《2026年学易优高考二轮总复习数学》

(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√3，D 为 BC 的中点，且 AD = 1。
(1)若∠ADC = $\frac{\pi}{3}$，求 tan B；
(2)若 $b^2 + c^2 = 8$，求 b，c。

答案： 解：
(1)因为D为BC的中点， 所以$S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle ADC}=2 \times \frac{1}{2} \times AD \times DC \sin \angle ADC=2 \times \frac{1}{2} \times 1 \times DC \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$， 解得$DC=2$， 所以$BD=DC=2,a=4$。 因为$\angle ADC=\frac{\pi}{3}$，所以$\angle ADB=\frac{2\pi}{3}$。 在$\triangle ABD$中，由余弦定理，得$c^{2}=AD^{2}+BD^{2}-2AD \cdot BD\cos \angle ADB=1+4+2=7$， 所以$c=\sqrt{7}$。
解法一 在$\triangle ADC$中，由余弦定理，得$b^{2}=AD^{2}+DC^{2}-2AD \cdot DC \cdot \cos \angle ADC=1+4-2=3$， 所以$b=\sqrt{3}$。 在$\triangle ABC$中，由余弦定理，得$\cos B=\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{7+16-3}{2 \times 4 \times \sqrt{7}}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$， 所以$\sin B=\sqrt{1-\cos^{2} B}=\frac{\sqrt{21}}{14}$。 所以$\tan B=\frac{\sin B}{\cos B}=\frac{\sqrt{3}}{5}$。
解法二 在$\triangle ABD$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 因为D为BC的中点，所以$BD=DC$。 因为$\angle ADB+\angle ADC=\pi$，所以$\cos \angle ADB=-\cos \angle ADC$， 则在$\triangle ABD$与$\triangle ADC$中，由余弦定理，得$\frac{AD^{2}+BD^{2}-c^{2}}{2AD \cdot BD}=\frac{AD^{2}+DC^{2}-b^{2}}{2AD \cdot DC}$， 得$1+BD^{2}-c^{2}=-(1+BD^{2}-b^{2})$， 所以$2BD^{2}=b^{2}+c^{2}-2=6$，所以$BD=\sqrt{3}$，所以$a=2\sqrt{3}$。
解法二 因为D为BC的中点，所以$BC=2BD$。 在$\triangle ABD$与$\triangle ABC$中，由余弦定理，得$\cos B=\frac{c^{2}+BD^{2}-AD^{2}}{2c \cdot BD}=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}$， 整理，得$2BD^{2}=b^{2}+c^{2}-2=6$， 得$BD=\sqrt{3}$，所以$a=2\sqrt{3}$。 在$\triangle ABC$中，由余弦定理，得$\cos \angle BAC=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{8-12}{2bc}=-\frac{2}{bc}$， 所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin \angle BAC=\frac{1}{2}bc\sqrt{1-\cos^{2} \angle BAC}=\frac{1}{2}bc\sqrt{1-(-\frac{2}{bc})^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{b^{2}c^{2}-4}=\sqrt{3}$， 解得$bc=4$。 则由$\begin{cases} bc=4 \\ b^{2}+c^{2}=8 \end{cases}$，解得$b=c=2$。

(2025·河北模拟预测)如图，在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 AD 是∠BAC 的角平分线，且 $AD = \frac{bc}{b + c}$。
(1)求角 A 的值；
(2)若 a = 1，求 AD 长的最大值。

答案： 解：
(1)设$\angle BAC=\theta$， $\because S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ACD}$， $\therefore \frac{1}{2}bc\sin 2\theta=\frac{1}{2}c \cdot AD\sin \theta+\frac{1}{2}b \cdot AD\sin \theta$， $\therefore 2bc\cos \theta=(c+b) \cdot AD$， $\because AD=\frac{bc}{b+c}$，$\therefore \cos \theta=\frac{(c+b) \cdot AD}{2bc}=\frac{1}{2}$， $\because 0<\theta<\frac{\pi}{2}$，$\therefore \theta=\frac{\pi}{3}$，$\therefore \angle BAC=2\theta=\frac{2\pi}{3}$。
(2)由余弦定理知$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{1}{2}$， $\because a=1$，$\therefore b^{2}+c^{2}=1-bc$， 又$\because b^{2}+c^{2} \geqslant 2bc$，$bc \leqslant \frac{1}{3}$，当且仅当$b=c$时，等号成立。 $\therefore AD^{2}=(\frac{bc}{b+c})^{2}=\frac{(bc)^{2}}{1+bc+bc}$， 令$t=bc \in (0,\frac{1}{3}]$，则$f(t)=AD^{2}=\frac{t^{2}}{t+1+t+1-2}=\frac{t^{2}}{2t+1-2}$， 令$m=t+1 \in (1,\frac{4}{3}]$，则$f(m)=AD^{2}=m+\frac{1}{m}-2$， $\because f(m)$在$(1,\frac{4}{3}]$上单调递增，$\therefore AD^{2} \leqslant \frac{4}{3}+\frac{1}{4}-2=\frac{1}{12}$， $\therefore AD_{\max}=\frac{\sqrt{3}}{6}$，此时$m=\frac{4}{3}$，即$t=\frac{1}{3}$，即$b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$。