《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

(2)(2024·杭州模拟)若P为等边△ABC内一点,∠BPC = 90°,∠APC = 150°,则$\tan\angle PCA$等于　　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$　　
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$　　
C. $\frac{\sqrt{3}}{9}$　　
D. $2 - \sqrt{3}$

答案： 跟踪演练1　
(2)C

例2　在△ABC中,角A,B,C所对的边分别记为a,b,c,且$\tan A(\cos C+\sin B)=\cos B-\sin C$.
(1)证明:$A + 2B=\frac{\pi}{2}$;
(2)若$a = 2$，求$b + c$的取值范围.

答案： 例2　
(1)证明　因为$\tan A(\cos C + \sin B)=\cos B - \sin C$，
所以$\frac{\sin A}{\cos A}(\cos C + \sin B)=\cos B - \sin C$，
即$\sin A\cos C+\sin A\sin B=\cos A\cos B - \cos A\sin C$，
即$\sin A\cos C+\cos A\sin C=\cos A\cos B - \sin A\sin B$，
所以$\sin(A + C)=\cos(A + B)$，
即$\sin B=\sin(\frac{\pi}{2}+A + B)$，
又$A\in(0,\pi)$，$B\in(0,\pi)$，
所以$B=\frac{\pi}{2}+A + B$或$B+\frac{\pi}{2}+A + B=\pi$，
即$A = -\frac{\pi}{2}$(舍)或$A + 2B=\frac{\pi}{2}$，
所以$A + 2B=\frac{\pi}{2}$。
(2)解　由
(1)得$A + 2B=\frac{\pi}{2}$，
因为$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$，
所以$b=\frac{a\sin B}{\sin A}=\frac{2\sin B}{\sin A}=\frac{2\sin B}{\sin(\frac{\pi}{2}-2B)}=\frac{2\sin B}{\cos 2B}$，
$c=\frac{a\sin C}{\sin A}=\frac{2\sin C}{\sin A}=\frac{2\sin(\frac{\pi}{2}+B)}{\sin(\frac{\pi}{2}-2B)}=\frac{2\cos B}{\cos 2B}$，
则$b + c=\frac{2(\sin B+\cos B)}{\cos 2B}=\frac{2(\sin B+\cos B)}{\cos^{2}B-\sin^{2}B}=\frac{2}{\cos B-\sin B}=\frac{\sqrt{2}}{\cos(B + \frac{\pi}{4})}$，
又由$\begin{cases}0 ＜ B ＜ \pi\\0 ＜ \frac{\pi}{2}-2B ＜ \pi\\0 ＜ \frac{\pi}{2}+B ＜ \pi\end{cases}$，得$0 ＜ B ＜ \frac{\pi}{4}$，
所以$\frac{\pi}{4}＜B+\frac{\pi}{4}＜\frac{\pi}{2}$，
所以$0 ＜ \cos(B+\frac{\pi}{4})＜\frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以$b + c$的取值范围为$(2,+\infty)$。

跟踪演练2　(2024·南充模拟)在①$2c\sin B\cos A = b(\sin A\cos B+\cos A\sin B)$;②$\sin^{2}B+\sin^{2}C + \cos^{2}A−1=\sin(A + B)\sin(A + C)$;③$\frac{b\sin B + c\sin C - a\sin A}{c\sin B}=\frac{2}{\sqrt{3}}\sin A$这三个条件中任选一个，补充在下面的横线中，并解答问题。在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足________________.
(1)求A;
(2)若△ABC的面积为$16\sqrt{3}$，D为AC的中点，求BD的最小值.
注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

答案： 跟踪演练2　解　
(1)若选择①：
$2c\sin B\cos A=b(\sin A\cos B+\cos A\sin B)$，
由正弦定理可得$2\sin C\sin B\cos A=\sin B\sin(A + B)=\sin B\sin C$，
又$C\in(0,\pi)$，$B\in(0,\pi)$，
故$\sin C\neq0$，$\sin B\neq0$，
$\therefore\cos A=\frac{1}{2}$，
又$A\in(0,\pi)$，故$A=\frac{\pi}{3}$。
若选择②：$\sin^{2}B+\sin^{2}C+\cos^{2}A - 1=\sin(A + B)\sin(A + C)$，
则$\sin^{2}B+\sin^{2}C-\sin^{2}A=\sin(A + B)\cdot\sin(A + C)=\sin C\sin B$，
由正弦定理可得$b^{2}+c^{2}-a^{2}=bc$，
故$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{1}{2}$，
又$A\in(0,\pi)$，故$A=\frac{\pi}{3}$。
若选择③：
$\frac{b\sin B + c\sin C - a\sin A}{c\sin B}=\frac{2}{\sqrt{3}}\sin A$，
由正弦定理可得$\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{1}{\sqrt{3}}\sin A$，
再由余弦定理得$\cos A=\frac{1}{\sqrt{3}}\sin A$，
即$\tan A=\sqrt{3}$，
$\because A\in(0,\pi)$，$\therefore A=\frac{\pi}{3}$。
(2)$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}cb\sin A = 16\sqrt{3}$，
又$A=\frac{\pi}{3}$，$\therefore cb = 64$。
在$\triangle BAD$中，由余弦定理得$BD^{2}=BA^{2}+AD^{2}-2\cdot BA\cdot AD\cdot\cos A$
$=c^{2}+(\frac{b}{2})^{2}-2c\cdot\frac{b}{2}\cdot\cos\frac{\pi}{3}$
$=c^{2}+\frac{b^{2}}{4}-\frac{1}{2}cb$
$\geqslant2\sqrt{c^{2}\cdot\frac{b^{2}}{4}}-\frac{1}{2}cb$
$=\frac{1}{2}cb = 32$，
当且仅当$c=\frac{b}{2}=4\sqrt{2}$时取等号，
$\therefore BD$的最小值为$4\sqrt{2}$。