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2025年高考数学精品教案第六章 平面向量 复数 突破2 解三角形中的热点问题
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这是一份2025年高考数学精品教案第六章 平面向量 复数 突破2 解三角形中的热点问题，共14页。
命题点1 解三角形中的最值（范围）问题
例1 [2022新高考卷Ⅰ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csA1+sinA＝sin2B1+cs2B.
（1）若C＝2π3，求B；
（2）求a2＋b2c2的最小值.
解析 （1）因为csA1+sinA＝sin2B1+cs2B，
所以csA1+sinA＝2sinBcsB2cs2B，
易知cs B≠0，所以csA1+sinA＝sinBcsB，
所以cs Acs B＝sin B＋sin Asin B，
所以cs（A＋B）＝sin B，
所以sin B＝－cs C＝－cs 2π3＝12.
因为B∈（0，π3），所以B＝π6.
（2）由（1）得cs（A＋B）＝sin B，
所以sin[π2－（A＋B）]＝sin B，且0＜A＋B＜π2，
所以0＜B＜π2，0＜π2－（A＋B）＜π2，
所以π2－（A＋B）＝B，解得A＝π2－2B，
由正弦定理得a2＋b2c2＝sin2A＋sin2Bsin2C＝sin2（π2－2B）＋sin2B1－sin2B＝cs22B＋sin2Bcs2B＝（2cs2B－1）2+1－cs2Bcs2B＝4cs4B－5cs2B+2cs2B＝4cs2B＋2cs2B－5≥24cs2B×2cs2B－5＝42－5，当且仅当cs2B＝22时取等号，所以a2＋b2c2的最小值为42－5.
方法技巧
解三角形中的最值（范围）问题的求解方法
注意 注意题目中隐含条件的应用，如A＋B＋C＝π，0＜A＜π，｜b－c｜＜a＜b＋c，三角形中大边对大角等.
训练1 [全国卷Ⅱ]△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C.
（1）求A；
（2）若BC＝3，求△ABC周长的最大值.
解析 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
（1）由正弦定理和已知条件得a2－b2－c2＝bc.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，得cs A＝－12.
因为0＜A＜π，所以A＝2π3.
（2）由BC＝a＝3，A＝2π3，得bsinB＝csinC＝asinA＝23，
从而b＝23sin B，c＝23sin（π－A－B）＝3cs B－3sin B，
故a＋b＋c＝3＋3sin B＋3cs B＝3＋23sin（B＋π3）.
又0＜B＜π3，所以π3＜B＋π3＜2π3，
故当B＝π6时，△ABC周长取得最大值3＋23.
命题点2 多三角形问题
例2 [2021新高考卷Ⅰ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asin C.
（1）证明：BD＝b；
（2）若AD＝2DC，求cs∠ABC.
解析 （1）由题易得BDa＝sinCsin∠ABC.在△ABC中，由正弦定理得sinCsin∠ABC＝cb，则BDa＝cb，即BD·b＝ac，
又b2＝ac，所以BD·b＝b2，又b＞0，所以BD＝b.
（2）解法一 由题意可知AD＝23b，DC＝13b.在△ABD与△ABC中，cs∠BAD＝cs∠BAC，所以c2＋49b2－b22c·23b＝c2＋b2－a22bc ①.将b2＝ac代入①式可得6a2－11ac＋3c2＝0，即（2a－3c）（3a－c）＝0，所以c＝23a或c＝3a.
当c＝23a时，cs∠ABC＝c2＋a2－ac2ac＝49a2＋a2－23a243a2＝712；
当c＝3a时，cs∠ABC＝c2＋a2－ac2ac＝9a2＋a2－3a26a2＝76＞1（舍）.
综上，cs∠ABC＝712.
解法二 由题意可得，AD＝23AC，所以BD＝BA＋AD＝BA＋23AC＝BA＋23（BC－BA）＝13BA＋23BC，则BD2＝19c2＋49a2＋49accs∠ABC ①，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs∠ABC ②，
联立①②得11b2＝3c2＋6a2，
因为b2＝ac，所以3c2－11ac＋6a2＝0，
所以c＝3a或c＝23a.以下同解法一.
方法技巧
多三角形问题的解题思路
（1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦定理或余弦定理求解；（2）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件（如公共边，公共角，邻角之间的关系），求出结果.
训练2 [全国卷Ⅰ]如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cs∠FCB＝ －14 .
解析 依题意得，AE＝AD＝3，在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcs∠CAE＝3＋1－23cs 30°＝1，所以EC＝1，所以CF＝EC＝1.又BC＝AC2＋AB2＝1+3＝2，BF＝BD＝AD2＋AB2＝6，所以在△BCF中，由余弦定理得cs∠FCB＝BC2＋CF2－BF22BC×CF＝22＋12－（6）22×2×1＝－14.
命题点3 解三角形中的证明问题
例3 [2023陕西安康中学5月质检]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin Ccs B－2sin Bcs C＝0.
（1）证明：c2－b2＝13a2；
（2）若a＝3，点D在边BC上，且AD⊥BC，AD＝3，求△ABC的周长.
解析 （1）由sin Ccs B－2sin Bcs C＝0，可得sin C·cs B＋sin Bcs C＝3sin Bcs C，
所以sin（B＋C）＝3sin Bcs C，由B＋C＝π－A，可得sin（B＋C）＝sin A，即sin A＝3sin Bcs C，
所以a＝3b×a2＋b2－c22ab，可得2a2＝3a2＋3b2－3c2，即c2－b2＝13a2.
（2）由（1）及a＝3，知c2－b2＝3，可得c2＝b2＋3，
由余弦定理得cs ∠BAC＝b2＋c2－a22bc＝b2－3bc.
由AD⊥BC，AD＝3，可得S△ABC＝12×3×3＝332，
又S△ABC＝12bcsin ∠BAC，所以12bcsin ∠BAC＝332，可得sin ∠BAC＝33bc.
因为cs2∠BAC＋sin2∠BAC＝（b2－3bc）2＋（33bc）2＝1，c2＝b2＋3，所以b2＝4，解得b＝2，c＝7，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝3＋2＋7＝5＋7.
方法技巧
对于解三角形中的证明问题，要仔细观察条件与结论之间的联系，发现二者之间的差异，利用正弦定理、余弦定理及三角恒等变换把条件转换为结论，即可得证.
训练3 [2023石家庄市三检]已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，sin A＝4sin Ccs B，且c＝2.
（1）证明：tan B＝3tan C；
（2）若b＝23，求△ABC外接圆的面积.
解析 （1）因为sin A＝4sin Ccs B，所以sin（B＋C）＝4sin Ccs B，
即sin Bcs C＋cs Bsin C＝4sin Ccs B，即sin Bcs C＝3sin Ccs B，
所以tan B＝3tan C.
（2）因为sin A＝4sin Ccs B，所以a＝4c·a2＋c2－b22ac，
即a2＋2c2－2b2＝0.
又b＝23，c＝2，所以a＝4，
所以c2＋b2＝a2，所以A＝π2，
则△ABC外接圆的半径R＝12a＝2，
所以△ABC外接圆的面积S＝πR2＝4π.
命题点4 三角形中的“三线”问题
例4 （1）[2023合肥六中5月模拟]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若 ccs A＋acs C＝2，AC边上的高为3，则∠ABC的最大值为（ B ）
A.π6B.π3C.π2D.2π3
解析 由射影定理得ccs A＋acs C＝b＝2.∵AC边上的高为3，∴S△ABC＝12×2×3＝12acsin∠ABC，即ac＝23sin∠ABC.∵cs∠ABC＝a2＋c2－b22ac≥2ac－b22ac＝1－2ac，当且仅当a＝c时等号成立.∴cs∠ABC≥1－33sin∠ABC，即3sin∠ABC＋3cs∠ABC≥3，则sin（∠ABC＋π3）≥32.∵∠ABC∈（0，π），∴∠ABC＋π3∈（π3，4π3），则∠ABC＋π3∈（π3，2π3]，∴∠ABC∈（0，π3]，验证知当∠ABC＝π3时，符合题意.故∠ABC的最大值为π3.
（2）[2023全国卷甲]在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝6，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝ 2 .
解析 在△ABC中，由余弦定理得cs 60°＝AC2+4－62×2AC，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋3.又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以12×2ACsin 60°＝12×2ADsin 30°＋12AC×ADsin 30°，所以AD＝23ACAC+2＝23×（1+3）3+3＝2.
例5 [2023新高考卷Ⅱ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为3，D为BC的中点，且AD＝1.
（1）若∠ADC＝π3，求tan B；
（2）若b2＋c2＝8，求b，c.
解析 （1）因为D为BC的中点，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2×12×AD×DCsin∠ADC＝2×12×1×DC×32＝3，
解得DC＝2，所以BD＝DC＝2，a＝4.
因为∠ADC＝π3，所以∠ADB＝2π3，所以B∈（0，π3）.
在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcs∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝7.
在△ABD中，由正弦定理，得csin∠ADB＝ADsinB，
所以sin B＝ADsin∠ADBc＝2114，
所以cs B＝1－sin2B＝5714.
所以tan B＝sinBcsB＝35.
（2）因为D为BC的中点，所以BD＝DC.
因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cs∠ADB＝－cs∠ADC，
则在△ABD与△ADC中，由余弦定理，得AD2＋BD2－c22AD·BD＝－AD2＋DC2－b22AD·DC，得1＋BD2－c2＝
－（1＋BD2－b2），
所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝3，所以a＝23.
在△ABC中，由余弦定理，得cs∠BAC＝b2＋c2－a22bc＝8－122bc＝－2bc，
所以S△ABC＝12bcsin∠BAC＝12bc1－cs2∠BAC＝12bc1－（－2bc）2＝12b2c2－4＝3，解得bc＝4.
则由bc=4，b2＋c2=8，解得b＝c＝2.
方法技巧
如图，在△ABC中，
1.若AD为BC边上的中线，则：
（1）AD＝12（AB＋AC），两边平方之后解题；（2）S△ABD＝S△ACD.
2.若AD为∠BAC的角平分线，则：（1）S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，利用三角形面积公式展开得到边的关系；（2）cs∠BAD＝cs∠CAD，利用余弦定理列方程；（3）S△ABDS△ACD＝ABAC＝BDCD.
3.若AD为BC边上的高线，则：（1）可得到Rt△ADB及Rt△ADC，利用勾股定理及三角函数解题；（2）S△ABC＝12AD·BC.
注意 （1）利用相等角的余弦值相等，从而结合余弦定理列方程是解三角形中的常用方法；（2）在已知条件中见到面积时，要考虑到三角形的高线.
训练4 （1）[2023沈阳市三检]在△ABC中，AD为∠BAC的角平分线，AB＝5，AC＝3，cs∠ABC＝1314，则BC＝ 7或167 ；若AB＜BC，则AD＝ 158 .
解析 因为AB＝5，AC＝3，cs∠ABC＝1314，所以在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs∠ABC，得9＝25＋BC2－657BC，即BC2－657BC＋16＝0，解得BC＝7或BC＝167.
若AB＜BC，则BC＝7，因为AD为∠BAC的角平分线，所以BDDC＝ABAC＝53，所以BD＝58×7＝358，在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cs∠ABC＝52＋（358）2－2×5×358×1314＝22564，所以AD＝158.
（2）如图，△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c.已知a2＋c2＝b2＋ac，则B＝ π3 .若线段AC的垂直平分线交AC于点D，交AB于点E，且BC＝4，DE＝6，则△BCE的面积为 23 .
解析 由余弦定理知cs B＝a2＋c2－b22ac，
又a2＋c2＝b2＋ac，
∴cs B＝12，
∵0＜B＜π，∴B＝π3.
在△BCE中，设∠CEB＝θ，则CEsinπ3＝BCsinθ，可得CE＝23sinθ.
∵线段AC的垂直平分线交AC于点D，交AB于点E，
∴∠ECA＝∠EAC＝θ2，∴sin θ2＝DECE＝2sinθ2，可得csθ2＝22，
∴θ2＝π4，即θ＝π2，∴CE＝2 3，
∴BE＝2，∴S△BCE＝12CE·BE＝2 3.
1.[命题点1/2022全国卷甲]已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当ACAB取得最小值时，BD＝ 3－1 .
解析 设BD＝k（k＞0），则CD＝2k.
根据题意作出大致图形，如图.在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD cs ∠ADB＝22＋k2－2×2k×（－12）＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD cs ∠ADC＝22＋（2k）2－2×2×2k×12＝4k2－4k＋4，则AC2AB2＝4k2－4k+4k2+2k+4＝4（k2+2k+4)－12k－12k2+2k+4＝4－12（k+1）k2+2k+4＝4－12（k+1）（k+1）2+3＝4－12k+1+3k+1.∵k＋1＋3k+1≥23（当且仅当k＋1＝3k+1，即k＝3－1时等号成立），∴AC2AB2≥4－1223＝4－23＝（3－1）2，∴当ACAB取得最小值3－1时，BD＝k＝3－1.
2.[命题点1]在平面四边形ABCD中，A＝B＝C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是 （6－2，6＋2） .
解析 如图，作△PBC，使B＝C＝75°，BC＝2，则P＝30°.作直线AD分别交线段PB，PC于A，D两点（不与端点重合），且使∠BAD＝75°，则四边形ABCD就是符合题意的四边形.过C作AD的平行线交PB于点Q，在△PBC中，BCsin30°＝BPsin75°，可求得BP＝6＋2，同理，在△QBC中，可求得BQ＝6－2，所以AB的取值范围是（6－2，6＋2）.
3.[命题点2]如图，四边形ABCD中，AB2＋BC2＋AB·BC＝AC2.
（1）若AB＝3BC＝3，求△ABC的面积；
（2）若CD＝3BC，∠CAD＝30°，∠BCD＝120°，求∠ACB的值.
解析 （1）在△ABC中，cs B＝AB2＋BC2－AC22AB·BC＝－AB·BC2AB·BC＝－12，
因为0°＜B＜180°，所以B＝120°.
S△ABC＝12AB·BCsin 120°＝12×3×1×32＝334.
（2）设∠ACB＝θ，则∠ACD＝120°－θ，∠ADC＝30°＋θ，∠BAC＝60°－θ.
在△ACD中，由ACsin（30°＋θ）＝CDsin30°，
得AC＝sin（30°＋θ）sin30°CD ①.
在△ABC中，由ACsin120°＝BCsin（60°－θ），
得AC＝sin120°sin（60°－θ）BC ②.
由①②，并结合CD＝3BC，得3sin（30°＋θ）sin30°＝sin120°sin（60°－θ），整理得sin（30°＋θ）sin（60°－θ）＝14，所以sin（60°＋2θ）＝12，
因为0°＜θ＜60°，所以60°＜60°＋2θ＜180°，
所以60°＋2θ＝150°，解得θ＝45°，即∠ACB的值为45°.
4.[命题点2，3，4/2023华南师大附中三模]在△ABC中，AB＝2AC，∠BAC的平分线交边BC于点D.
（1）证明：BC＝3CD；
（2）若AD＝AC，且△ABC的面积为67，求BC的长.
解析 （1）设∠BAD＝α，∠BDA＝β，则∠CAD＝α，∠CDA＝π－β.
在△ABD和△ACD中分别运用正弦定理，得ABBD＝sinβsinα，ACCD＝sin（π－β）sinα，
所以ABBD＝ACCD，即ABAC＝BDCD，又AB＝2AC，故BD＝2CD，所以BC＝3CD.
（2）设AB＝2AC＝2t，所以AD＝AC＝t.
由S△ABC＝S△ACD＋S△ABD，可得12·t·2t·sin 2α＝12·t·t·sin α＋12·2t·t·sin α，
所以4sin αcs α＝3sin α.
因为sin α≠0，所以cs α＝34，
所以cs 2α＝2cs2α－1＝18.
又0＜2α＜π，所以sin 2α＝1－cs22α＝378.
所以S△ABC＝67＝12·t·2t·sin 2α＝378t2，所以t2＝16，
所以BC2＝t2＋4t2－2×t×2t×cs 2α＝92t2＝92×16＝72，所以BC＝62.
学生用书·练习帮P322
1.[2023西安检测]已知△ABC的内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，内角A的平分线交边BC于D点，且AD＝4.若（2b＋c）cs∠BAC＋acs C＝0，则△ABC面积的最小值是 163 .
解析 由（2b＋c）cs∠BAC＋acs C＝0，结合正弦定理，
得2sin Bcs∠BAC＋sin Ccs∠BAC＋sin∠BACcs C＝0，
即2sin Bcs∠BAC＋sin B＝0，又sin B≠0，所以cs∠BAC＝－12，所以∠BAC＝2π3.
因为AD为∠BAC的平分线，所以∠BAD＝∠CAD＝π3，S△ABC＝12bcsin∠BAC＝34bc，S△ABC＝S△ABD＋S△ACD＝12×4csin π3＋12×4bsin π3＝3（b＋c），所以34bc＝3（b＋c），所以1b＋1c＝14.S△ABC＝3（b＋c）＝43（b＋c）（1b＋1c）＝43（2＋cb＋bc）≥163，当且仅当b＝c时等号成立，故△ABC面积的最小值是163.
2. [2024西安调研]在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且满足tan A＋
tan B＋tan C＝33tan Atan B，若c＝2，则a2＋b2的取值范围是 （4，28）∪（28，16＋83] .
解析 解法一 在斜三角形ABC中，tan（A＋B）＝tan（π－C）＝－tan C，tan（A＋B）＝tanA＋tanB1－tanAtanB，则－tan C＝tanA＋tanB1－tanAtanB，故tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C＝33tan A·
tan B，且tan Atan B≠0，故tan C＝33，
∵0＜C＜π，∴C＝π6.
∵c2＝a2＋b2－2abcs C，c＝2，
∴4＝a2＋b2－2abcs C＝a2＋b2－3ab≥a2＋b2－3（a2＋b2）2，
∴a2＋b2≤16＋83，当且仅当a＝b时取等号.
又a2＋b2＝c2＋2abcs C＝4＋3ab＞4，且△ABC为斜三角形，
∴B≠π2，A≠π2，
∴a2＋b2≠28，∴a2＋b2的取值范围是（4，28）∪（28，16＋83].
解法二 由解法一得C＝π6，
∴由正弦定理得asinA＝bsinB＝csinC＝4，
即a＝4sin A，b＝4sin B，
∴a2＋b2＝16（sin2A＋sin2B）＝16（1－cs2A2＋1－cs2B2）＝16－8（cs 2A＋cs 2B），
∵cs 2B＝cs[2π－（2A＋2C）]＝cs（2A＋2C）＝cs（2A＋π3），
∴a2＋b2＝16－8[cs 2A＋cs（2A＋π3）]＝16－8（cs 2A＋12cs 2A－32sin 2A）＝16－
8（32cs 2A－32sin 2A）＝16－83cs（2A＋π6），
又△ABC是斜三角形，
∴0＜A＜5π6，且A≠π3，A≠π2，
∴－1≤cs（2A＋π6）＜32，且cs（2A＋π6）≠－32，
∴a2＋b2∈（4，28）∪（28，16＋83].
3.[2023浙江名校联考]已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足
acs B－bcs A＝a－c.
（1）求B；
（2）若b＝7，a＝2，M为边AC的中点，求BM的长.
解析 （1）解法一 因为acs B－bcs A＝a－c，
所以由余弦定理化简得b2＝a2＋c2－ac.
所以cs B＝a2＋c2－b22ac＝12，结合B∈（0，π），得B＝π3.
解法二 由acs B－bcs A＝a－c，结合正弦定理可得
sin Acs B－sin Bcs A＝sin A－sin C，
因为sin C＝sin（A＋B）＝sin Acs B＋cs Asin B，
所以sin Acs B－sin Bcs A＝sin A－sin Acs B－cs Asin B，
化简得cs B＝12.
因为0＜B＜π，所以B＝π3.
（2）因为b＝7，a＝2，
所以cs∠ABC＝a2＋c2－b22ac＝4+c2－74c＝12，解得c＝3.
因为M为边AC的中点，
所以BM＝12（BA＋BC），
所以｜BM｜＝12（ BA＋BC）2＝129+4+6＝192，
即BM的长为 192.
4.[2024福建漳州调研]设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有2sin（B＋π6）＝b＋ca.
（1）求角A；
（2）若BC边上的高h＝34a，求cs Bcs C.
解析 （1）由2sin（B＋π6）＝b＋ca可得3sin B＋cs B＝b＋ca，
由正弦定理得3sin B＋cs B＝ sinB＋sinCsinA，
即3sin Asin B＋sin Acs B＝sin B＋sin（A＋B），
即3sin Asin B＋sin Acs B＝sin B＋sin Acs B＋cs Asin B，
即3sin Asin B＝sin B＋cs Asin B.
又sin B≠0，所以3sin A－cs A＝1，即sin（A－π6）＝12.
由0＜A＜π，得A＝π3.
（2）△ABC的面积S＝12a·34a＝12bcsin A，所以可得a2＝2bc.
由正弦定理得sin2A＝2sin Bsin C，得sin Bsin C＝38.
又cs（B＋C）＝－cs A＝－12，即cs Bcs C－sin Bsin C＝－12，
所以cs Bcs C＝－18.
5.[2024安徽六校联考]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2a－ccsC＝bcsB.
（1）求角B的大小；
（2）若BC的中点为D且AD＝3，求a＋2c的最大值.
解析 （1）由已知2a－ccsC＝bcsB，利用正弦定理可得2sin∠BAC－sinCcsC＝sinBcsB，
即（2sin∠BAC－sin C）cs B＝sin Bcs C，
所以2sin∠BACcs B＝sin Bcs C＋sin Ccs B＝sin（B＋C），
又∠BAC＋B＋C＝π，
所以2sin∠BACcs B＝sin∠BAC，
因为∠BAC∈（0，π），
所以sin∠BAC＞0，
所以cs B＝12，
又B∈（0，π），所以B＝π3.
（2）在△ABD中，由正弦定理BDsin∠BAD＝ABsin∠ADB＝ADsinB，得BDsin∠BAD＝ABsin∠ADB＝3sinπ3＝2，
设∠BAD＝θ，则a＝4sin θ，c＝2sin（θ＋π3），
所以a＋2c＝4[sin θ＋sin（θ＋π3）]＝43（32sin θ＋12cs θ）＝43sin（θ＋π6），
在△ABD中，B＝π3，所以θ∈（0，2π3），θ＋π6∈（π6，5π6），
所以当θ＋π6＝π2，即θ＝π3时，sin（θ＋π6）取得最大值1，
所以a＋2c的最大值为43.
6. 在①ccsAa＝2sin2C2，②atanAcsB＝btanBcsA，③a2sinBcsB＝b2sinAcsA且C≠π2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
（1）求证：△ABC是等腰三角形；
（2）若D为边BC的中点，且AD＝1，求△ABC周长的最大值.
解析 （1）方案一：选条件①.
由ccsAa＝2sin2C2及正弦定理，得sinCcsAsinA＝1－cs C，
所以sin Ccs A＝sin A－sin Acs C，即sin A＝sin（A＋C）＝sin B，
又0＜A＜π，0＜B＜π，所以A＝B或A＋B＝π（不合题意，舍去），
故△ABC是等腰三角形.
方案二：选条件②.
由atanAcsB＝btanBcsA，得asinAcsBcsA＝bsinBcsAcsB，
所以asin A＝bsin B，
由正弦定理，得a2＝b2，故a＝b，
所以△ABC为等腰三角形.
方案三：选条件③.
由a2sinBcsB＝b2sinAcsA及正弦定理，得sin2AsinBcsB＝sin2BsinAcsA，
所以sin Acs A＝sin Bcs B，得sin 2A＝sin 2B，
又0＜A＜π，0＜B＜π，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，
又C≠π2，所以A＝B，（求出两角的关系后，要进行验证，对结果进行取舍）
所以△ABC为等腰三角形.
（2）由（1）知，△ABC为等腰三角形，且a＝b.
在△ABD中，由余弦定理，得1＝c2＋a24－2c×a2×c2a，
化简得a2＋2c2＝4.
设△ABC的周长为l，则l＝a＋b＋c＝2a＋c，
所以l2＝（2a＋c）2＝4a2＋4ac＋c2≤4a2＋（4c）2＋a22＋c2＝9（a2+2c2）2＝9×42＝18，
当且仅当4c＝a，a2+2c2=4，即a＝423，c＝23时取等号，（利用基本不等式求最值时，要注明等号成立的条件）
所以△ABC周长的最大值lmax＝18＝32.
7. [2023福建质检]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2csin（A＋π6）.
（1）求C；
（2）若c＝1，D为△ABC的外接圆上的点，BA·BD＝BA2，求四边形ABCD面积的最大值.
解析 （1）因为b＝2csin（A＋π6），所以在△ABC中，由正弦定理得，sin B＝2sin C·
sin（A＋π6），
又sin B＝sin（π－A－C）＝sin（A＋C），
所以sin（A＋C）＝2sin Csin（A＋π6），
展开得sin Acs C＋cs Asin C＝2sin C（32sin A＋12cs A），
即sin Acs C－3sin Csin A＝0，
又sin A≠0，所以cs C＝3sin C，即tan C＝33.
又C∈（0，π），所以C＝π6.
（2）解法一 如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R.
因为BA·BD＝BA2，所以BA·（BD－BA）＝0，即BA·AD＝0，所以DA⊥BA，
故BD是☉O的直径，所以BC⊥CD.
在△ABC中，c＝1，2R＝csin∠BCA＝1sinπ6＝2，所以BD＝2.
在△ABD中，AD＝BD2－AB2＝3.
设四边形ABCD的面积为S，BC＝x，CD＝y，则x2＋y2＝4，
S＝S△ABD＋S△CBD＝12AB·AD＋12BC·CD＝32＋12xy≤32＋12·x2＋y22＝32＋1，
当且仅当x＝y＝2时，等号成立.
所以四边形ABCD面积的最大值为32＋1.
解法二 如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，向量BD在向量BA上的投影向量为λBA，
所以BA·BD＝BA·（λBA）＝λ｜BA｜2.
又BA·BD＝BA2＝｜BA｜2，所以λ＝1，
所以向量BD在向量BA上的投影向量为BA，
所以DA⊥BA，
故BD是☉O的直径，
所以BC⊥CD.
在△ABC中，c＝1，2R＝csin∠BCA＝1sinπ6＝2，所以BD＝2.
在△ABD中，AD＝BD2－AB2＝3.
设四边形ABCD的面积为S，∠CBD＝θ，θ∈（0，π2），
则CB＝2cs θ，CD＝2sin θ，
S＝S△ABD＋S△CBD＝12AB·AD＋12CB·CD＝32＋sin 2θ，
当2θ＝π2，即θ＝π4时，S最大，为32＋1.
所以四边形ABCD面积的最大值为32＋1.
解法三 如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R.
因为BA·BD＝BA2，
所以BA·（BD－BA）＝0，
即BA·AD＝0，
所以DA⊥BA，
故BD是☉O的直径，
所以BC⊥CD.
在△ABC中，c＝1，2R＝csin∠BCA＝1sinπ6＝2，所以BD＝2.
在△ABD中，AD＝BD2－AB2＝3.
设四边形ABCD的面积为S，点C到BD的距离为h，
则S＝S△ABD＋S△CBD＝12AB·AD＋12BD·h＝32＋h，
当h＝R＝1时，S最大，为32＋1.
所以四边形ABCD面积的最大值为32＋1.
8.[2024湖南张家界调考]如图，在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，BE⊥CD.
（1）求证：b2＋c2＝5a2.
（2）求cs∠BAC的取值范围.
解析 （1）连接AF，设AF，BE，CD的交点为G，则G为△ABC的重心.
由CD⊥BE，可得FG＝12BC＝12a，AG＝2FG＝a，则AF＝32a.（三角形重心的性质的应用）
在△ABF中，由余弦定理得c2＝（32a）2＋（12a）2－2×32a×12a×cs∠AFB ①，
在△ACF中，由余弦定理得b2＝（32a）2＋（12a）2－2×32a×12a×cs∠AFC ②.
因为∠AFC＋∠AFB＝π，
所以cs∠AFC＝－cs∠AFB，
①＋②，得b2＋c2＝5a2.
（2）因为△ABC为锐角三角形，
所以a2＋b2＞c2，b2＋c2＞a2，c2＋a2＞b2，
所以3b2＞2c2，3c2＞2b2，
则23＜b2c2＜32，即63＜bc＜62.
所以cs∠BAC＝b2＋c2－a22bc＝b2＋c2－15（b2＋c2）2bc＝25（bc＋cb）.
设bc＝t，则63＜t＜62，cs∠BAC＝25（t＋1t）.
令f（t）＝t＋1t，t∈（63，62），易得f（t）在（63，1）上单调递减，在（1，62）上单调递增，
所以当t∈（63，62）时，f（t）≥f（1）＝2，f（t）＜f （63）＝f （62）＝566，
则45≤cs∠BAC＜63，
故cs∠BAC的取值范围为[45，63）.函数法
利用“一角一函数”模型或二次函数模型求解.
基本不等式法
先转化为“和”或“积”为定值的形式，然后利用基本不等式求解.
几何法
根据已知条件画出图形，结合图形，找出临界位置，数形结合求解.
命题点1 解三角形中的最值（范围）问题
例1 [2022新高考卷Ⅰ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csA1+sinA＝sin2B1+cs2B.
（1）若C＝2π3，求B；
（2）求a2＋b2c2的最小值.
解析 （1）因为csA1+sinA＝sin2B1+cs2B，
所以csA1+sinA＝2sinBcsB2cs2B，
易知cs B≠0，所以csA1+sinA＝sinBcsB，
所以cs Acs B＝sin B＋sin Asin B，
所以cs（A＋B）＝sin B，
所以sin B＝－cs C＝－cs 2π3＝12.
因为B∈（0，π3），所以B＝π6.
（2）由（1）得cs（A＋B）＝sin B，
所以sin[π2－（A＋B）]＝sin B，且0＜A＋B＜π2，
所以0＜B＜π2，0＜π2－（A＋B）＜π2，
所以π2－（A＋B）＝B，解得A＝π2－2B，
由正弦定理得a2＋b2c2＝sin2A＋sin2Bsin2C＝sin2（π2－2B）＋sin2B1－sin2B＝cs22B＋sin2Bcs2B＝（2cs2B－1）2+1－cs2Bcs2B＝4cs4B－5cs2B+2cs2B＝4cs2B＋2cs2B－5≥24cs2B×2cs2B－5＝42－5，当且仅当cs2B＝22时取等号，所以a2＋b2c2的最小值为42－5.
方法技巧
解三角形中的最值（范围）问题的求解方法
注意 注意题目中隐含条件的应用，如A＋B＋C＝π，0＜A＜π，｜b－c｜＜a＜b＋c，三角形中大边对大角等.
训练1 [全国卷Ⅱ]△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C.
（1）求A；
（2）若BC＝3，求△ABC周长的最大值.
解析 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
（1）由正弦定理和已知条件得a2－b2－c2＝bc.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，得cs A＝－12.
因为0＜A＜π，所以A＝2π3.
（2）由BC＝a＝3，A＝2π3，得bsinB＝csinC＝asinA＝23，
从而b＝23sin B，c＝23sin（π－A－B）＝3cs B－3sin B，
故a＋b＋c＝3＋3sin B＋3cs B＝3＋23sin（B＋π3）.
又0＜B＜π3，所以π3＜B＋π3＜2π3，
故当B＝π6时，△ABC周长取得最大值3＋23.
命题点2 多三角形问题
例2 [2021新高考卷Ⅰ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asin C.
（1）证明：BD＝b；
（2）若AD＝2DC，求cs∠ABC.
解析 （1）由题易得BDa＝sinCsin∠ABC.在△ABC中，由正弦定理得sinCsin∠ABC＝cb，则BDa＝cb，即BD·b＝ac，
又b2＝ac，所以BD·b＝b2，又b＞0，所以BD＝b.
（2）解法一 由题意可知AD＝23b，DC＝13b.在△ABD与△ABC中，cs∠BAD＝cs∠BAC，所以c2＋49b2－b22c·23b＝c2＋b2－a22bc ①.将b2＝ac代入①式可得6a2－11ac＋3c2＝0，即（2a－3c）（3a－c）＝0，所以c＝23a或c＝3a.
当c＝23a时，cs∠ABC＝c2＋a2－ac2ac＝49a2＋a2－23a243a2＝712；
当c＝3a时，cs∠ABC＝c2＋a2－ac2ac＝9a2＋a2－3a26a2＝76＞1（舍）.
综上，cs∠ABC＝712.
解法二 由题意可得，AD＝23AC，所以BD＝BA＋AD＝BA＋23AC＝BA＋23（BC－BA）＝13BA＋23BC，则BD2＝19c2＋49a2＋49accs∠ABC ①，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs∠ABC ②，
联立①②得11b2＝3c2＋6a2，
因为b2＝ac，所以3c2－11ac＋6a2＝0，
所以c＝3a或c＝23a.以下同解法一.
方法技巧
多三角形问题的解题思路
（1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦定理或余弦定理求解；（2）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件（如公共边，公共角，邻角之间的关系），求出结果.
训练2 [全国卷Ⅰ]如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cs∠FCB＝ －14 .
解析 依题意得，AE＝AD＝3，在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcs∠CAE＝3＋1－23cs 30°＝1，所以EC＝1，所以CF＝EC＝1.又BC＝AC2＋AB2＝1+3＝2，BF＝BD＝AD2＋AB2＝6，所以在△BCF中，由余弦定理得cs∠FCB＝BC2＋CF2－BF22BC×CF＝22＋12－（6）22×2×1＝－14.
命题点3 解三角形中的证明问题
例3 [2023陕西安康中学5月质检]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin Ccs B－2sin Bcs C＝0.
（1）证明：c2－b2＝13a2；
（2）若a＝3，点D在边BC上，且AD⊥BC，AD＝3，求△ABC的周长.
解析 （1）由sin Ccs B－2sin Bcs C＝0，可得sin C·cs B＋sin Bcs C＝3sin Bcs C，
所以sin（B＋C）＝3sin Bcs C，由B＋C＝π－A，可得sin（B＋C）＝sin A，即sin A＝3sin Bcs C，
所以a＝3b×a2＋b2－c22ab，可得2a2＝3a2＋3b2－3c2，即c2－b2＝13a2.
（2）由（1）及a＝3，知c2－b2＝3，可得c2＝b2＋3，
由余弦定理得cs ∠BAC＝b2＋c2－a22bc＝b2－3bc.
由AD⊥BC，AD＝3，可得S△ABC＝12×3×3＝332，
又S△ABC＝12bcsin ∠BAC，所以12bcsin ∠BAC＝332，可得sin ∠BAC＝33bc.
因为cs2∠BAC＋sin2∠BAC＝（b2－3bc）2＋（33bc）2＝1，c2＝b2＋3，所以b2＝4，解得b＝2，c＝7，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝3＋2＋7＝5＋7.
方法技巧
对于解三角形中的证明问题，要仔细观察条件与结论之间的联系，发现二者之间的差异，利用正弦定理、余弦定理及三角恒等变换把条件转换为结论，即可得证.
训练3 [2023石家庄市三检]已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，sin A＝4sin Ccs B，且c＝2.
（1）证明：tan B＝3tan C；
（2）若b＝23，求△ABC外接圆的面积.
解析 （1）因为sin A＝4sin Ccs B，所以sin（B＋C）＝4sin Ccs B，
即sin Bcs C＋cs Bsin C＝4sin Ccs B，即sin Bcs C＝3sin Ccs B，
所以tan B＝3tan C.
（2）因为sin A＝4sin Ccs B，所以a＝4c·a2＋c2－b22ac，
即a2＋2c2－2b2＝0.
又b＝23，c＝2，所以a＝4，
所以c2＋b2＝a2，所以A＝π2，
则△ABC外接圆的半径R＝12a＝2，
所以△ABC外接圆的面积S＝πR2＝4π.
命题点4 三角形中的“三线”问题
例4 （1）[2023合肥六中5月模拟]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若 ccs A＋acs C＝2，AC边上的高为3，则∠ABC的最大值为（ B ）
A.π6B.π3C.π2D.2π3
解析 由射影定理得ccs A＋acs C＝b＝2.∵AC边上的高为3，∴S△ABC＝12×2×3＝12acsin∠ABC，即ac＝23sin∠ABC.∵cs∠ABC＝a2＋c2－b22ac≥2ac－b22ac＝1－2ac，当且仅当a＝c时等号成立.∴cs∠ABC≥1－33sin∠ABC，即3sin∠ABC＋3cs∠ABC≥3，则sin（∠ABC＋π3）≥32.∵∠ABC∈（0，π），∴∠ABC＋π3∈（π3，4π3），则∠ABC＋π3∈（π3，2π3]，∴∠ABC∈（0，π3]，验证知当∠ABC＝π3时，符合题意.故∠ABC的最大值为π3.
（2）[2023全国卷甲]在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝6，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝ 2 .
解析 在△ABC中，由余弦定理得cs 60°＝AC2+4－62×2AC，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋3.又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以12×2ACsin 60°＝12×2ADsin 30°＋12AC×ADsin 30°，所以AD＝23ACAC+2＝23×（1+3）3+3＝2.
例5 [2023新高考卷Ⅱ]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为3，D为BC的中点，且AD＝1.
（1）若∠ADC＝π3，求tan B；
（2）若b2＋c2＝8，求b，c.
解析 （1）因为D为BC的中点，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2×12×AD×DCsin∠ADC＝2×12×1×DC×32＝3，
解得DC＝2，所以BD＝DC＝2，a＝4.
因为∠ADC＝π3，所以∠ADB＝2π3，所以B∈（0，π3）.
在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcs∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝7.
在△ABD中，由正弦定理，得csin∠ADB＝ADsinB，
所以sin B＝ADsin∠ADBc＝2114，
所以cs B＝1－sin2B＝5714.
所以tan B＝sinBcsB＝35.
（2）因为D为BC的中点，所以BD＝DC.
因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cs∠ADB＝－cs∠ADC，
则在△ABD与△ADC中，由余弦定理，得AD2＋BD2－c22AD·BD＝－AD2＋DC2－b22AD·DC，得1＋BD2－c2＝
－（1＋BD2－b2），
所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝3，所以a＝23.
在△ABC中，由余弦定理，得cs∠BAC＝b2＋c2－a22bc＝8－122bc＝－2bc，
所以S△ABC＝12bcsin∠BAC＝12bc1－cs2∠BAC＝12bc1－（－2bc）2＝12b2c2－4＝3，解得bc＝4.
则由bc=4，b2＋c2=8，解得b＝c＝2.
方法技巧
如图，在△ABC中，
1.若AD为BC边上的中线，则：
（1）AD＝12（AB＋AC），两边平方之后解题；（2）S△ABD＝S△ACD.
2.若AD为∠BAC的角平分线，则：（1）S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，利用三角形面积公式展开得到边的关系；（2）cs∠BAD＝cs∠CAD，利用余弦定理列方程；（3）S△ABDS△ACD＝ABAC＝BDCD.
3.若AD为BC边上的高线，则：（1）可得到Rt△ADB及Rt△ADC，利用勾股定理及三角函数解题；（2）S△ABC＝12AD·BC.
注意 （1）利用相等角的余弦值相等，从而结合余弦定理列方程是解三角形中的常用方法；（2）在已知条件中见到面积时，要考虑到三角形的高线.
训练4 （1）[2023沈阳市三检]在△ABC中，AD为∠BAC的角平分线，AB＝5，AC＝3，cs∠ABC＝1314，则BC＝ 7或167 ；若AB＜BC，则AD＝ 158 .
解析 因为AB＝5，AC＝3，cs∠ABC＝1314，所以在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs∠ABC，得9＝25＋BC2－657BC，即BC2－657BC＋16＝0，解得BC＝7或BC＝167.
若AB＜BC，则BC＝7，因为AD为∠BAC的角平分线，所以BDDC＝ABAC＝53，所以BD＝58×7＝358，在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cs∠ABC＝52＋（358）2－2×5×358×1314＝22564，所以AD＝158.
（2）如图，△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c.已知a2＋c2＝b2＋ac，则B＝ π3 .若线段AC的垂直平分线交AC于点D，交AB于点E，且BC＝4，DE＝6，则△BCE的面积为 23 .
解析 由余弦定理知cs B＝a2＋c2－b22ac，
又a2＋c2＝b2＋ac，
∴cs B＝12，
∵0＜B＜π，∴B＝π3.
在△BCE中，设∠CEB＝θ，则CEsinπ3＝BCsinθ，可得CE＝23sinθ.
∵线段AC的垂直平分线交AC于点D，交AB于点E，
∴∠ECA＝∠EAC＝θ2，∴sin θ2＝DECE＝2sinθ2，可得csθ2＝22，
∴θ2＝π4，即θ＝π2，∴CE＝2 3，
∴BE＝2，∴S△BCE＝12CE·BE＝2 3.
1.[命题点1/2022全国卷甲]已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当ACAB取得最小值时，BD＝ 3－1 .
解析 设BD＝k（k＞0），则CD＝2k.
根据题意作出大致图形，如图.在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD cs ∠ADB＝22＋k2－2×2k×（－12）＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD cs ∠ADC＝22＋（2k）2－2×2×2k×12＝4k2－4k＋4，则AC2AB2＝4k2－4k+4k2+2k+4＝4（k2+2k+4)－12k－12k2+2k+4＝4－12（k+1）k2+2k+4＝4－12（k+1）（k+1）2+3＝4－12k+1+3k+1.∵k＋1＋3k+1≥23（当且仅当k＋1＝3k+1，即k＝3－1时等号成立），∴AC2AB2≥4－1223＝4－23＝（3－1）2，∴当ACAB取得最小值3－1时，BD＝k＝3－1.
2.[命题点1]在平面四边形ABCD中，A＝B＝C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是 （6－2，6＋2） .
解析 如图，作△PBC，使B＝C＝75°，BC＝2，则P＝30°.作直线AD分别交线段PB，PC于A，D两点（不与端点重合），且使∠BAD＝75°，则四边形ABCD就是符合题意的四边形.过C作AD的平行线交PB于点Q，在△PBC中，BCsin30°＝BPsin75°，可求得BP＝6＋2，同理，在△QBC中，可求得BQ＝6－2，所以AB的取值范围是（6－2，6＋2）.
3.[命题点2]如图，四边形ABCD中，AB2＋BC2＋AB·BC＝AC2.
（1）若AB＝3BC＝3，求△ABC的面积；
（2）若CD＝3BC，∠CAD＝30°，∠BCD＝120°，求∠ACB的值.
解析 （1）在△ABC中，cs B＝AB2＋BC2－AC22AB·BC＝－AB·BC2AB·BC＝－12，
因为0°＜B＜180°，所以B＝120°.
S△ABC＝12AB·BCsin 120°＝12×3×1×32＝334.
（2）设∠ACB＝θ，则∠ACD＝120°－θ，∠ADC＝30°＋θ，∠BAC＝60°－θ.
在△ACD中，由ACsin（30°＋θ）＝CDsin30°，
得AC＝sin（30°＋θ）sin30°CD ①.
在△ABC中，由ACsin120°＝BCsin（60°－θ），
得AC＝sin120°sin（60°－θ）BC ②.
由①②，并结合CD＝3BC，得3sin（30°＋θ）sin30°＝sin120°sin（60°－θ），整理得sin（30°＋θ）sin（60°－θ）＝14，所以sin（60°＋2θ）＝12，
因为0°＜θ＜60°，所以60°＜60°＋2θ＜180°，
所以60°＋2θ＝150°，解得θ＝45°，即∠ACB的值为45°.
4.[命题点2，3，4/2023华南师大附中三模]在△ABC中，AB＝2AC，∠BAC的平分线交边BC于点D.
（1）证明：BC＝3CD；
（2）若AD＝AC，且△ABC的面积为67，求BC的长.
解析 （1）设∠BAD＝α，∠BDA＝β，则∠CAD＝α，∠CDA＝π－β.
在△ABD和△ACD中分别运用正弦定理，得ABBD＝sinβsinα，ACCD＝sin（π－β）sinα，
所以ABBD＝ACCD，即ABAC＝BDCD，又AB＝2AC，故BD＝2CD，所以BC＝3CD.
（2）设AB＝2AC＝2t，所以AD＝AC＝t.
由S△ABC＝S△ACD＋S△ABD，可得12·t·2t·sin 2α＝12·t·t·sin α＋12·2t·t·sin α，
所以4sin αcs α＝3sin α.
因为sin α≠0，所以cs α＝34，
所以cs 2α＝2cs2α－1＝18.
又0＜2α＜π，所以sin 2α＝1－cs22α＝378.
所以S△ABC＝67＝12·t·2t·sin 2α＝378t2，所以t2＝16，
所以BC2＝t2＋4t2－2×t×2t×cs 2α＝92t2＝92×16＝72，所以BC＝62.
学生用书·练习帮P322
1.[2023西安检测]已知△ABC的内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，内角A的平分线交边BC于D点，且AD＝4.若（2b＋c）cs∠BAC＋acs C＝0，则△ABC面积的最小值是 163 .
解析 由（2b＋c）cs∠BAC＋acs C＝0，结合正弦定理，
得2sin Bcs∠BAC＋sin Ccs∠BAC＋sin∠BACcs C＝0，
即2sin Bcs∠BAC＋sin B＝0，又sin B≠0，所以cs∠BAC＝－12，所以∠BAC＝2π3.
因为AD为∠BAC的平分线，所以∠BAD＝∠CAD＝π3，S△ABC＝12bcsin∠BAC＝34bc，S△ABC＝S△ABD＋S△ACD＝12×4csin π3＋12×4bsin π3＝3（b＋c），所以34bc＝3（b＋c），所以1b＋1c＝14.S△ABC＝3（b＋c）＝43（b＋c）（1b＋1c）＝43（2＋cb＋bc）≥163，当且仅当b＝c时等号成立，故△ABC面积的最小值是163.
2. [2024西安调研]在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且满足tan A＋
tan B＋tan C＝33tan Atan B，若c＝2，则a2＋b2的取值范围是 （4，28）∪（28，16＋83] .
解析 解法一 在斜三角形ABC中，tan（A＋B）＝tan（π－C）＝－tan C，tan（A＋B）＝tanA＋tanB1－tanAtanB，则－tan C＝tanA＋tanB1－tanAtanB，故tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C＝33tan A·
tan B，且tan Atan B≠0，故tan C＝33，
∵0＜C＜π，∴C＝π6.
∵c2＝a2＋b2－2abcs C，c＝2，
∴4＝a2＋b2－2abcs C＝a2＋b2－3ab≥a2＋b2－3（a2＋b2）2，
∴a2＋b2≤16＋83，当且仅当a＝b时取等号.
又a2＋b2＝c2＋2abcs C＝4＋3ab＞4，且△ABC为斜三角形，
∴B≠π2，A≠π2，
∴a2＋b2≠28，∴a2＋b2的取值范围是（4，28）∪（28，16＋83].
解法二 由解法一得C＝π6，
∴由正弦定理得asinA＝bsinB＝csinC＝4，
即a＝4sin A，b＝4sin B，
∴a2＋b2＝16（sin2A＋sin2B）＝16（1－cs2A2＋1－cs2B2）＝16－8（cs 2A＋cs 2B），
∵cs 2B＝cs[2π－（2A＋2C）]＝cs（2A＋2C）＝cs（2A＋π3），
∴a2＋b2＝16－8[cs 2A＋cs（2A＋π3）]＝16－8（cs 2A＋12cs 2A－32sin 2A）＝16－
8（32cs 2A－32sin 2A）＝16－83cs（2A＋π6），
又△ABC是斜三角形，
∴0＜A＜5π6，且A≠π3，A≠π2，
∴－1≤cs（2A＋π6）＜32，且cs（2A＋π6）≠－32，
∴a2＋b2∈（4，28）∪（28，16＋83].
3.[2023浙江名校联考]已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足
acs B－bcs A＝a－c.
（1）求B；
（2）若b＝7，a＝2，M为边AC的中点，求BM的长.
解析 （1）解法一 因为acs B－bcs A＝a－c，
所以由余弦定理化简得b2＝a2＋c2－ac.
所以cs B＝a2＋c2－b22ac＝12，结合B∈（0，π），得B＝π3.
解法二 由acs B－bcs A＝a－c，结合正弦定理可得
sin Acs B－sin Bcs A＝sin A－sin C，
因为sin C＝sin（A＋B）＝sin Acs B＋cs Asin B，
所以sin Acs B－sin Bcs A＝sin A－sin Acs B－cs Asin B，
化简得cs B＝12.
因为0＜B＜π，所以B＝π3.
（2）因为b＝7，a＝2，
所以cs∠ABC＝a2＋c2－b22ac＝4+c2－74c＝12，解得c＝3.
因为M为边AC的中点，
所以BM＝12（BA＋BC），
所以｜BM｜＝12（ BA＋BC）2＝129+4+6＝192，
即BM的长为 192.
4.[2024福建漳州调研]设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有2sin（B＋π6）＝b＋ca.
（1）求角A；
（2）若BC边上的高h＝34a，求cs Bcs C.
解析 （1）由2sin（B＋π6）＝b＋ca可得3sin B＋cs B＝b＋ca，
由正弦定理得3sin B＋cs B＝ sinB＋sinCsinA，
即3sin Asin B＋sin Acs B＝sin B＋sin（A＋B），
即3sin Asin B＋sin Acs B＝sin B＋sin Acs B＋cs Asin B，
即3sin Asin B＝sin B＋cs Asin B.
又sin B≠0，所以3sin A－cs A＝1，即sin（A－π6）＝12.
由0＜A＜π，得A＝π3.
（2）△ABC的面积S＝12a·34a＝12bcsin A，所以可得a2＝2bc.
由正弦定理得sin2A＝2sin Bsin C，得sin Bsin C＝38.
又cs（B＋C）＝－cs A＝－12，即cs Bcs C－sin Bsin C＝－12，
所以cs Bcs C＝－18.
5.[2024安徽六校联考]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2a－ccsC＝bcsB.
（1）求角B的大小；
（2）若BC的中点为D且AD＝3，求a＋2c的最大值.
解析 （1）由已知2a－ccsC＝bcsB，利用正弦定理可得2sin∠BAC－sinCcsC＝sinBcsB，
即（2sin∠BAC－sin C）cs B＝sin Bcs C，
所以2sin∠BACcs B＝sin Bcs C＋sin Ccs B＝sin（B＋C），
又∠BAC＋B＋C＝π，
所以2sin∠BACcs B＝sin∠BAC，
因为∠BAC∈（0，π），
所以sin∠BAC＞0，
所以cs B＝12，
又B∈（0，π），所以B＝π3.
（2）在△ABD中，由正弦定理BDsin∠BAD＝ABsin∠ADB＝ADsinB，得BDsin∠BAD＝ABsin∠ADB＝3sinπ3＝2，
设∠BAD＝θ，则a＝4sin θ，c＝2sin（θ＋π3），
所以a＋2c＝4[sin θ＋sin（θ＋π3）]＝43（32sin θ＋12cs θ）＝43sin（θ＋π6），
在△ABD中，B＝π3，所以θ∈（0，2π3），θ＋π6∈（π6，5π6），
所以当θ＋π6＝π2，即θ＝π3时，sin（θ＋π6）取得最大值1，
所以a＋2c的最大值为43.
6. 在①ccsAa＝2sin2C2，②atanAcsB＝btanBcsA，③a2sinBcsB＝b2sinAcsA且C≠π2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
（1）求证：△ABC是等腰三角形；
（2）若D为边BC的中点，且AD＝1，求△ABC周长的最大值.
解析 （1）方案一：选条件①.
由ccsAa＝2sin2C2及正弦定理，得sinCcsAsinA＝1－cs C，
所以sin Ccs A＝sin A－sin Acs C，即sin A＝sin（A＋C）＝sin B，
又0＜A＜π，0＜B＜π，所以A＝B或A＋B＝π（不合题意，舍去），
故△ABC是等腰三角形.
方案二：选条件②.
由atanAcsB＝btanBcsA，得asinAcsBcsA＝bsinBcsAcsB，
所以asin A＝bsin B，
由正弦定理，得a2＝b2，故a＝b，
所以△ABC为等腰三角形.
方案三：选条件③.
由a2sinBcsB＝b2sinAcsA及正弦定理，得sin2AsinBcsB＝sin2BsinAcsA，
所以sin Acs A＝sin Bcs B，得sin 2A＝sin 2B，
又0＜A＜π，0＜B＜π，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，
又C≠π2，所以A＝B，（求出两角的关系后，要进行验证，对结果进行取舍）
所以△ABC为等腰三角形.
（2）由（1）知，△ABC为等腰三角形，且a＝b.
在△ABD中，由余弦定理，得1＝c2＋a24－2c×a2×c2a，
化简得a2＋2c2＝4.
设△ABC的周长为l，则l＝a＋b＋c＝2a＋c，
所以l2＝（2a＋c）2＝4a2＋4ac＋c2≤4a2＋（4c）2＋a22＋c2＝9（a2+2c2）2＝9×42＝18，
当且仅当4c＝a，a2+2c2=4，即a＝423，c＝23时取等号，（利用基本不等式求最值时，要注明等号成立的条件）
所以△ABC周长的最大值lmax＝18＝32.
7. [2023福建质检]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2csin（A＋π6）.
（1）求C；
（2）若c＝1，D为△ABC的外接圆上的点，BA·BD＝BA2，求四边形ABCD面积的最大值.
解析 （1）因为b＝2csin（A＋π6），所以在△ABC中，由正弦定理得，sin B＝2sin C·
sin（A＋π6），
又sin B＝sin（π－A－C）＝sin（A＋C），
所以sin（A＋C）＝2sin Csin（A＋π6），
展开得sin Acs C＋cs Asin C＝2sin C（32sin A＋12cs A），
即sin Acs C－3sin Csin A＝0，
又sin A≠0，所以cs C＝3sin C，即tan C＝33.
又C∈（0，π），所以C＝π6.
（2）解法一 如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R.
因为BA·BD＝BA2，所以BA·（BD－BA）＝0，即BA·AD＝0，所以DA⊥BA，
故BD是☉O的直径，所以BC⊥CD.
在△ABC中，c＝1，2R＝csin∠BCA＝1sinπ6＝2，所以BD＝2.
在△ABD中，AD＝BD2－AB2＝3.
设四边形ABCD的面积为S，BC＝x，CD＝y，则x2＋y2＝4，
S＝S△ABD＋S△CBD＝12AB·AD＋12BC·CD＝32＋12xy≤32＋12·x2＋y22＝32＋1，
当且仅当x＝y＝2时，等号成立.
所以四边形ABCD面积的最大值为32＋1.
解法二 如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，向量BD在向量BA上的投影向量为λBA，
所以BA·BD＝BA·（λBA）＝λ｜BA｜2.
又BA·BD＝BA2＝｜BA｜2，所以λ＝1，
所以向量BD在向量BA上的投影向量为BA，
所以DA⊥BA，
故BD是☉O的直径，
所以BC⊥CD.
在△ABC中，c＝1，2R＝csin∠BCA＝1sinπ6＝2，所以BD＝2.
在△ABD中，AD＝BD2－AB2＝3.
设四边形ABCD的面积为S，∠CBD＝θ，θ∈（0，π2），
则CB＝2cs θ，CD＝2sin θ，
S＝S△ABD＋S△CBD＝12AB·AD＋12CB·CD＝32＋sin 2θ，
当2θ＝π2，即θ＝π4时，S最大，为32＋1.
所以四边形ABCD面积的最大值为32＋1.
解法三 如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R.
因为BA·BD＝BA2，
所以BA·（BD－BA）＝0，
即BA·AD＝0，
所以DA⊥BA，
故BD是☉O的直径，
所以BC⊥CD.
在△ABC中，c＝1，2R＝csin∠BCA＝1sinπ6＝2，所以BD＝2.
在△ABD中，AD＝BD2－AB2＝3.
设四边形ABCD的面积为S，点C到BD的距离为h，
则S＝S△ABD＋S△CBD＝12AB·AD＋12BD·h＝32＋h，
当h＝R＝1时，S最大，为32＋1.
所以四边形ABCD面积的最大值为32＋1.
8.[2024湖南张家界调考]如图，在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，BE⊥CD.
（1）求证：b2＋c2＝5a2.
（2）求cs∠BAC的取值范围.
解析 （1）连接AF，设AF，BE，CD的交点为G，则G为△ABC的重心.
由CD⊥BE，可得FG＝12BC＝12a，AG＝2FG＝a，则AF＝32a.（三角形重心的性质的应用）
在△ABF中，由余弦定理得c2＝（32a）2＋（12a）2－2×32a×12a×cs∠AFB ①，
在△ACF中，由余弦定理得b2＝（32a）2＋（12a）2－2×32a×12a×cs∠AFC ②.
因为∠AFC＋∠AFB＝π，
所以cs∠AFC＝－cs∠AFB，
①＋②，得b2＋c2＝5a2.
（2）因为△ABC为锐角三角形，
所以a2＋b2＞c2，b2＋c2＞a2，c2＋a2＞b2，
所以3b2＞2c2，3c2＞2b2，
则23＜b2c2＜32，即63＜bc＜62.
所以cs∠BAC＝b2＋c2－a22bc＝b2＋c2－15（b2＋c2）2bc＝25（bc＋cb）.
设bc＝t，则63＜t＜62，cs∠BAC＝25（t＋1t）.
令f（t）＝t＋1t，t∈（63，62），易得f（t）在（63，1）上单调递减，在（1，62）上单调递增，
所以当t∈（63，62）时，f（t）≥f（1）＝2，f（t）＜f （63）＝f （62）＝566，
则45≤cs∠BAC＜63，
故cs∠BAC的取值范围为[45，63）.函数法
利用“一角一函数”模型或二次函数模型求解.
基本不等式法
先转化为“和”或“积”为定值的形式，然后利用基本不等式求解.
几何法
根据已知条件画出图形，结合图形，找出临界位置，数形结合求解.
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