《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

1. [2024 山东淄博期中]在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 sin²A - sin²C + sin²B = sinAsinB，且 c = 3，则△ABC 面积的最大值为(B)

A.√3
B.$\frac{9\sqrt{3}}{4}$
C.$\frac{3\sqrt{3}}{4}$
D.2√3

答案： 1. B 根据题意，由正弦定理得$a^{2}-c^{2}+b^{2}=ab$，再由余弦定理得$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{1}{2}$。因为$0＜C＜\pi$，所以$C=\frac{\pi}{3}$。又$c = 3$，由余弦定理得$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos C$，即$9=a^{2}+b^{2}-ab$。因为$a^{2}+b^{2}\geqslant2ab$，所以$9\geqslant2ab - ab$，即$ab\leqslant9$，当且仅当$a = b = 3$时等号成立，故$\triangle ABC$的面积$S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}ab\sin\frac{\pi}{3}\leqslant\frac{1}{2}×9×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{9\sqrt{3}}{4}$，所以$\triangle ABC$面积的最大值为$\frac{9\sqrt{3}}{4}$。

2. [2025 湖北武汉期末]已知在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 a + b = 8，tan$\frac{C}{2}$ = $\frac{sinB}{2 - cosB}$且△ABC 的面积为 4，则 tanC =(C)

A.2
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{4}{3}$

答案： 2. C 在$\triangle ABC$中，由$\tan\frac{C}{2}=\frac{\sin B}{2 - \cos B}$，利用半角公式$\tan\frac{C}{2}=\frac{\sin C}{1 + \cos C}$，可得$\frac{\sin C}{1 + \cos C}=\frac{\sin B}{2 - \cos B}$，结合$\sin(B + C)=\sin A$，得$2\sin C=\sin A+\sin B$。由正弦定理得$2c = a + b = 8$，则$c = 4$。又$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C = 4$，即$ab\sin C = 8$，由余弦定理得$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos C$，代入$c = 4$，$a + b = 8$，得$16 = 64 - 2ab(1 + \cos C)$，则$ab(1 + \cos C)=24$，将$ab\sin C = 8$与$ab(1 + \cos C)=24$相除，得$\frac{\sin C}{1 + \cos C}=\frac{1}{3}=\tan\frac{C}{2}$，利用二倍角公式$\tan C=\frac{2\tan\frac{C}{2}}{1 - \tan^{2}\frac{C}{2}}$，代入$\tan\frac{C}{2}=\frac{1}{3}$，得$\tan C=\frac{2×\frac{1}{3}}{1 - (\frac{1}{3})^{2}}=\frac{\frac{2}{3}}{\frac{8}{9}}=\frac{3}{4}$。

3. [2023 重庆一中期中]已知在△ABC 中，a，b，c 是角 A，B，C 的对边，$S_{△ABC}$ = $\frac{1}{2}c(a - b)$，其外接圆半径 R = 2，且 4(sin²A - sin²B) = ($\sqrt{3}a - b$)sinB，则(1 + sinA)(1 - sinB) =(A)

A.1
B.$\frac{5}{6}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{2}{3}$

答案： 3. A 由正弦定理，得$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R = 4$，即$a = 4\sin A$，$b = 4\sin B$，$c = 4\sin C$，又$4(\sin^{2}A-\sin^{2}B)=(\sqrt{3}a - b)\sin B$，则$16\sin^{2}A - 16\sin^{2}B=(\sqrt{3}a - b)b$，则$a^{2}-b^{2}=(\sqrt{3}a - b)b$，即$a^{2}=\sqrt{3}ab$，得$a=\sqrt{3}b$ ①。因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}c(a - b)$，则$\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}c(a - b)$，则$\frac{1}{4}abc = c(a - b)$，即$ab = 4(a - b)$ ②。结合①②解得$b=\frac{4(\sqrt{3}-1)}{\sqrt{3}}$，$a = 4(\sqrt{3}-1)$，则$1+\sin A=1+\frac{a}{4}=1+\sqrt{3}-1=\sqrt{3}$，$1-\sin B=1-\frac{b}{4}=1 - \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$(1 + \sin A)(1 - \sin B)=1$。

4. [2025 山东齐鲁名校大联考]记△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 b = 3，c = 4，cosA = $\frac{1}{7}$，点 D 在边 BC 上，且 AD 平分∠BAC，则 AD 的长为(D)

A.$\frac{3\sqrt{2}}{4}$
B.$\frac{4\sqrt{3}}{5}$
C.$\frac{4\sqrt{5}}{7}$
D.$\frac{48\sqrt{7}}{49}$

答案： 4. D 设$\angle BAD=\angle CAD=\frac{1}{2}\angle BAC=\alpha$，$\alpha\in(0,\frac{\pi}{2})$，则$\cos2\alpha=2\cos^{2}\alpha - 1=\frac{1}{7}$，解得$\cos\alpha=\frac{2\sqrt{7}}{7}$。由题意可得$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ACD}$，即$\frac{1}{2}bc\sin2\alpha=\frac{1}{2}c· AD·\sin\alpha+\frac{1}{2}b· AD·\sin\alpha$，整理得$bc\sin2\alpha=AD·(b + c)·\sin\alpha$，所以$AD=\frac{bc\sin2\alpha}{(b + c)\sin\alpha}=\frac{2bcc\cos\alpha}{b + c}=\frac{2×4×3×\frac{2\sqrt{7}}{7}}{4 + 3}=\frac{48\sqrt{7}}{49}$。

5. [多选题，2024 江苏常州中学期中]如图，△ABC 的角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，√3(acosC + ccosA) = 2bsinB，且∠CAB = $\frac{π}{3}$，若点 D 在△ABC 外，DC = 1，DA = 3，则下列说法正确的有(ABC)


A.∠ACB = $\frac{π}{3}$
B.∠ABC = $\frac{π}{3}$
C.四边形 ABCD 面积的最大值为 $\frac{5\sqrt{3}}{2}$ + 3
D.四边形 ABCD 面积的最大值为 $\frac{5}{2}$ + 2√3

答案： 5. ABC 在$\triangle ABC$中，由正弦定理得$\sqrt{3}(\sin A\cos C+\sin C\cos A)=2\sin^{2}B$，即$\sqrt{3}\sin(A + C)=\sqrt{3}\sin B = 2\sin^{2}B$，因为$B\in(0,\pi)$，所以$\sin B＞0$，可得$\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$，又因为$\angle CAB=\frac{\pi}{3}$，$B\in(0,\frac{2\pi}{3})$，可得$B=\frac{\pi}{3}$，所以$\triangle ABC$为等边三角形，$\angle ABC=\frac{\pi}{3}$，$\angle ACB=\frac{\pi}{3}$，所以A，B正确；设$\angle ADC=\theta$，$\theta\in(0,\pi)$，在$\triangle ACD$中，由余弦定理得$AC^{2}=DC^{2}+DA^{2}-2DC· DA\cos\theta=10 - 6\cos\theta$，且$S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}DC· DA\sin\theta=\frac{1}{2}×1×3\sin\theta=\frac{3}{2}\sin\theta$，$S_{\triangle ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}AC^{2}=\frac{5\sqrt{3}}{2}-\frac{3\sqrt{3}}{2}\cos\theta$，所以四边形ABCD的面积$S = S_{\triangle ABC}+S_{\triangle ACD}=\frac{5\sqrt{3}}{2}-\frac{3\sqrt{3}}{2}\cos\theta+\frac{3}{2}\sin\theta=\frac{5\sqrt{3}}{2}+3\sin(\theta-\frac{\pi}{3})$，当$\theta-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}$，即$\theta=\frac{5\pi}{6}$时，四边形ABCD的面积最大，最大值为$\frac{5\sqrt{3}}{2}+3$，所以C正确，D错误。