《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 1 (2023·新高考Ⅰ卷)已知在$\triangle ABC$中，$A + B = 3C$，$2\sin(A - C) = \sin B$.
(1)求$\sin A$；
(2)设$AB = 5$，求$AB$边上的高.$\frac{3\sqrt{10}}{10}$6
思维建模 1. 设$h_1$，$h_2$，$h_3$为$\triangle ABC$的边$a$，$b$，$c$上的高，则$h_1:h_2:h_3=\frac{1}{a}:\frac{1}{b}:\frac{1}{c}=\frac{1}{\sin A}:\frac{1}{\sin B}:\frac{1}{\sin C}$.
2. 求高一般采用等面积法，即求某边上的高，需要求出面积和底边的长度.
高线的两个作用：(1)产生直角三角形；(2)与三角形的面积相关.

答案： 例1 解 法一
(1)在$\triangle ABC$中,$A+B=\pi-C$，
因为$A+B=3C$，
所以$3C=\pi-C$,所以$C=\frac{\pi}{4}$.
因为$2\sin(A-C)=\sin B$，
所以$2\sin(A-\frac{\pi}{4})=\sin(\frac{3\pi}{4}-A)$，
展开并整理得
$\sqrt{2}(\sin A-\cos A)=\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos A+\sin A)$，
得$\sin A=3\cos A$，
又$\sin^{2}A+\cos^{2}A=1$,且$\sin A＞0$，
所以$\sin A=\frac{3\sqrt{10}}{10}$.
(2)由正弦定理，得
$BC=\frac{AB}{\sin C}\cdot\sin A=\frac{5}{\frac{\sqrt{2}}{2}}×\frac{3\sqrt{10}}{10}=3\sqrt{5}$.
由余弦定理，得
$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}-2AC\cdot BC\cos C$，
即$5^{2}=AC^{2}+(3\sqrt{5})^{2}-2AC\cdot3\sqrt{5}\cos\frac{\pi}{4}$，
整理得$AC^{2}-3\sqrt{10}AC+20=0$，
解得$AC=\sqrt{10}$或$AC=2\sqrt{10}$.
由
(1)得,$\tan A=3＞\sqrt{3}$,所以$\frac{\pi}{3}＜A＜\frac{\pi}{2}$，
又$A+B=\frac{3\pi}{4}$,所以$B＞\frac{\pi}{4}$,即$C＜B$，
所以$AB＜AC$,所以$AC=2\sqrt{10}$.
设$AB$边上的高为$h$，
则$\frac{1}{2}\cdot AB\cdot h=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BC\sin C$，
即$5h=2\sqrt{10}×3\sqrt{5}×\frac{\sqrt{2}}{2}$,解得$h=6$，
所以$AB$边上的高为6.
法二
(1)在$\triangle ABC$中,$A+B=\pi-C$，
因为$A+B=3C$，
所以$3C=\pi-C$,所以$C=\frac{\pi}{4}$.
因为$2\sin(A-C)=\sin B$，
所以$2\sin(A-C)=\sin[\pi-(A+C)]=\sin(A+C)$，
所以$2\sin A\cos C-2\cos A\sin C$
$=\sin A\cos C+\cos A\sin C$，
所以$\sin A\cos C=3\cos A\sin C$，
易得$\cos A\cos C\neq0$，
所以$\tan A=3\tan C=3\tan\frac{\pi}{4}=3$，
又$\sin A＞0$,$\tan A=\frac{\sin A}{\cos A}$,$\sin^{2}A+\cos^{2}A=1$，
所以$\sin A=\frac{3\sqrt{10}}{10}$.
(2)由
(1)知$\tan A=3＞0$,所以$A$为锐角，
又$\sin A=\frac{3\sqrt{10}}{10}$,所以$\cos A=\frac{\sqrt{10}}{10}$，
所以$\sin B=\sin(A+C)$
$=\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{10}}{10}+\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{3\sqrt{10}}{10}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
由正弦定理，得
$AC=\frac{AB\cdot\sin B}{\sin C}=\frac{5×\frac{2\sqrt{5}}{5}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=2\sqrt{10}$，
故$AB$边上的高为
$AC\cdot\sin A=2\sqrt{10}×\frac{3\sqrt{10}}{10}=6$.

训练 1 设$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，且$\cos C=\frac{a - c\sin B}{b}$.
(1)求角$B$的大小；
(2)若边$AB$上的高为$\frac{c}{4}$，求$\cos C$的值.$\frac{\pi}{4}$-$\frac{\sqrt{5}}{5}$

答案： 训练1 解
(1)由余弦定理的推论得
$\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{a - c\sin B}{b}$，
所以$a^{2}+b^{2}-c^{2}=2a(a-c\sin B)$，
所以$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\sin B$.
又因为$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos B$，
所以$\sin B=\cos B$,则$\tan B=1$.
因为$B\in(0,\pi)$,所以$B=\frac{\pi}{4}$.
(2)因为$\triangle ABC$的面积$S=\frac{1}{2}ac\sin B$
$=\frac{\sqrt{2}}{4}ac=\frac{1}{2}× c×\frac{c}{4}=\frac{c^{2}}{8}$，
则$a=\frac{\sqrt{2}}{4}c$，
由余弦定理得$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos B$
$=(\frac{\sqrt{2}}{4}c)^{2}+c^{2}-2×\frac{\sqrt{2}}{4}c× c×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{5}{8}c^{2}$，
所以$b=\frac{\sqrt{10}}{4}c$，
所以$\cos C=\frac{a - c\sin B}{b}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{4}c - \frac{\sqrt{2}}{2}c}{\frac{\sqrt{10}}{4}c}=-\frac{\sqrt{5}}{5}$.

例 2 记$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，已知$b\sin C = \sin C+\sqrt{3}\cos C$，$A=\frac{\pi}{3}$.
(1)求$c$.
(2)在下列三个条件中选择一个作为补充条件，判断$\triangle ABC$是否存在？若存在，求出$\triangle ABC$的面积；若不存在，说明理由.
①$BC$边上的中线长为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，②$AB$边上的中线长为$\sqrt{7}$.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.2选①，不存在选②，存在，面积为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$

答案： 例2 解
(1)由$b\sin C=\sin C+\sqrt{3}\cos C$及正弦定理，得$c\sin B=2\sin(C+\frac{\pi}{3})$，
因为$A=\frac{\pi}{3}$,$A+B+C=\pi$，
所以$c\sin B=2\sin(\pi-B)=2\sin B$，
又$\sin B\neq0$,所以$c=2$.
(2)选①，
法一 设$BC$边上的中线为$AD$，
则$AD=\frac{\sqrt{2}}{2}$,$BD=CD=\frac{1}{2}a$.
由$\cos\angle ADB=-\cos\angle ADC$及余弦定理的推论得，
$\frac{AD^{2}+BD^{2}-AB^{2}}{2AD\cdot BD}=-\frac{AD^{2}+CD^{2}-AC^{2}}{2AD\cdot CD}$，
即$\frac{\frac{1}{2}+\frac{a^{2}}{4}-4}{2×\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{1}{2}a}=-\frac{\frac{1}{2}+\frac{a^{2}}{4}-b^{2}}{2×\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{1}{2}a}$，
化简,得$a^{2}=2b^{2}+6$，
由余弦定理，得$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos\angle BAC$，即$a^{2}=b^{2}-2b+4$，
所以$b^{2}+2b+2=0$,该方程无实数解，
故符合条件的$\triangle ABC$不存在.
法二 设$BC$边上的中线为$AD$，
则$\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$，
两边平方得$\overrightarrow{AD}^{2}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{AB}^{2}+2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AC}^{2})$，即$\frac{1}{2}=\frac{1}{4}×(4+2×2b×\frac{1}{2}+b^{2})$，
即$b^{2}+2b+2=0$,易知该方程无实数解，
故符合条件的$\triangle ABC$不存在.
选②，
设$AB$边上的中线为$CF$，
则$CF=\sqrt{7}$,$AF=BF=\frac{1}{2}AB=1$.
在$\triangle ACF$中,由余弦定理
$CF^{2}=AF^{2}+AC^{2}-2AC\cdot AF\cos A$，
得$7=1+b^{2}-2b\cdot\cos\frac{\pi}{3}$，
整理得$b^{2}-b-6=0$，
解得$b=3$或$b=-2$(舍去).
故$\triangle ABC$的面积$S=\frac{1}{2}bc\sin A$
$=\frac{1}{2}×3×2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.