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第8节　余弦定理和正弦定理的综合应用
（时间：60分钟，满分：76分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1.在△ABC中，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝120°，AH为△ABC的高线，则AH＝（　　）
A. B.
C. D.
2.在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的平分线交BC于D，则AD＝（　　）
A.1 B.2
C.3 D.4
3.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2＋c2－b2＝ac，延长BC至点D，使得BC＝CD，若AD＝2，AB＝2，则a＝（　　）
A.1 B.
C.2 D.3
4.（2026·山东聊城模拟）如图，在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，B＝2D＝120°，记△ABC与△ACD的面积分别为S1，S2，则S2－S1＝（　　）
A.2 B.
C.1 D.
5.〔多选〕在Rt△ABC中，C＝90°，角A的平分线交BC于点D，AD＝1，cos∠BAC＝，以下结论正确的是（　　）
A.AB＝8 B.＝
C.AB＝6 D.△ABD的面积为
6.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝120°，b2＋c2＝8，D为BC边的中点，则AD的最小值为　　　　.
7.（15分）（2026·江苏宿迁模拟）记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且S＝a2sin 2B.
（1）证明：tan B＝3tan A；
（2）若A＝45°，BC边上的高为6，求b.
8.（15分）〔一题多解〕（2026·吉林长春质量监测）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，△ABC的面积记为S，已知3csin C＝，sin B＝3sin C.
（1）求A；
（2）若BC边上的中线长为1，点D在BC上，且AD为∠BAC的平分线，求CD的长.
9.（15分）如图，四边形ABCD为圆O的内接四边形，其中AB＝，BC＝3，CD＝2，DA＝1.
（1）求sin D的值；
（2）求四边形ABCD的面积及圆O的半径.
第8节　余弦定理和正弦定理的综合应用
1.A　2.B　3.C　
4.B　在△ABC中，由余弦定理得cos B＝，即－＝，得BC2－AC2＝－2BC－4　①，在△ACD中，由余弦定理得cos D＝，即＝，得CD2－AC2＝2CD－4　②，又S1＝AB·BCsin 120°＝BC，S2＝AD·CD·sin 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＝.故选B.
5.BCD　如图所示，因为AD是角平分线，设∠CAD＝∠DAB＝α，则∠BAC＝2α，根据二倍角公式得cos 2α＝2cos2α－1＝，且0°＜α＜45°，所以cos α＝，在Rt△ACD中，AD＝1，所以AC＝ADcos α＝，在Rt△ACB中，AB＝＝×8＝6，故A错误，C正确；根据角平分线定理，＝＝×＝，故B正确；因为cos α＝，且0°＜α＜45°，所以sin α＝，所以S△ABD＝AD·AB·sin α＝×6×＝，故D正确，故选B、C、D.
6.1　解析：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos 120°＝b2＋c2＋bc.由中线长定理得AD＝＝＝≥＝＝1.当且仅当b＝c时等号成立，即AD≥1，所以AD的最小值为1.
7.解：（1）证明：因为S＝a2sin 2B，所以acsin B＝2a2sin Bcos B，
在△ABC中，sin B＞0，所以c＝4acos B.
由正弦定理得sin C＝4sin Acos B.
因为A＋B＋C＝180°，
所以sin C＝sin（180°－A－B）＝sin（A＋B）＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以4sin Acos B＝sin Acos B＋cos Asin B，即cos Asin B＝3sin Acos B，
所以tan B＝3tan A.
（2）因为A＝45°，所以tan A＝1，由（1）知tan B＝3.
因为tan B＝＝3，又因为sin2B＋cos2B＝1，解得sin2B＝，cos2B＝.
因为tan B＝3＞0，所以0°＜B＜90°，所以sin B＝，cos B＝.
由S＝a2sin 2B＝a×6，得a2×（2sin Bcos B）＝3a，解得a＝5.
由正弦定理＝，得＝，解得b＝3.
8.解：（1）因为3csin C＝，
所以3csin C＝＝，
即cos A＝，又A∈（0，π），所以A＝.
（2）法一　设BC边的中点为E，连接AE（图略），由题知AE＝1，且＝（＋），
所以＝（＋）2＝（＋＋2·），
即1＝（ c2＋9c2＋2·c·3c·cos），
所以c2＝，c＝.
因为AD是∠BAC的平分线，S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，
所以c·3c·sin＝c·AD·sin＋·3c·AD·sin，
所以AD＝c，
所以在△ACD中，CD2＝AC2＋AD2－2AC×AD×cos∠CAD＝9c2＋c2－2×3c×c×cos＝c2，
所以CD＝c＝.
法二　因为sin B＝3sin C，所以由正弦定理得，b＝3c.
由中线定理得，1＝，即a2＝20c2－4.
在△ABC中，由余弦定理得cos∠BAC＝＝－＝，得c2＝，
所以a2＝，即a＝.
由角平分线定理得，＝，即CD＝3BD，
所以CD＝a＝.
9.解：（1）连接AC（图略），因为四边形ABCD为圆内接四边形，所以B＋D＝π，所以cos B＝－cos D.
在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B，
可得AC2＝2＋9＋2××3cos D＝11＋6cos D.
在△ADC中，由余弦定理得AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos D，
可得AC2＝1＋8－2×1×2cos D＝9－4cos D.
所以11＋6cos D＝9－4 cos D，得cos D＝－，
又D∈（0，π），所以sin D＝＝.
（2）由（1）知，sin D＝，因为B＋D＝π，所以sin B＝sin D＝，
所以S△ABC＝AB·BCsin B＝××3×＝，
S△ADC＝AD·DCsin D＝×1×2×＝，
所以四边形ABCD的面积S＝S△ABC＋S△ADC＝＋＝.
结合（1）得，AC2＝11＋6 cos D＝11＋6×（ －）＝，所以AC＝，
设四边形ABCD外接圆的半径为R，可得2R＝＝＝，
所以四边形ABCD外接圆的半径为.
1 / 1第8节　余弦定理和正弦定理的综合应用
　　正弦定理和余弦定理的综合应用是高考命题的热点，主要包括与三角形有关的证明问题、平面图形中的计算问题及三角形中的三线问题等.
　　
与三角形有关的证明问题
（师生共研过关）
〔一题多解〕（2022·全国乙卷17题节选）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A）.证明：2a2＝b2＋c2.
证明与三角形有关的等（不等）式的一般思路 （1）利用正、余弦定理完成边角转化：把已知条件或待证等（不等）式转化为以角为研究对象的三角等（不等）式或以边为研究对象的代数等（不等）式； （2）充分利用三角形中隐含条件：①A＋B＋C＝π；②A＞B sin A＞sin B；③a－b＜c＜a＋b及三角函数的性质、三角恒等变换公式等推导证明.
训练1 （2026·安徽质量联合检测）在△ABC中，A，B，C所对的边分别是a，b，c.
（1）请用正弦定理证明：若a＞b，则A＞B；
（2）请用余弦定理证明：若A＞B，则a＞b.
平面图形中的计算问题
（师生共研过关）
（2025·浙江稽阳联谊学校二模）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的大小；
（2）如图所示，D为△ABC外一点，∠DCB＝∠ABC，CD＝，AC＝AD，求sin∠BCA的值.
利用正、余弦定理解决平面多边形问题的策略 （1）将所给平面多边形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正、余弦定理建立边角关系进行求解； （2）注意各个三角形之间的联系，特别是公共边、邻角之间的等量关系，交叉使用公共条件进行求解； （3）注意三角形相似、平行四边形性质等几何结论的应用； （4）注意方程思想的灵活运用，通过设出未知变量，建立方程进行求解.
训练2 如图，△ABC是边长为3的等边三角形，线段AE交BC于点D，BD＝1.
（1）求sin∠ADB；
（2）若AD＝3DE，求BE的长.
三角形中的中线、角平分线、高线问题
（定向精析突破）
考向1　三角形的角平分线问题
典题探究　（角平分线定理）在△ABC中，若AD是∠BAC的平分线，点D在边BC上，试证明：＝＝.
（1）（2026·四川南充诊断）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2，c＝4，∠BAC的平分线交边BC于点D，且AD＝2，则cos∠BAC＝　　　　；
（2）在△ABC中，A＝2B，AC＝9，BC＝12，CD平分∠ACB交AB于点D，则BD的长度为　　　　.
听课记录
　　角平分线是平面几何的一个重要特征，解题方法主要有两种：一是利用角平分线定理，找边之间的关系；二是角平分线把三角形分成两个三角形，利用等面积法求解.
考向2　三角形的中线问题
典题探究　（中线长定理）在△ABC中，若AD是BC边上的中线，试证明：AD2＝（AB2＋AC2）－BC2.
〔一题多解〕（2023·新高考Ⅱ卷17题改编）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.若b2＋c2＝8，则b＋c＝　　　　.
听课记录
变式 〔一题多解〕在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若点D在边BC上，且BD＝2DC，b＝3，AD＝2，∠BAC＝，求△ABC的周长.
三角形的中线问题的解题策略 （1）可根据两角互补或面积相等用正、余弦定理建立方程求解； （2）采用向量法使问题简化：在△ABC中，若D为边BC的中点，则＝（＋），两边平方即可得到三角形边长之间的关系； （3）利用中线长定理求解.
考向3　三角形的高线问题
在△ABC中，若h1，h2，h3分别为△ABC的边a，b，c上的高，则h1∶h2∶h3＝∶∶＝∶∶.
（1）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＜b＜c，三角形三边上的高之比为2∶3∶4，则cos C＝　　　　；
（2）〔一题多解〕（2023·新高考Ⅰ卷17题改编）已知在△ABC中，A为锐角，sin A＝，C＝，AB＝5，则AB边上的高为　　　　.
听课记录
利用三角形高线解三角形的一般思路 （1）构建直角三角形； （2）利用三角形的面积S＝aha； （3）三角形三条高线交于一点（此点为该三角形的垂心）； （4）求高一般采用等面积法，即求某边上的高，需要求出面积和底边长度.
训练3 （2025·山东青岛二中期中）已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若2bsin A＋bsin B＝csin 2B.
（1）求角C；
（2）若点D在边AB上，b＝2，CD＝1，请在下列三个条件中任选一个，求边长AB.
①CD为△ABC的一条中线；②CD为△ABC的一条角平分线；③CD为△ABC的一条高线.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
张角定理
典题探究　〔张角定理〕如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若D为BC边上一点，且∠BAD＝α，∠CAD＝β，证明：＝＋.
若令α＝β，利用张角定理，可以非常简捷地求得角平分线长.在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，AD是∠BAC的平分线，若∠BAD＝α，则有cos α＝（ ＋）.
（1）〔一题多解〕已知AD是△ABC的角平分线，AB＝3，AC＝5，∠BAC＝120°，则AD的长为　　　　；
（2）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC＝，AB＝3，AD＝3，则CD＝　　　　.
听课记录
第8节　余弦定理和正弦定理的综合应用
考点1
【例1】　证明：法一　由sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A）可得，sin Csin Acos B－sin Ccos Asin B＝sin Bsin Ccos A－sin Bcos Csin A，
结合正弦定理＝＝可得accos B－bccos A＝bccos A－abcos C，
即accos B＋abcos C＝2bccos A.（*）
由余弦定理可知accos B＝，abcos C＝，2bccos A＝b2＋c2－a2，代入（*）式整理得2a2＝b2＋c2.
法二　因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin（A－B）＝sin（A＋B）sin（A－B）＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A（1－sin2B）－（1－sin2A）sin2B＝sin2A－sin2B，
同理有sin Bsin（C－A）＝sin（C＋A）sin（C－A）＝sin2C－sin2A，
所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
训练1　证明：（1）由＝，a＞b得sin A＞sin B.
①若A，B∈（ 0，］，则由y＝sin x在（ 0，］上单调递增，得A＞B.
②若A∈（ 0，］，B∈（ ，π），则sin A＞sin B＝sin（π－B），
此时π－B∈（ 0，），由y＝sin x在（ 0，］上单调递增，得A＞π－B A＋B＞π，舍去.
③若B∈（ 0，］，A∈（ ，π），则sin A＝sin（π－A）＞sin B，
此时π－A∈（ 0，），由y＝sin x在（ 0，］上单调递增，得π－A＞B，A＋B＜π，则A＞B成立.
综上，若a＞b，则A＞B.
（2）由y＝cos x在（0，π）上单调递减，得cos A＜cos B，
则＜，则a（b2＋c2－a2）＜b（a2＋c2－b2），
即ab（b－a）＋c2（a－b）＋（b－a）（a2＋b2＋ab）＜0，
即（b－a）[（a＋b）2－c2]＝（b－a）（a＋b＋c）（a＋b－c）＜0.
而a＋b＋c＞0，a＋b－c＞0，因此a＞b.
考点2
【例2】　解：（1）∵bcos C＋csin B＝1＋2c＝a＋2c，
∴在△ABC中，由正弦定理得，
sin Bcos C＋sin Csin B＝sin A＋2sin C，
由三角形内角和为180°可得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°＜C＜180°，∴sin C≠0，
∴sin B－cos B＝2，sin B－cos B＝1，
即sin（B－30°）＝1，
又∵0°＜B＜180°，∴B－30°＝90°，即B＝120°.
（2）由AC＝AD，令∠DCA＝∠CDA＝α，
则∠CAD＝180°－2α，
在△ACD中，由正弦定理得，＝，
CD＝，∴AC＝＝.
在△ABC中，由正弦定理得，＝，
∠BAC＝α－60°，BC＝1，
∴AC＝，
∴sin（α－60°）＝cos α＝sin（90°－α），
解得α＝75°，
∴sin∠BCA＝sin（120°－75°）＝.
训练2　解：（1）在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD×cos∠ABD，代入数据可得AD2＝32＋12－2×3×1×＝7，∴AD＝，
由正弦定理可得＝，
∴sin∠ADB＝＝＝.
（2）在△ABD中，由（1）及余弦定理得cos∠ADB＝－，
cos∠EDB＝cos（π－∠ADB）＝－cos∠ADB＝，
又DE＝＝，
∴在△BED中，由余弦定理可得BE2＝BD2＋DE2－2BD×DE×cos∠EDB＝1＋－2×1××＝，
故BE＝.
考点3
典题探究　证明：如图，设∠BAD＝∠CAD＝α，过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F.
由AD是∠BAC的平分线，易得DE＝DF.
因为S△ABD＝AB·DE，S△ACD＝AC·DF，
故＝＝.
转换角度，△ABD与△ACD有相同的高（顶点A到BC的距离），根据三角形面积公式，此时面积比等于底边长度之比，即＝，
故＝＝.
【例3】　（1）　（2）4
解析：（1）如图，可设∠CAD＝∠BAD＝α，因为S△ACD＋S△ABD＝S△ABC，所以×2×2×sin α＋×2×4×sin α＝×2×4×sin 2α，整理得3sin α＝2sin 2α，所以3sin α＝4sin αcos α，易知sin α＞0，所以cos α＝，所以cos∠BAC＝cos 2α＝2cos2α－1＝.
（2）由角平分线定理，CD平分∠ACB交AB于点D，可得＝＝＝，所以BD＝AB，由正弦定理可知，＝，所以＝，所以＝，得cos B＝.由余弦定理可知AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos B，即81＝AB2＋144－2×AB×12×，解得AB＝7或AB＝9.当AB＝7时，BD＝4.当AB＝9时，因为AC＝9，所以AC＝AB，因此B＝∠ACB，A＋B＋∠ACB＝π即2B＋B＋B＝π，所以B＝，cos B＝≠，所以AB＝9不成立.故BD＝4.
典题探究　证明：设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
法一　在△ABD与△ABC中利用公共角B，
AD2＝（ ）2＋c2－2××ccos B＝＋c2－ac·＝，
所以AD＝.
即AD2＝（AB2＋AC2）－BC2得证.
法二　在△ABD与△ACD中，利用∠ADB与∠ADC互补.
c2＝AD2＋（ ）2－2AD·cos∠ADB， ①
b2＝AD2＋（ ）2－2AD·cos∠ADC， ②
①＋②得b2＋c2＝2AD2＋，
所以AD＝.
即AD2＝（AB2＋AC2）－BC2得证.
法三　因为＝（＋），所以｜｜2＝（｜｜2＋｜｜2＋2·），即AD2＝（c2＋b2＋2·）， ①
又－＝，故｜｜2＋｜｜2－2·＝｜｜2，即b2＋c2－2·＝a2， ②
将②代入①得AD2＝，所以AD＝.
即AD2＝（AB2＋AC2）－BC2得证.
【例4】　4　解析：法一　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，由余弦定理的推论，得＝－，得1＋BD2－c2＝－（1＋BD2－b2），所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝，所以a＝2.在△ABC中，由余弦定理的推论，得cos∠BAC＝＝＝－，所以S△ABC＝bcsin∠BAC＝bc·＝bc＝＝，解得bc＝4.则由解得b＝c＝2，故b＋c＝4.
法二　依题意，得＝（＋），所以（＋）2＝1，即＋2·＋＝4，所以c2＋2cbcos∠BAC＋b2＝4.又b2＋c2＝8，所以bccos∠BAC＝－2.因为S△ABC＝bcsin∠BAC＝，所以bcsin∠BAC＝2，所以tan∠BAC＝－.因为0＜∠BAC＜π，所以∠BAC＝.由得b＝c＝2（负值已舍去），故b＋c＝4.
法三　因为AD＝1，由中线长定理得＝1　①，因为△ABC的面积为，所以S△ABC＝bcsin A＝，化简得＝　②，又b2＋c2＝8　③，由①②③联立解得a＝2，b＝c＝2，故b＋c＝4.
变式　解：法一　如图，
设CD＝x，则在△ABC中，cos∠BAC＝＝. ①
在△ACD中，cos∠ADC＝＝.
在△ADB中，cos∠ADB＝.
因为cos∠ADC＋cos∠ADB＝0，
所以6x2＋18－c2＝0. ②
由①②可解得c＝6，x＝，所以△ABC的周长为3＋9.
法二　因为BD＝2DC，所以＝＋＝＋（－）＝＋，所以＝＋·＋，即12＝c2＋×c×3×＋×9，即c2＋6c－72＝0，解得c＝6或c＝－12（舍去）.
由余弦定理得a2＝36＋9－2×6×3×＝27，所以a＝3.
所以△ABC的周长为3＋3＋6＝3＋9.
【例5】　（1）－　（2）6　解析：（1）由于a＜b＜c，则三边a，b，c上的高之比为ha∶hb∶hc＝4∶3∶2，即4∶3∶2＝∶∶，设a＝3x，则b＝4x，c＝6x，在△ABC中，由余弦定理得cos C＝＝＝－.
（2）法一　设AB边上的高为h，易得cos A＝，则sin B＝sin（A＋C）＝sin（ ＋A）＝cos A＋sin A＝.在△ABC中，由正弦定理＝，得AC＝＝＝2.又S△ABC＝·AC·AB·sin A＝·AB·h，∴h＝ACsin A＝2×＝6.即AB边上的高为6.
法二　易得cos A＝，sin B＝sin（A＋C）＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝.由正弦定理＝，得AC＝＝＝2，故AB边上的高为ACsin A＝2×＝6.
训练3　解：（1）由2bsin A＋bsin B＝csin 2B及正弦定理得2sin B·sin A＋sin2B＝sin C·2sin Bcos B，
因为在△ABC中，sin B＞0，所以2sin A＋sin B＝2sin Ccos B，
又sin A＝sin（B＋C），
所以2（sin Bcos C＋cos Bsin C）＋sin B＝2sin Ccos B，
所以2sin Bcos C＋sin B＝0，
所以cos C＝－.
因为0＜C＜π，所以C＝.
（2）若选①，因为＝（＋），
所以＝（＋2·＋），即4＝4＋a2＋2×2×a×（ －），化简得a2－2a＝0，解得a＝2或a＝0（舍去）.
所以AB＝＝2.
若选②，因为S△ABC＝S△CAD＋S△CBD，
所以×2×a×sin＝×2×1×sin＋×1×a×sin，解得a＝2.
所以AB＝＝2.
若选③，由S△ABC＝×2×a×sin＝×AB×1，解得AB＝a.
所以AB2＝22＋a2－2×2×a×（ －）＝3a2，即a2－a－2＝0，解得a＝2或a＝－1（舍去）.所以AB＝2.
衔接教材
典题探究　证明：因为S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，
所以bcsin（α＋β）＝AD·csin α＋AD·bsin β，
等式两边同除以bc·AD得＝＋.
【例】　（1）　（2）3
解析：（1）法一　∵AD是△ABC的角平分线，且∠BAC＝120°，∴∠BAD＝∠CAD＝60°.∵S△ABD＋S△CAD＝S△ABC，∴AB·ADsin∠BAD＋AC·ADsin∠CAD＝AB·ACsin∠BAC，即×3AD×＋×5AD×＝×3×5×，解得AD＝.
法二　由张角定理得cos 60°＝（ ＋）＝，解得AD＝.
（2）由题意知，＜∠BAC＜π，因为sin∠BAC＝，所以cos∠BAC＝－＝－，由张角定理得，＝＋，即＝＋，＝＋，＝＋，解得AC＝3，所以CD＝＝3.
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第8节　余弦定理和正弦定理的综合应用
重难解读
　　正弦定理和余弦定理的综合应用是高考命题的热点，主要包括与三角形有关的证明问题、平面图形中的计算问题及三角形中的三线问题等.
与三角形有关的证明问题（师生共研过关）
〔一题多解〕（2022·全国乙卷17题节选）记△ABC的内角A，B，C
的对边分别为a，b，c，已知 sin C sin （A－B）＝ sin B sin （C－A）.
证明：2a2＝b2＋c2.
证明：法一　由 sin C sin （A－B）＝ sin B sin （C－A）可得， sin C
sin A cos B－ sin C cos A sin B＝ sin B sin C cos A－ sin B cos C sin A，
结合正弦定理 ＝ ＝ 可得ac cos B－bc cos A＝bc cos A－ab
cos C，
即ac cos B＋ab cos C＝2bc cos A. （*）
由余弦定理可知ac cos B＝ ，ab cos C＝ ，2bc cos A
＝b2＋c2－a2，代入（*）式整理得2a2＝b2＋c2.
法二　因为A＋B＋C＝π，
所以 sin C sin （A－B）＝ sin （A＋B） sin （A－B）＝ sin 2A cos 2B－
cos 2A sin 2B＝ sin 2A（1－ sin 2B）－（1－ sin 2A） sin 2B＝ sin 2A－ sin
2B，
同理有 sin B sin （C－A）＝ sin （C＋A） sin （C－A）＝ sin 2C－ sin
2A，
所以 sin 2A－ sin 2B＝ sin 2C－ sin 2A，
由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
证明与三角形有关的等（不等）式的一般思路
（1）利用正、余弦定理完成边角转化：把已知条件或待证等（不等）式
转化为以角为研究对象的三角等（不等）式或以边为研究对象的代数等
（不等）式；
（2）充分利用三角形中隐含条件：①A＋B＋C＝π；②A＞B sin A＞
sin B；③a－b＜c＜a＋b及三角函数的性质、三角恒等变换公式等推导
证明.
训练1 （2026·安徽质量联合检测）在△ABC中，A，B，C所对的边分别
是a，b，c.
（1）请用正弦定理证明：若a＞b，则A＞B；
证明： 由 ＝ ，a＞b得 sin A＞ sin B.
①若A，B∈（0， ］，则由y＝ sin x在（0， ］上单调递增，得A＞B.
③若B∈（0， ］，A∈（ ，π），则 sin A＝ sin （π－A）＞ sin B，
此时π－A∈（0， ），由y＝ sin x在（0， ］上单调递增，得π－A＞
B，A＋B＜π，则A＞B成立.
综上，若a＞b，则A＞B.
②若A∈（0， ］，B∈（ ，π），则 sin A＞ sin B＝ sin （π－B），
此时π－B∈（0， ），由y＝ sin x在（0， ］上单调递增，得A＞π－
B A＋B＞π，舍去.
（2）请用余弦定理证明：若A＞B，则a＞b.
证明：由y＝ cos x在（0，π）上单调递减，得 cos A＜ cos B，
则 ＜ ，则a（b2＋c2－a2）＜b（a2＋c2－b2），
即ab（b－a）＋c2（a－b）＋（b－a）（a2＋b2＋ab）＜0，
即（b－a）[（a＋b）2－c2]＝（b－a）（a＋b＋c）（a＋b－c）＜0.
而a＋b＋c＞0，a＋b－c＞0，因此a＞b.
平面图形中的计算问题（师生共研过关）
（2025·浙江稽阳联谊学校二模）在△ABC中，内角A，B，C的对边
分别为a，b，c，BC＝1且b cos C＋ c sin B＝1＋2c.
（1）求B的大小；
解： ∵b cos C＋ c sin B＝1＋2c＝a＋2c，
∴在△ABC中，由正弦定理得，
sin B cos C＋ sin C sin B＝ sin A＋2 sin C，
由三角形内角和为180°可得 sin A＝ sin （B＋C），
∴ sin B cos C＋ sin C sin B＝ sin （B＋C）＋2 sin C＝ sin B cos C＋ cos B
sin C＋2 sin C，
即 sin C sin B－ cos B sin C＝2 sin C，
∵0°＜C＜180°，∴ sin C≠0，
∴ sin B－ cos B＝2， sin B－ cos B＝1，
即 sin （B－30°）＝1，
又∵0°＜B＜180°，∴B－30°＝90°，即B＝120°.
（2）如图所示，D为△ABC外一点，∠DCB＝∠ABC，CD＝ ，AC
＝AD，求 sin ∠BCA的值.
解：由AC＝AD，令∠DCA＝∠CDA＝α，
则∠CAD＝180°－2α，
在△ACD中，由正弦定理得， ＝ ，
CD＝ ，∴AC＝ ＝ .
在△ABC中，由正弦定理得， ＝ ，∠BAC＝α－60°，BC＝1，
∴AC＝ ，∴ sin （α－60°）＝ cos α＝ sin （90°－α），
解得α＝75°，∴ sin ∠BCA＝ sin （120°－75°）＝ .
利用正、余弦定理解决平面多边形问题的策略
（1）将所给平面多边形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用
正、余弦定理建立边角关系进行求解；
（2）注意各个三角形之间的联系，特别是公共边、邻角之间的等量关
系，交叉使用公共条件进行求解；
（3）注意三角形相似、平行四边形性质等几何结论的应用；
（4）注意方程思想的灵活运用，通过设出未知变量，建立方程进行求解.
训练2 如图，△ABC是边长为3的等边三角形，线段AE交BC于点D，BD＝1.
（1）求 sin ∠ADB；
解： 在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD× cos
∠ABD，代入数据可得AD2＝32＋12－2×3×1× ＝7，∴AD＝ ，
由正弦定理可得 ＝ ，
∴ sin ∠ADB＝ ＝ ＝ .
（2）若AD＝3DE，求BE的长.
解：在△ABD中，由（1）及余弦定理得 cos ∠ADB＝－ ，
cos ∠EDB＝ cos （π－∠ADB）＝－ cos ∠ADB＝ ，
又DE＝ ＝ ，
∴在△BED中，由余弦定理可得BE2＝BD2＋DE2－2BD×DE× cos
∠EDB＝1＋ －2×1× × ＝ ，故BE＝ .
三角形中的中线、角平分线、高线问题（定向精析突破）
考向1　三角形的角平分线问题
典题探究　（角平分线定理）在△ABC中，若AD是∠BAC的平分线，点
D在边BC上，试证明： ＝ ＝ .
证明：如图，设∠BAD＝∠CAD＝α，过D作DE⊥AB
于E，DF⊥AC于F.
由AD是∠BAC的平分线，易得DE＝DF.
因为S△ABD＝ AB·DE，S△ACD＝ AC·DF，
故 ＝ ＝ .
转换角度，△ABD与△ACD有相同的高（顶点A到BC的距离），根据三角形面积公式，此时面积比等于底边长
度之比，即 ＝ ，
故 ＝ ＝ .
（1）（2026·四川南充诊断）在△ABC中，内角A，B，C的对边分
别为a，b，c，已知b＝2，c＝4，∠BAC的平分线交边BC于点D，且
AD＝2，则 cos ∠BAC＝ ；
解析： 如图，可设∠CAD＝∠BAD＝α，因为S△ACD＋
S△ABD＝S△ABC，所以 ×2×2× sin α＋ ×2×4× sin α
＝ ×2×4× sin 2α，整理得3 sin α＝2 sin 2α，所以3 sin α＝4 sin α cos α，易知 sin α＞0，所以 cos α＝ ，所以 cos ∠BAC＝ cos 2α＝2 cos 2α－1＝ .
　
（2）在△ABC中，A＝2B，AC＝9，BC＝12，CD平分∠ACB交AB于
点D，则BD的长度为 .
解析：由角平分线定理，CD平分∠ACB交AB于点D，可得 ＝ ＝
＝ ，所以BD＝ AB，由正弦定理可知， ＝ ，所以 ＝ ，
所以 ＝ ，得 cos B＝ .由余弦定理可知AC2＝AB2＋BC2－
2AB×BC× cos B，即81＝AB2＋144－2×AB×12× ，解得AB＝7或AB
＝9.当AB＝7时，BD＝4.当AB＝9时，因为AC＝9，所以AC＝AB，因
此B＝∠ACB，A＋B＋∠ACB＝π即2B＋B＋B＝π，所以B＝ ， cos B
＝ ≠ ，所以AB＝9不成立.故BD＝4.
4　
　　角平分线是平面几何的一个重要特征，解题方法主要有两种：一是利
用角平分线定理，找边之间的关系；二是角平分线把三角形分成两个三角
形，利用等面积法求解.
考向2　三角形的中线问题
典题探究　（中线长定理）在△ABC中，若AD是BC边上的中线，试证
明：AD2＝ （AB2＋AC2）－ BC2.
证明：设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
法一　在△ABD与△ABC中利用公共角B，
AD2＝（ ）2＋c2－2× ×c cos B＝ ＋c2－ac· ＝
，
所以AD＝ .
即AD2＝ （AB2＋AC2）－ BC2得证.
法二　在△ABD与△ACD中，利用∠ADB与∠ADC互补.
c2＝AD2＋（ ）2－2AD· cos ∠ADB，
①
b2＝AD2＋（ ）2－2AD· cos ∠ADC，
②
①＋②得b2＋c2＝2AD2＋ ，
所以AD＝ .
即AD2＝ （AB2＋AC2）－ BC2得证.
法三　因为 ＝ （ ＋ ），所以｜ ｜2＝ （｜ ｜2＋｜
｜2＋2 · ），即AD2＝ （c2＋b2＋2 · ），　①
又 － ＝ ，故｜ ｜2＋｜ ｜2－2 · ＝｜ ｜2，即b2
＋c2－2 · ＝a2，　②
将②代入①得AD2＝ ，所以AD＝ .
即AD2＝ （AB2＋AC2）－ BC2得证.
〔一题多解〕（2023·新高考Ⅱ卷17题改编）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.若b2＋c2＝8，则b＋c＝ .
解析：法一　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
定理的推论，得 ＝－ ，得1＋BD2－c2＝－（1＋
BD2－b2），所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝ ，所以a＝2 .在
△ABC中，由余弦定理的推论，得 cos ∠BAC＝ ＝ ＝－ ，
4　
所以S△ABC＝ bc sin ∠BAC＝ bc· ＝ bc
＝ ＝ ，解得bc＝4.则由 解得b＝c＝2，故b
＋c＝4.
法二　依题意，得 ＝ （ ＋ ），所以 （ ＋ ）2＝1，即
＋2 · ＋ ＝4，所以c2＋2cb cos ∠BAC＋b2＝4.又b2＋c2＝
8，所以bc cos ∠BAC＝－2.因为S△ABC＝ bc sin ∠BAC＝ ，所以bc sin
∠BAC＝2 ，所以tan∠BAC＝－ .因为0＜∠BAC＜π，所以∠BAC
＝ .由 得b＝c＝2（负值已舍去），故b＋c＝4.
法三　因为AD＝1，由中线长定理得 ＝1　①，因为
△ABC的面积为 ，所以S△ABC＝ bc sin A＝ ，化简得
＝ 　②，又b2＋c2＝8　③，由①②③联
立解得a＝2 ，b＝c＝2，故b＋c＝4.
变式 〔一题多解〕在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
若点D在边BC上，且BD＝2DC，b＝3，AD＝2 ，∠BAC＝ ，求
△ABC的周长.
解：法一　如图，设CD＝x，则在△ABC中， cos ∠BAC＝
＝ .　①
在△ACD中， cos ∠ADC＝ ＝ .
在△ADB中， cos ∠ADB＝ .
因为 cos ∠ADC＋ cos ∠ADB＝0，
所以6x2＋18－c2＝0.　②
由①②可解得c＝6，x＝ ，所以△ABC的周长为3 ＋9.
法二　因为BD＝2DC，所以 ＝ ＋ ＝ ＋ （ － ）＝
＋ ，所以 ＝ ＋ · ＋ ，即12＝ c2＋
×c×3× ＋ ×9，即c2＋6c－72＝0，解得c＝6或c＝－12（舍去）.
由余弦定理得a2＝36＋9－2×6×3× ＝27，所以a＝3 .
所以△ABC的周长为3 ＋3＋6＝3 ＋9.
三角形的中线问题的解题策略
（1）可根据两角互补或面积相等用正、余弦定理建立方程求解；
（2）采用向量法使问题简化：在△ABC中，若D为边BC的中点，则
＝ （ ＋ ），两边平方即可得到三角形边长之间的关系；
（3）利用中线长定理求解.
考向3　三角形的高线问题
在△ABC中，若h1，h2，h3分别为△ABC的边a，b，c上的高，则
h1∶h2∶h3＝ ∶ ∶ ＝ ∶ ∶ .
（1）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＜b＜
c，三角形三边上的高之比为2∶3∶4，则 cos C＝ ；
解析： 由于a＜b＜c，则三边a，b，c上的高之比为ha∶hb∶hc＝
4∶3∶2，即4∶3∶2＝ ∶ ∶ ，设a＝3x，则b＝4x，c＝6x，在
△ABC中，由余弦定理得 cos C＝ ＝ ＝－ .
－ 　
（2）〔一题多解〕（2023·新高考Ⅰ卷17题改编）已知在△ABC中，A为锐
角， sin A＝ ，C＝ ，AB＝5，则AB边上的高为 .
解析：法一　设AB边上的高为h，易得 cos A＝ ，则 sin B＝ sin （A＋
C）＝ sin （ ＋A）＝ cos A＋ sin A＝ .在△ABC中，由正弦定理
＝ ，得AC＝ ＝ ＝2 .又S△ABC＝ ·AC·AB· sin A＝
·AB·h，∴h＝AC sin A＝2 × ＝6.即AB边上的高为6.
6　
法二　易得 cos A＝ ， sin B＝ sin （A＋C）＝ sin A cos C＋ cos A sin C
＝ × ＋ × ＝ .由正弦定理 ＝ ，得AC＝ ＝
＝2 ，故AB边上的高为AC sin A＝2 × ＝6.
利用三角形高线解三角形的一般思路
（1）构建直角三角形；
（2）利用三角形的面积S＝ aha；
（3）三角形三条高线交于一点（此点为该三角形的垂心）；
（4）求高一般采用等面积法，即求某边上的高，需要求出面积和底边
长度.
训练3 （2025·山东青岛二中期中）已知△ABC的三个内角A，B，C所对
的边分别是a，b，c，若2b sin A＋b sin B＝c sin 2B.
（1）求角C；
解： 由2b sin A＋b sin B＝c sin 2B及正弦定理得2 sin B· sin A＋ sin 2B＝
sin C·2 sin B cos B，
因为在△ABC中， sin B＞0，所以2 sin A＋ sin B＝2 sin C cos B，
又 sin A＝ sin （B＋C），
所以2（ sin B cos C＋ cos B sin C）＋ sin B＝2 sin C cos B，
所以2 sin B cos C＋ sin B＝0，所以 cos C＝－ .
因为0＜C＜π，所以C＝ .
（2）若点D在边AB上，b＝2，CD＝1，请在下列三个条件中任选一个，
求边长AB.
①CD为△ABC的一条中线；②CD为△ABC的一条角平分线；③CD为
△ABC的一条高线.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
解：若选①，因为 ＝ （ ＋ ），
所以 ＝ （ ＋2 · ＋ ），即4＝4＋a2＋2×2×a×（－
），化简得a2－2a＝0，解得a＝2或a＝0（舍去）.
所以AB＝ ＝2 .
若选②，因为S△ABC＝S△CAD＋S△CBD，
所以 ×2×a× sin ＝ ×2×1× sin ＋ ×1×a× sin ，解得a＝2.
所以AB＝ ＝2 .
若选③，由S△ABC＝ ×2×a× sin ＝ ×AB×1，解得AB＝ a.
所以AB2＝22＋a2－2×2×a×（－ ）＝3a2，即a2－a－2＝0，解得a＝2
或a＝－1（舍去）.所以AB＝2 .
张角定理
典题探究　（张角定理）如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别
为a，b，c，若D为BC边上一点，且∠BAD＝α，∠CAD＝β，证明：
＝ ＋ .
证明：因为S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，
所以 bc sin （α＋β）＝ AD·c sin α＋ AD·b sin β，
等式两边同除以 bc·AD得 ＝ ＋ .
若令α＝β，利用张角定理，可以非常简捷地求得角平分线长.在△ABC
中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，AD是∠BAC的平分
线，若∠BAD＝α，则有 cos α＝ （ ＋ ）.
（1）〔一题多解〕已知AD是△ABC的角平分线，
AB＝3，AC＝5，∠BAC＝120°，则AD的长为 ；
解析： 法一　∵AD是△ABC的角平分线，且∠BAC＝120°，∴∠BAD
＝∠CAD＝60°.∵S△ABD＋S△CAD＝S△ABC，∴ AB·AD sin ∠BAD＋
AC·AD sin ∠CAD＝ AB·AC sin ∠BAC，即 ×3AD× ＋ ×5AD×
＝ ×3×5× ，解得AD＝ .
　
法二　由张角定理得 cos 60°＝ （ ＋ ）＝ ，解得AD＝ .
（2）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知点D在
BC边上，AD⊥AC， sin ∠BAC＝ ，AB＝3 ，AD＝3，则CD
＝ .
3 　
解析：由题意知， ＜∠BAC＜π，因为 sin ∠BAC＝ ，所以 cos
∠BAC＝－ ＝－ ，由张角定理得， ＝ ＋
，即 ＝ ＋ ， ＝ ＋ ， ＝
＋ ，解得AC＝3 ，所以CD＝ ＝3 .
课时跟踪检测
（时间：60分钟，满分：76分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
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2
3
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1. 在△ABC中，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝120°，AH为△ABC的高
线，则AH＝（　　）
A. B.
C. D.
√
解析： 　在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cos
120°＝7，即BC＝ ，所以S△ABC＝ AB·AC sin 120°＝ BC·AH，所
以AH＝ ＝ .
2. 在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝ ，∠BAC的平分线交
BC于D，则AD＝（　　）
A. 1 B. 2
√
C. 3 D. 4
解析： 　在△ABC中，由余弦定理得 cos 60°＝ ，整理得AC2－
2AC－2＝0，得AC＝1＋ .又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以 ×2AC sin
60°＝ ×2AD sin 30°＋ AC×AD sin 30°，所以AD＝ ＝
＝2.
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2
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8
9
3. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2＋c2－b2
＝ac，延长BC至点D，使得BC＝CD，若AD＝2 ，AB＝2，则a＝
（　　）
A. 1 B.
√
C. 2 D. 3
解析： 　因为a2＋c2－b2＝ac，所以 cos B＝
＝ ＝ ，又因为0＜B＜π，所以B＝ ，如图所示，由
BD＝2a，且AD＝2 ，AB＝2，在△ABD中，由余弦定理得AD2＝4＋（2a）2－2×2×2a× cos ＝4＋4a2－4a＝12，解得a＝2或a＝－1（负值舍去）.故选C.
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4. （2026·山东聊城模拟）如图，在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，
B＝2D＝120°，记△ABC与△ACD的面积分别为S1，S2，则S2－S1＝
（　　）
A. 2 B.
C. 1 D.
√
1
2
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5
6
7
8
9
解析： 　在△ABC中，由余弦定理得 cos B＝ ，即－ ＝
，得BC2－AC2＝－2BC－4　①，在△ACD中，由余弦定理得
cos D＝ ，即 ＝ ，得CD2－AC2＝2CD－4　②，
又S1＝ AB·BC sin 120°＝ BC，S2＝ AD·CD· sin 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＝
.故选B.
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5. 〔多选〕在Rt△ABC中，C＝90°，角A的平分线交BC于点D，AD＝
1， cos ∠BAC＝ ，以下结论正确的是（　　）
A. AB＝8 B. ＝
C. AB＝6 D. △ABD的面积为
√
√
√
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解析： 　如图所示，因为AD是角平分线，设∠CAD
＝∠DAB＝α，则∠BAC＝2α，根据二倍角公式得 cos
2α＝2 cos 2α－1＝ ，且0°＜α＜45°，所以 cos α＝
，在Rt△ACD中，AD＝1，所以AC＝AD cos α＝ ，在Rt△ACB中，AB＝ ＝ ×8＝6，故A错误，C正确；根据角平分线定理， ＝ ＝ × ＝ ，故B正确；因为 cos α＝ ，且0°＜α＜45°，所以 sin α＝
，所以S△ABD＝ AD·AB· sin α＝ ×6× ＝ ，故D正确，故选B、C、D.
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6. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝120°，b2＋c2
＝8，D为BC边的中点，则AD的最小值为 .
解析：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos 120°＝b2＋c2＋bc.由中线长定
理得AD＝ ＝ ＝
≥ ＝ ＝1.当且仅当b＝c时等
号成立，即AD≥1，所以AD的最小值为1.
1　
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解： 证明：因为S＝a2 sin 2B，所以 ac sin B＝2a2 sin B cos B，
在△ABC中， sin B＞0，所以c＝4a cos B.
由正弦定理得 sin C＝4 sin A cos B.
因为A＋B＋C＝180°，
所以 sin C＝ sin （180°－A－B）＝ sin （A＋B）＝ sin A cos B＋ cos A
sin B，
所以4 sin A cos B＝ sin A cos B＋ cos A sin B，即 cos A sin B＝3 sin A cos B，
所以tan B＝3tan A.
7. （15分）（2026·江苏宿迁模拟）记△ABC的内角A，B，C所对的边分
别为a，b，c，面积为S，且S＝a2 sin 2B.
（1）证明：tan B＝3tan A；
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（2）若A＝45°，BC边上的高为6，求b.
解： 因为A＝45°，所以tan A＝1，由（1）知tan B＝3.
因为tan B＝ ＝3，又因为 sin 2B＋ cos 2B＝1，解得 sin 2B＝ ， cos
2B＝ .
因为tan B＝3＞0，所以0°＜B＜90°，所以 sin B＝ ， cos B＝ .
由S＝a2 sin 2B＝ a×6，得a2×（2 sin B cos B）＝3a，解得a＝5.
由正弦定理 ＝ ，得 ＝ ，解得b＝3 .
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8. （15分）〔一题多解〕（2026·吉林长春质量监测）在△ABC中，内角
A，B，C的对边分别是a，b，c，△ABC的面积记为S，已知3c sin C＝
， sin B＝3 sin C.
（1）求A；
解： 因为3c sin C＝ ，
所以3c sin C＝ ＝ ，
即 cos A＝ ，又A∈（0，π），所以A＝ .
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（2）若BC边上的中线长为1，点D在BC上，且AD为∠BAC的平分线，
求CD的长.
解： 法一　设BC边的中点为E，连接AE（图略），由题知AE＝1，
且 ＝ （ ＋ ），
所以 ＝ （ ＋ ）2＝ （ ＋ ＋2 · ），
即1＝ （c2＋9c2＋2·c·3c· cos ），
所以c2＝ ，c＝ .
因为AD是∠BAC的平分线，S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，
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所以 c·3c· sin ＝ c·AD· sin ＋ ·3c·AD· sin ，
所以AD＝ c，
所以在△ACD中，CD2＝AC2＋AD2－2AC×AD× cos ∠CAD＝9c2＋
c2－2×3c× c× cos ＝ c2，
所以CD＝ c＝ .
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法二　因为 sin B＝3 sin C，所以由正弦定理得，b＝3c.
由中线定理得，1＝ ，即a2＝20c2－4.
在△ABC中，由余弦定理得 cos ∠BAC＝ ＝ － ＝ ，得c2＝
，
所以a2＝ ，即a＝ .
由角平分线定理得， ＝ ，即CD＝3BD，
所以CD＝ a＝ .
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9. （15分）如图，四边形ABCD为圆O的内接四边形，
其中AB＝ ，BC＝3，CD＝2 ，DA＝1.
（1）求 sin D的值；
解： 连接AC（图略），因为四边形ABCD为圆内接四边形，
所以B＋D＝π，所以 cos B＝－ cos D.
在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos B，
可得AC2＝2＋9＋2× ×3 cos D＝11＋6 cos D.
在△ADC中，由余弦定理得AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC cos D，
可得AC2＝1＋8－2×1×2 cos D＝9－4 cos D.
所以11＋6 cos D＝9－4 cos D，得 cos D＝－ ，
又D∈（0，π），所以 sin D＝ ＝ .
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（2）求四边形ABCD的面积及圆O的半径.
解：由（1）知， sin D＝ ，因为B＋D＝π，所以 sin B＝ sin D＝ ，
所以S△ABC＝ AB·BC sin B＝ × ×3× ＝ ，
S△ADC＝ AD·DC sin D＝ ×1×2 × ＝ ，
所以四边形ABCD的面积S＝S△ABC＋S△ADC＝ ＋ ＝ .
结合（1）得，AC2＝11＋6 cos D＝11＋6 ×（－ ）＝ ，
所以AC＝ ，
设四边形ABCD外接圆的半径为R，可得2R＝ ＝ ＝ ，
所以四边形ABCD外接圆的半径为 .
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