所以BC=×sin 105°=2PB×sin 105°=5.6sin 15°sin 105°=
5.6sin 15°cos 15°=2.8sin 30°=1.4,
所以DE=BC-BD-EC=1.4-0.2-0.5=0.7,即隧道DE的长为0.7 km.
2.解:(1)因为cos∠ABC==2cos2-1,所以cos=.
在△BCD中,BD=3,BC=a=4,∠DBC=,
由余弦定理可得,cos==,可得CD=.
(2)由(1)可得sin∠ABC=,sin=,
因为S△BCD+S△BAD=S△ABC,
所以×4×3×+×3c×=×4c×,解得c=,
则△ABC的面积S=×4××=.
3.解:(1)∵S△ABC=,∴AB·BC·sin∠ABC=,
又AB=3,BC=2,∴×3×2×sin∠ABC=,∴sin∠ABC=.
∵∠ABC是锐角,∴∠ABC=.
在△ABC中,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=7,则AC=.
∵∠DAB=∠DCB=,∴BD是四边形ABCD外接圆的直径,
∴BD是△ABC外接圆的直径,
由正弦定理知BD==×=.
(2)由∠DAB=∠DCB=,BD=,AB=3,BC=2,
得AD=,CD=,
又∠ABC=,∴∠ADC=,
∴S△ACD=AD·CD·sin∠ADC=×××=,
故△ACD的面积为.
4.解:(1)由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC=22+52-2×2×5×=19,则BC=.
由正弦定理得=,
则=,
解得sin∠ACB=.
(2)如图,设=c,=b,则b与c的夹角为60°,且|b|=5,|c|=2.
因为AM,BN为中线,
所以=(b+c),=-=-=b-c,
所以=(b2+c2+2b·c)=(52+22+2×5×2×cos 60°)=,
则||=,=b2+c2-b·c=×52+22-5×2×cos 60°=,则||=.
又·=(b+c)·===3,
所以cos∠MPN===.
5.解:(1)因为A=,所以B∈,故cos B≠0.
由7sin 2B=bcos B,
得14sin Bcos B=bcos B,
即14sin B=b,所以由正弦定理得===.
若cos B=,则sin B==,
则sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=×-×=,所以c=sin C=×=5.
(2)由(1)得a=sin A=×=7.取BC的中点为D,连接AD,
则AD为BC边上的中线,
则=(+)2=++×2·=c2+b2+×2bc×=(b2+c2-bc).
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos,故49=b2+c2+bc≥2bc+bc=3bc,
即bc≤,当且仅当b=c=时等号成立,
所以=(49-2bc)≥=,即||≥,当且仅当b=c=时等号成立,
所以BC边上的中线长的最小值为,此时S△ABC=bcsin=××=.
6.解:(1)因为sin C=3sin B,所以由正弦定理得AB=3AC,在△ABD中,由正弦定理得=,在△ACD中,由正弦定理得=,因为AD平分∠BAC,所以∠BAD=∠CAD.
因为∠ADB+∠ADC=π,
所以sin∠ADB=sin∠ADC,
所以=.
因为AB=3AC,DC=2,所以=3,得BD=6,所以BC=8.
(2)设∠BAD=∠CAD=θ,
由S△ABC=S△ABD+S△ADC,
得AB·ACsin 2θ=AB·ADsin θ+AC·ADsin θ,
因为AB=3AC,AD=kAC,
所以3AC·AC·2sin θcos θ=3AC·kACsin θ+AC·kACsin θ,
又sin θ≠0,所以6cos θ=4k,
所以k=cos θ.
因为θ∈,所以cos θ∈(0,1),所以k∈,
故k的取值范围为.
(3)由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=2AC2(5-3cos∠BAC),因为S△ABC=,所以AB·ACsin∠BAC=,又因为AB=3AC,所以AC2=,所以BC2=(5-3cos∠BAC)=2·.
方法一:令y=,
则ysin∠BAC+3cos∠BAC=5,
所以sin(∠BAC+φ)=5,
所以当sin(∠BAC+φ)=1时,y取得最小值4,
即当∠BAC+φ=时,y取得最小值4,此时tan φ=,所以cos∠BAC=cos=sin φ=.
因为cos∠BAC=2cos2θ-1,所以2cos2θ-1=,所以cos θ=,
由(2)知k=cos θ,所以k=×=,即当k=时,BC最短.
方法二:BC2=2·=
==
==
=8tan θ+≥8,
当且仅当8tan θ=,即tan θ=时取等号,此时cos θ=.
由(2)知k=cos θ,所以k=×=,即当k=时,BC最短.微专题10　多三角形问题
微点1　中线、等分线问题
例1 [2023·新课标Ⅱ卷] 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC面积为,D为BC的中点,且AD=1.
(1)若∠ADC=,求tan B;
(2)若b2+c2=8,求b,c.
【规律提炼】
1.向量法(首选):
中线长公式:若D为BC的中点,则=(+) AD2=(2b2+2c2-a2).
应用:求中线长、证明垂直或数量关系.
2.补角余弦定理:
在△ABD和△ADC中分别用余弦定理,结合cos∠ADB=-cos∠ADC列方程.
解题关键:将中线问题转化为向量运算或对称三角形问题;在△ABD和△ADC中交替使用正弦、余弦定理.
自测题
[2025·湖北T8联盟模拟] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,4cos C+cos(A-B)=3,c=3.
(1)求证:a+b=2c;
(2)若点M是边AB上靠近点B的三等分点,求CM的最小值.
微点2　三角形的角平分线问题
例2 [2025·泰安模拟] 如图,在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知AD是∠BAC的平分线,且AD=.
(1)求∠BAC;
(2)若a=1,求AD的最大值.
【规律提炼】
1.角平分线定理:=(关键比例).
2.面积分割法:S△ABD+S△ADC=S△ABC,结合S=bcsin A列方程.
3.正弦定理双角表示:设∠BAD=∠CAD=θ,在△ABD和△ADC中用正弦定理表示边.
4.最值问题技巧:利用换元法转化为函数求最值.
自测题
[2025·江西赣州二模] 在△ABC中,cos A=,tan(A-B)=.
(1)求B;
(2)若∠BAC的平分线AD交BC于点D,△ABC的面积为15,求AD.
微点3　四边形问题
例3 [2025·浙江稽阳联考] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,BC=1且bcos C+csin B=1+2c.
(1)求B;
(2)如图所示,D为△ABC外一点,∠DCB=B,CD=,AC=AD,求sin∠BCA的值.
【规律提炼】
1.拆解为双三角形:以公共边(角)为桥梁,在两个三角形中交替用定理.
2.设双角法:利用正弦定理列方程,用已知范围的角表示另一个角,进而求出所求面积或周长的取值范围.
自测题
[2025·山东名校考试联盟模拟] 如图,在平面四边形ABCD中,已知AD=1,CD=2,△ABC为等边三角形,记∠ADC=α.
(1)若α=,求△ABD的面积;
(2)若α∈,求△ABD的面积的取值范围.限时集训(十)微专题10　多三角形问题
1.[2025·安徽合肥二模] 如图,某地需要经过一座山两侧的D,E两点修建一条穿山隧道.工程人员先选取直线DE上的三点A,B,C,设在隧道DE正上方的山顶P处测得A处的俯角为15°,B处的俯角为45°,C处的俯角为30°,且测得AB=1.4 km,BD=0.2 km,CE=0.5 km,试求隧道DE的长.
2.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=4,角B的平分线交AC于点D,且cos∠ABC=,BD=3.
(1)求CD的长;
(2)求△ABC的面积.
3.如图,在四边形ABCD中,∠DAB=∠DCB=,AB=3,BC=2,S△ABC=且∠ABC为锐角.
(1)求DB;
(2)求△ACD的面积.
4.[2025·湖南师大附中二模] 在△ABC中,已知AB=2,AC=5,∠BAC=60°.
(1)求sin∠ACB;
(2)设BC,AC边上的两条中线AM,BN相交于点P,求cos∠MPN.
5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,A=,7sin 2B=bcos B.
(1)若cos B=,求c;
(2)当BC边上的中线长最小时,求△ABC的面积.
6.[2025·湖北宜荆荆恩四校联考] 在△ABC中,sin C=3sin B,D为BC上一点,且AD平分∠BAC,AD=kAC.
(1)若DC=2,求BC的长度;
(2)求k的取值范围;
(3)若S△ABC=,求k为何值时,BC最短.(共39张PPT)
微专题10 多三角形问题
微点1 中线、等分线问题
微点2 三角形的角平分线问题
微点3 四边形问题
◆
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考法探析·明规律
备用习题
【考情分析】
考点 要求 考题 统计 考情分析 必备知识
多三角形 的几 何计 算 2023年 Ⅱ卷17； 2021年 Ⅰ卷19 多三角问题的几何计算是 高考对解三角形的重要考 点,是正、余弦定理的进 阶形式.题目中一般在单个 三角形中缺少所需的边角 条件,但是两个三角形有 关联的角度或边长
微点1 中线、等分线问题
例1 [2023· 新课标Ⅱ卷] 记的内角,,的对边分别为, ,
,已知面积为,为的中点,且 .
（1）若,求 ；
解：由为的中点, ,得 ,
过作,垂足为 ,如图所示.
在中,,, ,解得,
,,故 .
例1 [2023· 新课标Ⅱ卷] 记的内角,,的对边分别为, ,
,已知面积为,为的中点,且 .
（2）若,求, .
解：方法一： , ,
又,,, .
,即 .
由①②解得, ,,
又, .
方法二：设 ,则 ,
在中,由余弦定理得,
在 中,由余弦定理得 ,
, ,
整理得,
又, ,
由的面积为,为 的中点,
得,
解得,即 ,故 .
【规律提炼】
1.向量法（首选）
中线长公式：若为的中点,则
.
应用：求中线长、证明垂直或数量关系.
2.补角余弦定理：
在和中分别用余弦定理,结合
列方程.
解题关键：将中线问题转化为向量运算或对称三角形问题；在
和 中交替使用正弦、余弦定理.
自测题
[2025·湖北T8联盟模拟] 在中,内角,,所对的边分别为
,,,,.
（1）求证： ；
证明：在中, ,
由,可得 ,
则 ,即 .
又, ,所以 ,
由 ,
可得 ,
结合正弦定理,可得 .
[2025·湖北T8联盟模拟] 在中,内角,,所对的边分别为
,,,,.
（2）若点是边上靠近点的三等分点,求 的最小值.
解：设, ,结合题意可知, ,
在中,由余弦定理得 ,
在中,由余弦定理得 ,
因为 ,所以,
可得 ,
又 ,
所以 ,
当时,取得最小值24,此时,
所以当 ,时,取得最小值,最小值是 .
微点2 三角形的角平分线问题
例2 [2025·泰安模拟] 如图,在中,内角,, 所对的边分
别为,,,已知是的平分线,且 .
解：设 , ,
, ,
, ,,
故 .
（1）求 ；
例2 [2025·泰安模拟] 如图,在 中,内角,,所对的边分别为
,,,已知 是的平分线,且 .
（2）若,求 的最大值.
解：由余弦定理知,
, ,
又,,当且仅当 时,等号成立,
.
令 ,则 ,
令,则 ,
在 上单调递增,
,,
此时,即 ,即 .
【规律提炼】
1.角平分线定理：（关键比例）.
2.面积分割法：,结合列方程.
3.正弦定理双角表示：设 ,在和中
用正弦定理表示边.
4.最值问题技巧：利用换元法转化为函数求最值.
自测题
[2025·江西赣州二模] 在中,,.
（1）求 ；
解：由,且 ,得 ,
故 ,
则 ,
又 ,所以 .
[2025·江西赣州二模] 在中,,.
（2）若的平分线交于点,的面积为15,求 .
解：设 , ,
由,且 ,可得 ,
则 ,
易知
,
.
在中,,则,
在 中,,则 ,
所以 ,
在中,边上的高为 ,
则,
所以 .
微点3 四边形问题
例3 [2025·浙江稽阳联考] 在中,内角,, 的对边分别为
,,,且 .
（1）求 ；
解： ,
,
又 ,
,
即 .
,, ,
即 ,即,
又 , ,即 .
（2）如图所示,为外一点,, ,,
求 的值.
解：,,
设 ,则 ,
例3 [2025·浙江稽阳联考] 在中,内角,, 的对边分别为
,,,且 .
在中,由正弦定理得 ,
.
在中,由正弦定理得 ,
,
,解得 ,
.
【规律提炼】
1.拆解为双三角形：以公共边（角）为桥梁,在两个三角形中交替用
定理.
2.设双角法：利用正弦定理列方程,用已知范围的角表示另一个角,
进而求出所求面积或周长的取值范围.
自测题
[2025·山东名校考试联盟模拟] 如图,在平面四
边形中,已知,,
为等边三角形,记 .
（1）若,求 的面积；
解：在 中,由余弦定理得 ,
所以,所以.
因为 为等边三角形,
所以 ,且 ,
所以 ,
即的面积为 .
[2025·山东名校考试联盟模拟] 如图,在平面四边形中,
已知,, 为等边三角形,记 .
（2）若,求 的面积的取值范围.
解：设 ,
在 中,由余弦定理得 ,
,
由正弦定理得,即 ,所以 ,
所以 ,
又因为 ,所以 ,
所以,
即 的面积的取值范围为 .
［备选理由］例1综合考查角平分线定理与斯台沃特定理的应用,融
合多个几何定理求解线段长,强化综合运用能力；例2结合向量、余
弦定理及基本不等式求三角形高的最值,侧重关联向量工具与不等
式思想,突出最值问题的解法；例3对比中线长公式与角平分线性质
（等面积法）的求解策略,区分两类特殊线段解法,以深化几何性
质理解.
例1 ［配例2使用］[2025·山东枣庄模拟]在中, ,
,,若内角的平分线交于点 ,
则 的长为( )
A.或 B.或 C. D.
√
[解析] 因为 ,
所以 ,
即,所以,
又,所以 .
因为平分内角,所以.
在中,由余弦定理得,所以.
由角平分线定理知 ,所以, .
方法一：在中,由余弦定理得 ,
即 ,
在中,由余弦定理得 ,即,
联立①②得 ,故选C.
方法二：因为 ,
所以 ,
化简得,解得,所以 ,
故选C.
例2 ［补充使用］[2025·山东青岛二模] 记的内角,, 的对
边分别为,,,若,, .
（1）求 ；
解：因为//,所以 ,即 ,
由余弦定理得,
又,所以 .
例2 ［补充使用］[2025·山东青岛二模] 记的内角,, 的对
边分别为,,,若,, .
（2）若,求 边上的高的最大值.
解：由（1）得,即 ,
当且仅当 时,等号成立.
设边上的高为,则 ,
所以 ,所以 边上的高的最大值为1.
例3 ［配例1、例2使用］[2025·山东齐鲁名校联考] 已知 的内
角,,的对边分别为,,,是边的中点, ,
.
（1）求 的值；
解：在中,由余弦定理得 ,
在中,由余弦定理得 ,
因为 ,
所以,可得 .
例3 ［配例1、例2使用］[2025·山东齐鲁名校联考] 已知 的内
角,,的对边分别为,,,是边的中点, ,
.
（2）若的平分线交于点,求 的长.
解：由余弦定理得 ,
因为,所以 ,
又因为平分,所以 ,
由 ,
得 ,
解得 .

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