《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

3.（2023·新课标Ⅱ卷）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为$\sqrt{3}$，D为BC的中点，且AD = 1.
（1）若∠ADC = $\frac{\pi}{3}$，求tanB；
（2）若b² + c² = 8，求b，c.

答案：
解　
(1)解法一：在△ABC中，因为D为BC的中点，$\angle ADC$=$\frac{\pi}{3}$，AD=1，则$S_{\triangle ADC}$=$\frac{1}{2}$AD·DC$\sin\angle ADC$=$\frac{1}{2}$×1×$\frac{1}{2}$a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{8}$a=$\frac{1}{2}$$S_{\triangle ABC}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得a=4。在△ABD中，$\angle ADB$=$\frac{2\pi}{3}$，由余弦定理得c²=BD²+AD²−2BD·AD$\cos\angle ADB$，即c²=4+1−2×2×1×(−$\frac{1}{2}$)=7，解得c=$\sqrt{7}$，则$\cos B$=$\frac{7+4−1}{2\sqrt{7}×2}$=$\frac{5\sqrt{7}}{14}$，$\sin B$=$\sqrt{1−\cos²B}$=$\sqrt{1−(\frac{5\sqrt{7}}{14})^{2}}$=$\frac{\sqrt{21}}{14}$，所以$\tan B$=$\frac{\sin B}{\cos B}$=$\frac{\sqrt{3}}{5}$。
　解法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，$\angle ADC$=$\frac{\pi}{3}$，AD=1，则$S_{\triangle ADC}$=$\frac{1}{2}$AD·DC$\sin\angle ADC$=$\frac{1}{2}$×1×$\frac{1}{2}$a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{8}$a=$\frac{1}{2}$$S_{\triangle ABC}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得a=4。在△ACD中，由余弦定理得b²=CD²+AD²−2CD·AD$\cos\angle ADC$，即b²=4+1−2×2×1×$\frac{1}{2}$=3，解得b=$\sqrt{3}$，有AC²+AD²=4 =CD²，则$\angle CAD$=$\frac{\pi}{2}$，C=$\frac{\pi}{6}$。
　　　　　　　　　　　　　　　　 过A作AE⊥BC于点E，于是CE=AC$\cos C$=$\frac{3}{2}$，AE=AC$\sin C$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，BE=$\frac{5}{2}$，所以$\tan B$=$\frac{AE}{BE}$=$\frac{\sqrt{3}}{5}$。
(2)解法一：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得$\begin{cases}c²=\frac{1}{4}a²+1−2×\frac{1}{2}a×1×\cos(\pi−\angle ADC)\\b²=\frac{1}{4}a²+1−2×\frac{1}{2}a×1×\cos\angle ADC\end{cases}$，整理得$\frac{1}{2}$a²+2=b²+c²，而b²+c²=8，则a=2$\sqrt{3}$，又$S_{\triangle ADC}$=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$×1×$\sin\angle ADC$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得$\sin\angle ADC$=1，而0＜$\angle ADC$＜π，于是$\angle ADC$=$\frac{\pi}{2}$，所以b=c=$\sqrt{AD²+CD²}$=2。
　解法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，则2$\overrightarrow{AD}$=$\overrightarrow{AB}$+$\overrightarrow{AC}$，又$\overrightarrow{CB}$=$\overrightarrow{AB}$−$\overrightarrow{AC}$，于是4$\overrightarrow{AD}$²+$\overrightarrow{CB}$²=($\overrightarrow{AB}$+$\overrightarrow{AC}$)²+($\overrightarrow{AB}$−$\overrightarrow{AC}$)²=2(b²+c²)=16，即4+a²=16，解得a=2$\sqrt{3}$，在△ABC中，由余弦定理，得$\cos\angle BAC$=$\frac{b²+c²−a²}{2bc}$=$\frac{8−12}{2bc}$=−$\frac{2}{bc}$，所以$S_{\triangle ABC}$=$\frac{1}{2}$bcsin$\angle BAC$=$\frac{1}{2}$bc$\sqrt{1−\cos²\angle BAC}$=$\frac{1}{2}$bc$\sqrt{1−(−\frac{2}{bc})^{2}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{b²c²−4}$=$\sqrt{3}$，解得bc=4。则由$\begin{cases}bc = 4\\b²+c²=8\end{cases}$，解得b=c=2。

4.（2022·新高考Ⅰ卷）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$\frac{a² + b²}{c²}$的最小值.

答案： 解　
(1)因为$\frac{\sin2B}{1+\cos2B}$=$\frac{2\sin B\cos B}{1+2\cos²B−1}$=$\frac{\sin B}{\cos B}$，由$\frac{\cos A}{1+\sin A}$=$\frac{\sin2B}{1+\cos2B}$，得$\frac{\cos A}{1+\sin A}$=$\frac{\sin B}{\cos B}$，所以$\cos A\cos B$=$\sin B$+$\sin A\sin B$，即$\cos A\cos B$−$\sin A\sin B$=$\sin B$，所以$\cos(A+B)$=$\sin B$。又A+B+C=π，所以−$\cos C$=$\sin B$。因为C=$\frac{2\pi}{3}$，所以$\sin B$=$\frac{1}{2}$，又B∈(0,$\frac{\pi}{3}$)，所以B=$\frac{\pi}{6}$。
(2)由
(1)知$\cos C$=−$\sin B$，所以$\cos C$=$\cos(\frac{\pi}{2}+B)$。又A+B+C=π，所以C=$\frac{\pi}{2}+B$，A=π−B−C=$\frac{\pi}{2}−2B$。由正弦定理得$\frac{a²+b²}{c²}$=$\frac{\sin²A+\sin²B}{\sin²C}$=$\frac{\sin²(\frac{\pi}{2}−2B)+\sin²B}{\sin²(\frac{\pi}{2}+B)}$=$\frac{\cos²2B+1−\cos²B}{\cos²B}$=$\frac{(2\cos²B−1)²+1−\cos²B}{\cos²B}$=$\frac{4\cos⁴B−5\cos²B+2}{\cos²B}$=4$\cos²B$+$\frac{2}{\cos²B}$−5≥4$\sqrt{2}$−5，当且仅当$\cos B$=2$^{-\frac{1}{2}}$时等号成立。所以$\frac{a²+b²}{c²}$的最小值为4$\sqrt{2}$−5。