专题2 第4讲 解三角形（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（基础版）

第4讲　解三角形 基础自测　思维引航 考点进阶　素养淬炼 目 录 索 引 第4讲　解三角形 基础自测　思维引航 基础自测 1.(人A必二6.4.3节练习)在△ABC中,已知a=2,c=,A=120°,求b和C. 解 由正弦定理,得sin C= 因为c<a,所以C=30°,于是B=30°.所以b=c= 2.(2025全国2,5)在△ABC中,BC=2,AC=1+,AB=,则A=(　　) A.45° B.60° C.120° D.135° A 解析 在△ABC中,由余弦定理得cos A=,又0<A<π,所以A=45°.故选A. 3.(人A必二习题6.4)你能用三角形的边和角的正弦表示三角形的面积吗? 解 如图,以△ABC的顶点A为原点,边AC所在的直线为x轴,建立平面直角坐标系.设BC,CA,AB的长分别为a,b,c,则不论A是锐角、钝角还是直角,由三角函数的定义知,点B的坐标始终为(ccos A,csin A). 过点B作BE⊥AC,垂足为E,则BE=csin A. S△ABC=AC×BE=bcsin A. 同理可得S△ABC=casin B,S△ABC=absin C. 由此得任意三角形的面积 S△ABC=bcsin A=casin B=absin C. 4.(2024上海,11)已知A在O的正东方向,B在O的正北方向,O到A,B的距离相等,∠BTO=16.5°,∠ATO=37°,则∠BOT=　　　　　.(精确到0.1°)  7.8° 解析 连接AB,设OA=OB=a,BT=b,AT=c,∠BOT=α,则AB=a. 在△ABT中,由余弦定理,得(a)2=b2+c2-2bccos 53.5°.① 在△OBT中,由正弦定理,得,即b=② 在△OAT中,由正弦定理,得,即c=③ 把②③代入①, 得2a2=-2cos 53.5°. 令sin α=t(0<t<1),则cos α=,得2=-20.6, 令f(t)==0. 由计算器的函数功能可知f(t)=0的零点约为t=0.13. 所以α=arcsin(0.13)≈7.8°. 思维引航 1.正弦定理及余弦定理 =2R; a2=b2+c2-2bccos A; b2=c2+a2-2cacos B; c2=a2+b2-2abcos C. 2.面积公式 (1)S=absin C;S=bcsin A;S=acsin B. (2)S=aha(ha表示边a上的高). (3)S=r(a+b+c)(r为三角形内切圆半径). 考点进阶　素养淬炼 考点一　正弦定理、余弦定理的直接应用 例1　(1)(2025湖北七市州高三模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为 a,b,c,且满足sin A(sin A-sin C)=sin2(A+C)-sin2C,则B=　　　　　.  　 解析 在△ABC中,∵A+B+C=π, ∴sin A(sin A-sin C)=sin2B-sin2C. 由正弦定理可得,a2-ac=b2-c2,则ac=a2+c2-b2. 又cos B=, 则cos B= ∵B∈(0,π),∴B= (2)(2024天津,16)在△ABC中,cos B=,b=5,.【一题多解】 ①求a; ②求sin A; ③求cos(B-2A). 解 ①因为,所以c= 又cos B=,b=5,所以b2=a2+c2-2accos B,即52=a2+()2-2a, 所以a2=16,所以a=4. ②(方法一)因为cos B=,B为△ABC的内角, 所以sin B=, 所以,即,所以sin A= (方法二)由①知c=4=6. 由余弦定理,得cos A= 因为A∈(0,π),则sin A= ③(方法一)因为cos B=>0,且B∈(0,π), 所以B∈(0,). 由②方法一知,sin B= 因为a<b,则A<B,所以cos A=, 则sin 2A=2sin Acos A=2,cos 2A=2cos2A-1=2×()2-1=, cos(B-2A)=cos Bcos 2A+sin Bsin 2A= (方法二)因为a=4,b=5,所以a<b,所以A<B,所以A为锐角. 所以cos A= 所以sin 2A=2sin Acos A=2,cos 2A=2cos2A-1=2×()2-1= 所以cos(B-2A)=cos Bcos 2A+sin Bsin 2A= 【对点训练1】(1)(2024新高考Ⅱ,15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+cos A=2. ①求A; ②若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长. 解 ①(方法一)由题得2=2,即sin=1. 又A+,所以A+,即A= (方法二)由sin A+cos A=2,sin2A+cos2A=1,得4cos2A-4cos A+3=0, 即(2cos A-)2=0,解得cos A= 又A∈(0,π),故A= (方法三)设f(x)=sin x+cos x(0<x<π),则f(x)=2sin(x+)(0<x<π), 显然当x=时,f(x)max=2. 又f(A)=sin A+cos A=2=2sin(A+),则f(x)max=f(A). 因为在开区间(0,π)上取到最大值,则x=A必定是极值点, 即f'(A)=0=cos A-sin A,即tan A= 又A∈(0,π),故A= (方法四)设a=(1,),b=(sin A,cos A),由题意,a·b=sin A+cos A=2. 根据向量的数量积公式,得a·b=|a||b|cos<a,b>=2cos<a,b>, 则2cos<a,b>=2,即cos<a,b>=1, 此时<a,b>=0,即向量a,b同向共线,则1·cos A=sin A,得tan A= 又A∈(0,π),故A= ②因为bsin C=csin 2B,由正弦定理可得sin Bsin C=sin C·2sin Bcos B,又sin B≠0,sin C≠0,所以cos B=又0<B<π,所以B=,则C= 由正弦定理得,则b=2,c=, 所以△ABC的周长为a+b+c=2++3 (2)(2024北京,16)在△ABC中,a=7,A为钝角,sin 2B=bcos B. (ⅰ)求A; (ⅱ)从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知,求△ABC的面积. ①b=3;②cos B=;③csin A=. 解 (ⅰ)∵sin 2B=bcos B,∴2sin Bcos B=bcos B. 又A为钝角,∴B∈(0,),∴cos B≠0, ∴2sin B=b, 由正弦定理得,则, ∴sin A=,∴A= (ⅱ)若选①.由(ⅰ)知A=,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A, 即49=9+c2-2×3×c×cos,即c2+3c-40=0,解得c=5或c=-8(舍去), ∴S△ABC=bcsin A=3×5 若选②.由cos B=,得sin B= 又2sin B=b,∴b=3. 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A, 即49=9+c2-2×3×c×cos,即c2+3c-40=0,解得c=5或c=-8(舍去), ∴S△ABC=bcsin A=3×5 若选③.由csin A=,得c=,∴c=5. 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A, 即49=b2+25-2×b×5×cos,即b2+5b-24=0,解得b=3或b=-8(舍去), ∴S△ABC=bcsin A=3×5 考点二　三角形中最值和范围问题 例2　(1)已知函数f(x)=2sin(cos-sin)+m(m∈R),且y=f(x)在区间[0,]上的最大值为. ①求m的值; ②已知△ABC为锐角三角形,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,若f(B-)=,且b=2,求△ABC的周长l的取值范围. 解 ①由题可得, f(x)=2sin(cos-sin)+m=sin x+cos x-1+m=sin(x+)-1+m. ∵x∈[0,],∴x+[], ∴当x+,即x=时,f(x)max=-1+m=,得m=1. ②由①知,f(x)=sin(x+). ∵f(B-)=,即sin[(B-)+]=,∴sin B= 又△ABC为锐角三角形,∴B=,则A+C= 由<A< , ∴l=a+b+c=(sin A+sin C)+2 =[sin A+sin(A+B)]+2 =(sin A+sin A+cos A)+2 =4(sin A+cos A)+2=4sin(A+)+2. <A<,∴A+(), ∴sin(A+)∈(,1],则4sin(A+)+2∈(2+2,6], ∴△ABC的周长l的取值范围是(2+2,6]. (2)在①cos 2B=cos(A+C),②bsin A=acos(B-),③bsin A+acos B=2a这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解决该问题. 问题:已知锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,　　　　　.  (ⅰ)求B; (ⅱ)若a=8,求△ABC面积的取值范围. 解 (ⅰ)若选择①cos 2B=cos(A+C). 由A+B+C=π,得A+C=π-B, 所以cos(A+C)=-cos B,所以2cos2B-1=-cos B,解得cos B=或-1. 又因为B∈(0,),则cos B=,故B= 若选择②bsin A=acos(B-). 由正弦定理得,sin Bsin A=sin Acos(B-). 又因为A∈(0,),所以sin A≠0, 所以sin B=cos(B-),即sin B=cos B+sin B, 整理可得sin B=cos B,解得tan B= 又因为B∈(0,),故B= 若选择bsin A+acos B=2a. 由正弦定理得,sin Bsin A+sin Acos B=2sin A. 因为A∈(0,),所以sin A≠0,所以sin B+cos B=2, 即2sin(B+)=2,可得sin(B+)=1. 又因为B∈(0,),所以B+(), 所以B+,故B= (ⅱ)由(ⅰ)可知B=,且a=8, 由正弦定理及C=π-A--A,可得c==4+ 又因为在锐角三角形ABC中, 所以A∈(),故tan A∈(,+∞),所以c∈(4,16), 故S△ABC=acsin B=2c,所以S△ABC∈(8,32), 所以△ABC面积的取值范围是(8,32). 【对点训练2】(1)记锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b2cos A+abcos B=2. ①求A; ②已知边a=4,求b+c的取值范围. 解 ①由b2cos A+abcos B=2, 可得b2cos A+abcos B=2bccos A,即bcos A+acos B=2ccos A. 由正弦定理,得sin Bcos A+sin Acos B=2sin Ccos A,即sin C=2sin Ccos A. 因为sin C>0,所以cos A= 又0<A<π,所以A= ②由正弦定理可得=8, 所以b+c=8(sin B+sin C) =8[sin B+sin(B+)] =8(sin B+cos B) =4sin(B+). 因为△ABC为锐角三角形,则 解得<B<,所以<B+,sin(B+)∈(,1], 故4sin(B+)∈(4,4], 所以b+c的取值范围是(4,4]. (2)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=,b+c=2,D为BC边上的点. ①若A=,求角A的平分线AD的长; ②求BC边上中线AD长的最小值. 解 ①因为a=,b+c=2,A=, 所以3=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc=4-3bc,所以bc= 由S△ABC=S△ABD+S△ACD,且AD是角A的平分线, 所以bc(b+c)×AD,所以AD= ②因为D是BC的中点,所以 两式平方,并代换得(2+2)=(2b2+2c2-a2) =[2(b+c)2-4bc-3]=-bc,当且仅当b=c=1时,等号成立, 所以AD长的最小值为||= 考点三　解三角形的实际问题 例3　为扩大养殖规模,某鲟鱼养殖场计划在如图所示的扇形区域OMN内修建矩形水池ABCD,矩形一边AB在OM上,点C在圆弧MN上,点D在边ON上,且∠MON=,OM=30 m,设∠COM=α. (1)求扇形OMN的面积; (2)求矩形ABCD的面积S(α); (3)当α为何值时,S(α)取得最大值,并求出这个最大值. 解 (1)由题意,∠MON=,扇形半径OM=30 m, 则扇形OMN的面积为302=150π m2. (2)在Rt△OBC中,BC=30sin α,OB=30cos α. 在Rt△OAD中,AD=BC=30sin α,则OA=30sin α=10sin α, 所以AB=OB-OA=30cos α-10sin α, 则水池面积S(α)=AB·BC =30sin α(30cos α-10sin α) =300sin αcos α-sin2α) =150sin 2α+cos 2α-1) =300sin 2α+cos 2α-) =300sin(2α+)-150,0<α< 所以S(α)=300sin(2α+)-150,其中0<α< (3)由(2)知,S(α)=300sin(2α+)-150,其中0<α<,则<2α+ 当2α+,即α=时,S(α)取得最大值,最大值为150 【对点训练3】某科技馆(如图1)主体建筑采用与地形吻合的矩形设计,将数学符号“∞”完美嵌入其中.如图2,为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离,无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°, 30°,随后无人机沿水平方向飞行600米到点D,此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°(A,B,C,D在同一铅垂面内),则A,B两点之间的距离为 　　　 　米.  图1 图2 100 解析 由题意,∠DCB=30°,∠CDB=60°,所以∠CBD=90°, 则在Rt△CBD中,BD=CD=300,BC=CD=300 又∠DCA=75°,∠CDA=45°,所以∠CAD=60°. 在△ACD中,由正弦定理得,, 所以AC==200 在△ABC中,∠ACB=∠ACD-∠BCD=75°-30°=45°. 由余弦定理得,AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB =(200)2+(300)2-2×200300=150 000, 所以AB=100 $