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第32课时　三角形中的高线、中线、角平分线
[考试要求]　能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决三角形中的中线、高线、角平分线的计算问题．
考点一　三角形的高线问题
[典例1]　(2025·北京卷)在△ABC中，cos A＝－，asin C＝4．
(1)求c的值；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求BC边上的高．
条件①：a＝6；条件②：asin B＝；条件③：△ABC的面积为10．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：(1)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的长度．
(2)设h1，h2，h3分别为△ABC的边a，b，c上的高，则h1∶h2∶h3＝．
[巩固迁移]
1．(2025·湖北九师联盟二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求C；
(2)若a－b＝2，△ABC的面积为2，求边AB上的高．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点二　三角形的中线问题
[典例2]　(2023·新高考Ⅱ卷节选)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，D为BC的中点，且AD＝1．若b2＋c2＝8，求b，c．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：解答三角形的中线问题的三种思路
(1)应用中线长定理：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，体现了算“两次”的思想．
(2)借助向量：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则(b2＋c2＋2bccos ∠BAC)．
(3)借助角的关系：在△ABC中，若AD是边BC上的中线，则cos∠ADB＋cos∠ADC＝0．
[巩固迁移]
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝7，b＝8，c＝9，则AC边上的中线长为___________．
考点三　三角形的角平分线问题
[典例3]　在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2cos C·sin＋cos A＝0．
(1)求角C的大小；
(2)若∠ACB的平分线交AB于点D，且CD＝2，BD＝2AD，求△ABC的面积．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：在△ABC中，AD平分∠BAC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．则
(1)；
(2)S△ABD＋S△ACD＝S△ABC．
(3)角平分线长公式：①AD＝；
②AD2＝AB·AC－BD·CD(斯库顿定理)．
[巩固迁移]
3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，角A的角平分线交BC于点D，且asin C＝ccos．
(1)A＝___________；
(2)若b＝2，且△ABC的面积为，则AD＝___________．
精研考点·提升素养
考点一
典例1　解：(1)因为cos A＝－，A∈(0，π)，所以sin A＝，
由正弦定理，
得asin C＝csin A＝4，
所以c＝＝6．
(2)若△ABC存在，则设BC边上的高为AD．
若选①：a＝6，因为c＝6，所以C＝A，因为cos A＝－<0，这表明此时△ABC有两个钝角，
而这是不可能的，所以此时△ABC不存在，故BC边上的高也不存在．
若选②：asin B＝，由asin C＝4，由(1)知c＝6，所以b＝5，
所以由余弦定理得a
＝
＝＝9，
此时△ABC是存在的，且唯一确定，
所以S△ABC＝bcsin A＝BC·AD，
即×9AD，
所以BC边上的高AD＝．
若选③：△ABC的面积是10，由(1)知c＝6，sin A＝，
则S△ABC＝bcsin A＝，
解得b＝5，
由余弦定理可得a＝＝9，
此时△ABC是存在的，且唯一确定，则BC边上的高满足：S△ABC＝，即AD＝．
巩固迁移
1．解：(1)由正弦定理，得，
又，
所以sin C＝1＋cos C，
整理，得2sin＝1，
即sin，又C∈(0，π)，
所以C－，
所以C－，故C＝．
(2)由△ABC的面积为2，
得absin C＝，所以ab＝8．
由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab＝(a－b)2＋ab＝22＋8＝12，
所以c＝2．
设边AB上的高为h，由，解得h＝＝2．
考点二
典例2　解：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
＝
＝
＝
＝，
解得bc＝4．
则由解得b＝c＝2．
法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，
则)，
所以(c2＋b2＋2bccos ∠BAC)，
又AD＝1，b2＋c2＝8，
则1＝(8＋2bccos ∠BAC)，
所以bccos ∠BAC＝－2，①
S△ABC＝bcsin ∠BAC＝，
即bcsin ∠BAC＝2，②
由①②解得tan ∠BAC＝－，
所以∠BAC＝，
所以bc＝4，又b2＋c2＝8，所以b＝c＝2．
法三：在△ABC中，由中线长公式可得
2(BD2＋AD2)＝AB2＋AC2，又BD＝BC，AD＝1，b2＋c2＝8，则(2AD)2＋BC2＝2(AB2＋AC2)，
即22＋a2＝2(b2＋c2)＝16，
所以a2＝12．
又S△ABC＝bcsin ∠BAC＝，
因而bcsin ∠BAC＝2，
又由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc·cos ∠BAC，
得12＝8－2bc·cos ∠BAC，
所以bccos ∠BAC＝－2，
故tan ∠BAC＝－ cos ∠BAC＝－，
所以bc＝4，
又b2＋c2＋2bc＝8＋8＝16＝(b＋c)2，
b2＋c2－2bc＝8－8＝0＝(b－c)2，
故可得b＝c＝2．
巩固迁移
2．7
考点三
典例3　解：(1)由已知可得
2cos C·－cos(B＋C)＝0，
sin Bcos C＋cos Bcos C－(cos Bcos C－sin Bsin C)＝0，
整理得sin B(cos C＋sin C)＝0．
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以cos C＋sin C＝0，即tan C＝－，
因为C∈(0，π)，所以C＝．
(2)由题意得，，所以a＝2b．
法一：在△ABC中，c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB＝4b2＋b2－2×2b×b×＝7b2，
所以c＝b．
在△ACD中，AD＝，
所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD，
即，
将c＝b代入整理得b2－9b＋18＝0，解得b＝3或b＝6．
若b＝6，则a＝12，c＝6，BD＝4，AD＝2，
所以在△BCD中，由余弦定理的推论得
cos∠CDB＝＝<0，
同理可得cos∠ADC<0，即∠BDC和∠ADC都为钝角，不符合题意，排除．
所以b＝3，a＝6，
S△ABC＝．
法二：因为S△ACD＋S△BCD＝S△ABC，
所以
＝，
所以b＋a＝ab．
因为a＝2b，所以b＝3，a＝6，
所以S△ABC＝．
巩固迁移
3．(1))　[(1)由已知asin C＝ccos，
又由正弦定理可得sin Asin C＝sin Ccos，
又C∈(0，π)，所以sin C≠0，
则sin A＝cos，又sin A＝2sin，
即2sin，
又A∈(0，π)，，即cos≠0，
则sin，A＝．
(2)由已知S△ABC＝，
所以c＝，
因为AD为∠CAB的角平分线，故∠CAD＝∠BAD＝，
所以S△ABC＝S△ACD＋S△ABD＝c·AD·sin∠BAD，
即AD，
解得AD＝6(2－)．]
3/3(共61张PPT)
第32课时　三角形中的高线、中线、角平分线
第四章　三角函数与解三角形
[考试要求]能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决三角形中的中线、高线、角平分线的计算问题．
考点一　三角形的高线问题
[典例1]　(2025·北京卷)在△ABC中，cos A＝－，asin C＝4．
(1)求c的值；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求BC边上的高．
条件①：a＝6；条件②：asin B＝；条件③：△ABC的面积为10．
精研考点·提升素养
[解]　(1)因为cos A＝－，A∈(0，π)，
所以sin A＝，
由正弦定理，得asin C＝csin A＝4，
所以c＝＝6．
(2)若△ABC存在，则设BC边上的高为AD．
若选①：a＝6，因为c＝6，所以C＝A，因为cos A＝－<0，这表明此时△ABC有两个钝角，
而这是不可能的，所以此时△ABC不存在，故BC边上的高也不存在．
若选②：asin B＝，由asin C＝4
，由(1)知c＝6，所以b＝5，
所以由余弦定理得
a＝＝9，
此时△ABC是存在的，且唯一确定，
所以S△ABC＝bcsin A＝BC·AD，
即×5×6××9AD，所以BC边上的高AD＝．
若选③：△ABC的面积是10，由(1)知c＝6，sin A＝，
则S△ABC＝bcsin A＝b×6×＝10，
解得b＝5，
由余弦定理可得
a＝＝9，
此时△ABC是存在的，且唯一确定，则BC边上的高满足：S△ABC＝a·AD＝AD＝10，即AD＝．
名师点评：(1)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的长度．
(2)设h1，h2，h3分别为△ABC的边a，b，c上的高，则h1∶h2∶h3＝．
[巩固迁移]
1．(2025·湖北九师联盟二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求C；
(2)若a－b＝2，△ABC的面积为2，求边AB上的高．
[解]　(1)由正弦定理，得，
又，
所以sin C＝1＋cos C，整理，得2sin＝1，
即sin，又C∈(0，π)，
所以C－∈，所以C－，故C＝．
(2)由△ABC的面积为2，
得absin C＝ab＝2，所以ab＝8．
由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab＝(a－b)2＋ab＝22＋8＝12，
所以c＝2．
设边AB上的高为h，由ch＝2，解得h＝＝2．
【教用·备选题】
(2026·海南海口模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝6，bsin 2A＝4sin B．
(1)若b＝1，证明：C＝A＋；
(2)若BC边上的高为，求△ABC的周长．
[解]　(1)证明：由已知可得，
由正弦定理，∴．
又sin A>0，
∴cos A＝，sin A＝．
又b＝1，∴sin B＝．
∵a>b，∴cos B＝，
∴cos C＝－cos(A＋B)＝－cos Acos B＋sin Asin B＝－，
∴cos C＝－sin A＝cos．
又C∈(0，π)，A＋∈，函数y＝cos x在(0，π)上单调递减，则C＝A＋．
(2)由题意得S△ABC＝×6×＝8．
又S△ABC＝bcsin A＝bc，则bc＝24．
由余弦定理得，
a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc(cos A＋1)，
得(b＋c)2＝2bc(1＋cos A)＋a2＝48＋62＝(6＋4)2，
∴b＋c＝6＋4．
∴△ABC的周长为12＋4．
考点二　三角形的中线问题
[典例2]　(2023·新高考Ⅱ卷节选)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，D为BC的中点，且AD＝1．若b2＋c2＝8，求b，c．
[解]　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．
法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，
则)，所以(c2＋b2＋2bccos ∠BAC)，
又AD＝1，b2＋c2＝8，
则1＝(8＋2bccos ∠BAC)，所以bccos ∠BAC＝－2，①
S△ABC＝bcsin∠BAC＝，即bcsin ∠BAC＝2，②
由①②解得tan ∠BAC＝－，所以∠BAC＝，
所以bc＝4，又b2＋c2＝8，所以b＝c＝2．
法三：在△ABC中，由中线长公式可得
2(BD2＋AD2)＝AB2＋AC2，又BD＝BC，AD＝1，b2＋c2＝8，则(2AD)2＋BC2＝2(AB2＋AC2)，
即22＋a2＝2(b2＋c2)＝16，所以a2＝12．
又S△ABC＝bcsin∠BAC＝，
因而bcsin ∠BAC＝2，
又由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc·cos ∠BAC，
得12＝8－2bc·cos ∠BAC，
所以bccos ∠BAC＝－2，
故tan ∠BAC＝－ cos ∠BAC＝－，
所以bc＝4，
又b2＋c2＋2bc＝8＋8＝16＝(b＋c)2，
b2＋c2－2bc＝8－8＝0＝(b－c)2，
故可得b＝c＝2．
名师点评：解答三角形的中线问题的三种思路
(1)应用中线长定理：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，体现了算“两次”的思想．
(2)借助向量：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则(b2＋c2＋2bccos ∠BAC)．
(3)借助角的关系：在△ABC中，若AD是边BC上的中线，则cos∠ADB＋cos∠ADC＝0．
[巩固迁移]
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝7，b＝8，c＝9，则AC边上的中线长为_____________．
7　[法一：在△ABC中，设BD是AC边上的中线，由中线长定理知，
AB2＋BC2＝2(BD2＋DC2)，即c2＋a2＝2，
则BD2＝＝49，BD＝7，
故AC边上的中线长为7．
7
法二：因为a＝7，b＝8，c＝9，由余弦定理得
cos ∠ABC＝．
设D是AC的中点，则)，
两边平方得||2＝＋2)
＝＝49，
所以||＝7，即AC边上的中线长为7．]
【教用·备选题】
1．(2021·浙江卷)在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2，则AC＝__________；cos∠MAC＝__________．
2
2 　[在△ABM中，
AM2＝BA2＋BM2－2BA·BMcos 60°，
∴(2)2＝22＋BM2－2×2×BM×，
∴BM2－2BM－8＝0，解得BM＝4或BM＝－2(舍去)．
∵点M是BC中点，∴MC＝4，BC＝8，在△ABC中，AC2＝22＋82－2×2×8cos 60°＝52，∴AC＝2．
在△AMC中，cos∠MAC＝．]
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，acos B－bcos A＋b＝c，则BC边上的中线AD长度的最大值为________．
　[因为acos B－bcos A＋b＝c，
由正弦定理可知，sin Acos B－sin Bcos A＋sin B＝sin C，
又因为A＋B＋C＝π，
所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
则2cos Asin B＝sin B，
又B∈(0，π)，所以sin B>0，所以cos A＝．
因为A∈(0，π)，所以A＝．
设AD＝x，又DB＝DC＝1，
在△ADB，△ADC中分别有：
cos∠ADB＝，cos∠ADC＝，
又由于cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，
所以2x2＋2＝b2＋c2．
在△ABC中，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得4＝b2＋c2－bc，
因为b2＋c2≥2bc，所以4＝b2＋c2－bc≥，
从而b2＋c2≤8，所以2x2＋2≤8，解得0所以BC边上的中线AD长度的最大值为．]
考点三　三角形的角平分线问题
[典例3]　在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2cos C·sin＋cos A＝0．
(1)求角C的大小；
(2)若∠ACB的平分线交AB于点D，且CD＝2，BD＝2AD，求△ABC的面积．
[解]　(1)由已知可得
2cos C·－cos(B＋C)＝0，
sin Bcos C＋cos Bcos C－(cos Bcos C－
sin Bsin C)＝0，
整理得sin B(cos C＋sin C)＝0．
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以cos C＋sin C＝0，即tan C＝－，
因为C∈(0，π)，所以C＝．
(2)由题意得，，所以a＝2b．
法一：在△ABC中，c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB＝4b2＋b2－2×2b×b×＝7b2，
所以c＝b．
在△ACD中，AD＝，
所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD，
即＝b2＋22－2b×2×，
将c＝b代入整理得b2－9b＋18＝0，解得b＝3或b＝6．
若b＝6，则a＝12，c＝6，BD＝4，AD＝2，
所以在△BCD中，由余弦定理的推论得
cos∠CDB＝<0，
同理可得cos∠ADC<0，即∠BDC和∠ADC都为钝角，不符合题意，排除．
所以b＝3，a＝6，
S△ABC＝absin．
法二：因为S△ACD＋S△BCD＝S△ABC，
所以×2bsin×2asinabsin，
所以b＋a＝ab．
因为a＝2b，所以b＝3，a＝6，
所以S△ABC＝absin．
名师点评：在△ABC中，AD平分∠BAC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．则
(1)；
(2)S△ABD＋S△ACD＝S△ABC．
(3)角平分线长公式：①AD＝；
②AD2＝AB·AC－BD·CD(斯库顿定理)．
[巩固迁移]
3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，角A的角平分线交BC于点D，且asin C＝ccos．
(1)A＝_____________；
(2)若b＝2，且△ABC的面积为，则AD＝_____________．
6(2－)
(1)　(2)6(2－)　[(1)由已知asin C＝ccos，
又由正弦定理可得sin Asin C＝sin Ccos，
又C∈(0，π)，所以sin C≠0，
则sin A＝cos，又sin A＝2sincos，
即2sincos＝cos，又A∈(0，π)，∈，即cos≠0，
则sin，A＝．
(2)由已知S△ABC＝bcsin∠CAB＝c＝，
所以c＝，
因为AD为∠CAB的角平分线，故∠CAD＝∠BAD＝，
所以S△ABC＝S△ACD＋S△ABD
＝b·AD·sin∠CAD＋c·AD·sin∠BAD，
即AD＋AD＝AD，解得AD＝6(2－)．]
【教用·备选题】
1．(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于点D，则AD＝_____________．
2　[由余弦定理的推论得cos 60°＝，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋(舍负)．
因为S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以×2ACsin 60°＝×2ADsin 30°＋AC·ADsin 30°，所以AD＝＝＝2．]
2
2．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asin B＝bsin．
(1)求角A的大小；
(2)若AB＝3，AC＝1，∠BAC的角平分线交BC于点D，求AD的长．
[解]　(1)因为asin B＝bsin，由正弦定理得sin Asin B
＝sin Bsin．因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以sin A＝sin，所以sin A＝sin A＋cos A，
即sin A＝cos A，所以tan A＝．
因为A∈(0，π)，所以A＝．
(2)法一：因为S△ABC＝S△ABD＋S△ADC，所以AB·AC·sin∠BAC＝AB·AD·sin∠BAD＋AD·AC·sin∠DAC，所以×3×1×sin×3×AD×sin×AD×1×sin，所以AD＝．
法二：在△ABD中，由正弦定理得，在△ADC中，由正弦定理得．
因为sin∠BAD＝sin∠DAC，sin∠ADB＝sin∠ADC，所以＝3，所以)＝，所以||2＝||2＋||2＋×9＋×1＋×3×1×，所以AD＝．
1．(2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sin B．
(1)求sin A；
(2)设AB＝5，求AB边上的高．
课后作业(三十二)　三角形中的高线、中线、角平分线
[解]　法一：(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝．
因为2sin(A－C)＝sin B，
所以2sin＝sin，
展开并整理得(sin A－cos A)＝(cos A＋sin A)，
得sin A＝3cos A，
又sin2A＋cos2A＝1，且sin A>0，所以sin A＝．
(2)由正弦定理，
得BC＝·sin A＝＝3，
由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos C，
得52＝AC2＋(3)2－2AC·3cos ，
整理得AC2－3AC＋20＝0，
解得AC＝或AC＝2．
由(1)得，tan A＝3>又A＋B＝，所以B>，
即C所以AC＝2．
设AB边上的高为h，则·AB·h＝·AC·BCsin C，
即5h＝2×3，
解得h＝6，所以AB边上的高为6．
法二：(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝．
因为2sin(A－C)＝sin B，
所以2sin(A－C)＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
所以2sin Acos C－2cos Asin C＝sin Acos C＋cos Asin C，
所以sin Acos C＝3cos Asin C，
易得cos Acos C≠0，
所以tan A＝3tan C＝3tan ＝3，
又sin A>0，所以sin A＝．
(2)由(1)知sin A＝，tan A＝3>0，所以A为锐角，
所以cos A＝，
所以sin B＝sin(cos A＋sin A)＝，
由正弦定理，得AC＝＝2，
故AB边上的高为AC·sin A＝2＝6．
2．(2025·北京海淀三模)在△ABC中，已知c·cos B＝a－b．
(1)求C；
(2)若3sin A＝2sin B，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，求BC边上中线的长．
条件①：a＋b＝5；条件②：c＝b；条件③：△ABC的面积为．
注：如果选择多条件分别解答，则按第一个解答计分．
[解]　(1)法一：由正弦定理及c·cos B＝a－b，得sin Ccos B＝sin A－sin B，
因为sin A＝sin(π－B－C)＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
所以sin Ccos B＝sin Bcos C＋cos Bsin C－sin B，
整理得sin Bcos C－sin B＝0．
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以cos C＝，又C∈(0，π)，所以C＝．
法二：由余弦定理的推论，cos B＝，代入c·cos B＝a－b，得＝a－b．
整理得a2＋b2－c2＝ab，所以cos C＝，
又C∈(0，π)，所以C＝．
(2)选条件①：取BC的中点D，连接AD，
由正弦定理及3sin A＝2sin B，得3a＝2b，
因为a＋b＝5，所以a＝2，b＝3，所以CD＝a＝1．
在△ACD中，由余弦定理知，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos C＝9＋1－2×3×1×＝7，
所以AD＝，即BC边上中线的长为．
选条件③：取BC的中点D，连接AD，由正弦定理及3sin A＝2sin B，得3a＝2b，
因为△ABC的面积为absin C＝ab，即ab＝6，
又3a＝2b，所以a＝2，b＝3，所以CD＝a＝1，
在△ACD中，由余弦定理知，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos C＝9＋1－2×3×1×＝7，
所以AD＝，即BC边上中线的长为．
选条件②：由3a＝2b，知a＝b，
在△ABC中，由余弦定理知，c2＝a2＋b2－2abcos C，
若c＝b，则＋b2－2·b·b·，该等式恒成立，即△ABC不唯一，不符合题意．
3．(2026·广东广州模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2b－c＝2acos C．
(1)求A的大小；
(2)若a＝，∠BAC的平分线AD交BC于点D，且AD＝1，求△ABC的面积．
[解]　(1)在△ABC中，由2b－c＝2acos C及正弦定理，得2sin B－sin C＝2sin Acos C，
则2sin Acos C＋sin C＝2sin(A＋C)＝2sin Acos C＋2cos Asin C，
整理得2cos Asin C＝sin C，而sin C>0，
则cos A＝，又0(2)由∠BAC的角平分线AD交BC于点D，AD＝1，且S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，
得c·1·sinb·1·sinbcsin，
整理得b＋c＝bc．
由余弦定理得6＝a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝3(bc)2－3bc，
解得bc＝2，
所以△ABC的面积S△ABC＝bcsin A＝．
4．(2025·河北保定三模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝，a＝，D是BC的三等分点，且BD＝2DC．
(1)当△ABC的面积S＝时，求AD的长；
(2)当)＝时，求AB边上的高．
[解]　(1)∵A＝，a＝，
∴由余弦定理得7＝a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc，
由S＝bcsin A＝，得bc＝6，解得b＝2，c＝3或b＝3，c＝2，
由题知BD＝，
当b＝2，c＝3时，由余弦定理的推论得cos B＝，
则AD2＝9＋－2×3×，即AD＝．
同理当b＝3，c＝2时，AD＝，综上所述，AD＝或AD＝．
(2)∵)＝，
∴·()＝·(＋2)＝·(－＋2)＝(4)＝，
即4b2－c2＝7，联立b2＋c2－bc＝7，得3b2＋bc－2c2＝0，
即b＝c，解得b＝2，c＝3，
设AB边上的高为h，∴AB边上的高h＝bsin A＝．
谢 谢 ！课后作业(三十二)　三角形中的高线、中线、角平分线
说明：本试卷共58分
1．(13分)(2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sin B．
(1)求sin A；
(2)设AB＝5，求AB边上的高．
2．(15分)(2025·北京海淀三模)在△ABC中，已知c·cos B＝a－b．
(1)求C；
(2)若3sin A＝2sin B，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，求BC边上中线的长．
条件①：a＋b＝5；条件②：c＝．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
3．(15分)(2026·广东广州模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2b－c＝2acos C．
(1)求A的大小；
(2)若a＝，∠BAC的平分线AD交BC于点D，且AD＝1，求△ABC的面积．
4．(15分)(2025·河北保定三模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝，D是BC的三等分点，且BD＝2DC．
(1)当△ABC的面积S＝时，求AD的长；
(2)当)＝时，求AB边上的高．
课后作业(三十二)
1．解：(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，
所以C＝．
因为2sin(A－C)＝sin B，
所以2sin＝sin，
展开并整理得(sin A－cos A)＝(cos A＋sin A)，
得sin A＝3cos A，
又sin2A＋cos2A＝1，且sin A>0，
所以sin A＝．
(2)由正弦定理，
得BC＝·sin A＝＝3，
由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos C，
得52＝AC2＋(3)2－2AC·3cos ，
整理得AC2－3AC＋20＝0，
解得AC＝或AC＝2．
由(1)得，tan A＝3>又A＋B＝，所以B>，
即C设AB边上的高为h，则·AB·h＝·AC·BCsin C，
即5h＝2×3，解得h＝6，
所以AB边上的高为6．
2．解：(1)法一：由正弦定理及c·cos B＝a－b，得sin Ccos B＝sin A－sin B，
因为sin A＝sin(π－B－C)＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
所以sin Ccos B＝sin Bcos C＋cos Bsin C－sin B，
整理得sin Bcos C－sin B＝0．
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以cos C＝，
又C∈(0，π)，所以C＝．
法二：由余弦定理的推论，cos B＝，代入c·cos B＝a－b，得＝a－b．
整理得a2＋b2－c2＝ab，
所以cos C＝，又C∈(0，π)，
所以C＝．
(2)选条件①：取BC的中点D，连接AD，
由正弦定理及3sin A＝2sin B，得3a＝2b，
因为a＋b＝5，所以a＝2，b＝3，
所以CD＝a＝1．
在△ACD中，由余弦定理知，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos C＝9＋1－2×3×1×＝7，
所以AD＝，即BC边上中线的长为．
选条件③：取BC的中点D，连接AD，由正弦定理及3sin A＝2sin B，得3a＝2b，
因为△ABC的面积为，
所以absin C＝ab，即ab＝6，
又3a＝2b，所以a＝2，b＝3，
所以CD＝a＝1，
在△ACD中，由余弦定理知，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos C＝9＋1－2×3×1×＝7，
所以AD＝，即BC边上中线的长为．
选条件②：由3a＝2b，知a＝b，
在△ABC中，由余弦定理知，c2＝a2＋b2－2abcos C，
若c＝b，则＋b2－2·b·b·，该等式恒成立，即△ABC不唯一，不符合题意．
3．解：(1)在△ABC中，由2b－c＝2acos C及正弦定理，得2sin B－sin C＝2sin Acos C，
则2sin Acos C＋sin C＝2sin(A＋C)
＝2sin Acos C＋2cos Asin C，
整理得2cos Asin C＝sin C，而sin C>0，则cos A＝，又0(2)由∠BAC的角平分线AD交BC于点D，AD＝1，且S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，
得c·1·sinb·1·sinbcsin，
整理得b＋c＝bc．
由余弦定理得6＝a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝3(bc)2－3bc，
解得bc＝2，
所以△ABC的面积S△ABC＝bcsin A＝．
4．解：(1)∵A＝，a＝，
∴由余弦定理得7＝a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc，
由S＝bcsin A＝，得bc＝6，
解得b＝2，c＝3或b＝3，c＝2，
由题知BD＝，
当b＝2，c＝3时，由余弦定理的推论得
cos B＝，
则AD2＝9＋－2×3×，即AD＝．
同理当b＝3，c＝2时，AD＝，
综上所述，AD＝或AD＝．
(2)∵)＝，
∴·()＝·(＋2)＝·(－＋2)＝(4)＝，
即4b2－c2＝7，
联立b2＋c2－bc＝7，得3b2＋bc－2c2＝0，
即b＝c，解得b＝2，c＝3，
设AB边上的高为h，
∴AB边上的高h＝bsin A＝．
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