第二课时 解三角形的应用
考点一 多边形中的解三角形问题
例1 (2024·青岛质检)如图，在四边形ABCD中，AB＝2AD＝4，BD＝BC，∠DBC＝，∠DAB＝θ，sin θ＋cos θ＝.
求：(1)△ABD的面积；
(2)线段AC的长度.
解 (1)因为sin θ＋cos θ＝，①
所以(sin θ＋cos θ)2＝，
所以2sin θcos θ＝－<0.
因为θ为△ABD的内角，
所以sin θ>0，cos θ<0.
所以(sin θ－cos θ)2＝1－2sin θcos θ＝，
所以sin θ－cos θ＝.②
联立①②，得sin θ＝，cos θ＝，
所以S△ABD＝AB×AD×sin θ
＝×2×4×＝.
(2)由(1)知cos θ＝，sin θ＝，
由余弦定理，得
BC2＝BD2＝AD2＋AB2－2AD×AB×cos θ
＝22＋42－2×2×4×＝30－2.
设∠ABD＝α.由正弦定理，得＝，
所以sin α＝，
所以cos ∠ABC＝cos＝－sin α＝－.
在△ABC中，由余弦定理，得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ∠ABC
＝16＋30－2－2·4·BD·
＝46－2＋16sin θ
＝46－2＋16×＝56，
所以AC＝2.
感悟提升 平面几何中解三角形问题的求解思路
(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、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，求出结果.
训练1 如图，在△ABC中，A＝，AC＝，CD平分∠ACB交AB于点D，CD＝.
求：(1)∠ADC的值；
(2)△BCD的面积.
解 (1)在△ADC中，由正弦定理得
＝，
所以sin ∠ADC＝＝＝.
因为0<∠ADC<，所以∠ADC＝.
(2)由(1)得∠ACD＝∠BCD＝π－－＝.
由题设，B＝∠ACB＝，
即△ABC为等腰三角形，
所以BC＝2×AC×cos ＝，
sin ∠BCD＝sin ＝sin
＝×－×＝，
所以△BCD的面积
S△BCD＝BC×CD×sin ∠BCD
＝××sin ＝.
考点二 三角形中的最值(范围)
例2 (12分)(2022·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝.
(1)若C＝，求B；
(2)求的最小值.
[思路分析] (1)化简条件式，利用C＝消去角A得到角B的三角方程，即可求解.
(2)利用条件式得到A，B的关系式，利用正弦定理把转化为B的三角函数式，利用基本不等式求其最小值.
[规范解答] 解 (1)因为＝，
所以＝，
→
所以＝，(2分)
所以cos Acos B＝sin B＋sin Asin B，
，(4分)
→由cos(A＋B)＝－cos C，C＝，进而求B
所以sin B＝－cos C＝－cos ＝.
(5分)
→
(2)
→
所以sin＝sin B，
且0
所以－(A＋B)＝B，解得A＝－2B，(8分)
由正弦定理得＝
→
＝＝②
→
＝＝
＝＝4cos2B＋－5③
→(10分)
≥2－5＝4－5③，
当且仅当cos2B＝时取等号，
→
所以的最小值为4－5.(12分)
[满分规则]
得步骤分
①处的实质都是解三角方程，都要注意写清楚角的范围，否则易失步骤分.
得关键分
②处消去角A是本题得解的关键所在.
得计算分
③处利用基本不等式求最小的关键是把目标函数化为其适用形式.
训练2 (2024·皖北协作区联考)在下面的三个条件中任选一个补充到问题中，并给出解答.
①2a－b＝2ccos B，②sin＝cos C＋，③m＝(a－c，b－a)，n＝(a＋c，b)，m⊥n.
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________.
(1)求角C；
(2)若c＝，求△ABC周长的取值范围.
解 (1)选①：由正弦定理及2a－b＝2ccos B，
得2sin A－sin B＝2sin Ccos B，
又∵sin A＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)
＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
∴2sin Bcos C＝sin B.
∵sin B≠0，∴cos C＝.
又∵C∈(0，π)，∴C＝.
选②：由sin＝cos C＋，
得sin C＋cos C＝cos C＋，
即sin C－cos C＝，∴sin＝.
∵C∈(0，π)，∴C－∈，
∴C－＝，∴C＝.
选③：∵m⊥n，
∴(a－c)(a＋c)＋(b－a)b＝0，
化简得a2＋b2－c2＝ab，
∴cos C＝＝.
∵C∈(0，π)，∴C＝.
(2)由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C
＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab.
∵≥，
∴ab≤，
当且仅当a＝b时等号成立.
∴3ab＝(a＋b)2－3≤(a＋b)2，
∴0＜a＋b≤2，
当且仅当a＝b＝时等号成立.
∴a＋b＋c≤2＋＝3.
又∵a＋b＞c，∴a＋b＋c＞2c＝2.
∴△ABC周长的取值范围为(2，3].
考点三 三角形中的证明问题
例3 (2022·全国乙卷)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A).
(1)若A＝2B，求C；
(2)证明：2a2＝b2＋c2.
(1)解 由A＝2B，A＋B＋C＝π，
可得A＝.
将A＝2B代入sin Csin(A－B)
＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin B＝sin Bsin(C－A).
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以sin C＝sin(C－A).
又A，C∈(0，π)，所以C＋C－A＝π，
即A＝2C－π，与A＝联立，
解得C＝.
(2)证明 法一 由sin Csin(A－B)
＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin Acos B－sin Ccos Asin B
＝sin Bsin Ccos A－sin Bcos Csin A，
结合正弦定理可得，
accos B－bccos A＝bccos A－abcos C，
即accos B＋abcos C＝2bccos A(*).
由余弦定理得，
accos B＝，abcos C＝，
2bccos A＝b2＋c2－a2，
将上述三式代入(*)式并整理，得2a2＝b2＋c2.
法二 因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)
＝sin2Acos2B－cos2Asin2B
＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B
＝sin2A－sin2B，
同理有sin Bsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)
＝sin2C－sin2A.
又sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
即2sin2A＝sin2B＋sin2C，
故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
感悟提升 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，即为证明过程.
训练3 (2024·开封调研)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin(B－C)·tan A＝sin Bsin C.
(1)若A＝B，求sin2A的值；
(2)证明为定值.
(1)解 由题得
＝sin Asin C，
∵0
∵A＝B，
∴sin Acos C－sin Ccos A＝cos Asin C，
∴sin Acos C＝2cos Asin C.
又∵C＝π－2A，
∴sin Acos(π－2A)＝2cos Asin(π－2A)，
即－sin Acos 2A＝2cos Asin 2A，
即－sin A(1－2sin2A)＝4sin Acos2A，
整理得2sin2A－1＝4－4sin2A，
解得sin2A＝.
(2)证明 由已知条件得
＝sin Bsin C，
则sin Asin Bcos C－sin Asin Ccos B＝
cos Asin Bsin C，
故sin Asin Bcos C＝
sin C(cos Asin B＋sin Acos B)，
∴sin Asin Bcos C＝sin Csin(A＋B)，
∵A＋B＝π－C，
∴sin Asin Bcos C＝sin2C.
由余弦定理得cos C＝，
由正弦定理得ab·＝c2，
整理得＝3，即为定值.
【A级 基础巩固】
1.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，cos2＋cos A＝.
(1)求A；
(2)若b－c＝a，证明：△ABC是直角三角形.
(1)解 由已知得sin2A＋cos A＝，
即cos2A－cos A＋＝0.
所以＝0，cos A＝.
由于0
sin B－sin C＝sin A.
由(1)知B＋C＝，
所以sin B－sin＝sin ，
即sin B－cos B＝，sin＝.
由于0
2.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知cos A＝，D是边AC的中点，a＝2BD.
(1)证明：b＝6c；
(2)若△ABC的面积为，求a的值.
(1)证明 设BD＝x，则a＝BC＝2x.
在△ABC中，由余弦定理，得
b2＋c2－2bccos A＝4x2，
即2b2＋2c2－bc＝8x2.①
在△ABD中，由余弦定理，得
＋c2－2··c·cos A＝x2，
即b2＋4c2－bc＝4x2.②
2×②－①，得6c2－bc＝0.
又c≠0，所以b＝6c.
(2)解 将b＝6c代入①，
得2b2＋b2－b2＝8x2，
解得b＝x(负值舍去)，所以c＝x.
由cos A＝，A∈(0，π)，可知sin A＝.
因为S△ABC＝，所以bcsin A＝，
即·x·x·＝，
解得x＝2(负值舍去).所以a＝4.
3.(2024·西安调研)如图，在平面四边形ABCD中，AC⊥AD，AC＝AD＝7，AB=3.
(1)若BD＝8，求△ABC的面积；
(2)若∠BAC＝∠ADB，求BD的长.
解 (1)在△ABD中，由余弦定理，得
cos ∠BAD＝
＝＝－.
又sin ∠BAC＝sin
＝－cos ∠BAD＝，
所以S△ABC＝·AB·AC·sin ∠BAC＝.
(2)设∠BAC＝∠ADB＝θ，
则∠DAB＝＋θ，∠ABD＝－2θ.
在△ABD中，由正弦定理，得
＝＝，
即＝＝，
所以3cos 2θ＝7sin θ，BD＝，
所以6sin2θ＋7sin θ－3＝0，
解得sin θ＝或sin θ＝－(舍去).
由图易知θ∈，
所以cos θ＝，因此BD＝6.
4.(2024·武汉调研)在△ABC中，D为边BC上一点，∠BAD＝90°，B＝∠DAC，12BD＝7AC.
(1)求tan 2B；
(2)若AB＝7，求△ABC内切圆的半径.
解 (1)设B＝∠DAC＝α，
∴∠ADC＝90°＋α，C＝90°－2α，
在△ADC中，由正弦定理可得
＝，即＝，
在Rt△ABD中，AD＝BDsin α，
又AC＝BD，∴＝，
∴sin αcos α＝cos 2α，
∴sin 2α＝cos 2α，
∴tan 2α＝，即tan 2B＝.
(2)∵tan 2B＝＝，
∴(3tan B＋4)(4tan B－3)＝0，
又易知B为锐角，∴tan B>0，
∴tan B＝，
∴sin B＝，cos B＝，
∵AB＝7，∴BD＝，AC＝15.
cos ∠BAC＝cos(90°＋B)＝－sin B＝－.
在△ABC中，由余弦定理可得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos ∠BAC＝400，
∴BC＝20.
设△ABC的内切圆半径为r，
由S△ABC＝AB·ACsin ∠BAC
＝(AB＋AC＋BC)r，
得r＝2.故△ABC的内切圆的半径为2.
【B级 能力提升】
5.(2024·广州调研)如图，在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AC＝，AD＝1，∠ACD＝.
(1)求CD的长；
(2)若△ABC为锐角三角形，求BC的取值范围.
解 (1)在△ACD中，AC＝，AD＝1，∠ACD＝，
由余弦定理可得
AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos ∠ACD，
即1＝3＋CD2－3CD，
解得CD＝1或CD＝2.
(2)因为BC⊥CD，∠ACD＝，
所以∠ACB＝.
因为△ABC为锐角三角形，
所以解得
所以BC＝＝
＝＝＋·，
由
所以BC的取值范围为.
6.(2024·潍坊模拟)如图，P为△ABC内的一点，记∠BAP＝α，∠ABP＝β，且α，β在△ABP中的对边分别记为m，n，(2m＋n)sin β＝ncos β，α，β∈.
(1)求∠APB；
(2)若AB＝2，BP＝2，PC＝，记∠APC＝θ，求线段AP的长和△ABC面积的最大值.
解 (1)因为(2m＋n)sin β＝ncos β，
由正弦定理可得
(2sin α＋sin β)sin β＝sin βcos β，
因为sin β≠0，
所以2sin α＋sin β＝cos β，
即sin α＝cos β－sin β，
所以sin α＝sin，
因为α，β∈，则－β∈，
所以α＝－β，则α＋β＝，
所以∠APB＝π－(α＋β)＝.
(2)在△APB中，由余弦定理得
AB2＝AP2＋BP2－2AP·BP·cos ∠APB，
即12＝AP2＋4＋2AP，
因为AP>0，所以AP＝2.
因为∠APB＋∠BPC＋∠APC＝2π，
所以∠BPC＝2π－－θ＝－θ.
S△ABC＝S△APB＋S△APC＋S△BPC
＝×AP×BP×sin ∠APB＋×AP×CP×sin ∠APC＋×BP×CP×sin ∠BPC
＝×2×2×sin ＋×2××sin θ＋×2××sin
＝＋
＝＋
＝＋
＝＋
＝＋3sin，0<θ<π.
因为－<θ－<，
所以当θ－＝，
即θ＝时，△ABC的面积有最大值＋3.第二课时 解三角形的应用
考点一 多边形中的解三角形问题
例1 (2024·青岛质检)如图，在四边形ABCD中，AB＝2AD＝4，BD＝BC，∠DBC＝，∠DAB＝θ，sin θ＋cos θ＝.
求：(1)△ABD的面积；
(2)线段AC的长度.
感悟提升 平面几何中解三角形问题的求解思路
(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、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，求出结果.
训练1 如图，在△ABC中，A＝，AC＝，CD平分∠ACB交AB于点D，CD＝.
求：(1)∠ADC的值；
(2)△BCD的面积.
考点二 三角形中的最值(范围)
例2 (12分)(2022·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝.
(1)若C＝，求B；
(2)求的最小值.
[思路分析] (1)化简条件式，利用C＝消去角A得到角B的三角方程，即可求解.
(2)利用条件式得到A，B的关系式，利用正弦定理把转化为B的三角函数式，利用基本不等式求其最小值.
[规范解答] 解 (1)因为＝，
所以＝，
→
所以＝，(2分)
所以cos Acos B＝sin B＋sin Asin B，
，(4分)
→由cos(A＋B)＝－cos C，C＝，进而求B
所以sin B＝－cos C＝－cos ＝.
(5分)
→
(2)
→
所以sin＝sin B，
且0
所以－(A＋B)＝B，解得A＝－2B，(8分)
由正弦定理得＝
→
＝＝②
→
＝＝
＝＝4cos2B＋－5③
→(10分)
≥2－5＝4－5③，
当且仅当cos2B＝时取等号，
→
所以的最小值为4－5.(12分)
[满分规则]
得步骤分
①处的实质都是解三角方程，都要注意写清楚角的范围，否则易失步骤分.
得关键分
②处消去角A是本题得解的关键所在.
得计算分
③处利用基本不等式求最小的关键是把目标函数化为其适用形式.
训练2 (2024·皖北协作区联考)在下面的三个条件中任选一个补充到问题中，并给出解答.
①2a－b＝2ccos B，②sin＝cos C＋，
③m＝(a－c，b－a)，n＝(a＋c，b)，m⊥n.
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________.
(1)求角C；
(2)若c＝，求△ABC周长的取值范围.
考点三 三角形中的证明问题
例3 (2022·全国乙卷)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A).
(1)若A＝2B，求C；
(2)证明：2a2＝b2＋c2.
感悟提升 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，即为证明过程.
训练3 (2024·开封调研)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
sin(B－C)·tan A＝sin Bsin C.
(1)若A＝B，求sin2A的值；
(2)证明：为定值.
(共42张PPT)
第四章 三角函数、解三角形 第7节 正弦定理和余弦定理及其应用
第二课时 解三角形的应用
目 录
CONTENTS
考点聚焦突破
01
课时分层精练
02
考点聚焦突破
1
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 多边形中的解三角形问题
(2)线段AC的长度.
由余弦定理，得BC2＝BD2＝AD2＋AB2－2AD×AB×cos θ
感悟提升
平面几何中解三角形问题的求解思路
(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、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，求出结果.
(2)△BCD的面积.
考点二 三角形中的最值(范围)
[满分规则]
得步骤分
①处的实质都是解三角方程，都要注意写清楚角的范围，否则易失步骤分.
得关键分
②处消去角A是本题得解的关键所在.
得计算分
③处利用基本不等式求最小的关键是把目标函数化为其适用形式.
解 选①：由正弦定理及2a－b＝2ccos B，
得2sin A－sin B＝2sin Ccos B，
又∵sin A＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
∴2sin Bcos C＝sin B.
考点三 三角形中的证明问题
例3 (2022·全国乙卷)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A).
(1)若A＝2B，求C；
将A＝2B代入sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin B＝sin Bsin(C－A).
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以sin C＝sin(C－A).
(2)证明：2a2＝b2＋c2.
证明 法一 由sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin Acos B－sin Ccos Asin B＝sin Bsin Ccos A－sin Bcos Csin A，
结合正弦定理可得，accos B－bccos A＝bccos A－abcos C，
即accos B＋abcos C＝2bccos A(*).
2bccos A＝b2＋c2－a2，
将上述三式代入(*)式并整理，得2a2＝b2＋c2.
法二 因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2Acos2B－cos2Asin2B
＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B，
同理有sin Bsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.
又sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
即2sin2A＝sin2B＋sin2C，
故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
感悟提升
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，即为证明过程.
训练3 (2024·开封调研)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
sin(B－C)·tan A＝sin Bsin C.
(1)若A＝B，求sin2A的值；
∵0
∵A＝B，
∴sin Acos C－sin Ccos A＝cos Asin C，
∴sin Acos C＝2cos Asin C.
又∵C＝π－2A，
∴sin Acos(π－2A)＝2cos Asin(π－2A)，
即－sin Acos 2A＝2cos Asin 2A，
即－sin A(1－2sin2A)＝4sin Acos2A，
整理得2sin2A－1＝4－4sin2A，
则sin Asin Bcos C－sin Asin Ccos B＝cos Asin Bsin C，
故sin Asin Bcos C＝sin C(cos Asin B＋sin Acos B)，
∴sin Asin Bcos C＝sin Csin(A＋B)，
∵A＋B＝π－C，∴sin Asin Bcos C＝sin2C.
课时分层精练
2
KESHIFENCENGJINGLIAN
证明 设BD＝x，则a＝BC＝2x.
在△ABC中，由余弦定理，得b2＋c2－2bccos A＝4x2，
即2b2＋2c2－bc＝8x2.①
即b2＋4c2－bc＝4x2.②
2×②－①，得6c2－bc＝0.
又c≠0，所以b＝6c.
3.(2024·西安调研)如图，在平面四边形ABCD中，AC⊥AD，AC＝AD＝7，AB=3.
(1)若BD＝8，求△ABC的面积；
解 在△ABD中，由余弦定理，得
(2)若∠BAC＝∠ADB，求BD的长.
4.(2024·武汉调研)在△ABC中，D为边BC上一点，∠BAD＝90°，B＝∠DAC，12BD＝7AC.
(1)求tan 2B；
解 设B＝∠DAC＝α，∴∠ADC＝90°＋α，C＝90°－2α，
在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos ∠BAC＝400，
∴BC＝20.
设△ABC的内切圆半径为r，
得r＝2.故△ABC的内切圆的半径为2.
由余弦定理可得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos ∠ACD，
即1＝3＋CD2－3CD，
解得CD＝1或CD＝2.
解 在△APB中，由余弦定理得AB2＝AP2＋BP2－2AP·BP·cos ∠APB，
即12＝AP2＋4＋2AP，
因为AP>0，所以AP＝2.
因为∠APB＋∠BPC＋∠APC＝2π，对点练7.2 解三角形的应用
【A级 基础巩固】
1.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，cos2＋cos A＝.
(1)求A；
(2)若b－c＝a，证明：△ABC是直角三角形.
2.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知cos A＝，D是边AC的中点，a＝2BD.
(1)证明：b＝6c；
(2)若△ABC的面积为，求a的值.
3.(2024·西安调研)如图，在平面四边形ABCD中，AC⊥AD，AC＝AD＝7，
AB＝3.
(1)若BD＝8，求△ABC的面积；
(2)若∠BAC＝∠ADB，求BD的长.
4.(2024·武汉调研)在△ABC中，D为边BC上一点，∠BAD＝90°，B＝∠DAC，12BD＝7AC.
(1)求tan 2B；
(2)若AB＝7，求△ABC内切圆的半径.
【B级 能力提升】
5.(2024·广州调研)如图，在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AC＝，AD＝1，∠ACD＝.
(1)求CD的长；
(2)若△ABC为锐角三角形，求BC的取值范围.
6.(2024·潍坊模拟)如图，P为△ABC内的一点，记∠BAP＝α，∠ABP＝β，且α，β在△ABP中的对边分别记为m，n，(2m＋n)sin β＝ncos β，α，β∈.
(1)求∠APB；
(2)若AB＝2，BP＝2，PC＝，记∠APC＝θ，求线段AP的长和△ABC面积的最大值.
对点练7.2 解三角形的应用
1.(1)解 由已知得sin2A＋cos A＝，
即cos2A－cos A＋＝0.
所以＝0，cos A＝.
由于0
sin B－sin C＝sin A.
由(1)知B＋C＝，
所以sin B－sin＝sin ，
即sin B－cos B＝，sin＝.
由于0
2.(1)证明 设BD＝x，则a＝BC＝2x.
在△ABC中，由余弦定理，得
b2＋c2－2bccos A＝4x2，
即2b2＋2c2－bc＝8x2.①
在△ABD中，由余弦定理，得
＋c2－2··c·cos A＝x2，
即b2＋4c2－bc＝4x2.②
2×②－①，得6c2－bc＝0.
又c≠0，所以b＝6c.
(2)解 将b＝6c代入①，
得2b2＋b2－b2＝8x2，
解得b＝x(负值舍去)，所以c＝x.
由cos A＝，A∈(0，π)，可知sin A＝.
因为S△ABC＝，所以bcsin A＝，
即·x·x·＝，
解得x＝2(负值舍去).所以a＝4.
3.解 (1)在△ABD中，由余弦定理，得
cos ∠BAD＝＝＝－.
又sin ∠BAC＝sin＝－cos ∠BAD＝，
所以S△ABC＝·AB·AC·sin ∠BAC＝.
(2)设∠BAC＝∠ADB＝θ，
则∠DAB＝＋θ，∠ABD＝－2θ.
在△ABD中，由正弦定理，得
＝＝，
即＝＝，
所以3cos 2θ＝7sin θ，BD＝，
所以6sin2θ＋7sin θ－3＝0，
解得sin θ＝或sin θ＝－(舍去).
由图易知θ∈，所以cos θ＝，
因此BD＝6.
4.解 (1)设B＝∠DAC＝α，
∴∠ADC＝90°＋α，C＝90°－2α，
在△ADC中，由正弦定理可得
＝，即＝，
在Rt△ABD中，AD＝BDsin α，
又AC＝BD，∴＝，
∴sin αcos α＝cos 2α，∴sin 2α＝cos 2α，
∴tan 2α＝，即tan 2B＝.
(2)∵tan 2B＝＝，
∴(3tan B＋4)(4tan B－3)＝0，
又易知B为锐角，∴tan B>0，
∴tan B＝，∴sin B＝，cos B＝，
∵AB＝7，∴BD＝，AC＝15.
cos ∠BAC＝cos(90°＋B)＝－sin B＝－.
在△ABC中，由余弦定理可得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos ∠BAC＝400，
∴BC＝20.
设△ABC的内切圆半径为r，
由S△ABC＝AB·ACsin ∠BAC＝(AB＋AC＋BC)r，
得r＝2.故△ABC的内切圆的半径为2.
5.解 (1)在△ACD中，AC＝，AD＝1，
∠ACD＝，由余弦定理可得
AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos ∠ACD，
即1＝3＋CD2－3CD，
解得CD＝1或CD＝2.
(2)因为BC⊥CD，∠ACD＝，
所以∠ACB＝.
因为△ABC为锐角三角形，
所以
解得
所以BC＝＝＝＝＋·，
由
所以BC的取值范围为.
6.解 (1)因为(2m＋n)sin β＝ncos β，
由正弦定理可得(2sin α＋sin β)sin β＝sin βcos β，
因为sin β≠0，所以2sin α＋sin β＝cos β，
即sin α＝cos β－sin β，
所以sin α＝sin，
因为α，β∈，则－β∈，
所以α＝－β，则α＋β＝，
所以∠APB＝π－(α＋β)＝.
(2)在△APB中，由余弦定理得AB2＝AP2＋BP2－2AP·BP·cos ∠APB，
即12＝AP2＋4＋2AP，
因为AP>0，所以AP＝2.
因为∠APB＋∠BPC＋∠APC＝2π，
所以∠BPC＝2π－－θ＝－θ.
S△ABC＝S△APB＋S△APC＋S△BPC
＝×AP×BP×sin ∠APB＋×AP×CP×sin ∠APC＋×BP×CP×sin ∠BPC
＝×2×2×sin ＋×2××sin θ＋×2××sin
＝＋
＝＋
＝＋
＝＋
＝＋3sin，0<θ<π.
因为－<θ－<，
所以当θ－＝，
即θ＝时，△ABC的面积有最大值＋3.
