《2025年金考卷特快专递高中数学》

13. $(1-\frac{y}{x})(x + y)^{8}$的展开式中$x^{2}y^{6}$的系数为________（用数字作答）。

答案： - 28 二项式定理(理性思维) $(x + y)^{8}$展开式的通项$T_{r + 1}=C_{8}^{r}x^{8 - r}y^{r}$，r = 0，1，…，7，8. 令r = 6，得$T_{6 + 1}=C_{8}^{6}x^{2}y^{6}$，令r = 5，得$T_{5 + 1}=C_{8}^{5}x^{3}y^{5}$，所以$(1-\frac{y}{x})(x + y)^{8}$的展开式中$x^{2}y^{6}$的系数为$C_{8}^{6}-C_{8}^{5}=-28$.

14. 写出与圆$x^{2}+y^{2}=1$和$(x - 3)^{2}+(y - 4)^{2}=16$都相切的一条直线的方程________。

答案：
x = - 1或7x - 24y - 25 = 0或3x + 4y - 5 = 0(注意只需从这三条公切线中挑一条作答即可) 直线与圆相切 + 圆与圆的位置关系(理性思维) 解法一 由题设可知，圆$x^{2}+y^{2}=1$的圆心在原点，半径为1；圆$(x - 3)^{2}+(y - 4)^{2}=16$的圆心为B(3，4)，半径为4. 因此两个圆为相切关系，其公共切线共有三条.
方法一(几何直观法) 根据圆心和半径关系可知，x = - 1既是圆$x^{2}+y^{2}=1$的切线，也是圆$(x - 3)^{2}+(y - 4)^{2}=16$的切线，故x = - 1为所求.
方法二(依据两圆位置关系求解) 由题设可知，两个圆圆心的距离为5，因此这两个圆是相切的. 两个圆圆心的连线方程为y = $\frac{4}{3}x$，代入$x^{2}+y^{2}=1$，解得交点坐标为($\frac{3}{5}$，$\frac{4}{5}$)，(- $\frac{3}{5}$，- $\frac{4}{5}$). 故两个圆的公共点为($\frac{3}{5}$，$\frac{4}{5}$). 从而公切线可取过点($\frac{3}{5}$，$\frac{4}{5}$)，且与两个圆心的连线垂直的直线，故y = - $\frac{3}{4}x+\frac{5}{4}$为所求.
方法三(待定系数法) 若公切线的斜率不存在，设公切线方程为x = c，与$x^{2}+y^{2}=1$联立，即$y^{2}=1 - c^{2}$有唯一解，故c = 1或c = - 1. 同理，x = c与$(x - 3)^{2}+(y - 4)^{2}=16$联立，$(y - 4)^{2}=7 + 6c - c^{2}$有唯一解，故c = 7或c = - 1. 经验证可知x = - 1为所求.
方法四(待定系数法) 可知两个圆圆心的连线方程为y = $\frac{4}{3}x$，可设两个圆的两条外公切线的交点为A($x_{0}$，$\frac{4}{3}x_{0}$)($x_{0}＜0$).

设C，D分别为两个圆上同一公切线的切点，故有$\frac{|AB|}{|AO|}=\frac{|BC|}{|OD|}$，即$\frac{|AO| + 5}{|AO|}=4$，可得点A的坐标为(- 1，- $\frac{4}{3}$). 若公切线的斜率存在，设此公切线方程为y = $kx + k-\frac{4}{3}$. 点O到此直线的距离为1，即$\frac{|k-\frac{4}{3}|}{\sqrt{1 + k^{2}}}=1$，解得k = $\frac{7}{24}$，故此公切线方程为y = $\frac{7}{24}x-\frac{25}{24}$. 经验证，此直线与圆$(x - 3)^{2}+(y - 4)^{2}=16$相切，故y = $\frac{7}{24}x-\frac{25}{24}$为所求.
解法二 如图，因为圆$x^{2}+y^{2}=1$的圆心为O(0，0)，半径$r_{1}=1$，圆$(x - 3)^{2}+(y - 4)^{2}=16$的圆心为A(3，4)，半径$r_{2}=4$，所以|$OA$| = 5，$r_{1}+r_{2}=5$，所以|$OA$| = $r_{1}+r_{2}$，所以两圆外切，公切线有三种情况：①易知公切线$l_{1}$的方程为x = - 1. ②另一条公切线$l_{2}$与公切线$l_{1}$关于过两圆圆心的直线l对称. 易知过两圆圆心的直线l的方程为y = $\frac{4}{3}x$，由$\begin{cases}x = - 1\\y = \frac{4}{3}x\end{cases}$得$\begin{cases}x = - 1\\y = -\frac{4}{3}\end{cases}$，由对称性可知公切线$l_{2}$过点(- 1，- $\frac{4}{3}$)，设公切线$l_{2}$的方程为y + $\frac{4}{3}=k(x + 1)$，则点O(0，0)到$l_{2}$的距离为1，所以1 = $\frac{|k-\frac{4}{3}|}{\sqrt{k^{2}+1}}$，解得k = $\frac{7}{24}$，所以公切线$l_{2}$的方程为y + $\frac{4}{3}=\frac{7}{24}(x + 1)$，即7x - 24y - 25 = 0. ③还有一条公切线$l_{3}$与直线l：y = $\frac{4}{3}x$垂直，设公切线$l_{3}$的方程为y = - $\frac{3}{4}x + t$，易知t＞0，则点O(0，0)到$l_{3}$的距离为1，所以1 = $\frac{|t|}{\sqrt{(-\frac{3}{4})^{2}+(-1)^{2}}}$，解得t = $\frac{5}{4}$或t = - $\frac{5}{4}$(舍去)，所以公切线$l_{3}$的方程为y = - $\frac{3}{4}x+\frac{5}{4}$，即3x + 4y - 5 = 0.

综上，所求直线方程为x = - 1或7x - 24y - 25 = 0或3x + 4y - 5 = 0.
考情速递 创新试题设计，加强素养考查 在答案设计上，给学生较大的思考空间，给不同水平的学生提供了多层次的思考空间，对知识之间的联系、直观想象等素养进行了深入的考查. 增强试题开放性，鼓励学生运用创造性、发散性思维分析问题和解决问题. 本题如学生能够关注到两个圆的位置关系，很容易得出左侧的外公切线方程，否则会增加计算量，这类试题在高考中很大可能会增加.
解题关键 破解此题的关键：一是定位置，即能判断两圆的位置关系，一般先把两圆的圆心距求出，再与两圆的半径和、差进行比较，即可判断两圆的位置关系；二是会用几何法，即会利用圆心到直线的距离等于半径，求切线方程；三是“草图不草”，在作图时，若用尺规作图，就能很快找到解题的通路.

15. 若曲线$y=(x + a)\mathrm{e}^{x}$有两条过坐标原点的切线，则$a$的取值范围是________。

答案： (- $\infty$，- 4)$\cup$(0，+ $\infty$) 导数的几何意义(理性思维、数学探索) 因为y = ($x + a$)$e^{x}$，所以$y'=(x + a + 1)e^{x}$. 设切点为A($x_{0}$，($x_{0}+a$)$e^{x_{0}}$)，O为坐标原点，依题意得，切线斜率$k_{OA}=y'\vert_{x = x_{0}}=(x_{0}+a + 1)e^{x_{0}}=\frac{(x_{0}+a)e^{x_{0}}}{x_{0}}$，化简，得$x_{0}^{2}+ax_{0}-a = 0$. 因为曲线y = ($x + a$)$e^{x}$有两条过坐标原点的切线，所以关于$x_{0}$的方程$x_{0}^{2}+ax_{0}-a = 0$有两个不同的根，所以$\Delta = a^{2}+4a＞0$，解得a ＜ - 4或a＞0，所以a的取值范围是(- $\infty$，- 4)$\cup$(0，+ $\infty$).
思维价值 导数的几何意义把导数与曲线的切线联系在一起，曲线$f(x)$在点($x_{0}$，$f(x_{0})$)处的切线方程为y - $f(x_{0})$=(x - $x_{0}$)$f'(x_{0})$，其中$f'(x_{0})$表示了曲线$f(x)$在点($x_{0}$，$f(x_{0})$)处的切线的斜率. 有关曲线切线方程的问题，若没有出现切点，应当先设切点的坐标，再根据切点的“一拖三”(切点与斜率相关、切点在切线上、切点在曲线上)求切线方程，最后通过转化，把曲线有两切线问题转化为方程有两根问题，进而求出参数的取值范围.
真题互鉴 本题与2021年新高考Ⅰ卷第7题思路相同，均需设出切点，利用方程有两个不同的根求解.

16.已知椭圆，C的上顶点为A,两个焦点为$F_{1},F_{2}$,离心率为$\frac{1}{2}$.过$F_{1}$且垂直于$AF_{2}$的直线与$C$交于$D,E$两点,$|DE| = 6$,则$\triangle ADE$的周长是_______.

答案：
6.13 椭圆的几何性质 + 直线与椭圆相交（理性思维、数学探索）
审题路线 解法四 C的离心率为$\frac{1}{2}$$\xrightarrow{e = \frac{c}{a}}$$\triangle AF_{1}F_{2}$为正三角形$\xrightarrow{DE\perp AF_{2}}$直线DE的斜率→直线DE的方程$\xrightarrow[|DE| = 6]{与椭圆方程联立}$关于c的方程$\xrightarrow{解方程}$c的值→a的值→|AD|，|AE|往|$DF_{2}$|，|$EF_{2}$|转化$\xrightarrow{椭圆的定义}$$\triangle ADE$的周长
解法一 不妨设$F_{1}$为左焦点，如图，连接$AF_{1}$，$DF_{2}$，$EF_{2}$，由题设条件可知，$c = \frac{a}{2}$，$b = \frac{\sqrt{3}}{2}a$，$\triangle AF_{1}F_{2}$为正三角形.
由于直线DE是线段$AF_{2}$的垂直平分线，所以|AD| = |$F_{2}D$|，|AE| = |$F_{2}E$|，从而$\triangle ADE$的周长为|AD| + |AE| + |DE| = |$DF_{2}$| + |$DF_{1}$| + |$EF_{2}$| + |$EF_{1}$| = 4a. 易知直线DE的方程为$x = \sqrt{3}y - \frac{a}{2}$，设$D(x_{1},y_{1})$，$E(x_{2},y_{2})$. 由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{4y^{2}}{3a^{2}} = 1\\x = \sqrt{3}y - \frac{a}{2}\end{cases}$得$13y^{2} - 3\sqrt{3}ay - \frac{9}{4}a^{2} = 0$，则$y_{1} + y_{2} = \frac{3\sqrt{3}a}{13}$，$y_{1}y_{2} = -\frac{9a^{2}}{52}$，所以|$y_{1} - y_{2}$| = $\sqrt{(y_{1} + y_{2})^{2} - 4y_{1}y_{2}} = \frac{12}{13}a$. 由题设条件有|DE| = 2|$y_{1} - y_{2}$| = $\frac{24}{13}a = 6$，故$a = \frac{13}{4}$，所以$\triangle ADE$的周长为4a = 13.

解法二 不妨设$F_{1}$为左焦点，如图，连接$AF_{1}$，由题设条件可知，$a = 2c$，$b = \sqrt{3}c$，$\triangle AF_{1}F_{2}$为正三角形. 易知直线DE的方程为$x = \sqrt{3}y - c$. 设$D(x_{1},y_{1})$，$E(x_{2},y_{2})$，且$y_{1} ＜ y_{2}$，由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4c^{2}} + \frac{y^{2}}{3c^{2}} = 1\\x = \sqrt{3}y - c\end{cases}$得$13y^{2} - 6\sqrt{3}cy - 9c^{2} = 0$，则$y_{1} = \frac{3\sqrt{3} - 12}{13}c$，$y_{2} = \frac{3\sqrt{3} + 12}{13}c$. 由题设条件知|DE| = 2|$y_{1} - y_{2}$| = $\frac{48}{13}c = 6$，得$c = \frac{13}{8}$. 从而|AD| + |AE| = $\sqrt{x_{1}^{2} + (\sqrt{3}c - y_{1})^{2}} + \sqrt{x_{2}^{2} + (\sqrt{3}c - y_{2})^{2}}$ = $\sqrt{(\sqrt{3}y_{1} - c)^{2} + (\sqrt{3}c - y_{1})^{2}} + \sqrt{(\sqrt{3}y_{2} - c)^{2} + (\sqrt{3}c - y_{2})^{2}}$ = $\frac{c}{13}[2\sqrt{223 + 84\sqrt{3}} + 2\sqrt{223 - 84\sqrt{3}}]$ = $\frac{c}{13}[2(14 + 3\sqrt{3}) + 2(14 - 3\sqrt{3})]$ = 7. 所以$\triangle ADE$的周长为7 + 6 = 13.

解法三 不妨设$F_{1}$为左焦点，如图，连接$AF_{1}$，由题设条件可知，$a = 2c$，$b = \sqrt{3}c$，$\triangle AF_{1}F_{2}$为正三角形. 易知直线DE的方程为$x = \sqrt{3}y - c$. 设$D(x_{1},y_{1})$，$E(x_{2},y_{2})$，且$y_{1} ＜ y_{2}$，由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4c^{2}} + \frac{y^{2}}{3c^{2}} = 1\\x = \sqrt{3}y - c\end{cases}$得$13y^{2} - 6\sqrt{3}cy - 9c^{2} = 0$，则$y_{1} = \frac{3\sqrt{3} - 12}{13}c$，$y_{2} = \frac{3\sqrt{3} + 12}{13}c$，从而|$DF_{1}$| = 2|$y_{1}$| = $\frac{24 - 6\sqrt{3}}{13}c$，|$EF_{1}$| = 2|$y_{2}$| = $\frac{24 + 6\sqrt{3}}{13}c$. 由题设条件知|DE| = |$DF_{1}$| + |$EF_{1}$| = $\frac{48}{13}c = 6$，得$c = \frac{13}{8}$. 由余弦定理，得|$AD$|$^{2}$ = |$AF_{1}$|$^{2}$ + |$DF_{1}$|$^{2}$ + $\sqrt{3}$|$AF_{1}$|·|$DF_{1}$| = $[4 + \frac{(24 - 6\sqrt{3})^{2}}{13^{2}} + \sqrt{3}×2×\frac{24 - 6\sqrt{3}}{13}]c^{2}$ = $\frac{4(14 + 3\sqrt{3})^{2}c^{2}}{13^{2}}$，所以|$AD$| = $\frac{2(14 + 3\sqrt{3})c}{13}$ = $\frac{14 + 3\sqrt{3}}{4}$. 同理，|$AE$| = $\frac{2(14 - 3\sqrt{3})c}{13}$ = $\frac{14 - 3\sqrt{3}}{4}$. 故$\triangle ADE$的周长为$\frac{14 + 3\sqrt{3}}{4} + \frac{14 - 3\sqrt{3}}{4} + 6 = 13$.

解法四 如图，连接$AF_{1}$，$DF_{2}$，$EF_{2}$，因为C的离心率为$\frac{1}{2}$，所以$\frac{c}{a} = \frac{1}{2}$，所以$a = 2c$，所以$b^{2} = a^{2} - c^{2} = 3c^{2}$. 因为|$AF_{1}$| = |$AF_{2}$| = $a = 2c$ = |$F_{1}F_{2}$|，所以$\triangle AF_{1}F_{2}$为正三角形，又$DE\perp AF_{2}$，所以直线DE为线段$AF_{2}$的垂直平分线，所以|AD| = |$DF_{2}$|，|AE| = |$EF_{2}$|，且$\angle EF_{1}F_{2} = 30^{\circ}$，所以直线DE的方程为$y = \frac{\sqrt{3}}{3}(x + c)$，代入椭圆C的方程$\frac{x^{2}}{4c^{2}} + \frac{y^{2}}{3c^{2}} = 1$，得$13x^{2} + 8cx - 32c^{2} = 0$. 设$D(x_{1},y_{1})$，$E(x_{2},y_{2})$，则$x_{1} + x_{2} = -\frac{8c}{13}$，$x_{1}x_{2} = -\frac{32c^{2}}{13}$，所以|DE| = $\sqrt{(1 + \frac{1}{3})[(x_{1} + x_{2})^{2} - 4x_{1}x_{2}]}$ = $\sqrt{\frac{4}{3}[(-\frac{8c}{13})^{2} - 4×(-\frac{32c^{2}}{13})]}$ = $\frac{48c}{13} = 6$，解得$c = \frac{13}{8}$，所以$a = 2c = \frac{13}{4}$，所以$\triangle ADE$的周长为|AD| + |AE| + |DE| = |$DF_{2}$| + |$EF_{2}$| + |DE| = 4a = 13.

关键一步 破解此题的关键是会转化，即把求$\triangle ADE$的周长转化为求|$DF_{2}$| + |$EF_{2}$| + |DE|，然后利用椭圆的定义，即可水到渠成.

17. (10分)记$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和,已知$a_{1}=1,\{\frac{S_{n}}{a_{n}}\}$是公差为$\frac{1}{3}$的等差数列.
(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式;
(2)证明:$\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}＜2$.

答案： 17.等差数列的通项公式 + $a_{n}$与$S_{n}$的关系 + 裂项相消法 + 不等式的证明（理性思维、数学探索）
审题路线 （1）解法二 $a_{1} = 1$，$\{\frac{S_{n}}{a_{n}}\}$是公差为$\frac{1}{3}$的等差数列$\xrightarrow{等差数列的通项公式}$$\frac{S_{n}}{a_{n}} = \frac{n + 2}{3}$$\xrightarrow{a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}(n\geq2)}$$\frac{S_{n}}{S_{n - 1}} = \frac{n + 2}{n - 1}(n\geq2)$$\xrightarrow{累乘法}$$S_{n}$→$\{a_{n}\}$的通项公式
（2）由（1）$\xrightarrow{}\frac{1}{a_{n}} = \frac{2}{n(n + 1)}$$\xrightarrow{裂项相消法}$数列$\{\frac{1}{a_{n}}\}$的前n项和$\xrightarrow{放缩法}$得证
解：（1）解法一 由题设得$\frac{S_{n}}{a_{n}} = \frac{S_{1}}{a_{1}} + \frac{1}{3}(n - 1) = \frac{n + 2}{3}$，故$S_{n} = \frac{n + 2}{3}a_{n}$.（2分）
因此$a_{n + 1} = S_{n + 1} - S_{n} = \frac{n + 3}{3}a_{n + 1} - \frac{n + 2}{3}a_{n}$，从而有$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{n + 2}{n}$.（4分）
因为$a_{1} = 1$，所以当$n ＞ 1$时，$a_{n} = \frac{a_{n}}{a_{n - 1}}×\frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}}×\frac{a_{n - 2}}{a_{n - 3}}×\cdots×\frac{a_{3}}{a_{2}}×\frac{a_{2}}{a_{1}}×a_{1} = \frac{n + 1}{n - 1}×\frac{n}{n - 2}×\frac{n - 1}{n - 3}×\cdots×\frac{4}{2}×\frac{3}{1}×1 = \frac{n(n + 1)}{2}$.（5分）
又当$n = 1$时，$\frac{n(n + 1)}{2} = 1 = a_{1}$，所以$a_{n} = \frac{n(n + 1)}{2}$.（6分）
解法二 因为$a_{1} = 1$，所以$\frac{S_{1}}{a_{1}} = 1$，（1分）
又$\{\frac{S_{n}}{a_{n}}\}$是公差为$\frac{1}{3}$的等差数列，
所以$\frac{S_{n}}{a_{n}} = 1 + (n - 1)×\frac{1}{3} = \frac{n + 2}{3}$.（2分）
因为当$n\geq2$时，$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$，
所以$\frac{S_{n}}{S_{n} - S_{n - 1}} = \frac{n + 2}{3}(n\geq2)$，所以$\frac{S_{n} - S_{n - 1}}{S_{n}} = \frac{3}{n + 2}(n\geq2)$，
整理得$\frac{S_{n}}{S_{n - 1}} = \frac{n + 2}{n - 1}(n\geq2)$，（3分）
所以$\frac{S_{2}}{S_{1}}×\frac{S_{3}}{S_{2}}×\cdots×\frac{S_{n - 1}}{S_{n - 2}}×\frac{S_{n}}{S_{n - 1}} = \frac{4}{1}×\frac{5}{2}×\cdots×\frac{n + 1}{n - 2}×\frac{n + 2}{n - 1} = \frac{n(n + 1)(n + 2)}{6}(n\geq2)$，
所以$S_{n} = \frac{n(n + 1)(n + 2)}{6}(n\geq2)$，
又$S_{1} = 1$也满足上式，（4分）
所以$S_{n} = \frac{n(n + 1)(n + 2)}{6}(n\in N^{*})$，
则$S_{n - 1} = \frac{(n - 1)n(n + 1)}{6}(n\geq2)$，
所以$a_{n} = \frac{n(n + 1)(n + 2)}{6} - \frac{(n - 1)n(n + 1)}{6} = \frac{n(n + 1)}{2}(n\geq2)$，（5分）
又$a_{1} = 1$也满足上式，
所以$a_{n} = \frac{n(n + 1)}{2}(n\in N^{*})$.（6分）
解法三 因为$S_{1} = a_{1} = 1$，所以$\frac{S_{1}}{a_{1}} = 1$，$\{\frac{S_{n}}{a_{n}}\}$是首项为1，公差为$\frac{1}{3}$的等差数列，所以$\frac{S_{n}}{a_{n}} = 1 + (n - 1)×\frac{1}{3} = \frac{n + 2}{3}$，$S_{n} = \frac{n + 2}{3}a_{n}$.（2分）
当$n\geq2$时，$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = \frac{n + 2}{3}a_{n} - \frac{n + 1}{3}a_{n - 1}$，所以$(n - 1)a_{n} = (n + 1)a_{n - 1}$，即$\frac{a_{n}}{n + 1} = \frac{a_{n - 1}}{n - 1}(n\geq2)$，（3分）
也即$\frac{a_{n}}{n(n + 1)} = \frac{a_{n - 1}}{(n - 1)n}(n\geq2)$.（4分）
令$b_{n} = \frac{a_{n}}{n(n + 1)}$，则$b_{n} = b_{n - 1} = \cdots = b_{2} = \frac{a_{2}}{2×3} = \frac{a_{2}}{6}$，
因为$\frac{S_{2}}{a_{2}} = \frac{a_{1} + a_{2}}{a_{2}} = \frac{1 + a_{2}}{a_{2}} = \frac{4}{3}$，所以$a_{2} = 3$，所以$b_{n} = \frac{1}{2}$，所以$a_{n} = b_{n}·n(n + 1) = \frac{n(n + 1)}{2}(n\geq2)$. 又$a_{1} = 1$满足此式，所以$\{a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = \frac{n(n + 1)}{2}$.（6分）
（2）由（1）得$\frac{1}{a_{n}} = \frac{2}{n(n + 1)} = 2(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1})$.（7分）
所以$\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} + \cdots + \frac{1}{a_{n}} = 2(1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = 2(1 - \frac{1}{n + 1}) ＜ 2$.（10分）
命题分析 试题以学生熟悉的等差数列载体而设计，但不是通常的给定等差数列求通项、求和等常规操作，而是将等差数列的性质融合在前n项和与通项的关系之中，特别是第（2）问中的数列的求和运算涉及裂项相消. 试题源于教材，其创新思想又高于教材，充分体现高考的选拔功能. 试题对高中数学教学具有指导作用，要求学生在强化基本功的同时，加强对知识的灵活运用，形成学科素养.
举一反三 破解此类题需过四关：一是“定义”关，即熟练利用等差（比）数列的定义进行应用与证明；二是“基本量法”关，若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”，首项与公差（比）是等差（比）数列的“基本量”，在解决等差（比）数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法；三是“裂项相消法”关，注意其解题思路流程为一项裂开两项→互相抵消→注意余下的项→得结果；四是会利用放缩法证明不等式，需注意数列的增减性与函数的单调性的本质区别.

18. (12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知$\frac{\cos A}{1 + \sin A}=\frac{\sin 2B}{1 + \cos 2B}$.
(1)若$C = \frac{2\pi}{3}$,求B;
(2)求$\frac{a^{2} + b^{2}}{c^{2}}$的最小值.

答案： 18.二倍角公式+三角函数两角和公式+诱导公式+正弦定理+基本不等式(理性思维、数学探索)
审题路线
(1)解法一 $\frac{\cos A}{1 + \sin A}=\frac{\sin 2B}{1 + \cos 2B}\to\cos(A + B)=\sin B\xrightarrow[C = \frac{2\pi}{3}]{诱导公式}\sin B=\frac{1}{2}\xrightarrow{判断B的范围}B的值$
(2)解法一 由题意$\to A=\frac{\pi}{2}-2B\xrightarrow{正弦定理}\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}}=4\cos^{2}B+\frac{2}{\cos^{2}B}-5\xrightarrow{基本不等式}\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}}的最小值$
解:
(1)解法一 由题设得$\frac{\cos A}{1 + \sin A}=\frac{2\sin B\cos B}{2\cos^{2}B}=\frac{\sin B}{\cos B}$, (1分)
于是$\cos A\cos B=\sin B+\sin B\sin A$. (2分)
故$\cos(A + B)=\sin B$. (3分)
又$C=\frac{2\pi}{3}$,所以$\sin B=\cos(\pi - C)=\frac{1}{2}$. (5分)
又$B\in(0,\frac{\pi}{3})$,故$B=\frac{\pi}{6}$. (6分)
解法二 因为$\frac{\sin 2B}{1 + \cos 2B}=\frac{2\sin B\cos B}{2\cos^{2}B}=\tan B$, (1分)
$\frac{\cos A}{1 + \sin A}=\frac{\sin(\frac{\pi}{2}-A)}{1 + \cos(\frac{\pi}{2}-A)}=\tan(\frac{\pi}{4}-\frac{A}{2})$, (2分)
所以由题设得$\tan B=\tan(\frac{\pi}{4}-\frac{A}{2})$, (3分)
而$A,B$为三角形的内角,故$B=\frac{\pi}{4}-\frac{A}{2}$.
又$C=\frac{2\pi}{3}$,所以$A + B=\frac{\pi}{3}$.故$B=\frac{\pi}{6}$. (6分)
解法三 因为$C=\frac{2\pi}{3}$,所以$A=\frac{\pi}{3}-B$,所以$\frac{\cos A}{1 + \sin A}=\frac{\cos(\frac{\pi}{3}-B)}{1 + \sin(\frac{\pi}{3}-B)}=\frac{\frac{1}{2}\cos B+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin B}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos B-\frac{1}{2}\sin B}$,
又$\frac{\sin 2B}{1 + \cos 2B}=\frac{2\sin B\cos B}{2\cos^{2}B}=\frac{\sin B}{\cos B}$, (2分)
所以$\frac{1}{2}\cos^{2}B+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin B\cos B=\sin B+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin B\cos B-\frac{1}{2}\sin^{2}B$,(4分)
所以$\sin B=\frac{1}{2}$, (5分)
又$B\in(0,\frac{\pi}{3})$,所以$B=\frac{\pi}{6}$. (6分)
(2)解法一 由题设得$\cos(A + B)=\sin B$,从而$\cos(A + B)＞0$, $\cos(A + B)=\cos(\frac{\pi}{2}-B)$,故$A=\frac{\pi}{2}-2B$. (8分)
由$A + B + C=\pi$,可得$C=\frac{\pi}{2}+B$.
由正弦定理得$\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}}=\frac{\sin^{2}A+\sin^{2}B}{\sin^{2}C}$,
所以$\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}}=\frac{\cos^{2}2B+\sin^{2}B}{\cos^{2}B}=4\cos^{2}B+\frac{2}{\cos^{2}B}-5\geq4\sqrt{2}-5$,当且仅当$\cos^{2}B=\frac{\sqrt{2}}{2}$时等号成立. (11分)
因此$\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}}$的最小值为$4\sqrt{2}-5$. (12分)
解法二 由题设得$\sin B=\cos(A + B)=-\cos C$,故$C$为钝角,
所以$\cos B=\sin C$,所以$B=C-\frac{\pi}{2},A=\pi - B - C=\frac{3\pi}{2}-2C$. (8分)
$\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}}=\frac{\sin^{2}A+\sin^{2}B}{\sin^{2}C}=\frac{\cos^{2}2C+\cos^{2}C}{\sin^{2}C}=\frac{(1 - 2\sin^{2}C)^{2}+\cos^{2}C}{\sin^{2}C}=4\sin^{2}C+\frac{2}{\sin^{2}C}-5\geq4\sqrt{2}-5$,当且仅当$4\sin^{2}C=\frac{2}{\sin^{2}C}$,即$\sin^{2}C=\frac{\sqrt{2}}{2}$时等号成立. (11分)
所以$\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}}$的最小值为$4\sqrt{2}-5$. (12分)
解法三 由题设得$\sin B=\cos(A + B)=-\cos C$,故$C$为钝角,
所以$\cos B=\sin C$,所以$B=C-\frac{\pi}{2},A=\pi - B - C=\frac{3\pi}{2}-2C$. (8分)
所以$\sin A=-\cos 2C$,
由余弦定理得$a^{2}+b^{2}=c^{2}+2ab\cos C$,
所以$\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}}=\frac{c^{2}+2ab\cos C}{c^{2}}=1+\frac{2\sin A\sin B\cos C}{\sin^{2}C}=1+\frac{2(1 - 2\sin^{2}C)\cos C\cos C}{\sin^{2}C}=1+\frac{2(1 - 2\sin^{2}C)(1 - \sin^{2}C)}{\sin^{2}C}=1+\frac{2(2\sin^{4}C - 3\sin^{2}C + 1)}{\sin^{2}C}=4\sin^{2}C+\frac{2}{\sin^{2}C}-5\geq4\sqrt{2}-5$,当且仅当$\sin^{2}C=\frac{\sqrt{2}}{2}$时等号成立. (11分)
故$(\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}})_{min}=4\sqrt{2}-5$. (12分)
解法四 由
(1)得$\cos(A + B)=\sin B$,
所以$\sin[\frac{\pi}{2}-(A + B)]=\sin B$,且$0 ＜ A + B ＜ \frac{\pi}{2}$,
所以$0 ＜ B ＜ \frac{\pi}{2},0 ＜ \frac{\pi}{2}-(A + B) ＜ \frac{\pi}{2}$,
所以$\frac{\pi}{2}-(A + B)=B$,解得$A=\frac{\pi}{2}-2B$, (8分)
由正弦定理得$\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}}$
$=\frac{\sin^{2}A+\sin^{2}B}{\sin^{2}C}$
$=\frac{\sin^{2}A+\sin^{2}B}{1 - \cos^{2}C}$ (9分)
$=\frac{\sin^{2}(\frac{\pi}{2}-2B)+\sin^{2}B}{1 - \sin^{2}B}$
$=\frac{\cos^{2}2B+\sin^{2}B}{\cos^{2}B}$
$=\frac{(2\cos^{2}B - 1)^{2}+1 - \cos^{2}B}{\cos^{2}B}$
$=\frac{4\cos^{4}B - 5\cos^{2}B + 2}{\cos^{2}B}$ (10分)
$=4\cos^{2}B+\frac{2}{\cos^{2}B}-5$
$\geq2\sqrt{4\cos^{2}B\times\frac{2}{\cos^{2}B}}-5$
$=4\sqrt{2}-5$,当且仅当$\cos^{2}B=\frac{\sqrt{2}}{2}$时取等号. (11分)
所以$\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}}$的最小值为$4\sqrt{2}-5$. (12分)
解后反思 求解此类问题的突破口:一是正确分析已知三角等式中的边角关系,合理选择“边往角化”还是“角往边化”,适时活用正弦定理、余弦定理;二是熟记两角和、差的余弦公式,不要与两角和、差的正弦公式搞混;三是会利用基本不等式求最值,此时需注意三角函数的有界性.