高考數(shù)學(xué)專項復(fù)習(xí)：解三角形圖形類問題（十大題型）（解析版）

解三角形圖形類問題

目錄

01方法技巧與總結(jié)...............................................................2

02題型歸納與總結(jié)...............................................................2

題型一：妙用兩次正弦定理（兩式相除消元法）......................................2

題型二：兩角使用余弦定理建立等量關(guān)系............................................8

題型三：張角定理與等面積法.....................................................12

題型四：角平分線問題...........................................................16

題型五：中線問題...............................................................21

題型六：高問題.................................................................30

題型七：重心性質(zhì)及其應(yīng)用.......................................................33

題型八：外心及外接圓問題.......................................................37

題型九：兩邊夾問題.............................................................42

題型十：內(nèi)心及內(nèi)切圓問題.......................................................44

03過關(guān)測試....................................................................49

方法技巧與總經(jīng)

解決三角形圖形類問題的方法：

方法一：兩次應(yīng)用余弦定理是一種典型的方法，充分利用了三角形的性質(zhì)和正余弦定理的性質(zhì)解題；

方法二：等面積法是一種常用的方法，很多數(shù)學(xué)問題利用等面積法使得問題轉(zhuǎn)化為更為簡單的問題，

相似是三角形中的常用思路；

方法三：正弦定理和余弦定理相結(jié)合是解三角形問題的常用思路；

方法四：構(gòu)造輔助線作出相似三角形，結(jié)合余弦定理和相似三角形是一種確定邊長比例關(guān)系的不錯選

擇；

方法五：平面向量是解決幾何問題的一種重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的運算法則可

以將其與余弦定理充分結(jié)合到一起；

方法六：建立平面直角坐標(biāo)系是解析幾何的思路，利用此方法數(shù)形結(jié)合充分挖掘幾何性質(zhì)使得問題更

加直觀化.

題型一：妙用兩次正弦定理（兩式相除消元法）

TT3兀

【典例1-1】（2024?河南?三模）已知尸是AABC內(nèi)一點，PB=PC,/BAC=—,NBPC=——，/ABP=6.

44

^6=—,BC=4I,求AC；

24

JT

（2）若求tan/84尸.

【解析】（1）如圖所示，

3冗71

在△BPC中，ZBPC=—,PB=PC,所以NP3C=—.

48

TTTTTT

所以/ABC=/PBC+e=

8246

AC_y/2

ACBC

在。打。中，由正弦定理得即丁=7T，解得AC=L

sinZABCsinZBAC

2T

(2)如圖所示,

TT71

當(dāng)8=—時，ZACP=兀一NBAC-ZABP-2NPBC=-

36

TT

設(shè)ZBAP=a,則/PAC=-—a.

4

.兀

在△人與。中，由正弦定理得A尸二,in3.

PBsina

AP

在△APC中，由正弦定理得三

.兀

sin—

因為PB=PC,所以一^

整理得7L=_立_,即芭_=31_,解得tana=3—指，即tan/區(qū)4P=3-m.

sinacosa-sinatanal-tana

【典例1-21AABC的內(nèi)角A,2,C的對邊分別為a,b,c,A。為/R4C平分線，c:AD:b=△:2:26.

⑴求NA；

(2)AD上有點M,/BMC=90°,求tanZABM.

【解析】(1)

A

B\L_______

5

設(shè)c='fik,AD=2k,b—2s/3k,S3ABe=^^ABD+^AADC

，—besinA=—AD\-csin一+—AD?Z?sin一,

221122112

V3sin—=sinA,V3sin—=2sin—cos—,

2222

IT

（2）由（1）知：NBAD=—,

6

△BAD中，BD?=3k2+4左？—2,y/3ke2k,cos—=k?,

6

^BD=k,；,BD2+AB2=AD2^故得：/ABC=2，/C=T，BC=3k,DC=2k,

26

設(shè)/ABM=6UA8M中，ZAMB=it-ABAM-AABM=--6

6

AM_A3_瓜

sin。.（5TI八）.（5兀八）,

sin---0sin----0

U）U）

71

???NABM+ZMBC=-=NMCB+/MBC,ZABM=ZMCB=3,

TT2,71

△ACM中，ZACM=ZACB-ZMCB=——9,ZAMC=TI-ZMAC-ZACM=—+0,

63

AM_AC_2限

.（兀1（2兀）.（litA

sinl-IsinI—+0Isinl-+0I

2|—cos20--sin20|=sin0cos8一工sin6

（44）22

兀

/.cos20-百cosOsin3-2sin20=0,丁9w萬,，cos9w0,

/.2tan2^+V3tan1=0=>tan8=

4

???〃為銳角，故tane=—-+而.

4

【變式1-1］如圖，在平面四邊形ABCD中，ZACB=ZADC=90°,AC=243>ZBAC=30°.

(2)若NCBD=30。，求tanZBDC.

CD1

【解析】(1)在RtAACO中，cosZACD=—=—,所以/ACO=60。,

AC2

在RtaABC中，tan/BAC=.="，所以BC=2,又/ACB=90°,

AC3

所以NDCB=ZACB+ZACD=150°,

在八BCD中由余弦定理BD2=DC2+BC--1DC-BCcos乙BCD,

BPBO2=(V3)-+22-2X2XV3X--=13,

I2>

所以而.

(2)由已知可得/ABC=60。，又NC8D=30。，所以乙鉆。=30。，

設(shè)OC=元(0<%<26)，ZBDC=a,則A￡)=J12-爐，

V12-x2

AnAB42

在△ABD中由正弦定理-------------即1.(兀)，刖以3J"i-----

sinZABD-sinZADB'sm\--a\J12-

2

X2

DCBC1

在△BCD中由正弦定理------------=pn1sina，所以sin。=一,

smZCBDsin/CQBX

2

Xsin2a+cos2a=1所以J+4？=］，解得尤之=2一或爐=9+,

x12—%22

?sina1V12-X2

由tana=-------=---------------

cosax2

所以tanZBDC=布十"或tanZBDC=而一..

44

【變式1-2］（2024?廣東廣州.二模）記AABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為。、b、c,已知

bcosA-acosB=b-c.

⑴求A；

（2）若點。在3C邊上，且CQ=23。，cosB=—,tanABAD.

3

【解析】（1）因為Z?cosA—acosB=b—c,

由余弦定理可得力4+'2一02―4—+廠一萬二匕一。,

2bc2ac

化簡可得b2+c2-a2=bc,由余弦定理可得cosA=一、=j

2bc2

7T

因為0<A<7l,所以，A=-

(2)因為cosB=[^,則8為銳角，所以，sinB=Vl-cos2B=

2兀

因為A+8+C=TT,所以，C-------B,

3

2兀11

所以，sinC=sinB|=sin—cosB-cos—sinB=+—x=一+

3J33232326

27r

設(shè)4Ao=e,貝ij/c40=}--e,

CDAD6AD

BDAD3AZ)

在△A5O和△AC。中，由正弦定理得，sin(g—esinC3+V6,

sin3sinB

因為CO=280,上面兩個等式相除可得屈Sin仁-eJ=(3+布卜山夕,

得遍-^-cos^-—sin^=^3+Vbjsin^,即V^cosO=(2+布卜in6,

/2

所以，tanZBAZ)=tan6>=^-^=V3-V2.

2+V6

【變式1-3】在△A3C中，內(nèi)角A,B,。所對的邊分別為。，b,c,S2cosA(ccosB+bcosC)=a.

⑴求角A；

(2)若。是aABC內(nèi)一點，ZAOB=120°fZAOC=150°fb=l,c=3,求tan/AB。.

【角畢析】(1)因為2cosA(ccos5+bcosC)=a,

所以由正弦定理得2cosA(sinCcos3+sin8cosC)=2cosAsin(8+C)=2sinAcosA=sinA；

.<0°<A<180°,二.sinAwO,/.cosA=-,則A=60°；

2

(2)

vZOAC+ZOAB=ABAC=60°,AOAB+ZABO=180°-ZAOB=60°,/.ZOAC=ZABO；

士丁.士工用/曰4cABsmZABO3sinZABO/r.

在△ABO中,由正弦定理得：AO=-------------------=----------------=2V3sin/ABO；

sinZAOBsin120°

由正弦定理得：AO="Csin/ACO=sm(3°一/4'0)=_ZAB0)；

在AACO中，

sinZAOCsin150°v)

273sinZABO=2sin(300-ZABO)=cosZABO-百sinZABO,

]-\/3

即cosAABO=3A/3sin/ABO,tan/ABO=3M=

題型二：兩角使用余弦定理建立等量關(guān)系

【典例2-1】如圖，四邊形A3CD中，cosZBAD=1,AC=AB=3AD.

(1)求sin/ABD；

⑵若/BCD=90°,求tanZCBD.

【解析】(△中，設(shè)，)則/「(￡>=[=(*)+廣：如

1)ABDAC=A3=3AO=3/>0,cos解得

32x(31)x/

BD=2萬

47)1

VBD2+AD2=AB2)smAABD=—=

ADJ

(2)設(shè)AC=A8=3AQ=3r(f>0),則8。=2萬

設(shè)BC=xt,CD=yt(x>0,y>0),

⑶)2+(x/)2一⑶)2

x

△ABC中,cosZBCA=

2x(3/)x(x/)6

△A”中，cosf；篇：：y2+8

6y

7T

ZBCA+ZDCA=ZBCD=-,cosZDCA=sinZBCA,可得,化簡得

即x2y2+j/+64=20y2

又BC2+CD2=BD2,：.x2t2+y2t2=8/，即；./+y?=8

■,-(8-y2)J2+/+64=20/,解得;/=y,%2=8-/=|

但

tanZCBD=—=-|-=V2

BC尤f18

3

【典例2-2】如圖，在梯形4BCD中，AB//CD,AD=8BC=B

(1)求證：sinC=V3sinA；

(2)若C=2A,AB=2CD,求梯形ABC。的面積.

【解析】（1）連接80.

因為A3//CO,所以/A8O=Z8OC.

ADBD三

在△A3。中，由正弦定理得

sinZABDs-i-n-A-,CO

在△2C。中，由正弦定理得一=券，②

smxBDCsinC

由=/ABD=/BDC,結(jié)合①②可得sinC=GsinA.

(2)由(1)知sinC=V3sinA,sinC=sin2A=2sinAcosA=V3sinA，

cosA=走，又0<A<TI,所以A=$,則C=2A=5.

263

連接8。，

2同

在△AB。中,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD-AB-cosA=(若『+AB?-20AB?三

=AB2-3AB+3=4CD--6CD+3;

在ABCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BCCDcosC=I2+CD2-2xlxCDx!

=CD2-CD+B

所以4co2-6CO+3=CO2-Q)+I，解得CD=1或

2

當(dāng)CD=一時，連接4C,在AACD中，由余弦定理，AC2=AD2+CD2ADxCDxcos—

36

I0A2(549

93I2J9

7479

所以AC=—,而止匕時A3+BC=—+1=—,故CQ=—不滿足題意，經(jīng)檢驗CQ=1滿足題意，

3333

此時梯形ABCD的高/?=AD-sin四="

62

當(dāng)CD=1時，梯形ABC。的面積S=[AB+CO）〃=孚;

所以梯形ABCD的面積為空.

4

【變式2-1]（2024?全國?模擬預(yù)測）在銳角AABC中，內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c

亨-C

2cos22c=3-5cos2

⑴求角C；

AC

⑵若點。在AB上，BD=2AD,BD=CD,求”的值.

BC

等一C)=3-5cos(23K-2C)=3-5cos(K-2C)=3+5COS2C,

【解析】(1)因為2cos22c=3-5cos2

所以2cos?2C-5cos2C-3=0，解得cos2c=或cos2c=3(舍去),

,11

所以2cos?C-1=——,即cosC=±—,

22

因為。＜C小所以Cg

(2)如圖，因為=BD=CD,設(shè)AO=機，BD=CD=2m,

在AABC中，由余弦定理得9m2=AC2+BC2-ACBC，

在ABCD中，由余弦定理得cosZBDC=BD+CD-BC=(2〃?1+(2“廠—=*皿-BU,

2BDCD2x2mx2m8"

在△AOC中，由余弦定理得cosZADC=A0+泣-3=>+(2m)2一=5療一,C?,

2ADCD2m義2m4療

因為ZBDC+ZADC=萬，所以cosZBDC+cosZADC=0,

即對二姓+剛=￡^=0,所以184一BC2-2AC2=O，

8m4m

所以2(AC?+BC?一a。-fie)-BC2-2AC2=0,

因為BCHO,所以3C=2AC,

所以能=1

BC2

7T

【變式2-2】平面四邊形ABC。中，AB=1,AD=2,ZABC+ZADC=n,NBCD=—.

3

⑴求8。；

（2）求四邊形ABCD周長的取值范圍；

（3）若E為邊BD上一點,且滿足CE=BE,SABCE-2SACDE,求△BCD的面積.

7T27r

【解析】（1）因為/ABC+/AQC=7T,ZBCD=~,所以/84。=不，

在ABCD中由余弦定理BD=7AB2+AD2-2AB-ADcosZBAD

=Jl2+22-2xlx2x^-1^|=V7；

（2）在ABCD中BD?=CB'+CD。-2CBCDcosNBCD,

^T=CB2+CD2-CBCD,

所以CB2+C02=7+C8-CZ）N2cB-C￡>,所以0<CB-CDW7,當(dāng)且僅當(dāng)C3=C。時取等號,

又（CB+CD）2=CB2+CD2+2CBCD=1+3CBCD,

則7<7+3CB-CQW28,即7<（C8+C。）？428,所以&<CB+CD&2近,

所以CABCD=AC+AO+C8+Cr>=3+C8+CDe（3+V7,3+2VT|,

即四邊形ABCD周長的取值范圍為（3+近,3+2療］；

（3）因為S"CE=2SMDE，所以BE=2ED,又BD=J7，

所以BE=^BC=巫,DE=-BC=—,又CE=BE,所以比=生，

33333

在ABCE中由余弦定理CB2=CE2+BE2-2CE-BEcosNCEB,

即acosZCEfl

99

在ADCE中由余弦定理CD2=CE2+DE2-2,CE-DEcosZCED,

oc亦

gpCD2=---------cosZCED,

99

又NCEB+NCED=n,所以cosNCEB=-cosNCED,

所以CB2+2CD2=14,

=CB2+CD--CBCD,所以CB?+2CD2=2CB2+2CD2-2CBCD,

即C82=2CB?CD,所以CB=2Cr>,

714

所以cr>2=§,所以CB-Cr>=CB2+C￡>2-7=§,

所以sBCD=Lc"CDsin/BCD=Lx^x@=^.

"CD22326

c

題型三：張角定理與等面積法

sinA-sinBa-c

【典例3?1】(2024.吉林?模擬預(yù)測)△A3C的內(nèi)角A氏。的對邊分別是兄dC,且

sinCa+b

(1)求角8的大??；

(2)若6=3,。為AC邊上一點，50=2,且8。為NB的平分線，求AABC的面積.

■sinA-sinBa-c.a-ba-c

【解析】(1)因為————=-由正弦定理得——=-

smCa+bca+b

化簡得〃="+。2一a。，

所以由余弦定理得cos8="2+c2=!,又因為8?0,不)，

ac2

所以3=gTT.

(2)如圖所示

11D1B

因為S.ABC=S.ABD+SKBDBP--BAxBCxsinB=—BAxBDxsin——F—BCxBDxsin—,

22222

化簡得BA+BC=—BAxBC?,

2

又由余弦定理得AC2=BA2+BC2-2BAxBCxcosBBP(BA+BC)2-3BAxBC=9@,

①②聯(lián)立解得BAx8C=_2(舍去)或6,

i3h

所以s=-BAxBCxsinB=-.

△ADRCr22

【典例3-2】(2024.黑龍江哈爾濱.二模)記"BC的內(nèi)角A,B,。的對邊分別為。，b,c,已知b=4,

2bcosBAsinA

-------二cosAd---------.

ctanC

(1)求角B的大??；

(2)已知直線8。為/ABC的平分線，且與AC交于點。，若BD=2也，求AABC的周長.

3

「sin

【解析】(1)由已知，得2bcosB=ccosA+--------,

tanC

sin(sinA

根據(jù)正弦定理，得2sinBcosB=sinCeosA+—--,

tanC

即2sinBcosB=sinAcosC+cosAsinC,

即2sinBcosB=sin(A+C)=sinB,

由于0<3<兀，sinB>0,

1兀

所以cos3=j,所以3=g；

（2）因為CD,

所以Lacsin/ABC=LBOcsin/4BO+LBOasin/C8O,

222

因為直線BD為ZABC的平分線,

I兀

所以NA3。=ZCBD=-ZABC=-,

26

所以Lex3=L^cx_L+L述axL

22232232

則y[3ac=2&(a+c),即ac=2f(〃+c),

33V3

由余弦定理得〃=6!2+c2-2accosZABC,BP16=a2+c2-ac

所以16=(〃+c)2—3〃c=(a+c)2—+c),

J3

解得〃+(?=2幾或〃+c=4"(舍)，

3

故△ABC的周長為2c+4.

【變式3」】(2024.吉林通化.梅河口市第五中學(xué)?？寄M預(yù)測)已知銳角"BC的內(nèi)角ABC的對邊分別

sinB-sinC

為a,b,c,且----

b+csinA-sinC

⑴求3；

Q）若b=&,角3的平分線交AC于點。，BD=1,求AABC的面積.

【解析】（1）因為產(chǎn)二，：118Tm￡,由正弦定理得二=組￡,整理得〃一℃=從一

b+csinA-sinCb+ca-c

又由余弦定理得cosB="一+02-'=￡

lac2

因為Be[。,],所以8=1.

(2)如圖所不,因為5AA5C—SMBD+S/^BCD

1nc?兀1「八.兀1/

所以SMC=—BD?csin—+—BD?〃sin—=—〃+c

26264'

7

又因為SAABC-^acsin^-^-ac,所以;(〃+c)=

22

由余弦定理得〃=a+c-2accosy=(a+c『-^ac=6,

-(a+c]=^-ac

聯(lián)立方程組4'74,可得3(〃c)2—3〃c=6,即(〃c)2——2=0,

(a+c)2-3ac=6

解得ac=2^ac=-l(舍去)，

J

【變式3?2】（2024?江西撫州?江西省臨川第二中學(xué)?？级＃┤鐖D，在aABC中，AB=4,cos3=g，點

O在線段3C上.

⑵若皿=2",AACD的面積為竽,求冷然的值?

【解析】⑴-7

71

/.NADB=—,

4

又???cosB=-

3f

3

ADAB

在△A3。中,

sinBsinZADB

4.述

AD=——jJ—16

叵T

T

(2)VBD=2DC,

^/\ABD=2s△A。。，

^/\ABC=^^/\ADC，

又」6近

入DAADC一一一'

S^ABC=160,

,：SAAgc=；AB?BCsinAABC,

5c=12,

??,S/A\r4lRfitnJ=—2AB?ADsin/BAD,

S八A”=—ACADsinZCAD,

S^ABD=2sAy，

smZBAD°AC

-------------=2------,

sinZCADAB

在AABC中，

由余弦定理得AC-=AB2+BC2-2AB-BCcosZABC.

???AC=872-

.?.理幺絲=2.9=4亞

sinZCADAB

題型四：角平分線問題

【典例4-1]（2024.全國.模擬預(yù)測）己知在△ABC中，內(nèi)角A,及C的對邊分別為a,6,c,且a=6,NA=60°.

（1）若AO為3C邊上的高線，求A。的最大值；

sin

（2）已知AM為3C上的中線，/A4C的平分線AN交3c于點N,且tanB=^--------求△AMN的面積.

2-cosA

【解析】（1）方法一：由余弦定理得

36=b2+c2-2feccos60°=b2+c2-be>2bc-be=be,

所以bc?36（當(dāng)且僅當(dāng)b=c=6時取等號）.

又因為S“BC=^besinA=-AD,

所以AO=處曰迎型”=3折

a6

故A￡）的最大值為3g.

方法二：由。=6,/A=60。知，點A在。。的優(yōu)弧前上運動（如圖所示）.

顯然，當(dāng)點A在3C的中垂線上時，即點A位于點A，處時，邊BC上的高最大.

此時△ABC為等腰三角形，

又NA=60。，故△ABC為正三角形，

根據(jù)BC=a=6得40=36.故4。的最大值為3G.

sinB_sinA

（2）方法一：因為tan3=

cos32-cosA

所以2sin3-sinBcosA=sinAcosB,

所以2sin5=sinBcosA+sinAcosB=sin（A+B）,

即sinC=2sinB.

由正弦定理得c=2b,

結(jié)合（1）可得）2=12,所以。=2A/5,c=4V5,

所以S"BC=sinA=673.

因為AN平分4AC,所以登=黑=2'

所以S4ANC=§S4ABC?

又因為AM是BC邊上的中線，所以S.A“C=；S.ABC，

所以S-MN=%AMC-S/\ANC-T^/\ABC

O

方法二：同方法一可得b=26,c=46.

又因為”=6,所以△ABC是以角C為直角的直角三角形.

由于AN平分N8AC,AM是3c邊的中線，且3c=0=6

所以空=網(wǎng)=2,2知=MC,

ACNC

所以MN=1,CN=2,

所以AN=VAC2+NC2=4,ZANC=60°，

所以/ANB=120。，

所以=^AN-NM-sin120°=6.

方法三：由/A=60°得tan8=―=且,

2-cosA3

貝lJNB=3()o,NC=90。.

又因為a=6,所以c=4g.

由AN是角平分線知/CAN=30°,

在RtzXACN中易得CN=2,

又因為CM=，C8=3,所以MN=1,

2

所以=

【典例4-2】如圖所示，在AABC中，AB=3AC,平分/BAC,且AD=fc4C.

(1)若DC=2,求BC的長度;

(2)求上的取值范圍；

⑶若SAMC=1，求人為何值時，8C最短.

ABBD

【解析】（1）在△AB。中，由正弦定理得

sinNADB-sinZBAD'

ACDC

在△ACO中，由正弦定理得

sinZADC一sinACAD'

因為A。平分NBAC,所以N54O=NCAr）,

因為/AO8+/AOC=TI,

所以sinNADB=sinZADC,

叱，，ABBD

所以一=—

ACDC

因為AB=3AC,DC=2,

所以一=3,得BD=6,

2

所以8c=8；

(2)因為S“BC=S△ABD+S"℃，

LLt、114cAC./nA—1ACAC.N5AC1ACAC?^-BAC

月f以一AB,ACsinNBAC——AB,ADsin----------1—AC,ADsin---------,

22222

因為AB=3AC,AD=kAC,

所以3AC?AC?2sin--------cos---------=3AC-MCsin----------1-AC-kACsm---------,

2222

.ABAC八ABAC

因為sin---------w0,所以6cos---------=4Ak1,

22

…y3ABAC

所以攵=-cos---------,

22

ZBAC(叫ABAC

因為一--^10,-I,所以cos---G(0,1),

所以左e[ogj；

(3)由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB-ACcosABAC=AC2(10-6cosZBAC),

因為％ABC=1,所以gA8-ACsinNBAC=l,

32

因為A5=3AC,所以一AC2sinN5AC=1,所以AC?=--------------

23sinABAC

245—3cosN5AC

所以3c2=(10-6cosZBAC)

3sinZBAC3sinZBAC

人5-3cosZBAC

令〉=-------------則j^sinABAC+3cosZBAC=5,

sinZBAC

所以J;/+9sin(/BAC+0)=5(其中tano=；),

所以當(dāng)sin(ZBAC+夕)=1時，》取得最小值4,

JT3

即當(dāng)/3AC+0=a時，)取得最小值*此時tanp="

所以cos/BAC=cos]/—。]=sin。=g,

因為cosNBAC=2cos2彳。-1,

.ABAC3ABAC2A/5

所以2cos-------1=-,所以cos---------,

2525

一3ABAC

由(2)知左=—cos---------,

22

所以左=3乂拽=迪，

255

即當(dāng)左=述時，3c最短.

5

22

【變式4?1】在AABC中，角A,B,C所對的邊分別是。，b,c,已知4c-b=accosC.

⑴求tanC；

⑵作角A的平分線，交邊3。于點。，若AD=M，求AC的長度；

⑶在(2)的條件下，求小5。的面積.

【解析】(1)在AABC中,由，一〃="cose及正弦定理，sin2C-sin2B=sinAsinCcosC，

由人=/，得B+C=g,則sin5=sin(g-C)=^^cosC-；sinC,

于是sin2C=(^-cosC--sinC)2+sin-sinCcosC=—cos2C+—sin2C,

22344

TT

整理得sir?C=cos2C,而C￡(0,§),PBJsinC=cosC,

所以tanC=1.

ITjr

(2)由AO為NBAC的平分線，得NCAO=§,由(1)知，C=~,

BV3

在△AC。中，由正弦定理——=---------,則—4=6,

sinCsinZCAP<2

~T

由余弦定理得CD2=AD2+AC2-2AD-ACcos^,即3=2+AC2-也AC，

整理得3-應(yīng)AC-1=0，而AC>0,

所以Ac=Xl上色.

2

(3)由(2)矢口，sinB=sin(7i-A-C)=sin(--—)=x-—x=―—―

3422224

V2+V6V2

7-----------X----

由正弦定理得上=，，貝壯=-1廠2=2收+人,

sinBsinC，6—。2

4

所以AABC的面積S="feesin—="x+x［25/2+V6)x=""拒.

【變式4?2】已知△ABC的內(nèi)角ABC的對邊分別為其面積為S,且

a(b+c-a^(sinA+sinB+sinC)=6S

(1)求角A的大??；

(2)若〃=4,麗.讖=-3,/A的平分線交邊BC于點、T,求AT的長.

［解析］(1)〃伍+c)(sinA+sinB+sinC)=6S=6xgsinC=3absinC,

由正弦定理得：a{b+c-a){b+c+a)=3abc,即。+C-Q)(Z?+C+Q)=3bc

即b2+c2—a1+2bc=3bc，BPb2+c2—a2=be

因為A￡（0,7l）,所以A=%

(2)由(1)知：A=§，所以8A?AC=-bccosA=—3，

31

即cosA===—,解得：bc=6,

be2

由余弦定理得…。sA=『'所以

解得：b2+c2=13,解得:

cosJ+j7+4-9

當(dāng)—得:

lac477一14

貝UsinB=Vl-cos2B=,

14

所以sin/A7^=sinB+-UsinBcos-+cosBsin-=^^x^-+^x-=^,

I66614214214

AT_AB

在三角形ABT中，由正弦定理得:

sin5sinZATB

AT_2

即3亞一5五，解得：AT=—；

14R5

當(dāng)b=2,c=3時，同理可得:

綜上“考

題型五：中線問題

【典例5-1］如圖，在AABC中，已知AB=2,AC=6五，/BAC=45。，3C邊上的中點為M,點N是

邊AC上的動點(不含端點)，AM,BN相交于點P.

⑴求