《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

6.(2024浙江宁波十校联考,15)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin(A - B)cosC = cosBsin(A - C).
(1)判断△ABC的形状;
(2)若△ABC为锐角三角形,sinA = $\frac{1}{b}$,求$\frac{2}{a²}$ + $\frac{1}{2b}$ + $\frac{1}{2c}$的最大值.

答案： 解析：
(1)由题意得$(\sin A\cos B-\cos A\sin B)\cos C=\cos B\cdot(\sin A\cos C-\cos A\sin C)$，整理得$\cos A(\cos B\sin C-\sin B\cos C)=\cos A\sin(C - B)=0$，故$\cos A = 0$或$\sin(C - B)=0$，当$\cos A = 0$时，$A=\frac{\pi}{2}$，$\triangle ABC$为直角三角形，当$\sin(C - B)=0$时，$B = C$，$\triangle ABC$为等腰三角形，当$\cos A = 0$且$\sin(C - B)=0$时，$A=\frac{\pi}{2}$，$B = C=\frac{\pi}{4}$，$\triangle ABC$为等腰直角三角形。故$\triangle ABC$为直角三角形或等腰三角形或等腰直角三角形。
(2)由
(1)知，若$\triangle ABC$为锐角三角形，则一定为等腰三角形，$\therefore b = c$，由$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$得$a\sin B=b\sin A = 1$，$\therefore a=\frac{1}{\sin B}$，$\therefore\frac{2}{a^{2}}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}=\frac{2}{a^{2}}+\frac{1}{b}=2\sin^{2}B+\sin A=1-\cos 2B+\sin 2B=1+\sqrt{2}\sin(2B-\frac{\pi}{4})$，$\because\triangle ABC$为锐角三角形，$\therefore\begin{cases}0＜B＜\frac{\pi}{2}\\0＜A=\pi - 2B＜\frac{\pi}{2}\end{cases}$，解得$\frac{\pi}{4}＜B＜\frac{\pi}{2}$，$\therefore$当$2B-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$，即$B=\frac{3\pi}{8}$时$\frac{2}{a^{2}}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}$取得最大值，最大值为$\sqrt{2}+1$。

7.(2024湖南长沙一中一模,17)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知tanC + $\sqrt{3}$ = tanB($\sqrt{3}$tanC - 1).
(1)求角A;
(2)若a = $\sqrt{3}$,△ABC所在平面内有一点D满足∠BDC = $\frac{2\pi}{3}$,且BC平分∠ABD,求△ACD面积的取值范围.

答案： 解析：
(1)由$\tan C+\sqrt{3}=\tan B(\sqrt{3}\tan C - 1)$，得$\tan B+\tan C=-\sqrt{3}(1 - \tan B\tan C)$，即$\frac{\tan B+\tan C}{1 - \tan B\tan C}=-\sqrt{3}$，即$\tan(B + C)=-\sqrt{3}$，所以$\tan(\pi - A)=-\sqrt{3}$，即$\tan A=\sqrt{3}$，又$A\in(0,\pi)$，所以$A=\frac{\pi}{3}$。
(2)设$\angle ABC=\angle CBD=x$，在$\triangle BCD$中，$\angle BDC=\frac{2\pi}{3}$，故$x\in(0,\frac{\pi}{3})$，则$\angle ACD=2\pi-\frac{\pi}{3}-\frac{2\pi}{3}-2x=\pi - 2x$，由正弦定理有$\frac{BC}{\sin\angle BAC}=\frac{AC}{\sin x}$，$\frac{BC}{\sin\angle BDC}=\frac{DC}{\sin x}$，则$AC = CD = 2\sin x$，故$S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}(2\sin x)^{2}\sin(\pi - 2x)=4\sin^{3}x\cos x$，令$\varphi(x)=4\sin^{3}x\cos x$，$x\in(0,\frac{\pi}{3})$，则$\varphi^{\prime}(x)=12\sin^{2}x\cos^{2}x-4\sin^{4}x=4\sin^{2}x(\sqrt{3}\cos x+\sin x)(\sqrt{3}\cos x-\sin x)$，易知$\varphi^{\prime}(x)＞0$，则函数$\varphi(x)=4\sin^{3}x\cos x$在$(0,\frac{\pi}{3})$上单调递增，又$\varphi(0)=0$，$\varphi(\frac{\pi}{3})=\frac{3\sqrt{3}}{4}$，所以$\triangle ACD$面积的取值范围为$(0,\frac{3\sqrt{3}}{4})$。

1.(概念深度理解)(2024安徽质量联合检测，15)在△ABC中,A,B,C所对的边分别是a,b,c.
(1)请用正弦定理证明:若a＞b,则A＞B;
(2)请用余弦定理证明:若A＞B,则a＞b.

答案： 证明：
(1)由$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$，$a＞b$得$\sin A＞\sin B$。
(i)若$A$，$B\in(0,\frac{\pi}{2}]$，则由$y = \sin x$在$(0,\frac{\pi}{2}]$上单调递增，得$A＞B$。
(ii)若$A\in(0,\frac{\pi}{2}]$，$B\in(\frac{\pi}{2},\pi)$，则$\sin A＞\sin B=\sin(\pi - B)$，此时$\pi - B\in(0,\frac{\pi}{2})$，由$y = \sin x$在$(0,\frac{\pi}{2})$上单调递增，得$A＞\pi - B\Leftrightarrow A + B＞\pi$，舍去。
(iii)若$B\in(0,\frac{\pi}{2}]$，$A\in(\frac{\pi}{2},\pi)$，则$\sin A=\sin(\pi - A)＞\sin B$，此时$\pi - A\in(0,\frac{\pi}{2})$，由$y = \sin x$在$(0,\frac{\pi}{2})$上单调递增，得$\pi - A＞B$，$A + B＜\pi$，则$A＞B$成立。综上，若$a＞b$，则$A＞B$。
(2)由$y = \cos x$在$(0,\pi)$上单调递减，得$\cos A＜\cos B$，则$\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}＜\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}$，则$a(b^{2}+c^{2}-a^{2})＜b(a^{2}+c^{2}-b^{2})$，即$ab(b - a)+c^{2}(a - b)+(b - a)(a^{2}+b^{2}+ab)＜0$，即$(b - a)[(a + b)^{2}-c^{2}]=(b - a)(a + b + c)(a + b - c)＜0$。而$a + b + c＞0$，$a + b - c＞0$，因此$a＞b$。

2.(新定义理解)(2024福建厦门二模,16)定义:如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的两倍,那么这个三角形叫做倍角三角形.如图,△ABC的面积为S,三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sinC = $\frac{2S}{c² - b²}$.
(1)证明:△ABC是倍角三角形;
(2)若c = 9,当S取最大值时,求tanB.

答案： 解析：
(1)证明：因为$\sin C=\frac{2S}{c^{2}-b^{2}}=\frac{2\times\frac{1}{2}ab\sin C}{c^{2}-b^{2}}=\frac{ab\sin C}{c^{2}-b^{2}}$，又$\sin C\neq0$，所以$\frac{ab}{c^{2}-b^{2}} = 1$，则$b^{2}=c^{2}-ab$，又由余弦定理$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos B$，得$2c\cos B=a + b$，由正弦定理，得$2\sin C\cos B=\sin A+\sin B$。$\sin A=\sin(B + C)=\sin B\cos C+\cos B\sin C$，代入上式可得$\sin C\cos B=\sin B\cos C+\sin B$，即$\sin C\cos B-\sin B\cos C=\sin B$，$\sin(C - B)=\sin B$，则有$C - B = B$，$C = 2B$，或$C - B + B=\pi$（舍去），故$\triangle ABC$是倍角三角形。
(2)因为$C = 2B$，所以$A=\pi - B - C=\pi - 3B＞0$，故$0＜B＜\frac{\pi}{3}$，则$\tan B\in(0,\sqrt{3})$，由$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$，得$a=\frac{9\sin A}{\sin C}=\frac{9\sin(\pi - 3B)}{\sin 2B}=\frac{9\sin 3B}{\sin 2B}$，则$S=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{9}{2}a\sin B=\frac{9}{2}\cdot\frac{9\sin 3B}{\sin 2B}\cdot\sin B=\frac{81}{4}\cdot\frac{\sin 3B}{\cos B}=\frac{81}{4}\cdot\frac{\sin 2B\cos B+\cos 2B\sin B}{\cos B}=\frac{81}{4}(\sin 2B+\cos 2B\tan B)=\frac{81}{4}(\frac{2\tan B}{1+\tan^{2}B}+\frac{1 - \tan^{2}B}{1+\tan^{2}B}\cdot\tan B)=\frac{81}{4}\cdot\frac{3\tan B-\tan^{3}B}{1+\tan^{2}B}$，设$x = \tan B$，$x\in(0,\sqrt{3})$，$f(x)=\frac{3x - x^{3}}{1 + x^{2}}$，则$f^{\prime}(x)=\frac{(3 - 3x^{2})(1 + x^{2})-(3x - x^{3})\cdot2x}{(1 + x^{2})^{2}}=\frac{-x^{4}-6x^{2}+3}{(1 + x^{2})^{2}}$，令$f^{\prime}(x)=0$，得$x^{2}=2\sqrt{3}-3$或$x^{2}=-2\sqrt{3}-3$（舍），当$0＜x^{2}＜2\sqrt{3}-3$时，$f^{\prime}(x)＞0$，当$2\sqrt{3}-3＜x^{2}＜3$时，$f^{\prime}(x)＜0$，则$f(x)$在$(0,\sqrt{2\sqrt{3}-3})$上单调递增，在$(\sqrt{2\sqrt{3}-3},\sqrt{3})$上单调递减，故当$x=\sqrt{2\sqrt{3}-3}$时，$f(x)$取最大值，此时$S$也取最大值，故$\tan B=\sqrt{2\sqrt{3}-3}$为所求。