凌云计划第二组笔记

这张PPT展示了两个综合应用题，但信息密度过高、缺乏图示、解题步骤不清晰，观众难以跟随。以下是修改建议，分为内容重构、视觉设计、动画引导三部分。

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一、内容重构：分题分页，细化步骤

总体建议

• 拆分为两页，每页一个题目，避免信息过载。
• 每个题目按 “题目展示→思路分析→详细步骤→结论” 的结构组织。
• 补充必要的几何图示，让抽象条件可视化。

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页面1：案例1——三角形中的边角计算

应用案例1：正弦定理与余弦定理的联合运用

题目
在锐角 \(\triangle ABC\) 中，\(a, b, c\) 分别为角 \(A, B, C\) 的对边，且
\(b = 3,\quad a + c = 4,\quad 2b\sin A = \sqrt{3}a\)。
求 \(\angle B\) 的大小及 \(\triangle ABC\) 的面积。

【图示】
一个锐角三角形 \(ABC\)，标注边 \(a = BC,\ b = AC,\ c = AB\)，角 \(A, B, C\)。

解题步骤

1. 由已知条件求 \(\sin B\)
   由 \(2b\sin A = \sqrt{3}a\) 得 \(\frac{a}{\sin A} = \frac{2b}{\sqrt{3}}\)。
   根据正弦定理 \(\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B}\)，代入 \(b=3\)：
   \[
   \frac{b}{\sin B} = \frac{2b}{\sqrt{3}} \quad\Rightarrow\quad \frac{3}{\sin B} = \frac{6}{\sqrt{3}} \quad\Rightarrow\quad \sin B = \frac{\sqrt{3}}{2}.
   \]
   由于三角形为锐角三角形，故 \(B = 60^\circ\)，\(\cos B = \frac{1}{2}\)。

2. 利用余弦定理求 \(ac\)
   余弦定理：\(b^2 = a^2 + c^2 - 2ac\cos B\)，即
   \[
   9 = a^2 + c^2 - 2ac\cdot\frac{1}{2} = a^2 + c^2 - ac.
   \]
   又 \(a + c = 4\)，两边平方得 \(a^2 + c^2 + 2ac = 16\)。
   两式相减：\((a^2 + c^2 + 2ac) - (a^2 + c^2 - ac) = 16 - 9\)
   得 \(3ac = 7\)，所以 \(ac = \frac{7}{3}\)。

3. 求面积
   \[
   S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2}\cdot\frac{7}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{7\sqrt{3}}{12}.
   \]

答案：\(\angle B = 60^\circ\)，面积 \(\frac{7\sqrt{3}}{12}\)。

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页面2：案例2——四边形中的最值问题

应用案例2：托勒密定理与余弦定理的结合（或圆的性质）

题目
在四边形 \(ABCD\) 中，\(AB = 7,\ AC = 6,\ \cos\angle BAC = \frac{11}{14},\ CD = 6\sin\angle DAC\)。
求 \(BD\) 的最大值。

【图示】
画四边形 \(ABCD\)，标注已知边和对角线。先不标直角，待证明后标注。

解题思路

1. 证明 \(\angle ADC = 90^\circ\)
   在 \(\triangle ACD\) 中，由正弦定理：\(\frac{CD}{\sin\angle DAC} = \frac{AC}{\sin\angle ADC}\)。
   代入 \(CD = 6\sin\angle DAC\)，\(AC = 6\) 得：
   \[
   \frac{6\sin\angle DAC}{\sin\angle DAC} = \frac{6}{\sin\angle ADC} \quad\Rightarrow\quad 1 = \frac{1}{\sin\angle ADC} \quad\Rightarrow\quad \sin\angle ADC = 1.
   \]
   故 \(\angle ADC = 90^\circ\)。

2. 确定点 \(D\) 的轨迹
   由于 \(\angle ADC = 90^\circ\)，点 \(D\) 在以 \(AC\) 为直径的圆上。设 \(AC\) 中点为 \(O\)，则 \(OA = OC = OD = 3\)。

3. 在 \(\triangle ABC\) 中求 \(BC\) 及 \(\angle ACB\)
   在 \(\triangle ABC\) 中，由余弦定理：
   \[
   BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2\cdot AB\cdot AC\cdot\cos\angle BAC = 7^2 + 6^2 - 2\cdot7\cdot6\cdot\frac{11}{14}.
   \]
   计算得 \(BC^2 = 49 + 36 - 84\cdot\frac{11}{14} = 85 - 66 = 19\)，所以 \(BC = \sqrt{19}\)。
   再由正弦定理可求 \(\angle ACB\)（备用）。

托勒密定理应用

示例

本题主要考查了托勒密定理，灵活运用该定理是解题的关键。
题目：如图，在正方形 \(ABCD\) 中，点 \(P\) 在边 \(BC\) 上，\(AP = 6\)，求 \(PD\) 的最大值。
解：连接 \(PD\)、\(BD\)，令正方形边长为 \(x\)。
由托勒密定理，在四边形 \(APBD\) 中，有
\[
AP \cdot BD + AD \cdot PB \ge AB \cdot PD
\]
即
\[
6x + x \cdot PB \ge x \cdot PD \quad \Rightarrow \quad 6 + PB \ge PD
\]
由于 \(PB \le x\)，故 \(PD \le 6 + x\)，但此解法中需注意实际约束，最终可得 \(PD \le 6\) 等（详细推导略）。

4. 求 \(BD\) 的最大值
   \(BD\) 的最大值发生在 \(B, O, D\) 共线且 \(D\) 在 \(BO\) 延长线上时（即 \(BD\) 经过圆心 \(O\)，且 \(D\) 在圆上离 \(B\) 最远）。
   此时 \(BD = BO + OD\)。
   在 \(\triangle ABO\) 中，\(AB=7,\ AO=3,\ \angle BAO = \angle BAC/2\)？不，\(O\) 是 \(AC\) 中点，但 \(\angle BAO\) 未知。更简单：利用 \(\triangle ABC\) 已求 \(BC\)，但 \(B\) 到 \(O\) 的距离可用余弦定理在 \(\triangle ABO\) 或 \(\triangle CBO\) 中计算。
   由 \(AC=6\)，\(O\) 为中点，则 \(AO=3\)，且 \(\angle BAO = \angle BAC\)？因为 \(O\) 在 \(AC\) 上，所以 \(\angle BAO = \angle BAC\)。故在 \(\triangle ABO\) 中：
   \[
   BO^2 = AB^2 + AO^2 - 2\cdot AB\cdot AO\cdot\cos\angle BAC = 7^2 + 3^2 - 2\cdot7\cdot3\cdot\frac{11}{14} = 49+9-42\cdot\frac{11}{14} = 58 - 33 = 25.
   \]
   所以 \(BO = 5\)。
   因此 \(BD_{\text{max}} = BO + OD = 5 + 3 = 8\)。

答案：\(BD\) 的最大值为 \(8\)。