《2025年高考帮数学》

训练3 [2023石家庄市三检]已知△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，$\sin A = 4\sin C\cos B$，且$c = 2$。
（1）证明：$\tan B = 3\tan C$；
（2）若$b = 2\sqrt{3}$，求△ABC外接圆的面积。

答案： （1）因为$\sin A = 4\sin C\cos B$，所以$\sin(B + C)=4\sin C\cos B$，即$\sin B\cos C+\cos B\sin C = 4\sin C\cos B$，即$\sin B\cos C = 3\sin C\cos B$，所以$\tan B = 3\tan C$。
(2)因为$\sin A = 4\sin C\cos B$，所以$a = 4c\cdot\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}$，即$a^{2}+2c^{2}-2b^{2}=0$。又$b = 2\sqrt{3}$，$c = 2$，所以$a = 4$，所以$c^{2}+b^{2}=a^{2}$，所以$A = \frac{\pi}{2}$，则$\triangle ABC$外接圆的半径$R=\frac{1}{2}a = 2$，所以$\triangle ABC$外接圆的面积$S=\pi R^{2}=4\pi$。

例4 （1）[2023合肥六中5月模拟]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若$c\cos A + a\cos C = 2$，AC边上的高为$\sqrt{3}$，则∠ABC的最大值为（ ）
A.$\frac{\pi}{6}$ B.$\frac{\pi}{3}$ C.$\frac{\pi}{2}$ D.$\frac{2\pi}{3}$
（2）[2023全国卷甲]在△ABC中，$∠BAC = 60°$，$AB = 2$，$BC = \sqrt{6}$，$∠BAC$的角平分线交BC于D，则$AD = $________。

答案： （1）B　由射影定理得$c\cos A + a\cos C = b = 2$。$\because AC$边上的高为$\sqrt{3}$，$\therefore S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\times2\times\sqrt{3}=\frac{1}{2}ac\sin\angle ABC$，即$ac=\frac{2\sqrt{3}}{\sin\angle ABC}$。$\because\cos\angle ABC=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}\geq\frac{2ac - b^{2}}{2ac}=1-\frac{2}{ac}$，当且仅当$a = c$时等号成立。$\therefore\cos\angle ABC\geq1-\frac{\sqrt{3}}{3}\sin\angle ABC$，即$\sqrt{3}\sin\angle ABC+3\cos\angle ABC\geq3$，则$\sin(\angle ABC+\frac{\pi}{3})\geq\frac{\sqrt{3}}{2}$。$\because\angle ABC\in(0,\pi)$，$\therefore\angle ABC+\frac{\pi}{3}\in(\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3})$，则$\angle ABC+\frac{\pi}{3}\in(\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3}]$，$\therefore\angle ABC\in(0,\frac{\pi}{3}]$，验证知当$\angle ABC=\frac{\pi}{3}$时，符合题意。故$\angle ABC$的最大值为$\frac{\pi}{3}$。
(2)2　在$\triangle ABC$中，由余弦定理得$\cos60^{\circ}=\frac{AC^{2}+4 - 6}{2\times2AC}$，整理得$AC^{2}-2AC - 2 = 0$，得$AC = 1+\sqrt{3}$。又$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ACD}$，所以$\frac{1}{2}\times2AC\sin60^{\circ}=\frac{1}{2}\times2AD\sin30^{\circ}+\frac{1}{2}AC\times AD\sin30^{\circ}$，所以$AD=\frac{2\sqrt{3}AC}{AC + 2}=\frac{2\sqrt{3}\times(1+\sqrt{3})}{3+\sqrt{3}}=2$。

例5 [2023新高考卷Ⅱ]记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知△ABC面积为$\sqrt{3}$，D为BC的中点，且$AD = 1$。
（1）若$∠ADC = \frac{\pi}{3}$，求$\tan B$；
（2）若$b^{2}+c^{2}=8$，求b,c。

答案： （1）因为$D$为$BC$的中点，所以$S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle ADC}=2\times\frac{1}{2}\times AD\times DC\sin\angle ADC=2\times\frac{1}{2}\times1\times DC\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，解得$DC = 2$，所以$BD = DC = 2$，$a = 4$。因为$\angle ADC=\frac{\pi}{3}$，所以$\angle ADB=\frac{2\pi}{3}$，所以$B\in(0,\frac{\pi}{3})$。在$\triangle ABD$中，由余弦定理，得$c^{2}=AD^{2}+BD^{2}-2AD\cdot BD\cos\angle ADB=1 + 4 + 2 = 7$，所以$c=\sqrt{7}$。在$\triangle ABD$中，由正弦定理，得$\frac{c}{\sin\angle ADB}=\frac{AD}{\sin B}$，所以$\sin B=\frac{AD\sin\angle ADB}{c}=\frac{\sqrt{21}}{14}$，所以$\cos B=\sqrt{1-\sin^{2}B}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$，所以$\tan B=\frac{\sin B}{\cos B}=\frac{\sqrt{3}}{5}$。
(2)因为$D$为$BC$的中点，所以$BD = DC$。因为$\angle ADB+\angle ADC=\pi$，所以$\cos\angle ADB=-\cos\angle ADC$，则在$\triangle ABD$与$\triangle ADC$中，由余弦定理，得$\frac{AD^{2}+BD^{2}-c^{2}}{2AD\cdot BD}=-\frac{AD^{2}+DC^{2}-b^{2}}{2AD\cdot DC}$，得$1 + BD^{2}-c^{2}=-(1 + BD^{2}-b^{2})$，所以$2BD^{2}=b^{2}+c^{2}-2 = 6$，所以$BD=\sqrt{3}$，所以$a = 2\sqrt{3}$。在$\triangle ABC$中，由余弦定理，得$\cos\angle BAC=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{8 - 12}{2bc}=-\frac{2}{bc}$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin\angle BAC=\frac{1}{2}bc\sqrt{1-\cos^{2}\angle BAC}=\frac{1}{2}bc\sqrt{1-(-\frac{2}{bc})^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{b^{2}c^{2}-4}=\sqrt{3}$，解得$bc = 4$。则由$\begin{cases}bc = 4\\b^{2}+c^{2}=8\end{cases}$，解得$b = c = 2$。