2.6.1 第3课时 用余弦定理、正弦定理解三角形 课后达标 检测(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册（北师大版）

该高中数学课件聚焦解三角形核心内容，涵盖正弦定理、余弦定理的应用及三角形周长、面积计算等，通过基础题导入，逐步过渡到综合应用题，构建从单一知识到综合运用的学习支架。 其亮点是分层设计题目，从基础达标到能力提升，培养数学思维与几何直观。如第3题结合定理与不等式求面积最大值，第12题引入行列式创新情境，助力学生提升解题能力，教师可借此高效开展分层教学。

6．1　第3课时　课后达标 检测 1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若bcos A＋acos B＝c2，a＝b＝2，则△ABC的周长为(　　) A．5 B．6 C．7 D．7.5 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 课后达标 检测 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 课后达标 检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ √ 课后达标 检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 课后达标 检测 8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a＝2，sin Asin B＋sin Asin C＝sin Bsin C，则b＋c的最小值为________． 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 8 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 1 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ √ √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 14．在△ABC中，点D在边BC上，AB＝3，AC＝2. (1)若AD是∠BAC的平分线，求BD∶DC； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ √ √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 解析：由余弦定理，得b·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＋a·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝c2，故c＝1(c＝0舍去)，即△ABC的周长为5.故选A. 2．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＋c＝2a，3sin A＝5sin B，则C＝(　　) A.eq \f(π,3) B.eq \f(3π,4) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6) 解析：因为3sin A＝5sin B，由正弦定理得3a＝5b，即b＝eq \f(3,5)a，又b＋c＝2a, 所以c＝eq \f(7,5)a，所以由余弦定理的推论，得cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)a))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)a))\s\up12(2),2a·\f(3,5)a)＝－eq \f(1,2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq \f(2π,3).故选C. 3．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知(b－c)sin B＋csin C＝asin A，bcos C＋ccos B＝2，则△ABC面积的最大值为(　　) A．1 B.eq \r(3) C．2 D．2eq \r(3) 解析：因为(b－c)sin B＋csin C＝asin A， 所以b2－bc＋c2＝a2＝b2＋c2－2bccos A，所以cos A＝eq \f(1,2).又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3). 因为bcos C＋ccos B＝2， 所以b·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝2， 所以a＝2. 由a2＝b2＋c2－2bccos A， 得4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc， 即bc≤4，当且仅当b＝c＝2时，取等号， 则S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)bc≤eq \r(3)， 所以△ABC面积的最大值为eq \r(3). 故选B. 4.如图，在平面四边形ABCD中，CD＝eq \r(2)，∠ADC＝45°，∠ACD＝105°，B＝60°，△ABC的面积为eq \r(3)，则AB＋BC＝(　　) A．3 B．4 C．2＋eq \r(3) D．2eq \r(3) 解析：在△ACD中，∠CAD＝180°－∠ACD－∠ADC＝30°， 由正弦定理有eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(AC,sin∠ADC)，即eq \f(\r(2),\f(1,2))＝eq \f(AC,\f(\r(2),2))，解得AC＝2.由三角形的面积公式有S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BCsin B＝eq \r(3)， 则AB·BC＝4. 在△ABC中，由余弦定理有 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B，即4＝AB2＋BC2－4，故AB2＋BC2＝8. 则AB2＋BC2＋2AB·BC＝(AB＋BC)2＝16，解得AB＋BC＝4.故选B. 5．(多选)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若eq \f(c,b)<cos A，则△ABC不可能为(　　) A．钝角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等边三角形 解析：由cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)以及eq \f(c,b)<cos A，得eq \f(c,b)<eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，即a2＋c2<b2，则cos B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)<0，又B∈(0，π)，所以角B为钝角，故△ABC为钝角三角形．又a与c的大小不确定，所以△ABC也可能是等腰三角形，但不可能是直角三角形和等边三角形．故选BD. 6．(多选)已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且A＝60°，b＝2，c＝eq \r(3)＋1，则下列说法正确的是(　　) A．C＝75°或C＝105° B．B＝45° C．a＝eq \r(6) D．该三角形的面积为eq \f(\r(3)＋1,2) 解析：由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccos A＝4＋4＋2eq \r(3)－2×2×(eq \r(3)＋1)×eq \f(1,2)＝6，所以a＝eq \r(6)，故C正确； S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×2×(eq \r(3)＋1)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3＋\r(3),2)，故D错误．故选BC. 由正弦定理得，sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(2×\f(\r(3),2),\r(6))＝eq \f(\r(2),2).又0°<B<120°，所以B＝45°，所以C＝180°－B－A＝75°，故A错误，B正确； 7．在△ABC中，B＝eq \f(π,3)，且AB＝1，BC＝4，则BC边上的中线AD＝________． 解析：在△ABC中，B＝eq \f(π,3)，且AB＝1，BC＝4，所以BD＝2，由余弦定理得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos B＝1＋4－2×1×2×eq \f(1,2)＝3，则AD＝eq \r(3). eq \r(3) 解析：因为sin Asin B＋sin Asin C＝sin Bsin C，由正弦定理得ab＋ac＝bc， 因为a＝2，所以2b＋2c＝bc，即eq \f(2,c)＋eq \f(2,b)＝1， 则b＋c＝(b＋c)(eq \f(2,c)＋eq \f(2,b))＝4＋eq \f(2b,c)＋eq \f(2c,b)≥4＋2eq \r(\f(2b,c)·\f(2c,b))＝8，当且仅当eq \f(2b,c)＝eq \f(2c,b)，即c＝b＝4时等号成立，即b＋c的最小值为8. 9．已知⊙O的半径为R，在它的内接△ABC中有2R(sin2A－sin2C)＝(eq \r(2)a－b)sin B成立，则tan C＝________． 解析：由正弦定理，得a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C．因为2R(sin2A－sin2C)＝(eq \r(2)a－b)sin B，所以(2R)2(sin2A－sin2C)＝2R(eq \r(2)a－b)sin B，所以a2－c2＝(eq \r(2)a－b)b，即a2＋b2－c2＝eq \r(2)ab，所以cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(\r(2),2).因为0<C<π，所以C＝eq \f(π,4)，所以tan C＝1. 10．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，a＝eq \r(3)，A＝eq \f(π,3)， (1)求b的最大值； 解：根据正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝eq \f(b,sin B)，即b＝2sin B， 显然当B＝eq \f(π,2)时，b有最大值2. (2)若△ABC的面积为eq \f(\r(3),2)，求证：△ABC是直角三角形． 证明：因为△ABC的面积为eq \f(\r(3),2)， 所以eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),2)，即bc＝2，① 由余弦定理可知a2＝b2＋c2－2bccos A，即3＝(b＋c)2－2bc－bc，则b＋c＝eq \r(3＋3×2)＝3，② 所以由①②可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1，,c＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝1，,b＝2，)) 当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1，,c＝2))时，c2＝a2＋b2，所以△ABC是直角三角形； 当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝1，,b＝2))时，b2＝a2＋c2，所以△ABC是直角三角形． 综上所述，△ABC是直角三角形． 11．(2024·全国甲卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝60°，b2＝eq \f(9,4)ac，则sin A＋sin C＝(　　) A.eq \f(3,2) B.eq \r(2) C.eq \f(\r(7),2) D.eq \f(\r(3),2) 解析：由正弦定理得eq \f(9,4)sin Asin C＝sin2B，因为B＝60°，所以sin Asin C＝eq \f(4,9)sin2B＝eq \f(1,3).由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝a2＋c2－ac＝eq \f(9,4)ac，所以a2＋c2＝eq \f(13,4)ac，所以sin2A＋sin2C＝eq \f(13,4)sin Asin C，所以(sin A＋sin C)2＝sin2A＋sin2C＋2sin Asin C＝eq \f(21,4)sin Asin C＝eq \f(7,4)，又sin A>0，sin C>0，所以sin A＋sin C＝eq \f(\r(7),2). 12．(多选)定义运算eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m p,q n) )＝mn－pq.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c满足eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c 3,a＋c－b 1))＝0，则下列结论正确的是(　　) A．sin A＋sin C＝2sin B B．A∶C＝1∶2 C．B的最大值为eq \f(π,3) D．若asin A＝4csin C，则△ABC为钝角三角形 解析：由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c 3,a＋c－b 1))＝0，可得(a＋b＋c)－3(a＋c－b)＝0，整理可得a＋c＝2b，由正弦定理可得sin A＋sin C＝2sin B，故A正确； 因为当A＝B＝C＝eq \f(π,3)时，满足a＋c＝2b，但不满足A∶C＝1∶2，故B不正确； cos B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))\s\up12(2),2ac)＝eq \f(3（a2＋c2）－2ac,8ac)≥eq \f(3×2\r(a2·c2)－2ac,8ac)＝eq \f(6ac－2ac,8ac)＝eq \f(1,2)(当且仅当a＝c时等号成立)，又0<B<π，所以B的最大值为eq \f(π,3)，故C正确； 由asin A＝4csin C，可得a2＝4c2，即a＝2c，又a＋c＝2b，所以c＝eq \f(2,3)b，a＝eq \f(4,3)b，则a为最大边， 由余弦定理的推论得cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)b))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)b))\s\up12(2),2b·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)b)))＝－eq \f(1,4)<0，又A∈(0，π)，所以A为钝角，△ABC为钝角三角形，故D正确．故选ACD. 13．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，B＝eq \f(2π,3)，若a2＋c2＝4ac，则eq \f(sin（A＋C）,sin AsinC)＝________． eq \f(10\r(3),3) 解析：因为eq \f(a2＋c2,ac)＝eq \f(b2＋2accos B,ac)＝4，B＝eq \f(2π,3)，所以b2＝5ac.则由正弦定理，得sin2B＝5sin Asin C＝eq \f(3,4)，所以sin Asin C＝eq \f(3,20)，所以eq \f(sin（A＋C）,sin Asin C)＝eq \f(sin B,sin Asin C)＝eq \f(\f(\r(3),2),\f(3,20))＝eq \f(10\r(3),3). 解：在△ABD和△ACD中，由题意及正弦定理，得eq \f(3,sin∠ADB)＝eq \f(BD,sin∠BAD)，eq \f(2,sin∠ADC)＝eq \f(DC,sin∠DAC). 因为AD是∠BAC的平分线， 所以sin∠BAD＝sin∠DAC， sin∠ADB＝sin(π－∠ADC)＝sin∠ADC， 所以BD∶DC＝3∶2. (2)若AD是边BC上的中线，且AD＝eq \f(\r(7),2)，求BC的长． 解：方法一：因为AD是边BC上的中线， 所以设BD＝CD＝x，x＞0， 因为cos∠ADB＋cos∠ADC＝0， cos∠ADB＝eq \f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD) ＝eq \f(\f(7,4)＋x2－9,\r(7)x)， cos∠ADC＝eq \f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD) ＝eq \f(\f(7,4)＋x2－4,\r(7)x)， 所以eq \f(\f(7,4)＋x2－9＋\f(7,4)＋x2－4,\r(7)x)＝0， 化简可得x2＝eq \f(19,4)， 解得x＝eq \f(\r(19),2)或x＝－eq \f(\r(19),2)(舍去)， 所以BC＝2x＝2×eq \f(\r(19),2)＝eq \r(19). 方法二：由题意知，eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AC,\s\up16(→)))，两边平方得eq \f(7,4)＝eq \f(1,4)(9＋4＋2eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→)))，即13＋2eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝7， 即2|eq \o(AB,\s\up16(→))|·|eq \o(AC,\s\up16(→))|cos∠BAC＝－6. 在△ABC中，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝9＋4－(－6)＝19. 所以BC＝eq \r(19). 15．(多选)如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝60°，∠DCB＝120°，AB＝2，BC＝eq \r(2)，eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝2，则下列结果正确的是(　　) (参考数据：sin 15°＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)) A．∠ABC＝45° B．AC＝eq \r(3) C．BD＝eq \r(3) D．△ADC的面积为eq \f(\r(3)－1,4) 解析：对于A，由eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝|eq \o(BA,\s\up16(→))|·|eq \o(BC,\s\up16(→))|·cos∠ABC＝2×eq \r(2)cos∠ABC＝2，解得cos∠ABC＝eq \f(\r(2),2)，又∠ABC∈(0，π)，所以∠ABC＝45°，故A正确； 对于B，在△ABC中，由余弦定理得，AC2＝22＋(eq \r(2))2－2×2×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝2，所以AC＝eq \r(2)，故B错误； 对于C，因为AC＝BC＝eq \r(2)，AB＝2，所以∠ACB＝90°，∠CAB＝45°，所以∠DCA＝30°，∠DAC＝15°，∠ADC＝135°，在△ADC中，由正弦定理，eq \f(AD,sin∠DCA)＝eq \f(AC,sin∠ADC)，即eq \f(AD,\f(1,2))＝eq \f(\r(2),\f(\r(2),2))，解得AD＝1，在△ABD中，由余弦定理可得BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos∠DAB，即BD2＝1＋4－2×1×2×eq \f(1,2)＝3，则BD＝eq \r(3)，故C正确； 对于D，在△ADC中，AD＝1，AC＝eq \r(2)，∠DAC＝15°，所以S△ADC＝eq \f(1,2)AD·ACsin 15°＝eq \f(1,2)×1×eq \r(2)×eq \f(\r(6)－\r(2),4)＝eq \f(\r(3)－1,4)，故D正确．故选ACD. 16.如图，在平面五边形ABCDE中，已知A＝120°，B＝90°，C＝120°，E＝90°，AB＝3，AE＝3. (1)当BC＝eq \f(3\r(3),2)时，求DC的长； 解：如图，连接EB，在△ABE中，A＝120°，AB＝AE＝3， 由余弦定理可得，BE2＝AE2＋AB2－2AE·AB·cos 120°＝9＋9－2×3×3×(－eq \f(1,2))＝27，所以BE＝3eq \r(3)， 同时可得∠AEB＝∠ABE＝30°， 所以∠CBE＝∠DEB＝60°，所以∠BCD＋∠CBE＝180°，所以BE∥CD， 所以四边形BCDE为等腰梯形．过点C作CM⊥BE于点M， 所以BM＝BC·cos 60°＝eq \f(3\r(3),4)， 所以DC＝BE－2BM＝3eq \r(3)－2×eq \f(3\r(3),4)＝eq \f(3\r(3),2). (2)当五边形ABCDE的面积S∈[6eq \r(3)，9eq \r(3))时，求BC的取值范围． 解：S△BAE＝eq \f(1,2)AB·AE·sin 120°＝eq \f(1,2)×3×3×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(9\r(3),4)，又S∈[6eq \r(3)，9eq \r(3))， 所以S梯形BCDE∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15\r(3),4)，\f(27\r(3),4)))， 设BC的长为x(x>0)，所以BM＝BC·cos 60°＝eq \f(1,2)x，CM＝BC·sin 60°＝eq \f(\r(3),2)x， 则S梯形BCDE＝eq \f(1,2)(BE＋CD)·CM＝eq \f(1,2)(3eq \r(3)＋3eq \r(3)－x)·eq \f(\r(3),2)x＝eq \f(\r(3)（6\r(3)x－x2）,4)，则eq \f(15\r(3),4)≤eq \f(\r(3)（6\r(3)x－x2）,4)<eq \f(27\r(3),4)， 化简整理得15≤6eq \r(3)x－x2<27，解得eq \r(3)≤x<3eq \r(3)或3eq \r(3)<x≤5eq \r(3)， 又DC＝BE－2BM＝3eq \r(3)－x>0，所以x<3eq \r(3)，所以BC的取值范围是[eq \r(3)，3eq \r(3))． $