第4章 第8节 第1课时 解三角形中的“三线”问题(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考数学一轮总复习（旗舰版）

该高中数学高考复习课件聚焦解三角形中的“三线”（高线、中线、角平分线）综合问题，依据高考评价体系梳理了正弦定理、余弦定理、面积公式等核心考点，通过例题解析明确高线计算、中线长度、角平分线应用等高频题型，构建了系统的解题策略体系。 课件亮点在于“真题训练+思维建模”的备考模式，如以2025·乐山三模角平分线题为例，运用等面积法和内角平分线定理突破，培养学生的数学思维和模型观念。特设“策略总结”和“易错警示”，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

第八节 解三角形中的综合问题 第1课时　解三角形中的“三线”问题 题点一　三角形的高线 [例1]　在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=4b，A=2B. (1)求sin A； 解：由正弦定理=，得asin B=bsin A. 因为a=4b，A=2B，所以sin 2B=4sin B， 即sin Bcos B=2sin B. 因为B∈(0，π)，所以sin B>0，所以cos B=>0，且B∈， 于是sin B==，故sin A=sin 2B=2sin Bcos B=. (2)若c=11，求AB边上的高. 解：法一　由(1)可得cos A=cos 2B=2cos2B-1=>0， 结合A为三角形内角可得A为锐角， 故B也为锐角，如图，过点C作CH⊥AB，交AB于H， 设CH=4x，由tan A===，则AH=3x.由tan B===， 则BH=8x.那么AB=3x+8x=11x，故x=1，则CH=4x=4. 即AB边上的高为4. 法二　由于A+B+C=π，由(1)可知， sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=， 由正弦定理==，则b=5，a=4， 则AB边上的高h=bsin A=5×=4. 法三　由于A+B+C=π，由(1)可知， cos C=-cos(A+B)=-cos Acos B+sin Asin B=-， 由余弦定理c2=a2+b2-2abcos C， 得121=b2+b2+×b2，解得b=5， 则AB边上的高h=bsin A=5×=4. 思维建模 高线问题的处理策略 (1)等面积法：AD·BC=AB·AC·sin∠BAC. (2)AD=AB·sin∠ABD=AC·sin∠ACD. 即时训练 1.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且asin C-c=ccos A. (1)求A； 解：因为asin C-c=ccos A， 所以由正弦定理得sin Asin C-sin C=sin Ccos A，因为sin C≠0， 所以sin A-1=cos A，sin A-cos A=1， 所以2sin=1，sin=. 因为A∈(0，π)，所以A-∈，所以A-=，A=. (2)若b=2，c=3，求BC边上的高AD. 解：由余弦定理及(1)可得a2=22+32-2×2×3×cos=7，所以a=. 因为△ABC的面积S=bcsin A=×a×AD， 所以2×3×sin=×AD，所以AD=. 题点二　三角形的中线 [例2]　已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且2acos C =bcos C+ccos B. (1)求角C； 解：法一　因为2acos C=bcos C+ccos B，所以由正弦定理，得2sin Acos C=sin Bcos C+sin Ccos B=sin(B+C)=sin(π-A) =sin A.因为0<A<π，所以sin A≠0，所以cos C=. 因为0<C<π，所以C=. 法二　因为2acos C=bcos C+ccos B， 所以由余弦定理，得2acos C=b·+c·=a， 所以cos C=. 因为0<C<π，所以C=. (2)若a=4，b=，D为AB的中点，求CD的长. 解：法一　因为D为AB的中点，所以=(+)， 所以||2=(+)2=||2+||2+||||cos =×3+×16+××4×=，所以CD的长为. 法二　由(1)知，∠ACB=，在△ABC中，由余弦定理， 得c2=a2+b2-2abcos∠ACB=42+()2-2×4××=7，故c=. 因为D为AB的中点，所以AD=BD=， 由cos∠ADC+cos∠BDC=0，得+=0， 所以+=0，解得CD2=，故CD的长为. [一题多法：CD还可以这样解，在求出c后，也可以先在△ABC中用余弦定理求出A，再在△ACD中用余弦定理求CD(仅供参考)] 法三　延长CD到E，使DE=CD，连接AE(图略)，则易得△ADE≌△BDC， 则AE=BC=4，∠ACB=∠ACD+∠BCD=∠ACD+∠AED=， 所以∠CAE=. 在△ACE中，CE2=AC2+AE2-2AC·AE·cos∠CAE=3+16+2×× 4×=31，故CE=.所以CD==. 思维建模 中线问题的处理策略 　　如图①，在△ABC中，AD为BC的中线，已知AB，AC及∠BAC，求中线AD的长. (1)倍长中线：如图②，构造全等，再用余弦定理即可； (2)向量法：=(+)，平方即可； (3)余弦定理：邻补角余弦值为相反数，即cos∠ADB+cos∠ADC=0. 补充：若将条件“AD为BC的中线”换为“=λ”，则可以考虑方法(2)或方法(3). 即时训练 2.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bcos C=ac-2ccos B. (1)求c； 解：法一　因为2bcos C=ac-2ccos B， 由正弦定理可得2sin Bcos C=csin A-2cos Bsin C， 则2sin(B+C)=csin A，所以2sin A=csin A， 因为在△ABC中，sin A>0，所以c=2. 法二　因为2bcos C=ac-2ccos B， 由余弦定理可得2b·=ac-2c·， 所以a2+b2-c2=a2c-a2-c2+b2， 因此2a2=a2c，因为a>0，所以c=2. (2)若D为AB中点，CD=，∠ACB=60°，求△ABC的周长. 解：法一　由已知条件得b=2a-4cos B. 在△BCD中利用余弦定理得b=2a-4cos B=2a-4·=. 所以ab=2， 由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos∠ACB， 所以4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab， 因此a+b=，所以△ABC的周长为+2. 法二　因为∠ADC+∠BDC=π，所以cos∠ADC+cos∠BDC=0， 因此+=0，所以a2+b2=6， 又由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos∠ACB， 所以4=a2+b2-ab，所以ab=2， 又4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab=(a+b)2-6，所以a+b=， 所以△ABC的周长为+2. 法三　在△ABC和△BCD中分别利用余弦定理可得cos B= =， 所以a2+b2=6，又由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos∠ACB， 所以4=a2+b2-ab，所以ab=2， 又4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab=(a+b)2-6， 所以a+b=， 所以△ABC的周长为+2. 题点三　三角形的角平分线 [例3]　在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a=4，且4cos C=b-csin A. (1)求A； 解：根据题意可得acos C+csin A=b❶，  由正弦定理得sin Acos C+sin Asin C=sin B， 又sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C， 所以sin Asin C=cos Asin C.又sin C≠0❷， 所以sin A=cos A，则tan A=.  因为A∈(0，π)，所以A=. 习得知能：①处，已知条件形似边的齐次式，但是4cos C中缺少一个边，想到另一个已知条件a=4，利用逆向思维，将数字变为边a，成功得到边的齐次式，后续过程就十分轻松了； 习得知能：②处，注意等式性质使用的条件，同时消去一个数或式，这个数或式不能为零； 解：如图，由图可知S△ABC=S△ABM+S△ACM，所以bcsin∠BAC= AM·c·sin∠BAM+ AM·b·sin∠CAM，又AM平分∠BAC， 所以∠BAM=∠CAM=∠BAC=， 所以bc×=×c×+×b×❸， 则bc=(b+c)，即bc=(b+c). 在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC， 即16=b2+c2-bc，所以16=(b+c)2-3bc=(b+c)2-(b+c)， 解得b+c=2(舍负)，所以bc=(b+c)=×2=， 故S△ABC=bcsin∠BAC=××=，即△ABC的面积为. 习得知能：③处，通过面积相等将两边之和与积进行转化. (2)已知AM为∠BAC的平分线，且与BC交于点M，若AM=，求△ABC的面积. 思维建模 三角形中与角平分线有关的解题策略 　　在△ABC中，AD平分∠BAC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c. (1)利用角度的倍数关系：∠BAC=2∠BAD=2∠CAD. (2)内角平分线定理：=. (3)等面积法：因为S△ABD+S△ACD=S△ABC， 所以c·ADsin+b·ADsin=bcsin A，所以(b+c)AD=2bccos， 整理得AD=(角平分线长公式). 即时训练 3.(2025·乐山三模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos B+sin B=2. (1)求B； 解：由cos B+sin B=2，得cos B+sin B=1，所以cos=1. 因为0<B<π，所以-<B-<，所以B-=0，即B=. (2)若a=2，c=+1，∠ABC的角平分线交AC于D，求BD. 解：法一　等面积法：因为a=2，c=+1，由(1)知B=， 所以S△ABC=×2×(1+)×sin=， S△ABD=×BD×(1+)×sin=BD， S△BCD=×2×BD×sin=BD. 因为S△ABC=S△ABD+S△BCD，即=BD+BD，所以解得BD=2. 法二　在△ABC中，因为a=2，c=+1，由(1)知B=， 由余弦定理b2=a2+c2-2accos B，解得b=， 由正弦定理=可得=，所以sin A=， 即A=或A=(舍去)，所以C=. 又∠BDC=+=，所以△BDC是等腰三角形，所以BD=BC=2. 课时作业评价 1 2 3 4 1.(10分)(2026·三亚一模)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b=2asin B. (1)求A；(4分) 解：由正弦定理可得sin B=2sin Asin B， 因为sin B≠0，所以=sin A， 又因为△ABC为锐角三角形，A∈，所以A=. 1 2 3 4 (2)若b=c+1，a=，求边BC上的高AD的长.(6分) 解：由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A， 可知()2=b2+c2-2bccos=b2+c2-bc=(b-c)2+bc=7， 又因为b=c+1，所以b-c=1，代入上式可得bc=6， 则△ABC的面积为S△ABC=bcsin A=×6×=， 则S△ABC=BC×AD=××AD=，解得AD==. 1 2 3 4 2.(10分)(2025·广州三模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsin=asin B. (1)求角A的大小；(5分) 解：正弦定理得sin Bsin=sin Asin B. 在△ABC中，sin B>0，B+C=π-A，则有sin=sin A， 所以sin=sin A，即cos=2sincos， 因为cos≠0，所以sin=， 因为∈，所以=，所以A=. (细节提醒：不要随意约掉公因式，避免漏掉一些可能情况) 1 2 3 4 (2)已知a=7，D是BC边的中点，且AD⊥AC，求AD的长.(5分) 解：因为∠BAC=，AD⊥AC，所以∠BAD=. 因为D是BC边的中点，所以S△ACD=S△ABD， 即b·AD=c·AD·sin，所以c=2b. 在△ABC中，a2=b2+c2-2bccos∠BAC， 所以49=b2+4b2-2b·2b·=7b2， 所以b=.所以c=2.在△ACD中，AD===. 1 2 3 4 3.(15分)(2026·西安模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=4，b=2，·=.点D在线段AB上，且CD平分∠ACB. (1)求证：=；(6分) 解：证明：在△ACD中，=，① 在△BCD中，=，② 因为∠ADC+∠BDC=π，所以sin∠ADC=sin∠BDC. 又因为CD平分∠ACB，所以sin∠ACD=sin∠BCD， ①÷②得=. 1 2 3 4 (2)求CD的长度.(9分) 解：由·=，得||·||cos∠ACB=， 即2×4×cos∠ACB=，得cos∠ACB=， 在△ABC中，AB2=a2+b2-2ab·cos∠ACB=42+22-2×4×2×=9， 所以AB=3，即AD+DB=3，由(1)得=，即===， 所以AD=1，DB=2.又cos A===-， 所以在△ADC中，CD2=AD2+AC2-2AD·AC·cos A=12+22-2×1× 2×=6，即CD=. 1 2 3 4 4.(15分)(2026·潍坊一模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知acos C+b=0，b=c. (1)求cos C；(6分) 解：因为acos C+b=0，所以a·+b=0，即a2+3b2-c2=0. 因为b=c，所以c=2b，即a2+3b2-8b2=0，故a=b. 由余弦定理可得cos C===-. 1 2 3 4 (2)若△ABC的面积为，D是BC上的点，且∠ADB=，求CD的长.(9分) 解：因为cos C=-，所以sin C===. 由S△ABC=absin C=ab=，得ab=， 又a=b，c=2b， 所以a=，b=，c=. 1 2 3 4 因为D是BC上的点，且∠ADB=， 所以∠CAD=-C，∠ADC=， 所以sin∠CAD=sin=sincos C-cossin C=×+ ×=. 在△ACD中，由正弦定理可得=， 故CD===. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $