第六节 第2课时 正弦定理与余弦定理的应用 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“三角函数与解三角形”专题，覆盖正弦定理、余弦定理应用，多边形解三角形，三角形最值（范围）等高考核心考点，对接高考评价体系，分析多边形问题、最值问题等高频考点权重，归纳四边形面积计算、边长范围确定等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题示例+分层训练+素养导向”策略，如例1通过拆分三角形、交叉使用公共条件突破多边形解三角形，培养数学思维；例3用正弦定理边化角结合辅助角公式求范围，提升数学语言表达能力。特设易错点警示和解题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准教学，实现高效冲刺。

第六节 第四章　三角函数与解三角形 正弦定理和余弦定理 第2课时　正弦定理与 余弦定理的应用 第六节 【例1】　如图,在平面四边形ABCD中,AB=4,BC=3,CD=2,AD=5. 考点一 多边形中的解三角形问题 (1)若AB⊥BD,求cos C的值; 解 (2)若A+C=180°,求cos C的值; 解析 (3)求四边形ABCD面积S的最大值. 解析 多边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. 【训练1】　在四边形ABCD中,AB∥CD,AD=CD=BD=1. (1)若AB=,求BC; 解析 (2)若AB=2BC,求cos∠BDC. 解析 考向❶利用基本不等式求最值(范围) 【例2】　在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,c=1,且(3b-2)sin B=3asin A-3sin C. (1)求cos A; 考点二 三角形中的最值(范围)问题 解析 (2)设M是线段AC的中点,N在线段BC上,且MN⊥AC.求△CMN面积的最小值. 解析 利用正、余弦定理转化为边的关系,结合基本不等式求解. 【训练2】　在△ABC中,BC+AB=4,cos 2B=-,则△ABC面积的最大值为(　　) A.3 B. C.6 D.6 解析 考向❷转化为三角函数求最值(范围) 【例3】　在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且3a=csin B+ 3bcos C. (1)求B; 解 (2)若△ABC为锐角三角形,且b=,求2a-c的取值范围. 解析 三角形中最值(范围)问题,如果三角形为锐角三角形,或有其他的限制,一般采用正弦定理边化角,利用三角函数的范围求出最值或范围. 【训练3】　(2026·嘉兴模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且=,a=3. (1)若BC边上的高等于1,求cos A; 解析 (2)若△ABC为锐角三角形,求△ABC面积的取值范围. 解析 (1)因为AB=4,BC=3,CD=2,AD=5,若AB⊥BD,则BD==3,在△BCD中,由余弦定理可得cos C===. (2)由A+C=180°,得cos A=-cos C,在△ABD中,由余弦定理得BD2= AB2+AD2-2AB·ADcos A=16+25-40cos A,在△BCD中,由余弦定理可得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C=9+4-12cos C,所以41-40cos A=13-12cos C,即41+40cos C=13-12cos C,解得cos C=-. (3)由题,S=S△ABD+S△BCD=AB·ADsin A+BC·CDsin C,所以S=10sin A+ 3sin C,由(2)41-40cos A=13-12cos C,得10cos A-3cos C=7,两式平方相加得S2+49=100(sin2A+cos2A)+9(sin2C+cos2C)-60(cos Acos C-sin Asin C),所以S2=60-60cos(A+C),当A+C=π时,此时cos(A+C)=-1,S2取得最大值为120,所以四边形ABCD面积S的最大值为2. (1)在△ABD中,由余弦定理可得cos∠ABD==,因为CD∥AB,所以∠BDC=∠ABD,在△BCD中,由余弦定理可得BC2=BD2+CD2-2BD·CDcos∠BDC=,所以BC=. (2)设BC=x,则AB=2x,在△ABD中,cos∠ABD===x,在△BCD中,cos∠BDC==,因为CD∥AB,所以∠BDC= ∠ABD,所以cos∠BDC=cos∠ABD,即=x,整理可得x2+2x-2=0,因为x>0,解得x=-1,因此,cos∠BDC=cos∠ABD=x=-1. (1)利用正弦定理(3b-2)sin B=3asin A-3sin C可化简为(3b-2)b=3a2-3c,因为c=1,则3b2-2bc=3a2-3c2,即b2+c2-a2=bc,则cos A==; (2)过点B作BP⊥AC,垂足为P(图略),则AP=c·cos A=,则b=2AM≥2AP= ,在△ABC中利用正弦定理=,有b=== =+,得0<tan C≤2,则S△CMN=·CM·MN=·CM2·tan C= tan C==++≥2+=,等号成立时,tan C=2,故△CMN面积的最小值为. 在△ABC中,由cos 2B=1-2sin2B=-与sin B>0,解得sin B=,则△ABC的面积S△ABC=·BC·AB·sin B=·BC·AB≤=3,当且仅当BC=AB=2时,等号成立,所以△ABC面积的最大值为3.故选A. (1)因为3a=csin B+3bcos C,所以由正弦定理可得3sin A=sin Csin B+ 3sin Bcos C,所以3sin(B+C)=sin Csin B+3sin Bcos C,所以3sin Bcos C+ 3cos Bsin C=sin Csin B+3sin Bcos C,所以3cos Bsin C=sin Csin B,又因为0<C<π,所以sin C≠0,所以3cos B=sin B,所以tan B=,又因为0<B<π,所以B=; (2)由正弦定理可得====2,所以a=2sin A,c=2sin C,所以2a-c=4sin A-2sin C=4sin A-2sin(π-A-B)=4sin A-2sin=4sin A-2sincos A+2cossin A=3sin A-cos A=2= 2sin,因为△ABC为锐角三角形,所以<A<,所以0<A-<,所以0<sin<,所以0<2sin<3,所以2a-c的取值范围(0,3). (1)由正弦定理,==,所以sin B=cos B,则tan B=1,又0<B<π,所以B=,因为S△ABC=ah=acsin B,所以×3×1=×3×c×,解得c=,又由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=32+()2-2×3××=5,解得b=,所以cos A===-. (2)由正弦定理有==,且由(1)可知B=,所以c== =,又因为△ABC为锐角三角形,所以<A<,所以0<<1,所以<c<3,所以S△ABC=acsin B= ×3×c×=c∈,所以△ABC面积的取值范围是. $