重难点11 解三角形的图形类问题和重要模型（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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\l "_Tc4350" 【题型1 两次使用余弦定理】 PAGEREF _Tc4350 \h 3
\l "_Tc27563" 【题型2 等面积法】 PAGEREF _Tc27563 \h 5
\l "_Tc8082" 【题型3 解三角形中的中线模型】 PAGEREF _Tc8082 \h 8
\l "_Tc9284" 【题型4 解三角形中的倍角模型】 PAGEREF _Tc9284 \h 11
\l "_Tc12390" 【题型5 解三角中的角平分线模型】 PAGEREF _Tc12390 \h 15
\l "_Tc2826" 【题型6 解三角中的高模型】 PAGEREF _Tc2826 \h 19
\l "_Tc21748" 【题型7 解三角形中的等分点模型】 PAGEREF _Tc21748 \h 22
\l "_Tc9445" 【题型8 三角形的重心问题】 PAGEREF _Tc9445 \h 25
\l "_Tc14960" 【题型9 三角形的外接圆、内切圆问题】 PAGEREF _Tc14960 \h 29
1、解三角形的图形类问题和重要模型
解三角形是高考的热点内容，是每年高考必考内容之一.从近几年的高考情况来看，正、余弦定理解三角形在选择题、填空题中考查较多，难度较易；解答题中解三角形的图形类问题和一些重要模型也是考查的重要内容，中等难度，有时也会与三角函数、平面向量等知识综合考查，解题方法多种多样，需要灵活求解.
【知识点1 三角形图形类问题的解题策略】
1．解决三角形图形类问题的常用方法：
(1)两次使用余弦定理：两次使用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理
的性质解题；
(2)等面积法：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
(3)正、余弦定理结合：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
(4)相似三角形：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
(5)平面向量：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
(6)建系：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
【知识点2 解三角形中的重要模型】
1.中线模型
(1)中线长定理：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，AD是BC边上的中线，则.
(2)向量法：.
2.倍角模型
，这样的三角形称为“倍角三角形”．
推论1：；
推论2：.
3.角平分线模型
角平分线张角定理：如图，为平分线，则
斯库顿定理：如图，是的角平分线，则，可记忆：中方=上积-下积．
4.等分点模型
如图，若在边上，且满足，，则延长至，使，连接.
易知∥，且，，．
【题型1 两次使用余弦定理】
【例1】（2024·河南·三模）在△ABC中，AB=32,cs∠BAC=−13,AD⊥AC，且AD交BC于点D，AD=3，则sinC=（ ）
A．13B．33C．63D．223
【解题思路】利用诱导公式求出cs∠BAD，再利用余弦定理求出BD及cs∠ADB即可得解.
【解答过程】由cs∠BAC=−13,AD⊥AC，得sin∠BAD=sin(∠BAC−π2)=−cs∠BAC=13，
而∠BAD为锐角，则cs∠BAD=1−(13)2=223，
在△ABD中，由余弦定理得BD=(32)2+32−2×32×3×223=3，
所以sinC=cs∠ADC=−cs∠ADB=−32+(3)2−(32)22×3×3=33.
故选：B.

【变式1-1】（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a=3,BC边上中线AD长为1，则bc最大值为（ ）
A．74B．72C．3D．23
【解题思路】根据两角互补余弦值之和等于0，然后分别在三角形中利用余弦定理求出两角的余弦，列出方程求出b2+c2=72，然后利用基本不等式求出最值即可.
【解答过程】由题意得∠ADB+∠ADC=π，
所以cs∠ADB+cs∠ADC=0，
又a=3，且D是BC的中点，所以DB=DC=32，
在△ABD中，cs∠ADB=AD2+BD2−c22AD⋅BD=74−c23，
在△ADC中，cs∠ADC=AD2+CD2−b22AD⋅CD=74−b23，
所以cs∠ADC+cs∠ADB=74−b23+74−c23=0，
即b2+c2=72，得2bc≤b2+c2=72⇒bc≤74，当且仅当b=c=72取等号，
故选：A.
【变式1-2】（2024·浙江台州·二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若acsC=2ccsA，则bca2的最大值为（ ）
A．3B．32C．32D．3
【解题思路】根据题意，由余弦定理代入化简，再由基本不等式代入计算，即可得到结果.
【解答过程】由余弦定理可知，csC=a2+b2−c22ab,csA=b2+c2−a22bc，
由acsC=2ccsA可得a⋅a2+b2−c22ab=2c⋅b2+c2−a22bc，
化简可得a2+b2−c2=2b2+2c2−2a2，
所以3a2=b2+3c2，即a2=b2+3c23，
即bca2=3bcb2+3c2=3bc+3cb≤32bc⋅3cb=32，
当且仅当bc=3cb时，即b=3c时，等号成立，
所以bca2的最大值为32.
故选：C.
【变式1-3】（2024·陕西咸阳·三模）在△ABC中，a、b、c分别为△ABC的内角A、B、C的对边，M为边AC上一点，满足MC=3AM，若a2+c2−b2+ac=0，c=2，a=4，则BM=（ ）
A．72B．37C．37D．392
【解题思路】由已知条件求出b，由余弦定理求出B，再由正弦定理求出sinA，进而求出csA，在△ABM中，由余弦定理即可求出BM
【解答过程】
由已知，a2+c2−b2=−ac，则csB=a2+c2−b22ac=−ac2ac=−12，
因为B∈0,π，所以B=2π3，
又c=2，a=4，代入a2+c2−b2=−ac，解得b=27，
因为M为边AC上一点，满足MC=3AM，所以AM=14AC=72，
由正弦定理bsinB=asinA，即27sin2π3=4sinA，解得sinA=217，所以csA=277，
设BM=x，则在△ABM中，由余弦定理BM2=AB2+AM2−2AB⋅AMcsA，
得x2=22+722−2×2×72×277=74，解得x=72，即BM=72.
故选：A.
【题型2 等面积法】
【例2】（2024·海南·模拟预测）在△ABC中，∠ACB的平分线与对边AB交于点D，若△CAD的面积为△CBD的2倍，且CD=2,∠ACB=120°，则BC=（ ）
A．3B．4C．6D．8
【解题思路】借助三角形面积公式计算可得CA=2CB，再利用等面积法计算即可得解.
【解答过程】由S△CAD=2S△CBD，则有12×CA⋅CD⋅sin∠ACB2=2×12×CB⋅CD⋅sin∠ACB2，
即有CA=2CB，
又S△CAD+S△CBD=S△ABC，
则有12×CA⋅CD⋅sin∠ACB2+12×CB⋅CD⋅sin∠ACB2=12×CA⋅CB⋅sin∠ACB，
即2CA+2BC=CA⋅BC，即有4BC+2BC=2BC⋅BC，即BC=3.
故选：A.
【变式2-1】（2024·辽宁丹东·二模）在△ABC中，点D在BC边上，AD平分∠BAC，∠BAC=120°，AB=23，AD=233，则AC=（ ）
A．2B．3C．3D．23
【解题思路】本题角平分线长问题，利用面积关系S△ABC=S△ABD+S△ADC，结合面积公式，就能求解出AC的长.
【解答过程】因为S△ABC=S△ABD+S△ADC，
所以12×AB×AC×sin120°=12×AB×AD×sin60°+12×AD×AC×sin60°,
即AB×AC=AB×AD+AD×AC，代入AB=23，AD=233，
可得23×AC=23×233+233×AC，则433×AC=4，
解得AC=3．
故选：B.
【变式2-2】（2024·湖南长沙·三模）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知a=2,b=4.
(1)若csB+2csA=ccsC，求C的值；
(2)若D是边AB上的一点，且CD平分∠ACB,cs∠ACB=−19，求CD的长.
【解题思路】（1）由已知可得acsB+bcsA=2ccsC，边化角，可得sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsC，利用三角恒等变换可求C；
（2）由已知可得cs∠ACB2=23，利用S△ABC=S△ADC+S△BDC，可得CD=2abcs∠ACB2a+b，可求解.
【解答过程】（1）由题意得2csB+4csA= 2ccsC，所以acsB+bcsA=2ccsC.
由正弦定理，得sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsC，即sinA+B=2sinCcsC.
又sinA+B=sinC，所以sinC=2sinCcsC，又sinC≠0，所以csC=12.
因为C∈0,π，所以C=π3.
（2）由cs∠ACB=−19，得2cs2∠ACB2−1=−19，解得cs∠ACB2=23.
由S△ABC=S△ADC+S△BDC，
得12absin∠ACB=12b⋅CDsin∠ACB2+ 12a⋅CD⋅sin∠ACB2，
即2abcs∠ACB2=a+bCD，
所以CD=2abcs∠ACB2a+b=2×2×4×232+4=169.
【变式2-3】（2024·山东泰安·模拟预测）已知△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c，b(sinB+sinC)= (a−c)(sinA+ sinC)．
(1)求A；
(2)A的平分线AD交BC于D点，9b+c=64，求AD的最大值．
【解题思路】（1）根据题意利用正弦定理可得b(b+c)=(a−c)(a+c)，再结合余弦定理可得csA=−12，即可得结果；
（2）根据题意结合面积关系可得AD=bcb+c，再利用基本不等式分析求解.
【解答过程】（1）因为b(sinB+sinC)=(a−c)(sinA+sinC)，
由正弦定理得b(b+c)=(a−c)(a+c)，整理得b2+c2−a2=−bc，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，
且A∈0,π，所以A=2π3.
（2）因为AD为A的角平分线，则∠BAD=∠CAD=12∠A=π3，
由S△ABD+S△ACD=S△ABC，
可得12c⋅AD⋅sin∠BAD+12b⋅AD⋅sin∠CAD=12bcsin∠BAC.
整理得ADb+c=bc，
又因为9b+c=64，
可得AD=bcb+c=11b+1c=11b+1c9b+c64=11649+1+cb+9bc
≤11642cb⋅9bc+10=4，
当且仅当cb=9bc，即c=3b=16时，等号成立，
所以AD的最大值为4.
【题型3 解三角形中的中线模型】
【例3】（2024·全国·模拟预测）记△ABC的内角∠BAC,∠B,∠C的对边分别为a,b,c，已知2bcsBcs2C=a−2ccsCcs2B．
(1)求∠BAC．
(2)若b+c=8，且边BC上的中线AD=192，求△ABC的面积．
【解题思路】（1）利用正弦定理及三角公式求cs∠BAC=−12，根据角的范围可得∠BAC
（2）根据余弦定理可得bc=15，根据面积公式求解可得
【解答过程】（1）由已知条件及正弦定理，得2sinBcsB⋅cs2C=sin∠BAC−2sinCcsCcs2B．
整理，得sin2Bcs2C+sin2Ccs2B=sin∠BAC，
即sin2B+2C=sin∠BAC．
又∠B+∠C=π−∠BAC，
所以−sin2∠BAC=sin∠BAC，
即−2sin∠BACcs∠BAC=sin∠BAC．
因为sin∠BAC≠0，所以cs∠BAC=−12．
又∠BAC∈0,π，所以∠BAC=2π3．
（2）由题意得，2AD=AB+AC，
所以4AD2=AB2+AC2+2AB⋅AC，
即19=c2+b2+2cbcs2π3=(b+c)2−3bc=64−3bc，
所以bc=15．
故S△ABC=12bcsin∠BAC=12×15×sin2π3=1534.
【变式3-1】（2024·湖南长沙·三模）如图，在△ABC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,△ABC的面积为932.
(1)求BC的长度；
(2)求∠APB的余弦值.
【解题思路】（1）因为S△ABC=12AB⋅ACsin∠BAC，得到，由∠BAC=π3，在△ABC由余弦定理即可得到BC的长度.
（2）因为AB2+BC2=9+27=36=AC2，所以∠BAC为直角，∴BN=3,∴BP=23BN=2.在△ABM中，由勾股定理得AM，即得到AP，在△ABP中，由余弦定理即可得到∠APB的余弦值.
【解答过程】（1）由题知，S△ABC=12AB⋅ACsin∠BAC=932，所以sin∠BAC=32，
又因为∠BAC∈0,π，所以∠BAC=π3或2π3.因为∠BAC为锐角，所以∠BAC=π3.
在△ABC中，由余弦定理知BC2=AB2+AC2−2⋅AB⋅ACcs∠BAC，
整理得BC2=9+36−2×3×6×12=27，解得BC=33.
（2）因为AB2+BC2=9+27=36=AC2，
所以∠ABC=π2，BN=12AC=3,，∴BP=23BN=2
在△ABM中，由勾股定理得：AB2+BM2=AM2，∴AM=372，AP=23AM=7
所以在△ABP中，由余弦定理得cs∠APB=AP2+BP2−AB22AP⋅BP=714.
所以∠APB的余弦值为714.
【变式3-2】（2024·陕西西安·三模）在△ABC中,角A,B,C的对边是a,b,c,已知b1+csA=c1−cs2B.
(1)证明:b=c;
(2)若BC边上的高AD为2,AC边上的中线BE为27,求△ABC的面积.
【解题思路】（1）利用三角函数恒等变换以及正弦定理化简已知等式可得cs(B−C)=1,可求B−C∈(−π,π),可得B−C=0 ,即可证明b=c;
（2）由题意可求csC=DCAC=a2b,在△BEC中, 由余弦定理可得a=43,b=c=4,利用三角形的面积公式即可求解.
【解答过程】（1）证明：因为1+csA=c1−cs2B，
则b1+csA=c⋅2sin2B,
由正弦定理得：sinB1+csA=sinC⋅2sin2B,
因为B∈0,π,sinB≠0,
所以1+csA=2sinCsinB,
又因为B+C+A=π，所以1−cs(B+C)=2sinCsinB,
所以1−csBcsC+sinCsinB=2sinCsinB
所以csB−C=1,
因为B−C∈−π,π,
所以B−C=0所以B=C，即b=c,得证；
（2）因为BC边上的高AD为2,AC边上的中线BE为27, 所以AD⊥BC,
所以csC=DCAC=a2b,
在△BEC中,由余弦定理得: BE2=BC2+EC2−2BC⋅ECcsC,
所以28=a2+(b2)2−2a⋅b2⋅a2b,即 28=a22+b24,且,a24+4=b2,解得a=43, b=c=4,
所以S=12a×AD=43.
【变式3-3】（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在△ABC中，点M,N分别为BC,AC的中点，AM与BN交于点G，AM=3,∠MAB=45°．
(1)若AC=52，求中线BN的长；
(2)若△ABC是锐角三角形，求四边形GMCN面积的取值范围．
【解题思路】（1）对2AM=AB+AC两边同时平方可得AB=72，再由平面向量的运算法则得BN=AM−32AB，对其两边同时平方即可得出答案.
（2）由分析知SGMCN=22AB，再分别讨论∠A,∠B,∠C为锐角，由数量积的定义求出AB的范围，即可得出答案.
【解答过程】（1）因为点M为BC的中点，所以2AM=AB+AC，
则AC=2AM−AB，即AC2=4AM2−4AM⋅AB+AB2，
即50=4×9−4×3×AB×22+AB2，解得：AB=72或AB=−2（舍去），
又因为BN=AN−AB=12AC−AB=12×2AM−AB−AB=AM−32AB，
BN2=AM2−3AB⋅AM+94AB2，即BN2=9−3×3×72×22+94×49×2=3332，
所以BN=6662=3742.

（2）SGMCN=S△AMC−S△AGN=S△AMC−13S△AMC=23S△AMC=23S△AMB,
=23×12×AB×3×22=22AB,
因为△ABC是锐角三角形，所以∠A是锐角，即AB⋅AC>0，
即AB⋅2AM−AB>0，所以AB2−32AB0，得AB2−922AB+18>0，
所以AB∈R，综上：322