《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

在△ABC中，已知B = $\frac{\pi}{4}$，BC边上的高等于$\frac{1}{3}$BC，则cos A = __________。

答案：
解法一:
因为B = $\frac{\pi}{4}$，BC边上的高等于$\frac{1}{3}BC$，
所以AB = $\frac{\frac{1}{3}BC}{\sin 45^{\circ}}=\frac{\sqrt{2}}{3}BC$，
AC² = AB² + BC² - 2AB×BC×cos 45° = $\frac{5}{9}BC^{2}$，
所以cos A = $\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2×AB×AC}=-\frac{\sqrt{10}}{10}$。
解法二:
设△ABC中角A，B，C对应的边分别为a，b，c，AD⊥BC于D，令∠DAC = θ，
因为在△ABC中，B = $\frac{\pi}{4}$，BC边上的高AD = $\frac{1}{3}BC=\frac{1}{3}a$，
所以BD = AD = $\frac{1}{3}a$，CD = $\frac{2}{3}a$，
在Rt△ADC中，
cos θ = $\frac{AD}{AC}=\frac{\frac{a}{3}}{\sqrt{(\frac{1}{3}a)^{2}+(\frac{2}{3}a)^{2}}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，
故sin θ = $\frac{2\sqrt{5}}{5}$，所以cos∠BAC = cos($\frac{\pi}{4}+\theta$) = cos $\frac{\pi}{4}$cos θ - sin $\frac{\pi}{4}$sin θ = $\frac{\sqrt{2}}{2}\times\frac{\sqrt{5}}{5}-\frac{\sqrt{2}}{2}\times\frac{2\sqrt{5}}{5}=-\frac{\sqrt{10}}{10}$。
　　　　　
答案:−$\frac{\sqrt{10}}{10}$

[例2](2023·新高考Ⅱ卷)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b² + c² = 8，求b，c。

答案：
[例2][解析]
(1)因为D为BC的中点，
所以S△ABC = 2S△ADC = 2×$\frac{1}{2}$×AD×DCsin∠ADC = 2×$\frac{1}{2}$×1×DC×$\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
解得DC = 2，
所以BD = DC = 2，a = 4。
因为∠ADC = $\frac{\pi}{3}$，所以∠ADB = $\frac{2\pi}{3}$。
在△ABD中，由余弦定理，得
c² = AD² + BD² - 2AD·BDcos∠ADB = 1 + 4 + 2 = 7，所以c = $\sqrt{7}$。
解法一:在△ADC中，由余弦定理，得
b² = AD² + DC² - 2AD·DC·cos∠ADC = 1 + 4 - 2 = 3，所以b = $\sqrt{3}$。
在△ABC中，由余弦定理，得cos B = $\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{7 + 16 - 3}{2×4×\sqrt{7}}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$，
所以sin B = $\sqrt{1 - \cos^{2}B}=\frac{\sqrt{21}}{14}$。
解法二:在△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)解法一:(借助向量工具)
如图,
　　　　　　
因为S△ABC = $\frac{1}{2}bc\sin\angle BAC=\sqrt{3}$，
所以sin∠BAC = $\frac{2\sqrt{3}}{bc}$，
由题意得$\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$，|$\overrightarrow{AD}$| = 1，
所以4 = b² + c² + 2bc cos∠BAC，
又因为b² + c² = 8，所以cos∠BAC = $\frac{-2}{bc}$，
因为sin²∠BAC + cos²∠BAC = 1，
所以bc = 4，所以b = c = 2。
解法二:(利用“背靠背角”互补关系)
因为D为BC的中点，所以BD = DC。
因为∠ADB + ∠ADC = π，
所以cos∠ADB + cos∠ADC = 0，
则在△ABD与△ADC中，由余弦定理，得$\frac{AD^{2}+BD^{2}-c^{2}}{2AD·BD}+\frac{AD^{2}+DC^{2}-b^{2}}{2AD·DC}=0$，
得1 + BD² - c² = -(1 + BD² - b²)，
所以2BD² = b² + c² - 2 = 6，所以BD = $\sqrt{3}$，所以a = 2$\sqrt{3}$。
(另解)因为D为BC的中点，所以BC = 2BD。
在△ABD与△ABC中，由余弦定理，得cos B = $\frac{c^{2}+BD^{2}-AD^{2}}{2c·BD}=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}$，
整理，得2BD² = b² + c² - 2 = 6，
得BD = $\sqrt{3}$，所以a = 2$\sqrt{3}$。
在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC = $\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{8 - 12}{2bc}=-\frac{2}{bc}$，
所以S△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。