课时4 解三角形中的高线、中线、角平分线问题
[备考指南] 三角形中的三线(高线、中线、角平分线)可以较好的考查学生对几何图形的认知、数形结合意识，是高考命题的热点之一，难度中等，求解此类问题务必注意转化与化归思想的应用．
命题点1 高线问题
【典例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．
[听课记录]
反思领悟
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＝∶∶＝∶∶．
(2025·江苏宿迁二模)记△ABC的内角A，B，C所对边分别为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．
命题点2 中线问题
【典例2】 (2023·新高考Ⅱ卷)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．
(1)若∠ADC＝，求tan B；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c．
[听课记录]
反思领悟 解答三角形的中线问题的两种思路
(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＋2bc cos A)．
提醒：对于三角形的分点问题，可通过算“两次”的思想或借助向量求解，方法请参考中线问题．
(2025·河南郑州二模)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．
(ⅰ)求BE；
(ⅱ)求cos ∠EMF．
命题点3 角平分线问题
【典例3】 (1)(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________．
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝．
①求B；
②若a＝2，c＝5，点D在边AC上，且BD是∠ABC的平分线，求△ABD的面积．
[听课记录]
反思领悟 解答三角形的角平分线问题的两种思路
一是内角平分线定理；二是等面积法．如若AD是△ABC的角平分线，则
①＝；②S△ABD＋S△ACD＝S△ABC．
1．(多选)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2c＝2b cos A－a，D在边AC上，且BD平分∠ABC，若AD＝4，CD＝2，则下列结论正确的是( )
A．∠ABC＝
B．＝2
C．△ABC的面积为
D．BD＝
2．(2025·福建福州模拟)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c－2b cos A＝b．
(1)求证：A＝2B；
(2)若∠BAC的平分线交BC于D，AD＝1，sin B＝，求的值．
课时4 解三角形中的高线、中线、角平分线问题
典例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，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h，由，解得h＝＝2．
考教衔接
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．
法一：因为tan B＝＝3，
又因为sin2B＋cos2B＝1，解得sin2B＝，cos2B＝．
因为tan B＝3>0，所以B∈，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，解得b＝3．
法二：因为tan C＝－tan(A＋B)＝－
＝2，
所以△ABC为锐角三角形．
过A作AD⊥BC，过C作CE⊥AB，D，E分别为垂足，
由tan A＝1，设AE＝CE＝3x，
因为tan B＝3，所以CE＝3EB＝3x，AD＝3BD＝6，
所以在Rt△ADB中，AD＝6，BD＝2，AB＝4x，所以36＋4＝16x2，解得x2＝，所以在Rt△AEC中，AC＝，即b＝3．
典例2 解：(1)因为D为BC的中点，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2×，解得DC＝2，所以BD＝DC＝2，a＝4．
因为∠ADC＝，所以∠ADB＝．
在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝．
在△ADC中，由余弦定理，得b2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC＝1＋4－2＝3，
所以b＝．
在△ABC中，由余弦定理的推论，得cos B＝，
所以sin B＝，
所以tan B＝．
(2)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 A)，
又AD＝1，b2＋c2＝8，则1＝(8＋2bccos A)，
所以bccos A＝－2，①
S△ABC＝，
即bcsin A＝2，②
由①②解得tan A＝－，所以A＝，
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＝，因而bcsin A＝2，又由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得12＝8－2bccos A，所以bccos A＝－2，
故tan A＝－，
所以bc＝4，又b2＋c2＋2bc＝8＋8＝16＝(b＋c)2，b2＋c2－2bc＝8－8＝0＝(b－c)2，故b＝c＝2．
考教衔接
解：(1)由正弦定理得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．
∵－，
∴B－，即B＝．
(2)(ⅰ)∵)，
∴|
＝
＝．
(ⅱ)在△BCF中，由余弦定理得CF2＝BC2＋BF2－2·BC×BF×，
即CF＝．
法一：由题知M是△ABC的重心，
∴CM＝，∴BM＝，
在△BMC中，由余弦定理的推论，得
cos ∠BMC＝．
∴cos∠EMF＝cos∠BMC＝．
法二：∵，∴·＝·＝·|2＝3．
∴cos ∠EMF＝cos〈〉
＝．
典例3 (1)2 [如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a．
法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6，
因为b>0，所以b＝1＋，
由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，
×AD×b×sin 30°，
解得AD＝＝2．
法二：由余弦定理可得，
22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6，
因为b>0，所以b＝1＋，
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．]
(2)解：①由，得2bcos C＝2a＋c．
法一：由正弦定理得2sin Bcos C＝2sin A＋sin C，
又△ABC中，A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)，
所以2sin Bcos C＝2sin(B＋C)＋sin C，
于是2cos Bsin C＋sin C＝0，
又sin C≠0，所以cos B＝－，
又0
法二：由余弦定理的推论，得
2b·＝2a＋c，
化简得a2＋c2－b2＝－ac，
由余弦定理的推论，得cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝．
②由BD是∠ABC的平分线，得∠ABD＝∠CBD＝．
法一：，
又S△ABC＝S△ABD＋S△CBD，
所以S△ABD＝S△ABC
＝acsin ∠ABC
＝．
法二：由S△ABC＝S△ABD＋S△CBD得
AB·BC·sin ∠ABC＝·AB·BD·sin∠ABD＋BC·BD·sin ∠CBD．
即，解得BD＝，
所以S△ABD＝AB·BD·sin ∠ABD＝．
考教衔接
1．BCD [对于A，由2c＝2bcos A－a及正弦定理可得，2sin C＝2sin ∠ABCcos A－sin A，
则2(sin Acos ∠ABC＋cos Asin ∠ABC)＝2sin ∠ABCcos A－sin A，
所以2sin Acos ∠ABC＝－sin A．
又A∈(0，π)，所以sin A≠0，
所以2cos ∠ABC＝－1，解得cos ∠ABC＝－．
又因为∠ABC∈(0，π)，所以∠ABC＝，故A错误；
对于B，由选项A可知，∠ABC＝，D在边AC上，且BD平分∠ABC，所以∠CBD＝∠DBA＝．
又AD＝4，CD＝2，在△BAD中，由正弦定理得，
在△BCD中，由正弦定理得，
两式左右两边分别相除，化简得＝2，故B正确；
对于C，由选项B可知＝2，设BC＝x(x>0)，则AB＝2x，在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos ∠ABC，
即62＝(2x)2＋x2－2×2x·xcos ，
解得x＝，
则S△ABC＝·2x·xsin ，故C正确；
对于D，由S△ABC＝S△ABD＋S△DBC，
得·2x·xsin ·2x·BDsin ·x·BDsin ，
解得BD＝x，所以BD＝，故D正确．故选BCD．]
2．解：(1)证明：根据c－2bcos A＝b，由正弦定理得sin C－2sin Bcos A＝sin B，
在△ABC中，sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以sin Acos B＋cos Asin B－2sin Bcos A＝sin B，
即sin Acos B－sin Bcos A＝sin B，
所以sin(A－B)＝sin B，
结合A－B∈，且y＝sin x在上单调递增，可得A－B＝B，所以A＝2B．
(2)因为sin B＝且B为锐角，所以cos B＝，
可得sin∠BAC＝sin 2B＝2sin Bcos B＝，
根据S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，
可得(b＋c)×AD×sin B，
结合A＝2B且AD＝1，可得bcsin Bcos B＝(b＋c)sin B，
而sin B>0，得bccos B＝(b＋c)，
即(b＋c)，
整理得5(b＋c)＝8bc，所以．
1/4(共92张PPT)
专题一
三角函数与解三角形
课时4 解三角形中的高线、中线、角平分线问题
[备考指南] 三角形中的三线(高线、中线、角平分线)可以较好的考查学生对几何图形的认知、数形结合意识，是高考命题的热点之一，难度中等，求解此类问题务必注意转化与化归思想的应用．
命题点1 高线问题
【典例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＝，
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ab sin C＝ab＝2，所以ab＝8．
由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2ab cos C＝a2＋b2－ab＝(a－b)2＋ab＝22＋8＝12，
所以c＝2．
设边AB上的高h，由ch＝2，解得h＝＝2．
反思领悟
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＝∶∶＝∶∶．
(2025·江苏宿迁二模)记△ABC的内角A，B，C所对边分别为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．
[解] (1)证明：因为S＝a2sin 2B，所以ac sin B＝2a2sin B cos B，
在△ABC中，sin B>0，所以c＝4a cos B．
由正弦定理＝，得sin C＝4sin 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4sin A cos B＝sin A cos B＋cos A sin B，
即cos A sin B＝3sin A cos B，所以tan B＝3tan A．
(2)因为A＝45°，所以tan A＝1，由(1)知tan B＝3．
法一：因为tan B＝＝3，又因为sin2B＋cos2B＝1，解得sin2B＝，cos2B＝．
因为tanB＝3>0，所以B∈，所以sin B＝，cos B＝．
由S＝a2sin 2B＝a×6，得a2×(2sin B cos B)＝3a，解得a＝5．
由正弦定理＝，得＝，解得b＝3．
法二：因为tan C＝－tan (A＋B)＝－＝2，
所以△ABC为锐角三角形．
过A作AD⊥BC，过C作CE⊥AB，D，E分别为垂足，
由tan A＝1，设AE＝CE＝3x，
因为tan B＝3，所以CE＝3EB＝3x，AD＝3BD＝6，
所以在Rt△ADB中，AD＝6，BD＝2，AB＝4x，
所以36＋4＝16x2，解得x2＝，
所以在Rt△AEC中，AC＝＝3，
即b＝3．
【教用·备选题】
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sinA＞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·BC cos 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＞，所以＜A＜，
又A＋B＝，所以B＞，
即C＜B，所以AB＜AC，所以AC＝2．
设AB边上的高为h，则×AB×h＝×AC×BC sin 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 A cos C－2cos A sin C＝sin A cos C＋cos A sin C，
所以sin A cos C＝3cos A sin C，易得cos A cos 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．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a cos B＋b＝c．
(1)求A的大小；
(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存在且唯一确定，求BC边上高线的长．
条件①：cos B＝，b＝1；条件②：a＝3，c＝2；条件③：b＝3，c＝．
[解] (1)在△ABC中，因为a cos B＋b＝c，
由正弦定理得sin A cos B＋sin B＝sin C，
所以sin A cos B＋sin B＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋sin B cos A，即sin B＝sin B·cos A，
又因为A，B∈(0，π)，sin B≠0，
所以cos A＝，A＝．
(2)设BC边上的高为h．
若选条件①：因为cos B＝，所以B∈，sin B＝，
所以0所以sin C＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋sin B·cos A＝，
则ha＝ab sin C，解得h＝，即BC边上的高为．
若选条件②：由余弦定理的推论得cos A＝，
即＝，解得b＝3±，此时满足条件的△ABC有两个，条件②不符合题意．
若选条件③：根据条件可得△ABC存在且唯一确定，由余弦定理的推论得cos A＝，即＝，解得a＝(负值舍去)，
则ha＝bc sin A，解得h＝，即BC边上的高为．
命题点2 中线问题
【典例2】 (2023·新高考Ⅱ卷)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．
(1)若∠ADC＝，求tan B；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c．
[解] (1)因为D为BC的中点，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2××AD×DC×sin ∠ADC＝2××1×DC×＝，解得DC＝2，所以BD＝DC＝2，a＝4．
因为∠ADC＝，所以∠ADB＝．
在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BD cos ∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝．
在△ADC中，由余弦定理，得b2＝AD2＋DC2－2AD·DC cos ∠ADC＝1＋4－2＝3，所以b＝．
在△ABC中，由余弦定理的推论，得cos B＝＝＝，
所以sin B＝＝，
所以tanB＝＝．
(2)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＝bc sin ∠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＋2bc cos A)，
又AD＝1，b2＋c2＝8，则1＝(8＋2bc cos A)，
所以bc cos A＝－2，①
S△ABC＝bc sin A＝，即bc sin A＝2，②
由①②解得tan A＝－，所以A＝，
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＝bc sin A＝，因而bc sin A＝2，
又由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，
得12＝8－2bc cos A，所以bc cos A＝－2，
故tan A＝－ cos A＝－，所以bc＝4，
又b2＋c2＋2bc＝8＋8＝16＝(b＋c)2，
b2＋c2－2bc＝8－8＝0＝(b－c)2，故b＝c＝2．
反思领悟 解答三角形的中线问题的两种思路
(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＋2bc cos A)．
提醒：对于三角形的分点问题，可通过算“两次”的思想或借助向量求解，方法请参考中线问题．
(2025·河南郑州二模)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．
(ⅰ)求BE；
(ⅱ)求cos ∠EMF．
[解] (1)由正弦定理得sin B(cos A＋sin A)＝sin A＋sin C，
∴sin B cos A＋sin B sin A＝sin A＋sin (A＋B)，∴sin B sin A＝sin A＋sin A cos B，
∵sin A≠0，∴sin B＝1＋cos B，
∴sin ＝．
∵－∴B－＝，即B＝．
(2)(ⅰ)∵＝)，
∴||＝
＝＝．
(ⅱ)在△BCF中，由余弦定理得CF2＝BC2＋BF2－2·BC×BF×＝，即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＝＝．
∴cos ∠EMF＝cos ∠BMC＝．
法二：∵＝，∴·＝·＝||2－·||2＝3．
∴cos ∠EMF＝cos 〈〉＝＝．
【教用·备选题】
1．(2025·河北秦皇岛一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin C＝sin ＋1．
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为，b＝2，求AC边上的中线长．
[解] (1)由sin C＝sin ＋1，
得sin C＝cos B＋1．
由正弦定理可得sin B＝cos B＋1．
即sin B－cos B＝1，所以sin ＝．
因为0则B－＝，解得B＝．
(2)已知△ABC的面积为，B＝，
根据三角形面积公式S△ABC＝ac sin B，
可得ac sin ＝，即ac×＝，解得ac＝2．
由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B，已知b＝2，B＝，
可得22＝a2＋c2－2×2×cos ，即4＝a2＋c2－2，解得a2＋c2＝6．
设AC中点为D，则＝)，
两边平方可得＝＋＋2·)．
可得＝(c2＋a2＋2ac cos B)
＝＝(6＋2)＝2，
所以||＝，即AC边上的中线长为．
2．(2025·江苏南京模拟)已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin (B－C)＝sin B－sin A．
(1)求C的值；
(2)若c＝，M是AB的中点，CM＝，求·的值．
[解] (1)在△ABC中，A＋B＋C＝π，
所以sin A＝sin (B＋C)，
由sin (B－C)＝sin B－sin A，
即sin B cos C－sin C cos B＝sin B－sin B cos C－sin C cos B，
所以2sin B cos C＝sin B，在△ABC中，0所以sin B≠0，因此cos C＝，即C＝．
(2)由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos C，
即有a2＋b2－ab＝3，①
由M是AB中点得＝)，
两边平方有＝＋＋2·)，
即有2＝(a2＋b2＋ab)，②
联立①②解得ab＝，所以·＝ab cos C＝．
3．(2025·江苏苏州二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝．
(1)求A；
(2)若a＝6，M为△ABC的重心，且AM＝2，求△ABC的面积．
[解] (1)因为＝，由正弦定理可得＝，整理得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理的推论可得cos A＝＝．
又因为A∈(0，π)，所以A＝．
(2)设AM的延长线交BC于点D，因为M为△ABC的重心，所以D为BC中点，
又因为AM＝2，所以AD＝3．
在△ABC中，由b2＋c2－a2＝bc和a＝6，
可得bc＝b2＋c2－36．
在△ABD和△ACD中，有cos ∠ADB＝－cos ∠ADC，
由余弦定理的推论可得＝－，
故b2＋c2＝72，所以bc＝b2＋c2－36＝72－36＝36，
所以△ABC的面积为bc sin A＝×36×sin ＝9．
命题点3 角平分线问题
【典例3】 (1)(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________．
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝．
①求B；
②若a＝2，c＝5，点D在边AC上，且BD是∠ABC的平分线，求△ABD的面积．
2
(1)2 [如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a．
法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6，
因为b>0，所以b＝1＋，
由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，
×2×b×sin 60°＝×2×AD×sin 30°＋×AD×b×sin 30°，
解得AD＝＝＝2．
法二：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6，
因为b>0，所以b＝1＋，
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．]
(2)[解] ①由＝，得2b cos C＝2a＋c．
法一：由正弦定理得2sin B cos C＝2sin A＋sin C，
又△ABC中，A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)，
所以2sin B cos C＝2sin (B＋C)＋sin C，
于是2cos B sin C＋sin C＝0，
又sin C≠0，所以cos B＝－，
又0法二：由余弦定理的推论，得2b·＝2a＋c，
化简得a2＋c2－b2＝－ac，
由余弦定理的推论，得cos B＝＝＝－，又B∈(0，π)，所以B＝．
②由BD是∠ABC的平分线，得∠ABD＝∠CBD＝．
法一：＝＝＝＝，
又S△ABC＝S△ABD＋S△CBD，
所以S△ABD＝S△ABC＝ac sin ∠ABC
＝×2×5×＝．
法二：由S△ABC＝S△ABD＋S△CBD得AB·BC·sin ∠ABC＝·AB·BD·sin∠ABD＋BC·BD·sin ∠CBD．
即×5×2×＝×5×BD××2×BD×，
解得BD＝，所以S△ABD＝AB·BD·sin ∠ABD＝×5×＝．
反思领悟 解答三角形的角平分线问题的两种思路
一是内角平分线定理；二是等面积法．如若AD是△ABC的角平分线，则
①＝；②S△ABD＋S△ACD＝S△ABC．
1．(多选)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2c＝2b cos A－a，D在边AC上，且BD平分∠ABC，若AD＝4，CD＝2，则下列结论正确的是( )
A．∠ABC＝ B．＝2
C．△ABC的面积为 D．BD＝
√
√
√
BCD [对于A，由2c＝2b cos A－a及正弦定理可得，
2sin C＝2sin ∠ABC cos A－sin A，
则2(sin A cos ∠ABC＋cos A sin ∠ABC)
＝2sin ∠ABC cos A－sin A，
所以2sin A cos ∠ABC＝－sin A．
又A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以2cos ∠ABC＝－1，
解得cos ∠ABC＝－．
又因为∠ABC∈(0，π)，所以∠ABC＝，故A错误；
对于B，由选项A可知，∠ABC＝，D在边AC上，且BD平分∠ABC，所以∠CBD＝∠DBA＝．
又AD＝4，CD＝2，在△BAD中，由正弦定理得＝＝，在△BCD中，由正弦定理得
＝＝，
两式左右两边分别相除，化简得＝＝2，故B正确；
对于C，由选项B可知＝2，设BC＝x(x>0)，则AB＝2x，在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos ∠ABC，
即62＝(2x)2＋x2－2×2x·x cos ，解得x＝，
则S△ABC＝·2x·x sin ＝，故C正确；
对于D，由S△ABC＝S△ABD＋S△DBC，
得·2x·x sin ＝·2x·BD sin ·x·BD sin ，
解得BD＝x，所以BD＝＝，故D正确．故选BCD．]
2．(2025·福建福州模拟)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c－2b cos A＝b．
(1)求证：A＝2B；
(2)若∠BAC的平分线交BC于D，AD＝1，sin B＝，求的值．
[解] (1)证明：根据c－2b cos A＝b，由正弦定理得sin C－2sin B cos A＝sin B，
在△ABC中，sin C＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B，
所以sin A cos B＋cos A sin B－2sin B cos A＝sin B，
即sin A cos B－sin B cos A＝sin B，
所以sin (A－B)＝sin B，
结合A－B∈，且y＝sin x在上单调递增，可得A－B＝B，所以A＝2B．
(2)因为sin B＝且B为锐角，所以cos B＝，
可得sin ∠BAC＝sin 2B＝2sin B cos B＝，
根据S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，可得bc sin ∠BAC＝(b＋c)×AD×sin B，
结合A＝2B且AD＝1，可得bc sin B cos B＝(b＋c)sin B，
而sin B>0，得bc cos B＝(b＋c)，即bc＝(b＋c)，
整理得5(b＋c)＝8bc，所以＝＝．
【教用·备选题】
(2025·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＝2a cos 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＝2a cos C及正弦定理，得2sin B－
sin C＝2sin A cos C，
则2sin A cos C＋sin C＝2sin (A＋C)＝2sin A·cos C＋2cos A sin C，
整理得2cos A sin C＝sin C，而sin C>0，则cos A＝，又0(2)由∠BAC的平分线AD交BC于点D，AD＝1，且S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，得c·1·sin b·1·sin ＝bc sin ，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(负值舍去)，
所以△ABC的面积S△ABC＝bc sin A＝．
课后限时练4 解三角形中的高线、中线、角平分线问题(A)
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
1．(2025·山东聊城模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B＝，a＝2，b＝2，则AC边上的高h＝( )
A． B． C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
7
B [∵B＝，a＝2，b＝2，
∴由余弦定理的推论，得cos B＝，
即＝，解得c＝6或c＝－2(舍去)．又B＝，∴sin B＝，由三角形的面积公式可得bh＝ac sin B，
即h＝＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
2．[教材母题改编]在△ABC中，C＝，AC＝2，M为AB边上的中点，且CM的长度为，则AB＝( )
A．2 B．4 C．2 D．6
题号
1
3
5
2
4
6
7
A [如图，在△AMC中，
cos ∠AMC＝，
在△BCM中，cos ∠BMC＝，
∵∠AMC＋∠BMC＝π，
∴cos ∠AMC＝－cos ∠BMC，
又∵AM＝BM，
∴＝－，
整理可得AC2＋BC2＝2(CM2＋AM2)，
即4＋BC2＝2(7＋AM2)，
∴2AM2＝AB2＝BC2－10，
∴2BC2－20＝AB2．
在△ABC中，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos C＝4＋BC2－2BC，
∴4＋BC2－2BC＝2BC2－20，
解得BC＝－6(舍)或BC＝4，
∴AB＝＝2．故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
3．(2025·湖北武汉二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且C＝，c＝6，△ABC的面积为，D为边AB上一点，CD是∠ACB的角平分线，则CD＝( )
A． B．1 C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
7
B [在△ABC中，C＝，c＝6，
由余弦定理，得c2＝b2＋a2－2ba cos C，
所以62＝b2＋a2－2ba cos ，所以36＝b2＋a2－ba，
又△ABC的面积为，所以ba sin ＝，所以ba＝4，
所以36＝b2＋a2－ba＝(a＋b)2－3×4，所以a＋b＝4，
因为CD是∠ACB的角平分线，C＝，所以∠ACD＝∠DCB＝，
因为S△ACD＋S△BCD＝S△ABC，
所以AC·CD sin ∠ACD＋BC·CD·sin ∠BCD
＝AC·CB sin ∠ACB，
所以b·CD sin a·CD sin ＝ba sin ＝，
所以b·CD＋a·CD＝4，所以(b＋a)CD＝4，
所以CD＝1．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
4．(多选)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(2b－c)cos A＝a cos C，b＝2，若BC边上的中线AD＝3，则下列结论正确的有( )
A．A＝
B．A＝
C．·＝6
D．△ABC的面积为3
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
ACD [由(2b－c)cos A＝a cos C，
得2sin B cos A－sin C cos A＝sin A cos C，
得2sin B cos A＝sin A cos C＋sin C cos A
＝sin (A＋C)＝sin (π－B)＝sin B，
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
因此2cos A＝1，得cos A＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝，A正确，B不正确；
因为AD是BC边上的中线，所以由＝)，
得4＝＋＋2·，
得36＝c2＋12＋2×2c，
得c＝2或c＝－4(舍去)，
因此·＝2×2＝6，C正确；
S△ABC＝bc sin A＝×2×2＝3，D正确．故选ACD．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
1
3
5
2
4
6
7
5．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin ＝sin C，若c＝7，D是边AB的中点，且CD⊥CB，则CD的长为___．
[在△ABC中，由A＋B＋C＝π，可得sin ＝sin ＝cos ，
因为sin ＝sin C，故cos ＝2sin cos ，
题号
1
3
5
2
4
6
7
因为0因为D是边AB的中点，所以S△ADC＝S△BCD，又∠ACB＝，CD⊥CB，
所以∠DCA＝，故b·CD sin ＝a·CD，故b＝2a．
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos ＝a2＋b2＋ab＝7a2，
故c＝a，因为c＝7，所以a＝，b＝2．
在Rt△BCD中，BD＝＝＝，BC＝a＝，
所以CD＝＝＝，即CD的长为．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
6．在△ABC中，AB>AC，BC＝2，A＝60°，△ABC的面积等于6，则sin B＝________，∠BAC的平分线AM的长为________．
[∵BC＝2，A＝60°，△ABC的面积等于6，∴AB·AC·sin A＝AB·AC·＝6，
∴AB·AC＝24，①
题号
1
3
5
2
4
6
7
由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A，
可得28＝AB2＋AC2－AB·AC＝(AB＋AC)2－3AB·AC＝(AB＋AC)2－3×24，
∴AB＋AC＝10，②
∴由①②联立解得(由于AB>AC，舍去)或
∴cos B＝＝＝，可得sin B＝＝．
∵AM为∠BAC的平分线，∴∠BAM＝∠MAC＝30°，
∴S△ABC＝S△ABM＋S△ACM，
即S△ABC＝AB·AM sin ∠BAM＋AC·AM sin ∠CAM，
即6＝×6×AM××4×AM×，解得AM＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
1
3
5
2
4
6
7
7．已知在△ABC中，c＝2b cos B，C＝．
(1)求B．
(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的中线的长度．
①c＝b；②周长为4＋2；③面积为S△ABC＝．
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解] (1)∵c＝2b cos B，则由正弦定理可得sin C＝2sin B cos B，
∴sin 2B＝sin ＝．
∵C＝，∴B∈，2B∈，
∴2B＝，解得B＝．
(2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得＝＝＝，
与c＝b矛盾，故这样的△ABC不存在．
若选择②：由(1)可得A＝，设△ABC的外接圆半径为R，
则由正弦定理可得a＝b＝2R sin ＝R，c＝2R sin ＝R，
则周长a＋b＋c＝2R＋R＝4＋2，
解得R＝2，则a＝2，c＝2，
题号
1
3
5
2
4
6
7
由余弦定理可得BC边上的中线的长度为
＝．
若选择③：由(1)可得A＝，即a＝b，
则S△ABC＝ab sin C＝a2×＝，解得a＝，
由余弦定理可得BC边上的中线的长度为
＝＝．
题号
1
3
5
2
4
6
7
1．(2025·江西上饶二模)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，＝＋cos C．
(1)求B；
(2)若b＝＝0，且BM＝1，求△ABC的面积．
课后限时练4 解三角形中的高线、中线、角平分线问题(B)
[解] (1)由正弦定理＝＋cos C，
得3sin A＝sin B sin C＋3sin B cos C，
所以3sin (B＋C)＝sin B sin C＋3sin B cos C，
所以3sin B cos C＋3cos B sin C＝sin B sin C＋3sin B cos C，得3cos B sin C＝sin B sin C．
因为C为三角形内角，所以sin C≠0，所以tan B＝．
又B∈(0，π)，所以B＝．
(2)因为＝0，所以M为△ABC的重心．
如图，延长BM交AC于点D，则D为AC中点．因为BM＝1，所以BD＝．
因为＝)，
所以||2＝)2 ＋＋2·＝9，
即c2＋a2＋ac＝9，①
在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B a2＋c2－ac＝3，②
由①②得，ac＝3．
所以S△ABC＝ac sin B＝×3×＝．
2．在△ABC中，三个内角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＋c2－2bc cos A＝b2＋c2－bc，由S＝bc sin 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．
(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，
∴AB边上的高为h＝b sin A＝．
3．(2025·山西省摸底考试)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．sin2A＋cos2B＋sin2C＝1，且a，b，c成等比数列．
(1)求B；
(2)若点D满足＝，△ABC的外接圆半径为，求△BCD的内切圆半径．
[解] (1)由sin2A＋cos2B＋sin2C＝1，可得sin2A＋(1－2sin2B)＋sin2C＝1，
整理得sin2A＋sin2C＝2sin2B，结合正弦定理可得a2＋c2＝2b2，①
由a，b，c成等比数列，可得b2＝ac，②
由①②组成方程组，解得a＝b＝c，
所以A＝B＝C，结合A＋B＋C＝π，可知B＝．
(2)由(1)得△ABC是等边三角形，设其外接圆半径为R，根据正弦定理得＝2R＝，
可得a＝sin A＝2，所以a＝b＝c＝2．
由＝，可知B为AD的中点，
在△BCD中，BC＝BD＝2，∠CBD＝，
所以CD2＝BD2＋BC2－2×BC×BD×cos ＝12，
解得CD＝2．
因为△BCD的面积S＝BC·BD sin ＝，
所以△BCD的内切圆半径r满足(BC＋CD＋BD)·r＝，
即(2＋2＋2)·r＝，解得r＝＝2－3．
综上所述，△BCD的内切圆半径为2－3．
谢 谢！课后限时练4 解三角形中的高线、中线、角平分线问题(A)
1．(2025·山东聊城模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B＝，a＝2，b＝2，则AC边上的高h＝( )
A． B． C． D．
2．[教材母题改编]在△ABC中，C＝，AC＝2，M为AB边上的中点，且CM的长度为，则AB＝( )
A．2 B．4 C．2 D．6
3．(2025·湖北武汉二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且C＝，c＝6，△ABC的面积为，D为边AB上一点，CD是∠ACB的角平分线，则CD＝( )
A． B．1 C． D．
4．(多选)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(2b－c)cos A＝a cos C，b＝2，若BC边上的中线AD＝3，则下列结论正确的有( )
A．A＝
B．A＝
C．·＝6
D．△ABC的面积为3
5． 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin ＝sin C，若c＝7，D是边AB的中点，且CD⊥CB，则CD的长为________．
6．在△ABC中，AB>AC，BC＝2，A＝60°，△ABC的面积等于6，则sin B＝________，∠BAC的平分线AM的长为________．
7．已知在△ABC中，c＝2b cos B，C＝．
(1)求B．
(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的中线的长度．
①c＝b；②周长为4＋2；③面积为S△ABC＝．
课后限时练4(A)
1．B [∵B＝，a＝2，b＝2，
∴由余弦定理的推论，得cos B＝，
即，解得c＝6或c＝－2(舍去)．又B＝，∴sin B＝，
由三角形的面积公式可得acsin B，
即h＝．]
2．A [如图，在△AMC中，cos∠AMC＝，
在△BCM中，
cos∠BMC＝，
∵∠AMC＋∠BMC＝π，
∴cos ∠AMC＝－cos ∠BMC，
又∵AM＝BM，
∴，
整理可得AC2＋BC2＝2(CM2＋AM2)，
即4＋BC2＝2(7＋AM2)，
∴2AM2＝AB2＝BC2－10，
∴2BC2－20＝AB2．
在△ABC中，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos C＝4＋BC2－2BC，
∴4＋BC2－2BC＝2BC2－20，
解得BC＝－6(舍)或BC＝4，
∴AB＝．故选A．]
3．B [在△ABC中，C＝，c＝6，
由余弦定理，得c2＝b2＋a2－2bacos C，
所以62＝b2＋a2－2bacos ，所以36＝b2＋a2－ba，
又△ABC的面积为，所以ba＝4，
所以36＝b2＋a2－ba＝(a＋b)2－3×4，
所以a＋b＝4，
因为CD是∠ACB的角平分线，C＝，
所以∠ACD＝∠DCB＝，
因为S△ACD＋S△BCD＝S△ABC，
所以AC·CDsin ∠ACD＋BC·CDsin ∠BCD＝AC·CBsin ∠ACB，
所以b·CDsin a·CDsin ，
所以b·CD＋a·CD＝4，所以(b＋a)·CD＝4，所以CD＝1．故选B．]
4．ACD [由(2b－c)cos A＝acos C，
得2sin Bcos A－sin Ccos A＝sin Acos C，
得2sin Bcos A＝sin Acos C＋sin Ccos A
＝sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sin B，
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
因此2cos A＝1，得cos A＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝，A正确，B不正确；
因为AD是BC边上的中线，所以由)，
得4·，
得36＝c2＋12＋2×2c，
得c＝2或c＝－4(舍去)，
因此·＝6，C正确；
S△ABC＝，D正确．故选ACD．]
5． [在△ABC中，由A＋B＋C＝π，
可得sin，
因为＝sin C，
故，
因为0所以cos≠0，
故sin，
所以，则C＝．
因为D是边AB的中点，所以S△ADC＝S△BCD，又∠ACB＝，CD⊥CB，
所以∠DCA＝，
故b·CDsina·CD，
故b＝2a．
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos＝a2＋b2＋ab＝7a2，
故c＝a，因为c＝7，所以a＝，b＝2．
在Rt△BCD中，BD＝，
BC＝a＝，
所以CD＝，即CD的长为．]
6． [∵BC＝2，A＝60°，△ABC的面积等于6，∴AB·AC·sin A＝AB·AC·，
∴AB·AC＝24，①
由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A，
可得28＝AB2＋AC2－AB·AC＝(AB＋AC)2－3AB·AC＝(AB＋AC)2－3×24，
∴AB＋AC＝10，②
∴由①②联立解得(由于AB>AC，舍去)或
∴cos B＝，可得sin B＝．
∵AM为∠BAC的平分线，∴∠BAM＝∠MAC＝30°，
∴S△ABC＝S△ABM＋S△ACM，
即S△ABC＝AB·AM sin ∠BAM＋AC·AM sin ∠CAM，
即6，解得AM＝．]
7．解：(1)∵c＝2bcos B，则由正弦定理可得sin C＝2sin Bcos B，
∴sin 2B＝sin．
∵C＝，∴B∈，2B∈，
∴2B＝，解得B＝．
(2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得，
与c＝b矛盾，故这样的△ABC不存在．
若选择②：由(1)可得A＝，
设△ABC的外接圆半径为R，
则由正弦定理可得a＝b＝2Rsin＝R，
c＝2RsinR，
则周长a＋b＋c＝2R＋，
解得R＝2，则a＝2，c＝2，
由余弦定理可得BC边上的中线的长度为
．
若选择③：由(1)可得A＝，即a＝b，
则S△ABC＝，解得a＝，
由余弦定理可得BC边上的中线的长度为
＝．
1/2课后限时练4 解三角形中的高线、中线、角平分线问题(B)
1．(2025·江西上饶二模)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，＝＋cos C．
(1)求B；
(2)若b＝＝0，且BM＝1，求△ABC的面积．
2．在△ABC中，三个内角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．
3．(2025·山西省摸底考试)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．sin2A＋cos2B＋sin2C＝1，且a，b，c成等比数列．
(1)求B；
(2)若点D满足＝，△ABC的外接圆半径为，求△BCD的内切圆半径．
课后限时练4(B)
1．解：(1)由正弦定理＋cos C，
得3sin A＝sin Bsin C＋3sin Bcos C，
所以3sin(B＋C)
＝sin Bsin C＋3sin Bcos C，
所以3sin Bcos C＋3cos Bsin C
＝sin Bsin C＋3sin Bcos C，
得3cos Bsin C＝sin Bsin C．
因为C为三角形内角，所以sin C≠0，所以tan B＝．
又B∈(0，π)，所以B＝．
(2)因为＝0，所以M为△ABC的重心．
如图，延长BM交AC于点D，则D为AC中点．因为BM＝1，所以BD＝．
因为)，
所以|)2 ·＝9，即c2＋a2＋ac＝9，①
在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B a2＋c2－ac＝3，②
由①②得，ac＝3．
所以S△ABC＝．
2．解：(1)∵A＝，a＝，
∴由余弦定理得7＝a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc，
由S＝，得bc＝6，
解得b＝2，c＝3或b＝3，c＝2，
由题知BD＝，
当b＝2，c＝3时，由余弦定理得cos B＝，
则AD2＝9＋，即AD＝．
同理当b＝3，c＝2时，AD＝，
综上所述，AD＝．
(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，
∴AB边上的高为h＝bsin A＝．
3．解：(1)由sin2A＋cos 2B＋sin2C＝1，可得sin2A＋(1－2sin2B)＋sin2C＝1，
整理得sin2A＋sin2C＝2sin2B，结合正弦定理可得a2＋c2＝2b2，①
由a，b，c成等比数列，可得b2＝ac，②
由①②组成方程组，解得a＝b＝c，
所以A＝B＝C，结合A＋B＋C＝π，可知B＝．
(2)由(1)得△ABC是等边三角形，设其外接圆半径为R，根据正弦定理得，
可得a＝sin A＝2，所以a＝b＝c＝2．
由，可知B为AD的中点，
在△BCD中，BC＝BD＝2，∠CBD＝，
所以CD2＝BD2＋BC2－2×BC×BD×cos ＝12，解得CD＝2．
因为△BCD的面积S＝BC·BDsin ，所以△BCD的内切圆半径r满足(BC＋CD＋BD)·r＝，
即(2＋2＋2)·r＝，解得r＝－3．
综上所述，△BCD的内切圆半径为2－3．
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