4.7　正、余弦定理的综合应用课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“正、余弦定理的综合应用”专题，依据高考评价体系明确两大核心考查要求，结合2023-2024新课标1卷考情，梳理出多边形解三角形、三角形最值范围、证明问题三大常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题母题+解题策略+素养提升”模式，如以2025湖南益阳三模最值题为例，通过正弦定理转化边角关系构建函数求范围，培养学生数学思维，总结“定基本量-建函数-求最值”三步法，助力学生掌握得分技巧，为教师提供精准复习指导。

第四章　三角函数、解三角形 4.7　正、余弦定理的综合应用 2027高考数学一轮总复习 1 内容索引 课时作业 关键能力　提升 考试要求 三年考情 1.会利用正、余弦定理及三角恒等变换解决三角形中的最值、范围问题. 2.会利用正、余弦定理求解平面多边形、证明等问题. 2023 2024 2025 新课标Ⅰ卷T17 新课标Ⅰ卷T15         关键能力　提升 考点1 多边形中的解三角形问题 【例1】如图,△ADC是等边三角形,△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,BD交AC于点E,AB=2. (1)求∠ABE的度数; 【解】　由已知可得AC=AD=CD=BC=,∠DAC=∠ADC= ∠ACD=60°,∠ABC=∠BAC=45°, 所以△BCD是等腰三角形,∠BCD=60°+90°=150°,所以∠DBC=(180°-150°)=15°,所以∠ABE=45°-15°=30°. 关键能力 提升 返回 (2)求△ABD的面积. 【解】由(1)知△ABD中,∠ABD=30°,∠DAB=60°+45°=105°, 又sin 105°=sin(45°+60°)=sin 45°cos 60°+sin 60°cos 45°=, 所以S△ABD=. 关键能力 提升 返回 平面几何中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、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. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练1】如图,四边形ABCD的内角B+D=π,AB=3,DA=1,BC=CD,且AC=. (1)求角B; 解:设BC=CD=x>0, 在△ABC中,由余弦定理得AC2=9+x2-2×3xcos B=7, 即x2+2=6xcos B①, 在△ACD中,由余弦定理得AC2=1+x2-2×1×xcos D=7, 即x2-6=2xcos D②, 因为B+D=π, 所以cos D=cos(π-B)=-cos B, 联立①②可得x=2(负值舍去),cos B=, 因为B∈(0,π),所以B=. 关键能力 提升 返回 (2)若点P是线段AB上的一点,PC=,求PA的值. 解:如图,在△PBC中,由正弦定理知,, 所以sin∠BPC==1, 又0<∠BPC<π, 故∠BPC=, 在Rt△PBC中,由勾股定理知,PB==1,则PA=AB-PB=2. 关键能力 提升 返回 考点2 三角形中的最值、范围问题 【例2】　(2025·湖南益阳三模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=1,且bcos A-cos B=1. (1)若C=,求A; 【解】由a=1,可得bcos A-acos B=a,即sin Bcos A-sin Acos B=sin A, 即sin(B-A)=sin A,则B-A=A或(B-A)+A=π(舍),故B=2A, 又C=,A+B+C=π,∴A=. 关键能力 提升 返回 (2)若△ABC是锐角三角形,求△ABC周长的取值范围. 【解】由正弦定理可得, ∴b=,c=,b+c= ==2cos A+cos 2A+2cos2A=4cos2A+2cos A-1=4, 易知 关键能力 提升 返回 可得,因此cos A∈, 令cos A=x,则y=4上单调递增, ∴b+c∈(1+,2+),可得周长范围为(2+,3+). 关键能力 提升 返回 1.三角形中的最值、范围问题的解题策略 (1)定基本量:根据题意画出图形,找出三角形中的边、角,利用正、余弦定理求出相关的边、角,并选择边、角作为基本量,确定基本量的范围. (2)构建函数:根据正、余弦定理或三角恒等变换,将所求范围的变量表示成函数形式. (3)求最值:利用基本不等式或函数的单调性等求最值. 2.求解三角形中的最值、范围问题的注意点 (1)涉及求范围的问题,一定要搞清楚变量的范围,若已知边的范围,求角的范围可以利用余弦定理进行转化. (2)注意题目中的隐含条件,如A+B+C=π,0<A<π,|b-c|<a<b+c,三角形中大边对大角等. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练2】　(2025·山东德州三模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知 2sin B=sin A+cos Atan C. (1)求C; 解:由2sin B=sin A+cos Atan C, 得2sin Bcos C=sin Acos C+cos Asin C, 即2sin Bcos C=sin(A+C), 又A+B+C=π, 所以sin(A+C)=sin B≠0, 于是cos C=. 又0<C<π,所以C=. 关键能力 提升 返回 (2)若2(a+b)=c2,求△ABC的边c的最大值. 解:由(1)知C=,由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcos C=(a+b)2-3ab, 而2(a+b)=c2,则2(a+b)=(a+b)2-3ab,因此(a+b)2-2(a+b)=3ab≤(a+b)2,解得a+b≤8, 当且仅当a=b时取等号,则c=≤4,所以△ABC的边c的最大值为4. 关键能力 提升 返回 考点3 三角形中的证明问题 【例3】　(2026·北京东城区一模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=6,b-c=1,sin C=. (1)求b的值及△ABC的面积; 【解】因为b-c=1⇒b=c+1>c,所以C是锐角, 由sin C=,可得cos C=,而c2=a2+b2-2abcos C,所以c2=36+(c+1)2-9(c+1), 可得c=4,则b=5,故S△ABC=. 关键能力 提升 返回 (2)求证:A=2C. 【解】证明:由(1)易知cos C=, 则cos 2C=2cos2C-1=, 由(1)及余弦定理的推论,得cos A=, 所以cos A=cos 2C,又A,C∈(0,π),A+C<π,所以A=2C. 关键能力 提升 返回 证明与三角形有关的等式(或不等式)的一般思路 (1)利用正、余弦定理完成边角转化:把已知条件或待证等(不等)式转化为以角为研究对象的三角等(不等)式或以边为研究对象的代数等(不等)式. (2)充分利用三角形中隐含条件:①A+B+C=π;②A>B⇔sin A>sin B;③|a-b|<c<a+b及三角函数的性质、三角恒等变换公式等推导证明. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练3】　在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,asin B+ bcos A=0. (1)求角A的大小; 解:由asin B+bcos A=0,及正弦定理可得sin Asin B+sin Bcos A=0, 因为B∈(0,π),所以sin B>0, 所以sin A+cos A=0, 即tan A=-. 又因为A∈(0,π),所以A=. 关键能力 提升 返回 (2)若AD是△ABC的角平分线,求证:. 解:证明:因为AD是△ABC的角平分线,且∠BAC=,所以∠BAD=∠CAD=,所以S△ABC=S△ABD+S△ADC, 可得,可得AB·AC =AB·AD+AD·AC, 所以,所以,即. 关键能力 提升 返回 课时作业33 1.(15分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2. (1)求B的大小; 解:在△ABC中,∵2, ∴2, ∴cos B+sin B=0,∴tan B=-.∵B∈(0,π),∴B=. 基础巩固 返回 课时作业 (2)若(a+c)=2b,求证:a=c. 解:证明:∵B=,∴cos B=-. 由余弦定理得b2=a2+c2+ac①, ∵(a+c)=2b, ∴b=(a+c)②, 将②代入①,得(a2+2ac+c2)=a2+c2+ac,整理得(a-c)2=0,∴a=c. 返回 课时作业 2.(15分)记△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知(asin A+ bsin B-csin C)= 2asin Bsin C. (1)求C; 解:由已知及正弦定理,得(a2+b2-c2)=2absin C,所以= sin C,即cos C=sin C,所以tan C=.因为C为三角形的内角,所以C=. 返回 课时作业 (2)若c=,求a+b的最大值. 解:由(1)知C=,由余弦定理得a2+b2-ab=3,则(a+b)2-3ab=3,即3ab=(a+b)2-3. 因为ab≤,所以(a+b)2-3≤,即(a+b)2≤12,当且仅当a=b=时等号成立, 所以a+b≤2. 返回 课时作业 3. (15分)如图,在四边形ABCD中,AB⊥BC,∠ADC=120°,AB=CD=2AD, △ACD的面积为. (1)求sin∠CAB; 解:设CD=2AD=2x,x>0, 因为△ACD的面积为,∠ADC=120°,所以,解得x=1, 所以AB=CD=2,AD=1. 在△ACD中,由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos 120°=1+4-2×1×2=7,所以AC=. 返回 课时作业 在Rt△ABC中,AB⊥BC,AB=2,所以BC=, 所以sin∠CAB=. 返回 课时作业 (2)求证:∠CAB=∠CAD. 解:证明:由(1)可得CD=2,AC=, 在△ACD中,由正弦定理得 ,所以sin∠CAD=, 且0°<∠CAD<60°. 由(1)可得sin∠CAB=,又0°<∠CAB<90°, 所以∠CAB=∠CAD. 返回 课时作业 4.(15分)(2025·河南新乡二模)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin2A+sin2C+cos2B+sin(π-A)sin(π+C)=1. (1)求B; 解:因为sin2A+sin2C+cos2B+sin(π-A)sin(π+C)=1, 所以sin2A+sin2C-sin Asin C=1-cos2B=sin2B. 由正弦定理得a2+c2-b2=ac,所以cos B=. 因为0<B<π,所以B=. 1 素养提升 返回 课时作业 (2)若a=2,c=3,求△ABC内切圆的半径; 解:由(1)知a2+c2-b2=ac,代入数据得b=, 所以△ABC内切圆的半径r=. 返回 课时作业 (3)若M为△ABC的垂心,且点M在△ABC内,直线AM与BC交于点D,且BM=4,求AB+MD的最大值. 解:如图,设∠DBM=α,0<α<,则∠BMA=+α,且MD=BMsin α=4sin α. 因为∠ABD=, 所以∠BAD=. 由正弦定理得,所以AB=8sin=8cos α, 所以AB+MD=8cos α+4sin α=4sin(α+φ),其中tan φ=2,故AB+MD的最大值为4. 返回 课时作业 本课结束 $