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第8节　三角形中的高线、中线、角平分线
题型分析　三角形的高线、中线、角平分线的计算.通常可以采用“邻补角策略”、“算两次”策略等利用正弦定理、余弦定理列方程求解，同时还要恰当地使用三角形的几何性质.
　　　　　　　　　　　　　　　　
题型一　三角形的高线
例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.
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，得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos C，
即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>，
所以又A＋B＝，所以B>，即C所以AB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，tan A＝，sin2A＋cos2A＝1，
所以sin A＝.
(2)由(1)知tan A＝3>0，所以A为锐角，
又sin A＝，所以cos A＝，
所以sin B＝sin(A＋C)
＝××.
由正弦定理，得
AC＝＝2，
故AB边上的高为AC·sin A＝2×＝6.
感悟提升　1.设h1，h2，h3为△ABC的边a，b，c上的高，则h1∶h2∶h3＝∶∶∶∶.
2.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.
高线的两个作用:(1)产生直角三角形;(2)与三角形的面积相关.
训练1 (2026·海南模拟)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b＝2asin B.
(1)求A;
(2)若b＝c＋1，a＝，求边BC上的高AD的长.
解　(1)由正弦定理可得sin B＝2sin Asin B，
因为sin B≠0，所以＝sin A，
又因△ABC为锐角三角形，A∈，
所以A＝.
(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
可知()2＝b2＋c2－2bccos＝b2＋c2－bc＝(b－c)2＋bc＝7，
又因b＝c＋1即b－c＝1代入上式可得bc＝6，
则△ABC的面积为S△ABC＝bcsin A＝×6×，
则S△ABC＝BC×AD＝××AD＝，解得AD＝.
题型二　三角形的中线
例2 (2026·南通质检)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bcos C＝ac－2ccos B.
(1)求c;
(2)若D为AB中点，CD＝，∠ACB＝60°，求△ABC的周长.
解　(1)法一　因为2bcos C＝ac－2ccos B，
由正弦定理可得2sin Bcos C＝csin A－2cos Bsin C，则2sin(B＋C)＝csin A，
所以2sin A＝csin A，因为在△ABC中，
sin A>0，所以c＝2.
法二　因为2bcos C＝ac－2ccos B，
由余弦定理可得2b·＝ac－2c·，
所以a2＋b2－c2＝a2c－a2－c2＋b2，
因此2a2＝a2c，因为a>0，所以c＝2.
(2)法一　由已知条件得b＝2a－4cos B.
在△BCD中利用余弦定理得b＝2a－4cos B＝2a－4·，所以ab＝2，
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，
所以4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，
因此a＋b＝，所以△ABC的周长为＋2.
法二　因为∠ADC＋∠BDC＝π，
所以cos∠ADC＋cos∠BDC＝0，
因此＝0，所以a2＋b2＝6，
又由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，
所以4＝a2＋b2－ab，所以ab＝2，
又4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝(a＋b)2－6，所以a＋b＝，
所以△ABC的周长为＋2.
法三　
在△ABC和△BCD中分别利用余弦定理可得
cos B＝
＝，
所以a2＋b2＝6，
又由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，
所以4＝a2＋b2－ab，所以ab＝2，
又4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab
＝(a＋b)2－6，
所以a＋b＝，
所以△ABC的周长为＋2.
感悟提升　
如图，在△ABC中，AD为BC的中线.
(1)余弦定理法
在△ABD中，AB2＝AD2＋BD2－2BD·ADcos∠ADB， ①
在△ACD中，
AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC， ②
①＋②得到AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2).
(2)向量法
由于()，所以(b2＋c2＋2bccos∠BAC).
(3)倍长中线法
借助平行四边形性质:平行四边形对角线的平方和等于四条边的平方和.
易得BC2＋(2AD)2＝2(AC2＋AB2).
(4)中线公式
在△ABC中，BC边上的中线和三边有如下关系(可以用上面三种方法推导)AD＝
当然除了上述常用的方法以外，还有坐标法等技巧.
训练2 (2026·合肥模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足asin C＋acos C＝b＋c.
(1)求角A;
(2)已知△ABC面积为10，BC为7，求BC边上中线AD长.
解　(1)因为asin C＋acos C＝b＋c，
由正弦定理边化角得sin Asin C＋sin Acos C＝sin B＋sin C，
利用三角形内角和定理可得sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C，
即sin Asin C＝sin Ccos A＋sin C.
因为sin C>0，所以sin A＝cos A＋1，
即sin.
因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)由S△ABC＝bcsin A＝10得bc＝40， ①
由BC2＝b2＋c2－2bccos A得49＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc. ②
由①②得b＋c＝13，
由()2，得(c2＋b2＋2bccos A)＝，
得AD＝.
题型三　三角形的角平分线
例3 (2026·西安调研)已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2c＝2bcos A－a.
(1)求角B;
(2)若BD是∠ABC的平分线，AD＝4，CD＝2，求线段BD的长.
解　(1)由2c＝2bcos A－a及正弦定理可得2sin C＝2sin Bcos A－sin A.
因为A＋B＋C＝π，所以C＝π－(A＋B)，
所以sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)
＝sin Acos B＋cos Asin B，
则2(sin Acos B＋cos Asin B)＝2sin Bcos A－sin A，
整理得2sin Acos B＝－sin A.
因为A∈(0，π)，所以sin A≠0，故cos B＝－，
又因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)因为BD是∠ABC的平分线，
所以根据角平分线定理可得，
又AD＝4，CD＝2，所以＝2.
设BC＝x(x>0)，则AB＝2x.
在△ABC中，根据余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，
又AC＝AD＋DC＝6，∠ABC＝，
则(6)2＝(2x)2＋x2－2×2x·x·，
即252＝4x2＋x2＋2x2＝7x2，解得x＝6，
所以BC＝6，AB＝12.
法一　(面积公式)
如图，S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，
所以acsinc·BD·sina·BD·sin，
解得BD＝＝4.
法二(余弦定理)
如图，cos∠ADB
＝－cos∠BDC，
所以＝－，
即＝－，
解得BD＝4.
故BD的长为4.
感悟提升　角平分线问题的处理策略
如图，
在△ABC中，AD平分∠BAC，∠BAC，B，C所对的边分别为a，b，c.
(1)角平分线定理:AD为△ABC的内角∠BAC的平分线，则.
(2)因为S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，
所以c·ADsinb·ADsinbcsin∠BAC，
所以(b＋c)AD＝2bccos，
整理得AD＝(角平分线长公式).
训练3 (2026·武汉模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos B＝，a＝4，角B的角平分线交AC于点D，且BD＝3.
(1)求CD的长;
(2)求△ABC的面积.
解　(1)由cos B＝，则cos2，
因为cos B＝>0，
所以B∈，
所以∈，
则cos，
又BD是角B的角平分线，则在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BD2＋a2－2BD·a·cos＝18＋16－2×3×4×＝2，即CD＝.
(2)由(1)知cos，
则sin，
由cos B＝，则sin B＝，
又BD是角B的角平分线，
由S△ABC＝S△ABD＋S△CBD，
则acsin B＝c·BD·sina·BD·sin，
则×4c×c×3××4×3×，
解得c＝，
所以S△ABC＝acsin B＝×4××.
1.(2026·乐山模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos B＋sin B＝2.
(1)求B;
(2)若a＝2，c＝＋1，∠ABC的角平分线交AC于D，求BD.
解　(1)由cos B＋sin B＝2，
得cos B＋sin B＝1，
所以cos＝1，
因为0所以B－＝0，即B＝.
(2)法一(等面积法)
因为a＝2，c＝＋1，由(1)知B＝，
所以S△ABC＝×2×(1＋)×sin 60°＝，
S△ABD＝×BD×(1＋)×sin 30°
＝BD，
S△BCD＝×2×BD×sin 30°＝BD，
因为S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，
即BD＋BD，
解得BD＝2.
法二　在△ABC中，因为a＝2，c＝＋1，
由(1)知B＝，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos∠ABC，解得b＝，
由余弦定理，
所以sin A＝，即A＝45°或A＝135°(舍)，
所以C＝75°.
又∠BDC＝30°＋45°＝75°，
所以△BDC是等腰三角形，所以BD＝BC＝2.
2.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a(sin B＋cos B)＝c.
(1)求A;
(2)若c＝，a＝，D为BC的中点，求AD.
解　(1)在△ABC中，由题意及正弦定理得，
sin A(sin B＋cos B)＝sin C，
由A＋B＋C＝π，得sin C＝sin(A＋B)，
所以sin Asin B＋sin Acos B
＝sin Acos B＋sin Bcos A，
化简得sin Asin B＝sin Bcos A，
因为sin B≠0，所以tan A＝1，
因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)在△ABC中，由余弦定理得，
5＝b2＋2－2b××，
所以b2－2b－3＝0，
又b>0，所以b＝3，
因为D为BC的中点，
所以()，
两边平方得||2＝(c2＋b2＋2bccos∠BAC)＝，所以||＝，
即中线AD的长度为.
3.(2026·聊城模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin B＋btan Bcos A＝2bsin C.
(1)求B;
(2)若a＝3，且AC边上的高为，求△ABC的周长.
解　(1)因为asin B＋btan Bcos A＝2bsin C.
由正弦定理，可得sin Asin B＋sin B·cos A＝2sin Bsin C，
又因为B∈(0，π)，可得sin B>0，
所以sin A＋cos A＝2sin C，
即＝2sin C，
因为C∈(0，π)，可得sin C>0，
所以cos B＝，
又因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)由AC边上的高为，
可得S△ABC＝b·，
又由a＝3且B＝，可得△ABC的面积为S△ABC＝acsin B＝c×c，
所以c＝b·，
解得4b2＝7c2，即c＝，
在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
可得b2＝9＋－3×，
整理得b2＋2b－21＝0，
解得b＝或b＝－3(舍去)，此时c＝2，
所以△ABC的周长为3＋＋2＝5＋.
4.(2026·郑州模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b(cos A＋sin A)＝a＋c.
(1)求B.
(2)若a＝2，c＝5，AC，AB边上的中线BE，CF相交于点M.
①求BE;
②求cos∠EMF.
解　(1)由题意及正弦定理得sin B·(cos A＋sin A)＝sin A＋sin C，
∴sin Bcos A＋sin Bsin A
＝sin A＋sin(A＋B)，
∴sin Bsin A＝sin A＋sin Acos B，
∵sin A≠0，∴sin B＝1＋cos B，
∴sin.
∵－(2)①∵()，
∴||＝
＝.
②在△BCF中，由余弦定理得CF2＝BC2＋BF2－2BC·BFcos∠FBC＝，
则CF＝.
法一　由题知M是△ABC的重心，
∴CM＝CF＝，BM＝BE＝，
在△BMC中，由余弦定理的推论得cos∠BMC＝，
即cos∠EMF＝.
法二　∵，
∴··||2－·||2＝3.
∴cos∠EMF＝cos<>＝.(共37张PPT)
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第四章　三角函数、解三角形
第8节　三角形中的高线、中线、
角平分线
三角形的高线、中线、角平分线的计算.通常可以采用“邻补角策略”、“算两次”策略等利用正弦定理、余弦定理列方程求解，同时还要恰当地使用三角形的几何性质.
题型分析
例1 (2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sin B.
(1)求sin A;
题型一　三角形的高线
法一　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＝.
法二　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，tan A＝，sin2A＋cos2A＝1，
所以sin A＝.
(2)设AB＝5，求AB边上的高.
法一　由正弦定理，得BC＝·sin A＝×＝3.
由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos C，
即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>，
所以又A＋B＝，所以B>，即C所以AB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　由(1)知tan A＝3>0，所以A为锐角，
又sin A＝，所以cos A＝，
所以sin B＝sin(A＋C)＝××.
由正弦定理，得AC＝＝2，
故AB边上的高为AC·sin A＝2×＝6.
感悟提升
1.设h1，h2，h3为△ABC的边a，b，c上的高，则h1∶h2∶h3＝∶∶∶∶.
2.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.
高线的两个作用:(1)产生直角三角形;(2)与三角形的面积相关.
训练1 (2026·海南模拟)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b＝2asin B.
(1)求A;
由正弦定理可得sin B＝2sin Asin B，
因为sin B≠0，所以＝sin A，
又因△ABC为锐角三角形，A∈，
所以A＝.
(2)若b＝c＋1，a＝，求边BC上的高AD的长.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
可知()2＝b2＋c2－2bccos＝b2＋c2－bc＝(b－c)2＋bc＝7，
又因b＝c＋1即b－c＝1代入上式可得bc＝6，
则△ABC的面积为S△ABC＝bcsin A＝×6×，
则S△ABC＝BC×AD＝××AD＝，解得AD＝.
例2 (2026·南通质检)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bcos C＝ac－2ccos B.
(1)求c;
题型二　三角形的中线
法一　因为2bcos C＝ac－2ccos B，
由正弦定理可得2sin Bcos C＝csin A－2cos Bsin C，则2sin(B＋C)＝csin A，
所以2sin A＝csin A，因为在△ABC中，sin A>0，所以c＝2.
法二　因为2bcos C＝ac－2ccos B，
由余弦定理可得2b·＝ac－2c·，
所以a2＋b2－c2＝a2c－a2－c2＋b2，因此2a2＝a2c，因为a>0，所以c＝2.
(2)若D为AB中点，CD＝，∠ACB＝60°，求△ABC的周长.
法一　由已知条件得b＝2a－4cos B.
在△BCD中利用余弦定理得b＝2a－4cos B＝2a－4·，所以ab＝2，
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，
所以4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，
因此a＋b＝，所以△ABC的周长为＋2.
法二　因为∠ADC＋∠BDC＝π，
所以cos∠ADC＋cos∠BDC＝0，
因此＝0，所以a2＋b2＝6，
又由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，
所以4＝a2＋b2－ab，所以ab＝2，
又4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝(a＋b)2－6，所以a＋b＝，
所以△ABC的周长为＋2.
法三　在△ABC和△BCD中分别利用余弦定理可得
cos B＝＝，
所以a2＋b2＝6，
又由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，
所以4＝a2＋b2－ab，所以ab＝2，
又4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝(a＋b)2－6，
所以a＋b＝，
所以△ABC的周长为＋2.
感悟提升
如图，在△ABC中，AD为BC的中线.
(1)余弦定理法
在△ABD中，AB2＝AD2＋BD2－2BD·ADcos∠ADB， ①
在△ACD中，
AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC， ②
①＋②得到AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2).
(2)向量法
由于()，所以(b2＋c2＋2bccos∠BAC).
感悟提升
(3)倍长中线法
借助平行四边形性质:平行四边形对角线的平方和等于四条边的平方和.
易得BC2＋(2AD)2＝2(AC2＋AB2).
(4)中线公式
在△ABC中，BC边上的中线和三边有如下关系(可以用上面三种方法推导)AD＝
当然除了上述常用的方法以外，还有坐标法等技巧.
训练2 (2026·合肥模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足asin C＋acos C＝b＋c.
(1)求角A;
因为asin C＋acos C＝b＋c，
由正弦定理边化角得sin Asin C＋sin Acos C＝sin B＋sin C，
利用三角形内角和定理可得sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C，
即sin Asin C＝sin Ccos A＋sin C.
因为sin C>0，所以sin A＝cos A＋1，
即sin.因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)已知△ABC面积为10，BC为7，求BC边上中线AD长.
由S△ABC＝bcsin A＝10得bc＝40， ①
由BC2＝b2＋c2－2bccos A得49＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc. ②
由①②得b＋c＝13，
由()2，得(c2＋b2＋2bccos A)＝，
得AD＝.
例3 (2026·西安调研)已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2c＝2bcos A－a.
(1)求角B;
题型三　三角形的角平分线
由2c＝2bcos A－a及正弦定理可得2sin C＝2sin Bcos A－sin A.
因为A＋B＋C＝π，所以C＝π－(A＋B)，
所以sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
则2(sin Acos B＋cos Asin B)＝2sin Bcos A－sin A，整理得2sin Acos B＝－sin A.
因为A∈(0，π)，所以sin A≠0，故cos B＝－，又因为B∈(0，π)，所以B＝.
因为BD是∠ABC的平分线，所以根据角平分线定理可得，
又AD＝4，CD＝2，所以＝2.设BC＝x(x>0)，则AB＝2x.
在△ABC中，根据余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，
又AC＝AD＋DC＝6，∠ABC＝，则(6)2＝(2x)2＋x2－2×2x·x·，
即252＝4x2＋x2＋2x2＝7x2，解得x＝6，所以BC＝6，AB＝12.
(2)若BD是∠ABC的平分线，AD＝4，CD＝2，求线段BD的长.
法一　(面积公式)如图，S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，
所以acsinc·BD·sina·BD·sin，
解得BD＝＝4.
法二(余弦定理)如图，cos∠ADB＝－cos∠BDC，
所以＝－，
即＝－，
解得BD＝4.故BD的长为4.
感悟提升
角平分线问题的处理策略
如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠BAC，B，C所对的边分别为a，b，c.
(1)角平分线定理:AD为△ABC的内角∠BAC的平分线，则.
(2)因为S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，
所以c·ADsinb·ADsinbcsin∠BAC，
所以(b＋c)AD＝2bccos，
整理得AD＝(角平分线长公式).
训练3 (2026·武汉模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos B＝，a＝4，角B的角平分线交AC于点D，且BD＝3.
(1)求CD的长;
由cos B＝，则cos2，
因为cos B＝>0，所以B∈，所以∈，则cos，
又BD是角B的角平分线，则在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BD2＋a2－2BD·a·cos＝18＋16－2×3×4×＝2，即CD＝.
(2)求△ABC的面积.
由(1)知cos，
则sin，
由cos B＝，则sin B＝，
又BD是角B的角平分线，
由S△ABC＝S△ABD＋S△CBD，
则acsin B＝c·BD·sina·BD·sin，
则×4c×c×3××4×3×，
解得c＝，
所以S△ABC＝acsin B＝×4××.
课时对点精练
1.(2026·乐山模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos B＋sin B＝2.
(1)求B;
由cos B＋sin B＝2，得cos B＋sin B＝1，
所以cos＝1，
因为0所以B－＝0，即B＝.
法一(等面积法)
因为a＝2，c＝＋1，由(1)知B＝，
所以S△ABC＝×2×(1＋)×sin 60°＝，
S△ABD＝×BD×(1＋)×sin 30°＝BD，
S△BCD＝×2×BD×sin 30°＝BD，因为S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，
即BD＋BD，解得BD＝2.
(2)若a＝2，c＝＋1，∠ABC的角平分线交AC于D，求BD.
法二　在△ABC中，因为a＝2，c＝＋1，
由(1)知B＝，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos∠ABC，解得b＝，
由余弦定理，
所以sin A＝，即A＝45°或A＝135°(舍)，
所以C＝75°.
又∠BDC＝30°＋45°＝75°，
所以△BDC是等腰三角形，所以BD＝BC＝2.
2.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a(sin B＋cos B)＝c.
(1)求A;
在△ABC中，由题意及正弦定理得，sin A(sin B＋cos B)＝sin C，
由A＋B＋C＝π，得sin C＝sin(A＋B)，
所以sin Asin B＋sin Acos B＝sin Acos B＋sin Bcos A，
化简得sin Asin B＝sin Bcos A，
因为sin B≠0，所以tan A＝1，
因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)若c＝，a＝，D为BC的中点，求AD.
在△ABC中，由余弦定理得，5＝b2＋2－2b××，
所以b2－2b－3＝0，又b>0，所以b＝3，
因为D为BC的中点，
所以()，
两边平方得||2＝(c2＋b2＋2bccos∠BAC)＝，所以||＝，
即中线AD的长度为.
3.(2026·聊城模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin B＋btan Bcos A＝2bsin C.
(1)求B;
因为asin B＋btan Bcos A＝2bsin C.
由正弦定理，可得sin Asin B＋sin B·cos A＝2sin Bsin C，
又因为B∈(0，π)，可得sin B>0，所以sin A＋cos A＝2sin C，
即＝2sin C，因为C∈(0，π)，可得sin C>0，
所以cos B＝，又因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)若a＝3，且AC边上的高为，求△ABC的周长.
由AC边上的高为，可得S△ABC＝b·，
又由a＝3且B＝，可得△ABC的面积为S△ABC＝acsin B＝c×c，
所以c＝b·，解得4b2＝7c2，即c＝，
在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
可得b2＝9＋－3×，整理得b2＋2b－21＝0，
解得b＝或b＝－3(舍去)，此时c＝2，
所以△ABC的周长为3＋＋2＝5＋.
4.(2026·郑州模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b(cos A＋sin A)＝a＋c.
(1)求B.
由题意及正弦定理得sin B·(cos A＋sin A)＝sin A＋sin C，
∴sin Bcos A＋sin Bsin A＝sin A＋sin(A＋B)，
∴sin Bsin A＝sin A＋sin Acos B，
∵sin A≠0，∴sin B＝1＋cos B，∴sin.
∵－(2)若a＝2，c＝5，AC，AB边上的中线BE，CF相交于点M.
①求BE;
②求cos∠EMF.
①∵()，
∴||＝＝.
②在△BCF中，由余弦定理得CF2＝BC2＋BF2－2BC·BFcos∠FBC＝，
则CF＝.
法一　由题知M是△ABC的重心，∴CM＝CF＝，BM＝BE＝，
在△BMC中，由余弦定理的推论得cos∠BMC＝，
即cos∠EMF＝.
法二　∵，
∴··||2－·||2＝3.
∴cos∠EMF＝cos<>＝.

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