《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 2 (2025·长沙联考)如图，在 $\triangle ABC$ 中，有 $\sqrt{\frac{\cos B + 1}{2}}-\sin B = 0$.
(1)求 $\angle B$ 的大小；
(2)直线 $BC$ 绕点 $C$ 顺时针旋转 $\frac{\pi}{6}$ 与 $AB$ 的延长线交于点 $D$，若 $\triangle ABC$ 为锐角三角形，$AB = 2$，求 $CD$ 长度的取值范围.解 (1)由√($\frac{\cos B + 1}{2}$)-sinB = 0得√($\frac{\cos B + 1}{2}$)=sinB，两边平方得$\frac{\cos B + 1}{2}$=sin²B，将sin²B+cos²B = 1代入整理得2cos²B+cosB - 1 = 0，解得cosB=$\frac{1}{2}$或cosB= - 1，因为B∈(0,π)，所以B=$\frac{\pi}{3}$. (2)由(1)知∠ABC=$\frac{\pi}{3}$，则∠CBD=$\frac{2\pi}{3}$，由题意可知∠BCD=$\frac{\pi}{6}$，则∠D=$\frac{\pi}{6}$.设BC = a，则BD = BC = a.在△BCD中，由余弦定理得CD²=BD²+BC² - 2BD·BCcos∠DBC=a²+a² - 2a·a·(-$\frac{1}{2}$)=3a²，则CD=√3a.在△ABC中，由正弦定理得$\frac{BC}{\sin A}$=$\frac{AB}{\sin\angle ACB}$，所以a=$\frac{2\sin A}{\sin\angle ACB}$=$\frac{2\sin(\frac{\pi}{3}+\angle ACB)}{\sin\angle ACB}$=$\frac{2(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\angle ACB+\frac{1}{2}\sin\angle ACB)}{\sin\angle ACB}$=$\frac{\sqrt{3}\cos\angle ACB+\sin\angle ACB}{\sin\angle ACB}$=$\frac{\sqrt{3}}{\tan\angle ACB}$+1.因为△ABC为锐角三角形，所以$\begin{cases}0＜\angle ACB＜\frac{\pi}{2},\\0＜\angle A＜\frac{\pi}{2},\\0＜\angle ABC＜\frac{\pi}{2},\end{cases}$即$\begin{cases}0＜\angle ACB＜\frac{\pi}{2},\\0＜\frac{2\pi}{3}-\angle ACB＜\frac{\pi}{2},\\0＜\frac{\pi}{3}＜\frac{\pi}{2},\end{cases}$解得$\frac{\pi}{6}$＜∠ACB＜$\frac{\pi}{2}$，所以tan∠ACB∈($\frac{\sqrt{3}}{3}$,+∞)，则$\frac{1}{\tan\angle ACB}$∈(0,√3)，所以CD=√3a=$\frac{3}{\tan\angle ACB}$+√3∈(√3,4√3)，即CD长度的取值范围是(√3,4√3).

答案：
例2 解
(1)由√($\frac{\cos B + 1}{2}$)-sinB = 0得
√($\frac{\cos B + 1}{2}$)=sinB，
两边平方得$\frac{\cos B + 1}{2}$=sin²B，
将sin²B+cos²B = 1代入整理得
2cos²B+cosB - 1 = 0，
解得cosB=$\frac{1}{2}$或cosB= - 1，
因为B∈(0,π)，所以B=$\frac{\pi}{3}$.
(2)由
(1)知∠ABC=$\frac{\pi}{3}$，
则∠CBD=$\frac{2\pi}{3}$，

由题意可知∠BCD=$\frac{\pi}{6}$，
则∠D=$\frac{\pi}{6}$.
设BC = a，则BD = BC = a.
在△BCD中，由余弦定理得CD²=BD²+BC² - 2BD·BCcos∠DBC=a²+a² - 2a·a·(-$\frac{1}{2}$)=3a²，则CD=√3a.
在△ABC中，由正弦定理得$\frac{BC}{\sin A}$=$\frac{AB}{\sin\angle ACB}$，
所以a=$\frac{2\sin A}{\sin\angle ACB}$=$\frac{2\sin(\frac{\pi}{3}+\angle ACB)}{\sin\angle ACB}$=$\frac{2(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\angle ACB+\frac{1}{2}\sin\angle ACB)}{\sin\angle ACB}$=$\frac{\sqrt{3}\cos\angle ACB+\sin\angle ACB}{\sin\angle ACB}$=$\frac{\sqrt{3}}{\tan\angle ACB}$+1.
因为△ABC为锐角三角形，
所以$\begin{cases}0＜\angle ACB＜\frac{\pi}{2},\\0＜\angle A＜\frac{\pi}{2},\\0＜\angle ABC＜\frac{\pi}{2},\end{cases}$即$\begin{cases}0＜\angle ACB＜\frac{\pi}{2},\\0＜\frac{2\pi}{3}-\angle ACB＜\frac{\pi}{2},\\0＜\frac{\pi}{3}＜\frac{\pi}{2},\end{cases}$
解得$\frac{\pi}{6}$＜∠ACB＜$\frac{\pi}{2}$，
所以tan∠ACB∈($\frac{\sqrt{3}}{3}$,+∞)，
则$\frac{1}{\tan\angle ACB}$∈(0,√3)，
所以CD=√3a=$\frac{3}{\tan\angle ACB}$+√3∈(√3,4√3)，
即CD长度的取值范围是(√3,4√3).

训练 2 已知 $\triangle ABC$ 的内角 $A$，$B$，$C$ 的对边分别为 $a$，$b$，$c$，且 $\sqrt{3}a(1 + \cos B)=b\sin A$.
(1)求 $B$；
(2)若 $b = 6$，求 $\triangle ABC$ 面积的最大值.解 (1)由正弦定理√3sinA(1 + cosB)=sinBsinA，∵sinA≠0，∴√3(1 + cosB)=sinB，∴sin(B - $\frac{\pi}{3}$)=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，又B - $\frac{\pi}{3}$∈(-$\frac{\pi}{3}$,$\frac{2\pi}{3}$)，∴B - $\frac{\pi}{3}$=$\frac{\pi}{3}$，∴B=$\frac{2\pi}{3}$. (2)由余弦定理b²=a²+c² - 2accosB，得36=a²+c²+ac≥3ac，得ac≤12，当且仅当a = c时等号成立.∴△ABC的面积为$\frac{1}{2}$acsinB=$\frac{\sqrt{3}}{4}$ac≤$\frac{\sqrt{3}}{4}$×12 = 3√3，故△ABC面积的最大值为3√3.

答案： 训练2 解
(1)由正弦定理√3sinA(1 + cosB)=sinBsinA，
∵sinA≠0，
∴√3(1 + cosB)=sinB，
∴sin(B - $\frac{\pi}{3}$)=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
又B - $\frac{\pi}{3}$∈(-$\frac{\pi}{3}$,$\frac{2\pi}{3}$)，
∴B - $\frac{\pi}{3}$=$\frac{\pi}{3}$，
∴B=$\frac{2\pi}{3}$.
(2)由余弦定理b²=a²+c² - 2accosB，
得36=a²+c²+ac≥3ac，得ac≤12，当且仅当a = c时等号成立.
∴△ABC的面积为
$\frac{1}{2}$acsinB=$\frac{\sqrt{3}}{4}$ac≤$\frac{\sqrt{3}}{4}$×12 = 3√3，
故△ABC面积的最大值为3√3.

例 3 (2022·全国乙卷)设 $\triangle ABC$ 的内角 $A$，$B$，$C$的对边分别为 $a$，$b$，$c$，已知 $\sin C\sin(A - B)=\sin B\sin(C - A)$.
(1)若 $A = 2B$，求 $C$；
(2)证明：$2a^{2}=b^{2}+c^{2}$.解 (1)由A = 2B，A + B + C=π，可得A=$\frac{2\pi - 2C}{3}$.将A = 2B代入sinCsin(A - B)=sinBsin(C - A)，可得sinCsinB=sinBsin(C - A).因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，所以sinC=sin(C - A).又A,C∈(0,π)，所以C + C - A=π，即A = 2C-π，与A=$\frac{2\pi - 2C}{3}$联立，解得C=$\frac{5\pi}{8}$. (2)证明 法一 由sinCsin(A - B)=sinBsin(C - A)，可得sinCsinAcosB - sinCcosAsinB=sinBsinCcosA - sinBcosCsinA，结合正弦定理可得，accosB - bccosA=bccosA - abcosC，即accosB+abcosC=2bccosA(*).由余弦定理的推论得，ac cosB=$\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2}$，ab cosC=$\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2}$，2bc cosA=b²+c² - a²，将上述三式代入(*)式并整理，得2a²=b²+c². 法二 因为A + B + C=π，所以sinCsin(A - B)=sin(A + B)sin(A - B)=sin²Acos²B - cos²Asin²B=sin²A(1 - sin²B)-(1 - sin²A)sin²B=sin²A - sin²B，同理有sinBsin(C - A)=sin(C + A)sin(C - A)=sin²C - sin²A.又sinCsin(A - B)=sinBsin(C - A)，所以sin²A - sin²B=sin²C - sin²A，即2sin²A=sin²B+sin²C，故由正弦定理可得2a²=b²+c².

答案： 例3
(1)解 由A = 2B，A + B + C=π，
可得A=$\frac{2\pi - 2C}{3}$.
将A = 2B代入sinCsin(A - B)
=sinBsin(C - A)，
可得sinCsinB=sinBsin(C - A).
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，
所以sinC=sin(C - A).
又A,C∈(0,π)，所以C + C - A=π，
即A = 2C-π，与A=$\frac{2\pi - 2C}{3}$联立，
解得C=$\frac{5\pi}{8}$.
(2)证明 法一 由sinCsin(A - B)
=sinBsin(C - A)，
可得sinCsinAcosB - sinCcosAsinB
=sinBsinCcosA - sinBcosCsinA，
结合正弦定理可得，
accosB - bccosA=bccosA - abcosC，
即accosB+abcosC=2bccosA(*).
由余弦定理的推论得，
ac cosB=$\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2}$，ab cosC=$\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2}$，2bc cosA=b²+c² - a²，
将上述三式代入(*)式并整理，
得2a²=b²+c².
法二 因为A + B + C=π，
所以sinCsin(A - B)=sin(A + B)sin(A - B)
=sin²Acos²B - cos²Asin²B
=sin²A(1 - sin²B)-(1 - sin²A)sin²B
=sin²A - sin²B，
同理有sinBsin(C - A)
=sin(C + A)sin(C - A)
=sin²C - sin²A.
又sinCsin(A - B)=sinBsin(C - A)，
所以sin²A - sin²B=sin²C - sin²A，
即2sin²A=sin²B+sin²C，
故由正弦定理可得2a²=b²+c².

思维建模 对于解三角形中的证明问题，要仔细观察条件与结论之间的联系，发现二者的差异，利用正弦定理、余弦定理及三角恒等变换把条件转换为结论，即为证明过程.
训练 3 (2025·合肥质检)在 $\triangle ABC$ 中，内角 $A$，$B$，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$.
(1)请用正弦定理证明：若 $a ＞ b$，则 $A ＞ B$；
(2)请用余弦定理证明：若 $A ＞ B$，则 $a ＞ b$.证明 (1)由$\frac{a}{\sin A}$=$\frac{b}{\sin B}$，a＞b得sinA＞sinB.①若A,B∈(0,$\frac{\pi}{2}$]，则由y = sinx在(0,$\frac{\pi}{2}$]上单调递增，得A＞B.②若A∈(0,$\frac{\pi}{2}$]，B∈($\frac{\pi}{2}$,π)，则sinA＞sinB=sin(π - B)，此时π - B∈(0,$\frac{\pi}{2}$)，由y = sinx在(0,$\frac{\pi}{2}$]上单调递增，得A＞π - B⇔A + B＞π，舍去.③若B∈(0,$\frac{\pi}{2}$]，A∈($\frac{\pi}{2}$,π)，则sinA=sin(π - A)＞sinB，此时π - A∈(0,$\frac{\pi}{2}$)，由y = sinx在(0,$\frac{\pi}{2}$]上单调递增，得π - A＞B，A + B＜π，则A＞B成立.综上若a＞b，则A＞B. (2)由y = cosx在(0,π)上单调递减，得cosA＜cosB，则$\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}$＜$\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}$，即a(b²+c² - a²)＜b(a²+c² - b²)，即ab(b - a)+c²(a - b)+(b - a)(a²+b²+ab)＜0，即(b - a)[(a + b)² - c²]=(b - a)(a + b + c)·(a + b - c)＜0.而a + b + c＞0，a + b - c＞0，因此a＞b.

答案： 训练3 证明
(1)由$\frac{a}{\sin A}$=$\frac{b}{\sin B}$，a＞b得sinA＞sinB.
①若A,B∈(0,$\frac{\pi}{2}$]，
则由y = sinx在(0,$\frac{\pi}{2}$]上单调递增，
得A＞B.
②若A∈(0,$\frac{\pi}{2}$]，B∈($\frac{\pi}{2}$,π)，
则sinA＞sinB=sin(π - B)，
此时π - B∈(0,$\frac{\pi}{2}$)，
由y = sinx在(0,$\frac{\pi}{2}$]上单调递增，
得A＞π - B⇔A + B＞π，舍去.
③若B∈(0,$\frac{\pi}{2}$]，A∈($\frac{\pi}{2}$,π)，
则sinA=sin(π - A)＞sinB，
此时π - A∈(0,$\frac{\pi}{2}$)，
由y = sinx在(0,$\frac{\pi}{2}$]上单调递增，
得π - A＞B，A + B＜π，则A＞B成立.
综上，若a＞b，则A＞B.
(2)由y = cosx在(0,π)上单调递减，
得cosA＜cosB，
则$\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}$＜$\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}$，
即a(b²+c² - a²)＜b(a²+c² - b²)，
即ab(b - a)+c²(a - b)+(b - a)(a²+b²+ab)＜0，
即(b - a)[(a + b)² - c²]=(b - a)(a + b + c)·(a + b - c)＜0.
而a + b + c＞0，a + b - c＞0，因此a＞b.