《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

例 2 （2025·南通一调）在△ABC 中，已知 $\tan A = \frac{4}{3}$，$\sin(A - B) = \frac{\sqrt{2}}{10}$.
（1）求角 B 的大小；
（2）若 AD 为∠BAC 的平分线，且△ABC 的面积为 14，求 AD.

答案：
(1)在$\triangle ABC$中，$\tan A = \frac{4}{3} ＞ 0$，所以$0 ＜ A ＜ \frac{\pi}{2}$。因为$0 ＜ B ＜ \pi$，所以$- \pi ＜ A - B ＜ \frac{\pi}{2}$。因为$\sin(A - B) = \frac{\sqrt{2}}{10} ＞ 0$，所以$0 ＜ A - B ＜ \frac{\pi}{2}$，所以$\cos(A - B) = \sqrt{1 - \sin^{2}(A - B)} = \frac{7\sqrt{2}}{10}$，所以$\tan(A - B) = \frac{\sin(A - B)}{\cos(A - B)} = \frac{1}{7}$，所以$\tan B = \tan[A - (A - B)] = \frac{\tan A - \tan(A - B)}{1 + \tan A · \tan(A - B)} = \frac{\frac{4}{3} - \frac{1}{7}}{1 + \frac{4}{3} × \frac{1}{7}} = 1$，所以$B = \frac{\pi}{4}$。
(2)设$\angle BAC = \alpha$。由$\tan\alpha = \frac{4}{3},0 ＜ \alpha ＜ \frac{\pi}{2}$，得$\sin\alpha = \frac{4}{5}$，$\cos\alpha = \frac{3}{5}$，所以$\sin C = \sin(\alpha + B) = \sin\alpha\cos B + \cos\alpha\sin B = \frac{7\sqrt{2}}{10}$。由正弦定理可得$\frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$，所以$\frac{b}{c} = \frac{\sin B}{\sin C} = \frac{5}{7}$，所以$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}bc\sin\alpha = \frac{1}{2} × \frac{5}{7}c^{2} × \frac{4}{5} = 14$，解得$c = 7$，所以$b = 5$。由$\cos\alpha = 1 - 2\sin^{2}\frac{\alpha}{2}$，得$\sin\frac{\alpha}{2} = \frac{\sqrt{5}}{5}$。由$S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD}$，可得$14 = \frac{1}{2}c· AD\sin\frac{\alpha}{2} + \frac{1}{2}b· AD\sin\frac{\alpha}{2} = \frac{7}{2} × \frac{\sqrt{5}}{5}AD + \frac{5}{2} × \frac{\sqrt{5}}{5}AD$，解得$AD = \frac{7\sqrt{5}}{3}$。

变式 2 (2025·武汉调研)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 $C = \frac{\pi}{3}$，c = 6，△ABC 的面积为 $\sqrt{3}$. 若 D 为边 AB 上一点，CD 是∠ACB 的平分线，则 CD = ()

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

答案： B【解析】在$\triangle ABC$中，$\angle ACB = \frac{\pi}{3}$，$c = 6$，由余弦定理可得$c^{2} = b^{2} + a^{2} - 2ba\cos\angle ACB = b^{2} + a^{2} - ba$，所以$36 = b^{2} + a^{2} - ba$。又$\triangle ABC$的面积为$\sqrt{3}$，所以$\frac{1}{2}ba\sin\frac{\pi}{3} = \sqrt{3}$，所以$ba = 4$，所以$36 = b^{2} + a^{2} - ba = (a + b)^{2} - 3 × 4$，所以$a + b = 4\sqrt{3}$。因为$CD$是$\angle ACB$的平分线，$\angle ACB = \frac{\pi}{3}$，所以$\angle ACD = \angle DCB = \frac{\pi}{6}$。因为$S_{\triangle ACD} + S_{\triangle BCD} = S_{\triangle ABC}$，即$\frac{1}{2}AC· CD\sin\angle ACD + \frac{1}{2}BC· CD\sin\angle BCD = \sqrt{3}$，即$\frac{1}{2}b· CD\sin\frac{\pi}{6} + \frac{1}{2}a· CD\sin\frac{\pi}{6} = \sqrt{3}$，即$b· CD + a· CD = 4\sqrt{3}$，所以$(b + a)CD = 4\sqrt{3}$，所以$CD = 1$。

例 3 （2025·苏北七市二调）记△ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，面积为 S，且 S = a² sin 2B.
（1）求证：tan B = 3 tan A；
（2）若 A = 45°，BC 边上的高为 6，求 b.

答案：

(1)因为$S = a^{2}\sin2B$，所以$\frac{1}{2}ac\sin B = 2a^{2}\sin B\cos B$。在$\triangle ABC$中，$\sin B ＞ 0$，所以$c = 4a\cos B$。由正弦定理$\frac{a}{\sin A} = \frac{c}{\sin C}$，得$\sin C = 4\sin A\cos B$。因为$A + B + C = 180^{\circ}$，所以$\sin C = \sin(180^{\circ} - A - B) = \sin(A + B) = \sin A\cos B + \cos A\sin B$，所以$4\sin A\cos B = \sin A\cos B + \cos A\sin B$，即$\cos A\sin B = 3\sin A\cos B$，所以$\tan B = 3\tan A$。
(2)因为$A = 45^{\circ}$，所以$\tan A = 1$，由
(1)知$\tan B = 3$。
方法一：因为$\tan C = - \tan(A + B) = - \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A\tan B} = 2$，所以$\triangle ABC$为锐角三角形。如图，过点$A$作$AD \perp BC$，过点$C$作$CE \perp AB$，$D$，$E$分别为垂足，设$AE = CE = 3x$。因为$\tan B = 3$，所以$CE = 3EB = 3x$，$AD = 3BD = 6$。在$Rt\triangle ADB$中，$AD = 6$，$BD = 2$，$AB = 4x$，所以$36 + 4 = 16x^{2}$，解得$x^{2} = \frac{5}{2}$。在$Rt\triangle AEC$中，$AC = \sqrt{(3x)^{2} + (3x)^{2}} = 3\sqrt{5}$，即$b = 3\sqrt{5}$。

方法二：由$\tan B = \frac{\sin B}{\cos B} = 3$，及$\sin^{2}B + \cos^{2}B = 1$，解得$\sin^{2}B = \frac{9}{10}$，$\cos^{2}B = \frac{1}{10}$。因为$\tan B = 3 ＞ 0$，所以$B \in (0,\frac{\pi}{2})$，所以$\sin B = \frac{3\sqrt{10}}{10}$，$\cos B = \frac{\sqrt{10}}{10}$。由$S = a^{2}\sin2B = \frac{1}{2}a × 6$，得$a^{2} × (2\sin B\cos B) = 3a$，解得$a = 5$。由正弦定理$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B}$，得$\frac{5}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{b}{\frac{3\sqrt{10}}{10}}$，解得$b = 3\sqrt{5}$。