第 10 讲 图形类解三角形综合
（核心考点精讲精练）
命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度中等，分值为 13-15 分
【备考策略】1.熟练掌握正余弦定理及面积公式解三角形
2.在几何图形中能熟练使用相关定理求解
【命题预测】本节内容一般会在解答题中进行命题考查，考查学生的图形转化及计算能力，需重点备考复
习
知识讲解
1. 正弦定理
a b c
2R （其中 R 为 ABC 外接圆的半径）
sin A sin B sin C
2. 余弦定理
a2 b2 c2 2bc cos A b2 c2， a
2 2ca cos B c2 a2 b2， 2ab cosC
3. 三角形的面积公式
S 1 1 ABC ah S ABC absin C
1 ac sin B 1 bc sin A
2 ， 2 2 2
考点一、图形类解三角形综合考查
1．（江苏·高考真题）在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 a 3,c 2, B 45° ．
（1）求 sin C 的值；
4
（2）在边 BC 上取一点 D，使得 cos ADC ，求 tan DAC5 的值．
5 2
【答案】（1） sin C ；（2） tan DAC .
5 11
【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得b ，利用正弦定理求得 sin C .
（2）方法一：根据 cos ADC 的值，求得 sin ADC 的值，由（1）求得 cosC 的值，从而求得 sin DAC, cos DAC
的值，进而求得 tan DAC 的值.
【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法
由余弦定理得b2 a2 c2 2ac cos B 9 2 2 3 2 2 5，所以b 5 .
2
c b
由正弦定理得 sin C c sin B 5 .
sin C sin B b 5
[方法二]【最优解】：几何法
过点 A 作 AE ^ BC ，垂足为 E．在Rt△ABE 中，由 c = 2, B = 45°，可得 AE BE 1，又 a 3，所以
EC 2．
在RtVACE 1 5中， AC AE 2 EC2 5 ，因此 sinC ．
5 5
（2）[方法一]：两角和的正弦公式法
p
由于 cos ADC
4 ADC ,p ， ÷ ，所以 sin ADC 1 cos
2 ADC 3 .
5 è 2 5
p p
由于 ADC
,p ÷ ，所以C 0,
2 2 5，所以 .
è 2 è 2 ÷
cosC 1 sin C
5
所以 sin DAC sin p DAC sin ADC C
sin ADC cosC cos ADC sin C 3 2 5 4 5 2 5× × ÷ .5 5 è 5 5 25
DAC p 11 5由于 0, ÷，所以 cos DAC 1 sin2 DAC .
è 2 25
所以 tan DAC
sin DAC 2
.
cos DAC 11
[方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法
cos ADC 4在（1）的方法二的图中，由 ，可得cos ADE cos(p ADC) cos ADC 4 5 ，从而5
sin DAE cos ADE 4 , tan DAE sin DAE 4 ．
5 cos DAE 3
EC
又由（1）可得 tan EAC 2，所以 tan DAC
tan EAC tan EAD 2
tan( EAC EAD) ．
AE 1 tan EAC × tan EAD 11
[方法三]：几何法+正弦定理法
在（1）的方法二中可得 AE 1,CE 2, AC 5 ．
AE 4
在Rt△ADE 中， AD 5, ED AD cos ADE ，
sin ADE 3
所以CD CE DE
2
．
3
在VACD CD中，由正弦定理可得 sin DAC ×sinC 2 5 ，
AD 25
由此可得 tan
2
DAC ．
11
[方法四]：构造直角三角形法
如图，作 AE ^ BC ，垂足为 E，作DG ^ AC ，垂足为点 G．
在（1）的方法二中可得 AE 1,CE 2, AC 5 ．
4 3
由 cos ADC
4
，可得cos ADE ,sin ADE 1 cos2 ADE 5 ．5 5
AE 5 4 2
在Rt△ADE 中， AD , DE AD2 AE 2 ,CD CE DE ．
sin ADE 3 3 3
1 sin C 5 Rt CDG DG CD sinC 2 5 4 5由（ ）知 ，所以在 △ 中， × ,CG CD2 DG2 ，从而
5 15 15
AG AC CG 11 5 ．
15
在 RtVADG 中， tan DAG
DG 2
．
AG 11
所以 tan DAC
2
．
11
【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得b 5 ，然后使用正弦定理求得 sin C ；方法二：抓住 45°角
的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两
角和的正弦公式求得 DAC 的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，
运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得 DAC 的正弦值，进而得解；
方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有 DAC 的直角三角形，进而求解，也是很优美的方
法.
2．（全国·高考真题） ABC的内角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 sin A 3 cos A 0,a 2 7,b 2 .
（1）求角A 和边长 c；
（2）设D为BC 边上一点，且 AD ^ AC ,求 ABD 的面积.
2p
【答案】（1） 3 ， 4；（2） 3 .
【详解】试题分析：（1）先根据同角的三角函数的关系求出 tan A 3 从而可得A 的值，再根据余弦定理
1
列方程即可求出边长 c的值；（2）先根据余弦定理求出 cosC ，求出CD 的长，可得CD BC ，从而得到
2
S 1 ABD S ABC ，进而可得结果.2
试题解析：（1）Qsin A 3 cos A 0,\ tan A 3 ，Q0 < A < p , A
2p
\ ，由余弦定理可得
3
2 2 2 1 a b c 2bc cos A，即 28 4 c2 2 2c 2 ÷
，即 c2 2c 24 0，解得 c 6（舍去）或 c 4，故
è
c 4 .
2 AC 2
\cosC ,\CD 2 7(2) Q c2 b2 a2 2ab cosC ，\16 28 4 2 2 7 2 cosC ， 7 cosC ，
7
\CD 1 BC 1 1 ，
2 \S ABC AB AC sin BAC
1 4 2 3× × 2 3 ，\S ABD S 3 .2 2 2 2 ABC
3．（四川·高考真题）如图，A，B，C，D 为平面四边形 ABCD 的四个内角.
（1）证明：
（2）若 求 的值.
1 2 4 10【答案】（ ）详见解析；（ ） .
3
sin A 2sin2 AA
【详解】（1） tan 2 2
1 cos A
2 cos A 2sin A
.
cos A sin A
2 2 2
（2）由 A C 180o ，得C 180o A, D 180o B .
由（1），有 tan
A B
tan tan C tan D
2 2 2 2
2 2
sin A sin B
连结 BD，
在 ABD 中，有BD2 AB2 AD2 2AB × AD cos A，
在 BCD中，有BD2 BC 2 CD2 2BC ×CD cosC ，
所以 AB2 AD2 2AB × AD cos A BC 2 CD2 2BC ×CD cos A，
2 2 2 2 2 2 2 2
则 cos A
AB AD BC CD 6 5 3 4 3
，
2(AB × AD BC ×CD) 2(6 5 3 4) 7
于是 sin A 1 cos2 A 1 (3)2 2 10 .
7 7
连结 AC，同理可得
2 2
cos B AB BC AD
2 CD2 62 32 52 42 1
，
2(AB × BC AD ×CD) 2(6 3 5 4) 19
1 6 10
于是 sin B 1 cos2 B 1 ( )2 .
19 19
所以 tan
A
tan B C D tan tan
2 2 2 2
2 2
sin A sin B
14 2 19
2 10 2 10
4 10
.
3
考点：本题考查二倍角公式、诱导公式、余弦定理、简单的三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力、
推理论证能力，考查函数与方程、化归与转化等数学思想.
4．（2024·山东济南·二模）如图，已知平面四边形 ABCD中， AB BC 2 2,CD 2, AD 4 .
(1)若 A, B,C, D 四点共圆，求 AC ；
(2)求四边形 ABCD面积的最大值.
【答案】(1) AC 3 2
(2) 3 7 .
【分析】（1）在VABC 、VACD中分别利用余弦定理表示出 AC 2 ，再由四点共圆得到
cos ADC cos ABC ，即可求出 AC ；；
（2）由（1）可得 cos ADC cos ABC
1 S
，再由面积公式得到 sin ADC sin ABC ，将两式平方再
4 4
2
相加得到 2 2cos ADC ABC 1 S ，结合余弦函数的性质计算可得.
16
【详解】（1）在VABC 中，由余弦定理得： AC 2 AB2 BC 2 2AB × BCcos ABC
8 8 2 8 ×cos ABC 16 16cos ABC ，
在VACD中，由余弦定理得： AC 2 AD2 CD2 2AD ×CDcos ADC
16 4 2 8 ×cos ADC 20 16cos ADC ，
因为 A, B,C, D 四点共圆，所以 ABC ADC π，因此 cos ADC cos ABC ，
上述两式相加得：2AC2 36，所以 AC 3 2 （负值已舍去）.
（2）由（1）得：16 16cos ABC 20 16cos ADC ，
cos 1化简得 ADC cos ABC ，
4
则 cos2 ADC 2cos ADC cos ABC cos2 ABC
1
①，
16
ABCD S 1四边形 的面积 AB × BCsin ABC
1
AD ×CDsin ADC
2 2
1
2 2 1 2 2sin ABC 2 4sin ADC
2 2
4 sin ADC sin ABC ，
整理得 sin ADC sin ABC
S
，
4
2
则 sin2 ADC 2sin ADC sin ABC sin2 ABC S ②
16
2
①②相加得： 2 2 cos ADC cos ABC sin 1 S ADC sin ABC ，
16
2
即 2 2cos ADC ABC 1 S ，
16
由于0 < ADC < π,0 < ABC < π ，
所以当且仅当 ADC ABC π时， cos ADC ABC 取得最小值 1，
1 S 2
此时四边形 ABCD的面积最大，由 4 ，解得 S 3 7 ，
16
故四边形 ABCD面积的最大值为3 7 .
5．（23-24 高三上·江西·期末）如图，在△ABC 中，AB=BC=2，D 为△ABC 外一点，AD=2CD=4，记∠BAD=α，
∠BCD=β.
(1)求 2cosa cos b 的值；
(2)若△ABD 的面积为 S1，△BCD 2 2的面积为 S2 ，求 S1 S2 的最大值.
3
【答案】(1)
2
31
(2)
2
【分析】（1）利用余弦定理，进行转换即可；
（2）根据题意，由（1）知2cosa
3
cos b ，求出 S 2 S 2
31
2 1 2
取得最大值，最大值为 .
2
【详解】（1）在VABD 中，由余弦定理，得BD2 AB2 AD2 2AB × ADcosa 20 16cosa ，
在△BCD中，由余弦定理，得BD2 BC 2 CD2 2BC × CDcos b 8 8cos b ，
所以 20 16cosa 8 8cos b ，
所以8 2cosa cos b 12 ，
2cosa cos b 3 .
2
1
（2）由题意知 S1 AB × ADsin BAD 4sina ， S
1
2 BC ×CDsin BCD 2sin b ，2 2
S 21 S
2
2 16sin
2 a 4sin2 b 16 1 cos2 a 4 1 cos2 b
所以 ，
20 16cos2 a 4cos2 b
由（1）知，2cosa cos b
3
，所以 cos b 2cosa
3
, cosa 1 ,1
，
2 2 è 4 ÷
2
所以 S 21 S
2
2 20 16cos
2 a 4 2cosa 3
÷ 32cos
2 a 24cosa 11
è 2
2
32 cosa
3 31
÷ ，
è 8 2
cosa 3 1所以当 ,1
2 2 31
÷时， S8 4 1
S2 取得最大值，最大值为 .
è 2
1．（湖南·高考真题）如图，在平面四边形 中，
,
(1)求 的值；
(2)求 的长
21
【答案】(1) (2) 4 7
7
【分析】(1)在 CDE 中已知两边与一角,利用余弦定理即可求出第三条边DC 的长度,再利用余弦定理即可求
出角CED 的正弦值.
(2)由(1)三角形DEC 的三条边,根据正余弦直角的关系可得角DEC 的余弦值(或者利用正余弦之间的关系也
可求的),角 DEC, BEC, AEB 之和为1800 ,其中两个角的正余弦值已知,则可以利用余弦的和差角公式求的
角 AEB 的余弦值, AE 长度已知,利用直角三角形 AEB 中余弦的定义即可求的 BE 长.
【详解】如图设 CED a
(1)在 CDE 中,由余弦定理可得EC 2 CD2 DE2 2·CD·DE·cos EDC ,于是又题设可知 7 CD2 1 CD ,即
CD2 CD 6 0 ,解得CD 2 ( CD 3 < 0舍去),
DE CD CD·sin 2p 2· 3
在 CDE 中,由正弦定理可得 sina 3 2 21 ,sin EDC sina EC 7 7
sin CED 21即 .
7
2p
(2)由题设可得 0 < a < ,3 于是根据正余弦之间的关系可得 cosa 1 sin
2 a 21 2 7 1 ,而
49 7
AED 2p a ,所以 cos AEB cos
2p a cos 2p ÷ cosa sin
2p sina 1 3
3 3 3 3 cosa sinaè 2 2
1 2 7 3 21 7
,在Rt EAB 中, cos AEB
EA 2
,
2 7 2 7 14 BE BE
BE 2 2 4 7
所以 cos AEB 7 .
÷
è 14
考点：正余弦定理 正余弦和差角公式 直角三角形 正余弦之间的关系
2．（湖南·高考真题）如图所示，在平面四边形 ABCD 中，AD＝1，CD＝2，AC＝ 7 .
（1）求 cos∠CAD 的值；
（2 cos∠BAD 7）若 ＝－ ，sin∠CBA 21＝ ，求 BC 的长．
14 6
【答案】(1) cos CAD 2 7 (2) 3
7
【详解】试题分析：
(1) 2 7利用题意结合余弦定理可得 cos CAD ；
7
(2)利用题意结合正弦定理可得：BC 3 .
试题解析：
（I）在VADC 中，由余弦定理得 cos 2 7 CAD
7
(II)设 BAC a ,则a BAD CAD
Qcos CAD 2 7 ,cos 7 BAD
7 14
sin 21\ CAD
7
sin BAD 3 21
4
3
\sina
2
在VABC中，由正弦定理，
BC AC
sina sin CBA
故BC 3
1 1 1
点睛：在解决三角形问题中，面积公式 S＝ 2 absin C＝ 2 bcsin A＝ 2 acsin B 最常用，因为公式中既有边
又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来.
3．（2024·青海海西·模拟预测）如图，在四边形 ABCD中，
AB ^ AD,cosB 5 ,cos ACB 10 , BC 5 ．
5 10
(1)求 AC ；
3
(2)若VACD的面积为 ，求CD ．
2
【答案】(1) AC 2 2 ；
(2) CD 17
2
【分析】（1）根据诱导公式及两角和的余弦公式求出 CAB ，再由正弦定理得解；
（2）由三角形面积求出 AD ，再由余弦定理求出CD .
5 10
【详解】（1）由cosB ,cos ACD ，
5 10
2 2
则 sinB 1 5 2 5 ÷ ,sin ACD 1
10 3 10
÷ ，
è 5 5 è 10 10
又由 CAB π ABC ACB ，
cos CAB cos ABC ACB 5 10 2 5 3 10
2
所以 ÷ ，
è 5 10 5 10 2
又由 CAB 0,p π，可得 BAC ，
4
在V
BC AC
ABC 中，又由正弦定理得： ，
sin BAC sin ABC
5 AC
所以 sin π 2 5 ，可得 AC 2 2 ；
4 5
（2）由 AB ^ AD, BAC
π
，可得 CAD
π
，
4 4
3 1 π 3 3
又由VACD的面积为 ，有 2 2AD sin ，可得 AD ，
2 2 4 2 2
2
在VACD CD 3 (2 2)2 2 3 π 17中，由余弦定理有 ÷ 2 2sin ．
è 2 2 4 2
uuur uuur
4．（2024·山东菏泽·二模）已知在VABC 中，CA ×CB 2,△ABC 的面积为 3．
(1)求角C 的度数；
(2)若BC 2, D, E 是 AB 上的动点，且 DCE 始终等于30°，记 CED a ．当DE 取到最小值时，求a 的
值．
【答案】(1) C 120°；
(2) 75°．
1
【分析】（1）设CA b,CB a，则abcosC 2, absinC 3求解即可；
2
DE 1
（2）根据三角形面积公式结合正弦定理得到 3 ，根据角的范围求解即可．sin(2a 60°)
2
1
【详解】（1）设CA b,CB a，则 abcosC 2，又 absinC 3，因此
2 tanC 3
，
由C 为VABC 的内角，所以 C 120° .
1
（2）由（1）知， absin120° 3，又 a 2，则b 2 ，因此CA CB 2, A B 30°，
2
CA CE 1
在△ACE中，由正弦定理得 ，即CE ，
sina sin 30° sina
在V
CE DE
CDE中，由正弦定理得 ，
sin CDE sin 30°
DE CE ×sin 30° 1 1
sin CDE 2sinasin(150° a ) sina cosa 3 sin2 a
1 1
1 ，sin 2a 3 cos 2a 3 sin(2a 60 3°)
2 2 2 2
显然30° a 120°，则有0 2a 60° 180°，因此当 sin(2a 60°) 1时，DE 取到最小值，
此时 2a 60° 90°，即a 75°，
所以a 的值75° .
1．（23-24高三上·陕西汉中·阶段练习）如图，在VABC 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， AB 6， AC 2 3，
BC 2 6 ，点 D 在边 BC 上，且 ADC 60° .
(1)求 sin B ；
(2)求线段 AD 的长.
3
【答案】(1)
3
(2)4
【分析】（1）利用余弦定理与三角函数的平方关系即可得解；
（2）利用正弦定理即可得解.
2 2
a2 c2 b2 2 6 62 2 3 【详解】（1）根据题意得： cos B 6 ，
2ac 2 2 6 6 3
又0 < B < π ，所以 sin B 1 cos2 B 3 .
3
（2）因为 ADC 60°，所以 ADB 120°，
3
ABD AD AB
6
在△ 中，由正弦定理 可得， AD
ABsin B
3 4 .
sin B sin ADB sin ADB 3
2
2．（23-24 高三上·湖北·期末）如图，在VABC 中， AB AC 6 ，点D是边BC 上一点，且
uuur uuur
AD ^ AB, cos CAD 2 2 ， AE 2EB
3
(1)求VBCE 的面积；
(2)求线段 AD 的长.
【答案】(1) 4 2
(2) AD 3 2
【分析】（1）根据 S
1
△BCE S3 △ABC
求解即可；
（2）解法 1：在VABC 中根据余弦定理求出BC ，结合等腰三角形的性质求 cos B，在△ABD 中勾股定理求
AD 即可；
解法 2：由 SVABC SVABD SVACD 求得 AD .
uuur uuur
【详解】（1）Q AE 2EB, S
1
\ VBCE S3 VABC
，
而 S
1
VABC AB × AC ×sin BAC
1
6 6 π sin CAD
2 2 2 ֏
18cos CAD 18 2 2 12 2,
3
S 1\ VBCE S 4 2 .3 VABC
（2）解法 1：Qcos CAD 2 2 , CAD 0, π ,\sin CAD 1 cos2 CAD 1 8 1 ，
3 9 3
\cos CAB cos CAD π 1 ÷ sin CAD ，
è 2 3
VABC BC 2 AB2 AC 2在 中， 2AB × AC ×cos CAB 36
1
36 2 6 6 ÷ 96 ，
è 3
1
\BC 4 6, BC\在等腰VABC 中， cosB 2 2 6 6 ，
BA 6 3
\Rt△ABD 中， cosB 6 BA 6 ,\BD 3 6 ，
3 BD BD
\ AD BD2 BA2 54 36 3 2 .
2 Qcos CAD 2 2解法 ： , CAD 0, π ,\sin CAD 1 cos2 CAD 1 8 1 ，
3 9 3
由 SVABC SVABD SVACD 得，
12 2 1 1 6 AD 6 AD ×sin CAD ,
2 2
即12 2
1
6 1× AD × 6 × AD 1× ，
2 2 3
解得 AD 3 2 .
3．（23-24 高三上·宁夏银川·阶段练习）如图，在平面四边形 ABCD中， ADC 90°， A 45° ， AB 4 ，
BD 10．
(1)求 cos ADB；
(2)若△BCD的面积为 4 46 ，求BC ．
23
【答案】(1)
5
(2)10
【分析】（1）先利用正弦定理求出 sin ADB，再结合结合同角的三角函数关系即可求解；
（2）先结合（1）及三角形面积公式求出DC ，再根据余弦定理即可求解．
BD AB
【详解】（1）在△ABD 中，由正弦定理得 ，
sin A sin ADB
10 4 2
即 ，解得 ，
sin45o sin ADB sin ADB 5
又0o < ADB < 90o ，
所以 cos ADB 1 sin2 ADB 23 ．
5
（2）结合（1）可得 cos BDC cos 90o ADB sin ADB 2 ，5
23
则 sin BDC 1 cos2 BDC ，
5
S 1又 VBCD DB × DC ×sin BDC ，即2 4 46
1
10 DC 23 ，解得DC 4 2 ，
2 5
则由余弦定理得BC 2 BD2 DC 2 2BD × DC ×cos BDC 100，
又BC > 0，所以BC 10．
4．（2023·河南·模拟预测）如图，在四边形 ABCD中， AB ^ BC, ADC 120°, AB CD 2AD,△ACD 的面
3
积为 ．
2
(1)求 sin CAB ；
(2)证明： CAB CAD．
【答案】(1) 21
7
(2)证明见解析
【分析】（1）设CD 2AD 2a,a > 0 ，根据VACD面积得到方程，求出 a 1，在VACD中，利用余弦定理
求出 AC 7 ，进而求出BC ，从而求出 sin CAB 的值；
2 VACD sin CAD 21（ ）在 中，由正弦定理得 ，结合（1）中 sin CAB 21 ，由角的范围得到
7 7
CAB CAD .
【详解】（1）设CD 2AD 2a,a > 0 ，
因为VACD 3的面积为 , ADC 120°，
2
1
所以 2a a sin120 3 ° ，解得 a 1，
2 2
所以 AB CD 2, AD 1．
在VACD中，由余弦定理得 AC 2 AD2 2
1
CD 2AD ×CDcos120° 1 4 2 2 1
÷ 7，
è 2
所以 AC 7 ．
在Rt△ABC 中， AB ^ BC, AB 2，所以BC AC2 AB2 7 4 3 ，
所以 sin CAB
BC 3 21
；
AC 7 7
（2）由（1）可得CD 2, AC 7 ，
CD AC
在VACD中，由正弦定理得 ，
sin CAD sin ADC
2 3
所以 sin CAD CDsin ADC 2 21 ，且0° < CAD < 60°．
AC 7 7
21
由（1）可得 sin CAB ，又0° < CAB < 90°，
7
所以 CAB CAD．
5．（2024·江西南昌·一模）如图，两块直角三角形模具，斜边靠在一起，其中公共斜边 AC 10，
BAC π , DAC π ，BD交 AC 于点E .
3 4
(1)求BD2；
(2)求 AE .
【答案】(1) 50 25 3；
(2) 5 3 5 .
BAD π π【分析】（1）由锐角三角函数求出 AB 、 AD ，又 ，利用两角和的余弦公式求出 cos BAD ，
3 4
最后由余弦定理计算可得；
（2）解法 1：首先求出 sin BAD，再由 SVABD SVABE SVADE ，利用面积公式计算可得；解法 2：首先得到
AE S
VABD
3
，再由 AE EC 10计算可得.
EC SVBCD 3
【详解】（1）由已知， AB AC ×cos BAC
1
10 5，
2
AD AC ×cos DAC 10 2 5 2 ，
2
因为 BAD BAC DAC BAC
π π
，
3 4
cos BAD π π cos cos π cos π π π所以 ÷ sin sin
è 3 4 3 4 3 4
1 2 3 2 2 6
，
2 2 2 2 4
所以在△ABD 中由余弦定理可得BD2 AB2 AD2 2AB × AD ×cos BAD
25 50 2 6 2 5 5 2
4
50 25 3 .
π π π π π π 6 2
（2）解法 1：因为 sin BAD sin
÷ sin cos cos sin ，
è 3 4 3 4 3 4 4
又因为 SVABD SVABE SVADE ，
1 1
所以 × AB × AD ×sin BAD × AB × AE ×sin BAE
1
× AE × AD ×sin EAD ，
2 2 2
1
即 5 5 2 6 2 1 3 1 5 AE AE 5 2 2 ，
2 4 2 2 2 2
解得 AE 5 3 5 .
解法 2：因为 BAD BCD π ，所以 sin BAD sin π BCD sin BCD，
又 AD CD 5 2 ， BC 5 3 ，
1
AE S AB × AD ×sin BAD
1
5 5 2sin BAD
所以 VABD 2 2
3
，
EC S 1VBCD BC ×CD ×sin BCD 1 5 3 5 2sin BCD 3
2 2
又因为 AC 10，所以 AE EC 10，则 AE 3AE 10，
所以 AE 5 3 5 .
6．（23-24 高三上·广东江门·阶段练习）已知 A，B，C，D 四点逆时针排列于同一个圆 O 上，其中
BC 2AB 4, π△ABC 的面积为 2 3 ， ABC > ．2
(1)求边 AC 的长；
(2)当圆心 O 在 AD 上时，求 tan CAD ．
【答案】(1) AC 2 7 ．
(2) 3 ．
3
【分析】（1）由已知，结合三角形面积公式及余弦定理求解即得.
（2）由（1）的信息，结合圆的性质求出 CAD即可得解.
【详解】（1）在VABC 中，BC 2AB 4,△ABC 的面积为 2 3 ，
S 1则 VABC AB × BC sin ABC 4sin ABC 2 3，解得2 sin ABC
3
，
2
ABC π 2π而 > ，于是 ABC ，由余弦定理得 AC AB2 BC 2 2AB × BC cos 2π
2 3 3
22 42 2 2 4 ( 1 ) 2 7 .
2
2π π
（2）由（1）知 ABC ，而线段 AD 为圆O的直径，则 ABD ，
3 2
因此 CAD CBD
2π π π
，
3 2 6
π 3
所以 tan CAD tan .
6 3
7．（23-24 高三上·江西·阶段练习）如图，在梯形 ABCD中， AD//BC ，BD 5， CBD 60° .
1
(1)若 sin BCD ，求CD 的长；
4
(2)若 AD 2，求 cos ABD .
【答案】(1)10 3
(2) 4 19
19
【分析】（1）利用正弦定理进行求解即可；
（2）利用余弦定理进行求解即可.
BD CD
【详解】（1）在△BCD中，由正弦定理得 ，
sin BCD sin CBD
CD BD sin CBD 5sin 60° 3 1 20 10 3则 sin BCD 2 .
4
（2）因为 AD//BC ，所以 ADB CBD 60° .
由余弦定理得 AB2 BD2 AD2 2BD × AD ×cos ADB 19 ，
则 AB 25 4 2 5 2 1 19 ，
2
2
cos ABD AB BD
2 AD2 19 25 4 4 19
所以 .
2AB × BD 2 19 5 19
8．（23-24 高三上·安徽·期末）如图,在VABC 中, CAB 的平分线交BC 边于点E ,点D在 AB 边上, AE 7 ,
AD 3 7 , cos CAE 5 7 .
14
(1)求 ADE 的大小;
(2)若 ACB
2π
,求VCDE的面积.
3
π
【答案】(1)
3
(2) 5 3
4
5 7
【分析】（1）因为 AE 是 CAB 的角平分线,所以 cos CAE cos DAE ,在VADE 中利用余弦定理求
14
出DE 的长,再次利用余弦定理即可求出 ADE 的大小.
（2）在△ACE中,由正弦定理求出CE的长,再根据四边形内角和为 2π可得到 CED CAD=π ,从而求出
sin CED 的值,再利用三角形面积公式求解即可.
1 AE CAB , cos CAE cos DAE 5 7【详解】（ ）因为 是 的角平分线所以 ,
14
VADE , DE2 AE2 AD2 2AE AD cos DAE 49 63 2 7 3 7 5 7在 中根据余弦定理得 × 7 ,
14
所以DE 7 ,
2 2 2
则 cos ADE
AD DE AE 63 7 49 1
,
2AD × DE 2 3 7 7 2
因为 ADE 0, π ,
所以 ADE
π
.
3
2
（2）因为 cos CAE 5 7 ,所以 sin CAE 1 cos2 5 7 21 CAE 1
14 ÷÷
,
è 14 14
CE AE CE 7
CE 7
在△ACE中,由正弦定理得 sin CAE sin ACE 21 3 ,
14 2
2π π
在四边形 ADEC 中, CED CAD 2π ACB ADE 2π =π ,
3 3
所以 sin CED sin CAD 2sin CAE cos CAE 2 5 7 21 5 3 ,
14 14 14
S 1 CE 1 5 3 5 3则 VCDE × DE sin CED 7 7 .2 2 14 4
9．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在平面四边形 ABCD中， AB//CD ， AD ×sin D 3AC ×cos ACD ，
BAC 的角平分线与BC 相交于点E ，且 AE 1, AB 3 .
(1)求 ACD的大小；
(2)求BC 的值.
π
【答案】(1)
3
3
(2)
2
【分析】（1）在VACD中利用正弦定理结合已知条件求出 tan ACD，即可得解；
π
（2）依题意可得 BAC ，由 SVBAE SVCAE SVBAC 求出 AC ，再在VABC 中利用余弦定理计算可得.3
AD AC
【详解】（1）在VACD中，由正弦定理得 ，
sin ACD sin D
所以 AD ×sin D AC ×sin ACD ，
又 AD ×sin D 3AC ×cos ACD ，
所以 AC ×sin ACD 3AC ×cos ACD，因为cos ACD 0，
所以 tan ACD 3 .
π
因为0 < ACD < π，所以 ACD .
3
（2）因为 AB//CD π，所以 BAC ACD .3
π
因为 AE 平分 BAC ，所以 BAE CAE .
6
因为 SVBAE SVCAE SVBAC ，
1 AB AE sin π 1 π 1 π所以 × × AC × AE ×sin AB × AC ×sin ，
2 6 2 6 2 3
1
又 AB 3 ， AE 1，所以 3 1 1 1 1 3 1 AC 1 3AC ，
2 2 2 2 2 2
AC 3解得 ，
2
π
因为 BAC ，所以BC 2 AC 2 AB2 2AB × AC cos BAC
3
2
3 2 3 1 9
÷÷ 3 2 3 ，
è 2 2 2 4
BC 3所以 .
2
10．（2024·山西晋中·三模）在VABC 中，角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c，已知b2 c2 bc a2 .
(1)求 tanA；
(2)若b 3 1 c，在边BC 上（不含端点）存在点D，使得 AD 1，求 a的取值范围．
【答案】(1) 3
6 ù
(2) ,3 3ú
è 2
【分析】（1）直接用余弦定理求得 cos A，进而得到 tan A；
π π
（2）思路一：利用正弦定理三角恒等变换得B ,C ，进一步结合正弦定理得
4 12
6 q π ,11π a b 3 3 sinq ，由 即可求解；思路二：设边BC 上的高线长为 h ，则 长度的取值范2 è 4 12 ÷ AD
围是 h,b ，从而条件等价于 h 1 < b，最后用 a表示 h 和b ，即可求出 a的范围.
2
1 cos A b c
2 a2 b2 c2 b2 c2 bc 1
【详解】（ ）由余弦定理得 ，所以
2bc 2bc 2
1 12
tan A sin A 1 cos A 4 3 .
cos A cos A 1
2
（2）方法一：因为b 3 1 c，所以 sin B 3 1 sin C ，
由（1）知道 cos A
1
2π，所以 A
2 3
，
C π所以 B，
3
sin B 3 1 sin C sin B 3 1 sin π B 3 1 3 cos B 1 所以由 ，可得 ÷ sin Bè 3 2 2 ÷÷，è
从而 3 3 sin B 3 3 cos B > 0（因为 sin B > 0），
π π
所以 tan B 1，结合 B 是三角形内角可知，B ,C ，
4 12
π 11π
当 AD 1时，在三角形 ACD中，设 ADC q ，则q , ÷，
è 4 12
b sinq b sinq
由正弦定理得 ，故 π ，
AD sin C sin 12
因为 sin C sin
π
sin π π 3 2 1 2 6 2 ÷ ，12 è 3 4 2 2 2 2 4
所以b 6 2 sinq ，
sin 2πa sin BAC 3 6
在三角形 ABC 中，由正弦定理得 ，
b sin B sin π 2
4
a 6故 b 3 3 sinq ，2
π
因为q ,
11π
，
è 4 12 ÷
6 2 ù
所以sinq 的取值范围是 ,1 ，
è 4
ú
6 ù
所以 a的取值范围是 ,3 3 .
è 2
ú
方法二：在本小问的解析中，所有“线段BC 上”均不含端点 B 和C .
由 cos A
1
< 0知角A 是钝角，所以角B,C 都是锐角，
2
这表明点A 在直线BC 上的投影 H 在线段BC 上.
设 AH h，则由 H 在线段BC 上及b 3 1 c > c 可知，
对线段BC 上的点D， AD 长度的取值范围是 h,b ，所以条件等价于 h 1 < b .
2 2
b2 b2 b 3 1 1 3 1÷ 3b2
而我们有 a2 b2 c2 bc b2 è 2 2 ， 3 1 3 1 3 1 2
6
故b a .
3
由于 sin A 1 cos2 A 1 1 3 ，
4 2
2 2
故我们又有 h
ah 2SVABC bc sin A 3b 3a a
a a a 2 3 1 a 3 3 1 a 3 3 .
a 6 6
所以条件等价于 1 < a，即 < a 3 3 .
3 3 3 2
6 ù
综上， a的取值范围是 ,3 3ú .
è 2
1．（2024·湖南长沙·三模）如图，在VABC 中，已知 AB 3, AC 6, A为锐角，BC, AC 边上的两条中线 AM , BN
相交于点P,VABC 9 3的面积为 .
2
(1)求BC 的长度；
(2)求 APB的余弦值.
【答案】(1) BC 3 3
(2) 7
14
1
【分析】（1）因为 SVABC AB × ACsin BAC ，得到，由 BAC
π
，在VABC 由余弦定理即可得到BC 的
2 3
长度.
2 2 2（2）因为 AB BC 9 27 36 AC2 ，所以 BAC 为直角，\ BN = 3 ,\BP BN 2 .在VABM 中，由3
勾股定理得 AM ，即得到 AP ，在VABP中，由余弦定理即可得到 APB的余弦值.
【详解】（1 S 1 9 3 3）由题知， VABC AB × ACsin BAC ，所以 sin BAC ，2 2 2
又因为 BAC 0, π BAC π 2π π，所以 或 .因为 BAC 为锐角，所以 BAC .
3 3 3
在VABC 中，由余弦定理知BC 2 AB2 AC 2 2 × AB × ACcos BAC ，
2 1
整理得BC 9 36 2 3 6 27 ，解得
2 BC 3 3
.
（2）因为 AB2 BC2 9 27 36 AC2 ，
π 1 2
所以 ABC ，BN AC 3,，\BP BN 2
2 2 3
2
在VABM 3 7中，由勾股定理得： AB2 BM 2 AM 2，\ AM ， AP AM 7
2 3
2 2 2
所以在VABP AP BP AB 7中，由余弦定理得 cos APB .
2AP × BP 14
所以 APB 7的余弦值为 .
14
2．（23-24 高三下·安徽·阶段练习）已知 a，b，c 分别是△ABC 的三个内角的对边，且
3c sin A a cosC b c．
(1)求 A；
(2)若 BC 2，将射线 BA 和 CA 分别绕点 B，C 顺时针方向旋转15o，30o，旋转后相交于点 D（如图所示），
且 DBC 30o，求 AD．
π
【答案】(1) A 3
(2) 6
3
【分析】（1）首先根据正弦定理边角互化，再根据三角恒等变形，即可求解；
（2）由条件确定几何图形中的角的值，再根据正弦定理和余弦定理求解.
【详解】（1）由正弦定理可知 3 sin C sin A sin AcosC sin B sin C ,
又因为 sin B sin A C sin AcosC cos Asin C ，
所以 3sinC sin A cos AsinC sinC ，且 sin C > 0，
π π 1
则 3 sin A cos A 1，即 2sin A ÷ 1，所以 sin A ÷ ，
è 6 è 6 2
A 0, π A π π , 5π因为 ， ，所以 A
π π
，
6 è 6 6 ÷ 6 6
所以 A
π
3 ；
（2）由条件可知， ABD 15o ， ACD 30o，且 DBC 30o，
所以 ABC 15o 30o 45o ，又 BAC 60o ，
所以 ACB 180o 60o 45o 75o， BCD 75o 30o 105o ，
BDC 180o 30o 105o 45o，且BC 2
VABC AC BC BC ×sin ABC 2 sin 45
o 2 6
中， sin ABC sin BAC ，得 AC ,sin BAC sin 60o 3
BC DC
△BCD DC BC ×sin DBC 2 sin 30
o
中， ，得 2 ，
sin BDC sin DBC sin BDC sin 45o
VACD中， AD AC 2 DC 2 2AC × DC ×cos ACD ，
8 2 2 2 6 3 6 2 .
3 3 2 3
3．（2024·浙江·模拟预测）如图，在平面内的四个动点A ， B ，C ，D构成的四边形 ABCD中， AB 1，
BC 2，CD 3， AD 4 .
(1)求VACD面积的取值范围；
(2)若四边形 ABCD存在外接圆，求外接圆面积.
【答案】(1) 0,2 5
1155π
(2)
288
【分析】（1）根据三角形的性质，求 AC 的范围，再根据余弦定理求 cos ADC 的范围，以及 sin ADC 的范
围，最后代入面积公式，即可求解；
（2）由余弦定理和有外接圆的四边形的性质，求 AC 和 sin ADC ，最后代入外接圆面积公式，即可求解.
【详解】（1）由三角形的性质可知， AB BC > AC ，即 AC < 3，
且 AC CD > AD，即 AC >1，所以1 < AC < 3，
2 2
△ADC 中， cos ADC 9 16 AC 25 AC ，
2 3 4 24
所以 cos ADC
2
,1
5
3 ÷
，则 sin ADC 0, 3 ÷è ÷
，
è
S 1VADC 3 4 sin ADC 6sin ADC ，2
所以△ADC 面积的取值范围是 0,2 5 ；
（2）△ADC 中， AC 2 9 16 2 3 4 cos ADC 25 24cos ADC ，
VABC 中， AC 2 1 4 2 1 2 cos ABC 5 4cos ABC ，
即 25 24cos ADC 5 4cos ABC
因为四边形 ABCD存在外接圆，所以 ADC ABC 180o，即 cos ADC cos ABC ，
5 2
即 25 24cos ADC 5 4cos ADC ，得 cos ADC ，
7 sin
5 2 6
ADC 1 ÷ ，
è 7 7
AC 2 25 24 5 55 AC 385此时 ，即 ，7 7 7
2R AC 2310 2310由 R ，
sin ADC 12 24
2
ABCD S πR2 π 2310 1155π四边形 外接圆的面积 ÷÷ .
è 24 288
4．（2024·浙江绍兴·二模）在三角形 ABC 中，内角 A, B,C 对应边分别为 a,b,c且bcosC 3c sin B a 2c .
(1)求 B的大小；
(2)如图所示，D为VABC 外一点， DCB B ，CD 3 ， BC 1， CAD 30o ，求 sin BCA及VABC 的
面积.
【答案】(1)120°
(2) 2 3 3，
2 4
【分析】（1）利用正弦定理边化角可得 sin B cosC 3 sin C sin B sin A 2sin C ，根据式子特点，变换
sin A sin(B C)，从而可以化简三角恒等式为 3 sin B cos B 2 ，最后利用辅助角公式求出B 120°；
（2）设 BCA q ，可知用q 表示 D， BAC ，利用正弦定理可得公共边 AC 的式子，最后可得一个关于
角q 2 3 2 6的三角方程求解出角q 的大小，然后求出求出 sin BCA 和 AC ，最后利用面积公式即
2 2
可求出面积.
【详解】（1）QbcosC 3c sin B a 2c，由正弦定理边化角得：
\sin B cosC 3 sin C sin B sin A 2sin C ，由三角形内角和为180°可得：sin A sin(B C)，
即\sin B cosC 3 sin C sin B sin(B C) 2sin C sin B cosC cos B sin C 2sin C ，
即 3 sin C sin B cos B sin C 2sin C ，
又Qsin C 0\ 3 sin B cos B 2 3 sin B 1 cos B 1，
2 2
sin B 30°即 1，又Q0° < B <180° ，\B 30° 90°，即B 120° .
AC CD
（2）设 BCA q ，在VACD中， ，
sin D sin CAD
D 180° 30° 120° q 30° q ，CD 3 ，
sin(q 30o )
\ AC CD 2 3 sino q 30o ，sin 30
AC BC
在VABC 中， ， BAC 180° 120° q 60° q ， BC 1，
sin B sin BAC
AC sin120
o
\ BC 3 3 ，
sin(60o q ) 2sin(60o q ) 2cos(q 30o )
即 2 3 sin q 30o 3 ，
2cos(q 30o )
\4sin(q 30o ) cos(q 30o ) 1 2sin(2q 60o ) 1，
\sin(2q 60o ) 1 ，又
2 Q0
° < q <120°，
\2q 60o 150o ，解得q 45o，
\sin BCA sinq sin 45° 2 ，
2
又由 AC 2 3 sin(q 30o） 2 3 sin(45o 30o）
2 3 2 3 2 1 3 2 6 ÷÷ ，
è 2 2 2 2 2
1
于是 SVABC BC
1
× AC ×sin BCA 1 3 2 6 2 3 3 .
2 2 2 2 4
5．（2024·广西来宾·模拟预测）VABC 的内角A ， B ，C 的对边分别为 a，b ， c， AD 为 BAC 平分线，
b tan A (2c b) tan B
(1)求A ；
p S
(2)若 c : AD : b 3 : 2 : 2 3 ， AD 上存在点M ，使得 ABM △ABM，求 ．12 S△ACD
π
【答案】(1) A 3
(2) 3 3
8
【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角的正弦，结合三角恒等变换求解即可；
（2）令 c 3k ， k > 0，在VBAD中，利用余弦定理可求BD k ，在VABM 中，利用正弦定理可求
AM 3( 3 1)k
SVABM AM S BD AB
，再由
VABD
S AD ， S CD AC ，即可求解.2 VABD VACD
【详解】（1）由b tan A (2c b) tan B，结合正弦定理得， sin B
sin A
(2sin C sin B) sin B ，
cos A cos B
因为 sin B > 0，所以 sin Acos B sin B cos A 2sin C cos A，
即 sin(A B) 2sinC cos A，
又 sin(A B) sin(π C) sin C ，所以 sin C 2sin C cos A，
1
因为 sin C > 0，所以 cos A ，
2
π
又0 < A < π ，所以 A 3 ；
（2）由（1）知： BAD
π
，
6
令 c 3k ， k > 0，则 AD 2k ，b 2 3k ，
VBAD BD2 3k 2在 中， 4k 2 2
p
× 3k ×2k ×cos k 2，
6
所以BD k ，则BD2 AB2 AD2，
ABC π C π故得： ， ，
2 6
BC AC2 AB2 3k ，DC 2k ，
因为 ABM
π
，
12
在VABM 中， AMB π BAM
3π
ABM ，
4
AM AB π
π
3k ×sin
AM 12 3( 3 1)k所以 sin sin 3π ，可得 3π ，
12 4 sin 24
AD 2k AM 3 3因为 ，则 ，
AD 4
SVABM AM 3 3所以 ，
SVABD AD 4
S
又 VABD
BD AB 3k 1
，
SVACD CD AC 2 3k 2
S 3 3
所以 △ABM .
S△ACD 8
6．（2024·湖南衡阳·三模）在VABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a、b、c，且
c cos B 2a cos A bcosC 0．
(1)求 A；
π
(2)如图所示，D 为平面上一点，与VABC 构成一个四边形 ABDC，且 BDC ，若 c b 2 ，求 AD 的最
3
大值．
2π
【答案】(1) A .3
(2)4
【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，代入计算，即可得到结果；
（2）方法一：根据题意，分别在△ABD 与VACD中由正弦定理化简，即可得到 AD 4sina ，从而得到结
a
果；方法二：由余弦定理可得 a 2 3 ，再由正弦定理2R 代入计算，即可得到结果；sin A
【详解】（1）因为 ccosB 2acosA bcosC 0，
由正弦定理得， sinCcosB 2sinAcosA sinBcosC 0，
所以 2sinAcosA sin B C 0 ，所以 2sinAcosA sinA 0，
1
因为 sinA 0 ，所以 cosA ，因为 A 0, π 2π，所以 A .
2 3
（2）方法一：设 ABD a， ADB b ，则：
AD AB AD AC
在△ABD 中， ，①，在VACD中， sin π a πsina sinb sin b ，②÷
è 3
① sinb sin π ： b ÷ ，所以 b 30°，所以 AD 4sina ，所以 AD 的最大值是 4
② è 3
解法二：在VABC 中，由余弦定理得， a c2 b2 2cbcosA = 2 3 ，
2π π
因为 BAC BDC π，
3 3
a 2 3 2 3
所以四边形 ABDC 2R 4存在一个外接圆O，所以圆O的直径为 sinA sin 2π 3
3 2
因为 AD 2R，即 AD 4，当 AD 为圆 O 直径时取等号，故 AD 的最大值为 4.
7．（23-24 高一下·河北保定·期末）阿波罗尼奥斯（Apollonius）是古希腊著名的数学家，他提出的阿波罗尼
奥斯定理是一个关于三角形边长与中线长度关系的定理，内容为：三角形两边平方的和，等于所夹中线及
é BC 2 ù
第三边之半的平方和的两倍，即如果 AD 是VABC AB2 AC 2 2 AD2 中 BC 边上的中线，则 ê ÷ ú .
ê è 2 ú
(1)若在VABC 中， AB 5
π
， AC 3， BAC ，求此三角形 BC 边上的中线长；
3
(2)请证明题干中的定理；
(3)如图VABC 中，若 AB > AC ，D 为 BC 中点，BD DC 3， a sin A 3bsin B 3bsin A C ，
S 3 3△ABC ，求 cos DAC 的值.2
7
【答案】(1) AD
2
(2)证明见解析
1
(3)
2
【分析】（1）余弦定理求出BC 19 ，再用所给式子求出中线即可；
（2）左右两个三角形△ABD 和VACD分别使用余弦定理，得到两个方程，结合 cos ADB cos ADC ，相
加即可证明；
2
（3） a sin A 3bsin B 3bsin A C 2a，利用三角恒等变换，求得b2 c2 ，结合
3
é 2 ù
AB2 AC 2 2 êAD2
BC
÷ ú，求出 AD ．在VACD，用面积公式求出 sin ADC ，进而求出 AC ，再用余
ê è 2 ú
弦定理即可解.
【详解】（1）
如图所示，
由余弦定理得，BC 2 AC 2 AB2 2AB AC cos A，
2 2 2
代值计算得到BC 5 3 2 5
π
3 cos ，求得BC 19 ；3
é 2
AB2 AC 2 BC
2 ù é ù
由于 2 êAD2
ú 2 2 ÷ ，代值计算得5 3 2 êAD
2 19 ú 7，求得 AD
ê è 2
÷
ú ê
÷
è 2 ú 2
（2）在△ABD 中， AB2 AD2 BD2 2AD BD cos ADB；
在VACD中， AC 2 AD2 CD2 2AD CD cos ADC ；
1 éAB2 AC 2 2 AD2 BC
2
ù
两式相加，且 cos ADB cos ADC, BD CD BC ，得到 ê ÷ ú，则原式得2 ê è 2 ú
证．
（3）由于 a sin A 3bsin B 3bsin A C 3b(sin AcosC sin C cos A) 3bsin AcosC 3bsin C cos A
则由正弦定理，得 a2 3b2 3ba cosC 3bc cos A，
a2 b2 c2 b2 c2 2
即 a2 3b2 3ba a 3bc ，
2ab 2bc
2a2
去分母整理得到3b2 3c2 2a2，即b2 c2 ．
3
且BD DC 3，则 BC a 6，则b2 c2 24．
é
AB2 AC 2 2 AD2 BC
2
ù
ê ú BD DC 3 2 2 2由于 ÷ ，且 ，即 c b 2 éAD 9 ù
ê è 2 ú
联立解出 AD 3
S 3 3 S 3 3 1 AD DC sin ADC 1由于 △ABC ，则 VADC 3 3sin ADC ，2 4 2 2
sin ADC 1 3解得 ，则 （负数不满足）.
2 cos ADC 2
由余弦定理得到 AC 2 DC 2 AD2 2AD DC cos ADC 3，代值计算， AC 2 9 3 6 3 3， 则
2
AC 3 ，
2 2 2
则 cos DAC
AD AC DC 3 3 9 1
．
2AD AC 2 3 3 2
8．（2024·河北衡水·模拟预测）如图，在平面四边形 ABCD中， AB AC 2 3, ADC CAB 120° ，设
DAC q .
(1)若 AD 2，求 BD 的长；
(2)若 ADB 15°，求 tanq .
【答案】(1) 2 7
(2) 6 3 3
【分析】（1）在VACD中由正弦定理解出 ACD，再在△ABD 中由余弦定理解出 BD 即可；
（2）在△ABD 中由正弦定理解出 BD ，再在△BCD中，由正弦定理解出 BD ，由 BD 相等关系得
6cosq 2 3 sin 120° q
，最后解出 tanq 即可.
cos15° sin15°
AC AD
【详解】（1）在VACD中，由正弦定理得： ，
sin ADC sin ACD
2 3 2 sin ACD 1即 ， ，因为 ADC 120°，
sin120° sin ACD 2
所以0° < ACD < 60°，解得 ACD 30°，则 DAC 30°，\ DAB 30° 120° 150°，
2 3
在△ABD 中，由余弦定理得： BD 12 4 2 2 2 3 ÷÷ 28，
è 2
所以 BD 2 7 .
（2）
如图：由 DAC q ，则 BAD 120° q ，因为 ADB 15°，
AB BD
所以在△ABD 中，由正弦定理知： sin15° sin 120 ，° q
2 3 sin 120° qBD ，
sin15°
由 DBA 180° 120° q 15° 45° q ，
AB AC 2 3, CAB 120 ABC 180° 120°因为 °，所以 30°，
2
CBD ABC ADB 30° 45° q q 15°，
由 BDC ADC ADB 120° 15° 105°，
BCD 180° 105° q 15° 90° q ，
BC BD BD
所以在△BCD中，由正弦定理知： sin105° sin 90° q cosq ，
由 sin105° sin 90° 15° cos15°，
2 2 2在VABC 中， BC 2 3 2 3 2 1× 2 3 × 2 3 × ÷ 36，所以 BC 6，
è 2
BD 6cosq 2 3 sin 120° q 所以 ，又因为 BD ，cos15° sin15°
6cosq 2 3 sin 120° q
即 ，
cos15° sin15°
2 3 3 cosq
1
sinq
所以 6cosq è 2 2
÷
，
cos 45° 30° sin 45° 30°
6cosq 3cosq 3 sinq
即 6 2 6 2 ，
4 4
所以6 6 2 cosq 6 2 3cosq 3 sinq ，
9 2 3 6 cosq 3 2 6 sinq ，
9 2 3 6 9 2 3 6 3 2 6 所以 tanq 72 36 3 6 3 3，
3 2 6 12 12
故 tanq 6 3 3 .
9．（23-24 高一下·广东茂名·期末）如图所示，在VABC 中， AB 3AC ，AD 平分 BAC ，且 AD kAC .
(1)若 DC 2，求 BC 的长度；
(2)求 k 的取值范围；
(3)若 S△ABC 1，求 k 为何值时，BC 最短.
【答案】(1) BC 8
(2) k 0,
3
2 ֏
(3) k 3 5
5
AB BD
【分析】（1）在△ABD 和VACD中分别利用正弦定理结合 AD 平分 BAC ，可得 ，从而可求出
AC DC
BD，进而可求出BC ；
3 BAC
（2）由 SVABC SVABD SVADC 结合三角形的面积公式及已知条件化简可得 k cos ，从而可求出 k 的2 2
取值范围；
S 1 BC 2 4 5 3cos BAC y 5 3cos BAC（3）由 △ABC ， AB 3AC 结合余弦定理得 × ，令 ，则当 y 最小3 sin BAC sin BAC
值时，BC 最短，化简后结合辅助角公式和正弦函数的性质可求得结果.
【详解】（1）在△ABD
AB BD
中，由正弦定理得 ，
sin ADB sin BAD
AC DC
在VACD中，由正弦定理得 ，
sin ADC sin CAD
因为 AD 平分 BAC ，所以 BAD CAD ，
因为 ADB ADC π ，
所以 sin ADB sin ADC ，
AB BD
所以 ，
AC DC
因为 AB 3AC ， DC 2，
BD
所以 3，得BD 6，
2
所以 BC 8；
（2）因为 SVABC SVABD SVADC ，
1 AB AC sin 1 BAC 1 BAC所以 × BAC AB × ADsin AC × ADsin ，
2 2 2 2 2
因为 AB 3AC ， AD kAC ，
所以3AC × AC
BAC BAC
× 2sin cos 3AC × kAC sin BAC AC × kAC sin BAC ，
2 2 2 2
BAC BAC
因为 sin 0，所以6cos 4k ，
2 2
k 3 BAC所以 cos ，
2 2
BAC
因为 0,
π
÷，所以 cos
BAC
0,1 ，
2 è 2 2
3
所以 k
0,
2 ÷
；
è
（3）由余弦定理得BC 2 AB2 AC 2 2AB × AC cos BAC AC 2 (10 6cos BAC)，
因为 S 1
1
△ABC ，所以 AB × AC sin BAC 1，2
3
因为 AB 3AC 2，所以 AC sin
2
BAC 1 AC 2，所以 ，
2 3sin BAC
BC 2 2所以 (10 6cos BAC)
4 5 3cos BAC
× ，
3sin BAC 3 sin BAC
y 5 3cos BAC令 ，则 ysin BAC 3cos BAC 5，
sin BAC
所以 y2 9 sin( BAC j) 5（其中 tanj
3
y ），
所以当 sin( BAC j) 1时， y 取得最小值 4，
即当 BAC j
π 3
时， y 取得最小值 4，此时 tanj ，
2 4
cos π 3所以 BAC cos
j
÷ sinj ，
è 2 5
2 BAC
因为 cos BAC 2cos 1，
2
2cos2 BAC 1 3 cos BAC 2 5所以 ，所以 ，
2 5 2 5
3 BAC
由（2）知 k cos ，
2 2
k 3 2 5 3 5所以 ，
2 5 5
k 3 5即当 时，BC 最短.
5
【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角形的面积公式和三角函数恒等变换
公式的应用，第（3）问解题的关键是余弦定理结合已知条件表示出BC 2 ，换元后结合三角函数恒等变换公
式可求得答案，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
10．（23-24 高一下·广东深圳·期中）如图，在VABC 中，已知 AB 2 ， AC 6 2 ， BAC 45°，BC 边上
的中点为M ，点 N 是边 AC 上的动点（不含端点）， AM ，BN 相交于点 P ．
(1)求 BAM 的正弦值；
(2)当点 N 为 AC 中点时，求 MPN 的余弦值．
uuur uuur uuur uuur
(3)当 NA × NB 取得最小值时，设 BP l BN ，求l 的值．
3
【答案】(1)
5
(2) 13 10
50
12
(3) l
13
【分析】（1）解法 1、先利用余弦定理求得 BC，再根据 BMA 与 CMA互补，由
uuuur 1 uuur uuur
cos BMA cos CMA 0 ，求得 AM 5，然后在VABM 中，利用余弦定理求解；解法2、由 AM AB AC ，2
uuuur 1
求得 AM 5，再利用VABM 的面积为VABC 面积的 2 求解；解法 3：以A 为坐标原点，以 AC 所在直线为 x
uuur uuuur
AB × AM
轴，以过点A 的垂线为 y 轴，建立平面直角坐标系，利用向量的夹角公式 cos BAM uuuurAB AM 求解；
（2）方法 1、在VABN 中，利用余弦定理，求得BN 10，再由 P 为VABC 重心，得到
2 2 10 AP 2 AM 10BP BN ， ，然后在VABP中，利用余弦定理求解；解法 2：由
3 3 3 3
uuuur uuur
uuur uuur uuur uuur 1 uuur uuur AMBN BA AN AB AC ，求得 BN 10 ，再利用向量的夹角公式 cos MPN uuuur
×uBuNur
AM BN 求解；解法2
3：以A 为坐标原点，以 AC 所在直线为 x 轴，以过点A 的垂线为 y 轴，建立平面直角坐标系，再利用向量
uuuur uuur
的夹角公式 cos MPN u
AuM uur ×uBuNur
AM BN 求解；
uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 2 uuur 2 uuur uuur（3）设 NA x ，由 NA × NB NA × NA AB x 2x，则 x 即 NA 时， NA × NB 取最小值，得
2 2
uuur 11 uuur 1 uuur uuur uuur uuur uuur uuur 11 uuur 1 uuuur
到BN BA BC ，再由BC 2BM ，BP lBN 0 l 1 ，得到BP lBA lBM ，由 A， P ，M12 12 12 6
三点共线求解；
【详解】（1）解法 1、由余弦定理得BC 2 AB2 AC 2 AB × AC ×cos BAC ，
即BC 2 22 6 2 2 2 2 6 2 2 52，所以BC 2 13 ，2
BM CM 1所以 BC 13，
2
BM 2 AM 2 AB2 AM 2 9
在VABM 中，由余弦定理，得 cos BMA ，
2BM × AM 13 × AM
CM 2 AM 2 AC 2cos CMA AM
2 59
在△ACM 中，由余弦定理，得 ，
2CM × AM 13 × AM
因为 BMA 与 CMA互补，所以 cos BMA cos CMA 0 ，解得 AM 5，
2 2 2
在VABM AB AM BM 4中，由余弦定理，得 cos BAM ，
2AB × AM 5
π
BAM 0, 因为 ÷，所以 sin BAM
3
1 cos2 BAM ．
è 2 5
uuur uuur uuur uuur
解法 2、由题意可得， AB × AC AB AC cos 45° 12，
uuuur 1 uuur uuur
由 AM 为边BC 上的中线，则 AM AB AC ，2
uuuur2 1 uuur2 1 uuur2 1 uuur uuur
两边同时平方得， AM AB AC AB × AC 25，
4 4 2
uuuur
故 AM 5，
因为M 为BC 边中点，则VABM 的面积为VABC 1面积的 2 ，
1
所以 AB AM sin BAM
1 1
AB AC sin BAC ，
2 2 2
1
即 2 5 sin BAM
1 1
2 6 2 sin 45°，
2 2 2
化简得， sin BAM
3
．
5
解法 3：以A 为坐标原点，以 AC 所在直线为 x 轴，以过点A 的垂线为 y 轴，建立平面直角坐标系
B 2, 2 C 6 2,0 M 7 2 2 则 ， ， ,2 2 ÷÷，è
uuur uuuur AB 2, 2 AM 7 2 2 所以 ， , ，
è 2 2
÷÷
uuur uuuur
cos BAM AB × AM所以 uuuur
8 4
AB AM 2 5 5 ，
BAM 0, π因为
÷，所以 sin BAM 1 cos
2 BAM 3 ．
è 2 5
（2））解：方法 1、在VABN 中，由余弦定理，
得BN 2 AB2 AN 2 2AB × AN 2 ×cos 45°，
所以BN 10，
由 AM ，BN 分别为边BC ， AC 上的中线可知 P 为VABC 重心，
BP 2 BN 2 10可得 ， AP
2 10
AM ，
3 3 3 3
PA2 PB2 AB2 13 10
在VABP中，由余弦定理，得 cos APB ，
2PA × PB 50
又由 MPN APB ，所以 cos MPN cos APB 13 10 ．
50
uuur uuur uuur uuur 1 uuur
解法 2：因为BN 为边 AC 上的中线，所以BN BA AN AB AC ，
2
uuuur uuur 1 uuur uuur uuur 1 uuurAM × BN AB AC × AB AC 1 uuur2 1 uuur uuur uuur 2 ÷ AB AB 1× AC AC 13，2 è 2 2 4 4
uuur2 uuur 1 uuur
2 uuur2 uuur uuur uuur2 uuur
BN 1 AB AC ÷ AB AB × AC AC 10，即 BN 10 ．
è 2 4
uuuur uuur
AM × BN 13 13 10
所以 cos MPN uuuur uuur AM BN 5 10 50 ．
解法 3：以A 为坐标原点，以 AC 所在直线为 x 轴，以过点A 的垂线为 y 轴，建立平面直角坐标系：
则B 2, 2 ，C 6 2,0 ， N 3 2,0 M 7 2， ,
2
，
è 2 2 ÷
÷
uuuur 7 2 2 uuur
所以 AM , ÷÷，BN 2 2, 2 ．
è 2 2
uuur
cos MPN AM × BN 13 13 10所以 AM BN 5 10 50 ．
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur2 uuur uuur（3）设 NA x ， NA × NB NA × NA AB NA NA × AB x2 2x，
2 uuur 2 uuur uuur 1
当 x 即 NA 时， NA × NB 取最小值 ，
2 2 2
uuur uuur uuur uuur 1 uuur uuur 11 uuur uuur
\BN BA 1 AN BA BA BC BA BC ，12 12 12
uuur uuuur uuur uuur
Q BC 2BM ，BP lBN 0 l 1 ，
uuur 11 uuur 1 uuuur 11 uuur 1 uuuur\BP l BA BM ÷ lBA lBM ，
è12 6 12 6
Q A， P ，M 三点共线，
11 l 1 l 1 l 12\ .
12 6 13
1．（北京·高考真题）如图，在 ABC B
p
中， ， AB 8，点D在BC 边上，且CD 2，
3
cos ADC 1 .
7
（1）求 sin BAD；
（2）求BD, AC 的长.
3 3
【答案】（1） ；（2）7.
14
【详解】试题分析：（I）在 ABD 中，利用外角的性质，得 sin BAD sin ADC B 即可计算结果；（II）
由正弦定理，计算得BD 3，在 ABC中，由余弦定理，即可计算结果．
试题解析：（I）在 ADC 中，∵ cos ADC
1
，∴
7 sin ADC
4 3
7
∴ sin BAD sin ADC 3 3 B
14
AB ×sin BAD
（II）在 ABD 中，由正弦定理得：BD 3
sin ADB
在 ABC中，由余弦定理得： AC 2 AB2 BC 2 2AB × BC ×cos B 49
∴ AC 7
考点：正弦定理与余弦定理．
2．（安徽·高考真题）
在V ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 所对的边长，a= 3，b= 2 ，1 2cos(B C) 0，求边 BC 上的
高.
【答案】见解析
【详解】试题分析：利用三角形内角和 ， ，求出 的正弦值，利用正弦定理求出
的正弦值，然后求出 的正弦值，即可求出边 上的高．
试题解析：解：由1 2cos(B C) 0和B C p A，得1 2cos A 0，
cos A 1 sin A 3即 ，2
，
2
bsin A 2
再由正弦定理得 sin B ，
a 2
由b < a ，知B < A，所以 不是最大角．
于是B
p
< ，从而
2 cos B 1 sin
2 B 2 ，
2
sin C sin(A B) 2 ( 3 1由上述结果知 ) ，
2 2 2
BC h h bsin C 3 1设边 上的高为 ，则有 ．
2
考点：正弦定理.
3．（海南·高考真题）如图，△ACD 是等边三角形，△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB=90°，BD 交 AC 于 E，
AB=2.
（1）求 cos∠CBE 的值；
（2）求 AE．
【答案】(1)因为 BCD 90° 60° 150° ,CB AC CD ,所以 CBE 15° ，
2 3 2 1 6 2
\cos CBE cos 45° 30° .2 2 2 2 4
AE 2
(2)在VABE 中， AB 2 ，由正弦定理得 sin 45° 15° sin 90° 15° ,
2sin 30° 2
1
故 AE 2° 6 2cos15 6 2
4
【详解】略
4．（全国·高考真题）如图，在△ABC 中，∠ABC＝90°，AB＝ 3，BC＝1，P 为△ABC 内一点，∠BPC＝90°.
(1)若 PB 1＝ 2 ，求 PA；
(2)若∠APB＝150°，求 tan∠PBA．
7 3
【答案】（1） （2）
2 4
【详解】试题分析:（1）在三角形中，两边和一角知道，该三角形是确定的，其解是唯一的，利用余弦定理
求第三边.（2）利用同角三角函数的基本关系求角的正切值.（3）若是已知两边和一边的对角，该三角形具
有不唯一性，通常根据大边对大角进行判断.（4）在三角形中，注意 这个隐含条件的使用.
试题解析:解：（1）由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.
在△PBA 中，由余弦定理得 PA2＝ .
7
故 PA＝ . 5 分
2
（2）设∠PBA＝α，由已知得 PB＝sin α.
△ 3 sina在 PBA 中，由正弦定理得 ，
sin150° sin(30° a )
化简得 3 cos α＝4sin α.
tan α 3 tan∠PBA 3所以 ＝ ，即 ＝ . 12 分
4 4
考点：（1）在三角形中正余弦定理的应用.（2）求角的三角函数.
5．（湖南·高考真题）如图，D是直角 ABC斜边BC 上一点， AB AD ，记 CAD a , ABC b .
（1）证明 sina cos 2b 0；
（2）若 AC 3DC ，求b 的值.
【答案】（1）根据两角和差的公式，以及诱导公式来得到证明．
p
（2）
3
p p
【详解】试题分析：（1）由题意得a (p 2b ) 2b ，即可化简得证；（2）在 ADC 中，由正弦定
2 2
理得 sin b 3 sina ，在由（1）中 sina cos 2b 0，可求得方程 2 3 sin2 b sin b 3 0，即可求解角 b
的值.
a p试题解析：（1）如图：∵ (p 2b ) 2b
p
，∴ sina sin(2b
p
) cos 2b ，
2 2 2
即 sina cos 2b 0 .
（2）在 ADC 中，由正弦定理得
DC AC
DC 3DC
sina sin( p b ) ，∴ sin b 3 sina sina sin b
由（1）得 sina cos 2b ，∴ sin b 3 cos 2b 3(1 2sin2 b ) ，
即 2 3 sin2 b sin b 3 0 sin b 3，解得 或 sin b 3
2 3
0 b p∵ < < ，∴ sin b 3 ，所以 b
p
.
2 2 3
考点：正弦定理；三角恒等变换.第 10 讲 图形类解三角形综合
（核心考点精讲精练）
命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度中等，分值为 13-15 分
【备考策略】1.熟练掌握正余弦定理及面积公式解三角形
2.在几何图形中能熟练使用相关定理求解
【命题预测】本节内容一般会在解答题中进行命题考查，考查学生的图形转化及计算能力，需重点备考复
习
知识讲解
1. 正弦定理
a b c
2R （其中 R 为 ABC 外接圆的半径）
sin A sin B sin C
2. 余弦定理
a2 b2 c2 2bc cos A b2 c2， a
2 2ca cos B c2 a2 b2， 2ab cosC
3. 三角形的面积公式
S 1 1 ABC ah S ABC absin C
1 ac sin B 1 bc sin A
2 ， 2 2 2
考点一、图形类解三角形综合考查
1．（江苏·高考真题）在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 a 3,c 2, B 45° ．
（1）求 sin C 的值；
4
（2）在边 BC 上取一点 D，使得 cos ADC ，求 tan DAC5 的值．
2．（全国·高考真题） ABC的内角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 sin A 3 cos A 0,a 2 7,b 2 .
（1）求角A 和边长 c；
（2）设D为BC 边上一点，且 AD ^ AC ,求 ABD 的面积.
3．（四川·高考真题）如图，A，B，C，D 为平面四边形 ABCD 的四个内角.
（1）证明：
（2）若 求 的值.
4．（2024·山东济南·二模）如图，已知平面四边形 ABCD中， AB BC 2 2,CD 2, AD 4 .
(1)若 A, B,C, D 四点共圆，求 AC ；
(2)求四边形 ABCD面积的最大值.
5．（23-24 高三上·江西·期末）如图，在△ABC 中，AB=BC=2，D 为△ABC 外一点，AD=2CD=4，记∠BAD=α，
∠BCD=β.
(1)求 2cosa cos b 的值；
(2)若△ABD 2 2的面积为 S1，△BCD 的面积为 S2 ，求 S1 S2 的最大值.
1．（湖南·高考真题）如图，在平面四边形 中，
,
(1)求 的值；
(2)求 的长
2．（湖南·高考真题）如图所示，在平面四边形 ABCD 中，AD＝1，CD＝2，AC＝ 7 .
（1）求 cos∠CAD 的值；
（2）若 cos∠BAD 7＝－ ，sin∠CBA 21＝ ，求 BC 的长．
14 6
3．（2024·青海海西·模拟预测）如图，在四边形 ABCD中，
AB 5 10^ AD,cosB ,cos ACB , BC 5 ．
5 10
(1)求 AC ；
3
(2)若VACD的面积为 ，求CD ．
2
uuur uuur
4．（2024·山东菏泽·二模）已知在VABC 中，CA ×CB 2,△ABC 的面积为 3．
(1)求角C 的度数；
(2)若BC 2, D, E 是 AB 上的动点，且 DCE 始终等于30°，记 CED a ．当DE 取到最小值时，求a 的
值．
1．（23-24高三上·陕西汉中·阶段练习）如图，在VABC 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， AB 6， AC 2 3，
BC 2 6 ，点 D 在边 BC 上，且 ADC 60° .
(1)求 sin B ；
(2)求线段 AD 的长.
2．（23-24 高三上·湖北·期末）如图，在VABC 中， AB AC 6 ，点D是边BC 上一点，且
uuur uuur
AD ^ AB, cos CAD 2 2 ， AE 2EB
3
(1)求VBCE 的面积；
(2)求线段 AD 的长.
3．（23-24 高三上·宁夏银川·阶段练习）如图，在平面四边形 ABCD中， ADC 90°， A 45° ， AB 4 ，
BD 10．
(1)求 cos ADB；
(2)若△BCD的面积为 4 46 ，求BC ．
4．（2023·河南·模拟预测）如图，在四边形 ABCD中， AB ^ BC, ADC 120°, AB CD 2AD,△ACD 的面
3
积为 ．
2
(1)求 sin CAB ；
(2)证明： CAB CAD．
5．（2024·江西南昌·一模）如图，两块直角三角形模具，斜边靠在一起，其中公共斜边 AC 10，
BAC π , DAC π ，BD交 AC 于点E .
3 4
(1)求BD2；
(2)求 AE .
6．（23-24 高三上·广东江门·阶段练习）已知 A，B，C，D 四点逆时针排列于同一个圆 O 上，其中
BC 2AB 4, ABC π△ 的面积为 2 3 ， ABC > ．2
(1)求边 AC 的长；
(2)当圆心 O 在 AD 上时，求 tan CAD ．
7．（23-24 高三上·江西·阶段练习）如图，在梯形 ABCD中， AD//BC ，BD 5， CBD 60° .
1
(1)若 sin BCD ，求CD 的长；
4
(2)若 AD 2，求 cos ABD .
8．（23-24 高三上·安徽·期末）如图,在VABC 中, CAB 的平分线交BC 边于点E ,点D在 AB 边上, AE 7 ,
AD 3 7 , cos CAE 5 7 .
14
(1)求 ADE 的大小;
2π
(2)若 ACB ,求VCDE的面积.
3
9．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在平面四边形 ABCD中， AB//CD ， AD ×sin D 3AC ×cos ACD ，
BAC 的角平分线与BC 相交于点E ，且 AE 1, AB 3 .
(1)求 ACD的大小；
(2)求BC 的值.
10．（2024·山西晋中·三模）在VABC 中，角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c，已知b2 c2 bc a2 .
(1)求 tanA；
(2)若b 3 1 c，在边BC 上（不含端点）存在点D，使得 AD 1，求 a的取值范围．
1．（2024·湖南长沙·三模）如图，在VABC 中，已知 AB 3, AC 6, A为锐角，BC, AC 边上的两条中线 AM , BN
相交于点P,VABC 9 3的面积为 .
2
(1)求BC 的长度；
(2)求 APB的余弦值.
2．（23-24 高三下·安徽·阶段练习）已知 a，b，c 分别是△ABC 的三个内角的对边，且
3c sin A a cosC b c．
(1)求 A；
(2)若 BC 2，将射线 BA 和 CA 分别绕点 B，C 顺时针方向旋转15o，30o，旋转后相交于点 D（如图所示），
且 DBC 30o，求 AD．
3．（2024·浙江·模拟预测）如图，在平面内的四个动点A ， B ，C ，D构成的四边形 ABCD中， AB 1，
BC 2，CD 3， AD 4 .
(1)求VACD面积的取值范围；
(2)若四边形 ABCD存在外接圆，求外接圆面积.
4．（2024·浙江绍兴·二模）在三角形 ABC 中，内角 A, B,C 对应边分别为 a,b,c且bcosC 3c sin B a 2c .
(1)求 B的大小；
(2)如图所示，D为VABC 外一点， DCB B ，CD 3 ， BC 1， CAD 30o ，求 sin BCA及VABC 的
面积.
5．（2024·广西来宾·模拟预测）VABC 的内角A ， B ，C 的对边分别为 a，b ， c， AD 为 BAC 平分线，
b tan A (2c b) tan B
(1)求A ；
p S
(2)若 c : AD : b 3 : 2 : 2 3 ， AD 上存在点M ，使得 ABM △ABM，求 S ．12 △ACD
6．（2024·湖南衡阳·三模）在VABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a、b、c，且
c cos B 2a cos A bcosC 0．
(1)求 A；
π
(2)如图所示，D 为平面上一点，与VABC 构成一个四边形 ABDC，且 BDC ，若 c b 2 ，求 AD 的最
3
大值．
7．（23-24 高一下·河北保定·期末）阿波罗尼奥斯（Apollonius）是古希腊著名的数学家，他提出的阿波罗尼
奥斯定理是一个关于三角形边长与中线长度关系的定理，内容为：三角形两边平方的和，等于所夹中线及
é
2 2 2 BC
2
ù
第三边之半的平方和的两倍，即如果 AD 是VABC 中 BC 边上的中线，则 AB AC 2 êAD 2 ÷ ú
.
ê è ú
(1)若在VABC AB
π
中， 5， AC 3， BAC ，求此三角形 BC 边上的中线长；
3
(2)请证明题干中的定理；
(3)如图VABC 中，若 AB > AC ，D 为 BC 中点，BD DC 3， a sin A 3bsin B 3bsin A C ，
S 3 3△ABC ，求 cos DAC 的值.2
8．（2024·河北衡水·模拟预测）如图，在平面四边形 ABCD中， AB AC 2 3, ADC CAB 120° ，设
DAC q .
(1)若 AD 2，求 BD 的长；
(2)若 ADB 15°，求 tanq .
9．（23-24 高一下·广东茂名·期末）如图所示，在VABC 中， AB 3AC ，AD 平分 BAC ，且 AD kAC .
(1)若 DC 2，求 BC 的长度；
(2)求 k 的取值范围；
(3)若 S△ABC 1，求 k 为何值时，BC 最短.
10．（23-24 高一下·广东深圳·期中）如图，在VABC 中，已知 AB 2 ， AC 6 2 ， BAC 45°，BC 边上
的中点为M ，点 N 是边 AC 上的动点（不含端点）， AM ，BN 相交于点 P ．
(1)求 BAM 的正弦值；
(2)当点 N 为 AC 中点时，求 MPN 的余弦值．
uuur uuur uuur uuur
(3)当 NA × NB 取得最小值时，设 BP l BN ，求l 的值．
1．（北京·高考真题）如图，在 ABC
p
中， B ， AB 8，点D在BC 边上，且CD 2，
3
cos ADC 1 .
7
（1）求 sin BAD；
（2）求BD, AC 的长.
2．（安徽·高考真题）
在V ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 所对的边长，a= 3，b= 2 ，1 2cos(B C) 0，求边 BC 上的
高.
3．（海南·高考真题）如图，△ACD 是等边三角形，△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB=90°，BD 交 AC 于 E，
AB=2.
（1）求 cos∠CBE 的值；
（2）求 AE．
4．（全国·高考真题）如图，在△ABC 中，∠ABC＝90°，AB＝ 3，BC＝1，P 为△ABC 内一点，∠BPC＝90°.
(1) PB 1若 ＝ 2 ，求 PA；
(2)若∠APB＝150°，求 tan∠PBA．
5．（湖南·高考真题）如图，D是直角 ABC斜边BC 上一点， AB AD ，记 CAD a , ABC b .
（1）证明 sina cos 2b 0；
（2）若 AC 3DC ，求b 的值.
