4 6.4.3 第3课时 用余弦、正弦定理解三角形（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正弦、余弦定理的综合应用及三角形面积计算，通过复习前两节课单一定理应用，自然过渡到定理渗透联系的综合问题，搭建从基础到综合的学习支架。 其亮点在于结合梯形、等边与直角三角形等图形培养几何直观（数学眼光），综合问题融合三角恒等变换提升推理能力（数学思维），引入秦九韶公式渗透数学文化（数学语言）。课堂小结强调转化与化归思想，助力学生构建知识体系，教师可借助系统例题与训练提升教学效率。

第3课时　用余弦、正弦定理解三角形 1 新课导入 学习目标 　　我们前两节课学习了余弦定理和正弦定理，利用两个定理可以解决三角形的边角问题，其实，在很多问题中，两个定理相互渗透，相互联系，并不是单独使用，这节课，我们就来研究二者的综合问题． 1.利用正弦、余弦定理研究三角形中边与角的关系． 2．掌握三角形的面积公式，能熟练求出三角形的面积． 3．掌握正弦、余弦定理的综合应用． 返回导航 新知学习探究 1 课堂巩固自测 2 内 容 索 引 新知学习探究 PART 01 第一部分 返回导航 返回导航 返回导航 √ 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 (2)求BC的长． 返回导航 多边形中计算问题的解题思路 (1)正确挖掘图形中的几何条件，简化运算是解题要点，还要善于应用正弦定理、余弦定理．只需通过解三角形，一般问题便能很快解决． (2)解决此类问题的关键是仔细观察，发现图形中较隐蔽的几何条件． 返回导航 [跟踪训练2] 如图，△ADC是等边三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，BD交AC于E，AB＝2. (1)求∠ABE； 返回导航 返回导航 (2)求△ABD的面积． 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 利用正弦定理、余弦定理求解综合问题 (1)三角形中的综合应用问题常常把正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、三角恒等变换等知识联系在一起，解答此类题目，首先要正确应用所学知识“翻译”题目条件，寻找三角形中的边角关系． (2)抓住两个定理的特点：正弦定理“边对角”，余弦定理“边夹角”，正确选择定理是解决此类题目的关键． 返回导航 返回导航 返回导航 秦九韶的“三斜求积”，就是指秦九韶公式，出现在教材人教版必修二的55页，作为中国古代数学中的优秀成果之一介绍出来，它给出了三角形的面积和边长之间的定量关系，没有角度形式出现，这样的话，在我们的条件只有边关系时，就可考虑从这个角度入手解题．近年来，以这方面为背景的解三角形压轴题目多次出现． 拓视野 秦九韶的“三斜求积 ” 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 √ 返回导航 √ 返回导航 返回导航 课堂巩固自测 PART 02 第二部分 √ 返回导航 √ √ 返回导航 返回导航 3．(2025·海淀期末)在△ABC中，若a2－b2＝bc，sin C＝2sin B，则角A＝________． 返回导航 返回导航 (2)若a＝2，求边长c. 返回导航 1．已学习：三角形的面积公式及正弦、余弦定理的综合应用． 2．须贯通：结合条件能顺利选择三角形的面积公式、正确选择正弦或余弦定理结合三角恒等变换实现边与角的互化，应用转化与化归、数形结合的思想方法． 3．应注意：利用正弦定理进行边和角的相互转化的等价性． 返回导航 eq \a\vs4\al(一　三角形面积的计算) [例1] 在△ABC中，A，B，C分别为边a，b，c所对的角，且B＝ eq \f(2π,3)，a＝1，b＝ eq \r(3)，求△ABC的面积． 【解】　在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B， 即3＝1＋c2－2×1×(－ eq \f(1,2))·c， 则c2＋c－2＝0， 解得c＝－2(舍去)或c＝1， 所以S△ABC＝ eq \f(1,2)ac sin B＝ eq \f(1,2)×1×1× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(\r(3),4). 求三角形面积的解题思路 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设AD为BC边上的高，则AD＝c sin B，则△ABC的面积S＝ eq \f(1,2)BC·AD＝ eq \f(1,2)ac sin B．同理可得S＝ eq \f(1,2)ab sin C＝ eq \f(1,2)bc sin A．求三角形的面积，要充分挖掘题目中的已知条件，转化为求两边及夹角的正弦问题，在选择三角形面积公式时，一般是看哪个角是已知的，就使用哪个相应的公式． [跟踪训练1] (1)已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2＋c2－a2＝bc＝4，则△ABC的面积为(　　) A．2 eq \r(3) B． eq \r(3) C．2 D．1 解析：由余弦定理的推论可得cos A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝ eq \f(π,3)，又bc＝4，所以△ABC的面积为 eq \f(1,2)bc sin A＝ eq \r(3). (2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝2，B＝60°，△ABC的面积S＝2 eq \r(3)，则b＝________． 2 eq \r(3) 解析：由题意可得S＝ eq \f(1,2)ac sin B＝ eq \f(1,2)×2c× eq \f(\r(3),2)＝2 eq \r(3)， 即c＝4，则b2＝a2＋c2－2ac cos B＝4＋16－8＝12，即b＝2 eq \r(3). eq \a\vs4\al(二　多边形中的计算问题) [例2] 如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2 eq \r(6)，CD＝ eq \r(6)，cos A＝ eq \f(\r(6),3)，cos ∠ADB＝ eq \f(1,3). (1)求cos ∠ABD； 【解】　在△ABD中，cos A＝ eq \f(\r(6),3)， cos ∠ADB＝ eq \f(1,3)， 则A，∠ADB均为锐角， 则sin A＝ eq \r(1－cos2A)＝ eq \f(\r(3),3)，sin∠ADB＝ eq \r(1－cos2∠ADB)＝ eq \f(2\r(2),3)， cos∠ABD＝cos (π－A－∠ADB)＝－cos (A＋∠ADB)＝sin A sin ∠ADB－cos A cos ∠ADB ＝ eq \f(\r(3),3)× eq \f(2\r(2),3)－ eq \f(\r(6),3)× eq \f(1,3)＝ eq \f(\r(6),9). 【解】　在△ABD中，由正弦定理得 eq \f(AB,sin ∠ADB)＝ eq \f(BD,sin A)， 则BD＝ eq \f(AB sin A,sin ∠ADB)＝ eq \f(2\r(6)×\f(\r(3),3),\f(2\r(2),3))＝3， 由AB∥CD，得∠BDC＝∠ABD，在△BCD中， 由余弦定理得BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD cos ∠BDC＝9＋6－2×3× eq \r(6)× eq \f(\r(6),9)＝11， 所以BC＝ eq \r(11). 解：由已知得AC＝AD＝CD＝BC＝ eq \r(2)， ∠DAC＝∠ADC＝∠ACD＝60°，∠ABC＝∠BAC＝45°， 所以△BCD是等腰三角形，∠BCD＝60°＋90°＝150°， 所以∠DBC＝ eq \f(1,2)×(180°－150°)＝15°， 所以∠ABE＝45°－15°＝30°. 解：由(1)知△ABD中，∠DAB＝60°＋45°＝105°， 又sin 105°＝sin (45°＋60°)＝sin 45°cos 60°＋sin 60°cos 45°＝ eq \f(\r(2),2)× eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)× eq \f(\r(2),2)＝ eq \f(\r(2)＋\r(6),4)， 所以S△ABD＝ eq \f(1,2)×AB×AD×sin 105°＝ eq \f(1＋\r(3),2). eq \a\vs4\al(三　正弦定理、余弦定理的综合问题) [例3] (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＝ eq \r(2)cos B，a2＋b2－c2＝ eq \r(2)ab. (1)求B； 【解】　由余弦定理得cos C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝ eq \f(\r(2),2)， 又0<C<π，所以C＝ eq \f(π,4). 所以 eq \r(2)cos B＝sin C＝ eq \f(\r(2),2)，所以cos B＝ eq \f(1,2)， 又0<B< eq \f(3π,4)，所以B＝ eq \f(π,3). (2)若△ABC的面积为3＋ eq \r(3)，求c. 【解】　由(1)得A＝π－B－C＝ eq \f(5π,12)， sin A＝sin eq \f(5π,12)＝sin ( eq \f(π,4)＋ eq \f(π,6)) ＝sin eq \f(π,4)cos eq \f(π,6)＋cos eq \f(π,4)sin eq \f(π,6)＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4). 由正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(c,sin C)，得 eq \f(a,\f(\r(6)＋\r(2),4))＝ eq \f(c,\f(\r(2),2))， 所以a＝ eq \f(1＋\r(3),2)c. 所以△ABC的面积S＝ eq \f(1,2)ac sin B＝ eq \f(1＋\r(3),4)c2× eq \f(\r(3),2)＝3＋ eq \r(3)，解得c＝2 eq \r(2). [跟踪训练3] 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c.若(a－c)(sin A＋sin C)＝(b－ eq \r(3)c)sin B. (1)求角A的大小； 解：由(a－c)(sin A＋sin C)＝(b－ eq \r(3)c)sin B以及正弦定理得(a－c)(a＋c)＝(b－ eq \r(3)c)b， 即a2－c2＝b2－ eq \r(3)bc，即b2＋c2－a2＝ eq \r(3)bc， 所以cos A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(\r(3)bc,2bc)＝ eq \f(\r(3),2)， 因为A∈(0，π)，所以A＝ eq \f(π,6). (2)若a＝ eq \r(7)，c＝1，求b sin C的值． 解：在△ABC中，由余弦定理的推论得cos eq \f(π,6)＝ eq \f(1＋b2－7,2b)，解得b＝2 eq \r(3)或b＝－ eq \r(3)(舍去)， 根据正弦定理可得 eq \f(1,sin C)＝ eq \f(\r(7),sin \f(π,6))， 解得sin C＝ eq \f(\r(7),14)， 所以b sin C＝2 eq \r(3)× eq \f(\r(7),14)＝ eq \f(\r(21),7). 秦九韶公式：S＝ eq \r(\f(1,4)[c2a2－(\f(c2＋a2－b2,2))2]). 注：将秦九韶公式进一步整理可得海伦公式：S＝ eq \r(p(p－a)(p－b)(p－c))，p＝ eq \f(1,2)(a＋b＋c). [典例] (2025·深圳二模)我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中独立提出了一种求三角形面积的方法：“三斜求积”，即△ABC的面积S＝ eq \r(\f(1,4)[c2a2－(\f(c2＋a2－b2,2))2])，若b＝2，且tan C＝ eq \f(\r(3)sin B,1－\r(3)cos B)，则△ABC的面积S的最大值为________． eq \r(3) 【解析】　由题设可知 eq \f(sin C,cos C)＝ eq \f(\r(3)sin B,1－\r(3)cos B)，整理得sin C＝ eq \r(3)(sin B cos C＋cos B sin C)，即sin C＝ eq \r(3)sin A，由正弦定理可得c＝ eq \r(3)a，所以S＝ eq \f(1,2) eq \r(3a4－(\f(4a2－4,2))2)＝ eq \f(1,2) eq \r(－a4＋8a2－4)＝ eq \f(1,2) eq \r(－(a2－4)2＋12)，当a2＝4，即a＝2时，Smax＝ eq \f(\r(12),2)＝ eq \r(3). [练习1]　在△ABC中，若a2sin C＝4sin A，(a－c)2＝b2－4，则用“三斜求积”公式求得△ABC的面积为(　　) A． eq \r(2) B．2 eq \r(3) C． eq \r(3) D．2 eq \r(2) 解析：由正弦定理可得a2c＝4a，则ac＝4，又a2－2ac＋c2＝b2－4，即a2＋c2－b2＝2ac－4＝4，所以S＝ eq \r(\f(1,4)×(16－4))＝ eq \r(3). [练习2]　已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为a，b，c，则面积S可由公式S＝ eq \r(p(p－a)(p－b)(p－c))求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式被称为海伦公式．现有一个三角形的三边长满足a＝6，b＋c＝8，则此三角形面积的最大值为(　　) A． eq \r(7) B．2 eq \r(7) C．3 eq \r(7) D．4 eq \r(7) 解析：因为a＝6，b＋c＝8，所以p＝ eq \f(a＋b＋c,2)＝7，又由三角形边长关系可得1<b<7，1<c<7，所以S＝ eq \r(7(7－b)(7－c))≤ eq \r(7)× eq \f((7－b)＋(7－c),2)＝ eq \r(7)× eq \f(14－(b＋c),2)＝3 eq \r(7)，当且仅当7－b＝7－c即b＝c＝4时等号成立，所以此三角形面积的最大值为3 eq \r(7). 1．(教材P53T10改编)下列三角形面积公式正确的是(　　) A．S＝ eq \f(1,2)bc sin B B．S＝bc sin A C．S＝ eq \f(1,2)bc cos A D．S＝ eq \f(1,2)bc sin A 解析：由三角形面积公式S＝ eq \f(1,2)ab sin C＝ eq \f(1,2)ac sin B＝ eq \f(1,2)bc sin A可知A，B，C错误，D正确． 2．(多选)在△ABC中，AB＝ eq \r(3)，AC＝1，B＝ eq \f(π,6)，则△ABC的面积可以是(　　) A． eq \f(\r(3),2) B．1 C． eq \f(\r(3),3) D． eq \f(\r(3),4) 解析：因为AB＝ eq \r(3)，AC＝1，B＝ eq \f(π,6)，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B， 所以BC2－3BC＋2＝0， 所以BC＝1或BC＝2. 当BC＝1时，S△ABC＝ eq \f(1,2)·AB·BC·sin B＝ eq \f(1,2)× eq \r(3)×1× eq \f(1,2)＝ eq \f(\r(3),4)， 当BC＝2时，S△ABC＝ eq \f(1,2)·AB·BC·sin B＝ eq \f(1,2)× eq \r(3)×2× eq \f(1,2)＝ eq \f(\r(3),2). 综上，S△ABC＝ eq \f(\r(3),4)或S△ABC＝ eq \f(\r(3),2). 解析：因为sin C＝2sin B，由正弦定理得c＝2b， 则a2－b2＝bc＝2b2， 所以a2＝3b2， 所以cos A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(b2＋4b2－3b2,4b2)＝ eq \f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝ eq \f(π,3). eq \f(π,3) 4．(教材P54T22改编)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b cos A＋a cos B＝ eq \r(2)c cos C，△ABC的面积为4. (1)求角C的大小； 解：根据已知由正弦定理得 sin B cos A＋sin A cos B＝ eq \r(2)sin C cos C， 又sin C＝sin (A＋B)， 所以sin C＝ eq \r(2)sin C cos C， 因为0<C<π，所以sin C≠0， 所以cos C＝ eq \f(\r(2),2)， 即C＝ eq \f(π,4). 解：由△ABC的面积S＝ eq \f(1,2)ab sin C＝ eq \f(\r(2),2)b＝4， 得b＝4 eq \r(2)， 由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos C＝4＋32－2×2×4 eq \r(2)× eq \f(\r(2),2)＝20，所以c＝2 eq \r(5). $