《2025年高考帮数学》

训练1 [全国卷Ⅱ]△ABC中，$\sin^{2}A - \sin^{2}B - \sin^{2}C = \sin B\sin C$。
（1）求A；
（2）若BC = 3，求△ABC周长的最大值。

答案： 设$\triangle ABC$的内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$。
(1)由正弦定理和已知条件得$a^{2}-b^{2}-c^{2}=bc$。由余弦定理$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A$，得$\cos A = -\frac{1}{2}$。因为$0\lt A\lt\pi$，所以$A = \frac{2\pi}{3}$。
(2)由$BC = a = 3$，$A = \frac{2\pi}{3}$，得$\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=\frac{a}{\sin A}=2\sqrt{3}$，从而$b = 2\sqrt{3}\sin B$，$c = 2\sqrt{3}\sin(\pi - A - B)=3\cos B-\sqrt{3}\sin B$，故$a + b + c = 3+\sqrt{3}\sin B + 3\cos B = 3 + 2\sqrt{3}\sin(B+\frac{\pi}{3})$。又$0\lt B\lt\frac{\pi}{3}$，所以$\frac{\pi}{3}\lt B+\frac{\pi}{3}\lt\frac{2\pi}{3}$，故当$B = \frac{\pi}{6}$时，$\triangle ABC$周长取得最大值$3 + 2\sqrt{3}$。

例2 [2021新高考卷Ⅰ]记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c。已知$b^{2}=ac$，点D在边AC上，$BD\sin∠ABC = a\sin C$。
（1）证明：$BD = b$；
（2）若$AD = 2DC$，求$\cos∠ABC$。

答案： （1）由题易得$\frac{BD}{a}=\frac{\sin C}{\sin\angle ABC}$。在$\triangle ABC$中，由正弦定理得$\frac{\sin C}{\sin\angle ABC}=\frac{c}{b}$，则$\frac{BD}{a}=\frac{c}{b}$，即$BD\cdot b = ac$，又$b^{2}=ac$，所以$BD\cdot b = b^{2}$，又$b\gt0$，所以$BD = b$。
(2)解法一　由题意可知$AD = \frac{2}{3}b$，$DC = \frac{1}{3}b$。在$\triangle ABD$与$\triangle ABC$中，$\cos\angle BAD=\cos\angle BAC$，所以$\frac{c^{2}+\frac{4}{9}b^{2}-b^{2}}{2c\cdot\frac{2}{3}b}=\frac{c^{2}+b^{2}-a^{2}}{2bc}$ ①。将$b^{2}=ac$代入①式可得$6a^{2}-11ac + 3c^{2}=0$，即$(2a - 3c)(3a - c)=0$，所以$c = \frac{2}{3}a$或$c = 3a$。当$c = \frac{2}{3}a$时，$\cos\angle ABC=\frac{c^{2}+a^{2}-ac}{2ac}=\frac{\frac{4}{9}a^{2}+a^{2}-\frac{2}{3}a^{2}}{\frac{4}{3}a^{2}}=\frac{7}{12}$；当$c = 3a$时，$\cos\angle ABC=\frac{c^{2}+a^{2}-ac}{2ac}=\frac{9a^{2}+a^{2}-3a^{2}}{6a^{2}}=\frac{7}{6}\gt1$(舍)。综上，$\cos\angle ABC=\frac{7}{12}$。
解法二　由题意可得，$\overrightarrow{AD}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$，所以$\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BA}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{BA}+\frac{2}{3}(\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA})=\frac{1}{3}\overrightarrow{BA}+\frac{2}{3}\overrightarrow{BC}$，则$\overrightarrow{BD}^{2}=\frac{1}{9}c^{2}+\frac{4}{9}a^{2}+\frac{4}{9}ac\cos\angle ABC$ ①，由余弦定理得$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos\angle ABC$ ②，联立①②得$11b^{2}=3c^{2}+6a^{2}$，因为$b^{2}=ac$，所以$3c^{2}-11ac + 6a^{2}=0$，所以$c = 3a$或$c = \frac{2}{3}a$。以下同解法一。

训练2 [全国卷Ⅰ]如图，在三棱锥P - ABC的平面展开图中，$AC = 1$，$AB = AD = \sqrt{3}$，$AB⊥AC$，$AB⊥AD$，$∠CAE = 30°$，则$\cos∠FCB = $________。
　　

答案： -\frac{1}{4}　依题意得，$AE = AD=\sqrt{3}$，在$\triangle AEC$中，$AC = 1$，$\angle CAE = 30^{\circ}$，由余弦定理得$EC^{2}=AE^{2}+AC^{2}-2AE\cdot AC\cos\angle CAE = 3 + 1 - 2\sqrt{3}\cos30^{\circ}=1$，所以$EC = 1$，所以$CF = EC = 1$。又$BC=\sqrt{AC^{2}+AB^{2}}=\sqrt{1 + 3}=2$，$BF = BD=\sqrt{AD^{2}+AB^{2}}=\sqrt{6}$，所以在$\triangle BCF$中，由余弦定理得$\cos\angle FCB=\frac{BC^{2}+CF^{2}-BF^{2}}{2BC\times CF}=\frac{2^{2}+1^{2}-(\sqrt{6})^{2}}{2\times2\times1}=-\frac{1}{4}$。

例3 [2023陕西安康中学5月质检]已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且$\sin C\cos B - 2\sin B\cos C = 0$。
（1）证明：$c^{2}-b^{2}=\frac{1}{3}a^{2}$；
（2）若$a = 3$，点D在边BC上，且$AD⊥BC$，$AD = \sqrt{3}$，求△ABC的周长。

答案： （1）由$\sin C\cos B - 2\sin B\cos C = 0$，可得$\sin C\cos B+\sin B\cos C = 3\sin B\cos C$，所以$\sin(B + C)=3\sin B\cos C$，由$B + C=\pi - A$，可得$\sin(B + C)=\sin A$，即$\sin A = 3\sin B\cos C$，所以$a = 3b\times\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$，可得$2a^{2}=3a^{2}+3b^{2}-3c^{2}$，即$c^{2}-b^{2}=\frac{1}{3}a^{2}$。
(2)由
(1)及$a = 3$，知$c^{2}-b^{2}=3$，可得$c^{2}=b^{2}+3$，由余弦定理得$\cos\angle BAC=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{b^{2}-3}{bc}$。由$AD\perp BC$，$AD=\sqrt{3}$，可得$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\times3\times\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，又$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin\angle BAC$，所以$\frac{1}{2}bc\sin\angle BAC=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，可得$\sin\angle BAC=\frac{3\sqrt{3}}{bc}$。因为$\cos^{2}\angle BAC+\sin^{2}\angle BAC=(\frac{b^{2}-3}{bc})^{2}+(\frac{3\sqrt{3}}{bc})^{2}=1$，$c^{2}=b^{2}+3$，所以$b^{2}=4$，解得$b = 2$，$c=\sqrt{7}$，所以$\triangle ABC$的周长为$a + b + c = 3 + 2+\sqrt{7}=5+\sqrt{7}$。