《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

[真题再现] (2021·全国乙卷)魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高。如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB = (A)


A.$\frac{表高×表距}{表目距的差}+表高$
B.$\frac{表高×表距}{表目距的差}-表高$
C.$\frac{表高×表距}{表目距的差}+表距$
D.$\frac{表高×表距}{表目距的差}-表距$

答案：
[真题再现]　A　如图所示:
　　　　　　　　
　由平面相似可知，$\frac{DE}{AB} = \frac{EH}{AH}$，$\frac{FG}{AB} = \frac{HG}{AH}$，而$DE = FG$，所以$\frac{DE}{AB} = \frac{EH}{AH} = \frac{HG}{AH} = \frac{CH}{AC}$，而$CH = CE - EH = CG - EH + EG$，即$AB = \frac{CG - EH}{CH}× DE = \frac{CG - EH}{CG - EH + EG}× DE = \frac{表高×表距}{表目距的差 + 表高}$。故选A。

(2022·全国乙卷)记△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).

答案：
(1)证明：
由已知sin C sin(A - B) = sin B sin(C - A)，
展开得sin C (sin A cos B - cos A sin B) = sin B (sin C cos A - cos C sin A)，
移项整理：sin A sin C cos B + sin A sin B cos C = 2 sin B sin C cos A，
左边提取sin A：sin A [sin C cos B + sin B cos C] = 2 sin B sin C cos A，
∵sin C cos B + sin B cos C = sin(B + C) = sin A，
∴sin² A = 2 sin B sin C cos A，
由正弦定理sin A = a/(2R), sin B = b/(2R), sin C = c/(2R)，代入得a²/(4R²) = 2·(b/(2R))(c/(2R))cos A，
化简得a² = 2bc cos A，
由余弦定理cos A = (b² + c² - a²)/(2bc)，代入得a² = 2bc·(b² + c² - a²)/(2bc)，
整理得2a² = b² + c².
(2)解：
∵a = 5，
∴b² + c² = 2a² = 50，
由cos A = (b² + c² - a²)/(2bc) = 25/(2bc) = 25/31，得2bc = 31，
∴(b + c)² = b² + c² + 2bc = 50 + 31 = 81，b + c = 9，
∴△ABC周长为a + b + c = 5 + 9 = 14.
结论：
(1)2a² = b² + c²；
(2)周长为14.

(1)若 A = 2B，求 C；

答案：
(1)由$A = 2B$，$\sin C\sin(A - B) = \sin B\sin(C - A)$可得，$\sin C\sin B = \sin B\sin(C - A)$，而$0 ＜ B ＜ \frac{\pi}{2}$，所以$\sin B \in (0,1)$，即有$\sin C = \sin(C - A) ＞ 0$，而$0 ＜ C ＜ \pi$，$0 ＜ C - A ＜ \pi$，显然$C \neq C - A$，所以$C + C - A = \pi$，而$A = 2B$，$A + B + C = \pi$，所以$C = \frac{5\pi}{8}$。

(2)证明：2a² = b² + c².

答案：
(2)证明：由$\sin C\sin(A - B) = \sin B\sin(C - A)$可得，$\sin C(\sin A\cos B - \cos A\sin B) = \sin B(\sin C\cos A - \cos C\sin A)$，再由正弦定理可得，$ac\cos B - bc\cos A = bc\cos A - ab\cos C$，然后根据余弦定理可知，$\frac{1}{2}(a^{2} + c^{2} - b^{2}) - \frac{1}{2}(b^{2} + c^{2} - a^{2}) = \frac{1}{2}(b^{2} + c^{2} - a^{2}) - \frac{1}{2}(a^{2} + b^{2} - c^{2})$，化简得$2a^{2} = b^{2} + c^{2}$，故原等式成立。

（2025·福建泉州模拟）在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 a ＜ b ＜ c 且 tan A，tan B，tan C 均为整数.
（1）证明：tan² B - 1 = tan A tan C；
（2）设 AC 的中点为 D，求∠CDB 的余弦值.

答案：
（1）证明：在$\triangle ABC$中，$\tan A$，$\tan B$，$\tan C$均为整数，$a ＜ b ＜ c$，所以$A,B,C \in [\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$，且$A ＜ B ＜ C$，所以$A$最小。当$A \geq \frac{\pi}{3}$，$A + B + C ＞ \pi$，矛盾，所以$A \in [\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{3})$，则$\tan A \in [1,\sqrt{3})$，且$\tan A$为整数，所以$\tan A = 1$，$A = \frac{\pi}{4}$，所以$B + C = \frac{3\pi}{4}$，$\tan(B + C) = \tan\frac{3\pi}{4} = -1$。又$\tan(B + C) = \frac{\tan B + \tan C}{1 - \tan B\tan C} = -1$，即$\tan B\tan C - 1 = \tan B + \tan C$。由$\tan B$，$\tan C$均为整数，且$B ＜ C$，$\tan A = 1$，则$\tan B = \frac{1 + \tan C}{\tan C - 1} = 1 + \frac{2}{\tan C - 1} \geq 2$，可得$\tan C \leq 3$，又因为$\tan A ＜ \tan B ＜ \tan C$，可得$\tan B = 2$，$\tan C = 3$，故$\tan^{2}B - 1 = 3 = \tan A\tan C$。所以$\tan^{2}B - 1 = \tan A\tan C$。
(2)由
(1)知$\tan B = 2$，$\tan C = 3$，$A,B,C \in [\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$，则$\sin B = \frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\cos B = \frac{\sqrt{5}}{5}$，$\cos C = \frac{\sqrt{10}}{10}$，$\sin C = \frac{3\sqrt{10}}{10}$。由正弦定理$\frac{a}{\sin\frac{\pi}{4}} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$，可得$b = \frac{2\sqrt{10}}{5}a$，$c = \frac{3\sqrt{10}}{10}a$，又$AC$的中点为$D$，则$CD = \frac{\sqrt{10}}{5}a$。在$\triangle BCD$中，由余弦定理，得$BD^{2} = a^{2} + (\frac{\sqrt{10}}{5}a)^{2} - 2a · \frac{\sqrt{10}}{5}a\cos C = a^{2}$，所以$BD = a$，则$BC = BD$，所以$\cos\angle CDB = \cos C = \frac{\sqrt{10}}{10}$。