4 多三角形问题的处理策略
基础打底
1．在△ABC中，∠B=45°，D是BC边上一点，AD=5，AC=7，DC=3，则AB的长为( )
A．5 B．3
C． D．4
2．如图，在四边形ABCD中，AC⊥BC，AB=4，BC=CD，∠ACD=60°，则AD长的最小值为( )
A．2 B．
C．2 D．2
3．在△ABC中，∠ACB=，D为AB上一点，CD⊥AC，AD=2DB=2，则△ABC的面积为( )
A． B．
C． D．
4．如图，无人机在离地面高100 m的A处，观测到山顶M处的仰角为15°，山脚C处的俯角为45°．已知∠MCN=60°，则山的高度MN为( )
A．100 m B．150 m
C．150 m D．150 m
强技提能
以边为纽带
例1 如图，已知P是△ABC内一点，PB=PC，∠BAC=，∠BPC=，∠ABP=θ．
(1) 若θ=，BC=，求AC的长；
(2) 若θ=，求tan ∠BAP的值．
求值的本质是解方程，在多三角形情景中的条件与问题常分布于不同的三角形中，可利用图形中的相同边、相等边、相关边建立联系、构造方程处理．
变式1－1 在平面四边形ABCD中，AD=1，AB=CD=2，BC=3，且四边形ABCD的面积为，则cos(∠ADC＋∠ABC)=____．
变式1－2 (2025·襄阳模拟)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) 求角B的大小；
(2) 如图，D为△ABC外一点，∠DCB=∠B，CD=，AC=AD，求sin∠BCA的值．
以角为纽带
例2 (2025·岳阳质检)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，且asin C＋acos C－b=c，D为BC边的中点，若AD=，且2b2－a2=4．
(1) 求角A的大小；
(2) 求△ABC的面积．
在多三角形背景问题下，常寻找或通过作辅助线构造同角、等角、相关角信息建立边与角之间的方程以解决问题．
变式2－1 (2025·聊城一模)在△ABC中，已知AB=5，AC=4，cos(C－B)=，则△ABC的面积为____．
变式2－2 (2025·南昌一模)三角形是常见的几何图形，除了我们已经学习的性质外，三角形还有很多性质，如
性质1：△ABC的面积S=AB·ACsin A=tan A；
性质2：对于△ABC内任意一点P，有＋＋=＋＋；
性质3：△ABC内存在唯一一点P，使得∠PAB=∠PBC=∠PCA=α，这个点P称为△ABC的“勃罗卡点”，角α称为△ABC的“勃罗卡角”．
若△ABC的三边长分别为1，1，，根据以上性质，△ABC的“勃罗卡角”的正切值为____．
配套热练
1．(2025·泉州三检)在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=45°，AB=4，AC=BC．
(1) 求sin∠ACB的值；
(2) 若AD=，求四边形ABCD的面积．
2．(2026·唐山期初摸底)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知sin A=sin ，c=5，△ABC的面积为10．
(1) 求a，b．
(2) 设D为边BC上一点．
①若AD是∠BAC的平分线，求线段AD的长；
②若CD=2BD，求tan ∠BAD的值．
3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=3，c=，B=45°．
(1) 求sin C的值；
(2) 如图，在边BC上取一点D，使得cos∠ADC=－，求tan ∠DAC的值．
4．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=，∠DAC=，BD交AC于点E．
(1) 求BD2；
(2) 求AE的长．
5．如图，在四边形ABCD中，已知BC=1，AC2=AB2＋AB＋1．
(1) 若△ABC的面积为，求△ABC的周长；
(2) 若AB=3，∠ADB=60°，∠BCD=120°，求∠BDC的大小．
6．(2025·湖北模拟)如图，已知△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b=2，b＋ccos B=a，延长BC到点D．
(1) 若CD=3，求AD的长；
(2) 若∠B=2∠D，3BC=4CD，求AD的长．
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专题二
4 多三角形问题的处理策略
三角函数与解三角形
基础打底
【解析】
C
【解析】
C
【解析】
【答案】 B
【解析】
【答案】 B
强技提能
目标
1
以边为纽带
1
【解答】
图(1)
【解答】
1
图(2)
图(2)
求值的本质是解方程，多三角形情景中的条件与问题常分布于不同的三角形中，可利用图形中的相同边、相等边、相关边建立联系、构造方程处理．
【解析】
如图，根据题意，连接AC，在△ADC中，AD＝1，DC＝2，由余弦定理得AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos D＝1＋4－2×1×2cos D＝5－4cos D．
在△ABC中，AB＝2，BC＝3，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝4＋9－2 ×2×3cos B＝13－12cos B，所以5－4cos D＝13－12cos B，化简得cos D－3cos B＝－2 ①．
【解答】
【解答】
目标
2
以角为纽带
2
【解答】
【解答】
2
在多三角形背景问题下，常寻找或通过作辅助线构造同角、等角、相关角信息建立边与角之间的方程以解决问题．
【解析】
【解析】
热练
【解答】
【解答】
【解答】
【解答】
【解答】
【解答】
图(1)
【解答】
图(1)
图(1)
图(2)
【解答】
【解答】
【解答】
5．如图，在四边形ABCD中，已知BC＝1，AC2＝AB2＋AB＋1．
(2)若AB＝3，∠ADB＝60°，∠BCD＝120°，求∠BDC的大小．
【解答】
【解答】
【解答】4 多三角形问题的处理策略
基础打底
1．在△ABC中，∠B=45°，D是BC边上一点，AD=5，AC=7，DC=3，则AB的长为( C )
A．5 B．3
C． D．4
【解析】 如图所示，在△ADC中，AD=5，AC=7，DC=3，由余弦定理得cos∠ADC===－，所以∠ADC=120°，∠ADB=60°．在△ABD中，AD=5，∠B=45°，∠ADB=60°，由正弦定理得=，所以AB==．
2．如图，在四边形ABCD中，AC⊥BC，AB=4，BC=CD，∠ACD=60°，则AD长的最小值为( C )
A．2 B．
C．2 D．2
【解析】 设∠BAC=α，则α∈，AC=4cos α，CD=BC=4sin α，则在△ACD中利用余弦定理得，AD==，当sin 2α=1，即α=时，AD取得最小值2．
3．在△ABC中，∠ACB=，D为AB上一点，CD⊥AC，AD=2DB=2，则△ABC的面积为( B )
A． B．
C． D．
【解析】 根据∠ACB=，CD⊥AC，可得∠BCD=－=．在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，可得===2，结合sin∠BCD=，化简得a=b．根据余弦定理，可得c2=a2＋b2－2ab=a2＋b2＋ab=3a2，因为AD=2DB=2，所以DB=1，可得c=AD＋DB=3，所以3a2=c2=9，解得a=，即a=b=，所以△ABC的面积S=absin∠ACB=×××sin =．
4．如图，无人机在离地面高100 m的A处，观测到山顶M处的仰角为15°，山脚C处的俯角为45°．已知∠MCN=60°，则山的高度MN为( B )
A．100 m B．150 m
C．150 m D．150 m
【解析】 由题知，∠MAD=15°，∠CAD=45°，在Rt△ACE中，易知∠CAE=45°，AE=100 m，所以AC=100 m．又因为∠CAM=∠CAD＋∠MAD=45°＋15°=60°，∠MCN=60°，所以∠MCA=75°，∠CMA=45°．在△ACM中，由正弦定理得=，即=，所以CM=100 m．在Rt△MNC中，MN=CMsin∠MCN=100×=150(m)．
强技提能
以边为纽带
例1 如图，已知P是△ABC内一点，PB=PC，∠BAC=，∠BPC=，∠ABP=θ．
(1) 若θ=，BC=，求AC的长；
【解答】 如图(1)，在△BPC中，∠BPC=，PB=PC，所以∠PBC=，所以∠ABC=∠PBC＋θ=＋=．在△ABC中，由正弦定理得=，即=，解得AC=1．
图(1)
(2) 若θ=，求tan ∠BAP的值．
【解答】 如图(2)，当θ=时，∠ACP=π－∠BAC－∠ABP－2∠PBC=．设∠BAP=α，则∠PAC=－α．在△ABP中，由正弦定理得=．在△APC中，由正弦定理得=．因为PB=PC，所以=，即=，整理得=，即=，解得tan α=3－，即tan ∠BAP=3－．
图(2)
求值的本质是解方程，在多三角形情景中的条件与问题常分布于不同的三角形中，可利用图形中的相同边、相等边、相关边建立联系、构造方程处理．
变式1－1 在平面四边形ABCD中，AD=1，AB=CD=2，BC=3，且四边形ABCD的面积为，则cos(∠ADC＋∠ABC)=____．
【解析】 如图，根据题意，连接AC，在△ADC中，AD=1，DC=2，由余弦定理得AC2=AD2＋DC2－2AD·DCcos D=1＋4－2×1×2cos D=5－4cos D．在△ABC中，AB=2，BC=3，由余弦定理得AC2=AB2＋BC2－2AB·BC·cos B=4＋9－2×2×3cos B =13－12cos B，所以5－4cos D =13－12cos B，化简得cos D－3cos B =－2 ①．S四边形ABCD =S△ADC＋S△ABC =×1×2sin D＋×2×3sin B =，化简得sin D＋3sin B= ②．由①2＋②2，可得(cos D－3cos B)2＋(sin D＋3sin B)2 =7，整理得(cos 2D＋sin 2D)＋9(cos 2B＋sin 2B)－6(cos Bcos D－sin Bsin D) =7，即10－6cos(B＋D) =7，解得cos(B＋D) =，即cos(∠ADC＋∠ABC) =．
变式1－2 (2025·襄阳模拟)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) 求角B的大小；
【解答】 因为bcos C＋csin B=1＋2c=a＋2c，所以在△ABC中，由正弦定理得sin Bcos C＋ C·sin B=sin A＋2sin C，由三角形内角和为180°可得sin A=sin(B＋C)，所以sin Bcos C＋ Csin B=sin(B＋C)＋2sin C=sin Bcos C＋cos Bsin C＋2sin C，即 Csin B－cos Bsin C=2sin C，因为0°＜C＜180°，所以sin C≠0，所以 B－cos B=2，即 B－B=1，所以sin(B－30°)=1，又因为0°＜B＜180°，所以B－30°=90°，即B=120°．
(2) 如图，D为△ABC外一点，∠DCB=∠B，CD=，AC=AD，求sin∠BCA的值．
【解答】 因为AC=AD，令∠DCA=∠CDA=α，则∠CAD=180°－2α，在△ACD中，由正弦定理得=，又CD=，所以AC==．在△ABC中，由正弦定理得=，又∠BAC=180°－120°－(120°－α)=α－60°，BC=1，所以AC=，所以sin(α－60°)=cos α=sin(90°－α)，解得α=75°，所以sin∠BCA=sin(120°－75°)=．
以角为纽带
例2 (2025·岳阳质检)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，且asin C＋acos C－b=c，D为BC边的中点，若AD=，且2b2－a2=4．
(1) 求角A的大小；
【解答】 由asin C＋acos C－b=c，利用正弦定理可得 Asin C＋sin Acos C－sin B=sin C，又sin B=sin(A＋C)=sin Acos C＋cos Asin C，所以 Asin C＋sin Acos C－sin Acos C－cos Asin C=sin C，即 Asin C－cos Asin C=sin C，因为C∈(0，π)，所以sin C＞0，故 A－cos A=1，由辅助角公式得2sin =1，又A∈(0，π)，所以－＜A－＜，所以A－=，即A=．
(2) 求△ABC的面积．
【解答】 因为∠ADB＋∠ADC=π，所以cos∠ADB＋cos∠ADC=0，由余弦定理得＋=0，由D为BC的中点，即BD=DC，化简得AC2＋AB2=2(AD2＋BD2)，又AD=，所以b2＋c2=2，将2b2－a2=4代入解得c=2．又cos A==，所以b2＋4－a2=2b，将a2=2b2－4代入上式得b2＋2b－8=0，解得b=2(负值舍去)，则△ABC的面积为bcsin A=×2×2× =．
在多三角形背景问题下，常寻找或通过作辅助线构造同角、等角、相关角信息建立边与角之间的方程以解决问题．
变式2－1 (2025·聊城一模)在△ABC中，已知AB=5，AC=4，cos(C－B)=，则△ABC的面积为____．
【解析】 因为AB＞AC，故∠C＞∠B，如图，过点C作射线CD交线段AB于点D，使∠BCD=∠B，则CD=BD，则cos(C－B)=cos∠ACD=．在△ACD中，利用余弦定理得cos∠ACD==，解得CD=3，则AD=2．在△ACD中，利用余弦定理得cos∠CAD==，则sin∠CAD= =，则S△ABC=×4×5×=．
变式2－2 (2025·南昌一模)三角形是常见的几何图形，除了我们已经学习的性质外，三角形还有很多性质，如
性质1：△ABC的面积S=AB·ACsin A=tan A；
性质2：对于△ABC内任意一点P，有＋＋=＋＋；
性质3：△ABC内存在唯一一点P，使得∠PAB=∠PBC=∠PCA=α，这个点P称为△ABC的“勃罗卡点”，角α称为△ABC的“勃罗卡角”．
若△ABC的三边长分别为1，1，，根据以上性质，△ABC的“勃罗卡角”的正切值为____．
【解析】 因为△ABC的三边长分别为1，1，，不妨设AB=1，AC=1，BC=，如图，由余弦定理得cos A===－，则A=120°，故B=30°，C=30°．在△ABP中，∠APB=180°－α－(30°－α)=150°，由正弦定理得=，即==2，则BP=2sin α．在△PBC中，∠BPC=180°－α－(30°－α)=150°，由正弦定理得 =，即==2，则2sin α=2(30°－α)，所以sin α =，则 α=α，所以tan α=．
配套热练
1．(2025·泉州三检)在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=45°，AB=4，AC=BC．
(1) 求sin∠ACB的值；
【解答】 方法一：在△ABC中，AB=4，AC=BC，∠ABC=45°，由AC2=BC2＋AB2－2BC·AB·cos∠ABC，即5BC2=BC2＋16－8××BC，整理得BC2＋BC－4=0，解得BC=或BC=－2(舍)，所以AC=BC=．由=，得=，解得sin∠ACB=．
方法二：在△ABC中，由=，得sin∠BAC=·sin∠ABC=×=，且BC＜AC，故cos∠BAC=，sin∠ACB=sin(∠ABC＋∠BAC)=sin∠ABCcos∠BAC＋cos∠ABCsin∠BAC=×=．
(2) 若AD=，求四边形ABCD的面积．
【解答】 方法一：因为AB∥CD，所以∠DCA=∠BAC．在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC==，故cos∠DCA=．在△ACD中，由AD2=AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠DCA，得17=10＋CD2－2·CD·，整理得CD2－6CD－7=0，解得CD=－1(舍去)或CD=7．在△ABC中，S△ABC =·AB·BC·sin 45°=×4×=2．由AB∥CD，可得S△ACD=·S△ABC=×2=，故四边形ABCD的面积为2＋=．
方法二：因为AB∥CD，所以∠DCA=∠BAC．由(1)可得cos∠BAC=．在△ACD中，由AD2=AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠DCA，得17=10＋CD2－2·
CD·，整理得CD2－6CD－7=0，解得CD=－1(舍去)或CD=7．在△ABC中，AB边上的高h=BC·sin 45°=×=1，故四边形ABCD的面积为·(AB＋CD)=．
2．(2026·唐山期初摸底)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知sin A=sin ，c=5，△ABC的面积为10．
(1) 求a，b．
【解答】 因为sin A=sin ，所以2sin =sin =．因为0＜＜，所以≠0，故由sin =，可得A=．因为S△ABC=bcsin A=10，c=5，解得b=8，由余弦定理得a2=b2＋c2－2bccos A=64＋25－2×8×5×=49，解得a=7．
(2) 设D为边BC上一点．
①若AD是∠BAC的平分线，求线段AD的长；
②若CD=2BD，求tan ∠BAD的值．
【解答】 ①由S△ABC=S△ABD＋S△ACD=×AB×AD×sin∠BAD＋×AC×AD×sin∠CAD，得ADsin ＋4AD×sin =10，解得AD=．
②设∠BAD=θ，所以∠CAD=－θ，0＜θ＜．在△ABD中，由正弦定理得=，即BDsin∠ADB=5sinθ．在△ACD中，由正弦定理得=，即CDsin∠ADC=8sin ．因为CD=2BD，sin∠ADB=sin∠ADC，代入化简得4sin =5sinθ，即2－2sinθ=5sinθ，解得tan θ=，即tan ∠BAD=．
3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=3，c=，B=45°．
(1) 求sin C的值；
【解答】 方法一(正、余弦定理综合法)：由余弦定理得b2=a2＋c2－2accos B=9＋2－2×3××=5，所以b=．由正弦定理得=，所以sin C==．
方法二(几何法)：如图(1)，过点A作AE⊥BC，垂足为E．在Rt△ABE中，由c=，B=45°，可得AE=BE=1．又a=3，所以EC=2．在Rt△ACE中，AC==，因此sin C==．
图(1)
(2) 如图，在边BC上取一点D，使得cos∠ADC=－，求tan ∠DAC的值．
【解答】 方法一(两角和的正弦公式法)：由于cos∠ADC=－，∠ADC∈，所以sin∠ADC==．由于∠ADC∈，所以C∈，从而cos C==，所以sin∠DAC=sin(π－∠DAC)=sin(∠ADC＋∠C)=sin∠ADC·cos C＋cos∠ADC·sin C=×＋×=．由于∠DAC∈，所以cos∠DAC==，所以tan ∠DAC ==．
方法二(几何法＋两角差的正切公式法)：如图(1)，由cos∠ADC=－，可得cos∠ADE=cos(π－∠ADC)=－cos∠ADC=，从而sin∠DAE=cos∠ADE=，tan ∠DAE==．又由(1)的方法二可得tan ∠EAC==2，所以tan ∠DAC=tan(∠EAC－∠EAD)==．
方法三(几何法＋正弦定理法)：如图(1)，由cos∠ADC=－，可得cos∠ADE=，sin∠ADE==．由(1)的方法二可得AE=1，CE=2，AC=．在Rt△ADE中，AD==，DE=ADcos∠ADE=，所以CD=CE－DE=．在△ACD中，由正弦定理可得sin∠DAC=·sin C=．由于∠DAC∈，所以cos∠DAC==，由此可得tan ∠DAC=．
方法四(构造直角三角形法)：如图(2)，作AE⊥BC，垂足为E，作DG⊥AC，垂足为G．由(1)的方法二可得AE=1，CE=2，AC=．由cos∠ADC=－，可得cos∠ADE=，sin∠ADE==．在Rt△ADE中，AD==，DE==，CD=CE－DE=．由(1)知sin C=，所以在Rt△CDG中，DG=CDsin C=，CG==，从而AG=AC－CG=．在Rt△ADG中，tan ∠DAG==，所以tan ∠DAC=．
图(2)
4．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=，∠DAC=，BD交AC于点E．
(1) 求BD2；
【解答】 由题知AB=ACcos∠BAC=10×=5，AD=ACcos∠DAC=10×= 5．因为∠BAD=∠BAC＋∠DAC=＋，所以cos∠BAD== －sin =×－×=．在△ABD中，由余弦定理可得BD2=AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD=25＋50－2×5×5×=50＋25．
(2) 求AE的长．
【解答】 方法一：因为sin∠BAD=sin =sin ＋ =，S△ABD=S△ABE＋S△ADE，所以·AB·AD·sin∠BAD=·AB·AE·sin∠BAE＋·AE·AD·sin∠EAD，即×5×5×=×5×AE×＋×AE×5×，解得AE=5－5．
方法二：因为∠BAD＋∠BCD=π，所以sin∠BAD=sin(π－∠BCD)=sin∠BCD．又AD=CD=5，BC=5，所以== ==．又因为AC=10，所以AE＋EC=10，即AE＋AE=10，所以AE=5－5．
5．如图，在四边形ABCD中，已知BC=1，AC2=AB2＋AB＋1．
(1) 若△ABC的面积为，求△ABC的周长；
【解答】 在△ABC中，cos∠ABC===－，因为0°＜∠ABC＜180°，所以∠ABC=120°．由S△ABC=AB·BCsin 120°=AB=，得AB=4，所以AC2=AB2＋AB＋1=16＋4＋1=21，即AC=，所以AB＋BC＋AC=5＋，即△ABC的周长为5＋．
(2) 若AB=3，∠ADB=60°，∠BCD=120°，求∠BDC的大小．
【解答】 设∠BDC=θ，则∠DBC=60°－θ．又∠ABC=120°，所以∠ABD=60°＋θ，∠BAD=60°－θ．在△ABD中，由=，得BD=. 在△BCD中，由=，得BD=，所以=，即4sinθsin(60°－θ)=1，所以4sinθ(sin 60°cosθ－cos 60°sinθ)=1，即2θcosθ－2sin 2θ=1，即 2θ＋cos 2θ=2，即2=2，所以sin(2θ＋30°)=1．因为0°＜θ＜60°，所以30°＜2θ＋30°＜150°，所以2θ＋30°=90°，解得θ=30°，即∠BDC的大小为30°．
6．(2025·湖北模拟)如图，已知△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b=2，b＋ccos B=a，延长BC到点D．
(1) 若CD=3，求AD的长；
【解答】 在△ABC中，由b＋ccos B=a及正弦定理可得 B＋sin Ccos B=sin A=sin(B＋C)=sin Bcos C＋cos Bsin C，整理可得 B=cos Csin B．而sin B＞0，则cos C=．又C∈(0，π)，所以C=．在△ACD中，由余弦定理得AD2= AC2＋CD2－2AC·CD=4＋9－2×2×3=19，可得AD=．
(2) 若∠B=2∠D，3BC=4CD，求AD的长．
【解答】 由(1)得∠D＋∠CAD=，∠B＋∠CAB=．由∠B=2∠D，得∠CAB=2∠CAD．在△ABC中，由正弦定理得=，即=．在△ACD中，3BC=4CD，由正弦定理得=，则=．又=，所以cos∠CAD=D．而cos∠CAD==D＋sin ∠D=D＋∠D =D，整理可得cos∠D=∠D．而sin 2∠D＋cos 2∠D=1，解得sin∠D=，所以AD===．
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