《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

训练 3. 已知向量$\boldsymbol{a}=(\sin x,\frac{3}{2}),\boldsymbol{b}=(\cos x,-1)$.
(1)当$\boldsymbol{a}//\boldsymbol{b}$时，求$2\cos^{2}x - \sin2x$的值；
(2)求$f(x)=(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})\cdot\boldsymbol{b}$在$[-\frac{\pi}{2},0]$上的单调递增区间.

答案： 解　
(1)由$a// b$，得$(-1)\sin x=\frac{3}{2}\cos x$，
所以$\tan x=-\frac{3}{2}$。
所以$2\cos^2x-\sin2x=\frac{2\cos^2x-2\sin x\cos x}{\cos^2x+\sin^2x}=\frac{2 - 2\tan x}{1+\tan^2x}=\frac{2 + 3}{1+\frac{9}{4}}=\frac{20}{13}$。
(2)$f(x)=a\cdot b + b^2=\sin x\cos x-\frac{3}{2}+\cos^2x + 1=\frac{1}{2}\sin2x+\frac{1+\cos2x}{2}-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\sin(2x+\frac{\pi}{4})$。
当$x\in[-\frac{\pi}{2},0]$时，$2x+\frac{\pi}{4}\in[-\frac{3\pi}{4},\frac{\pi}{4}]$。
令$-\frac{\pi}{2}\leqslant2x+\frac{\pi}{4}\leqslant\frac{\pi}{4}$，得$-\frac{3\pi}{8}\leqslant x\leqslant0$。
故函数$f(x)$在$[-\frac{\pi}{2},0]$上的单调递增区间为$[-\frac{3\pi}{8},0]$。

例4 (2024·四川成都调研)在$\triangle ABC$中，内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$，且$\boldsymbol{m}=(2b + c,a),\boldsymbol{n}=(\cos A,\cos C),\boldsymbol{m}\perp\boldsymbol{n}$.
(1)求角$A$的大小；
(2)$D$是线段$BC$上的点，且$AD = BD = 2,CD = 3$，求$\triangle ABD$的面积.

答案： 解　
(1)因为$m=(2b + c,a)$，$n=(\cos A,\cos C)$，$m\perp n$，
所以$m\cdot n=(2b + c)\cos A+a\cos C = 0$。
由正弦定理可得$2\sin B\cos A+(\sin A\cos C+\cos A\sin C)=0$，
即$2\sin B\cos A+\sin(A + C)=0$，又$A + C=\pi - B$，
所以$2\sin B\cos A+\sin B = 0$。
又$B\in(0,\pi)$，则$\sin B\gt0$，
所以$\cos A=-\frac{1}{2}$，又$A\in(0,\pi)$，
因此$A=\frac{2\pi}{3}$。
(2)设$B=\theta$，因为$A=\frac{2\pi}{3}$，则$C=\pi-\frac{2\pi}{3}-\theta=\frac{\pi}{3}-\theta$。
因为$AD = BD = 2$，
所以$\angle BAD=B=\theta$，$\angle ADC = 2\theta$，$\angle DAC=\frac{2\pi}{3}-\theta$。
在$\triangle ACD$中，由正弦定理可知$\frac{AD}{\sin C}=\frac{CD}{\sin\angle DAC}$，
即$\frac{2}{\sin(\frac{\pi}{3}-\theta)}=\frac{3}{\sin(\frac{2\pi}{3}-\theta)}$，
即$3(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta-\frac{1}{2}\sin\theta)=2(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta+\frac{1}{2}\sin\theta)$，
化简可得$5\sin\theta=\sqrt{3}\cos\theta$，即$\tan\theta=\frac{\sqrt{3}}{5}$。
所以$\sin2\theta=\frac{2\sin\theta\cos\theta}{\sin^2\theta+\cos^2\theta}=\frac{2\tan\theta}{\tan^2\theta+1}=\frac{5\sqrt{3}}{14}$。
所以$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AD\cdot BD\sin(\pi - 2\theta)=\frac{1}{2}AD\cdot BD\sin2\theta=\frac{1}{2}\times2^2\times\frac{5\sqrt{3}}{14}=\frac{5\sqrt{3}}{7}$。

训练 4. (2023·广东广州天河区模拟)在$\triangle ABC$中，内角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$，且满足$b\cos\frac{B + C}{2}=a\sin B$.
(1)求$A$；
(2)若$a=\sqrt{19},\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{AC}=3,AD$是$\triangle ABC$的中线，求$AD$的长.

答案： 解　
(1)因为$\cos\frac{B + C}{2}=\cos(\frac{\pi}{2}-\frac{A}{2})=\sin\frac{A}{2}$，
所以$b\sin\frac{A}{2}=a\sin B$。
由正弦定理，得$\sin B\sin\frac{A}{2}=\sin A\sin B$。
因为$\sin B\neq0$，所以$\sin\frac{A}{2}=\sin A$。
所以$\sin\frac{A}{2}=2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}$。
因为$A\in(0,\pi)$，$\frac{A}{2}\in(0,\frac{\pi}{2})$，所以$\sin\frac{A}{2}\neq0$，
所以$\cos\frac{A}{2}=\frac{1}{2}$。
所以$\frac{A}{2}=\frac{\pi}{3}$。
所以$A=\frac{2\pi}{3}$。
(2)因为$\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{AC}=3$，所以$bc\cos(\pi - A)=3$。
又$A=\frac{2\pi}{3}$，所以$bc = 6$。
由余弦定理，得$b^2 + c^2=a^2+2bc\cos A = 13$。
又$\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$，
所以$|\overrightarrow{AD}|^2=\frac{1}{4}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})^2=\frac{1}{4}(c^2 + b^2+2bc\cos A)=\frac{7}{4}$。
所以$|\overrightarrow{AD}|=\frac{\sqrt{7}}{2}$，即$AD$的长为$\frac{\sqrt{7}}{2}$。