《2026年金版新学案高三数学人教版》

典例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.
听课笔记：

答案： 典例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$\frac{BC}{\sin A}=\frac{AB}{\sin C}$，得$BC=\frac{AB}{\sin C}·\sin A=\frac{5}{\sqrt{2}}×\frac{3\sqrt{10}}{10}=3\sqrt{5}$。
由余弦定理$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}-2AC· BC\cos C$，得$5^{2}=AC^{2}+(3\sqrt{5})^{2}-2AC·3\sqrt{5}\cos\frac{\pi}{4}$，
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$\frac{1}{2}· AB· h=\frac{1}{2}· AC· BC\sin C$，
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$\sin B=\sin(\frac{3\pi}{4}-A)=\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos A+\sin A)=\frac{\sqrt{2}}{2}×(\frac{\sqrt{10}}{10}+\frac{3\sqrt{10}}{10})=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
由正弦定理$\frac{AC}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}$，得$AC=\frac{AB·\sin B}{\sin C}=\frac{5×\frac{2\sqrt{5}}{5}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=2\sqrt{10}$，
故$AB$边上的高为$AC·\sin A=2\sqrt{10}×\frac{3\sqrt{10}}{10}=6$。
answer:典例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$\frac{BC}{\sin A}=\frac{AB}{\sin C}$，得$BC=\frac{AB}{\sin C}·\sin A=\frac{5}{\sqrt{2}}×\frac{3\sqrt{10}}{10}=3\sqrt{5}$。
由余弦定理$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}-2AC· BC\cos C$，得$5^{2}=AC^{2}+(3\sqrt{5})^{2}-2AC·3\sqrt{5}\cos\frac{\pi}{4}$，
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$\frac{1}{2}· AB· h=\frac{1}{2}· AC· BC\sin C$，
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$\sin B=\sin(\frac{3\pi}{4}-A)=\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos A+\sin A)=\frac{\sqrt{2}}{2}×(\frac{\sqrt{10}}{10}+\frac{3\sqrt{10}}{10})=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
由正弦定理$\frac{AC}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}$，得$AC=\frac{AB·\sin B}{\sin C}=\frac{5×\frac{2\sqrt{5}}{5}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=2\sqrt{10}$，
故$AB$边上的高为$AC·\sin A=2\sqrt{10}×\frac{3\sqrt{10}}{10}=6$。

对点练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.

答案： 对点练1 解：
(1)由余弦定理得$\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{a - c\sin B}{b}$，
所以$a^{2}+b^{2}-c^{2}=2a(a - c\sin B)$，
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$S=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{\sqrt{2}}{4}ac$，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$\cos C=\frac{a - c\sin B}{b}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{4}c-\frac{\sqrt{2}}{2}c}{\frac{\sqrt{10}}{4}c}=-\frac{\sqrt{5}}{5}$。

典例2 (2023·新高考Ⅱ卷)记$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，已知$\triangle ABC$面积为$\sqrt{3}$，$D$为$BC$的中点，且$AD=1$.
(1)若$\angle ADC=\frac{\pi}{3}$，求$\tan B$；
(2)若$b^{2}+c^{2}=8$，求$b$，$c$.
听课笔记：

答案： 典例2 解：
(1)因为在$\triangle ABC$中，$D$为$BC$的中点，$\angle ADC=\frac{\pi}{3}$，$AD=1$，
所以$S_{\triangle ADC}=\frac{1}{2}AD· DC\sin\angle ADC=\frac{1}{2}×1×\frac{1}{2}a×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{8}a$，
因为$\triangle ABC$的面积为$\sqrt{3}$，所以$\frac{\sqrt{3}}{8}a=\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得$a=4$。
因为在$\triangle ABD$中，$\angle ADB=\frac{2\pi}{3}$，
由余弦定理得$c^{2}=BD^{2}+AD^{2}-2BD· AD\cos\angle ADB$，
即$c^{2}=4 + 1 - 2×2×1×(-\frac{1}{2})=7$，解得$c=\sqrt{7}$。
所以$\cos B=\frac{7 + 4 - 1}{2\sqrt{7}×2}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$，$\sin B=\sqrt{1 - \cos^{2}B}=\sqrt{1 - (\frac{5\sqrt{7}}{14})^{2}}=\frac{\sqrt{21}}{14}$，
所以$\tan B=\frac{\sin B}{\cos B}=\frac{\sqrt{3}}{5}$。
(2)在$\triangle ABD$与$\triangle ACD$中，
由余弦定理得$\begin{cases}c^{2}=\frac{1}{4}a^{2}+1-2×\frac{1}{2}a×1×\cos(\pi-\angle ADC)\\b^{2}=\frac{1}{4}a^{2}+1-2×\frac{1}{2}a×1×\cos\angle ADC\end{cases}$
整理得$\frac{1}{2}a^{2}+2=b^{2}+c^{2}$，而$b^{2}+c^{2}=8$，则$a=2\sqrt{3}$。
由$S_{\triangle ADC}=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×1×\sin\angle ADC=\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得$\sin\angle ADC=1$，
而$0＜\angle ADC＜\pi$，于是$\angle ADC=\frac{\pi}{2}$，
所以$b=c=\sqrt{AD^{2}+CD^{2}}=2$。