专题三 解三角形 课件-2026届高三数学二轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“解三角形”专题，覆盖正弦定理与余弦定理应用、平面几何问题解决、三角形最值范围三大核心考点，对接高考评价体系，分析出本专题为必考中低档题，分值5~13分，归纳三种题型及常考角度，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题模拟+规律方法+素养导向”，如以2025年南昌模拟题示范边角转化策略，培养数学思维与数学语言素养，总结“三统一”等解题原则，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此系统复习，提升高考冲刺效率。

专题三　解三角形 命题热度： 本专题是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，三种题型都有考查.分值约为5~13分. 考查方向： 一是考查正弦定理与余弦定理，利用正弦、余弦定理解三角形；二是考查利用正、余弦定理解决平面几何问题，将已知条件转化到三角形中，根据条件类型选择解题依据求解；三是考查三角形中的最值、范围问题，将三角函数与三角形相结合求解最值、范围等问题，综合性较强. 考点一　正弦定理、余弦定理 　(1)(2025·南昌模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b=3，2acos C+2ccos A=3a，则a等于 A.2 B.3 C. D. 例1 √ 因为2acos C+2ccos A=3a， 由正弦定理得2sin Acos C+2sin Ccos A=3sin A， 所以2sin(A+C)=3sin A， 又因为A+C=π-B，所以sin(A+C)=sin B， 所以2sin B=3sin A， 由正弦定理得2b=3a，即a=b， 因为b=3，所以a=2. 解析 (2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若=1-，a=3，b=2，则sin B的值为 A. B. C. D. √ 由=1-及正弦定理， 得=1-，整理得b2+c2-a2=bc， 由余弦定理得cos A==， 又0<A<π，所以A=.又a=3，b=2， 由=，得sin B==. 解析 (1)三角形边角转化的主要策略 ①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系. ②化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系. (2)解决此类问题时要注意 ①“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”；②三角形内角和定理；③公式变形，角的范围限制. 规律方法 跟踪演练1　(1)(2025·吕梁模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知=，则△ABC是 A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形 √ ∵=， 可得acos A=ccos C， 由正弦定理可得sin Acos A=sin Ccos C， 即sin 2A=sin 2C， ∵A，C∈(0，π)，可得2A，2C∈(0，2π)， ∴2A=2C或2A+2C=π， 解得A=C或A+C=，即△ABC是等腰或直角三角形. 解析 (2)(2025·重庆模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足a(cos B-cos C)=(b+c)cos A，若sin B=，则等于 A. B. C. D. √ ∵a(cos B-cos C)=(b+c)cos A， 由正弦定理得sin A(cos B-cos C)=(sin B+sin C)cos A， 即sin Acos B-sin Acos C=cos Asin B+cos Asin C， ∴sin Acos B-cos Asin B=sin Acos C+cos Asin C，即sin(A-B)=sin(A+C)， ∴sin(A-B)=sin B，则A-B=B，即A=2B， 又A，B∈(0，π)， ∵A+B=3B<π，∴B∈， 解析 ∵sin B=，∴cos B==， ∴====. 解析 考点二　解三角形在平面几何中的应用 　(1)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c=3，b=2，∠BAC的平分线AD的长为，则BC边上的中线AH的长等于 A. B. C. D. 例2 √ 设∠BAD=∠CAD=α，则∠BAC=2α，如图所示.  由S△ABC=S△ABD+S△ACD， 可得×3×2sin 2α=×3×sin α+×2×sin α， 整理得3sin 2α=2sin α， 即3×2sin αcos α=2sin α， 即sin α(3cos α-)=0， 又因为sin α≠0，所以cos α=， 解析 所以cos 2α=2cos2α-1=， 由AH是BC边上的中线， 得=+)，则= ==(c2+b2+2cbcos 2α) =×=. 所以AH=. 解析 (2)(2025·福州质检)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acos C-ccos A=c+b. ①求A； 方法一　因为acos C-ccos A=c+b， 所以由正弦定理可得， sin Acos C-sin Ccos A=sin C+sin B， 又因为sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C， 所以sin Acos C-sin Ccos A=sin C+sin Acos C+cos Asin C， 即2sin Ccos A+sin C=0， 由于0°<C<180°，所以sin C>0， 所以cos A=-， 因为0°<A<180°，所以A=120°. 解 方法二　因为acos C-ccos A=c+b， 所以由余弦定理可得-=c+b， 整理得b2+c2-a2=-bc， 所以cos A===-， 又因为0°<A<180°，所以A=120°. 解 ②D为边BC上一点，若∠BAD=90°，且BD=4CD=4，求△ABC的面积. 方法一　由①及题设知，∠BAD=90°，∠BAC=120°，∠CAD=30°，a=5.  在Rt△ABD中，c=BD·sin∠ADB=4sin∠ADB， 在△ACD中，由正弦定理得，=， 则b==2sin∠ADC， 又sin∠ADB=sin∠ADC，所以c=2b， 在△ABC中，由余弦定理可得a2=b2+c2+bc=25，即7b2=25，b2=， 所以△ABC的面积S=bcsin A=b2=. 解 方法二　如图所示，过点C作CE⊥AB，垂足为E， 在Rt△ACE中，∠CAE=180°-∠BAC=60°，所以AE=， 由于∠BAD=∠BEC=90°，所以△BAD∽△BEC， 所以==， 即BE==BA+AE=c+， 得c=2b，后同方法一. 解 方法三　由①及题设知，∠BAD=90°，∠CAD=30°，作AH⊥BC，垂足为H(图略)，则AH为△ABD和△ACD的高，所以==4， 又因为==， 所以=4，即c=2b，后同方法一. 解 解决与平面几何有关的问题时，要把平面几何中的一些知识(相似三角形的边角关系、平行四边形的性质等)与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题. 规律方法 跟踪演练2　(2025·泰安模拟)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a-c)·sin(B+C)=(b-c)·(sin B+sin C)，b=. (1)求B； 由(a-c)·sin(B+C)=(b-c)·(sin B+sin C)，可得=， 又A+B+C=π， 所以====， 所以a2-ac=b2-c2， 即a2+c2-b2=ac， 由余弦定理得cos B===， 又0<B<π，因此B=. 解 (2)若|+|=3，求△ABC的周长； 因为|+|=3，所以等号两边同时平方可得++2·=9， 即||2+||2+2||||cos∠ABC=9， 即a2+c2+ac=9， 又b=，由(1)知a2+c2-ac=3， 所以a2+c2=6，可得ac=3，所以a=c=， 因此△ABC的周长为a+b+c=3. 解 (3)如图，点D是△ABC外一点，设∠BAC=∠DAC=θ，且∠ADC=，记△BCD的面积为S，求S关于θ的关系式. 在△ABC中，由正弦定理可得===2，即BC=2sin θ， 在△ACD中，由正弦定理得===2，即CD=2sin θ， 因为四边形ABCD的内角和为2π，且∠ABC+∠ADC=π，∠BAD=2θ， 所以∠BCD=π-2θ， 所以S=BC·CDsin∠BCD=×2sin θ×2sin θ×sin(π-2θ) =2sin2θ×sin 2θ=4sin3θcos θ. 解 考点三　解三角形中的最值、范围问题 　(2025·宜昌模拟)如图所示，在△ABC中，sin C=3sin B，AD平分∠BAC，且AD=kAC. 例3 (1)若DC=2，求BC的长度； 因为sin C=3sin B， 由正弦定理得c=3b， 在△ABD中，由正弦定理得=， 在△ACD中，由正弦定理得=， 因为AD平分∠BAC，所以∠BAD=∠CAD， 因为∠ADB+∠ADC=π，所以sin∠ADB=sin∠ADC， 所以=，因为c=3b，即AB=3AC，DC=2，所以=3， 得BD=6，所以BC=8. 解 (2)求实数k的取值范围； 因为S△ABC=S△ABD+S△ADC， 设∠BAD=∠CAD=θ，0<θ<， 所以AB·ACsin 2θ=AB·ADsin θ+AC·ADsin θ， 因为AB=3AC，AD=kAC， 所以3AC·AC·2sin θcos θ=3AC·kACsin θ+AC·kACsin θ， 因为sin θ>0，所以6cos θ=4k，所以k=cos θ， 因为θ∈，所以cos θ∈(0，1)，所以实数k的取值范围为. 解 (3)若S△ABC=，求k为何值时，BC最短. 由余弦定理得BC2=c2+b2-2c·bcos∠BAC=2b2(5-3cos 2θ)， 因为S△ABC=， 所以bcsin 2θ=， 因为c=3b，所以b2=， 所以BC2=(5-3cos 2θ)=2·， 方法一　令y=，y>0， 则ysin 2θ+3cos 2θ=5， 解 所以sin(2θ+φ)=5， 所以当sin(2θ+φ)=1，即2θ+φ=时，y取得最小值4，此时tan φ=， 所以cos 2θ=cos=sin φ=， 因为0<θ<，所以cos θ==， 由(2)知k=cos θ=×=，所以当k=时，BC最短. 解 方法二　BC2=2·=== ===8tan θ+ ≥2=8， 当且仅当8tan θ=，即tan θ=时取等号，此时cos θ=，k=， 所以当k=时，BC最短. 解 解三角形中常见的求最值与范围问题的解题策略 (1)利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a+b与ab相互转化求最值或范围. (2)利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简；利用三角函数的性质求最值或范围. 规律方法 跟踪演练3　(2025·安徽江淮十校联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D在边AB上，且CD⊥BC，S△ACD=S△BCD=accos B. (1)求B； ∵S△ACD=S△BCD=accos B， 记点C到直线AB的距离为h， 则AD·h=×BD·h，∴BD=2AD，BD=c，AD=c， ∴S△BCD=accos B=×a·sin B， ∴tan B=，又B∈， ∴B=. 解 (2)若CD=2，点E在线段AB上，当△CBE为锐角三角形时，求2CE+BE的取值范围. 由(1)知B=，CB⊥CD，又CD=2，∴BC==2， 设∠CEB=θ， 在△CBE中，由正弦定理可得==， ∴==，则CE=，BE=， ∴2CE+BE=+ 解 =+ =++1. ∵△CBE为锐角三角形，则 解得<θ<， 又y=sin θ，y=tan θ在上单调递增，且函数值均为正数， 解 而y=在(0，+∞)上单调递减， ∴y=++1在上单调递减， 当θ=时，++1=4+4， 当θ→时，→0， ∴++1→2+1， 故2CE+BE的取值范围为(2+1，4+4). 解 $