第4章 第6节 第2课时 余弦定理与正弦定理的综合应用-（配套课件）【赢在微点·顶层设计】2027年高考数学高考一轮总复习（名师划重点）

该高中数学高考复习课件聚焦三角函数与解三角形核心模块，涵盖余弦定理、正弦定理的综合应用，具体包括平面图形解三角形、三角形中的最值范围及证明问题三大考点。依据高考评价体系梳理考查要求，通过考点权重分析与常考题型归纳，构建系统备考框架，体现针对性与实用性。 课件亮点在于“考点精研+真题重温”双轨策略，如以平面图形解三角形为例，结合高考真题案例剖析“已知两边及夹角求第三边”等典型题型，培养学生数学思维（推理能力）与数学语言（模型观念）。特设“微练”模块强化运算技巧，助力学生掌握解题规律，教师可据此精准教学，提升备考效率。

赢在微点 高考复习顶层设计 数学 名师划重点 第四章 三角函数与解三角形 第六节 第四章　三角函数与解三角形 余弦定理和正弦定理及其应用 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 第2课时 第六节　余弦定理和正弦定理及其应用 余弦定理与正弦定理的综合应用 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考点/精研突破 赢在微点 数学 大一轮 第一部分 ——考向探究 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考点一 平面图形中的解三角形问题 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考点二 三角形中的最值、范围问题 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考点三 三角形中的证明问题 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 真题/重温高考 赢在微点 数学 大一轮 第二部分 ——明确方向 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 把握高考微点，实现素能提升 完成——微练（三十九） 本部分内容讲解结束 【例1】　(2025·江西模拟)如图，在四边形ABCD中，AD＝4，DC＝5，cos B＝0，cos C＝，cos D＝. (1)求cos A； 由cos B＝0，又B∈(0，π)，得到B＝，又cos A＝cos[2π－(B＋C＋D)]＝cos＝－sin(C＋D)，又cos C＝，cos D＝，且C，D∈(0，π)，所以sin C＝＝，sin D＝ ＝，得到cos A＝－(sin Ccos D＋cos Csin D)＝ －＝－. (2)求四边形ABCD的面积． 如图，延长DA，CB交于E，设AE＝x，CE＝y，在△EDC中，由正弦定理得到＝，由(1)知sin C＝，sin D＝， 所以y＝(x＋4)　①，由余弦定理得到cos D＝＝ 　②，由①②解得y＝ 7或，当y＝时，x＝，此时cos C＝＝<0，又cos C>0，所以y＝，x＝不合题意，故y＝7，x＝4，在Rt△ABE中，由cos∠EAB＝－cos A＝，AE＝4，得到AB＝，BE＝，所以S△ABE＝·AB·BE＝，又S△EDC＝·CD·EC·sin C＝×5×7×＝10，故S四边形ABCD＝S△EDC－S△EAB＝. [规律方法]　平面几何中解三角形问题的求解思路 1．把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解； 2．寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果. 【训练1】　如图，在平面四边形ABCD中，BC＝，BE⊥AC于点E，BE＝，且S△ACD＝2S△ABC． (1) 求AD·sin∠DAC的值； 因为S△ACD＝·AC·AD·sin∠DAC，S△ABC＝·AC·BE，又因为S△ACD＝2S△ABC，所以·AC·AD·sin∠DAC＝AC·BE.所以AD·sin∠DAC＝2BE＝2. (2) 当CD＝3时，求线段DE的长． 由题可得CE＝＝1.在△ACD 中，由正弦定理可得＝，所以AD·sin∠DAC＝CD·sin∠ACD＝2.又CD＝3，所以sin∠ACD＝，所以cos∠ACD＝±＝±.在△CDE 中，由余弦定理可得DE2＝CE2＋CD2－2·CE·CD·cos∠ACD.当cos∠ACD＝时，DE2 ＝12＋32－2×1×3×＝8，解得DE＝2(负值已舍去)；当cos∠ACD＝－时，DE2＝12＋32－2×1×3×＝12，解得DE＝2(负值已舍去)．又3－1<DE<3＋1，即2<DE<4.综上，DE＝2或DE＝2. 【例2】　记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acos C＋asin C＝b＋c. (1)求tan A； 因为acos C＋asin C＝b＋c，所以由正弦定理知sin Acos C＋sin Asin C＝sin B＋sin C，而sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋sin Ccos A，故sin Acos C＋sin Asin C＝sin Acos C＋sin Ccos A＋sin C，从而sin Asin C＝cos Asin C＋sin C．由于C是三角形内角，故sin C≠0，从而sin A＝cos A＋1，故(sin A－cos A)2＝sin2A＋cos2A，即4sin2A＝2sin Acos A，显然sin A≠0，故tan A＝. (2)求的取值范围． 因为tan A＝＝>0，sin2A＋cos2A＝1，又A∈，解得sin A＝，cos A＝，从而＝＝[(cos Bcos C＋sin Bsin C)－(cos Bcos C－sin Bsin C)]＝[cos(B－C)－cos(B＋C)]＝[cos(B－C)＋cos A]＝＋cos(B－C)．不妨设B≥C>0，则0≤B－C<B＋C＝π－A，即 B－C的取值范围是[0，π－A)，所以cos(B－C)的取值范围是(cos(π－A)，1]，而cos(π－A)＝－cos A＝－，所以cos(B－C)的取值范围是，所以＝＋cos(B－C)的取值范围是. [规律方法]　解三角形中的范围问题解决方法 一是将问题表示为边的形式，利用基本不等式求范围；二是将问题用三角形某一个角的三角函数表示，结合角的范围确定所求范围. 【训练2】　(2025·山西模拟)在锐角△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asin A＝(2b－c)sin B＋(2c－b)sin C． (1)求A的大小； 由题及正弦定理，得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，则cos A＝＝，因为A∈，所以A＝. (2)求cos B＋2cos C的取值范围． 由△ABC为锐角三角形，知故<C<，则cos B＋2cos C＝－cos＋2cos C＝cos C＋sin C＝sin，有<C＋<，即<sin<，故cos B＋2cos C的取值范围为. 【例3】　(2025·广东广州模拟)已知在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，△ABC的面积为b2sin C． (1)求的值； 因为三角形面积S△ABC＝absin C＝b2sin C，又因为C∈(0，π)，则sin C≠0，且b>0，可得a＝2b，由正弦定理得＝＝2. (2)若c＝5，证明：<a<10. 由(1)可得b＝，结合三角形三边关系，得a＋b>c，即>5，可得a>，且a－b<c，即<5，解得a<10，所以<a<10. [规律方法]　对于三角形中的证明问题，要仔细观察所给的条件和结论之间的关系，发现二者的差异，利用正弦定理、余弦定理及三角恒等变换把条件转换为结论，即为证明过程. 【训练3】　在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝≠1. 求证：B＝2C． 因为＝，所以ab2－a2c＝b2c－c3，整理得b2(a－c)＝c(a＋c)(a－c)．又≠1，所以a－c≠0，从而b2＝ac＋c2＝a2＋c2－2accos B，整理得a＝c(1＋2cos B)，则sin A＝sin C(1＋2cos B)．由sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，得sin Bcos C－cos Bsin C＝sin C，即sin(B－C)＝sin C，结合锐角△ABC中，B－C∈，则B－C＝C，即B＝2C. 1．(2023·全国乙卷)在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1. (1)求sin∠ABC； 由余弦定理可得，BC2＝a2＝b2＋c2－2bccos A＝1＋4－2×1×2×cos 120°＝7，则BC＝，cos B＝＝＝，又B∈(0°，60°)，所以sin B＝＝＝. (2)若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积． 由三角形面积公式可得＝＝4，则S△ACD＝S△ABC＝×＝. 2．(2023·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为，D为BC的中点，且AD＝1. (1)若∠ADC＝，求tan B； 因为AD为△ABC的中线，所以S△ABC＝2S△ADC＝2×AD·DCsin∠ADC＝2××1××sin＝a＝，故a＝4.在△ADB中，由余弦定理得AB2＝c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠BDA，即c2＝12＋22－2×1×2×＝7，得c＝.在△ABD中，cos B＝＝＝>0，故B∈，则sin B＝，tan B＝. (2)若b2＋c2＝8，求b，c. 在△ABC中，由＝＋，得||2＝|＋|2＝(||2＋||2＋2·)．由余弦定理得2·＝||2＋||2－||2.故||2＝(2||2＋2||2－||2)，即AD2＝(b2＋c2)－a2，得a＝2.由S△ABC＝bcsin∠BAC和b2＋c2－a2＝2bccos∠BAC，得S△ABC＝(b2＋c2－a2)tan∠BAC， 得tan∠BAC＝－<0，故∠BAC∈，∠BAC＝.又因为S△ABC＝bcsin∠BAC，所以bc＝4.由b2＋c2＝8和bc＝4，得b＝c＝2. 3．(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝2. (1)求A； 解法一(辅助角法)：由sin A＋cos A＝2，得sin A＋cos A＝1，所以sin＝1.因为0<A<π，所以<A＋<，所以A＋＝，故A＝. 解法二：(同角三角函数的基本关系法)由sin A＋cos A＝2，得cos A＝2－sin A，两边同时平方，得3cos2A＝4－4sin A＋sin2A，则3(1－sin2A)＝4－4sin A＋sin2A，整理，得1－4sin A＋4sin2A＝0，所以(1－2sin A)2＝0，则sin A＝.因为0<A<π，所以A＝或A＝.当A＝时，sin A＋cos A＝2成立，符合条件；当A＝时，sin A＋cos A＝2不成立，不符合条件．故A＝. 解法三：(同角三角函数的基本关系法)由sin A＋cos A＝2，得sin A＝2－cos A，两边同时平方，得sin2A＝4－4cos A＋3cos2A，则1－cos2A＝4－4cos A＋3cos2A，整理，得3－4cos A＋4cos2A＝0，所以(－2cos A)2＝0，则cos A＝.因为0<A<π，所以A＝. (2)若a＝2，bsin C＝csin 2B，求△ABC的周长． 由bsin C＝csin 2B，得bsin C＝2csin Bcos B，由正弦定理，得bc＝2cbcos B，所以cos B＝，因为0<B<π，所以B＝.C＝π－(A＋B)＝，所以sin C＝sin＝sin＝sincos＋cossin＝×＋×＝. 解法一(基本量法)：由正弦定理＝＝，得b＝＝＝2，c＝＝＝＋.所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋＋3. 解法二(整体思想法)：由正弦定理＝＝，得＝＝＝4，所以a＋b＋c＝4(sin A＋sin B＋sin C)＝4×＝2＋＋3，所以△ABC的周长为2＋＋3. $$