高中数学第一章解三角形疑难规律方法学案苏教版必修5

下学期高一数学第一章解三角形全章教案1.1第1课时 正弦定理(1)教学目标（1）要求学生掌握正弦定理及其证明；（2）会初步应用正弦定理解斜三角形，培养数学应用意识； （3）在问题解决中,培养学生的自主学习和自主探索能力． 教学重点，难点正弦定理的推导及其证明过程． 教学过程 一．问题情境在直角三角形中，由三角形内角和定理、勾股定理、锐角三角函数，可以由已知的边和角求出未知的边和角．那么斜三角形怎么办？我们能不能发现在三角形中还蕴涵着其他的边与角关系呢？探索1 我们前面学习过直角三角形中的边角关系，在Rt ABC ∆中，设90C =︒，则sin a A c =， sin b B c =， sin 1C =， 即：sin a c A =， sin b c B =， sin c c C =， sin sin sin a b cA B C==． 探索2 对于任意三角形，这个结论还成立吗？ 二．学生活动学生通过画三角形、测量边长及角度，再进行计算，初步得出该结论对于锐角三角形和钝角三角形成立．教师再通过几何画板进行验证．引出课题——正弦定理． 三．建构数学探索3 这个结论对于任意三角形可以证明是成立的．不妨设C 为最大角，若C 为直角，我们已经证得结论成立，如何证明C 为锐角、钝角时结论也成立？ 证法1 若C 为锐角（图（1）），过点A 作AD BC ⊥于D ，此时有sin AD B c =，sin ADC b=，所以sin sin c B b C =，即sin sin b c B C =．同理可得sin sin a cA C=， 所以sin sin sin a b cA B C ==． 若C 为钝角（图（2）），过点A 作AD BC ⊥，交BC 的延长线于D ，此时也有sin AD B c =，且sin sin(180)AD C C b =︒-=．同样可得sin sin sin a b cA B C==．综上可知，结论成立．证法 2 利用三角形的面积转换，先作出三边上的高AD 、BE 、CF ，则sin AD c B =，sin BE a C =，sin CF b A =．所以111sin sin sin 222ABC S ab C ac B bc A ∆===，每项同除以12abc 即得：sin sin sin a b cA B C==．探索4 充分挖掘三角形中的等量关系，可以探索出不同的证明方法．我们知道向量也是解决问题的重要工具，因此能否从向量的角度来证明这个结论呢？在ABC ∆中，有BC BA AC =+．设C 为最大角，过点A 作AD BC ⊥于D （图（3）），于是BC AD BA AD AC AD ⋅=⋅+⋅．设AC 与AD 的夹角为α，则0||||cos(90)||||cos BA AD B AC AD α=⋅⋅︒++⋅，其中 ，当C ∠为锐角或直角时，90C α=︒-； 当C ∠为钝角时，90C α=-︒． 故可得sin sin 0c B b C -=，即sin sin b cB C=． 同理可得sin sin a cA C =． 因此sin sin sin a b c A B C==． 四．数学运用 1．例题：例1．在ABC ∆中，30A =︒，105C =︒，10a =，求b ，c ．解：因为30A =︒，105C =︒，所以45B =︒．因为sin sin sin a b cA B C==， 所以sin 10sin 45102sin sin 30a B b A ︒===︒，sin 10sin1055256sin sin 30a C c A ︒===+︒．因此， b ，c 的长分别为102和5256+．例2．根据下列条件解三角形： （1）3,60,1b B c ==︒=； （2）6,45,2c A a ==︒=．解：（1）sin sin b cB C =，∴sin 1sin 601sin 23c B C b ⨯︒===， ,60b c B >=，∴C B <，∴C 为锐角， ∴30,90C A ==，∴222a b c =+=．（2）sin sin a cA C=，∴sin 6sin 453sin 22c A C a ⨯===，∴60120C =或， ∴当sin 6sin 756075,31sin sin 60c B C B b C =====+时，； ∴当sin 6sin1512015,31sin sin 60c B C B b C =====-时，； 所以，31,75,60b B C =+==或31,15,120b B C =-==．说明：正弦定理也可用于解决已知两边及一边的对角，求其他边和角的问题． 练习：在ABC ∆中，30a =，26b =，30A =︒，求c 和,B C ．说明：正弦定理可以用于解决已知两角和一边求另两边和一角的问题． 2．练习： （1）在ABC ∆中，已知8b c +=，30B ∠=︒，45C ∠=︒，则b = ，c = ． （2）在ABC ∆中，如果30A ∠=︒，120B ∠=︒，12b =，那么a = ，ABC ∆的面积是 ．（3）在ABC ∆中，30bc =，1532ABC S ∆=，则A ∠= ． （4）课本第9页练习第1题． 五．回顾小结：1．用两种方法证明了正弦定理：（1）转化为直角三角形中的边角关系；（2）利用向量的数量积．2．初步应用正弦定理解斜三角形． 六．课外作业：课本第9页练习第2题；课本第11页习题1.1第1、6题§1.1.1第2课时 正弦定理(2)教学目标（1）掌握正弦定理和三角形面积公式，并能运用这两组公式求解斜三角形； （2）熟记正弦定理2sin sin sin a b cR A B C===（R 为ABC ∆的外接圆的半径）及其变形形式．教学重点，难点利用三角函数的定义和外接圆法证明正弦定理． 教学过程 一．问题情境上节课我们已经运用两种方法证明了正弦定理，还有没有其他方法可以证明正弦定理呢？ 二．学生活动学生根据第5页的途径（2），（3）去思考． 三．建构数学证法1 建立如图（1）所示的平面直角坐标系，则有(cos ,sin )A c B c B ，(,0)C a ，所以ABC ∆的面积为1sin 2ABC S ac B ∆=．同理ABC ∆的面积还可以表示为1sin 2ABC S ab C ∆=及1sin 2ABC S bc A ∆=，所以111sin sin sin 222ab C ac B bc A ==． 所以sin sin sin a b c A B C==． 证法2 如下图，设O 是ABC ∆的外接圆，直径2BD R =．（1）如图（2），当A 为锐角时，连CD ，则90BCD ∠=︒，2sin a R D =．又D A ∠=∠，所以2sin a R A =．（2）如图（3），当A 为钝角时，连CD ，则90BCD ∠=︒，2sin a R D =．又180A D ∠+∠=︒，可得sin sin(180)sin D A A =︒-=，所以2sin a R A =．（3）当A 为直角时，2a R =，显然有2sin a R A =．所以不论A 是锐角、钝角、直角，总有2sin a R A =．同理可证2sin b R B =，2sin c R C =．所以2sin sin sin a b cR A B C===． 由此可知，三角形的各边与其所对角的正弦之比是一个定值，这个定值就是三角形外接圆的直径． 由此可得到正弦定理的变形形式：（1）2sin ,2sin ,2sin a R A b R B c R C ===； （2）sin ,sin ,sin 222a b cA B C R R R===；（3）sin sin sin ::::A B C a b c =． 四．数学运用1．例题：例1．根据下列条件，判断ABC ∆有没有解？若有解，判断解的个数． （1）5a =，4b =，120A =︒，求B ； （2）5a =，4b =，90A =︒，求B ；（3）106a =，203b =45A =︒，求B ； （4）202a =203b =45A =︒，求B ；（5）4a =，33b =，60A =︒，求B ． 解：（1）∵120A =︒，∴B 只能是锐角，因此仅有一解． （2）∵90A =︒，∴B 只能是锐角，因此仅有一解．（3）由于A 为锐角，而210632=，即A b a sin =，因此仅有一解90B =︒．（4）由于A 为锐角，而22032022031062>>=，即sin b a b A >>，因此有两解，易解得60120B =︒︒或．（5）由于A 为锐角，又1034sin 605<︒=，即sin a b A <，∴B 无解． 例2．在ABC ∆中,已知,cos cos cos a b cA B C==判断ABC ∆的形状．解：令sin ak A=，由正弦定理，得sin a k A =，sin b k B =，sin c k C =．代入已知条件，得sin sin sin cos cos cos A B C A B C==，即tan tan tan A B C ==．又A ，B ，C (0,)π∈，所以A B C ==，从而ABC ∆为正三角形．说明：（1）判断三角形的形状特征，必须深入研究边与边的大小关系：是否两边相等？是否三边相等？还要研究角与角的大小关系：是否两角相等？是否三角相等？有无直角？有无钝角？ （2）此类问题常用正弦定理（或将学习的余弦定理）进行代换、转化、化简、运算，揭示出边与边，或角与角的关系，或求出角的大小，从而作出正确的判断．例3．某登山队在山脚A 处测得山顶B 的仰角为35︒，沿倾斜角为20︒的斜坡前进1000米后到达D 处，又测得山顶的仰角为65︒，求山的高度(精确到1米)． 分析：要求BC ，只要求AB ，为此考虑解ABD ∆． 解：过点D 作//DE AC 交BC 于E ，因为20DAC ∠=︒， 所以160ADE ∠=︒，于是36016065135ADB ∠=︒-︒-︒=︒． 又352015BAD ∠=︒-︒=︒，所以30ABD ∠=︒． 在ABD ∆中，由正弦定理，得sin 1000sin13510002()sin sin 30AD ADB AB m ABD ∠︒===∠︒．在Rt ABC ∆中，sin 35235811()BC AB m =︒=︒≈． 答：山的高度约为811m ．例4．如图所示，在等边三角形中，,AB a =O 为三角形的中心，过O 的直线交AB 于M ，交AC 于N ，求2211OM ON +的最大值和最小值． 解：由于O 为正三角形ABC 的中心，∴3AO =， 6MAO NAO π∠=∠=，设MOA α∠=，则233ππα≤≤，αβπβ-αACBD在AOM ∆中，由正弦定理得：sin sin[()]6OM OAMAO ππα=∠-+， ∴6sin()6OM πα=+，在AON ∆中，由正弦定理得：6sin()6ON πα=-，∴2211OM ON +22212[sin ()sin ()]66a ππαα=++-22121(sin )2a α=+， ∵233ππα≤≤，∴3sin 14α≤≤，故当2πα=时2211OM ON +取得最大值218a， 所以，当α=2,33or ππ时23sin 4α=，此时2211OM ON +取得最小值215a ． 例5．在ABC ∆中，AD 是BAC ∠的平分线，用正弦定理证明：AB BDAC DC=． 证明：设BAD α∠=，BDA β∠=，则CAD α∠=，180CDA β∠=︒-．在ABD ∆和ACD ∆中分别运用正弦定理，得sin sin AB BD βα=，sin(180)sin AC DC βα︒-=， 又sin(180)sin ββ︒-=，所以AB AC BD DC =，即AB BDAC DC=． 2．练习：（1）在ABC ∆中，::4:1:1A B C =，则::a b c = ( D )A ．4:1:1 B ．2:1:1 CD（2）在ABC ∆中，若sin :sin :sin 4:5:6A B C =，且15a b c ++=，则a = ， b = ，c = ． 五．回顾小结：1．了解用三角函数的定义和外接圆证明正弦定理的方法； 2．理论上正弦定理可解决两类问题：（1）两角和任意一边，求其它两边和一角；（2）两边和其中一边对角，求另一边的对角，进而可求其它的边和角． 六．课外作业：课本第9页练习第3题；课本第11页习题1.1第2、8题．§1.1.2 第3课时 余弦定理(1)教学目标（1）掌握余弦定理及其证明；（2）使学生能初步运用余弦定理解斜三角形． 教学重点，难点（1）余弦定理的证明及其运用；（2）能灵活运用余弦定理解斜三角形． 教学过程 一．问题情境 1．情境：复习正弦定理及正弦定理能够解决的两类问题． 2．问题：在上节中，我们通过等式BC BA AC =+的两边与AD （AD 为ABC ∆中BC 边上的高）作数量积，将向量等式转化为数量关系，进而推出了正弦定理，还有其他途径将向量等式BC BA AC =+数量化吗？二．学生活动如图，在ABC ∆中，AB 、BC 、CA 的长分别为c 、a 、b ． ∵BC AB AC +=∴()()AC AC AB BC AB BC ⋅=+⋅+22cos 2a B ac c +-=， 即B ac a c b cos 2222-+=；同理可证：A bc c b a cos 2222-+=， C ab b a c cos 2222-+=． 三．建构数学 1． 余弦定理上述等式表明，三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和，减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍．这样，我们得到余弦定理． 2．思考：回顾正弦定理的证明，尝试用其他方法证明余弦定理．方法1：如图1建立直角坐标系，则(0,0),(cos ,sin ),(,0)A B c A c A C b ．所以2222222222(cos )(sin )cos sin 2cos 2cos a c A b c A c A c A bc A b b c bc A=-+=+-+=+-同理可证B ac a c b cos 2222-+=，C ab b a c cos 2222-+=注：此法的优点在于不必对A 是锐角、直角、钝角进行分类讨论．方法2：若A 是锐角，如图2，由B 作BD AC ⊥，垂足为D ，则cos AD c A =，所以即A bc c b a cos 2222-+=，类似地，可以证明当A 是钝角时，结论也成立，而当A 是直角时，结论显 然成立．同理可证B ac a c b cos 2222-+=，C ab b a c cos 2222-+=．图1 图2 3．余弦定理也可以写成如下形式：bc a c b A 2cos 222-+= ， ac b c a B 2cos 222-+=， acc b a C 2cos 222-+=．4．余弦定理的应用范围：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． 四．数学运用 1．例题：例1．在ABC ∆中，（1） 已知3b =，1c =，060A =，求a ；A BCcab（2） 已知4a =，5b =，6=c ，求A （精确到00.1）．解：（1）由余弦定理，得2222202cos 31231cos607a b c bc A =+-=+-⨯⨯⨯=，所以 a =（2）由余弦定理，得222222564cos 0.752256b c a A bc +-+-===⨯⨯， 所以，041.4A ≈．例2． ,A B 两地之间隔着一个水塘，现选择另一点C ，测得182,CA m =126,CB m =063ACB ∠=，求,A B 两地之间的距离（精确到1m ）． 解：由余弦定理，得所以，168()AB m ≈答：,A B 两地之间的距离约为168m ．例3．用余弦定理证明：在ABC ∆中，当C 为锐角时，222a b c +>；当C 为钝角时，222a b c +<．证：当C 为锐角时，cos 0C >，由余弦定理，得222222cos c a b ab C a b =+-<+，即 222a b c +>．同理可证，当C 为钝角时，222a b c +<．2．练习：书第15页 练习１，２，３，４ 五．回顾小结：1．余弦定理及其应用2．正弦定理和余弦定理是解三角形的两个有力工具，要区别两个定理的不同作用，在解题时正确选用；六．课外作业：书第16页１，2，3，4，6，7题§1.1.2 第4课时 余弦定理(2)教学目标（1）能熟练应用正弦定理、余弦定理及相关公式解决三角形的有关问题；（2）能把一些简单的实际问题转化为数学问题，并能应用正弦定理、余弦定理及相关的三角公式解决这些问题． 教学重点，难点能熟练应用正弦定理、余弦定理及相关公式解决三角形的有关问题，牢固掌握两个定理，应用自如． 教学过程 一．问题情境1．正弦定理及其解决的三角形问题（1）已知两角和任一边，求其它两边和一角；（2）已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角，从而进一步其它的边和角． 2．余弦定理及其解决的三角形问题 （1）已知三边，求三个角；（2）已知两边和他们的夹角，求第三边和其他两个角． 四．数学运用 1．例题：例1．在长江某渡口处，江水以5/km h 的速度向东流，一渡船在江南岸的A 码头出发，预定要在0.1h 后到达江北岸B 码头，设AN 为正北方向，已知B 码头在A 码头的北偏东015，并与A 码头相距1.2km ．该渡船应按什么方向航行？速度是多少（角度精确到00.1，速度精确到0.1/km h ）？解：如图，船按AD 方向开出，AC 方向为水流方向，以AC 为一边、AB 为对角线作平行四边形ABCD ，其中 1.2(),50.10.5()AB km AC km ==⨯=．在ABC ∆中，由余弦定理，得2221.20.52 1.20.5cos(9015) 1.38BC =+-⨯⨯-≈， 所以 1.17()AD BC km =≈． 因此，船的航行速度为1.170.111.7(/)km h ÷=．在ABC ∆中，由正弦定理，得 0sin 0.5sin 75sin 0.41281.17AC BAC ABC BC ∠∠==≈， 所以 024.4ABC ∠≈所以 00159.4DAN DAB NAB ABC ∠=∠-∠=∠-≈．答：渡船应按北偏西09.4的方向，并以11.7/km h 的速度航行．例2． 在ABC ∆中，已知sin 2sin cos A B C =，试判断该三角形的形状．解：由正弦定理及余弦定理，得222sin ,cos sin 2A a a b c C B b ab+-==， 所以 22222a a b c b ab+-=，整理得 22b c =因为0,0b c >>，所以b c =．因此，ABC ∆为等腰三角形．例3．如图，AM 是ABC ∆中BC 边上的中线，求证：22212()2AM AB AC BC =+-．证：设AMB α∠=，则0180AMC α∠=-．在ABM ∆中，由余弦定理，得2222cos AB AM BM AM BM α=+-．在ACM ∆中，由余弦定理，得22202cos(180)AC AM MC AM MC α=+--．因为01cos(180)cos ,2BM MC BC αα-=-==， 所以2222122AB AC AM BC +=+，因此， 22212()2AM AB AC BC =+-． 例4．在ABC ∆中，BC a =，AC b =，,a b 是方程02322=+-x x 的两个根，且2cos()1A B +=，求：①角C 的度数； ②AB 的长度； ③ABC S ∆．解：①1cos cos(())cos()2C A B A B π=-+=-+=- ∴120C =；②由题设：232a b ab ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，∴2222cos AB AC BC AC BC C =+-⋅⋅120cos 222ab b a -+=ab b a ++=22102)32()(22=-=-+=ab b a ， 即10AB =；③ABC S ∆11133sin sin120222222ab C ab ===⋅⋅=．2．练习：（1）书第16页 练习１，２，３，４DCBA（2）如图，在四边形ABCD 中，已知AD CD ⊥,10AD =，14AB =, 60BDA ∠=, 135BCD ∠=， 求BC 的长．（3）在ABC ∆中，已知()()()456::::b c c a a b +++=，求ABC ∆的最大内角；（4）已知ABC ∆的两边,b c 是方程2400x kx -+=的两个根，的面积是2cm ，周长是20cm ，试求A 及k 的值； 五．回顾小结：1．正弦、余弦定理是解三角形的有力工具，要区别两个定理的不同作用，在解题时正确选用；2．应用正弦、余弦定理可以实现将“边、角相混合”的等式转化为“边和角的单一”形式； 3．应用余弦定理不仅可以进行三角形中边、角间的计算，还可以判断三角形的形状． 六．课外作业：书第17页5，8，9，10，11题§1.3正弦定理、余弦定理的应用(1)教学目标（1）综合运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决与测量学、航海问题等有关的实际问题；（2）体会数学建摸的基本思想，掌握求解实际问题的一般步骤；（3）能够从阅读理解、信息迁移、数学化方法、创造性思维等方面，多角度培养学生分析问题和解决问题的能力． 教学重点，难点（1）综合运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些实际问题； （2）掌握求解实际问题的一般步骤． 教学过程 一．问题情境 1．复习引入复习：正弦定理、余弦定理及其变形形式， （1）正弦定理、三角形面积公式：R CcB b A a 2sin sin sin ===； B acC ab A bc S ABC sin 21sin 21sin 21===∆．（2）正弦定理的变形：①C R c B R b A R a sin 2,sin 2,sin 2===；②RcC R b B R a A 2sin ,2sin ,2sin ===； ③sin sin sin ::::A B C a b c =．（3）余弦定理：bca cb A A bc c b a 2cos ,cos 2222222-+=-+=．二．学生活动引导学生复习回顾上两节所学内容，然后思考生活中有那些问题会用到这两个定理，举例说明.三．建构数学正弦定理、余弦定理体现了三角形中边角之间的相互关系，在测量学、运动学、力学、电学等许多领域有着广泛的应用.1．下面给出测量问题中的一些术语的解释：（1）朝上看时，视线与水平面夹角为仰角；朝下看时，视线与水平面夹角为俯角. （2）从某点的指北方向线起,依顺时针方向到目标方向线之间的水平夹角,叫方位角.（3）坡度是指路线纵断面上同一坡段两点间的高度差与其水平距离的比值的百分率.道路坡度100%所表示的可以这样理解：坡面与水平面的夹角为45度.45度几乎跟墙壁一样的感觉了. （4）科学家为了精确地表明各地在地球上的位置，给地球表面假设了一个坐标系，这就是经纬度线.2．应用解三角形知识解决实际问题的解题步骤：①根据题意作出示意图；②确定所涉及的三角形，搞清已知和未知；③选用合适的定理进行求解；④给出答案. 四．数学运用 1．例题：例1．如图1-3-1，为了测量河对岸两点,A B 之间的距离，在河岸这边取点,C D ，测得85ADC ∠=，60BDC ∠=，47ACD ∠=，72BCD ∠=，100CD m =.设,,,A B C D 在同一平面内，试求,A B 之间的距离（精确到1m ）.解：在ADC ∆中，85ADC ∠=，47ACD ∠=，则48DAC ∠=.又100DC =，由正弦定理，得()sin 100sin 85134.05sin sin 48DC ADC AC m DAC ∠==≈∠.在BDC ∆中，60BDC ∠=，72BCD ∠=， 则48DBC ∠=.又100DC =， 由正弦定理，得()sin 100sin 60116.54sin sin 48DC BDC BC m DBC ∠==≈∠.在ABC ∆中， 由余弦定理，得3233.95≈， 所以 ()57AB m ≈答,A B 两点之间的距离约为57m .本例中AB 看成ABC ∆或ABD ∆的一边，为此需求出AC ，BC 或AD ，BD ，所以可考察ADC ∆和BDC ∆，根据已知条件和正弦定理来求AC ，BC ，再由余弦定理求AB .引申：如果A ，B 两点在河的两岸（不可到达），试设计一种测量A ，B 两点间距离的方法.可见习题1.3 探究拓展 第8题.例2．如图1-3-2，某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在A 处获悉后，测出该渔轮在方位角为45，距离为10n mile 的C 处，并测得渔轮正沿方位角为105的方向，以9/n mile h 的速度向小岛靠拢，我海军舰艇立即以21/n mile h 的速度前去营救.求舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间（角度精确到0.1，时间精确到1min ）. 解：设舰艇收到信号后x h 在B 处靠拢渔轮，则21AB x =，9BC x =，又10AC =，()45180105120ACB ∠=+-=.由余弦定理，得2222cos AB AC BC AC BC ACB =+-⋅∠，即()()222211092109cos 120x x x =+-⨯⨯∠.化简，得2369100x x --=，解得()()240min 3x h ==（负值舍去）.由正弦定理，得图1-3-1图1-3-2sin 9sin12033sin 2114BC ACB x BAC AB x ∠∠===， 所以21.8BAC ∠≈，方位角为4521.866.8+=.答 舰艇应沿着方向角66.8的方向航行，经过40min 就可靠近渔轮.本例是正弦定理、余弦定理在航海问题中的综合应用.因为舰艇从A 到B 与渔轮从C 到B 的时间相同，所以根据余弦定理可求出该时间，从而求出AB 和BC ；再根据正弦定理求出BAC ∠. 例3．如图，某海岛上一观察哨A 在上午11时测得一轮船在海岛北偏东3π的C 处，12时20分测得轮船在海岛北偏西3π的B 处，12时40分轮船到达海岛正西方5km 的E 港口.如果轮船始终匀速前进，求船速. 解：设ABE θ∠=，船的速度为/km h υ，则43BC υ=，13BE υ=. 在ABE ∆中，153sin sin 30υθ=，15sin 2θυ∴=. 在ABC ∆中，()43sin120sin 180AC υθ=-， 4415sin 2033233322AC υθυυ⋅⋅∴===. 在ACE ∆中，22520202525cos150333υ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-⨯⨯⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 22540077525100933υ=++=，293υ∴=， ∴船的速度93/km h υ=. 2．练习：书上P20 练习1，3，4题.五．回顾小结：1．测量的主要内容是求角和距离，教学中要注意让学生分清仰角、俯角、张角、视角和方位角及坡度、经纬度等概念，将实际问题转化为解三角形问题.2．解决有关测量、航海等问题时，首先要搞清题中有关术语的准确含义，再用数学语言（符号语言、图形语言）表示已知条件、未知条件及其关系，最后用正弦定理、余弦定理予以解决.六．课外作业： 书上P21页习题1.3 第2，3，4题.§1.3 正弦定理、余弦定理的应用(2)教学目标（1）能熟练应用正弦定理、余弦定理解决三角形等一些几何中的问题和物理问题；（2）能把一些简单的实际问题转化为数学问题，并能应用正弦、余弦定理及相关的三角公式解决这些问题；（3）通过复习、小结，使学生牢固掌握两个定理，应用自如.教学重点，难点能熟练应用正弦定理、余弦定理及相关公式解决三角形的有关问题。

第一章小结与复习一、学习目标进一步熟悉正、余弦定理内容，能够应用正、余弦定理进行边角关系的相互转化，判断三角形的形状；二、课前预习（一） 三角形中的定理1.正弦定理： ，其中R 为 .正弦定理的作用：⑴⑵正弦定理的变形：①2sin a R A =， ， ；②sin 2a A R=， ， ；③::a b c = .2.余弦定理：2222cos a b c bc A =+-，余弦定理的作用：⑴⑵⑶ .⑷ .余弦定理的变形：①cos A = 等；②222a b c +-= 等.3.三角形面积公式：1sin 2S ab C ∆== =4. 在已知两边a,b 及角A 解三角形时，需要讨论.(1)若Ａ≥９０°，则有①a>b 时有 解；②a ≤b 时 解.（2）若Ａ＜９０°时，则有①若a ＜bsinA ，则有 解； ②若a ＝bsinA ，则 解；③若bsinA ＜a ＜b ，则有 解； ④若a ≥b ，则有 解.三、热点专题：(一)利用正、余弦定理解三角形解三角形就是已知三角形中的三个独立元素至少一边求出其他元素的过程．解斜三角形共包括四种类型：(1)已知三角形的两角和一边；(2)已知两边及夹角；(3)已知三边；(4)已知两边和一边的对角．其中类型(4)中应特别注意解的情况．【例1】 在△ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c .已知a ＋c ＝10，C ＝2A ，cos A ＝34.(1)求c a的值； (2)求b 的值．【例2】 (2011·辽宁)△ ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a sin A sin B ＋b cos 2A ＝2a .(1)求b a； (2)若c 2＝b 2＋3a 2，求B .(二)判断三角形的形状根据已知条件(通常是含有三角形的边和角的等式)判断三角形的形状时，需要灵活应用正弦定理和余弦定理转化为边的关系或角的关系，判断三角形的形状是高考中考查能力的常见题型．此类题目要求准确把握三角形的分类，三角形按边的关系分为等腰三角形、等边三角形和不等边三角形；三角形按角的关系分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形．判断三角形的形状，一般有以下两种途径：将已知条件统一化成边的关系，用代数方法求解；将已知条件统一化成角的关系，用三角知识求解.【例3】 在△ABC 中，2a cos B ＝c ，则△ABC 是( )A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．等边三角形【例4】 在△ABC 中，若B ＝60°，2b ＝a ＋c ，试判断△ABC 的形状．(三)正、余弦定理的实际应用正弦定理、余弦定理在实际生产生活中有着非常广泛的应用．常见题有距离问题、高度问题、角度问题以及求平面图形的面积问题等．解决这类问题时，首先要认真分析题意，找出各量之间的关系，根据题意画出示意图将要求的问题抽象为三角形模型问题，然后利用正弦定理或余弦定理求解，最后将结果还原为实际问题．【例5】 如下图，测量人员沿直线MNP 的方向测量，测得塔顶A的仰角分别是∠AMB ＝30°，∠ANB ＝45°，∠APB ＝60°，且MN ＝PN ＝500 m ，求塔高AB .(四)正、余弦定理与三角函数的综合应用以三角形为载体，以正、余弦定理为工具，以三角恒等变换为手段来考查解三角形问题是近几年高考中一类热点题型．在具体解题中，除了熟练使用正弦、余弦定理这个工具外，也要根据条件，合理选用三角函数公式，达到简化解题的目的．【例6】 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，B ＝π3，cos A ＝45，b ＝ 3. (1)求sin C 的值； (2)求△ABC 的面积．。

必修5 第一章小结与复习 1 第 7 课时一、学习目标进一步熟悉正、余弦定理内容，能够应用正、余弦定理进行边角关系的相互转化，判断三角形的形状；二、课前预习（一） 三角形中的定理1.正弦定理： ，其中R 为 . 正弦定理的作用： ⑴ ⑵ 正弦定理的变形： ①2sin a R A =， ， ；②sin 2a A R=， ， ； ③::a b c = . 2.余弦定理：2222cos a b c bc A =+-，余弦定理的作用：⑴⑵⑶ .⑷ .余弦定理的变形：①cos A = 等；②222a b c +-= 等.3.三角形面积公式： 1sin 2S ab C ∆== = 4. 在已知两边a,b 及角A 解三角形时，需要讨论.(1)①a>b 时有 解a ≤b 时 解.（2①若a ＜bsinA ，则 解 ②若a ＝bsinA ，则 解；③若bsinA ＜a ＜b ，则有 解；④若a ≥b ，则有 解.课前热身：1.(2009年广东卷文)已知ABC ∆中，C B A ∠∠∠,,的对边分别为,,a b c若a c ==75A ∠=o ，则b =_______2.（2008浙江）在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若()C a A c b cos cos 3=-，则=A cos _________.3.（2007湖南）在ABC △中，角A B C ，，所对的边分别为a b c ，，，若1a =，b c =B = ．4.（2009长郡中学第六次月考）△ABC 的三内角,,A B C 所对边的长分别 ,,a b c 设向量(,)p a c b =+,(,)q b a c a =--，若//p q ，则角C 的大 小为_____三、综合应用例1.（2009全国卷Ⅰ理）在ABC ∆中，内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，已知222a c b -=，且sin cos 3cos sin ,A C A C = 求b 【随堂记录】：例2. 在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若).(R k k BC BA AC AB ∈=⋅=⋅（Ⅰ）判断△ABC 的形状； （Ⅱ）若k c 求,2=的值. 【随堂记录】： BAA cb AC AB ,cos =⋅例3.（2009湖南卷文）在锐角ABC ∆中，1,2,BC B A ==则cos AC A的 值等于 ，AC 的取值范围为 .【随堂记录】：四、巩固训练（2009北京理） 在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,,3a b c B π=，4cos ,5A b ==（Ⅰ）求sin C 的值；（Ⅱ）求ABC ∆的面积.五、反思总结熟悉了正、余弦定理在进行边角关系转换时的桥梁作用，并利用正、余弦定理对三角恒等式进行证明以及对三角形形状进行判断还应熟练掌握二倍角公式，降幂公式等。

第一课时正弦定理教学目标：掌握正弦定理推导过程，会利用正弦定理证明简单三角形问题，会利用正弦定理求解简单斜三角形边角问题，能利用计算器进行运算；通过三角函数、正弦定理、向量数量积等多处知识间联系来体现事物之间的普遍联系与辩证统一.教学重点：正弦定理证明及应用.教学难点：正弦定理的证明，正弦定理在解三角形时应用思路.教学过程：Ⅰ.课题导入在初中，我们已经会解直角三角形.就是说，已会根据直角三角形中已知的边与角求出未知的边与角，而在直角三角形中，有如下的边角关系.a sin A ＝bsin B＝csin C那么，在任意三角形中，这一关系式是否成立呢?这也是我们这一节课将要研究的问题. Ⅱ.讲授新课对于asin A ＝bsin B＝csin C这一关系的证明，我们一起来看下面的证法.如图，在△ABC中，已知BC＝a，AC＝b，AB＝c，作△ABC 的外接圆，O为圆心，连接BO并延长交圆于B′，设BB′＝2R. 则根据直径所对的圆周角是直角以及同弧所对的圆周角相等可以得到：∠BAB′＝90°，∠C＝∠B′∴sin C＝sin B′＝c2R ∴csin C＝2R同理可得asin A ＝2R，bsin B＝2R∴asin A＝bsin B＝csin C＝2R这就是说，对于任意的三角形，上述关系式均成立.因此，我们得到下面的定理. 正弦定理在一个三角形中，各边和它所对的正弦的比相等，即a sin A ＝bsin B＝csin C说明：上述证法采用了初中所学的平面几何知识，将任意三角形通过外接圆性质转化为直角三角形进而求证，此证法在巩固平面几何知识的同时，易于被学生理解和接受，并且消除了学生所持的“向量方法证明正弦定理是唯一途径”这一误解.既拓宽了学生的解题思路，又为下一步用向量方法证明正弦定理作了铺垫.接下来，我们可以考虑用前面所学的向量知识来证明正弦定理.从定理内容可以看出，定理反映的是三角形的边角关系，而在向量知识中，哪一处知识点体现边角关系呢?向量的数量积的定义式：a ·b ＝｜a ｜｜b ｜cos θ，其中θ为两向量的夹角.但是向量数量积涉及的是余弦关系而非正弦关系，这两者之间能否转化呢?可以通过三角函数的诱导公式sin θ＝cos(90°－θ)进行转化.这一转化产生了新角90°－θ，这就为辅助向量j 的添加提供了线索，为方便进一步的运算，辅助向量选取了单位向量j ，而j 垂直于三角形一边，且与一边夹角出现了90°－θ这一形式，这是作辅助向量j 垂直于三角形一边的原因.在向量方法证明过程中，构造向量是基础，并由向量的加法原则可得AC →＋CB →＝AB →.而添加垂直于AC →的单位向量j 是关键，为了产生j 与AB →、AC →、CB →的数量积，而在上面向量等式的两边同取与向量j 的数量积运算，也就在情理之中了.下面，大家再结合课本进一步体会向量法证明正弦定理的过程，并注意总结在证明过程中所用到的向量知识点.说明：(1)在给予学生适当自学时间后，应强调学生注意两向量的夹角是以同起点为前提，以及两向量垂直的充要条件的运用.(2)要求学生在巩固向量知识的同时，进一步体会向量知识的工具性作用.向量法证明过程：(1)△ABC 为锐角三角形，过点A 作单位向量j 垂直于AC →，则j 与AB →的夹角为90°－A ，j 与CB →的夹角为90°－C.由向量的加法原则可得：AC →＋CB →＝AB →为了与图中有关角的三角函数建立联系，我们在上面向量等式的两边同取与向量j 的数量积运算，得到：j ·(AC →＋CB →)＝j ·AB →由分配律可得：j ·AC →＋j ·CB →＝j ·AB →∴｜j ｜｜AC →｜cos90°＋｜j ｜｜CB →｜cos(90°－C )＝｜j ｜｜AB →｜cos(90°－A )∴a sin C ＝c sin A∴a sin A ＝csin C 另外，过点C 作与CB →垂直的单位向量j ，则j 与AC →的夹角为90°＋C ，j 与AB →的夹角为90°＋B ，可得c sin C ＝b sin B. (此处应强调学生注意两向量夹角是以同起点为前提，防止误解为j 与AC →的夹角为90°－C ，j 与AB →的夹角为90°－B )∴a sin A ＝b sin B ＝csin C . (2)△ABC 为钝角三角形，不妨设A ＞90°过点A 作与AC →垂直的单位向量j ，则j 与AB →的夹角为A －90°，j 与CB →的夹角为90°－C.由AC →＋CB →＝AB →得：j ·AC →＋j ·CB →＝j ·AB →即a ·cos(90°－C )＝c ·cos(A －90°)∴a sin C ＝c sin A∴a sin A ＝csin C 另外，过点C 作与CB →垂直的单位向量j ，则j 与AC →夹角为90°＋C ，j 与AB →夹角为90°＋B ，同理可得b sin B ＝c sin C ∴a sin A ＝b sin B ＝csin C 综上所述，正弦定理对于锐角三角形、直角三角形、钝角三角形均成立.在证明了正弦定理之后，我们来进一步学习正弦定理的应用.利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形问题.(1)已知两角和任一边，求其他两边和一角.这类问题由于两角已知，故第三角确定，三角形唯一，解唯一，相对容易.(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角.此类问题变化较多。

课题: §1．1．1正弦定理如图1．1-1，固定∆ABC 的边CB 及∠B ，使边AC 绕着顶点C 转动。

思考：∠C 的大小与它的对边AB 的长度之间有怎样的数量关系？在初中，我们已学过如何解直角三角形，下面就首先来探讨直角三角形中，角与边的等式关系。

从而在直角三角形ABC 中，sin sin sin abcA B C ==思考：那么对于任意的三角形，以上关系式是否仍然成立？可分为锐角三角形和钝角三角形两种情况：如图1．1-3，当∆ABC 是锐角三角形时，设边AB 上的高是CD ，根据任意角三角函数的定义，有CD=sin sin a B b A =,则sin sin abA B =， C 贿輿灭壳锹茕妆烴鸷榉該諦獵瘿蒌鹰温罷愤頰鹅贄歸蝾畝兽萝囀抚际誨鸶韩齒轻適帅憮鰾殺龕譾缔畅窺惮遗辍緋鍆綹樣駐覷鲰与滅铙图鉉鹰侩奋埡賁譚鎩珲趋鐿鐐姗莱鰉颍濑怃鎔岂鎰渔闻谧緲睑同理可得sin sin cbC B =， b a 从而sin sin abA B =sin cC = A c B从上面的研探过程，可得以下定理正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即sin sin abA B =sin cC =[理解定理]（1）正弦定理说明同一三角形中，边与其对角的正弦成正比，且比例系数为同一正数，即存在正数k 使sin a k A =，sin b k B =，sin c k C =；（2）sin sin abA B =sin cC =等价于sin sin abA B =，sin sin cbC B =，sin aA =sin cC从而知正弦定理的基本作用为：①已知三角形的任意两角及其一边可以求其他边，如sin sin b A a B=； ②已知三角形的任意两边与其中一边的对角可以求其他角的正弦值，如sin sin a A B b=。

一般地，已知三角形的某些边和角，求其他的边和角的过程叫作解三角形。

课题：书法---写字基本知识课型：新授课教学目标：1、初步掌握书写的姿势，了解钢笔书写的特点。

2、了解我国书法发展的历史。

3、掌握基本笔画的书写特点。

重点：基本笔画的书写。

难点：运笔的技法。

教学过程：一、了解书法的发展史及字体的分类：1、介绍我国书法的发展的历史。

2、介绍基本书体：颜、柳、赵、欧体，分类出示范本，边欣赏边讲解。

二、讲解书写的基本知识和要求：1、书写姿势：做到“三个一”：一拳、一尺、一寸（师及时指正）2、了解钢笔的性能：笔头富有弹性；选择出水顺畅的钢笔；及时地清洗钢笔；选择易溶解的钢笔墨水，一般要固定使用，不能参合使用。

换用墨水时，要清洗干净；不能将钢笔摔到地上，以免笔头折断。

三、基本笔画书写1、基本笔画包括：横、撇、竖、捺、点等。

2、教师边书写边讲解。

3、学生练习，教师指导。

（姿势正确）4、运笔的技法：起笔按，后稍提笔，在运笔的过程中要求做到平稳、流畅，末尾处回锋收笔或轻轻提笔，一个笔画的书写要求一气呵成。

在运笔中靠指力的轻重达到笔画粗细变化的效果，以求字的美观、大气。

5、学生练习，教师指导。

（发现问题及时指正）四、作业：完成一张基本笔画的练习。

板书设计：写字基本知识、一拳、一尺、一寸我的思考：通过导入让学生了解我国悠久的历史文化，激发学生学习兴趣。

这是书写的起步，让学生了解书写工具及保养的基本常识。

基本笔画书写是整个字书写的基础，必须认真书写。

课后反思：学生书写的姿势还有待进一步提高，要加强训练，基本笔画也要加强训练。

课题：书写练习1课型：新授课教学目标：1、教会学生正确书写“杏花春雨江南”6个字。

2、使学生理解“杏花春雨江南”的意思，并用钢笔写出符合要求的的字。

重点：正确书写6个字。

难点：注意字的结构和笔画的书写。

教学过程：一、小结课堂内容，评价上次作业。

二、讲解新课：1、检查学生书写姿势和执笔动作（要求做到“三个一”）。

2、书写方法是：写一个字看一眼黑板。

（老师读，学生读，加深理解。

第一章 解三角形1 正弦定理和余弦定理的证明方法的探究正弦定理和余弦定理都是三角形中的重要定理，它们的证明方法比较多，除了教材上介绍的向量法外，还可以采用下面的方法． 1．几何法证明正弦定理设BD 为△ABC 外接圆⊙O 的直径，则BD ＝2R ，下面按∠A 为直角、锐角、钝角三种情况加以证明．(1)若∠A 为直角，如图①，则BC 经过圆心O ， ∴BC 为圆O 的直径，BC ＝2R ， a sin A ＝BCsin 90°＝BC ＝2R . (2)若∠A 为锐角，如图②， 连接CD ，则∠BAC ＝∠BDC ， 在Rt △BCD 中，BC sin ∠BDC ＝BCsin ∠BAC，∵BC sin ∠BDC＝BD ＝2R ，∴BCsin ∠BAC＝2R .即asin A＝2R .(3)若∠A 为钝角，如图③，连结CD ， 则∠BAC ＋∠CDB ＝π， ∴sin ∠BAC ＝sin ∠CDB ， 在Rt △BCD 中，BCsin ∠CDB＝BD ＝2R ，又∵BC sin ∠CDB ＝BCsin ∠BAC ，∴BCsin ∠BAC＝2R ，即asin A＝2R . 可证得：asin A＝2R .同理可证：b sin B ＝2R ，csin C＝2R .∴不论△ABC 是锐角三角形，直角三角形，还是钝角三角形，都有asin A＝bsin B＝csin C＝2R (其中R 为△ABC 的外接圆的半径)．正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，并且都等于其外接圆的直径．2．坐标法证明余弦定理如图所示，以△ABC 的顶点A 为原点，射线AC 为x 轴的正半轴，建立直角坐标系，这时顶点B 可作角A 终边的一个点，它到原点的距离r ＝c .设点B 的坐标为(x ，y )，由三角函数的定义可得：x ＝c cos A ，y ＝c sin A ，即点B 的坐标为(c cos A ，c sin A )，又点C 的坐标是(b,0)． 由两点间的距离公式，可得：a ＝BC ＝(b －c cos A )2＋(c sin A )2.两边平方得：a 2＝(b －c cos A )2＋(c sin A )2＝b 2＋c 2－2bc cos A .以△ABC 的顶点B 或顶点C 为原点，建立直角坐标系，同样可证b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍.余弦定理的第二种形式是cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab.3．向量法证明正弦、余弦定理如图，在△ABC 中，三个内角∠A ，∠B ，∠C 所对的边长分别是a ，b ，c .以A 为原点，AC 所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系，则点C 的坐标是(b,0)．由三角函数的定义，得点B 的坐标是(c cos A ，c sin A )．所以＝(c cos A －b ，c sin A )．现将平移到起点为原点A ，终点为点D ，则＝，且||＝||＝a ，∠DAC ＝180°－∠C . 根据三角函数的定义，知点D 的坐标是(－a cos C ，a sin C )． 所以＝(－a cos C ，a sin C )．因为＝，所以(－a cos C ，a sin C )＝(c cos A －b ，c sin A )．所以⎩⎪⎨⎪⎧a sin C ＝c sin A ， ①－a cos C ＝c cos A －b . ②由①，得a sin A ＝c sin C .同理可证asin A ＝bsin B .所以a sin A ＝b sin B ＝csin C .由②，得a cos C ＝b －c cos A .两边平方，得a 2cos 2C ＝b 2－2bc cos A ＋c 2cos 2A . 所以a 2－a 2sin 2C ＝b 2－2bc cos A ＋c 2－c 2sin 2A . 而由①，得a 2sin 2C ＝c 2sin 2A . 所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A .同理可证b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .2 正弦定理的一个推论及应用在初学正弦定理时，若问同学们这样一个问题：在△ABC 中，若sin A >sin B ，则A 与B 的大小关系怎样？那么近乎所有的同学都会认为A 与B 的大小关系不确定．若再问：在△ABC 中，若A >B ，则sin A 与sin B 的大小关系怎样？仍然会有很多同学回答大小关系不确定．鉴于此，下面我们讲讲这个问题． 一、结论在△ABC 中，sin A >sin B ⇔A >B .分析 题中条件简单，不易入手．但既在三角形中，何不尝试用联系边角的正弦定理？ 证明 因为sin A >sin B ⇔2R sin A >2R sin B (其中R 为△ABC 外接圆的半径)，根据正弦定理变式a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B (其中a ，b 分别为A ，B 的对边)，可得sin A >sinB ⇔a >b ，再由平面几何定理“大角对大边，小角对小边”，可得a >b ⇔A >B . 所以sin A >sin B ⇔A >B . 二、结论的应用例1 在△ABC 中，A ＝45°，a ＝4，b ＝22，求B .分析 在遇到这样的问题时，有的同学一看，这不正好用正弦定理嘛，于是就直接由正弦定理得B ＝30°或B ＝150°.其实这是错误的！错在哪儿？我们只需由上述结论即可发现． 解 由正弦定理得sin 45°4＝sin B 22，sin B ＝12，又sin B <sin A ，所以B <A ，所以B ＝30°.点评 同学们在解题时，一定要根据问题的具体情况，恰当的选用定理．同时，使用正弦定理求角时，要特别小心，不要出现漏解或增解的情况． 例2 在△ABC 中，已知B ＝30°，b ＝3，c ＝33，求A .分析 同学们在求解这个问题的时候，在用正弦定理求角C 时不要丢解． 解 由正弦定理及已知条件，得 sin C ＝c sin B b ＝32， 因为sin C >sin B ， 所以C >B ，所以C 有两解． (1)当C ＝60°时，有A ＝90°； (2)当C ＝120°时，有A ＝30°.点评 除此之外，本题也可以利用余弦定理来求解.3 细说三角形中解的个数解三角形时，处理“已知两边及其一边的对角，求第三边和其他两角”问题需判断解的个数，这是一个比较棘手的问题．下面对这一问题进行深入探讨． 一、出现问题的根源我们作图来直观地观察一下．不妨设已知△ABC 的两边a ，b 和角A ，作图步骤如下： ①先做出已知角A ，把未知边c 画为水平的，角A 的另一条边为已知边b ； ②以b 边的不是A 点的另外一个端点为圆心，边a 为半径作圆C ； ③观察圆C 与边c 交点的个数，便可得此三角形解的个数． 显然，当A 为锐角时，有如图所示的四种情况：当A 为钝角或直角时，有如图所示的两种情况：根据上面的分析可知，由于a ，b 长度关系的不同，导致了问题有不同个数的解．若A 为锐角，只有当a 不小于b sin A 时才有解，随着a 的增大得到的解的个数也是不相同的．当A 为钝角时，只有当a 大于b 时才有解． 二、解决问题的策略 1．正弦定理法已知△ABC 的两边a ，b 和角A ，求B . 根据正弦定理a sin A ＝bsin B ，可得sin B ＝b sin Aa.若sin B>1，三角形无解；若sin B＝1，三角形有且只有一解；若0<sin B<1，B有两解，再根据a，b的大小关系确定A，B的大小关系(利用大边对大角)，从而确定B的两个解的取舍．2．余弦定理法已知△ABC的两边a，b和角A，求c.利用余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc cos A，整理得c2－2bc cos A－a2＋b2＝0.适合上述一元二次方程的解c便为此三角形的解．3．公式法当已知△ABC的两边a，b和角A时，通过前面的分析可总结三角形解的个数的判断公式如下表：三、实例分析例在△ABC中，已知A＝45°，a＝2，b＝2(其中角A，B，C的对边分别为a，b，c)，试判断符合上述条件的△ABC有多少个？分析此题为“已知两边和其中一边的对角”解三角形的问题，可以利用上述方法来判断△ABC解的情况．解方法一由正弦定理asin A＝bsin B，可得sin B＝22sin 45°＝12<1.又因为a>b，所以A>B，故B＝30°，符合条件的△ABC只有一个．方法二由余弦定理得22＝c2＋(2)2－2×2×c cos 45°，即c2－2c－2＝0，解得c＝1± 3.而1－3<0，故仅有一解，符合条件的△ABC只有一个．方法三 A 为锐角，a >b ，故符合条件的△ABC 只有一个．4 挖掘三角形中的隐含条件解三角形是高中数学的重要内容，也是高考的一个热点．由于我们对三角公式比较熟悉，做题时比较容易入手．但是公式较多且性质灵活，解题时稍有不慎，常会出现增解、错解现象，其根本原因是对题设中的隐含条件挖掘不够．下面结合例子谈谈解三角形时，题目中隐含条件的挖掘．1．两边之和大于第三边例1 已知钝角三角形的三边a ＝k ，b ＝k ＋2，c ＝k ＋4，求k 的取值范围． [错解] ∵c >b >a 且△ABC 为钝角三角形， ∴C 为钝角．由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝k 2＋(k ＋2)2－(k ＋4)22k (k ＋2)＝k 2－4k －122k (k ＋2)<0. ∴k 2－4k －12<0， 解得－2<k <6.又∵k 为三角形的边长，∴k >0. 综上所述，0<k <6.[点拨] 忽略了隐含条件：k ，k ＋2，k ＋4构成一个三角形，k ＋(k ＋2)>k ＋4.即k >2而不是k >0.[正解] ∵c >b >a ，且△ABC 为钝角三角形， ∴C 为钝角．由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝k 2－4k －122k (k ＋2)<0.∴k 2－4k －12<0， 解得－2<k <6.由两边之和大于第三边得k ＋(k ＋2)>k ＋4，∴k >2，综上所述，k 的取值范围为2<k <6.2．三角形的内角范围例2 已知△ABC 中，B ＝30°，AB ＝23，AC ＝2，则△ABC 的面积是________． [错解] 由正弦定理，得sin C ＝AB sin B AC ＝32. ∴C ＝60°，∴A ＝90°.则S △ABC ＝12AB ·AC ·sin A ＝12×23×2×1＝2 3.[点拨] 上述解法中在用正弦定理求C 时丢了一解．实际上由sin C ＝32可得C ＝60°或C ＝120°，它们都满足条件． [正解] 由正弦定理，得sin C ＝AB sin B AC ＝32. ∴C ＝60°或C ＝120°. 当C ＝60°时，A ＝90°， ∴S △ABC ＝12AB ·AC ·sin A ＝2 3.当C ＝120°时，A ＝30°， ∴S △ABC ＝12AB ·AC ·sin A ＝ 3.故△ABC 的面积是23或 3.例3 在△ABC 中，tan A tan B ＝a2b 2，试判断三角形的形状．[错解] tan A tan B ＝a 2b 2⇔sin A cos B cos A sin B ＝sin 2Asin 2B⇔cos B cos A ＝sin A sin B⇔sin A cos A ＝sin B cos B⇔sin 2A ＝sin 2B ，∴A ＝B . ∴△ABC 是等腰三角形．[点拨] 上述错解忽视了满足sin 2A ＝sin 2B 的另一个角之间的关系：2A ＋2B ＝180°. [正解] tan A tan B ＝a 2b 2⇔sin A cos B cos A sin B ＝sin 2Asin 2B⇔cos B cos A ＝sin A sin B⇔sin A cos A ＝sin B cos B ⇔sin 2A ＝sin 2B⇔2A ＝2B 或2A ＋2B ＝180°. ∴A ＝B 或A ＋B ＝90°.∴△ABC 是等腰三角形或直角三角形．例4 在△ABC 中，B ＝3A ，求b a的取值范围．[错解] 由正弦定理得b a ＝sin B sin A ＝sin 3Asin A＝sin(A ＋2A )sin A＝sin A cos 2A ＋cos A sin 2Asin A＝cos 2A ＋2cos 2A ＝4cos 2A －1. ∵0≤cos 2A ≤1， ∴－1≤4cos 2A －1≤3， ∵b a >0，∴0<b a≤3.[点拨] 忽略了三角形内角和为180°，及角A 、B 的取值范围，从而导致b a取值范围求错．[正解] 由正弦定理得b a ＝sin B sin A ＝sin 3Asin A＝sin(A ＋2A )sin A ＝sin A cos 2A ＋cos A sin 2Asin A＝cos 2A ＋2cos 2A ＝4cos 2A －1. ∵A ＋B ＋C ＝180°，B ＝3A ， ∴A ＋B ＝4A <180°， ∴0°<A <45°. ∴22<cos A <1， ∴1<4cos 2A －1<3， ∴1<b a<3.温馨点评 解三角问题，角的取值范围至关重要．一些问题，角的取值范围隐含在题目的条件中，若不仔细审题，深入挖掘，往往疏漏而导致解题失败.5 正弦、余弦定理的应用有些题目，表面上看不能利用正弦、余弦定理解决，但若能构造适当的三角形，就能利用两定理，题目显得非常容易，本文剖析几例．一、平面几何中的长度问题例1 如图，在梯形ABCD 中，CD ＝2，AC ＝19，∠BAD ＝60°，求梯形的高．分析 如图，过点D 作DE ⊥AB 于点E ，则DE 为所求的高．由∠BAD ＝60°，知∠ADC ＝120°，又边CD 与AC 的长已知，故△ACD 为已知两边和其中一边的对角，可解三角形．解Rt △ADE ，需先求AD 的长，这只需在△ACD 中应用余弦定理即可． 解 由∠BAD ＝60°，得∠ADC ＝120°， 在△ACD 中，由余弦定理得AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD ·cos∠ADC ，即19＝AD 2＋4－2AD ×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，解得AD ＝3或AD ＝－5(舍去)．在△ADE 中，DE ＝AD ·sin 60°＝332. 点评 依据余弦定理建立方程是余弦定理的一个妙用，也是函数与方程思想在解三角形中的体现．二、求范围例2 如图，等腰△ABC 中，底边BC ＝1，∠ABC 的平分线BD 交AC 于点D ，求BD 的取值范围(注：0<x <1时，f (x )＝x －1x为增函数)．分析 把BD 的长表示为∠ABC 的函数，转化为求函数的值域． 解 设∠ABC ＝α.因为∠ABC ＝∠C ，所以∠A ＝180°－2α，∠BDC ＝∠A ＋∠ABD ＝180°－2α＋α2＝180°－3α2， 因为BC ＝1，在△BCD 中，由正弦定理得BD ＝sin αsin 3α2＝2sin α2cos α2sin αcos α2＋cos αsin α2＝2cos α24cos 2α2－1 ＝24cos α2－1cos α2， 因为0°<α2<45°，所以22<cos α2<1， 而当cos α2增大时，BD 减小，且当cos α2＝22时，BD ＝2；当cos α2＝1时，BD ＝23， 故BD 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2. 点评 本题考查：(1)三角知识、正弦定理以及利用函数的单调性求值域的方法；(2)数形结合、等价转化等思想．三、判断三角形的形状例3 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若·＝·＝k (k ∈R )．(1)判断△ABC 的形状；(2)若c ＝2，求k 的值．解 (1)∵·＝cb cos A ，·＝ca cos B ，又·＝·，∴bc cos A ＝ac cos B ，∴b cos A ＝a cos B ，方法一 ∴sin B cos A ＝sin A cos B ，即sin A cos B －cos A sin B ＝0，∴sin(A －B )＝0，又∵－π＜A －B ＜π，∴A ＝B .∴△ABC 为等腰三角形．方法二 利用余弦定理将角化为边，∴b ·b 2＋c 2－a 22bc＝a ·a 2＋c 2－b 22ac， ∴b 2＋c 2－a 2＝a 2＋c 2－b 2，∴a 2＝b 2，∴a ＝b .∴△ABC 为等腰三角形．(2)由(1)知：a ＝b . ∴·＝bc cos A ＝bc ·b 2＋c 2－a 22bc ＝c 22＝k ， ∵c ＝2，∴k ＝1.6 管窥高考高考解答题一般先运用三角恒等变换，将表达式转化为一个角的三角函数的形式求解，对于三角函数与解三角形相结合的题目，要注意通过正弦、余弦定理以及面积公式实现边角互化，求出相关的边和角的大小．例1 在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝3，A ＝60°.(1)求BC 的长；(2)求sin 2C 的值．分析 本题主要考查余弦定理、正弦定理，同角三角函数关系与二倍角关系，考查运算求解能力．解 (1)由余弦定理知，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos A ＝4＋9－2×2×3×12＝7，所以BC ＝7.(2)由正弦定理知，AB sin C ＝BCsin A ， 所以sin C ＝AB BC ·sin A ＝2sin 60°7＝217. 因为AB ＜BC ，所以C 为锐角， 则cos C ＝1－sin 2C ＝ 1－37＝277. 因此sin 2C ＝2sin C ·cos C ＝2×217×277＝437. 例2 设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a ＝b tan A ，且B 为钝角．(1)证明：B －A ＝π2； (2)求sin A ＋sin C 的取值范围．分析 (1)利用正弦定理，将条件中的式子等价变形为sin B ＝sin(π2＋A )，再结合条件从而得证；(2)利用(1)中的结论，以及三角恒等变形，将sin A ＋sin C 转化为只与A 有关的表达式，再利用三角函数的性质即可求解．(1)证明 由a ＝b tan A 及正弦定理，得sin A cos A ＝a b ＝sin A sin B， 所以sin B ＝cos A ，即sin B ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋A . 又B 为钝角，因此π2＋A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，故B ＝π2＋A ，即B －A ＝π2. (2)解 由(1)知， C ＝π－(A ＋B )＝π－⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π2＝π2－2A ＞0， 所以A ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4. 于是sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2A ＝sin A ＋cos 2A ＝－2sin 2A ＋sin A ＋1＝－2⎝⎛⎭⎪⎫sin A －142＋98. 因为0＜A ＜π4，所以0＜sin A ＜22， 因此22＜－2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A －142＋98≤98. 由此可知sin A ＋sin C 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤22，98. 例3 在△ABC 中，A ＝3π4，AB ＝6，AC ＝32，点D 在BC 边上，AD ＝BD ，求AD 的长． 分析 根据题意，设出△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，由余弦定理求出a 的长度，再由正弦定理求出角B 的大小，在△ABD 中，利用正弦定理即可求出AD 的长度． 解 如图，设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos ∠BAC ＝(32)2＋62－2×32×6×cos 3π4＝18＋36－(－36)＝90，所以a ＝310.又由正弦定理，得sin B ＝b sin ∠BAC a ＝3310＝1010， 由题设知0<B <π4，所以cos B ＝1－sin 2B ＝ 1－110＝31010. 在△ABD 中，由正弦定理，得AD ＝AB ·sin B sin(π－2B )＝6sin B 2sin B cos B ＝3cos B ＝10.。

一、学习目标1.熟练掌握正弦定理及其变式的结构特征和作用2.探究三角形的面积公式3.能根据条件判断三角形的形状4.能根据条件判断某些三角形解的个数二、学法指导1.利用正弦定理可以将三角形中的边角关系互化，同时要注意互补角的正弦值相等这一关系的应用；2.利用正弦定理判定三角形形状，常运用变形形式，结合三角函数的有关公式，得出角的大小或边的关系。

三、课前预习1.正弦定理=________2.正弦定理的几个变形(1)a =________ ,b=_________ ,c=_________(2)sinA=_______, sinB=________ , sinC=_______(3)a:b:c=____________________.3.在解三角形时，常用的结论（1）在中，A>B _________ _____________( 2 ) sin(A+B)=sinC ( 3 ) 三角形的面积公式：______________________________________________四、课堂探究1.正弦定理：（1）正弦定理说明同一三角形中，边与其对角的正弦成正比，且比例系数为同一正数，即存在正数使；（2）正弦定理的变形形式：1）————————————————————；2）————————————————————；3）————————————————————．（3）利用正弦定理和三角形内角和定理，可解决以下两类斜三角形问题：1）____________________________________________________2）____________________________________________________一般地，已知两边和其中一边的对角解斜三角形，有两解或一解（见图示）．条件：解的个数：__________条件：解的个数：_____解解的个数：_____条件：解的个数：_____条件：解的个数：_____五、数学运用例1（材例4）中，已知，试判断三角形的形状.例2 （教材例5）在中，是的平分线，用正弦定理证明：．例3 （教材例3）某登山队在山脚处测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡前进米后到达处，又测得山顶的仰角为，求山的高度。

第1章解三角形第1课时正弦定理(1)教学过程一、问题情境1.对于“即时体验”中的第2题:“在△ABC中,若C=75°,A=60°,b=,则这个三角形能确定吗?B,a,c能求出来吗?”这个三角形虽然可以确定,但根据我们目前所掌握的知识还不能够求出a,c ,这说明了什么呢?这只能说明我们对三角形中的边角之间的关系还缺乏足够的了解,还没有发现它们之间所隐含的规律.2.三角形中的边角之间究竟隐含着什么样的规律呢?还是让我们从特殊情况来考察:在Rt△ABC 中,C=90°,试判定,与之间的大小关系.二、数学建构问题1对任意三角形,==也成立吗?用几何画板演示,如果不具备条件的话,也可以通过纸笔或计算器来计算任意三角形中三边长与其对角的正弦值之比,让学生通过验证感受到:对任意三角形,都有==问题2验证能代替证明吗?(验证不能代替证明,验证只是表明个别情形或特殊情形成立,还不能说明一般情形或任意情形都成立)问题3如何证明对任意三角形都有==成立呢?(根据教材P5中的途径提示,组织学生进行讨论,最好能由学生给出证明思路)对于==这一关系的证明,我们一起来看下面的证法.(图1)证法一:在△ABC 中,有=+.不妨设∠C为最大角,过点A作AD⊥BC于D (如图1),于是·=(+)·=·+·,即0=||||cos(90°+B)+||||cosα,其中,当∠C为锐角或直角时,α=90°-C;当∠C为钝角时,α=C-90°.故可得c sin B-b sin C=0,即=.同理可得=,所以==.上述等式表明,三角形的各边和它所对角的正弦之比相等.这样,我们得到正弦定理:==.问题4对于正弦定理:==,你还能尝试用其他方法证明吗?(图2)(图3)证法二[2]:设☉O是△ABC的外接圆,直径BD=2R.(1)当A为锐角时,如图2,连结CD,则∠BCD=90°,a=2R sin D.又∠D=∠A,所以a=2R sin A.(2)当A为钝角时,如图3,连结CD,则∠BCD=90°,a=2R sin D.又∠D+∠A=180°,可得sin D=sin(180°-A)=sin A,所以a=2R sin A.(3)当A为直角时,a=2R,显然有a=2R sin A.综上所述,所以不论A是锐角、钝角或直角,总有a=2R sin A.同理可证b=2R sin B,c=2R sin C.所以===2R.这就是说,对于任意的三角形,上述关系式均成立,即三角形的各边和它所对角的正弦之比相等,因此,我们得到正弦定理:===2R.正弦定理的变形:a=2R sin A,b=2R sin B,c=2R sin C(2R是△ABC外接圆的直径);a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C.问题5在课前预习时,“即时体验”中的第2题你解决了吗?三、数学运用【例1】(教材P7例1)在△ABC中,A=30°,C=100°,a=10,求b,c.(精确到0.01)[3](见学生用书课堂本P1)(例1)[处理建议](1)先让学生自己动手作图,看看此三角形是否确定,然后再考虑如何求B,b,c.(2)理清解题思路:如图,直接应用正弦定理可求出边c;若求边b,则需通过三角形内角和为180°先求出角B,再利用正弦定理求出边b.[规范板书]解B=180°-(A+C)=180°-(30°+100°)=50°.因为==,所以b==≈15.32,c==≈19.70.因此,b,c分别为15.32和19.70.[题后反思](1)此类问题结果为唯一解,学生较易掌握;如果已知两角和两角所夹的边去求其他边角,也是先利用内角和为180°求出第三角,再利用正弦定理求出其他边.(2)因此,对“已知两角与任一边,求其他两边和一角”的问题都能够用正弦定理彻底解决,且解唯一.变式在△ABC中,已知A=60°,B=45°,c=3,求C,a,b.[规范板书]解C=180°-(A+B)=180°-(60°+45°)=75°.因为==,所以a===,b===3-3.因此,C,a,b分别为75°,和3-3.【例2】根据下列条件解三角形:(1)a=14,b=7,B=60°;(2)c=,b=,B=45°.[4](见学生用书课堂本P2) [处理建议](1)解三角形是指由六个元素中的三个元素(至少有一个是边),求其余三个未知元素的过程;(2)对于本题,先让学生讨论,尝试解答;然后教师在学生中交流,了解学生的思考过程,投影学生的求解过程,并纠正出现的错误.[规范板书]解(1)∵a<b,∴A<B,∴A也是锐角.∵sin A===,∴A=45°.∴C=180°-(A+B)=180°-(45°+60°)=75°,∴c===7+7.(2)由正弦定理得sin C===,∴C1=60°,或C2=180°-60°=120°.由于C2+B=120°+45°=165°<180°,故C2也符合要求.从而C有两解:C1=60°,或C2=120°.当C1=60°时,A1=180°-(C1+B)=180°-(60°+45°)=75°,a1===1+;当C2=120°时,A2=180°-(C2+B)=180°-(120°+45°)=15°,a2===1-.[题后反思](1)同样是已知两边和一边的对角,但可能出现不同的结果,应向学生强调注意解题的灵活性.(2)对于第(1)题,如果没有考虑到角A所受到的限制而求出角A的两个解,进而求出边a有两解,那么也可利用三角形两边之和大于第三边,两边之差小于第三边这一性质进行验证,进而排除不符题意的解.(3)思考:对于第(1)、(2)题,能否通过作图来分析为什么解的个数不一样?为什么第(2)题产生多解?(引导学生通过作出三角形来思考)“已知两边和其中一边的对角,求另一边的对角”这类问题情形复杂,但若通过作图来考虑,情形就一目了然了.①A为锐角:注意:当a<b sin A时,B无解.②A为直角或钝角:变式在△ABC中,已知c=5,A=45°,试判断当a分别取10,5,,时,角C的解的个数.[规范板书]解(1)当a=10时,有a>c,故角C有一解;(2)当a=5时,∵c sin A=5sin45°=5,∴a=c sin A,故角C有一解;(3)当a=时,有c>a>c sin A=5sin45°=5,故角C有两解;(4)当a=时,有a<c sin A=5sin45°=5,故角C无解.变式在△ABC中,证明:A>B⇔sin A>sin B.[处理建议]先让学生分析得出条件与三角形的角有关,结论与三角形的角的正弦值有关.但是如何实现条件与结论的转化呢?自然联想到正弦定理.[规范板书]证明因为a=2R sin A,b=2R sin B,所以A>B⇔a>b⇔2R sin A>2R sin B⇔sin A>sin B,即A>B⇔sin A>sin B.[题后反思](1)不能利用正弦函数的单调性进行证明,因为正弦函数在(0,π)内不具有单调性;(2)在△ABC中,有A>B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cos A<cos B.四、课堂练习1.在△ABC中,(1)已知A=30°,B=120°,b=8,求a;(2)已知A=45°,B=60°,c=,求b.[5]解(1)∵=,∴a===.(2)∵C=180°-(A+B)=180°-(45°+60°)=75°,=,∴b===(-).2.根据下列条件解三角形:(1)a=2,b=2,B=60°;(2)a=,b=,B=45°.[6]解(1)∵=,∴ sin A===,∴A1=30°,A2=150°.当A1=30°时,C1=180°-(A1+B)=180°-(30°+60°)=90°,∴c1===4;当A2=150°时,A2+B=150°+60°>180°,故A2=150°应舍去(或者由a<b知A<B,故A应为锐角).∴A=30°,C=90°,c=4.(2)∵=,∴ sin A===,∴A1=60°,A2=120°.当A1=60°时,C1=180°-(A1+B)=180°-(60°+45°)=75°,∴c1===;当A2=120°时,C2=180°-(A2+B)=180°-(120°+45°)=15°,∴c2===.∴A=60°,C=75°,c=,或A=120°,C=15°,c=.五、课堂小结1.正弦定理及其变形形式:(1)===2R(2R是△ABC外接圆的直径);(2)a=2R sin A,b=2R sin B,c=2R sin C,或a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C.2.利用正弦定理,可以解决以下两类有关三角形问题:(1)已知两角和任一边,求其他两边和一角;(这类问题由于两角已知,故第三角确定,三角形确定,解唯一,相对容易)(2)已知两边和其中一边的对角,求另一边的对角.(此类问题相对复杂些,要防止多解和少解的发生)第2课时正弦定理(2)教学过程一、问题情境问题1你能举出在现实生活中哪些方面有可能会运用到解三角形的知识?问题2你能举出在数学本身内部哪些方面有可能会运用到解三角形的知识?二、数学运用【例1】(根据教材P9例3改编)如图,某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为45°,沿倾斜角为15°的斜坡前进1000m后到达D处,又测得山顶B的仰角为75°,求山的高度BC.[2](见学生用书课堂本P3)(例1)[处理建议](1)让学生重新动手作图,从中理顺关系;(2)要求BC,只要求出AB即可,因此考虑解△ABD.[规范板书]解过点D作DE∥AC交BC于E,因为∠DAC=15°,所以∠ADE=165°,于是∠ADB=360°-165°-75°=120°.又∠BAD=45°-15°=30°,所以∠ABD=30°.在△ABD中,由正弦定理,得AB===1000(m).在Rt△ABC中,BC=AB·sin45°=1000×=500(m).答:山的高度为500m.[题后反思](1)此题是正弦定理在高度测量问题中的应用,教学时应引导学生寻找和分析条件与结论所涉及的三角形中的边角关系;(2)复杂的应用题,涉及的往往不止一个三角形,要在不同的三角形中求出需要的边和角,再在一个三角形中解决主要问题,这就需要我们处理问题要有先后次序、条理清晰、目标明确.变式一货轮航行到M处,测得灯塔S在货轮的北偏东15°相距20n mile处,随后货轮按北偏西30°的方向航行,半小时后,又测得灯塔S在货轮的北偏东45°方向上,求货轮的航行速度.(变式)[规范板书]解设货轮的航行速度为v nmile/h,如图,在△MNS中,MS=20nmile,MN=v,∠NMS=30°+15°=45°,∠MNS=180°-30°-45°=105°,从而∠MSN=30°.由正弦定理得=,即=,所以v=20(-)(nmile/h).【例2】已知△ABC,证明:a=b cos C+c cos B(射影定理).[3](见学生用书课堂本P4) [处理建议]让学生回顾教材P56中正弦定理的证法一,进而使他们从中受到启发.[规范板书]证明由正弦定理得a=2R sin A,b=2R sin B,c=2R sin C,所以b cos C+c cos B=2R sin B cos C+2R sin C cos B=2R sin(B+C)=2R sin(180°-A)=2R sin A=a,所以a=b cos C+c cos B.[题后反思](1)三角形中的三角恒等式的证明,通常采用的方法是边角归一,即转化为边,或转化为角的单一的形式来证明;(2)实现边角归一的工具是正(余)弦定理;(3)要在解题的实践中不断积累这类题的解题方法.变式(教材P10例5)在△ABC中,AD是∠BAC的平分线(如图),证明:=.(内角平分线定理)(变式)[规范板书]证明设∠BAD=α,∠BDA=β,则∠CAD=α,∠CDA=180°-β.在△ABD和△ACD中分别运用正弦定理,得=,==,所以=,即=.*【例3】在△ABC中,已知a cos A=b cos B,试判断△ABC的形状.[4][处理建议](1)让学生回忆:特殊三角形有哪些?它们又是如何定义的?(2)启发学生从角或边考虑,寻求解题途径.[规范板书]解a cos A=b cos B⇒2R sin A cos A=2R sin B cos B⇒R sin2A=R sin2B⇒sin2A=sin2B⇒2A=2B或2A+2B=180°,即有A=B或A+B=90°,从而有A=B或C=90°.所以,此三角形为等腰三角形或直角三角形.[题后反思](1)此题是关于三角形的形状判断的问题,判断三角形的形状,通常是指等腰三角形、等边三角形、直角三角形或等腰直角三角形等特殊三角形;(2)此类问题,主要是借助于正(余)弦定理,将三角形中边的关系与角的关系相互转化:一方面可以转化为边的关系来判断;另一方面可以转化为角的关系来判断.此题是转化为角来判断的,学过余弦定理后,此题也可以转化为边来判断;(3)防止遗漏2A+2B=180°的发生.变式(教材P9例4)在△ABC中,已知==,试判断△ABC的形状.[规范板书]解==⇒==⇒==⇒tan A=tan B=tan C.又A,B,C∈(0,π),所以A=B=C,从而△ABC为正三角形.三、课堂练习1.海上有相距10n mile的A,B两个小岛,从A岛望B岛和C岛成60°角(即∠BAC=60°),从C岛望B岛和A岛成45°角(即∠ACB=45°),则B,C两岛之间的距离是5n mile.提示由正弦定理得BC===5(n mile).2.在△ABC中,若A∶B∶C=1∶2∶3,则a∶b∶c=1∶∶2.提示由A∶B∶C=1∶2∶3及A+B+C=180°,可求得A=30°,B=60°,C=90°.从而a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C=sin30°∶sin60°∶sin90°=1∶∶2.3.在△ABC中,已知b=2c sin B,求角C.解由b=2c sin B,得2R sin B=2×2R sin C sin B,即sin B(1-2sin C)=0.因为sin B≠0,所以sin C=.又C∈(0,π),因此C=或.4.在△ABC中,已知==,判断△ABC的形状.解由正弦定理得==,所以tan B=tan C=1.又B,C∈(0,π),所以B=C=,从而A=.因此,△ABC为等腰直角三角形.四、课堂小结通过本节课的学习,了解到正弦定理的应用主要体现在以下几个方面:(1)求三角形中的基本元素;(2)三角形中恒等式的证明;(3)判断三角形的形状:给出三角形中的三角关系式,判断三角形的形状,通常有两种方法:①统一化为角,再判断;②统一化为边,再判断.此外,在三角形中,对于恒等式的证明和三角形形状的判断这两类问题,尤其要注意正弦定理的变形形式的使用.第3课时余弦定理(1)教学过程一、问题情境1.在前面我们通过研究发现了正弦定理,并运用正弦定理解决了三角形中的两类问题.当两边夹一角或三条边确定了,这个三角形就确定了,其余的边和角也就确定了,但我们无法用正弦定理求出其余的边和角,这说明了什么呢?这只能说明我们对三角形的探究还不够深入,三角形中的边角关系我们还没有完全掌握,接下来我们该怎么办呢?2.在上节课中,我们通过等式=+的两边与(AD为△ABC中BC边上的高)作数量积,将向量等式转化为数量关系,进而推出了正弦定理.具体是如何操作的,你还有印象吗?二、数学建构问题1还有其他途径将向量等式=+数量化吗?(,,这三个向量的模与三角形的边长有关,它们的夹角与三角形的角有关,引导学生分析出:两边平方)·=(+)·(+)=+2·+=||2+2||||cos(π-A)+||2=c2-2cb cos A+b2,即a2=b2+c2-2bc cos A.同理可得b2=c2+a2-2ca cos B,c2=a2+b2-2ab cos C.上述等式表明,三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍.这样我们就得到余弦定理:余弦定理(形式一):a2=b2+c2-2bc cos A,b2=c2+a2-2ca cos B,c2=a2+b2-2ab cos C.问题2回顾正弦定理不同的证明方法,你还能尝试用其他方法证明余弦定理吗?(引导学生回顾通过建立平面直角坐标系,利用三角函数的定义证明正弦定理的方法,对照余弦定理的特点,产生如下证法)证明:建立如图1所示的平面直角坐标系,则A(0,0),B(c cos A,c sin A),C(b,0).(图1)所以a2=(c cos A-b)2+(c sin A)2=c2cos2A+c2sin2A-2bc cos A+b2=b2+c2-2bc cos A.同理可得b2=c2+a2-2ca cos B,c2=a2+b2-2ab cos C.(此证明方法的优点在于不必对角A进行锐角、直角、钝角等分类讨论)余弦定理也可以写成如下形式:余弦定理(形式二):cos A=,cos B=,cos C=.问题3余弦定理a2=b2+c2-2bc cos A这种形式能帮助我们解决正弦定理不能解决的什么问题?(引导学生分析等式左右两边的特点:右边涉及两边及其夹角,而左边涉到夹角的对边.即已知两边和它们的夹角,利用这种形式的余弦定理可求出第三边,进而求出其他两个角)问题4余弦定理cos A=这种形式能帮助我们解决正弦定理不能解决的什么问题?(引导学生分析等式左右两边的特点:右边涉及三边,而左边涉及一角.即已知三边,利用这种形式的余弦定理可求出三个角.这样,问题3、问题4对于正弦定理不能解决的两类遗留问题应用余弦定理就能彻底解决了)三、数学运用在证明了余弦定理之后,我们来进一步学习余弦定理的应用.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;(这类问题由于三边确定,故三角也确定,解唯一)(2)已知两边和它们的夹角,求第三边和其他两个角.(这类问题第三边是确定的,因而其他两个角唯一,故解唯一;不会产生类似利用正弦定理解三角形时所产生的判断取舍等问题)接下来,我们通过例题进一步体会与总结.【例1】(根据教材P14例1改编)在△ABC中,(1)已知b=8,c=3,A=60°,求a;(2)已知a=2,b=,c=+1,求A.[2](见学生用书课堂本P5) [处理建议](1)第一小题属于已知两边及夹角求边的类型,可通过余弦定理形式一求出第三边;第二小题属于已知三角形三边求角的类型,可以利用余弦定理形式二求出角;(2)这两小题是余弦定理直接简单的应用,可以让学生板演,培养学生的计算能力.[规范板书]解(1)由a2=b2+c2-2bc cos A,得a2=82+32-2×8×3×cos60°=49,∴a=7.(2)由cos A=,得cos A==,∴A=45°.[题后反思](1)若将例1的要求改为解三角形,那么后继问题又该怎样解决呢?(2)对于已知两边及夹角解三角形的类型,可通过余弦定理形式一先求出第三边,在第三边求出后,其余两角求解有两种思路:一是利用余弦定理形式二根据三边求第二个角,第三个角用三角形内角和定理求出;二是利用正弦定理根据两边及一边对角求解(但若用正弦定理求解,需对两种结果进行判断取舍,而在0°180°内,余弦有唯一解,故用余弦定理较好).(3)在解三角形时,如果正弦定理与余弦定理均可选用,那么求边用两个定理均可,求角用余弦定理则可免去判断取舍的麻烦.【例2】(教材P14例3)证明:在△ABC中,当∠C为锐角时,a2+b2>c2;当∠C为钝角时,a2+b2<c2.[3](见学生用书课堂本P6) [处理建议]条件是角,结论是边,而且还涉及三条边,自然会想到用余弦定理.[规范板书]证明当∠C为锐角时,cos C>0,由余弦定理得cos C=>0,即a2+b2-c2>0,所以a2+b2>c2.同理可证,当∠C为钝角时,a2+b2<c2.[题后反思]当∠C为直角时,则cos C=0,所以a2+b2=c2.因此,余弦定理可以看做是勾股定理的推广.变式钝角△ABC的三边的长为连续的自然数,求三边的长.[规范板书]解不妨设a=n,b=n+1,c=n+2(n∈N*),则角C为最大角且为钝角.∴ cos C=<0,∴a2+b2-c2<0,∴a2+b2<c2,∴n2+(n+1)2<(n+2)2,∴-1<n<3,又n∈N*且构成三角形,故n=2.所以三边的长分别为2,3,4.*【例3】在△ABC中,已知a=8,b=7,B=60°,求c及S△ABC.[4][处理建议](1)思路一:根据已知条件可以先由正弦定理求出角A,再结合三角形内角和定理求出角C,再利用正弦定理求出边c,而三角形面积由公式S△ABC=ac sin B可以求出.(2)思路二:若用余弦定理求c,表面上缺少角C,但可利用余弦定理b2=c2+a2-2ca cos B建立关于c的方程,也能达到求c的目的.[规范板书]解法一由正弦定理得=,∴ sin A=.∵a>b,∴A>B=60°,∴A有两解,∴A1≈81.8°,A2≈98.2°.∴C1=38.2°,C2=21.8°.由=,得c1=5,c2=3.∴S△ABC=ac1sin B=10或S△ABC=ac2sin B=6.解法二由余弦定理得72=c2+82-2×8·c·cos60°,整理得c2-8c+15=0,解得c1=5,c2=3.∴S △ABC=ac1sin B=10或S△ABC=ac2sin B=6.[题后反思](1)在解法一中,注意利用正弦定理应有两种结果,避免遗漏;而解法二更有耐人寻味之处,体现出余弦定理作为公式而直接应用的另外用处,即可以用之建立方程,从而运用方程的观点去解决问题,故解法二应引起学生的注意.(2)通过上述例题,可要求学生总结余弦定理在求解三角形时的适用范围(已知三边求任意角或已知两边及夹角解三角形),同时注意余弦定理在求角时的优势以及利用余弦定理建立方程的解法.变式在△ABC中,已知a=7,c=5,A=120°,求的值.[规范板书]解由余弦定理得72=b2+52-2×5·b·cos120°,整理得b2+5b-24=0,解得b1=3,b2=-8(舍去).所以==.四、课堂练习1.在△ABC中,(1)若a=20,b=29,c=21,则B=90°;(2)若a=3,c=2,B=150°,则b=7.[5]提示(1)∵ cos B===0,∴B=90°.(2)∵b2=c2+a2-2ca cos B=22+(3)2-2×2×3×=49,∴b=7.2.若三条线段的长分别为5,6,7,则用这三条线段构成的三角形中最大角的正弦值为.提示不妨设在构成的△ABC中,a=5,b=6,c=7,对应的角分别为A,B,C,则最大的角为 C.∵cos C===,∴ sin C=.3.在△ABC中,若a2=b2+c2+bc,则A=120°.提示∵ cos A===-,∴A=120°.五、课堂小结通过本节课的学习,我们一起研究了余弦定理的证明方法,同时又进一步了解了向量的工具性作用,并且明确了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;(这类问题由于三边确定,所以三角也确定,故解唯一)(2)已知两边和它们的夹角,求第三边和其他两个角.(这类问题第三边是确定的,因而其他两个角唯一,故解唯一;不会产生类似利用正弦定理解三角形时所产生的判断取舍等问题)第4课时余弦定理(2)教学过程一、问题情境1.你能举出在现实生活中与解三角形有关,但又是正弦定理所解决不了的例子吗?2.你能举出在数学本身内部哪些方面有可能会运用到余弦定理知识的例子吗?二、数学运用(例1)【例1】如图,甲船以30n mile/h的速度向正北方向航行,乙船按某固定方向匀速直线航行.当甲船位于A1处时,乙船位于甲船北偏西105°方向的B1处,此时两船相距20n mile;当甲船航行20min 到达A 2处时,乙船航行到甲船北偏西120°方向的B2处,此时两船相距10n mile.问:乙船每小时航行多少海里?[2](见学生用书课堂本P7) [处理建议](1)让学生读懂题意,帮助学生正确构造三角形是关键;(2)让学生自己结合题设条件、正弦定理或余弦定理求解.[规范板书]解如图1,连结A 1B2,由已知得A2B2=10,A1A2=30×=10,∴A1A2=A2B2.又∠A 1A2B2=180°-120°=60°,∴△A1A2B2是等边三角形,∴A1B2=A1A2=10.由已知得A1B1=20,∠B1A1B2=105°-60°=45°.(图1)在△A1B2B1中,由余弦定理得B1=A1+A1-2A1B1·A1B2·cos45°=202+(10)2-2×20×10×=200,∴B1B2=10.因此,乙船的速度为×60=30(n mile/h).答:乙船每小时航行30n mile.变式如图2,若连结A2B1,此题又如何求解呢?(图2)[规范板书]解如图2,连结A 2B1,由已知得A1B1=20,A1A2=30×=10,∠B1A1A2=105°.在△A2A1B1中,由余弦定理得A2=A1+A1-2A1B1·A1A2·cos105°=(10)2+202-2×10×20×=100(4+2),∴A 2B1=10(1+).由正弦定理得sin∠A1A2B1=·sin∠B1A1A2=·=,∴∠A1A2B1=45°,则∠B1A2B2=60°-45°=15°.在△B1A2B2中,A2B2=10,由余弦定理得B1=A2+A2-2A2B1·A2B2·cos15°=[10(1+)]2+(10)2-2×10(1+)×10×=200,∴B 1B2=10.因此,乙船的速度为×60=30(n mile/h).答:乙船每小时航行30n mile.[题后反思]变式的解法也是构造三角形的一种方法,但计算量大,通过比较,要让学生善于利用条件优化解题过程.【例2】在△ABC中,已知a cos B=b cos A,试判断△ABC的形状.[3](见学生用书课堂本P8) [处理建议]对于三角形形状的判断,可以根据角的关系,也可以根据边的关系,所以在已知条件的运用上,可以考虑两种途径:①将边转化为角;②将角转化为边.让学生从这两个角度进行分析.[规范板书]解法一(利用余弦定理化角为边)a cos B=b cos A⇒a·=b·⇒c2+a2-b2=b2+c2-a2,∴2a2=2b2,即a=b.故此三角形是等腰三角形.解法二(利用正弦定理化边为角)a cos B=b cos A⇒2R sin A cos B=2R sin B cos A,∴sin A cos B-cos A sin B=0,∴ sin(A-B)=0(亦可变到tan A=tan B).∵-π<A-B<π,∴A-B=0,即A=B.故此三角形是等腰三角形.[题后反思](1)在判定三角形形状时,一般考虑从两个方向进行变形,一个方向是边,走代数变形之路,通常是正、余弦定理结合使用;另一个方向是角,走三角变形之路,通常是运用正弦定理,要求学生注重边角转化的桥梁——正(余)弦定理.(2)走三角变形之路,就要熟练掌握三角公式,应注意在根据三角函数值求角时,一定要先确定角的范围.变式在△ABC中,已知2cos B sin A=sin C,试判断△ABC的形状.[规范板书]解法一2cos B sin A=sin C⇒2cos B sin A=sin[π-(A+B)]⇒2cos B sin A=sin(A+B)⇒2cos B sin A=sin A cos B+cos A sin B⇒c os B sin A=cos A sin B⇒=⇒tan A=tan B.又A,B∈(0,π),所以A=B.因此,△ABC为等腰三角形.解法二由正、余弦定理得2cos B sin A=sin C⇒2··=⇒c 2+a2-b2=c2⇒a2=b2⇒a=b.因此,△ABC为等腰三角形.【例3】(根据教材P16例6改编)在▱ABCD中,证明:AC2+BD2=2(AB2+AD2).[4](例3)(见学生用书课堂本P8) [处理建议](1)利用正(余)弦定理的前提是必须在三角形中,在四边形中如何选择有用的三角形是关键;(2)任何一个三角形都不可能包含四边,因此必须选择两个三角形,让学生按此思路,往下思考.[规范板书]证明设∠ABC=α,∠BCD=π-α.在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cosα①.在△BCD中,由余弦定理得BD2=CD2+BC2-2CD·BC·cos(π-α)②.因为cos(π-α)=-cosα,CD=AB,BC=AD,将①②两式相加得AC2+BD2=2(AB2+AD2).[题后反思]几何证明的关键是把有关量放到三角形中,借助正(余)弦定理,建立它们的关系,从而达到证明的效果,其中构造三角形是关键.(变式)变式(教材P16例6)如图,若AM是△ABC中BC边上的中线,求证:AM=.[规范板书]证明设∠AMB=α,则∠AMC=180°-α.在△ABM中,由余弦定理,得AB2=AM2+BM2-2AM·BM cosα.在△ACM中,由余弦定理,得AC2=AM2+MC2-2AM·MC cos(180°-α).因为cos(180°-α)=-cosα,BM=MC=BC,所以AB2+AC2=2AM2+BC2,因此,AM=.*【例4】在△ABC中,求证:a2sin2B+b2sin2A=2ab sin C.[5][处理建议]此题所证结论包含△ABC的边角关系,证明时可以考虑两种途径:一是把角的关系通过正、余弦定理转化为边的关系;二是把边的关系转化为角的关系,一般是通过正弦定理.让一部分学生走“化为边”这一途径,让另一部分学生走“化为角”这一途径.[规范板书]证法一(化边为角)a2sin2B+b2sin2A=(2R sin A)22sin B·cos B+(2R sin B)22sin A·cos A=8R2sin A·sin B(sin A cos B+cos A sin B)= 8R2sin A sin B sin C=2·2R sin A·2R sin B·sin C=2ab sin C.所以原式得证.证法二(化角为边)左边=a2·2sin B cos B+b2·2sin A cos A=a2··+b2··=(a2+c2-b2+b2+c2-a2)=·2c2==2ab·=2ab sin C=右边.所以原式得证.[题后反思](1)由边向角转化,通常利用正弦定理的变形形式(a=2R sin A,b=2R sin B,c=2R sin C),在转化为角的关系式后,要注意三角函数公式的运用,在此题证明过程中用到了正弦二倍角公式sin2A=2sin A cos A,正弦两角和公式sin(A+B)=sin A cos B+cos A sin B;由角向边转化,要结合正弦定理变形形式以及余弦定理形式二.(2)三角形中的有关证明问题,主要是围绕三角形的边和角的三角函数展开,从某种意义上来看,这类问题就是有了目标的含边和角的式子的化简问题.变式已知△ABC,请用余弦定理证明:a=b cos C+c cos B.[规范板书]证明b cos C+c cos B=b·+c·===a,即有a=b cos C+c cos B.四、课堂练习1.在▱ABCD中,已知B=120°,AB=6,BC=4,则AC=2,BD=2.提示由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2·AB·BC·cos B=62+42-2×6×4×cos120°=76,∴AC=2.由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2·AD·AB·cos A=42+62-2×4×6×cos60°=28,∴BD=2.2.在△ABC中,证明:b=c cos A+a cos C.(请你尝试用两种不同方法证明)证法一c cos A+a cos C=2R sin C cos A+2R sin A cos C=2R sin(A+C)=2R sin(π-B)=2R sin B=b,即b=c cos A+a cos C.证法二c cos A+a cos C=c·+a·==b,即证.3.在△ABC中,已知a,b是方程x2-2x+2=0的两个根,且2cos(A+B)=-1,求c.解∵2cos(A+B)=-1,∴cos(A+B)=-,而0<A+B<180°,∴A+B=120°,∴C=60°.由题易得a+b=2,ab=2,∴a2+b2=(a+b)2-2ab=(2)2-2×2=8.而c=a2+b2-2ab cos C=8-2×2×cos60°=6,∴c=.五、课堂小结1.我们熟悉了正、余弦定理在进行边角关系转换时的桥梁作用,并利用了正、余弦定理对三角恒等式进行证明以及对三角形形状进行判断.2.我们要体会正、余弦定理的边角转换功能,注意常见解题方法与解题技巧的总结,不断提高三角形问题的求解能力.第5课时正弦定理、余弦定理的应用(1)教学过程一、问题情境问题复习前两节的例题、练习、习题,总结一下:正弦定理、余弦定理能解决实际中的哪些问题?(正弦定理、余弦定理体现了三角形中边角之间的相互关系,在测量、航海、几何、物理学等方面都有非常广泛的应用.下面,我们将举例来说明解三角形在实际中的一些应用)二、数学建构正弦定理:===2R;a=2R sin A,b=2R sin B,c=2R sin C;a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C.余弦定理:a2=b2+c2-2bc cos A,b2=c2+a2-2ca cos B,c2=a2+b2-2ab cos C;cos A=,cos B=,cos C=.三、数学运用【例1】如图,位于A处的信息中心获悉:在其正东方向相距40n mile的B处有一艘渔船遇险,正在原地等待营救.信息中心立即把这一消息告知在其南偏西30°方向、相距20n mile的C处的乙船,现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援,求cosθ的值.[2](见学生用书课堂本P9)(例1)[处理建议]思路解析:本例考查了正弦定理、余弦定理的建模应用.如图,确定θ,关键是确定∠ACB,于是问题转化为求△ABC中的∠ACB,应用问题就转化为解三角形问题.[规范板书]解连接BC,在△ABC中,AB=40,AC=20,∠BAC=120°,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC=402+202+2×40×20×=2800,∴BC=20.由正弦定理得sin∠ACB===.由∠BAC=120°,知∠ACB为锐角,则cos∠ACB=.由θ=∠ACB+30°,得cosθ=cos(∠ACB+30°)=cos∠ACB cos30°-sin∠ACB sin30°=.[题后反思](1)熟练掌握正、余弦定理的应用;(2)测量角度,首先应明确方位角、方向角等含义;(3)在解应用题时,首先分析题意,分清已知与所求,再根据题意正确画出示意图;(4)解题时要注意体会正弦定理、余弦定理“联袂”使用的优点,同时注意三角函数知识在求解过程中的应用.变式一船自西向东匀速航行,上午10时到达一座灯塔P南偏西75°的方向、距塔68n mile的M处,下午2时到达这座灯塔东南方向的N处,求这只船的航行速度.(变式)[规范板书]解如图,在△PMN中,由正弦定理得MN===34,∴v==(n mile/h).即这只船的航行速度为n mile/h.【例2】在海岸A处,发现北偏东45°方向、距离A处(-1)n mile的B处有一艘走私船,若在A处北偏西75°方向、距离A处2n mile的C处的缉私船奉命以10n mile/h的速度追截走私船,此时,走私船正以10n mile/h的速度从B处向北偏东30°的方向逃跑,问:缉私船沿什么方向能最快追上走私船?[3]。

第一章 解三角形学习目标 1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识.2.能灵活、熟练运用正弦、余弦定理解三角形．3．能解决三角形与三角变换的综合问题及实际问题.知识点一 正弦定理及其推论 设△ABC 的外接圆半径为R ，则 1.asin A＝________＝________＝________. 2．a ＝________，b ＝________，c ＝________.3．sin A ＝________，sin B ＝________，sin C ＝________. 4．在△ABC 中，A >B ⇔________⇔________.知识点二 余弦定理及其推论1．a 2＝________________，b 2＝________________，c 2＝________________.2．cos A ＝________；cos B ＝________； cos C ＝________.3．在△ABC 中，c 2＝a 2＋b 2⇔C 为________；c 2>a 2＋b 2⇔C 为________；c 2<a 2＋b 2⇔C 为________．知识点三 三角形面积公式 1．S ＝12ah a ＝12bh b ＝12ch c .2．S ＝12ab sin C ＝12bc sin A ＝12ca sin B .类型一 利用正弦、余弦定理解三角形例1 如图，在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，BC ＝23，点D 在BC 边上，∠ADC ＝45°，求AD 的长．反思与感悟 解三角形的一般方法：(1)已知两角和一边，如已知A 、B 和c ，由A ＋B ＋C ＝π求C ，由正弦定理求a 、b . (2)已知两边和这两边的夹角，如已知a 、b 和C ，应先用余弦定理求c ，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A ＋B ＋C ＝π，求另一角．(3)已知两边和其中一边的对角，如已知a 、b 和A ，应先用正弦定理求B ，由A ＋B ＋C ＝π求C ，再由正弦定理或余弦定理求c ，要注意解可能有多种情况．(4)已知三边a 、b 、c ，可应用余弦定理求A 、B 、C .跟踪训练1 如图，在△ABC 中，∠B ＝π3，AB ＝8，点D 在BC 边上，CD ＝2，cos∠ADC ＝17.(1)求sin∠BAD ； (2)求BD ，AC 的长．类型二 三角变换与解三角形的综合问题命题角度1 三角形形状的判断例2 在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·sin(A＋B)，试判断△ABC的形状．命题角度2 三角形的边、角及面积的求解例3 △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝b cos C＋c sin B.(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC的面积的最大值．反思与感悟 该类问题以三角形为载体，在已知条件中涉及了三角形的一些边角关系，在运用定理进行边角互化时，经常用到三角函数中两角和与差的公式及倍角公式等．跟踪训练2 在△ABC 中，a ，b ，c 分别是三个内角A ，B ，C 的对边，若a ＝2，C ＝π4，cosB2＝255，求△ABC 的面积S .类型三 正弦、余弦定理在实际中的应用例4 某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：A 、B 、C 三地位于同一水平面上，在C 处进行该仪器的垂直弹射，观测点A 、B 两地相距100米，∠BAC ＝60°，在A 地听到弹射声音的时间比在B 地晚217秒．在A 地测得该仪器弹至最高点H 时的仰角为30°，求该仪器的垂直弹射高度CH (声音的传播速度为340米/秒)．反思与感悟应用解三角形知识解决实际问题的步骤：(1)分析题意，准确理解题意；(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦、余弦定理等有关知识正确求解；(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案．跟踪训练3 甲船在A处，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向北偏西60°方向行驶，问经过多少小时后，甲、乙两船相距最近？1．在△ABC中，关于x的方程(1＋x2)sin A＋2x sin B＋(1－x2)sin C＝0有两个不等的实根，则A为________角．(填“锐”，“直”，“钝”)2．在△ABC中，AB＝3，BC＝13，AC＝4，则边AC上的高为________．3．设a，b，c是△ABC的三条边，对任意实数x，f(x)＝b2x2＋(b2＋c2－a2)x＋c2，则f(x)与0的大小关系为________．4.如图所示，某动物园要为刚入园的小老虎建造一间两面靠墙的三角形露天活动室，已知已有的两面墙的夹角为60°(即C＝60°且两面墙的长度足够大)，现有可供建造第三面围墙的材料6米(即AB长为6米)，记∠ABC＝θ.当θ＝105°时，求所建造的三角形露天活动室的面积．1．在三角形中，大角对大边，大边对大角；大角的正弦值也较大，正弦值较大的角也较大，即在△ABC中，A>B等价于a>b等价于sin A>sin B.2．根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径：(1)化边为角；(2)化角为边，并常用正弦(余弦)定理实施边、角转换．3．正弦定理是一个关于边角关系的连比等式，在运用此定理时，只要知道其比值或等量关系就可以通过约分达到解决问题的目的，在解题时要学会灵活运用．运用余弦定理时，要注意整体思想的运用．答案精析知识梳理 知识点一 1.b sin Bcsin C2R2．2R sin A 2R sin B 2R sin C 3.a 2R b 2R c2R 4．a >b sin A >sin B 知识点二1．b 2＋c 2－2bc cos A c 2＋a 2－2ca cos B a 2＋b 2－2ab cos C2.b 2＋c 2－a 22bc c 2＋a 2－b 22ca a 2＋b 2－c 22ab3．直角 钝角 锐角 题型探究例1 解 在△ABC 中， ∵AB ＝AC ＝2，BC ＝23，由余弦定理，得cos C ＝BC 2＋AC 2－AB 22BC ·AC ＝32，∴sin C ＝12.在△ADC 中，由正弦定理， 得ADsin C ＝ACsin∠ADC，∴AD ＝222×12＝ 2. 跟踪训练1 解 (1)在△ADC 中，因为cos∠ADC ＝17，所以sin∠ADC ＝437.所以sin∠BAD ＝sin(∠ADC －∠B ) ＝sin∠ADC cos B －cos∠ADC sin B＝437×12－17×32＝3314. (2)在△ABD 中，由正弦定理，得 BD ＝AB sin∠BADsin∠ADB ＝8×3314437＝3.在△ABC 中，由余弦定理，得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B ＝82＋52－2×8×5×12＝49，所以AC ＝7.例2 解 ∵(a 2＋b 2)sin(A －B ) ＝(a 2－b 2)sin(A ＋B )， ∴b 2[sin(A ＋B )＋sin(A －B )] ＝a 2[sin(A ＋B )－sin(A －B )]， ∴2b 2sin A cos B ＝2a 2cos A sin B ， 即a 2cos A sin B ＝b 2sin A cos B . 方法一 由正弦定理知a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，∴sin 2A cos A sinB ＝sin 2B sin A cos B ， 又sin A sin B ≠0，∴sin A cos A ＝sin B cos B ， ∴sin 2A ＝sin 2B .在△ABC 中，0＜2A ＜2π，0＜2B ＜2π， ∴2A ＝2B 或2A ＝π－2B ， ∴A ＝B 或A ＋B ＝π2.∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形． 方法二 由正弦定理、余弦定理，得a 2b ×b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2a ×a 2＋c 2－b 22ac，∴a 2(b 2＋c 2－a 2)＝b 2(a 2＋c 2－b 2)， ∴(a 2－b 2)(a 2＋b 2－c 2)＝0， ∴a 2－b 2＝0或a 2＋b 2－c 2＝0.即a ＝b 或a 2＋b 2＝c 2.∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形． 例3 解 (1)由正弦定理a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，得2R sin A ＝2R sin B cos C ＋2R sin C sin B . 即sin A ＝sin B cos C ＋sin C sin B . 又A ＝π－(B ＋C )，∴sin[π－(B ＋C )]＝sin(B ＋C ) ＝sin B cos C ＋sin C sin B ，即sin B cos C ＋cos B sin C ＝sin B cos C ＋sin C sin B ， ∴cos B sin C ＝sin C sin B . ∵sin C ≠0，∴cos B ＝sin B 且B 为三角形内角， ∴B ＝π4.(2)S △ABC ＝12ac sin B ＝24ac ，由正弦定理，得a ＝b sin A sin B ＝222×sin A ＝22sin A ， 同理，c ＝22sin C ， ∴S △ABC ＝24×22sin A ×22sin C ＝22sin A sin C ＝22sin A sin(3π4－A )＝22sin A (sin 3π4cos A －cos 3π4sin A )＝2(sin A cos A ＋sin 2A ) ＝sin 2A ＋1－cos 2A＝2sin(2A －π4)＋1∴当2A －π4＝π2，即A ＝3π8时，∴S △ABC 有最大值2＋1.跟踪训练2 解 因为cos B ＝2cos 2B 2－1＝35，故B 为锐角，所以sin B ＝45，所以sin A ＝sin(π－B －C ) ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫3π4－B＝sin 3π4cos B －cos 3π4sin B ＝7210.由正弦定理，得c ＝a sin C sin A ＝107， 所以S △ABC ＝12ac sin B ＝12×2×107×45＝87.例4 解 由题意，设AC ＝x ， 则BC ＝x －217×340＝x －40.在△ABC 中，由余弦定理，得BC 2＝BA 2＋AC 2－2·BA ·AC ·cos∠BAC ，即(x －40)2＝10 000＋x 2－100x ，解得x ＝420. 在Rt△ACH 中，AC ＝420，∠CAH ＝30°， 所以CH ＝AC ·tan∠CAH ＝140 3.答 该仪器的垂直弹射高度CH 为1403米．跟踪训练3 解 设甲、乙两船经t 小时后相距最近且分别到达P 、Q 两处，因乙船到达A 处需2小时．①当0≤t ＜2时，如图(1)，在△APQ 中，AP ＝8t ，AQ ＝20－10t ， 所以PQ ＝ AQ 2＋AP 2－2AQ ·AP ·cos 120° ＝20－10t 2＋8t 2－220－10t ×8t ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12 ＝84t 2－240t ＋400＝221t 2－60t ＋100；②当t ＝2时，PQ ＝8×2＝16；③当t >2时，如图(2)，在△APQ 中，AP ＝8t ，AQ ＝10t －20， ∴PQ ＝AQ 2＋AP 2－2AQ ·AP cos 60°＝221t 2－60t ＋100.综合①②③知，PQ ＝221t 2－60t ＋100(t ≥0)．当且仅当t ＝3021＝107时，PQ 最小． 答 甲、乙两船行驶107小时后，相距最近． 当堂训练1．锐 2.3323.f (x )>0 4．解 在△ABC 中， AC sin θ＝AB sin 60°＝BC sin θ＋60°. 化简得AC ＝43·sin θ(米)，BC ＝43·sin(θ＋60°)(米)．当θ＝105°时，AC ＝43·sin θ＝43·sin 105° ＝43cos 15°(米)，BC ＝43·sin(θ＋60°)＝43si n 165° ＝43sin 15°(米)．所以S △ABC ＝12AC ·BC ·sin 60°＝33(平方米)．。