第六章 专题微课 解三角形及其应用-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册教师用书word（人教A版）

专题微课　解三角形及其应用 [建构知识体系] [融通学科素养] 1.浸润的核心素养 正、余弦定理在实际应用中的考查在高考中体现得特别明显,正符合了数学建模的核心素养;解决此类问题的关键是能作出示意图,故涉及直观想象的核心素养. 2.渗透的数学思想 (1)在应用正弦定理或余弦定理解决实际问题时往往需要根据题意正确地画出图形,根据图形运算求解体现了数形结合的思想. (2)用向量法推导正弦定理时,可以通过对锐角三角形、直角三角形和钝角三角形三种情形的分别讨论而获得,用正、余弦定理求解的斜三角形分为四种类型以及对“已知两边和其中一边对角的三角形”型的解的情况的分析判断等都体现了分类讨论思想. (3)在求解三角形中的边角问题时,用到函数与方程思想. 题型(一)　三角形面积问题 [例1]　(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin C=cos B,且a2+b2-c2=ab. (1)求B; (2)若△ABC的面积为3+,求c. 解:(1)在△ABC中a2+b2-c2=ab, 由余弦定理可知cos C===. 因为C∈(0,π),所以C=. 因为sin C=cos B,所以cos B=, 又B∈(0,π),所以B=. (2)由(1)可得B=,C=,则A=π--=, sin A=sin=sin=×+×=, 由正弦定理得==, 从而a=·c=c,b=·c=c, 由三角形面积公式,可知S△ABC=absin C=·c·c·=c2, 由已知△ABC的面积为3+,可得c2=3+,所以c=2. 　　|思|维|建|模|　求解与三角形面积有关的问题的步骤 　　[针对训练] 1.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若=,A=,b=1,则△ABC的面积为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　由正弦定理可得===,又A=,b=1,则a=1,B=,所以△ABC是边长为1的正三角形,所以△ABC的面积为×12×=. 2.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin =bsin A. (1)求B; (2)若△ABC为锐角三角形,且c=1,求△ABC面积的取值范围. 解:(1)由题设及正弦定理得sin Asin=sin Bsin A.因为sin A≠0,所以sin=sin B.由A+B+C=180°,可得sin=cos,故cos =2sin cos.因为cos≠0,所以sin=,所以B=60°. (2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC=a.由(1)知A+C=120°,由正弦定理得a===+.由于△ABC为锐角三角形,故0°<A<90°,0°<C<90°.结合A+C=120°,得30°<C<90°,所以<a<2,从而<S△ABC<.因此△ABC面积的取值范围是. 题型(二)　解三角形与平面几何相结合 [例2]　如图,四边形ABCD的内角B+D=π,AB=6,DA=2,BC=CD,且AC=2. (1)求B; (2)若点P是线段AB上的一点,PC=2,求PA的值. 解:(1)设BC=CD=x>0, 在△ABC中,由余弦定理, 得AC2=36+x2-2×6xcos B=28, 即x2+8=12xcos B,　① 又在△ACD中,由余弦定理, 得AC2=4+x2-2×2xcos D=28, 即x2-24=4xcos D,　② 因为B+D=π, 则cos D=cos(π-B)=-cos B, 联立①②可得,x=4,cos B=, 因为B∈(0,π),所以B=. (2)在△PBC中, 由正弦定理知,=, 所以sin∠BPC===1, 且0<∠BPC<π,故∠BPC=, 在Rt△PBC中, 由勾股定理知,PB==2, 此时PA=AB-PB=4. 　　|思|维|建|模| 多个三角形背景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.解题时,有时要用到平面几何中的一些知识点,如相似三角形的边角关系、平行四边形的性质,要把这些知识与正弦、余弦定理有机结合,才能顺利解决问题. 　　[针对训练] 3.如图,D是Rt△BAC斜边BC上一点,AC=DC. (1)若∠DAC=30°,求∠ADC的大小; (2)若BD=2DC,且DC=1,求AD的长. 解:(1)在△ADC中,由正弦定理得=,所以sin∠ADC==×=.又∠ADC=B+∠BAD=B+(90°-∠DAC)=B+60°>60°,所以∠ADC=120°. (2)由BD=2DC,且DC=1知BC=3,AC=, 所以Rt△BAC中,cos C==, 在△ADC中,由余弦定理得 AD2=AC2+DC2-2AC·DCcos C=()2+12-2×1×=2,所以AD=. 题型(三)　解三角形与三角恒等变换相结合 [例3]　(2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B. (1)求sin A; (2)设AB=5,求AB边上的高. 解:(1)因为A+B=3C,所以3C=π-C,所以C=. 因为2sin(A-C)=sin B, 所以2sin(A-C)=sin[π-(A+C)]=sin(A+C), 所以2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C,所以sin Acos C=3cos Asin C, 所以sin A=3cos A.由sin2A+cos2A=1, 得sin A=. (2)由(1)知sin A=,tan A=3>0,所以A为锐角,所以cos A=,所以sin B=sin=(cos A+sin A)=×=, 由正弦定理=,得AC===2,故AB边上的高为AC×sin A=2×=6. 　　|思|维|建|模| 正、余弦定理常与三角恒等变换综合考查,解题时常利用恒等变换得出内角关系式求出内角,再利用正、余弦定理求解. 　　[针对训练] 4.(2025·天津高考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin B=bcos A,c-2b=1,a=. (1)求A的值; (2)求c的值; (3)求sin(A+2B)的值. 解:(1)已知asin B=bcos A,由正弦定理=,得asin B=bsin A=bcos A,显然cos A≠0,得tan A=,由0<A<π,故A=. (2)由(1)知cos A=,且c=2b+1,a=, 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A, 得7=b2+(2b+1)2-2×b(2b+1)=3b2+3b+1, 解得b=1(b=-2舍去),故c=3. (3)由正弦定理=, 且b=1,a=,sin A=,得sin B==,且a>b,则B为锐角, 故cos B=,故sin 2B=2sin Bcos B=, 且cos 2B=1-2sin2B=1-2×=, 故sin(A+2B)=sin Acos 2B+cos Asin 2B=×+×=. 学科网（北京）股份有限公司 $