第 1 章解三角形复习教案
教学设计
整体设计
教学分析
首先了解新课标对本章的定位．解三角形作为三角系列
的最后一章，突出了基础性、选择性与时代性．本章重在研
究三角形边角之间的数量关系，如正弦定理、余弦定理等．正弦定理、余弦定理更深刻地反映了三角形的度量本质，成为解三角形的主要工具．
本章的数学思想方法是一条看不见的暗线，数学思想方
法是数学的精髓．在初中，教科书着重从空间形式定性地讨
论三角形中线段与角之间的位置关系，本章主要是定量地揭
示三角形边、角之间的数量关系，从而较清晰地解决了三角
形的确定性问题．本章对两个定理的推导引入中十分强调这
一量化思想方法，并选择了更有教育价值的正弦定理和余弦
定理的证明方法．本章中融合了学生已学过的大部分几何知
识，将解三角形作为几何度量问题来处理，突出几何背景，
为学生理解数学中的量化思想，进一步学习数学奠定了基础．三维目标
．熟练掌握三角形中的边角关系．
．通过本节学习，要求对全章有一个清晰的认识，熟练
掌握利用正、余弦定理解斜三角形的方法，明确解斜三角形
知识在实际中的广泛应用，熟练掌握由实际问题向解斜三角
形类型问题的转化，逐步提高数学知识的应用能力．
．注重思维引导及方法提炼，展现学生的主体作用，关
注情感的积极体验，加强题后反思环节，提升习题效率，激
发学生钻研数学的热情、兴趣和信心．
重点难点
教学重点：掌握正、余弦定理及其推导过程并且能用它
们解斜三角形．
教学难点：正弦定理、余弦定理的灵活运用，及将实际
问题转化为数学问题并正确地解出这个数学问题．
课时安排
课时
教学过程
导入新
本节课我们将对全章的知识、方法进行系统的归纳总
结；系统掌握解三角形的方法与技巧．由此展开新课的探究．推进新
新知探究
提出问题
1
知识结构图
2
弦定理、余弦定理都有哪些应用？
3
若求一个三角形的角时，既可以用正弦定理，也可以用余弦
定理，怎样选择较好？
4角形的知识主要应用于怎样的一些问题？
5
法.
活动：教师引导学生画出本章知识框图，教师打出演示：从图中我们很清晰地看出本章我们学习了正弦定理、余
弦定理以及应用这两个定理解三角形，由于本章内容实践性
很强，之后又重点研究了两个定理在测量距离、高度、角度
等问题中的一些应用．教师与学生一起回忆正弦定理、余弦
定理的内容及应用如下：
正弦定理、余弦定理：
asinA ＝ bsinB ＝ csinc ，
a2＝b2＋ c2－2bccosA ，
b2＝c2 ＋ a2－2accosB ，
c2 ＝a2＋ b2－2abcosc.
正弦定理、余弦定理的应用：
利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题．
①已知两角和任一边，求其他两边和一角．
②已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角．
利用余弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题．
①已知三边，求三个角；
②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角．
在求解一个三角形时，既可以用正弦定理，也可以用余
弦定理，要尽量选择运算量较小，不产生讨论的方法求解．若求边，尽量用正弦定理；若求角，尽量用余弦定理．
除了正弦定理、余弦定理外，我们还学习了三角形面积
公式 S＝ 12bcsinA ＝12acsinB ＝ 12absinc ，利用它我们可以解决已知两边及其夹角求三角形的面积．
教师利用多媒体投影演示如下：
解斜三角形时可用的
定理和公式适用类型备注
余弦定理
a2＝b2＋ c2－2bccosA
b2＝a2＋ c2－2accosB
c2 ＝b2＋ a2－2bacosc 已知三边
已知两边及其夹角类型有解时只有一解
正弦定理
asinA ＝ bsinB ＝ csinc ＝ 2R
已知两角和一边
已知两边及其中一边的对角类型在有解时只有一解，类
型可有两解、一解和无解
三角形面积公式
S＝12bcsinA
＝12acsinB
＝12absinc
已知两边及其夹角
教师点拨学生，以上这些知识与初中的边角关系、勾股定理等内容构成三角形内容的有机整体．实际上，正弦定理
只是初中“三角形中大角对大边，小角对小边”的边角关系
的量化．余弦定理是初中“已知两边及其夹角，则这两个三
角形全等”的量化，又是勾股定理的推广．本章的应用举例
也是在初中学习的一些简单测量的基础上，应用了正弦定理、余弦定理解关于斜三角形的问题．
在应用两个定理等知识解决一些与测量和几何计算有
关的问题时，需注意以下几点：
①在利用正弦定理求角时，由于正弦函数在内不严格单调，所以角的个数可能不唯一，这时应注意借助已知条件加以检验，务必做到不漏解，不多解．
②在运用正弦定理与余弦定理进行有关三角形内角证明时，余弦定理会省去取舍的麻烦，但同时要注意在根据三
角函数求角时，应先确定其范围．
③在进行边角，角边转换时，注意运用正弦定理和余弦
定理的变形形式．
讨论结果：
、略．
在应用两个定理求解时，注意与平面几何知识的融
合．若求解一个三角形时两个定理都可用，则求边宜选正弦
定理，求角宜选余弦定理，但要具体问题具体分析，从中选
择最优解法．
本章知识主要应用测量、航海、建筑等在日常生活中与
三角形有关的问题．
应用示例
例 1 判断满足下列条件的三角形形状．
acosA＝ bcosB；
sinc ＝ sinA ＋sinBcosA ＋ cosB.
活动：教师与学生一起探究判定三角形形状的方法有哪些．学生思考后可得出确定三角形的形状主要有两条途径：
化边为角，化角为边．鼓励学生尽量一题多解，比较各种解
法的优劣．
解：方法一：用余弦定理，得a× b2＋c2 － a22bc＝ b×c2＋ a2－b22ca.
∴c2＝ a4－ b4＝．
∴a2＝ b2 或 c2＝ a2＋b2.
∴三角形是等腰三角形或直角三角形．
方法二：用正弦定理，得sinAcosA ＝ sinBcosB ，
∴s in2A ＝ sin2B.
∵A、 B 为三角形的内角，∴2A＝ 2B 或 2A＋ 2B＝ 180°.
∴A＝ B 或 A＋B＝90°.
因此三角形为等腰三角形或直角三角形．
方法一：先用正弦定理，可得c＝ a＋ bcosA＋ cosB，即c?cosA＋c?cosB＝a＋b.
再用余弦定理，得 c?b2＋ c2 －a22bc ＋ c?a2＋ c2－b22ac ＝a＋b.
化简并整理，得a3＋ b3＋a2b＋ ab2－ ac2－ bc2＝ 0，
＝0.
∵a＞ 0， b＞ 0，∴ a2＋b2－ c2＝0，即 a2＋b2＝ c2.
∴三角形为直角三角形．
方法二：∵ sinA ＝ sin ， sinB ＝sin ，
∴原式可化为sinc ?cosA＋cosB?sinc
＝s inA ＋ sinB ＝ sin ＋sin
＝s inB ?cosc ＋ cosB?sinc ＋ sinA ?cosc ＋cosA?sinc.
∴s inB ?cosc ＋ sinA ?cosc ＝ 0，
即 cosc ＝0.
∵0°＜ A＜180°， 0°＜ B＜ 180°，
∴s inA ＋ sinB ≠ 0. ∴ cosc ＝ 0.
又∵ 0°＜ c ＜ 180°，∴ c＝ 90° . ∴三角形为直角三角形．
点评：第题中的第 2 种解法得出 sin2A ＝sin2B 时，很容易直接得出 2A＝ 2B，所以 A＝B. 这样就漏掉了一种情况，因为
sin2A ＝sin2B 中有可能推出 2A 与 2B 两角互补，这点应引起学生注意．第题中绕开正、余弦定理通过三角函数值
的符号判定也是一种不错的选择，但学生不易想到，因此熟
悉三角形中 sinA ＝ sin ，cosA＝－ cos 等常见结论对解三角形
大有益处．
变式训练
△ABc 的三内角 A、 B、 c 的对边边长分别为a、 b、 c. 若a＝ 52b，A＝ 2B，则 cosB 等于
A.53
B.54c.55D.56
答案： B
解析：由题意得 ab ＝ 52 ＝ sinAsinB ＝ sin2BsinB ＝2cosB，cosB＝ 54.
例 2 在△ ABc 中，若△ ABc 的面积为 S，且 2S＝ 2－c2 ，求 tanc 的值．
活动：本题涉及三角形的面积，面积公式又是以三角形
的三边 a、 b、 c 的形式给出，从哪里入手考虑呢？教师可先
让学生自己探究，学生可能会想到将三角形面积公式代入已
知条件，但三角形面积公式S＝ 12absinc ＝ 12acsinB ＝12bcsinA 有三个，代入哪一个呢？且代入以后的下一步方向
又是什么呢？显然思路不明．这时教师适时点拨可否化简等
式右边呢？这样右边为2－ c2＝ a2＋b2－ c2＋ 2ab. 用上余弦定理即得a2＋ b2－ c2 ＋2ab＝ 2abcosc ＋ 2ab，这就出现了目
标角 c，思路逐渐明朗，由此得到题目解法．
解：由已知，得2－ c2＝ a2＋b2－ c2＋ 2ab
＝2abcosc ＋2ab＝ 2×12absinc.
∴2＝ sinc ，
×2cos2c2 ＝2sinc2 ?cosc2.
∵0°＜ c＜180°，∴ 0°＜ c2 ＜90°，即 cosc2 ≠ 0.
∴tanc2 ＝ 2. ∴ tanc ＝ 2tanc21 － tan2c2 ＝ 41－ 4＝－ 43.
点评：通过对本题的探究，让学生认识到拿到题目后不
能盲目下手，应先制定解题策略，寻找解题切入口．
变式训练
在△ ABc 中， tanA ＝ 14， tanB ＝ 35.
求角 c 的大小；
若 AB边的长为 17，求 Bc 边的
长．解：∵ c＝ 180°－，
∴t anc ＝－ tan ＝－ 14＋ 351－ 14× 35＝－ 1.
又∵ 0°＜ c ＜180°，∴ c ＝135° .
∵ tanA ＝ sinAcosA ＝ 14 ， sin2A ＋ cos2A ＝ 1,0 °＜ A＜
90°，
∴s inA ＝ 1717.
由正弦定理，得ABsinc ＝ BcsinA ，∴ Bc＝ AB?sinAsinc ＝2.
例 3 将一块圆心角为 120°，半径为 20c 的扇形铁片裁成
一块矩形，有如图、的两种裁法：让矩形一边在扇形的一
条半径 oA 上，或让矩形一边与弦 AB平行，请问哪种裁法能得
到最大面积的矩形？并求出这个最大值．
活动：本题是北京西城区的一道测试题，解题前教师引
导学生回忆前面解决实际问题的方法步骤，让学生清晰认识
到解决本题的关键是建立数学模型，然后用相关的数学知识
来解决．
解：
按图的裁法：矩形的一边 oP 在 oA 上，顶点在圆弧上，设∠oA＝θ，则 |P| ＝ 20sin θ， |oP| ＝ 20cos θ，从而 S＝
400sin θcos θ＝200sin2 θ，即当θ＝π 4 时， Sax＝ 200.
按图的裁法：矩形的一边PQ与弦 AB平行，设∠ oQ＝θ，在△ oQ中，∠ oQ＝ 90°＋ 30°＝ 120°，由正弦定理，得|Q|
＝20sin θ sin120 °＝ 4032sin θ . 又
因为 |N| ＝2|o|sin ＝40sin ，
所以 S＝|Q| ?|N| ＝ 160033sin θ sin
＝160033{ － 12[cos60 ° － cos]} ＝ 80033[cos －
cos60 °] ．
所以当θ＝30°时， Sax＝ 40033.
由于 40033＞ 200，所以用第二种裁法可裁得面积最大的
矩形，最大面积为40033c2.
点评：正弦定理、余弦定理在测量、合理下料、设计规
划等方面有广泛应用．从解题过程来看，关键是要找出或设
出角度，实质是解斜三角形，将问题涉及的有关量集中在某
一个或者几个三角形中，灵活地运用正弦定理、余弦定理来
加以解决．
变式训练
设△ ABc 的内角 A、 B、 c 所对的边长分别为a、b、 c，且 acosB＝ 3，bsinA ＝4.
求边长 a；
若△ ABc 的面积 S＝ 10，求△ ABc 的周长 l.
解：由 acosB＝ 3 与 bsinA ＝ 4，两式相除，得
＝ acosBbsinA ＝ asinA ? cosBb ＝ bsinB ? cosBb ＝cosBsinB.
又 acosB＝ 3，知 cosB＞ 0，
则 cosB＝35， sinB ＝ 45.
则 a＝ 5.
由 S＝ 12acsinB ＝10，得 c＝ 5.
由 cosB＝a2＋ c2－ b22ac ＝35，
解得 b＝25. 故△ ABc 的周长 l ＝ a＋b＋ c＝ 10＋ 25.
知能训练
．在△ ABc 中，若b＝ 2a，∠ B＝∠ A＋ 60°，则∠ A＝__________.
．在△ ABc 中，∠ A、∠ B、∠ c 所对的边分别为a、b、c，设 a、b、 c 满足条件 b2＋c2 － bc＝a2， cb＝ 12＋ 3，求∠ A 和tanB的值．
答案：
．30°解析：由正弦定理，知asinA＝ bsinB，
∴1sinA＝ 2sin A＋ 602sinA＝sin＝ 12sinA＋32cosA.
∴t anA ＝ 33. ∵ 0°＜∠ A＜ 180°，∴∠ A＝ 30° .
．解：由余弦定理和已知条件，得cosA＝b2＋c2－a22bc ＝b c2bc ＝ 12，
∵0°＜∠ A＜180°，∴∠ A＝60°，且∠ B＝ 180°－∠
A－∠ c ＝120°－∠ c.
由正弦定理和已知条件，得sincsinB ＝ sin120°－
B sinB ＝ 3cosB＋ sinB2sinB ＝ 3cosB2sinB ＋12＝ 12＋3，
∴tanB ＝ 12. ∴所求∠ A＝ 60°， tanB ＝ 12.
课本本章小结巩固与提高1～8.
课堂小结
先由学生总结本节课对全章的复习都有哪些收获和提
高？解决本章的基本问题都有哪些体会？可让若干学生在
课堂上介绍自己的复习心得．
教师进一步画龙点睛，总结解题思路：运用方程观点结合恒等变形方法巧解三角形；运用三角形基础知识，正、余弦定理及面积公式与三角函数公式配合，通过等价转化或构建方程解答三角形的综合问题，注意隐含条件的挖掘．作业
．巩固与提高9～12
．自测与评估1～7
设计感想
本教案设计注重了优化知识结构，进一步加深对知识的巩固．在此过程中，学生对思想方法的领悟也更具深刻性；注重对学生抽象思维、发散思维的培养训练．通过一题多解训练了学生对事物现象选择角度地观察，从而把握事物的本质．
本教案设计意图还按照习题的内容分类处理进行；注重了思维引导及方法提炼，展现了学生的主体作用，关注学生愉悦情感的积极体验，深挖了三角形本身内在美的价值，意在激发学生强烈的探究欲望，培养学生积极的向上心态．备课资料
一、与三角形计算有关的定理
．半角定理
在△ ABc 中，三个角的半角的正切和三边之间有如下的
关系：
tanA2 ＝ 1p－a p－a p－b p－ c p，
tanB2 ＝ 1p－b p－a p－b p－ c p，
tanc2 ＝ 1p－c p－a p－b p－ c p，
其中 p＝12．
证明： tanA2 ＝ sinA2cosA2 ，因为 sinA2 ＞0，cosA2＞ 0，
所以＝a2sinA2 ＝ 1－cosA2＝ 121－ b2＋ c2－ a22bc b－ c24bc a＋ b－ c a－ b＋ c4bc.
因为 p＝12，所以 a－b＋ c ＝ 2，a＋ b－ c＝ 2．
所以 sinA2p－ b
而 cosA2＝ 1＋ cosA2＝ 12p－ c bc.
1＋b2＋ c2－a22bc b
＋c2－ a24bc
所以b＋c ＋ a b＋c －a
tanA2 ＝ sinA2cosA2
4bc＝p
p－ b
p－a
p－ c
bc，
bcp
p－ a bc p－ b p－ c p p－ a
＝1p－ a p－a p－ b p－ c p. 所以tanA2＝1p－ a p－ a p－b p－c p.
同理，可得tanB2 ＝1p－ b p－ a p－b p－c p，
tanc2 ＝ 1p－c p－a p－b p－ c p.
从上面的证明过程中，我们可以得到用三角形的三条边
表示半角的正弦和半角的余弦的公式：sinA2p－ b
p－ c bc ，cosA2＝ p p－a bc.
同理，可得sinB2p－ a p－c ac ， sinc2 ＝p－ a p－ b ab，
cosB2＝ p p－ b ac ， cosc2 ＝ p p－c ab.
．用三角形的三边表示它的内角平分线
设在△ ABc 中，已知三边a、 b、 c，如果三个角A、 B 和c 的平分线分别是ta 、 tb 和 tc ，那么，用已知边表示三条
内角平分线的公式是：ta ＝ 2b＋cbcp p－ a tb ＝ 2a＋cacp p－ b
tc ＝2a＋ babp p－c p＝ 12．
证明：设AD 是角 A 的平分线，并且BD＝ x， Dc＝y，那么，在△ ADc中，由余弦定理，得ta2 ＝ b2＋y2－2bycosc ，①
根据三角形内角平分线的性质，得cb＝ xy ，所以 c＋ bb ＝x＋yy.
因为 x＋y ＝ a，所以 c ＋bb＝ ay. 所以 y＝ abb＋ c. ②
将②代入①，得ta2 ＝b2＋2－ 2bcosc
＝b2b＋ c2[b2 ＋c2＋ 2bc＋ a2－ 2acosc] ．
因为 cosc ＝ a2＋b2－ c22ab，
所以 ta2 ＝ b2b＋c2[a2 ＋b2＋ c2＋ 2bc－ 2a?a2＋b2－ c22ab]
＝bc b＋ c2＝ bc b＋ c2
＝bc b＋ c2?2p?2＝ 4b＋ c2?bcp ．
所以ta＝2b＋ cbcp p－a.
同理，可得tb＝ 2a＋ cacp p－b tc＝2a＋ babp p－ c.
就是已知三求三角形内角平分的公式．
．用三角形的三来表示它的外接的半径
在△ ABc 中，已知三a、b、 c，那么用已知表示
外接半径R 的公式是
R＝abcp p－ a p－ b p－ c.
明：因 R＝ a2sinA ，S＝ 12bcsinA ，所以所以 R＝ a2sinA ＝abc4S＝abcp p－ a sinA ＝2Sbc. p－ b p
－c.
二、
．在△ ABc 中， A、B、c 的分 a、b、c ，a∶b∶ c＝ 3∶ 3∶ 5，2sinA － sinBsinc 等于?
A．－ 15B．－ 23c.35D ．不是常数
．△ ABc 的周等于20，面是103，∠ A＝ 60°，∠ A 的
A．5B．6c ．7D． 8
．在△ ABc 中， AB＝3， Ac＝ 2， Bc＝ 10，AB→?Ac→等于
A．－ 32B．－ 23c.23D.32
．已知在△ ABc 中，∠ B＝ 30°， b＝ 6，c＝ 63，则 a＝__________， S△ABc＝ __________.
．在△ ABc 中，角 A、B、 c 所对的边分别为a、 b、 c. 若cosA＝ acosc ，则cosA＝ __________.
．对△ABc，有下面结论：①满足sinA＝ sinB的△ ABc 一定是等腰三角形；②满足 sinA ＝cosB 的△ ABc 一定是直角
三角形；③满足asinA ＝ bsinB ＝c 的△ ABc 一定是直角三角形．则上述结论正确命题的序号是__________．
．在△ ABc 中， D 在边 Bc 上，且 BD＝ 2， Dc＝ 1，∠ B ＝60°，∠ ADc＝ 150°，求 Ac 的长及△ ABc 的面积．．在△ ABc 中，已知角A、 B、c 的对边分别为a、b、 c，且 bcosB＋ ccosc ＝ acosA，试判断△ ABc 的形
状．参考答案：
．c解析：设a＝3，则b＝3，c＝ 5.∴ 2sinA－sinBsinc
＝2a－ bc＝ 2× 3－35＝ 35.
．c解析：∵ a＋b＋c＝20，∴ b＋c＝20－a，即b2＋c2＋ 2bc＝ 400－ 40a＋ a2.
∴b2＋ c2 － a2＝ 400－40a－ 2bc.
又∵ cosA＝ b2＋ c2－ a22bc＝ 12，∴ b2＋c2－ a2＝bc.
又∵ S△ ABc＝12bcsinA ＝ 103，∴ bc ＝40.
将 b2＋ c2－ a2＝ bc 和 bc＝ 40，代入b2＋ c2－ a2＝ 400
－40a－2bc，得 a＝ 7.
．D解析：由余弦定理，得 cosA＝ Ac2＋ AB2－
Bc22Ac ?AB＝ 4＋9－ 102×2×3＝14，
∴AB→?Ac→＝ |AB → | ?|Ac → | ?cosA＝ 2×3× 14＝32.
．a＝ 6， S＝93 或 a＝12， S＝183 解析：由正弦定理，得
bsinB ＝ csinc ，∴ sinc ＝ cbsinB ＝ 32. ∴∠ c＝ 60°或∠c＝ 120°.
当∠ c＝ 60°时，则∠ A＝ 90°，因此 a＝12，S＝ 12acsinB ＝183；
当∠ c＝ 120°时，则∠ A＝ 30°，因此 a＝ 6，S＝ 12acsinB ＝93.
33解析：由正弦定理，得
cosA＝ cosA＝sinA ?cosc ，
即 3sinBcosA ＝ sinA ?cosc ＋ sinc ?cosA，
∴3sinB ?cosA＝ sin ＝sinB. ∴ cosA＝ 33.
．①③
．解：如图，在△ ABc 中，∠ BAD＝ 150°－ 60°＝ 90°，∴A D＝ 2sin60 °＝ 3.
在△ AcD中， Ac2＝ 2＋ 12－2× 3× 1× cos150 °＝ 7，
∴Ac＝ 7. ∴ AB＝ 2cos60 °＝ 1， S△ ABc＝ 12 × 1× 3×sin60 °＝ 334.
．解：∵ bcosB＋ ccosc ＝ acosA，
由正弦定理，得sinBcosB ＋ sinccosc ＝ sinAcosA ，即sin2B ＋sin2c ＝ 2sinAcosA ，
∴2sincos ＝2sinAcosA.
∵A＋ B＋ c＝π，∴ sin ＝ sinA.
而 sinA ≠0，∴ cos ＝ cosA，即 cos ＋ cos＝ 0.
∴2cosBcosc ＝ 0. ∵ 0＜B＜π，0＜c ＜π，∴ B＝π2 或c＝π2，即△ ABc 是直角三角形．