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第3讲　解三角形
1.(2025·全国Ⅱ卷，T5)在△ABC中，BC=2，AC=1+，AB=，则A等于(　　)
A.45° B.60° C.120° D.135°
2.(2024·全国甲卷，T11)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=，b2=ac，则sin A+sin C等于(　　)
A. B. C. D.
3.(2023·全国乙卷，T4)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acos B-bcos A=c，且C=，则B等于(　　)
A. B. C. D.
4.(2023·全国甲卷，T16)在△ABC中，∠BAC=60°，AB=2，BC=，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD=　　　　.
5.(2024·新课标Ⅰ卷，T15)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C=cos B，a2+b2-c2=ab.
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3+，求c.
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，三种题型都有考查.分值约为5~13分.
考查方向：
一是考查正弦定理与余弦定理，利用正弦、余弦定理解三角形；二是考查利用正、余弦定理解决平面几何问题，将已知条件转化到三角形中，根据条件类型选择解题依据求解；三是考查三角形中的最值、范围问题，将三角函数与三角形相结合求解最值、范围等问题，综合性较强.
1.答案　A
解析　方法一　由余弦定理得cos A=
==，
又0°方法二　由题意得BC所以A<60°，结合选项可知A正确.
2.答案　C
解析　因为B=，b2=ac，
则由正弦定理得sin Asin C=sin2B=.
由余弦定理可得，
b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=ac，
即a2+c2=ac，
根据正弦定理得
sin2A+sin2C=sin Asin C=，
所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=，
因为A，C为三角形内角，则sin A+sin C>0，
则sin A+sin C=.
3.答案　C
解析　由题意结合正弦定理可得
sin Acos B-sin Bcos A=sin C，
即sin Acos B-sin Bcos A=sin(A+B)
=sin Acos B+sin Bcos A，
整理可得sin Bcos A=0，
由于B∈(0，π)，故sin B>0，
据此可得cos A=0，A=，
则B=π-A-C=π--=.
4.答案　2
解析　如图所示，记AB=c=2，AC=b，BC=a=.
方法一　在△ABC中，由余弦定理可得，
a2=b2+c2-2bccos∠BAC，
即6=b2+22-2×b×2×cos 60°，
解得b=1+(负值舍去)，
由S△ABC=S△ABD+S△ACD可得，
×2×(1+)×sin 60°=×2×AD×sin 30°+×(1+)×AD×sin 30°，解得AD=2.
方法二　在△ABC中，由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bccos∠BAC，
即6=b2+22-2×b×2×cos 60°，
解得b=1+(负值舍去)，
由正弦定理可得==，
解得sin B=，sin C=，
因为1+>>2，
所以C=45°，B=180°-60°-45°=75°，
又∠BAD=30°，
所以∠ADB=75°，即AD=AB=2.
5.解　(1)由余弦定理有a2+b2-c2=2abcos C，
因为a2+b2-c2=ab，所以cos C=，
因为C∈(0，π)，所以sin C>0，
从而sin C===，
又因为sin C=cos B，
即cos B=，
又B∈(0，π)，所以B=.
(2)由(1)可得B=，cos C=，C∈(0，π)，
从而C=，sin A=sin(B+C)=sin
=×+×=.
方法一　由正弦定理有=，
从而b=·c=c，
由三角形面积公式可知，
△ABC的面积可表示为S△ABC=bc·sin A
=·c·c·=c2，
由已知△ABC的面积为3+，
可得c2=3+，所以c=2.
方法二　记R为△ABC外接圆的半径，
由正弦定理得
S△ABC=ab·sin C=2R2sin Asin Bsin C
=2R2···
=·R2=3+.
所以R=2.
所以c=2R·sin C=2×2×=2.
　　　　　　　　　　　　　　　　
考点一　正弦定理、余弦定理
例1　(1)(2025·南昌模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b=3，2acos C+2ccos A=3a，则a等于(　　)
A.2 B.3 C. D.
答案　A
解析　因为2acos C+2ccos A=3a，
由正弦定理得2sin Acos C+2sin Ccos A=3sin A，
所以2sin(A+C)=3sin A，
又因为A+C=π-B，所以sin(A+C)=sin B，
所以2sin B=3sin A，
由正弦定理得2b=3a，即a=b，
因为b=3，所以a=2.
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若=1-，a=3，b=2，则sin B的值为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　由=1-及正弦定理，
得=1-，整理得b2+c2-a2=bc，
由余弦定理得cos A==，
又0由=，得sin B==.
[规律方法]　(1)三角形边角转化的主要策略
①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系.
②化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系.
(2)解决此类问题时要注意
①“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”；②三角形内角和定理；③公式变形，角的范围限制.
跟踪演练1　(1)(2025·吕梁模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知=，则△ABC是(　　)
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形
答案　D
解析　∵=，
可得acos A=ccos C，
由正弦定理可得sin Acos A=sin Ccos C，
即sin 2A=sin 2C，
∵A，C∈(0，π)，可得2A，2C∈(0，2π)，
∴2A=2C或2A+2C=π，
解得A=C或A+C=，即△ABC是等腰或直角三角形.
(2)(2025·重庆模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足a(cos B-cos C)=(b+c)cos A，若sin B=，则等于(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　∵a(cos B-cos C)=(b+c)cos A，
由正弦定理得sin A(cos B-cos C)=(sin B+sin C)cos A，
即sin Acos B-sin Acos C=cos Asin B+cos Asin C，
∴sin Acos B-cos Asin B=sin Acos C+cos Asin C，即sin(A-B)=sin(A+C)，
∴sin(A-B)=sin B，则A-B=B，即A=2B，
又A，B∈(0，π)，
∵A+B=3B<π，∴B∈，
∵sin B=，∴cos B==，
∴====.
考点二　解三角形在平面几何中的应用
例2　(1)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，则BC边上的中线AH的长等于(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　设∠BAD=∠CAD=α，则∠BAC=2α，如图所示.
由S△ABC=S△ABD+S△ACD，
可得×3×2sin 2α=×3×sin α+×2×sin α，整理得3sin 2α=2sin α，
即3×2sin αcos α=2sin α，
即sin α(3cos α-)=0，
又因为sin α≠0，所以cos α=，
所以cos 2α=2cos2α-1=，
由AH是BC边上的中线，
得=+)，
则=
=
=(c2+b2+2cbcos 2α)
=×=.
所以AH=.
(2)(2025·福州质检)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acos C-ccos A=c+b.
①求A；
②D为边BC上一点，若∠BAD=90°，且BD=4CD=4，求△ABC的面积.
解　①方法一　因为acos C-ccos A=c+b，
所以由正弦定理可得，
sin Acos C-sin Ccos A=sin C+sin B，
又因为sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C，
所以sin Acos C-sin Ccos A=sin C+sin Acos C+cos Asin C，即2sin Ccos A+sin C=0，
由于0°0，
所以cos A=-，
因为0°方法二　因为acos C-ccos A=c+b，
所以由余弦定理可得-=c+b，
整理得b2+c2-a2=-bc，
所以cos A===-，
又因为0°②方法一　由①及题设知，∠BAD=90°，∠BAC=120°，∠CAD=30°，a=5.
在Rt△ABD中，c=BD·sin∠ADB=4sin∠ADB，
在△ACD中，由正弦定理得，=，
则b==2sin∠ADC，
又sin∠ADB=sin∠ADC，所以c=2b，
在△ABC中，由余弦定理可得a2=b2+c2+bc=25，即7b2=25，b2=，
所以△ABC的面积S=bcsin A=b2=.
方法二　如图所示，过点C作CE⊥AB，垂足为E，
在Rt△ACE中，∠CAE=180°-∠BAC=60°，所以AE=，
由于∠BAD=∠BEC=90°，所以△BAD∽△BEC，
所以==，
即BE==BA+AE=c+，
得c=2b，后同方法一.
方法三　由①及题设知，∠BAD=90°，∠CAD=30°，作AH⊥BC，垂足为H(图略)，则AH为△ABD和△ACD的高，所以==4，
又因为==，
所以=4，即c=2b，后同方法一.
[规律方法]　解决与平面几何有关的问题时，要把平面几何中的一些知识(相似三角形的边角关系、平行四边形的性质等)与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题.
跟踪演练2　(2025·泰安模拟)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a-c)·sin(B+C)=(b-c)·(sin B+sin C)，b=.
(1)求B；
(2)若|+|=3，求△ABC的周长；
(3)如图，点D是△ABC外一点，设∠BAC=∠DAC=θ，且∠ADC=，记△BCD的面积为S，求S关于θ的关系式.
解　(1)由(a-c)·sin(B+C)=(b-c)·(sin B+sin C)，可得=，
又A+B+C=π，
所以====，
所以a2-ac=b2-c2，
即a2+c2-b2=ac，
由余弦定理得cos B===，
又0(2)因为|+|=3，所以等号两边同时平方可得++2·=9，
即||2+||2+2||||cos∠ABC=9，
即a2+c2+ac=9，
又b=，由(1)知a2+c2-ac=3，
所以a2+c2=6，可得ac=3，所以a=c=，
因此△ABC的周长为a+b+c=3.
(3)在△ABC中，由正弦定理可得===2，即BC=2sin θ，
在△ACD中，由正弦定理得===2，即CD=2sin θ，
因为四边形ABCD的内角和为2π，且∠ABC+∠ADC=π，∠BAD=2θ，
所以∠BCD=π-2θ，
所以S=BC·CDsin∠BCD=×2sin θ×2sin θ×sin(π-2θ)=2sin2θ×sin 2θ=4sin3θcos θ.
考点三　解三角形中的最值、范围问题
例3　(2025·宜昌模拟)如图所示，在△ABC中，sin C=3sin B，AD平分∠BAC，且AD=kAC.
(1)若DC=2，求BC的长度；
(2)求实数k的取值范围；
(3)若S△ABC=，求k为何值时，BC最短.
解　(1)因为sin C=3sin B，
由正弦定理得c=3b，
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c=3b，即AB=3AC，DC=2，所以=3，
得BD=6，所以BC=8.
(2)因为S△ABC=S△ABD+S△ADC，
设∠BAD=∠CAD=θ，0<θ<，
所以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，
因为sin θ>0，所以6cos θ=4k，
所以k=cos θ，
因为θ∈，
所以cos θ∈(0，1)，所以实数k的取值范围为.
(3)由余弦定理得BC2=c2+b2-2c·bcos∠BAC=2b2(5-3cos 2θ)，
因为S△ABC=，
所以bcsin 2θ=，
因为c=3b，所以b2=，
所以BC2=(5-3cos 2θ)=2·，
方法一　令y=，y>0，
则ysin 2θ+3cos 2θ=5，
所以sin(2θ+φ)=5，
所以当sin(2θ+φ)=1，即2θ+φ=时，y取得最小值4，此时tan φ=，
所以cos 2θ=cos=sin φ=，
因为0<θ<，
所以cos θ==，
由(2)知k=cos θ=×=，
所以当k=时，BC最短.
方法二　BC2=2·===
===8tan θ+
≥2=8，
当且仅当8tan θ=，即tan θ=时取等号，此时cos θ=，k=，
所以当k=时，BC最短.
[规律方法]　解三角形中常见的求最值与范围问题的解题策略
(1)利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a+b与ab相互转化求最值或范围.
(2)利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简；利用三角函数的性质求最值或范围.
跟踪演练3　(2025·安徽江淮十校联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D在边AB上，且CD⊥BC，S△ACD=S△BCD=accos B.
(1)求B；
(2)若CD=2，点E在线段AB上，当△CBE为锐角三角形时，求2CE+BE的取值范围.
解　(1)∵S△ACD=S△BCD=accos B，
记点C到直线AB的距离为h，
则AD·h=×BD·h，
∴BD=2AD，BD=c，AD=c，
∴S△BCD=accos B=×a·sin B，
∴tan B=，又B∈，
∴B=.
(2)由(1)知B=，CB⊥CD，又CD=2，
∴BC==2，
设∠CEB=θ，
在△CBE中，由正弦定理可得==，
∴==，
则CE=，BE=，
∴2CE+BE=+
=+
=++1.
∵△CBE为锐角三角形，则
解得<θ<，
又y=sin θ，y=tan θ在上单调递增，且函数值均为正数，
而y=在(0，+∞)上单调递减，
∴y=++1在上单调递减，
当θ=时，++1=4+4，
当θ→时，→0，
∴++1→2+1，
故2CE+BE的取值范围为(2+1，4+4).
专题强化练
[分值：90分]
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.(2025·杭州模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A=60°，b=1，c=4，则a等于(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A，
可得a2=1+16-2×1×4×=13，
解得a=.
2.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2，b2，c2成等差数列，且△ABC的面积为，则tan B等于(　　)
A. B.2 C. D.
答案　C
解析　若a2，b2，c2成等差数列，
则a2+c2=2b2，
在△ABC中，由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B，
则accos B=， ①
S△ABC=acsin B=，则acsin B=， ②
由②÷①得tan B=.
3.(2025·苏州模拟)在△ABC中，A=，BC=2，若满足上述条件的△ABC恰有一解，则边长AC的取值范围是(　　)
A.(0，2) B.(0，2]
C.(0，2)∪{4} D.(0，2]∪{4}
答案　D
解析　若满足条件的△ABC恰有一解，如图，
则BC⊥AB或AC≤BC，
当BC⊥AB时，AC===4；
当AC≤BC时，AC∈(0，2]，
所以AC的取值范围是(0，2]∪{4}.
4.(2025·赤峰模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b+c=a，cos B=，则△ABC的形状是(　　)
A.等腰三角形 B.钝角三角形
C.直角三角形 D.不确定
答案　A
解析　由余弦定理可得cos B===，
则a+c=b，
又因为b+c=a，所以a=b=3c，
所以△ABC是等腰三角形.
5.(2025·咸阳模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c=1，a+b=cos A+cos B，则该三角形的外接圆的面积为(　　)
A. B. C. D.π
答案　B
解析　因为c=1，所以=cos A+cos B，
由正弦定理得=cos A+cos B，
则sin A+sin B=cos Asin C+cos Bsin C，
所以sin(B+C)+sin(A+C)=cos Asin C+cos Bsin C，
整理得sin Bcos C+sin Acos C=0，
所以(sin B+sin A)cos C=0，
因为A，B，C∈(0，π)，
所以sin A>0，sin B>0，cos C∈(-1，1)，
故cos C=0，即C=，
则该三角形的外接圆的半径r=c=，所以外接圆的面积为πr2=.
6.如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD=2，∠B=2∠D=120°，记△ABC与△ACD的面积分别为S1，S2，则S2-S1的值为(　　)
A.2 B. C.1 D.
答案　B
解析　在△ABC中，由余弦定理得cos B=，即-=，
则BC2-AC2=-2BC-4， ①
在△ACD中，由余弦定理得
cos D=，
即=，
则CD2-AC2=2CD-4， ②
又S1=AB·BCsin 120°=BC，
S2=AD·CDsin 60°=CD，
所以S2-S1=CD-BC=(CD-BC)， ③
由②-①得CD2-BC2=2(CD+BC)，
由CD+BC>0，得CD-BC=2，
代入③得S2-S1=.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.(2025·南宁模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bcos A=acos C+ccos A，b=4，边BC上的中线AD=，则下列结论正确的有(　　)
A.A=
B.·=8
C.△ABC的面积为2
D.△ABC的外接圆的面积为4π
答案　ACD
解析　因为2bcos A=acos C+ccos A，
根据正弦定理得，2sin Bcos A=sin Acos C+sin Ccos A，
即2sin Bcos A=sin(A+C)=sin B，
因为B∈(0，π)，则sin B>0，
所以cos A=，又A∈(0，π)，所以A=，故A正确；
因为AD为边BC上的中线，所以=+)，则||2=(||2+||2+2||||cos A)，
即7=(||2+16+4||)，解得AB=2或AB=-6(舍去)，
所以·=||||cos A=2×4×=4，故B错误；
S△ABC=AB·ACsin A=×2×4×=2，故C正确；
根据余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos A=4+16-2×2×4×=12，解得BC=2，
设△ABC的外接圆的半径为R，由正弦定理得==4=2R，解得R=2，
所以△ABC的外接圆的面积为πR2=4π，故D正确.
8.(2025·武汉模拟)四边形ABCD内接于半径为R的圆，如图所示，其中AB=，BC=3，CD=2，DA=1，则下列结论正确的有(　　)
A.sin∠ADC=
B.R=
C.四边形ABCD的面积为
D.·=-1
答案　ACD
解析　对于A，连接AC，cos∠ADC==，
cos∠ABC==，
∵∠ABC+∠ADC=π，∴cos∠ADC+cos∠ABC=+=0，解得AC2=，
∴cos∠ADC==-，即sin∠ADC=，故A正确；
对于B，sin∠ABC=sin∠ADC=，
由正弦定理得2R===，
∴R=，故B错误；
对于C，S△ABC=×AB×BC×sin∠ABC=××3×=，
S△ADC=×AD×DC×sin∠ADC=×1×2×=，
∴四边形ABCD的面积S=+==，故C正确；
对于D，连接BD，∵∠BAD+∠BCD=π，
∴cos∠BAD+cos∠BCD=+=0，
解得BD=，∴cos∠BAD==-，
则·=||·||·cos∠BAD=×1×=-1，故D正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asin 2B+ccos(A+C)=bcos C，则B=　　　　.
答案　
解析　因为asin 2B+ccos(A+C)=bcos C，
所以asin 2B-ccos B=bcos C，
即asin 2B=bcos C+ccos B，
所以sin Asin 2B=sin Bcos C+sin Ccos B=sin(B+C)=sin A，
因为A∈(0，π)，sin A≠0，所以sin 2B=1，
因为B∈(0，π)，所以B=.
10.(2025·宜春模拟)在△ABC中，D是边AB上的一点，且满足∠ACD=∠BCD=，BD=，AD=，则△ABC的面积为　　　　　；若E是边AB的中点，则=　　　　　.
答案　15　
解析　在△ACD中，由正弦定理得=，
在△BCD中，由正弦定理得=，
又∠ACD=∠BCD=，∠ADC+∠BDC=π，
所以sin∠ACD=sin∠BCD，sin∠ADC=sin∠BDC，
又BD=，AD=，所以==. ①
在△ABC中，由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos ，
即142=AC2+BC2+AC·BC， ②
由①②解得BC=10，AC=6，
所以△ABC的面积S=AC·BC·sin=AC·CDsin+BC·CDsin，
即15=CD+CD，所以CD=.
因为E为BC的中点，则=+)，
所以=+2·+)
=×=19，
所以||=，所以=.
四、解答题(共28分)
11.(13分)(2025·太原模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A+cos 2B+sin2C=1，且a，b，c成等比数列.
(1)求B；(6分)
(2)若点D满足=，△ABC的外接圆半径为，求△BCD的内切圆半径.(7分)
解　(1)∵cos 2B=1-2sin2B，
∴sin2A+cos 2B+sin2C=sin2A+1-2sin2B+sin2C=1，
即sin2A+sin2C=2sin2B，
由正弦定理得a2+c2=2b2， ①
又∵a，b，c成等比数列，∴b2=ac， ②
由①②得a=b=c，则A=B=C，
∵A+B+C=π，∴B=.
(2)由(1)得∠BAC=∠ABC=∠ACB=，
∵△ABC的外接圆半径为，
∴=2×，
∴a=2××=2，
∴a=b=c=2，
∴在△BCD中，BC=BD=2，∠CBD=，
由余弦定理得CD2=BD2+BC2-2BC·BD·cos=12，
∴CD=2，
∴S△BCD=BC·BD·sin∠CBD=×2×2×=，
设△BCD的内心为P，内切圆的半径为r，连接PC，PB，PD，如图，
则S△BCD=S△BCP+S△BDP+S△CDP=(BC+BD+CD)r
=×(2+2+2)r=(2+)r=，
∴r=2-3，即△BCD的内切圆半径为2-3.
12.(15分)(2025·长春模拟)已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=，cos B+b=c.
(1)求A；(5分)
(2)求的取值范围.(10分)
解　(1)因为a=，cos B+b=c，
则acos B+b=c，
由正弦定理得sin Acos B+sin B=sin C=sin(A+B)，
即sin Acos B+sin B=sin Acos B+cos Asin B，
所以cos Asin B=sin B，
因为A，B∈，则sin B>0，
所以cos A=，所以A=.
(2)在锐角△ABC中，由
可得则====+，
又，则0<<，
所以的取值范围为，
又=+，
设t=∈，
设f(t)=2t+，其中t∈，
则f'(t)=2-==，
由f'(t)<0，得由f'(t)>0，得所以f(t)在上单调递减，在上单调递增，所以f(t)min=f=2，
又因为f =3，f(2)=，
故f(t)∈，
即的取值范围为.
　(每小题5分，共10分)
13.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足+=，则cos 2B等于(　　)
A. B.- C. D.-
答案　B
解析　因为+=，
所以+=3，
即+1++1=3，
所以+=1，
从而c(c+b)+a(a+b)=(a+b)(b+c)，
整理得a2+c2-b2=ac，
所以cos B==，cos 2B=2cos2B-1=2×-1=-.
14.(5分)(2025·鹰潭模拟)如图，在△ABC中，M，N，P三点分别在边AB，BC，CA上，则△AMP，△BMN，△CNP的外接圆交于一点Q，称点Q为密克点.运用上述结论解决如下问题：在梯形ABCD中，∠B=∠C=60°，AB=4，AD=2，M为CD边的中点，动点P在BC边上，△ABP与△CMP的外接圆交于点Q(异于点P)，则BQ的最小值为　　　　.
答案　2-2
解析　延长BA，CD交于点E，则由题意可知△EBC为正三角形，△AED为正三角形，
由题设可知△ABP，△CMP，△AME的外接圆交于一点，该点即为题中的点Q，故点Q在△AME的外接圆上，
如图，又由题意可知AD=MD=DE=2，即D为△AME的外心，且△AME外接圆的半径为2，∠BAD=180°-∠ABC=180°-60°=120°，
在△ABD中，由余弦定理得BD===2，所以当B，Q，D三点共线，且Q位于B，D之间时，BQ取得最小值2-2.第3讲　解三角形
1.(2025·全国Ⅱ卷，T5)在△ABC中，BC=2，AC=1+，AB=，则A等于(　　)
A.45° B.60° C.120° D.135°
2.(2024·全国甲卷，T11)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=，b2=ac，则sin A+sin C等于(　　)
A. B. C. D.
3.(2023·全国乙卷，T4)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acos B-bcos A=c，且C=，则B等于(　　)
A. B. C. D.
4.(2023·全国甲卷，T16)在△ABC中，∠BAC=60°，AB=2，BC=，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD=　　　　.
5.(2024·新课标Ⅰ卷，T15)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C=cos B，a2+b2-c2=ab.
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3+，求c.
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，三种题型都有考查.分值约为5~13分.
考查方向：
一是考查正弦定理与余弦定理，利用正弦、余弦定理解三角形；二是考查利用正、余弦定理解决平面几何问题，将已知条件转化到三角形中，根据条件类型选择解题依据求解；三是考查三角形中的最值、范围问题，将三角函数与三角形相结合求解最值、范围等问题，综合性较强.
考点一　正弦定理、余弦定理
例1　(1)(2025·南昌模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b=3，2acos C+2ccos A=3a，则a等于(　　)
A.2 B.3 C. D.
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若=1-，a=3，b=2，则sin B的值为(　　)
A. B. C. D.
[规律方法]　(1)三角形边角转化的主要策略
①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系.
②化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系.
(2)解决此类问题时要注意
①“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”；②三角形内角和定理；③公式变形，角的范围限制.
跟踪演练1　(1)(2025·吕梁模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知=，则△ABC是(　　)
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形
(2)(2025·重庆模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足a(cos B-cos C)=(b+c)cos A，若sin B=，则等于(　　)
A. B. C. D.
考点二　解三角形在平面几何中的应用
例2　(1)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，则BC边上的中线AH的长等于(　　)
A. B. C. D.
(2)(2025·福州质检)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acos C-ccos A=c+b.
①求A；
②D为边BC上一点，若∠BAD=90°，且BD=4CD=4，求△ABC的面积.
[规律方法]　解决与平面几何有关的问题时，要把平面几何中的一些知识(相似三角形的边角关系、平行四边形的性质等)与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题.
跟踪演练2　(2025·泰安模拟)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a-c)·sin(B+C)=(b-c)·(sin B+sin C)，b=.
(1)求B；
(2)若|+|=3，求△ABC的周长；
(3)如图，点D是△ABC外一点，设∠BAC=∠DAC=θ，且∠ADC=，记△BCD的面积为S，求S关于θ的关系式.
考点三　解三角形中的最值、范围问题
例3　(2025·宜昌模拟)如图所示，在△ABC中，sin C=3sin B，AD平分∠BAC，且AD=kAC.
(1)若DC=2，求BC的长度；
(2)求实数k的取值范围；
(3)若S△ABC=，求k为何值时，BC最短.
[规律方法]　解三角形中常见的求最值与范围问题的解题策略
(1)利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a+b与ab相互转化求最值或范围.
(2)利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简；利用三角函数的性质求最值或范围.
跟踪演练3　(2025·安徽江淮十校联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D在边AB上，且CD⊥BC，S△ACD=S△BCD=accos B.
(1)求B；
(2)若CD=2，点E在线段AB上，当△CBE为锐角三角形时，求2CE+BE的取值范围.
专题强化练
[分值：90分]
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.(2025·杭州模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A=60°，b=1，c=4，则a等于(　　)
A. B. C. D.
2.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2，b2，c2成等差数列，且△ABC的面积为，则tan B等于(　　)
A. B.2 C. D.
3.(2025·苏州模拟)在△ABC中，A=，BC=2，若满足上述条件的△ABC恰有一解，则边长AC的取值范围是(　　)
A.(0，2) B.(0，2]
C.(0，2)∪{4} D.(0，2]∪{4}
4.(2025·赤峰模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b+c=a，cos B=，则△ABC的形状是(　　)
A.等腰三角形 B.钝角三角形
C.直角三角形 D.不确定
5.(2025·咸阳模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c=1，a+b=cos A+cos B，则该三角形的外接圆的面积为(　　)
A. B. C. D.π
6.如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD=2，∠B=2∠D=120°，记△ABC与△ACD的面积分别为S1，S2，则S2-S1的值为(　　)
A.2 B. C.1 D.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.(2025·南宁模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bcos A=acos C+ccos A，b=4，边BC上的中线AD=，则下列结论正确的有(　　)
A.A=
B.·=8
C.△ABC的面积为2
D.△ABC的外接圆的面积为4π
8.(2025·武汉模拟)四边形ABCD内接于半径为R的圆，如图所示，其中AB=，BC=3，CD=2，DA=1，则下列结论正确的有(　　)
A.sin∠ADC=
B.R=
C.四边形ABCD的面积为
D.·=-1
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asin 2B+ccos(A+C)=bcos C，则B=　　　　.
答案　
10.(2025·宜春模拟)在△ABC中，D是边AB上的一点，且满足∠ACD=∠BCD=，BD=，AD=，则△ABC的面积为　　　　　；若E是边AB的中点，则=　　　　　.
四、解答题(共28分)
11.(13分)(2025·太原模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A+cos 2B+sin2C=1，且a，b，c成等比数列.
(1)求B；(6分)
(2)若点D满足=，△ABC的外接圆半径为，求△BCD的内切圆半径.(7分)
12.(15分)(2025·长春模拟)已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=，cos B+b=c.
(1)求A；(5分)
(2)求的取值范围.(10分)
　(每小题5分，共10分)
13.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足+=，则cos 2B等于(　　)
A. B.- C. D.-
14.(5分)(2025·鹰潭模拟)如图，在△ABC中，M，N，P三点分别在边AB，BC，CA上，则△AMP，△BMN，△CNP的外接圆交于一点Q，称点Q为密克点.运用上述结论解决如下问题：在梯形ABCD中，∠B=∠C=60°，AB=4，AD=2，M为CD边的中点，动点P在BC边上，△ABP与△CMP的外接圆交于点Q(异于点P)，则BQ的最小值为　　　　.

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