4 6.4.3 第3课时 用余弦、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】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

该高中数学课件聚焦解三角形核心内容，涵盖正弦定理、余弦定理及面积公式应用，通过基础达标、能力提升到素养拓展的分层设计，搭建从公式直接应用到综合问题解决的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点在于以数学思维为核心，通过逻辑推理（如第5题利用正弦定理推导角的关系）和数学眼光（如校徽图形面积计算的实际情境）设计题目，题型多样且注重应用，助力学生提升推理能力与应用意识，教师可高效开展分层教学与核心素养培养。

6．4.3　第3课时　课后达标检测 1 √ 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 11 1 课后达标检测 √ 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 1 2 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 1 2 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 11 1 3 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 11 1 3 课后达标检测 √ 3 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 11 1 4 课后达标检测 √ 3 4 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 11 1 5 课后达标检测 3 4 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 11 1 5 课后达标检测 √ 3 4 5 7 8 9 10 2 12 13 14 15 11 1 6 √ 课后达标检测 3 4 5 7 8 9 10 2 12 13 14 15 11 1 6 课后达标检测 3 4 5 7 8 9 10 2 12 13 14 15 11 1 6 课后达标检测 7．在△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，则△ABC的最小内角的余弦值为_________． 3 4 5 6 8 9 10 2 12 13 14 15 11 1 7 课后达标检测 3 4 5 6 7 9 10 2 12 13 14 15 11 1 8 4 课后达标检测 9．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足c＝2a＝2， sin A＋b sin B＝2sin C－b sin A，则sin A＝________． 3 4 5 6 7 8 10 2 12 13 14 15 11 1 9 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 10 2 12 13 14 15 11 1 9 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 2 12 13 14 15 11 1 10 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 2 12 13 14 15 11 1 10 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 2 12 13 14 15 11 1 10 课后达标检测 √ 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 1 11 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 1 11 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 13 14 15 11 1 12 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 13 14 15 11 1 12 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 14 15 11 1 13 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 14 15 11 1 13 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 14 15 11 1 13 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 15 11 1 14 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 15 11 1 14 课后达标检测 (2)求BC的值．(9分) 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 15 11 1 14 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 15 11 1 14 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 11 1 15 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 11 1 15 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 11 1 15 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 11 1 15 课后达标检测 解析：因为△ABC的面积为 eq \f(\r(3),2)，所以S＝ eq \f(1,2)AB·AC·sin eq \f(π,3)＝ eq \f(\r(3),2)AC＝ eq \f(\r(3),2)，所以AC＝1. 1．在△ABC中，A＝ eq \f(π,3)，AB＝2，且△ABC的面积为 eq \f(\r(3),2)，则边AC的长为(　　) A．1 B． eq \r(3) C．2 D． eq \r(2) 2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝5，b＝4，c＝6，则△ABC的面积为(　　) A． eq \f(15\r(7),4) B． eq \f(13\r(6),4) C．5 eq \r(7) D．6 eq \r(6) 解析：因为a＝5，b＝4，c＝6，所以cos A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(16＋36－25,2×4×6)＝ eq \f(9,16)，因为0<A<π，所以sin A＝ eq \r(1－cos2A)＝ eq \f(5\r(7),16)，所以S＝ eq \f(1,2)bc sinA＝ eq \f(1,2)×4×6× eq \f(5\r(7),16)＝ eq \f(15\r(7),4). 3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c cos A＋a cos C＝2c，若a＝b，则sin B＝(　　) A． eq \f(\r(15),4) B． eq \f(1,4) C． eq \f(\r(3),4) D． eq \f(\r(3),2) 解析：因为c cos A＋a cos C＝2c，由正弦定理可得sin C cos A＋sin A cos C＝2sin C，所以sin (A＋C)＝2sin C，所以sin B＝2sin C，所以b＝2c.又a＝b，所以a＝2c，所以cos B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝ eq \f(4c2＋c2－4c2,2×2c2)＝ eq \f(1,4).因为B∈(0，π)，则 sin B＝ eq \r(1－cos2B)＝ eq \f(\r(15),4). 解析：根据题意得∠CAM＝ eq \f(2π,3)－ eq \f(π,2)＝ eq \f(π,6)，则 eq \f(1,2)×6×4sin eq \f(2π,3)＝ eq \f(1,2)×6AM＋ eq \f(1,2)×4AM·sin eq \f(π,6)，解得AM＝ eq \f(3\r(3),2). 4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠BAC＝ eq \f(2π,3)，c＝6，b＝4，M为BC边上一点，且AM⊥AB，则AM＝(　　) A．3 B．3 eq \r(3) C． eq \f(3,2) D． eq \f(3\r(3),2) 5．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝60°，最大边与最小边之比为( eq \r(3)＋1)∶2，则最大角为(　　) A．45° B．60° C．75° D．90° 解析：设C为最大角，则A为最小角，因为A＋C＝120°，所以 eq \f(c,a)＝ eq \f(sin C,sin A)＝ eq \f(sin (120°－A),sin A)＝ eq \f(sin 120°cos A－cos 120°sin A,sin A)＝ eq \f(\r(3),2)× eq \f(cos A,sin A)＋ eq \f(1,2)＝ eq \f(\r(3)＋1,2)，所以 eq \f(cos A,sin A)＝1，所以tan A＝1.又因为A为锐角，所以A＝45°，C＝75°. 6．(多选)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝ eq \r(2)，b＝ eq \r(3)，c cos A＋a cos C＝2b cos B，则(　　) A．B＝ eq \f(π,3) B．C＝ eq \f(π,2) C．c＝ eq \f(\r(6)－\r(2),2) D．S△ABC＝ eq \f(3＋\r(3),4) 对于B，根据正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)得 eq \f(\r(2),sin A)＝ eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))，则sin A＝ eq \f(\r(2),2)，因为A∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以A＝ eq \f(π,4)，所以C＝π－ eq \f(π,4)－ eq \f(π,3)＝ eq \f(5π,12)，B错误； 解析：对于A，c cos A＋a cos C＝2b cos B，由正弦定理得sin C cos A＋sin A cos C＝2sin B cos B，即sin (A＋C)＝2sin B cos B，所以sin B＝2sin B cos B，因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，所以cos B＝ eq \f(1,2)，故B＝ eq \f(π,3)，A正确； 对于D，S△ABC＝ eq \f(1,2)ac sin B＝ eq \f(1,2)× eq \r(2)× eq \f(\r(2)＋\r(6),2)× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(3＋\r(3),4)，D正确． 对于C，根据余弦定理b2＝a2＋c2－2ac·cos B，得3＝2＋c2－2 eq \r(2)c× eq \f(1,2)，解得c＝ eq \f(\r(2)＋\r(6),2)或c＝ eq \f(\r(2)－\r(6),2)(舍去)，C错误； eq \f(7,8) 解析：由正弦定理可得sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c＝2∶3∶4， 可得A是最小的角，设a＝2t(t>0)，则b＝3t，c＝4t，由余弦定理的推论得cos A＝ eq \f(9t2＋16t2－4t2,2×3t×4t)＝ eq \f(7,8). 解析：由△ABC的面积为 eq \r(3)，B＝120°可得 eq \f(1,2)ac sin 120°＝ eq \r(3)，化简得ac＝4，由a2＋c2＝3ac，得a2＋c2＝12，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝12－2×4×(－ eq \f(1,2))＝16，所以b＝4. 8．(2025·马鞍山期中)在△ABC中，若△ABC的面积为 eq \r(3)，B＝120°，a2＋c2＝3ac，则b＝________． eq \f(\r(3),4) 解析：由c＝2a＝2得c＝2，a＝1， 又sin A＋b sin B＝2sin C－b sin A 得a sin A＋b sin B＝c sin C－b sin A， 由正弦定理得a2＋b2＝c2－ab，故a2＋b2－c2＝－ab，又由余弦定理的推论 cos C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝ eq \f(－ab,2ab)＝－ eq \f(1,2)，C∈(0，π)， 所以sin C＝ eq \r(1－cos2C)＝ eq \f(\r(3),2)， 由正弦定理有 eq \f(a,sinA)＝ eq \f(c,sin C)，即 eq \f(1,sin A)＝ eq \f(2,\f(\r(3),2))， 所以sin A＝ eq \f(\r(3),4). 10．(13分)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知 eq \r(3)b sin ( eq \f(π,2)＋A)＝a sin B. (1)求角A的大小；(6分) 解：因为 eq \r(3)b sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A))＝a sin B， 由诱导公式得 eq \r(3)b cos A＝a sin B， 由正弦定理得 eq \r(3)sin B cos A＝sin A sin B， 因为sin B≠0， 所以 eq \r(3)cos A＝sin A， 即tan A＝ eq \r(3)， 因为A∈(0，π)，所以A＝ eq \f(π,3). 解：在△ABC中，由余弦定理 a2＝b2＋c2－2bc cos A， 得62＝b2＋(2 eq \r(3))2－4 eq \r(3)b× eq \f(1,2)， 整理得b2－2 eq \r(3)b－24＝0， 由b>0，解得b＝4 eq \r(3)， 所以△ABC的面积为S△ABC＝ eq \f(1,2)bc sin A＝ eq \f(1,2)×4 eq \r(3)×2 eq \r(3)× eq \f(\r(3),2)＝6 eq \r(3). (2)已知a＝6，c＝2 eq \r(3).求△ABC的面积．(7分) 11．如图，已知在圆O的内接四边形ABCD中，AB＝2，BC＝7，AD＝CD＝4，则AC＝(　　) A． eq \f(6\r(10),5) B． eq \f(\r(10),5) C． eq \f(6\r(30),5) D． eq \f(\r(30),5) 解析：由四边形ABCD为圆O的内接四边形可知∠ABC＋∠ADC＝π，则在△ABC中，由余弦定理的推论得cos ∠ABC＝ eq \f(AB2＋BC2－AC2,2·AB·BC)＝ eq \f(4＋49－AC2,2×2×7)，在△ADC中，由余弦定理的推论得cos ∠ADC＝ eq \f(AD2＋DC2－AC2,2·AD·DC)＝ eq \f(16＋16－AC2,2×4×4)，因为∠ABC＋∠ADC＝π，所以cos ∠ABC＝－cos ∠ADC，即 eq \f(4＋49－AC2,2×2×7)＝－ eq \f(16＋16－AC2,2×4×4)，解得AC＝ eq \f(6\r(30),5). 解析：因为在△ABC中，AB＝AC＝2，且△ABC的面积为 eq \r(3)， 所以S△ABC＝ eq \f(1,2)AB·AC·sin ∠BAC＝ eq \r(3)， 解得sin ∠BAC＝ eq \f(\r(3),2)， eq \r(2) 12．(2025·洛阳期末)如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，且△ABC的面积为 eq \r(3)，点D在BC边上，∠ADC＝45°，则AD的长度等于________． 所以∠BAC＝60°或∠BAC＝120°， 当∠BAC＝60°时，因为AB＝AC，所以B＝C＝60°， 又∠ADC＝45°，所以∠DAC＝180°－60°－45°＝75°，不符合题意； 当∠BAC＝120°时，因为AB＝AC，所以B＝C＝30°，又∠ADC＝45°，所以在△ADC中， 由正弦定理可得 eq \f(AC,sin ∠ADC)＝ eq \f(AD,sin C)， 即AD＝ eq \f(AC×sin C,sin ∠ADC)＝ eq \f(2×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝ eq \r(2). 解：由sin A＋ eq \r(3)cos A＝2可得 eq \f(1,2)sin A＋ eq \f(\r(3),2)cos A＝1，即sin (A＋ eq \f(π,3))＝1，由于A∈(0，π)，则A＋ eq \f(π,3)∈( eq \f(π,3)， eq \f(4π,3))，故A＋ eq \f(π,3)＝ eq \f(π,2)，解得A＝ eq \f(π,6). 13．(15分)(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＋ eq \r(3)cos A＝2. (1)求A；(6分) 解： eq \r(2)b sin C＝c sin 2B⇔ eq \r(2)sin B sin C ＝2sin C sin B cos B， 又B∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6)))，C∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6)))，则sin B sin C≠0，则cos B＝ eq \f(\r(2),2)，B＝ eq \f(π,4)，C＝π－A－B＝ eq \f(7π,12)， sin C＝sin (π－A－B)＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋sin B cos A＝ eq \f(\r(2)＋\r(6),4)， (2)若a＝2， eq \r(2)b sin C＝c sin 2B，求△ABC的周长．(9分) 由正弦定理可得， eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)＝ eq \f(c,sin C)， 即 eq \f(2,sin \f(π,6))＝ eq \f(b,sin \f(π,4))＝ eq \f(c,sin \f(7π,12))， 解得b＝2 eq \r(2)，c＝ eq \r(6)＋ eq \r(2)， 故△ABC的周长为2＋ eq \r(6)＋3 eq \r(2). 14．(15分)在四边形ABCD中，AB∥CD，记∠ACD＝α，AD sin D＝ eq \r(3)AC cos α，∠BAC的平分线与BC相交于点E，且AE＝1，AB＝ eq \r(3). (1)求cos α的大小；(6分) 解：在△ACD中，由正弦定理得 eq \f(AD,sin α)＝ eq \f(AC,sin D)， 所以AD sin D＝AC sin α， 因为AD sin D＝ eq \r(3)AC cos α， 两式相除得1＝ eq \f(tan α,\r(3))， 所以tan α＝ eq \r(3)， 又因为0<α<π，可得α＝ eq \f(π,3)， 所以cos α＝ eq \f(1,2). 解：因为AB∥CD，所以∠BAC＝α＝ eq \f(π,3)， 又因为AE平分∠BAC，可得∠BAE＝∠CAE＝ eq \f(π,6)， 因为S△BAE＋S△CAE＝S△ABC，且AB＝ eq \r(3)，AE＝1， 所以 eq \f(1,2)AB·AE sin eq \f(π,6)＋ eq \f(1,2)AC·AE sin eq \f(π,6) ＝ eq \f(1,2)AB·AC sin eq \f(π,3)， 即 eq \f(1,2)× eq \r(3)×1× eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)AC×1× eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)× eq \r(3)AC× eq \f(\r(3),2)，解得AC＝ eq \f(\r(3),2)， 在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cos ∠BAC＝( eq \f(\r(3),2))2＋( eq \r(3))2－2× eq \f(\r(3),2)× eq \r(3)× eq \f(1,2)＝ eq \f(9,4)，所以BC＝ eq \f(3,2). eq \f(2π,3)＋2 15．某高级中学设计了一个“水滴状”校徽的平面图(如图)，徽章由等腰三角形ABC及以弦BC和劣弧BC所围成的弓形所组成，其中AB＝AC，劣弧BC所在的圆为△ABC的外接圆，圆心为O.已知∠BAC＝ eq \f(π,6)，外接圆的半径是2，则该图形的面积为________． 解析：如图将圆O补充完整，连接OB，OC，取BC中点为D，连接AD. 因为∠BAC＝ eq \f(π,6)，∠BAC为劣弧BC对应的圆周角，∠BOC为劣弧BC对应的圆心角，则∠BOC＝ eq \f(π,3)，△OBC为正三角形，又外接圆半径为2，则弓形面积为S扇形BOC－S△BOC＝ eq \f(1,2)× eq \f(π,3)×4－ eq \f(\r(3),4)×4＝ eq \f(2π,3)－ eq \r(3). 因为△ABC为等腰三角形，AD平分角∠BAC， 则∠BAD＝ eq \f(π,12)，又BD＝1， 则 eq \f(BD,AB)＝sin eq \f(π,12)⇒AB＝ eq \f(1,sin \f(π,12)). 又sin eq \f(π,12)＝sin ( eq \f(π,3)－ eq \f(π,4))＝sin eq \f(π,3)cos eq \f(π,4)－cos eq \f(π,3)sin eq \f(π,4)＝ eq \f(\r(6)－\r(2),4)，则AB＝ eq \f(4,\r(6)－\r(2))＝ eq \r(6)＋ eq \r(2)， 则S△ABC＝ eq \f(1,2)AB2sin ∠BAC＝ eq \f(1,2)×( eq \r(6)＋ eq \r(2))2× eq \f(1,2)＝2＋ eq \r(3). 则该图形面积为 eq \f(2π,3)－ eq \r(3)＋2＋ eq \r(3)＝ eq \f(2π,3)＋2. $