《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

12. [2023·新课标Ⅰ卷]已知在 $ \triangle ABC $ 中，$ A+B=3C $，$ 2\sin (A-C)=\sin B $。
(1)求 $ \sin A $；
(2)设 $ AB=5 $，求 $ AB $ 边上的高。

答案： 12.
(1)在$\triangle ABC$中，$A + B = 3C$，$A + B + C = \pi$，所以$C = \frac{\pi}{4}$。因为$2\sin(A - C) = \sin B$，即$2\sin(\frac{\pi}{2} - B) = \sin B$，所以$2\cos B = \sin B$。
又因为$\sin^{2}B + \cos^{2}B = 1$，$B \in (0,\frac{3\pi}{4})$，所以$\sin B = \frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\cos B = \frac{\sqrt{5}}{5}$，所以$\sin A = \sin(B + C) = \sin(B + \frac{\pi}{4}) = \sin B\cos\frac{\pi}{4} + \cos B\sin\frac{\pi}{4} = \frac{3\sqrt{10}}{10}$。
(2)在$\triangle ABC$中，记内角A、B、C所对的边分别为$a$、$b$、$c$。因为$AB = c = 5$，$C = \frac{\pi}{4}$，$\sin B = \frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\sin A = \frac{3\sqrt{10}}{10}$，所以由正弦定理$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$，可得$\frac{a}{\frac{3\sqrt{10}}{10}} = \frac{b}{\frac{2\sqrt{5}}{5}} = \frac{5}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$，解得$a = 3\sqrt{5}$，$b = 2\sqrt{10}$。
设AB边上的高为$h$，由三角形的面积公式可得$\frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}c · h$，即$\frac{1}{2} × 3\sqrt{5} × 2\sqrt{10} × \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{2} × 5h$，解得$h = 6$，即AB边上的高为6。

13. [2023·新课标Ⅱ卷]记 $ \triangle ABC $ 的内角 $ A $，$ B $，$ C $ 的对边分别为 $ a $，$ b $，$ c $，已知 $ \triangle ABC $ 的面积为 $ \sqrt{3} $，$ D $ 为 $ BC $ 的中点，且 $ AD=1 $。
(1)若 $ \angle ADC=\frac{\pi}{3} $，求 $ \tan B $；
(2)若 $ b^{2}+c^{2}=8 $，求 $ b $，$ c $。

答案： 13.
(1)因为D为BC的中点，所以$S_{\triangle ABC} = 2S_{\triangle ADC} = 2 × \frac{1}{2} × AD × DC × \sin \angle ADC = 2 × \frac{1}{2} × 1 × DC × \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$，解得$DC = 2$，所以$BD = DC = 2$，所以$a = 4$。
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$c^{2} = AD^{2} + BD^{2} - 2AD · BD\cos \angle ADB = 1 + 4 + 2 = 7$，所以$c = \sqrt{7}$。
在$\triangle ADC$中，由余弦定理，得$b^{2} = AD^{2} + DC^{2} - 2AD · DC\cos \angle ADC = 1 + 4 - 2 = 3$，所以$b = \sqrt{3}$。
在$\triangle ABC$中，由余弦定理，得$\cos B = \frac{c^{2} + a^{2} - b^{2}}{2ac} = \frac{7 + 16 - 3}{2 × 4 × \sqrt{7}} = \frac{5\sqrt{7}}{14}$，所以$\sin B = \sqrt{1 - \cos^{2}B} = \frac{\sqrt{21}}{14}$。
所以$\tan B = \frac{\sin B}{\cos B} = \frac{\sqrt{3}}{5}$。
(2)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$\frac{AD^{2} + BD^{2} - c^{2}}{2AD · BD} = - \frac{AD^{2} + DC^{2} - b^{2}}{2AD · DC}$，即$1 + BD^{2} - c^{2} = - (1 + BD^{2} - b^{2})$，所以$2BD^{2} = b^{2} + c^{2} - 2 = 6$，所以$BD = \sqrt{3}$，所以$a = 2\sqrt{3}$。
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$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}bc\sin \angle BAC = \frac{1}{2}bc\sqrt{1 - \cos^{2}\angle BAC} = \frac{1}{2}\sqrt{b^{2}c^{2} - 4}$。
又因为$S_{\triangle ABC} = \sqrt{3}$，所以$\frac{1}{2}\sqrt{b^{2}c^{2} - 4} = \sqrt{3}$，解得$bc = 4$。由$\begin{cases} bc = 4 \\ b^{2} + c^{2} = 8 \end{cases}$，解得$\begin{cases} b = 2 \\ c = 2 \end{cases}$。

14. [2022·新高考全国卷Ⅰ]记 $ \triangle ABC $ 的内角 $ A $，$ B $，$ C $ 的对边分别为 $ a $，$ b $，$ c $，已知 $ \frac{\cos A}{1+\sin A}=\frac{\sin 2B}{1+\cos 2B} $。
(1)若 $ C=\frac{2\pi}{3} $，求 $ B $；
(2)求 $ \frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}} $ 的最小值。

答案： 14.
(1)因为$\frac{\cos A}{1 + \sin A} = \frac{\sin 2B}{1 + \cos 2B}$，所以$\frac{\cos A}{1 + \sin A} = \frac{2\sin B\cos B}{2\cos^{2}B} = \frac{\sin B}{\cos B}$，所以$\cos A\cos B = \sin B + \sin A\sin B$，所以$\cos(A + B) = \sin B$，所以$\sin B = - \cos C = - \cos\frac{2\pi}{3} = \frac{1}{2}$。
因为$B \in (0,\frac{\pi}{3})$，所以$B = \frac{\pi}{6}$。
(2)由
(1)得$\cos(A + B) = \sin B$，所以$\sin[\frac{\pi}{2} - (A + B)] = \sin B$，且$0 ＜ A + B ＜ \frac{\pi}{2}$，所以$0 ＜ \frac{\pi}{2} - (A + B) ＜ \frac{\pi}{2}$，所以$\frac{\pi}{2} - (A + B) = B$，解得$A = \frac{\pi}{2} - 2B$。由正弦定理得$\frac{a^{2} + b^{2}}{c^{2}} = \frac{\sin^{2}A + \sin^{2}B}{\sin^{2}C} = \frac{\sin^{2}(\frac{\pi}{2} - 2B) + \sin^{2}B}{1 - \cos^{2}C} = \frac{\cos^{2}2B + \sin^{2}B}{\cos^{2}B} = \frac{(2\cos^{2}B - 1)^{2} + 1 - \cos^{2}B}{\cos^{2}B} = \frac{4\cos^{4}B - 5\cos^{2}B + 2}{\cos^{2}B} = 4\cos^{2}B + \frac{2}{\cos^{2}B} - 5 \geq 2\sqrt{4\cos^{2}B · \frac{2}{\cos^{2}B}} - 5 = 4\sqrt{2} - 5$，当且仅当$\cos^{2}B = \frac{\sqrt{2}}{2}$时，等号成立，所以$\frac{a^{2} + b^{2}}{c^{2}}$的最小值为$4\sqrt{2} - 5$。

15. [2024·新课标Ⅰ卷]记 $ \triangle ABC $ 的内角 $ A $，$ B $，$ C $ 的对边分别为 $ a $，$ b $，$ c $。已知 $ \sin C=\sqrt{2}\cos B $，$ a^{2}+b^{2}-c^{2}=\sqrt{2}ab $。
(1)求 $ B $；
(2)若 $ \triangle ABC $ 的面积为 $ 3+\sqrt{3} $，求 $ c $。

答案： 15.
(1)已知$a^{2} + b^{2} - c^{2} = \sqrt{2}ab$，则$\cos C = \frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2ab} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。因为$C \in (0,\pi)$，所以$C = \frac{\pi}{4}$。
又$\sin C = \sqrt{2}\cos B$，所以$\cos B = \frac{\sin C}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$。又$B \in (0,\pi)$，所以$B = \frac{\pi}{3}$。
(2)由
(1)可得$C = \frac{\pi}{4}$，$B = \frac{\pi}{3}$，由正弦定理，不妨令$\frac{c}{\sin C} = \frac{b}{\sin B} = k(k ＞ 0)$，则$c = \frac{\sqrt{2}}{2}k$，$b = \frac{\sqrt{3}}{2}k$。
因为$S_{\triangle ABC} = 3 + \sqrt{3}$，所以$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}bc\sin(B + C) = \frac{1}{2} × \frac{\sqrt{2}}{2}k × \frac{\sqrt{3}}{2}k(\sin B\cos C + \cos B\sin C) = \frac{\sqrt{6}}{8}k^{2}(\frac{\sqrt{3}}{2}× \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} × \frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\sqrt{6}}{8}k^{2}×\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} = 3 + \sqrt{3}$，解得$k = 4$（负值舍去），故$c = \frac{\sqrt{2}}{2}k = 2\sqrt{2}$。

16. [2023·全国卷甲卷]记 $ \triangle ABC $ 的内角 $ A $，$ B $，$ C $ 的对边分别为 $ a $，$ b $，$ c $，已知 $ \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{\cos A}=2 $。
(1)求 $ bc $；
(2)若 $ \frac{a\cos B - b\cos A}{a\cos B + b\cos A}-\frac{b}{c}=1 $，求 $ \triangle ABC $ 的面积。

答案： 16.
(1)由余弦定理知$\cos A = \frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2bc}$，代入$\frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{\cos A} = 2$，得$2bc = 2$，故$bc = 1$。
(2)由正弦定理及$\frac{a\cos B - b\cos A}{a\cos B + b\cos A} - \frac{\sin B}{\sin C} = 1$，得$\frac{\sin A\cos B - \sin B\cos A}{\sin A\cos B + \sin B\cos A} - \frac{\sin B}{\sin C} = 1$，化简得$\frac{\sin(A - B)}{\sin(A + B)} - \frac{\sin B}{\sin C} = 1$。
因为$A + B = \pi - C$，所以$\sin(A + B) = \sin(π - C) = \sin C$，所以$\sin(A - B) - \sin B = \sin C = \sin(A + B)$，所以$\sin A\cos B - \cos A\sin B - \sin B = \sin A\cos B + \cos A\sin B$，所以$- 2\cos A\sin B = \sin B$。
因为$B \in (0,\pi)$，所以$\sin B \neq 0$，所以$\cos A = - \frac{1}{2}$。因为$A \in (0,\pi)$，所以$\sin A = \sqrt{1 - \cos^{2}A} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
由
(1)知$bc = 1$，故$\triangle ABC$的面积$S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2} × 1 × \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{4}$。