《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例1](10分)(2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC中，A+B=3C，2sin(A - C)=sin B。
(1)求sin A；
(2)设AB = 5，求AB边上的高。

■ 审题导思 破题点·形成思路
(1) 思路：根据题意画出图形，利用正弦的和角和差角公式就能比较顺利地解答
(2) 思路：给出三角形边AB的长，而由第(1)问可以确定三角形的三个内角，利用正弦定理便可求出另一条边AC或BC的长，从而求得AB边上的高

■ 规范答题 敲重点·水到渠成
【解析】(1)在△ABC中，A + B = π - C，
因为A + B = 3C，所以3C = π - C，
解得C = $\frac{\pi}{4}$。 …………………………… 1分
因为2sin(A - C)=sin B，
所以2sin(A - C)=sin[π - (A + C)]=sin(A + C)，
关键点 观察已知2sin(A - C)=sin B的结构，结合三角形内角和定理A + B + C = π，将sin B转化为sin(A + C)。
所以2sin Acos C - 2cos Asin C = sin Acos C + cos Asin C，
所以sin Acos C = 3cos Asin C，
所以sin A = 3cos A， ……………………… 3分
即tan A = 3，所以0 ＜ A ＜ $\frac{\pi}{2}$，
所以sin A = $\frac{3}{\sqrt{10}}$=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$。 ………………… 5分
巧变多变 由C = $\frac{\pi}{4}$及2sin(A - C)=sin B可进行多种变形，运用三角恒等变换求解，
①2sin(A - $\frac{\pi}{4}$)=sin($\frac{3\pi}{4}$ - A)=sin(A + $\frac{\pi}{4}$)，
只要两两结合，通过对两等式展开、化简，解得tan A = 3。
②2sin(A - $\frac{\pi}{4}$)=cos($\frac{\pi}{4}$ - A)=cos(A - $\frac{\pi}{4}$)，
得到tan(A - $\frac{\pi}{4}$)=$\frac{1}{2}$=$\frac{\tan A - 1}{1 + \tan A}$，
解得tan A = 3。
③2sin(A - C)=2sin($\frac{\pi}{2}$ - B)=2cos B = sin B，
得到tan B = 2，从而sin B = $\frac{2\sqrt{5}}{5}$，cos B = $\frac{\sqrt{5}}{5}$。
所以sin A = ($\frac{3\pi}{4}$ - B)=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$。
(2)解法一：(三角恒等变换+正弦定理)
由(1)知sin A = $\frac{3\sqrt{10}}{10}$，tan A = 3 ＞ 0，所以A为锐角，所以cos A = $\frac{\sqrt{10}}{10}$， ………………… 6分
进误区 此处要对A的范围进行分析，若写成cos A = ±$\frac{\sqrt{10}}{10}$，会造成不必要的失分。
所以sin B = sin($\frac{3\pi}{4}$ - A)=$\frac{\sqrt{2}}{2}$(cos A + sin A)
=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×($\frac{\sqrt{10}}{10}$+$\frac{3\sqrt{10}}{10}$)=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$， …………… 7分
由正弦定理$\frac{AB}{\sin C}$=$\frac{AC}{\sin B}$，
得AC = $\frac{AB\cdot\sin B}{\sin C}$=$\frac{5×\frac{2\sqrt{5}}{5}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$=2$\sqrt{10}$， …… 8分
作CD⊥AB，垂足为D，
由$\frac{1}{2}$AB·CD = $\frac{1}{2}$AB·AC·sin A， ……… 9分
得CD = AC·sin A = 2$\sqrt{10}$×$\frac{3\sqrt{10}}{10}$=6。 …… 10分
破题有招 等面积法是解三角形问题中的常用方法，本题利用等面积法求出AB边上的高。 等面积法是建立方程的有效手段。
解法二：(正弦定理+余弦定理)
由正弦定理$\frac{BC}{\sin A}$=$\frac{AB}{\sin C}$，
得BC = $\frac{AB\cdot\sin A}{\sin C}$=$\frac{5}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$×$\frac{3\sqrt{10}}{10}$=3$\sqrt{5}$， …… 6分
由余弦定理AB² = AC² + BC² - 2AC·BCcos C，
得5² = AC² + (3$\sqrt{5}$)² - 2AC·3$\sqrt{5}$cos $\frac{\pi}{4}$，
整理得AC² - 3$\sqrt{10}$AC + 20 = 0，
解得AC = $\sqrt{10}$或AC = 2$\sqrt{10}$， …………… 7分
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$\sqrt{10}$， ………………… 8分
进误区 利用余弦定理，得出关于AC的一元二次方程，有两个解，此时要根据三角形的性质及有解的条件进行取舍。
设AB边上的高为h，则
$\frac{1}{2}$×AB×h = $\frac{1}{2}$×AC×BCsin C，
即5h = 2$\sqrt{10}$×3$\sqrt{5}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$， ………………… 9分
解得h = 6，
所以AB边上的高为6。 ………………… 10分
解法三：(利用三角形的几何特征)
作CD⊥AB，垂足为D，
tan B = -tan(A + ∠ACB)
= - $\frac{\tan A+\tan\angle ACB}{1 - \tan A\tan\angle ACB}$
= - $\frac{3 + 1}{1 - 3×1}$=2。 ………………… 8分
又AB = AD + BD = $\frac{CD}{\tan A}$+$\frac{CD}{\tan B}$=$\frac{CD}{3}$+$\frac{CD}{2}$
=$\frac{5}{6}$CD = 5，即CD = 6。
所以AB边上的高为6。 ………………… 10分
换思路 利用三角形的几何性质，由方程思想求出AB边上的高。 此种方法需要较强的观察能力和较深的数学功底，这就要求学生在平时学习中多积累、多总结。
解题技法
该类型题目侧重直角三角形中互余两角的三角函数关系及两角和、差的三角公式的应用。
解三角形中有关高线问题
结合三角函数求解 结合等面积法求解 结合两个直角三角形中的边、角关系求解

答案：