《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

变式 3 （2025·泉州三检）在四边形$ABCD$中，$AB// CD$，$\angle ABC = 45^{\circ}$，$AB = 4$，$AC=\sqrt{5}BC$.
（1）求$\sin\angle ACB$；
（2）若$AD=\sqrt{17}$，求四边形$ABCD$的面积.

答案：
变式3【解答】
(1)方法一：在$\triangle ABC$中，$AB=4$，$AC=\sqrt{5}BC$，$\angle ABC=45^{\circ}$，由余弦定理得$AC^{2}=BC^{2}+AB^{2}-2BC· AB·\cos\angle ABC$，即$5BC^{2}=BC^{2}+16-8×\frac{\sqrt{2}}{2}× BC$，整理得$BC^{2}+\sqrt{2}BC-4=0$，解得$BC=\sqrt{2}$或$BC=-2\sqrt{2}$(舍去)，则$AC=\sqrt{5}BC=\sqrt{10}$.由正弦定理得$\frac{AB}{\sin\angle ACB}=\frac{AC}{\sin\angle ABC}$，即$\frac{4}{\sin\angle ACB}=\frac{\sqrt{10}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$，解得$\sin\angle ACB=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.

方法二：在$\triangle ABC$中，由正弦定理得$\frac{BC}{\sin\angle BAC}=\frac{AC}{\sin\angle ABC}$，得$\sin\angle BAC=\frac{BC}{AC}·\sin\angle ABC=\frac{1}{\sqrt{5}}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{10}}{10}$，故$\cos\angle BAC=\frac{3\sqrt{10}}{10}$，$\sin\angle ACB=\sin(\angle ABC+\angle BAC)=\sin\angle ABC·\cos\angle BAC+\cos\angle ABC\sin\angle BAC=\frac{\sqrt{2}}{2}×(\frac{\sqrt{10}}{10}+\frac{3\sqrt{10}}{10})=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
(2)方法一：因为$AB// CD$，所以$\angle DCA=\angle BAC$.在$\triangle ABC$中，由余弦定理得$\cos\angle BAC=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2AB· AC}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$.故$\cos\angle DCA=\frac{3\sqrt{10}}{10}$.在$\triangle ACD$中，由余弦定理得$AD^{2}=AC^{2}+CD^{2}-2AC· CD·\cos\angle DCA$，即$17=10+CD^{2}-2\sqrt{10}· CD·\frac{3\sqrt{10}}{10}$，整理得$CD^{2}-6CD-7=0$，解得$CD=-1$(舍去)或$CD=7$.在$\triangle ABC$中，$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB· BC·\sin45^{\circ}=\frac{1}{2}×4\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=2$.由$AB// CD$可得$S_{\triangle ACD}=\frac{CD}{AB}· S_{\triangle ABC}=\frac{7}{4}×2=\frac{7}{2}$，故四边形$ABCD$的面积为$2+\frac{7}{2}=\frac{11}{2}$.
方法二：因为$AB// CD$，所以$\angle DCA=\angle BAC$，由
(1)可得$\cos\angle BAC=\frac{3\sqrt{10}}{10}$.在$\triangle ACD$中，由余弦定理得$AD^{2}=AC^{2}+CD^{2}-2AC· CD·\cos\angle DAC$，即$17=10+CD^{2}-2\sqrt{10}· CD·\frac{3\sqrt{10}}{10}$，整理得$CD^{2}-6CD-7=0$，解得$CD=-1$(舍去)或$CD=7$.在$\triangle ABC$中，$AB$边上的高$h=BC\sin45^{\circ}=\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1$，故四边形$ABCD$的面积为$\frac{h}{2}(AB + CD)=\frac{11}{2}$.

例 4 - 1 (2025·南京、盐城一模)在锐角$\triangle ABC$中，角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$.若$b - 2c = a\cos C - 2a\cos B$，则$\frac{c}{b}=$(D)

A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{1}{2}$
C.1
D.2

答案：
例4−1D【解析】如图，过点$A$作$AD\perp BC$于点$D$，则$BD=c\cos B$，$CD=b\cos C$，所以$a=BD+CD=c\cos B+b\cos C$，同理可得$b=a\cos C+c\cos A$，$c=a\cos B+b\cos A$.因为$b-2c=a\cos C-2a\cos B$，所以$(“齐次化”)a\cos C+c\cos A-2(a\cos B+b\cos A)=a\cos C-2a\cos B$，整理得$c\cos A=2b\cos A$.因为$\triangle ABC$为锐角三角形，所以$\cos A\neq0$，所以$c=2b$，即$\frac{c}{b}=2$.

例 4 - 2 （2025·吕梁三模）在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$，其中$c = 2$，$\sqrt{3}b\sin C = 2\cos B$.
（1）求$B$；
（2）若$\triangle ABC$的面积$S=\frac{\sqrt{3}+1}{2}$，求$b$.

答案： 例4−2【解答】
(1)因为$c = 2$，$\sqrt{3}b\sin C=2c\cos B$，所以$\sqrt{3}b\sin C=c\cos B$，由正弦定理得$\sqrt{3}\sin B\sin C=\sin C\cos B$.又因为$\sin C\neq0$，所以$\sqrt{3}\sin B=\cos B$，即$\tan B=\frac{\sin B}{\cos B}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.又$B\in(0,\pi)$，所以$B=\frac{\pi}{6}$.
(2)由于$\triangle ABC$的面积$S=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{2}a×2×\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}+1}{2}$，解得$a=\sqrt{3}+1$，由余弦定理得$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos B=3 + 1+2\sqrt{3}+4-2×(\sqrt{3}+1)×2×\frac{\sqrt{3}}{2}=2$，故$b=\sqrt{2}$.