《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例 2
(2025·长沙联考)如图，在 $\triangle ABC$ 中，有 $\sqrt{\dfrac{\cos B + 1}{2}}-\sin B = 0$.
(1)求 $\angle B$ 的大小；
(2)直线 $BC$ 绕点 $C$ 顺时针旋转 $\dfrac{\pi}{6}$ 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.

答案：
例2 解
(1)由$\sqrt{\frac{\cos B + 1}{2}} - \sin B = 0$得$\sqrt{\frac{\cos B + 1}{2}} = \sin B$，两边平方得$\frac{\cos B + 1}{2} = \sin^{2}B$，将$\sin^{2}B + \cos^{2}B = 1$代入整理得$2\cos^{2}B + \cos B - 1 = 0$，解得$\cos B = \frac{1}{2}$或$\cos B = - 1$，因为$B \in (0,\pi)$，所以$B = \frac{\pi}{3}$。
(2)由
(1)知$\angle ABC = \frac{\pi}{3}$，则$\angle CBD = \frac{2\pi}{3}$，由题意可知$\angle BCD = \frac{\pi}{6}$，则$\angle D = \frac{\pi}{6}$。设$BC = a$，则$BD = BC = a$。在$\triangle BCD$中，由余弦定理得$CD^{2} = BD^{2} + BC^{2} - 2BD \cdot BC\cos\angle DBC = a^{2} + a^{2} - 2a \cdot a \cdot ( - \frac{1}{2}) = 3a^{2}$，则$CD = \sqrt{3}a$。在$\triangle ABC$中，由正弦定理得$\frac{BC}{\sin A} = \frac{AB}{\sin\angle ACB}$，$\frac{a}{\sin A} = \frac{2\sin(\frac{\pi}{3} + \angle ACB)}{\sin\angle ACB}$所以$a = \frac{2\sin A}{\sin\angle ACB} = \frac{\sqrt{3}\cos\angle ACB + \sin\angle ACB}{\sin\angle ACB} = \frac{\sqrt{3}}{\tan\angle ACB} + 1$。因为$\triangle ABC$为锐角三角形，所以$\begin{cases}0 ＜ \angle ACB ＜ \frac{\pi}{2}, \\0 ＜ \angle A ＜ \frac{\pi}{2}, \\0 ＜ \frac{2\pi}{3} - \angle ACB ＜ \frac{\pi}{2}.\end{cases}$即$\begin{cases}0 ＜ \angle ACB ＜ \frac{\pi}{2}, \\0 ＜ \frac{2\pi}{3} - \angle ACB ＜ \frac{\pi}{2}.\end{cases}$解得$\frac{\pi}{6} ＜ \angle ACB ＜ \frac{\pi}{2}$，所以$\tan\angle ACB \in (\frac{\sqrt{3}}{3}, + \infty)$，则$\frac{1}{\tan\angle ACB} \in (0,\sqrt{3})$。所以$CD = \sqrt{3}a = \frac{3}{\tan\angle ACB} + \sqrt{3} \in (\sqrt{3},4\sqrt{3})$，即$CD$长度的取值范围是$(\sqrt{3},4\sqrt{3})$。

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)由正弦定理可得$\sqrt{3}\sin A(1 + \cos B) = \sin B\sin A$，$\sin A \neq 0,\therefore\sqrt{3}(1 + \cos B) = \sin B$，$\therefore\sin(B - \frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$。又$B - \frac{\pi}{3} \in ( - \frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3})$，$\therefore B - \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{3},\therefore B = \frac{2\pi}{3}$。(2)由余弦定理$b^{2} = a^{2} + c^{2} - 2ac\cos B$，得$36 = a^{2} + c^{2} + ac \geqslant 3ac$，当且仅当$a = c$时等号成立，$\therefore \triangle ABC$的面积为$\frac{1}{2}ac\sin B = \frac{\sqrt{3}}{4}ac \leqslant \frac{\sqrt{3}}{4} × 12 = 3\sqrt{3}$。故$\triangle ABC$面积的最大值为$3\sqrt{3}$。

答案： 训练2 解
(1)由正弦定理可得$\sqrt{3}\sin A(1 + \cos B) = \sin B\sin A$，$\sin A \neq 0,\therefore\sqrt{3}(1 + \cos B) = \sin B$，$\therefore\sin(B - \frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$。又$B - \frac{\pi}{3} \in ( - \frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3})$，$\therefore B - \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{3},\therefore B = \frac{2\pi}{3}$。
(2)由余弦定理$b^{2} = a^{2} + c^{2} - 2ac\cos B$，得$36 = a^{2} + c^{2} + ac \geqslant 3ac$，当且仅当$a = c$时等号成立，$\therefore \triangle ABC$的面积为$\frac{1}{2}ac\sin B = \frac{\sqrt{3}}{4}ac \leqslant \frac{\sqrt{3}}{4} × 12 = 3\sqrt{3}$。故$\triangle ABC$面积的最大值为$3\sqrt{3}$。

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$A = 2B,A + B + C = \pi$，可得$A = \frac{2\pi - 2C}{3}$将$A = 2B$代入$\sin C\sin(A - B)=\sin B\sin(C - A)$，可得$\sin C\sin B = \sin B\sin(C - A)$。因为$B \in (0,\pi)$，所以$\sin B \neq 0$，所以$\sin C = \sin(C - A)$。又$A,C \in (0,\pi)$，所以$C + C - A = \pi$，即$A = 2C - \pi$，与$A = \frac{2\pi - 2C}{3}$联立，解得$C = \frac{5\pi}{8}$。(2)证明 法一 由$\sin C\sin(A - B)=\sin B\sin(C - A)$，可得$\sin C\sin A\cos B - \sin C\cos A\sin B=\sin B\sin C\cos A - \sin B\cos C\sin A$，结合正弦定理可得，$ac\cos B - bc\cos A = bc\cos A - ab\cos C$，即$ac\cos B + ab\cos C = 2bc\cos A(*)$。由余弦定理的推论得，$ac\cos B = \frac{a^{2} + c^{2} - b^{2}}{2},ab\cos C = \frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2}$，$2bc\cos A = b^{2} + c^{2} - a^{2}$。将上述三式代入$(*)$式并整理，得$2a^{2} = b^{2} + c^{2}$。法二 因为$A + B + C = \pi$，所以$\sin C\sin(A - B) = \sin(A + B)\sin(A - B)=\sin^{2}A\cos^{2}B - \cos^{2}A\sin^{2}B=\sin^{2}A(1 - \sin^{2}B) - (1 - \sin^{2}A)\sin^{2}B=\sin^{2}A - \sin^{2}B$。同理有$\sin B\sin(C - A)=\sin(C + A)\sin(C - A)=\sin^{2}C - \sin^{2}A$。又$\sin C\sin(A - B) = \sin B\sin(C - A)$，所以$\sin^{2}A - \sin^{2}B = \sin^{2}C - \sin^{2}A$，即$2\sin^{2}A = \sin^{2}B + \sin^{2}C$，故由正弦定理可得$2a^{2} = b^{2} + c^{2}$。

答案： 例3
(1)解 由$A = 2B,A + B + C = \pi$，可得$A = \frac{2\pi - 2C}{3}$将$A = 2B$代入$\sin C\sin(A - B)=\sin B\sin(C - A)$，可得$\sin C\sin B = \sin B\sin(C - A)$。因为$B \in (0,\pi)$，所以$\sin B \neq 0$，所以$\sin C = \sin(C - A)$。又$A,C \in (0,\pi)$，所以$C + C - A = \pi$，即$A = 2C - \pi$，与$A = \frac{2\pi - 2C}{3}$联立，解得$C = \frac{5\pi}{8}$。
(2)证明 法一 由$\sin C\sin(A - B)=\sin B\sin(C - A)$，可得$\sin C\sin A\cos B - \sin C\cos A\sin B=\sin B\sin C\cos A - \sin B\cos C\sin A$，结合正弦定理可得，$ac\cos B - bc\cos A = bc\cos A - ab\cos C$，即$ac\cos B + ab\cos C = 2bc\cos A(*)$。由余弦定理的推论得，$ac\cos B = \frac{a^{2} + c^{2} - b^{2}}{2},ab\cos C = \frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2}$，$2bc\cos A = b^{2} + c^{2} - a^{2}$。将上述三式代入$(*)$式并整理，得$2a^{2} = b^{2} + c^{2}$。法二 因为$A + B + C = \pi$，所以$\sin C\sin(A - B) = \sin(A + B)\sin(A - B)=\sin^{2}A\cos^{2}B - \cos^{2}A\sin^{2}B=\sin^{2}A(1 - \sin^{2}B) - (1 - \sin^{2}A)\sin^{2}B=\sin^{2}A - \sin^{2}B$。同理有$\sin B\sin(C - A)=\sin(C + A)\sin(C - A)=\sin^{2}C - \sin^{2}A$。又$\sin C\sin(A - B) = \sin B\sin(C - A)$，所以$\sin^{2}A - \sin^{2}B = \sin^{2}C - \sin^{2}A$，即$2\sin^{2}A = \sin^{2}B + \sin^{2}C$，故由正弦定理可得$2a^{2} = b^{2} + c^{2}$。

(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$\sin A ＞ \sin B$。①若$A,B \in (0,\frac{\pi}{2}]$，则由$y = \sin x$在$(0,\frac{\pi}{2}]$上单调递增，得$A ＞ B$。②若$A \in (0,\frac{\pi}{2}],B \in (\frac{\pi}{2},\pi)$，则$\sin A ＞ \sin B = \sin(\pi - B)$，此时$\pi - B \in (0,\frac{\pi}{2})$，由$y = \sin x$在$(0,\frac{\pi}{2}]$上单调递增，得$A ＞ \pi - B \Leftrightarrow A + B ＞ \pi$，舍去。③若$B \in (0,\frac{\pi}{2}],A \in (\frac{\pi}{2},\pi)$，则$\sin A = \sin(\pi - A) ＞ \sin B$，此时$\pi - A \in (0,\frac{\pi}{2})$，由$y = \sin x$在$(0,\frac{\pi}{2}]$上单调递增，得$\pi - A ＞ B,A + B ＜ \pi$，则$A ＞ B$成立。综上，若$a ＞ b$，则$A ＞ B$。(2)由$y = \cos x$在$(0,\pi)$上单调递减，得$\cos A ＜ \cos B$，则$\frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2bc} ＜ \frac{a^{2} + c^{2} - b^{2}}{2ac}$，则$a(b^{2} + c^{2} - a^{2}) ＜ b(a^{2} + c^{2} - b^{2})$，即$ab(b - a) + c^{2}(a - b) + (b - a)(a^{2} + b^{2} + ab) ＜ 0$，即$(b - a)[c^{2} - (a + b)^{2} + c^{2}] = (b - a)(a + b + c)(a + b - c) ＜ 0$。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$\sin A ＞ \sin B$。①若$A,B \in (0,\frac{\pi}{2}]$，则由$y = \sin x$在$(0,\frac{\pi}{2}]$上单调递增，得$A ＞ B$。②若$A \in (0,\frac{\pi}{2}],B \in (\frac{\pi}{2},\pi)$，则$\sin A ＞ \sin B = \sin(\pi - B)$，此时$\pi - B \in (0,\frac{\pi}{2})$，由$y = \sin x$在$(0,\frac{\pi}{2}]$上单调递增，得$A ＞ \pi - B \Leftrightarrow A + B ＞ \pi$，舍去。③若$B \in (0,\frac{\pi}{2}],A \in (\frac{\pi}{2},\pi)$，则$\sin A = \sin(\pi - A) ＞ \sin B$，此时$\pi - A \in (0,\frac{\pi}{2})$，由$y = \sin x$在$(0,\frac{\pi}{2}]$上单调递增，得$\pi - A ＞ B,A + B ＜ \pi$，则$A ＞ B$成立。综上，若$a ＞ b$，则$A ＞ B$。
(2)由$y = \cos x$在$(0,\pi)$上单调递减，得$\cos A ＜ \cos B$，则$\frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2bc} ＜ \frac{a^{2} + c^{2} - b^{2}}{2ac}$，则$a(b^{2} + c^{2} - a^{2}) ＜ b(a^{2} + c^{2} - b^{2})$，即$ab(b - a) + c^{2}(a - b) + (b - a)(a^{2} + b^{2} + ab) ＜ 0$，即$(b - a)[c^{2} - (a + b)^{2} + c^{2}] = (b - a)(a + b + c)(a + b - c) ＜ 0$。而$a + b + c ＞ 0,a + b - c ＞ 0$，因此$a ＞ b$。