必修5 第一章：解三角形学案

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。

《解三角形应用举例》教案一、教学目标1.知识与技能能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些有关底部不可到达的物体高度测量的问题.2.过程与方法（1）通过解决“底部不可到达的物体高度测量”的问题，初步掌握将实际问题转化为解斜三角形的问题的方法.（2）进一步提高利用正弦定理、余弦定理解斜三角形的能力，提高运用数学知识解决实际问题的能力.3.情感、态度与价值观进一步培养学生学习数学、应用数学的意识及观察、归纳、类比、概括的能力二、教学重点和难点教学重点：结合实际测量工具，解决生活中的测量高度问题.教学难点：能观察较复杂的图形，从中找到解决问题的关键条件.教学关键：将实际问题中的高度问题转化为数学问题.教学突破方法：通过分析实践、自主探究、合作交流等一系列的寻求问题解决方法的活动，讨论解决方法，步步改进方法，探求最佳方法.三、教法与学法导航教学方法：本节课是解三角形应用举例的延伸.采用启发与尝试的方法，让学生在温故知新中学会正确识图、画图、想图，帮助学生逐步构建知识框架.通过3道例题的安排和练习的训练来巩固深化解三角形实际问题的一般方法.教学形式要坚持“引导——讨论——归纳”，目的不在于让学生记住结论，更多的要养成良好的研究、探索习惯.作业设计思考题，提供学生更广阔的思考空间.学习方法：学生通过数学建模，自主探究、合作交流，在实践中体验过程，在过程中感受应用，在交流中升华.四、教学过程1.创设情境，导入新课提问：现实生活中，人们是怎样测量底部不可到达的建筑物高度呢？又怎样在水平飞行的飞机上测量飞机下方山顶的海拔高度呢？今天我们就来共同探讨这方面的问题.2.主题探究，合作交流例1 如图1，AB 是底部B 不可到达的一个建筑物，A 为建筑物的最高点，设计一种测量建筑物高度AB 的方法.图1分析：求AB 长的关键是先求AE ，在△ACE 中，如能求出点C 到建筑物顶部A 的距离CA ，再测出由点C 观察A 的仰角，就可以计算出AE 的长.解：选择一条水平基线HG ，使H 、G 、B 三点在同一条直线上.在H 、G 两点用测角仪器测得A 的仰角分别是α、β，CD =a ，测角仪器的高是h ，那么，在△ACD 中，根据正弦定理可得： )sin(sin βαβ-=a AC ， h a h AC h AE AB +-=+=+=)sin(sin sin sin βαβαα. 例 2 如图2，在山顶铁塔上B 处测得地面上一点A 的俯角0454'︒=α，在塔底C 处测得A 处的俯角150'︒=β.已知铁塔BC 部分的高为27.3 m ，求出山高CD （精确到1m ）.图2教师：根据已知条件，大家能设计出解题方案吗（给时间给学生讨论思考）？若在△ABD 中求CD ，则关键需要求出哪条边呢？学生：需求出BD 边.教师：那如何求BD 边呢？学生：可首先求出AB 边，再根据∠BAD=α求得.解:在△ABC 中，∠BCA =90°+β，∠ABC =90°-α，∠BAC =αβ-，∠BAD =α.根据正弦定理， )sin(βα-BC =)90sin(β+︒AB.所以 AB =)sin()90sin(βαβ-+︒BC =)sin(cos βαβ-BC .在Rt △ABD 中，得：BD =AB sin ∠BAD =)sin(sin cos βααβ-BC .将测量数据代入上式，得：BD =)1500454sin(0454sin 150cos 3.27'-'''︒︒︒︒ =934sin 0454sin 150cos 3.27'''︒︒︒≈177.4（m ）.CD =BD -BC ≈177-27.3=150（m ）.学生：山的高度约为150 m.教师：有没有别的解法呢？学生：若在.△ACD 中求CD ，可先求出AC .教师：分析得很好，请大家接着思考如何求出AC ？学生：同理，在△ABC 中，根据正弦定理求得.（解题过程略）例3 如图3，一辆汽车在一条水平的公路上向正东行驶，到A 处时测得公路南侧远处一山顶D 在东偏南15°的方向上，行驶5km 后到达B 处，测得此山顶在东偏南25°的方向上，仰角为8°，求此山的高度CD （精确到1m ）.图3教师：欲求出CD ，大家思考在哪个三角形中研究比较适合呢？学生：在△BCD 中教师：在△BCD 中，已知BD 或BC 都可求出CD ，根据条件，易计算出哪条边的长？ 学生：BC 边解:在△ABC 中， ∠A =15°，∠C = 25°-15°=10°，根据正弦定理，A BC sin =CAB sin ， BC =C A AB sin sin =︒︒10sin 15sin 5≈7.452 4（km ）. tan tan81047(m)CD BC DBC BC =⨯∠≈⨯︒≈答：山的高度约为1047m.教材第15页练习第1、2、3题.3.小结利用正弦定理和余弦定理来解题时，要学会审题及根据题意画方位图，要懂得从所给的背景资料中进行加工、抽取主要因素，进行适当的简化.4.课外作业（1）教材第19、20页习题1.2 A 组第6，7，8题（2）为测某塔AB 的高度，在一幢与塔AB 相距20m 的楼的楼顶处测得塔顶A 的仰角为30︒，测得塔基B 的俯角为45°，则塔AB 的高度为多少m ？答案：20+3320m。

必修五第一章解三角形复习学案一、知识梳理： 解斜三角形时可用的定理和公式适用类型 备注余弦定理222a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩①已知三边；②已知两边及其夹角；类型①②有解时只有一个正弦定理：sin ac B===③已知两角和一边； ④已知两边及其中一边的对角； 类型③有解时只有一个，类型④可有解、一解或无解 三角形面积公式：S ⎧⎪=⎨⎪⎩⑤已知两边及其夹角（1）余弦定理变形：cos A = ；cos B = ；cos C = .（2）正弦定理变形：C B A c b a sin :sin :sin ::= ………………………适用边角互化。

（3）22a b +<2c 则角C 为 角 22a b +＞2c 则角C 为 角。

二、试题训练：选择填空试题（每小题5分共计60分）1、在ABC ∆中，已知2=a ，2=c ，︒=30A ，那么B 等于（ ）A ．︒15B ．︒15或︒105C ．︒45D ．︒45或︒1352、 在△ABC 中，A ＝60°，b ＝1，其面积为3，则C B A cb a sin sin sin ++++等于( )A ．33B ．3392 C ．338 D ．2393、在ABC ∆中，下列关系式不一定成立的是（ ） A ．sin sin a B b A =B ．cos cos a bC c B =+C ．2222cos a b c ab C +-=D ． sin sin b c A a C =+4、在△ABC 中，A B B A 22sin tan sin tan ⋅=⋅，那么△ABC 一定是（ ）A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．等腰三角形D ．等腰三角形或直角三角形 5、已知ABC ∆的三边长3=a ，5=b ，6=c ，则ABC ∆的面积是（ ） A ．14 B ．142 C ．15 D ．152 6、在ABC ∆中，若cCb B a A sin cos cos ==，则ABC ∆是（ ） A ．有一内角为︒30的直角三角形 B ．等腰直角三角形 C ．有一内角为︒30的等腰三角形 D ．等边三角形7、△ABC 中，∠A=60°, a= 6 , b=4, 那么满足条件的△ABC ( )A 有 一个解B 有两个解C 无解D 不能确定8、如图，从气球A 测得正前方的河流上的桥梁两端B 、C 的俯角分别为α、β，如果这时气球的高度是h ，则桥梁BC 的长度为（ ） A.sin()sin sin h αβαβ- B. sin sin sin()h αβαβ-C. sin sin sin()h αβαβ-D. sin sin sin()h βααβ-9、如果ABC ∆中，222c bc b a ++=，那么A 等于__________。

（新课标）2015-2016学年高中数学第一章解三角形教学设计新人教A版必修5从容说课本章主要学习了正弦定理和余弦定理、应用举例以及实习作业．正弦定理、余弦定理是反映三角形边、角关系的重要定理．利用正弦定理、余弦定理，可以将三角形中的边的关系与角的关系进行相互转化，许多几何问题也可以转化为解三角形的问题来研究．本节课是人教版数学必修五第一章解三角形的全章复习教学重点1.在已知三角形的两边及其中一边的对角解三角形时，有两解或一解或无解等情形2.三角形各种类型的判定方法；三角形面积定理的应用3.正、余弦定理与三角形的有关性质的综合运用．教学难点定理及有关性质的综合运用．教具准备多媒体投影仪三维目标一、知识与技能1.掌握在已知三角形的两边及其中一边的对角解三角形时，有两解或一解或无解等情形确良；2.三角形各种类型的判定方法；3.三角形面积定理的应用二、过程与方法通过引导学生分析，解答典型例题，使学生学会综合运用正、余弦定理，三角函数公式及三角形有关性质求解三角形问题．三、情感态度与价值观通过正、余弦定理，在解三角形问题时沟通了三角形的有关性质和三角函数的关系，反映了事物之间的必然联系及一定条件下相互转化的可能，从而从本质上反映了事物之间的内在联系．教学过程导入新课师 本章我们共学习了哪些内容？ 生本章我们学习了正弦定理与余弦定理师你能讲出正弦定理、余弦定理的具体内容吗？生 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R CcB b A a 2sin sin sin ===； 余弦定理: a 2=b 2+c 2-2bcco s A，b 2=a 2+c 2-2acco s B， c 2=b 2+a 2-2baco s Cabc b a C ac b c a cisB bc a c b A 2cos ,2,2cos 222222222-+=-+=-+=师很好！哪位同学来说说运用正弦定理、余弦定理可以解决哪些类型的问题？ 生 正弦定理可以解决以下两类问题：（1）已知两角和一边解三角形；（2）已知两边及其中一边的对角解三角形.余弦定理可以解决以下两类问题:(1)已知三边解三角形；（2）已知两边及其夹角解三角形生 老师，我来补充.利用正弦定理的解题的类型（1）在有解时只有一解，类型（2）可有解、一解和无解；利用余弦定理的解题的两种类型有解时只有一解师 very good！除了以上这些，我们还学习了什么？ 生 除了正弦定理、余弦定理我们还学习了三角形面积公式：C ab B ac A bc S sin 21sin 21sin 21===C ，利用它我们可以解决已知两边及其夹角求三角形的面积师 你说的非常完善，你是我们全班同学学习的榜样.希望我们全班同学都向他学习推进新课 多媒体投影生 老师，我也来补充.利用正弦定理、余弦定理我们还可以解决实际生活中的一些问题:有关测量距离、高度、角度的问题．师 看来同学们对解三角形这一章掌握得都不错．下面，我们来看一下例题与练习． ［例题剖析］【例１】在△ABC 中，若sin A ＞sin B ，则A 与B 的大小关系为生 这个题目以前做过的，A 与B的大小关系不定． 师 对吗？生我认为不对．我以前做过的题目中没有“在△ABC 中”这个条件． （其他学生一致认可） 师 那本题应该怎么做呢？生 我觉得答案应该是A ＞B ，但是理由我说不上来． 生 我来说．因为在△ABC 中，由正弦定理得R CcB b A a 2s i n s i n s i n ===,所以 a =2Rsin A ,B =2Rsin B .又因为sin A ＞sin B ，所以A ＞B ． 又因为在三角形中，大边对大角，所以A ＞B ． 师 好，你解得非常正确．【例２】在△ABC 中，若△ABC 的面积为S ，且2S=(a +b )2-C 2，求t a n C 的值． 师 拿到题目你怎么考虑，从哪里下手？生 利用三角形的面积公式，代入已知条件2S=(A +B )2-C 2中，再化简师 用面积公式S=21 bc in A =21ac sin B =21ab sin C 中的哪一个呢？ 生 用哪一个都可以吧生 不对，应该先化简等式右边，得A +B 2-C 2=A 2+2AB +B 2-C 2，出现了A 与B 的乘积：AB ，而2abco s C =a 2+b 2-c 2，因此面积公式应该用S=21ab sin C ，代入等式得ab sin C =a 2+b 2+2ab -C 2=2ab -2abco s C .化简得tan2C=2． 从而有344142tan 12tan2tan 2-=-=-=C CC． 师 思路非常清晰，请同学们思考本题共涉及到了哪些知识点？ 生 正弦定理、余弦定理与三角形面积公式． 生还有余切的二倍角公式． 师 你能总结这类题目的解题思路吗？生拿到题目不能盲目下手，应该先找到解题切入口． 师 对，你讲得很好．生正弦定理、余弦定理都要试试．【例3】 将一块圆心角为120°，半径为20 c m 的扇形铁片裁成一块矩形，有如图（1）、（2）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？并求出这个最大值师本题是应用题，怎么处理？生由实际问题抽象出数学模型，找到相应的数学知识来解决分析:这是一个如何下料的问题，从图形的特点来看，涉及到线段的长度和角度，将这些量放置在三角形中，通过解三角形求出矩形的边长，再计算出两种方案所得矩形的最大面积，加以比较，就可以得出问题的结论解：按图（1）的裁法：矩形的一边O P 在OA 上，顶点M 在圆弧上，设∠M OA =θ，则|MP|=20sin θ,|OP |=20co s θ, 从而S=400sin θco s θ=200sin2θ， 即当4πθ=时，S m a x按图（2）的裁法：矩形的一边PQ 与弦AB 平行，设∠M O Q=θ，在△M O Q 中，∠O QM=90°+30°=120°,由正弦定理，得|MQ|=θθsin 2340120sin sin 20=︒又因为|MN |=2|OM |sin(60°-θ)，=40sin(60°-θ),所以S=|MQ |·|MN |=331600sin θsin(60°-θ)=331600｛-21［co s60°-co s(2θ-60°)］｝=33800［cos(2θ-60°)-co s60°］所以当θ=30°时，S m a x =33400由于33400＞200，所以用第二种裁法可裁得面积最大的矩形，最大面积为33400c m 2评注:正弦定理、余弦定理在测量（角度、距离）、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【例4】如果一个三角形的三边是连续的三个自然数，求所有这些三角形中的最大角的度数．（精确到0.1°） 师 已知什么，要求什么？生（齐答）已知三角形的三边，要求三角形中的角． 师 怎么处理呢？生用正弦定理或余弦定理实现三角形中边与角的转化，可是三条边的值不知道啊． 生条件中三角形的三边是连续的三个自然数，那么我们可以设这三个连续的自然数为n-1，n ，n+1，最大的角为θ，则)1(2321)1(24)1(2)1()1(cos 2222--=--=-+--+=n n n n n n n n n n θ师 接下来怎么做呢？生 因为co s θ是［0°,180°］内的减函数，所以要求θ的最大值即求co s θ的最小值．师cos θ的最小值怎么求呢？ 生 因为cos θ＞－１，从而有)1(2321--n ＞-1)1(23-⇒n ＜23n-1＞1⇒n ＞又因为n 为自然数，所以当n=3时，（cos θ）=-41，所以θ的最大值为104.5°．（教师用多媒体投影）解：设这三个连续的自然数为n-1，n ，n+1，最大的角为θ，则)1(2321)1(24)1(2)1()1(cos 2222--=--=-+--+=n n n n n n n n n n θ因为cos θ是［0°,180°］内的减函数，所以要求θ的最大值即求co s θ的最小值，且cos θ＞－１，从而有)1(2321--n ＞-1)1(23-⇒n ＜⇒23n-1＞1⇒n ＞2．因此，当n=3时，（cos θ）min =-41，所以θ的最大值为104.5°． 师 下面我们来看一组练习 多媒体投影1.在△ABC 中，若A =30°,B =45°,C =6，则A 等于（ ）A.26-B.26(2-C.)26(3-D.)26(4-2.在△ABC 中，若a =7,b =4,c =5, 则△ABC 的面积为（精确到0.１）（ ） A ．B ．C ．10.3D ．3.某人站在山顶向下看一列车队向山脚驶来，他看见第一辆车与第二辆车的俯角差等于他看见第二辆车与第三辆车的俯角差，则第一辆车与第二辆车的距离D 1与第二辆车与第三辆车的距离D 2之间的关系为（ ） A.d 1＞d 2B.d 1=d 2C.d 1＜d 2D.大小确定不了4.在△ABC 中，若A ·co t A =bco t B ，则△ABC 是_______三角形．5.在异面直线A ,B 上有两点M 、N ，EF 是直线A ,B 的公垂线段，若EM ＝５，EF ＝３，FN ＝４，MN ＝６，则异面直线A ,B 所成的角为___________．（精确到1°） 练习题答案：4.等腰课堂小结同学们本节课你的收获是什么？生 正弦定理、余弦定理都是联系三角形边和角的关系式生 凡是可用正弦定理的时候，都可以用余弦定理；当关系式中有边的平方项时，可以考虑余弦定理生 已知两边一对角求解三角形时用余弦定理讨论二次方程，更容易判断是无解、一解还是两解的问题生 利用正弦定理和余弦定理解决几何问题的关键还是在于找出图形中的边角关系，然后假设有关的边和角，利用正弦定理和余弦定理建立边或角的关系式生 在运用正弦定理、余弦定理解决实际问题时，通常都根据题意，从实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后通过解这些三角形，得出实际问题的解.其基本步骤是（1）分析：理解题意，弄清已知与未知，画出示意图（一个或几个三角形）；（2）建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与待求量尽可能地集中在有关三角形中，建立一个解斜三角形的数学模型；（3）求解：利用正弦定理、余弦定理解这些三角形，求得数学模型的解； （4）检验：检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解布置作业1.已知锐角三角形的三边长分别为2、3、x ，则x 的取值范围是__________． 2.在△ABC 中，已知t a n A =21,t a n B =31，试求最长边与最短边的比． 3.某人坐在火车上看风景，他看见远处有一座宝塔在与火车前进方向成30°角的直线上，1分钟后，他看见宝塔在与火车前进方向成45°角的直线上，设火车的速度是100 km/h ，求宝塔离开铁路线的垂直距离． 答案：1.(5,132.解：因为t a n A =21,t a n B =31，所以1312113121tan tan 1tan tan )tan(=∙-+=-+=+BA BA B A ．因为0°＜A ＜45°，0°＜B ＜45°，所以A +B = 45°． 所以3510103135sin sin sin =︒==B C b c ，所以最长边与最短边的比为35． ３.解：如图，设宝塔在C 点，先看时的位置为A ，再看时的位置为B ，由题意知∠BAC =45°-30°=15°,AB =3560100=（km ）， AC =)13(3513515sin 53sin sin +=︒︒=∠∙∠=ABC BCA AB AC所以C 点到直线AB 的距离为d =AC ·sin30°=65(3+1)（km ）．板书设计 例例3备课资料解三角形三角形的三条边和三个内角是三角形的六个基本元素．已知其中的三个基本元素(至少有一个是边)求其余的基本元素叫做解三角形． 1.直角三角形的解法因为直角三角形中有一个是直角，例如△ABC 中，C ＝90°，角A 、B 、C 的对边分别是A 、B 、C ．那么利用以下关系式：（1）A +B =90°；（2）A 2＋B 2=C 2；（3）A =c sin A =cco s B ＝B ·t a n A ；（4）B =cco s A =c sin B =acxtana ． 可分四种情况来解直角三角形． （1）已知斜边和一锐角； （2）已知一条直角边和一锐角；（3）已知一斜边和一直角边； （4）已知两条直角边． 2.斜三角形的解法在一个三角形中，如果没有一个角是直角，那么这个三角形叫做斜三角形．斜三角形的解法可分以下四种情况：（1）已知两角和一边；（2）已知两边和其中一边的对角；（3）已知两边和它们的夹角；（4）已知三边．解斜三角形常常利用以下基本关系式： 1．三角形内角和为180°，即A ＋B ＋C =180°； 2．正弦定理，即R CcB b A a 2sin sin sin ===3．余弦定理，即(1)⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=;cos cos ,cos cos ,cos cos B a A b c A c C a b C b B ca(2)⎪⎩⎪⎨⎧-+=-+=-+=C ab b a c B ac c a b A bc c b a cos 2cos 2,cos 2222222222一般地说，在已知两边和其中一边的对角的情况下，解三角形时，问题不一定有解，如果有解也不一定有唯一解．对这类问题进行讨论，可得如下结论．A ＞B sin A A =B sin A A ＜B sin A两解 一解 无解。

1.1正弦定理和余弦定理1.1.1正弦定理从容说课本章内容是处理三角形中的边角关系，与初中学习的三角形的边与角的基本关系有密切的联系，与已知三角形的边和角相等判定三角形全等的知识也有着密切的联系．教科书在引入正弦定理内容时，让学生从已有的几何知识出发，提出探究性问题“在任意三角形中有大边对大角，小边对小角的边角关系.我们是否能得到这个边、角的关系准确量化的表示呢?”在引入余弦定理内容时，提出探究性问题“如果已知三角形的两条边及其所夹的角,根据三角形全等的判定方法，这个三角形是大小、形状完全确定的三角形.我们仍然从量化的角度来研究这个问题，也就是研究如何从已知的两边和它们的夹角计算出三角形的另一边和两个角的问题”．这样，用联系的观点，从新的角度看过去的问题，使学生对于过去的知识有了新的认识，同时使新知识建立在已有知识的坚实基础上，形成良好的知识结构．教学重点1.正弦定理的概念；2.正弦定理的证明及其基本应用．教学难点1.正弦定理的探索和证明；2.已知两边和其中一边的对角解三角形时判断解的个数．教具准备直角三角板一个三维目标一、知识与技能1.通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握正弦定理的内容及其证明方法；2.会运用正弦定理与三角形内角和定理解斜三角形的两类基本问题．二、过程与方法1.让学生从已有的几何知识出发,共同探究在任意三角形中，边与其对角的关系；2.引导学生通过观察、推导、比较，由特殊到一般归纳出正弦定理；3.进行定理基本应用的实践操作．三、情感态度与价值观1.培养学生在方程思想指导下处理解三角形问题的运算能力；2.培养学生探索数学规律的思维能力，通过三角函数、正弦定理、向量的数量积等知识间的联系来体现事物之间的普遍联系与辩证统一．教学过程导入新课师如右图，固定△ABC的边CB及∠B，使边AC绕着顶点C转动．师思考：∠C的大小与它的对边A B的长度之间有怎样的数量关系？生显然，边AB的长度随着其对角∠C的大小的增大而增大．师能否用一个等式把这种关系精确地表示出来？师在初中，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．如右图，在 △R t ABC 中，设 BC =A ,AC =B ,AB =C ,根据锐角三角函数中正弦函数的定义，有 a b c a b c=sin A ，=sin B ，又 sin C =1= ,则ccc sinA sinB simCc.从而在直角三角形 ABC 中，a b csinA sinB simC推进新课 [合作探究].师那么对于任意的三角形，以上关系式是否仍然成立？（由学生讨论、分析） 生可分为锐角三角形和钝角三角形两种情况：如右图，当△ABC 是锐角三角形时，设边 A B 上的高是 CD ，根据任意角三角函数的定义，有CD =A sin B =B sin A ,则a b c b a b c ，同理，可得 .从而 sinA sinB sinC sinB sinA sinB sinC.（当△ABC 是钝角三角形时，解法类似锐角三角形的情况，由学生自己完成） 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a b c sinA sinB sinC师是否可以用其他方法证明这一等式？生可以作△ABC 的外接圆，在△ABC 中,令 BC =A ,AC =B ,AB =C ,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，来证明a b csinA sinB sinC这一关系．师很好！这位同学能充分利用我们以前学过的知识来解决此问题，我们一起来看下面的证法. 在△ABC 中,已知 BC =A ,AC =B ,AB =C ,作△ABC 的外接圆,O 为圆心,连结 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 ′=sinC sinBc2R∴csinC2R同理,可得a b2R,2R sinA sinB∴a b csinA sinB sinC2R这就是说,对于任意的三角形,上述关系式均成立,因此,我们得到等式a b csinA sinB sinC点评: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[知识拓展师接下来,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,哪一知识点体现边角关系呢生向量的数量积的定义式A·B=|A||B|C osθ,其中θ为两向量的夹角师回答得很好,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生可以通过三角函数的诱导公式s inθ=Co s(90°-θ)进行转化师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师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、ACCB、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,也就在情理之中了师下面,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点评:(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CB-A,j与的夹角为90°-C AC,则 j 与AB的夹角为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AC j CB j AB∴|j|AC Co s90°+|j|CB Co s(90°-C)=|j|AB Co s(90°-A∴A sin C=C sin A∴a c sinA sinC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c b90°+B,可得sinC sinB(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A C的夹角为90°-C,j与AB的夹角为90°-Ba b c ∴sinA sinB sinC(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 C B=j·AB即A·Co s(90°-C)=C·Co s(A- ∴A sin C=C sin A∴a c sinA sinC另外,过点C作与C B垂直的单位向量j,则j与AC 的夹角为90°+C,j与AB夹角为90°+B.同理,可得b c sinB sinC∴a b csimA sinB sinC（形式1）综上所述,正弦定理对于锐角三角形、直角三角形、钝角三角形均成立师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[教师精讲]（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A=ksin A，B=ksin B，C=ksin C；（2）a b c sinA sinB sinC等价于a b c b a c, ,sinA sinB sinC sinB sinA sinC(形式我们通过观察正弦定理的形式2不难得到,利用正弦定理,可以解决以下两类有关三角形问题.①已知三角形的任意两角及其中一边可以求其他边，如a bsinAsinB.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,课本P的例1就属于此类问题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s inA ab sinB．此类问题变化较多,我们在解题时要分清题目所给的条件．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．师接下来,我们通过例题评析来进一步体会与总结［例题剖析］【例1】在△ABC中，已知A=32.0°,B=81.8°,A=42.9c m,解三角形分析:此题属于已知两角和其中一角所对边的问题,直接应用正弦定理可求出边B,若求边C,再利用正弦定理即可解：根据三角形内角和定理，C=180°-(A+B)=180°-根据正弦定理，b= c=a s inB42.9sin81.8sinA sin32.0oa s inC42.9sin66.2sinA sin32.0ooo≈80.1(c m)≈74.1(c[方法引导(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,也是先利用内角和180°求出第三角,再利用正弦定理(2)对于解三角形中的复杂运算可使用计算器【例2】在△ABC中，已知A=20c m，B=28c m，A=40°，解三角形（角度精确到1°，边长精确到1c m）．分析:此例题属于B sin A＜a＜b的情形,故有两解,这样在求解之后呢,无需作进一步的检验,使学生在运用正弦定理求边、角时,感到目的很明确,同时体会分析问题的重要性解：根据正弦定理，sin B=bsinA28sin40 a 20o因为0°＜B＜180°，所以B≈64°或B（1）当B≈64°时，C=180°-（A+B）=180°-（40°+64°）=76°，C=a s inC20sin76sinA sin40oo≈30(c4（2）当B≈116°时，C=180°-（A+B）=180°-（40°+116°）=24°，C =a s inC20sin24sinA sin40oo≈13(c[方法引导]通过此例题可使学生明确,利用正弦定理求角有两种可能,但是都不符合题意,可以通过分析获得,这就要求学生熟悉已知两边和其中一边的对角时解三角形的各种情形.当然对于不符合题意的解的取舍,也可通过三角形的有关性质来判断,对于这一点,我们通过下面的例题来体会变式一：在△ABC中,已知A＝60,B＝50,A＝38°,求B(精确到1°)和C(保留两个有效数字).分析:此题属于A≥B这一类情形,有一解,也可根据三角形内大角对大边,小角对小边这一性质来排除B为钝角的情形解：已知B<A,所以B<A,因此B也是锐角∵sin B=bsinA50sin38 a 60o∴B∴C=180°-(A+B)=180°-∴C =a s in C 60sin111o sinA sin38o[方法引导同样是已知两边和一边对角,但可能出现不同结果,应强调学生注意解题的灵活性,对于本题,如果没有考虑角B所受限制而求出角B的两个解,进而求出边C的两个解,也可利用三角形内两边之和大于第三边,两边之差小于第三边这一性质进而验证而达到排除不符合题意的解变式二：在△ABC中,已知A＝28,B＝20,A＝120°,求B(精确到1°)和C(保留两个有效数字).分析:此题属于A为钝角且A>B的情形,有一解,可应用正弦定理求解角B后,利用三角形内角和为180°排除角B为钝角的情形解：∵sin B=bsinA20sin120 a 28o∴B≈38°或B≈142°(舍去∴C =180°-（A+B）∴C=a s inC28sin22sinA sin120≈12.[方法引导]此题要求学生注意考虑问题的全面性,对于角B为钝角的排除也可以结合三角形小角对小边性质而得到(2)综合上述例题要求学生自我总结正弦定理的适用范围,已知两角一边或两边与其中一边的对角解三角形(3)对于已知两边夹角解三角形这一类型,将通过下一节所学习的余弦定理来解师为巩固本节我们所学内容,接下来进行课堂练习：1.在△ABC中(结果保留两个有效数字)，(1)已知 C =3,A =45°,B =60°，求 B(2)已知 B ＝12,A ＝30°,B ＝120°,求 A解：(1)∵C =180°-(A +B )=180°-(45°+60°)=75°，b c sinB sin C，∴B =csinB 3 s in60 sin Csin75(2)∵a b sinA sinB，∴A =bsinA 12sin30sinB sin 120点评:此题为正弦定理的直接应用,意在使学生熟悉正弦定理的内容,可以让数学成绩较弱的 学生进行在黑板上解答,以增强其自信心2.根据下列条件解三角形(角度精确到 1°,边长精确到 (1)B =11,A =20,B =30°;(2)A =28,B =20,A (3)C =54,B =39,C =115°;(4)A =20,B =28,A解： (1) ∵a b sinA sinB∴sin A =a s inB 20sin30b 11∴A ≈65°，A1 2当 A ≈65°时，C =180°-(B +A )=180°-(30°+65°)=85°， 111bsinC 11sin 85 ∴C = 1sinsinB sin30当 A ≈115°时，C =180°-(B +A )=180°-2 22bsin C 11sin 35 ∴C = 2sinB sin30(2)∵sin B =bsinA 20sin45a 28∴B ≈30°，B1 2 由于 A +B =45°+150°＞180°,故 B ≈150°应舍去(或者由 B ＜A 知 B ＜A ,故 B 应为锐角 2 2∴C =180°-(45°+30°)=105°∴C=a s inC 28sin 105 sinA sin45(3)∵b csinB sinC∴sin B =bsinC 39sin 115c 54∴B ≈41°,B1 2由于 B ＜C ,故 B ＜C ,∴B ≈139°应舍去2∴当 B =41°时，A =180°-1 2A =csinA54sin24 sinC sin115(4) sin B=bsinA28sin120a 20=1.212＞∴本题无解点评:此练习目的是使学生进一步熟悉正弦定理,同时加强解三角形的能力,既要考虑到已知角的正弦值求角的两种可能,又要结合题目的具体情况进行正确取舍课堂小结通过本节学习,我们一起研究了正弦定理的证明方法,同时了解了向量的工具性作用,并且明确了利用正弦定理所能解决的两类有关三角形问题:已知两角、一边解三角形;已知两边和其中一边的对角解三角形布置作业（一）课本第10页习题1.1第1、2题（二）预习内容：课本P～P余弦定理5 8[预习提纲(1)复习余弦定理证明中所涉及的有关向量知识(2)余弦定理如何与向量产生联系(3)利用余弦定理能解决哪些有关三角形问题板书设计正弦定理1.正弦定理证明方法: 3.利用正弦定理,能够解决两类问题:a b csinA sinB sinC(1)平面几何法已知两角和一边(2)向量法(2)已知两边和其中一边的对角1.1.2余弦定理从容说课课本在引入余弦定理内容时，首先提出探究性问题“如果已知三角形的两条边及其所夹的角,根据三角形全等的判定方法，这个三角形是大小、形状完全确定的三角形.我们仍然从量化的角度来研究这个问题，也就是研究如何从已知的两边和它们的夹角计算出三角形的另一边和两个角的问题”．这样，用联系的观点，从新的角度看过去的问题，使学生对过去的知识有了新的认识，同时使新知识建立在已有知识的坚实基础上，使学生能够形成良好的知识结构．设置这样的问题，是为了更好地加强数学思想方法的教学．比如对于余弦定理的证明，常用的方法是借助于三角的方法，需要对三角形进行讨论，方法不够简洁，通过向量知识给予证明,引起学生对向量知识的学习兴趣,同时感受向量法证明余弦定理的简便之处.教科书就是用了向量的方法，发挥了向量方法在解决问题中的威力．在证明了余弦定理及其推论以后，教科书从余弦定理与勾股定理的比较中，提出了一个思考问题“勾股定理指出了直角三角形中三边平方之间的关系，余弦定理则指出了一般三角形中三边平方之间的关系，如何看这两个定理之间的关系？”并进而指出，“从余弦定理以及余弦函数的性质可知，如果一个三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么第三边所对的角是直角；如果小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角；如果大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角.由上可知，余弦定理是勾股定理的推广”．还要启发引导学生注意余弦定理的各种变形式,并总结余弦定理的适用题型的特点,在解题时正确选用余弦定理达到求解、求证目的启发学生在证明余弦定理时能与向量数量积的知识产生联系,在应用向量知识的同时,注意使学生体会三角函数、正弦定理、向量数量积等多处知识之间的联系教学重点余弦定理的发现和证明过程及其基本应用教学难点1.向量知识在证明余弦定理时的应用,与向量知识的联系过程2.余弦定理在解三角形时的应用思路3.勾股定理在余弦定理的发现和证明过程中的作用．教具准备投影仪、幻灯片两张第一张:课题引入图片(记作A如图(1),在Rt△ABC中,有A2+B2=C2问题:在图(2)、(3)中,能否用b、c、A求解a第二张:余弦定理(记作1.1.2B余弦定理:三角形任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍形式一: a2=b2+c2-2bcco s A，b2=c2+a2-2caco s B,c2=a2+b2-2abco s C形式二:co s A=b2c2a2c2a2b2a2b2,co s B=,co s C=2bc 2ca 2abc2三维目标一、知识与技能1.掌握余弦定理的两种表示形式及证明余弦定理的向量方法2.会利用余弦定理解决两类基本的解三角形问题3.能利用计算器进行运算二、过程与方法1.利用向量的数量积推出余弦定理及其推论2.通过实践演算掌握运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题三、情感态度与价值观1.培养学生在方程思想指导下处理解三角形问题的运算能力；2.通过三角函数、余弦定理、向量的数量积等知识间的关系，来理解事物之间的普遍联系与辩证统一．教学过程导入新课师上一节,我们一起研究了正弦定理及其应用,在体会向量应用的同时,解决了在三角形已知两角、一边和已知两边与其中一边对角这两类解三角形问题.当时对于已知两边夹角求第三边问题未能解决,下面我们来看幻灯片1.1.2A,如图(1)，在直角三角形中,根据两直角边及直角可表示斜边,即勾股定理,那么对于任意三角形,能否根据已知两边及夹角来表示第三边呢?下面我们根据初中所学的平面几何的有关知识来研究这一问题在△ABC中,设BC=A,AC=B,AB=C,试根据B、C、A来表示A师由于初中平面几何所接触的是解直角三角形问题，所以应添加辅助线构成直角三角形，在直角三角形内通过边角关系作进一步的转化工作，故作CD垂直于AB于D，那么在Rt△BDC中，边A可利用勾股定理用CD、DB表示,而CD可在Rt△ADC中利用边角关系表示,DB可利用AB-AD转化为AD,进而在△R t ADC内求解解：过C作CD⊥AB,垂足为D,则在△R t CDB中,根据勾股定理可得A2=CD2+BD2∵在Rt△ADC中,CD2=B2-AD2又∵BD2=(C-AD)2=C2-2C·AD+AD2∴A2=B2-AD2+C2-2C·AD+AD2=B2+C2-2C·AD又∵在Rt△ADC中,AD=B·CO s A∴a2=b2+c2-2ab c os A类似地可以证明b2=c2+a2-2caco s Bc2=a2+b2-2ab c os C另外,当A为钝角时也可证得上述结论,当A为直角时，a2+b2=c2也符合上述结论,这也正是我们这一节将要研究的余弦定理,下面我们给出余弦定理的具体内容.(给出幻灯片1.1.2B推进新课1.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在幻灯片1.1.2B中我们可以看到它的两种表示形式形式一a2=b2+c2-2bcco s Ab2=c+a2-2caco s Bc2=a2+b2-2abco s C形式二cosA cosB bc22c22bca22caab22cosC a2b22abc2师在余弦定理中,令C=90°时,这时c o s C=0,所以c2=a2+b2,由此可知余弦定理是勾股定理的推广.另外,对于余弦定理的证明,我们也可以仿照正弦定理的证明方法二采用向量法证明,以进一步体会向量知识的工具性作用[合作探究2.向量法证明余弦定理(1)证明思路分析师联系已经学过的知识和方法，可用什么途径来解决这个问题？用正弦定理试求，发现因A、B均未知，所以较难求边C．由于余弦定理中涉及到的角是以余弦形式出现,从而可以考虑用向量来研究这个问题．由于涉及边长问题，那么可以与哪些向量知识产生联系呢生向量数量积的定义式a·b=|a||b|co sθ,其中θ为A、B的夹角师在这一点联系上与向量法证明正弦定理有相似之处,但又有所区别.首先因为无须进行正、余弦形式的转换,也就少去添加辅助向量的麻烦.当然,在各边所在向量的联系上仍然通过向量加法的三角形法则,而在数量积的构造上则以两向量夹角为引导,比如证明形式中含有角C,则构造CBCA这一数量积以使出现CO s C.同样在证明过程中应注意两向量夹角是以同起点为前提(2)向量法证明余弦定理过程如图，在△ABC中,设AB、BC、CA的长分别是c、a、b由向量加法的三角形法则，可得∴AC AB BCAC AC (AB BC)(AB BC)AB22AB BC BC2AB 2AB BC cos(180B)BC2c22accosB a2,B即B2=C2+A2-2AC COBC AC AB由向量减法的三角形法则，可得∴BC BC(AC AB) (AC AB)AC22AC AB AB 2AC 2AC AB cosAAB2b22bccosA c2即a2=b2+c2-2bcco s AAB AC CB AC BC 由向量加法的三角形法则,可得∴AB AB (AC BC) (AC BC) AC22AC BC BC2 AC 22AC BC cosCBC2b22ba cosC a2,2 2即 c 2=a 2+b 2-2abco s C [方法引导(1)上述证明过程中应注意正确运用向量加法(减法)的三角形法则(2)在证明过程中应强调学生注意的是两向量夹角的确定,AC与A B属于同起点向量,则夹角为 A ; AB 与 BC 是首尾相接,则夹角为角 B 的补角 180°-B ; 则夹角仍是角 C[合作探究A C与 是同终点,师 思考：这个式子中有几个量？从方程的角度看已知其中三个量，可以求出第四个量，能 否由三边求出一角？生（留点时间让学生自己动手推出）从余弦定理，又可得到以下推论：cosAb2c 2 a 2a 2 c 2b 2b 2 a 2c 2,cosB,cosC2bc2ac2ba师 思考：勾股定理指出了直角三角形中三边平方之间的关系，余弦定理则指出了一般三角 形中三边平方之间的关系，如何看这两个定理之间的关系？ 生（学生思考片刻后会总结出）若△ABC 中，C =90°，则 co s C =0，这时 c 2=a 2+b 2 .由此可知 余弦定理是勾股定理的推广，勾股定理是余弦定理的特例．师 从余弦定理和余弦函数的性质可知，在一个三角形中，如果两边的平方和等于第三边的 平方，那么第三边所对的角是直角；如果两边的平方和小于第三边的平方，那么第三边所对 的角是钝角，如果两边的平方和大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角．从上可知， 余弦定理可以看作是勾股定理的推广．现在，三角函数把几何中关于三角形的定性结果都变 成可定量计算的公式了．师 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(给出幻灯片 1.1.2B通过幻灯片中余弦定理的两种表示形式我们可以得到 ,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,课本 P 例 4 属这类情况8(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确定,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 所产生的判断取舍等问题接下来,我们通过例题来进一步体会一下 ［例题剖析］【例 1】在△ABC 中，已知 B =60 c m ，C =34 c m ，A =41°，解三角形（角度精确到 1°，边长 精确到 1 c m ）解：根据余弦定理，a 2 =b 2+c 2-2bcco s A =602+342 -2·60·34co s41°≈3 600+1 156-所以 A ≈41 c 由正弦定理得 sin C =csinA 34 sin41 34 0.656≈a 41 41因为 C 不是三角形中最大的边，所以 C 是锐角.利用计数器可得 C B =180°-A -C =180°-41°-【例 2】在△ABC 中，已知 a =134.6 c m ，b =87.8 c m ，c =161.7 c m ，解三角形BC解：由余弦定理的推论,得co s A =co s B =bc 22c 2 a 2 87.82 161.72 134.6 2bc 2 87.8 161.7a 2b 2 134.62 161.72 87.8 2ca 2 134.6 161.722≈0.554 3,A≈0.839 8,BC =180°-(A +B )=180°-[知识拓展 补充例题：【例 1】在△ABC 中,已知 a =7,b =10,c =6,求 A 、B 和 C .(精确到分析:此题属于已知三角形三边求角的问题,可以利用余弦定理,意在使学生熟悉余弦定理的 形式二解：∵cosA b2c 2 a 2 102 62 72 2bc 2 10 60.725∴A∵c os C =a2b 2c 2 72 102 62 113 2ab 2 7 10 140∴C∴B =180°-(A +C )=180°- [教师精讲(1)为保证求解结果符合三角形内角和定理 ,即三角形内角和为 180°,可用余弦定理求出 两角,第三角用三角形内角和定理求出(2)对于较复杂运算,可以利用计算器运算【例 2】在△ABC 中,已知 a =2.730,b =3.696,c =82°28′,解这个三角形(边长保留四个有效 数字,角度精确到分析:此题属于已知两边及其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 第三边求出后其余角求解有两种思路 :一是利用余弦定理的形式二根据三边求其余角 ,二是 利用两边和一边对角利用正弦定理求解,但根据 1.1.1 斜三角形求解经验,若用正弦定理需 对两种结果进行判断取舍,而在 0°～180°之间,余弦有唯一解,故用余弦定理较好 解：由 c 2=a 2+b 2-2abco s C =2.7302+3.6962-2×2.730×3.696×co s82°28′, 得 c∵c os A =b2c 2 a 2 3.696 2 4.297 2 2.730 2bc 2 3.696 4.2972∴A∴B =180°-(A +C )=180°- [教师精讲通过例 2,我们可以体会在解斜三角形时,如果正弦定理与余弦定理都可选用,那么求边 用两个定理均可,求角则用余弦定理可免去判断取舍的麻烦【例 3】在△ABC 中,已知 A =8,B =7,B =60°,求 C 及 分析: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△SABC正弦定理求出边 C ,而三角形面积由公式 S = △ABC12ac sin B 可以求出若用余弦定理求 C ,表面上缺少 C ,但可利用余弦定理 b 2=c 2+a 2-2caco s B 建立关于 C 的方程,亦 能达到求 C 的目的 下面给出两种解法解法一:由正弦定理得8 7sinA sin60∴A =81.8°,A = 1 2∴C =38.2°,C1 27 c 由sin60 sin C,得 c =3,c 1 2= △∴S ABC 1 1 ac sinB 6 3 或 = 2 2ac sinB 10 3 2 解法二:由余弦定理得 b 2=c +a 2-2caco s B∴72=c +82-2×8×cco 整理得 c 2-8c解之,得 c =3,c =5. = 12 △∴S ABC[教师精讲]1 1 ac sinB 6 3 或 S =2 2ac sinB 10 3 2 在解法一的思路里,应注意由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,故解法二应引起学生的注意综合上述例题,要求学生总结余弦定理在求解三角形时的适用范围 ;已知三边求角或已 知两边及其夹角解三角形,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，即已知两边、一角解三角形可用余弦定理解之课堂练习1.在△ABC 中(1)已知 c =8,b =3,b =60°,求 A(2)已知 a =20,b B =29,c =21，求 B (3)已知 a =33,c =2,b =150°,求 B (4)已知 a =2,b =2，c =3+1,求 A解： (1)由 a 2=b 2+c 2-2bcco s A ，得 a 2=82+32-2×8×3co s60°=49.∴A(2)由cosBc2a 2b 2202 212 292 ,得 c osB2ca2 20 21.∴B(3)由 b 2=c 2+a 2-2caco s B ,得 b 2=(33)2+22-2×33×2co s150°=49.∴b(4)由cosAb2c 2 a 2 2bc ,得cosA( 2)2 ( 3 1)2 22 2 2( 3 1)2 2.∴A评述:此练习目的在于让学生熟悉余弦定理的基本形式 ,要求学生注意运算的准确性及解题 效率2.根据下列条件解三角形(角度精确到 (1)a =31,b =42,c (2)a =9,b =10,c△S ABC1 △ABC 1。

试试:(1)在AABC屮，一定成立的等式是( ).学习旦反1.拿握正弦定理的内容；2.掌握正弦定理的证明方法；3.会运用正弦定理解斜三角形的两类基本问题.A・asm A = bs\n BC. asinB = bsinAB. acosA = bcosBD. acosB = bcosA(2)已知ZkABC 屮，d=4, 则ZB等于__________________ .b =8, ZA=30°,上j学习过程一一、课前准备试验:同定△ ABC的边CB 及ZB,使边AC绕着顶点C 转动. A［理解定理］(1)正弦定理说明同一三角形小，边与其对角的正弦成正比，且比例系数为同i正数，即存在正数k ］^a =ksin A , ______________________ , c = ksinC；⑵斗=亠=—等价于_________________________ ，sin A sin B sin C思考：Z C的大小与它的对边AB的长度Z间有怎样的数蜃关系？显然，边AB的长度随着其对角ZC的人小的增大而__________ .能否用一个等式把这种关系精确地表示出來？c _ b a _ c—j —•sinC sin B sin A sinC(3)正弦定理的基本作用为：①己知三角形的任意两角及具一边町以求具他边,如0 =bsmAsinB二、…新课导学探事习探究探究1：在初中，我们己学过如何解玄介三介形，下面就首先來探讨直角三角形中，角与边的等式关系•如图，在RtA ABC中，设BC=a, AC=b,AB=c,根据锐角三角冈数中正弦两数的定义,有纟=sin A , — = s\nBc cXsinC = 1 =-,从而在直角三角形ABC中，=sin A sin B sin C 探究2：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：当A 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= a sin B = bs\n A ,贝ij f = »,sin A sin B同理可得：厶=上，sinC sinBH -r- ci b c从血---- = ----- = ------ •sin A sin B sin C类似可推出，当AABC是钝角三角形时，以上关系式仍然成立.请你试试导.新知：正弦定理在一个三角形中，各边和它所对角的________ 的比相等，即：丄=丄=厶.sin A sin B sin C ②已知三角形的任意两边与其中一边的对几可以求其他角的正弦值，如sin A = —sin B : sin C = ___________ .b(4) 一般地，已知三角形的某些边和角，求其它的边和角的过程叫作解三角形.探典型例题例1、在MBC'I1,已知A = 45。

第一章解三角形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1．熟练掌握三角形中的边角关系．2．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．3．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1课时教学过程导入新课(直接引入)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．推进新课新知探究提出问题1本章我们学习了哪些知识内容？请画出本章的知识结构图.2解斜三角形要用到正弦定理、余弦定理，那么正弦定理、余弦定理都有哪些应用？3在解三角形时应用两个定理要注意些什么问题？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本章中解三角形的知识主要应用于怎样的一些问题？ 5总结从初中到高中测量河流宽度和物体高度的方法. 活动：教师引导学生画出本章知识框图，教师打出课件演示： 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：a sinA ＝b sinB ＝c sinC， a 2＝b 2＋c 2－2bccosA ，b 2＝c 2＋a 2－2accosB ，c 2＝a 2＋b 2－2abcosC.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(从而进一步求出其他的边和角)．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课件如下：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(0，π)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：(1)、(2)、(5)略．(3)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．(4)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．(1)acosA＝bcosB；(2)sinC ＝sinA ＋sinB cosA ＋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：(1)化边为角，(2)化角为边．鼓励学生尽量一题多解，比较各种解法的优劣．解：(1)方法一：用余弦定理，得a×b 2＋c 2－a 22bc ＝b×c 2＋a 2－b 22ca. ∴c 2(a 2－b 2)＝a 4－b 4＝(a 2＋b 2)(a 2－b 2)．∴a 2＝b 2或c 2＝a 2＋b 2.∴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 ，∴sin2A＝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．(2)方法一：先用正弦定理，可得c ＝a ＋b cosA ＋cosB，即c·cosA ＋c·cosB＝a ＋b.再用余弦定理，得c·b 2＋c 2－a 22bc ＋c·a 2＋c 2－b 22ac＝a ＋b. 化简并整理，得a 3＋b 3＋a 2b ＋ab 2－ac 2－bc 2＝0，(a ＋b)(a 2＋b 2－c 2)＝0.∵a＞0，b ＞0，∴a 2＋b 2－c 2＝0，即a 2＋b 2＝c 2.∴三角形为直角三角形．方法二：∵sinA＝sin(B＋C)，sinB＝sin(A＋C)，∴原式可化为sinC·cosA＋cosB·sinC＝sinA＋sinB＝sin(B＋C)＋sin(A＋C)＝sinB·cosC＋cosB·sinC＋sinA·cosC＋cosA·sinC.∴sinB·cosC＋sinA·cosC＝0，即cosC(sinA＋sinB)＝0.∵0°＜A＜180°，0°＜B＜180°，∴sinA＋sinB≠0.∴cosC＝0.又∵0°＜C＜180°，∴C＝90°.∴三角形为直角三角形．点评：第(1)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(2)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(B＋C)，cosA＝－cos(B＋C)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.53B.54C.55D.56答案：B解析：由题意得a b ＝52＝sinA sinB ＝sin2B sinB ＝2cosB ，cosB ＝54. 例2在△ABC 中，若△ABC 的面积为S ，且2S ＝(a ＋b)2－c 2，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(a ＋b)2－c 2＝a 2＋b 2－c2＋2ab.用上余弦定理即得a 2＋b 2－c 2＋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(a ＋b)2－c 2＝a 2＋b 2－c 2＋2ab＝2abcosC ＋2ab ＝2×12absinC. ∴2(1＋cosC)＝sinC ，2×2cos 2C 2＝2sin C 2·cos C 2. ∵0°＜C ＜180°，∴0°＜C 2＜90°，即cos C 2≠0. ∴tan C 2＝2.∴tanC＝2tan C 21－tan 2C 2＝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. (1)求角C 的大小；(2)若AB 边的长为17，求BC 边的长．解：(1)∵C＝180°－(A ＋B)，∴tanC＝－tan(A ＋B)＝－14＋351－14×35＝－1. 又∵0°＜C ＜180°，∴C＝135°.(2)∵tanA＝sinA cosA ＝14，sin 2A ＋cos 2A ＝1,0°＜A ＜90°， ∴sinA＝1717. 由正弦定理，得AB sinC ＝BC sinA ，∴BC＝AB·sinA sinC＝ 2. 例3将一块圆心角为120°，半径为20 cm 的扇形铁片裁成一块矩形，有如图(1)、(2)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(1)的裁法：矩形的一边OP 在OA 上，顶点M 在圆弧上，设∠MOA ＝θ，则|MP|＝20sinθ，|OP|＝20cosθ，从而S ＝400sinθcosθ＝200sin2θ，即当θ＝π4时，S max ＝200. 按图(2)的裁法：矩形的一边PQ 与弦AB 平行，设∠MOQ＝θ，在△MOQ 中，∠OQM＝90°＋30°＝120°，(1)(2)由正弦定理，得|MQ|＝20sinθsin120°＝4032sinθ. 又因为|MN|＝2|OM|sin(60°－θ)＝40sin(60°－θ)，所以S ＝|MQ|·|MN|＝1 60033sinθsin(60°－θ) ＝1 60033{－12[cos60°－cos(2θ－60°)] }＝80033[cos(2θ－60°)－cos60°]．所以当θ＝30°时，S max ＝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40033 cm 2.点评：正弦定理、余弦定理在测量(角度、距离)、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.(1)求边长a ；(2)若△ABC 的面积S ＝10，求△ABC 的周长l. 解：(1)由acosB ＝3与bsinA ＝4，两式相除，得 34＝acosB bsinA ＝a sinA ·cosB b ＝b sinB ·cosB b ＝cosB sinB . 又acosB ＝3，知cosB ＞0， 则cosB ＝35，sinB ＝45.则a ＝5.(2)由S ＝12acsinB ＝10，得c ＝5.由cosB ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝35，解得b ＝2 5.故△ABC 的周长l ＝a ＋b ＋c ＝10＋2 5.知能训练1．在△ABC 中，若b ＝2a ，∠B ＝∠A ＋60°，则∠A ＝__________.2．在△ABC 中，∠A、∠B、∠C 所对的边分别为a 、b 、c ，设a 、b 、c 满足条件b 2＋c 2－bc ＝a 2，c b ＝12＋3，求∠A 和tanB 的值．答案：1．30° 解析：由正弦定理，知a sinA ＝bsinB ，∴1sinA ＝2sin A ＋60°，2sinA ＝sin(A ＋60°)＝12sinA ＋32cosA. ∴tanA＝33.∵0°＜∠A＜180°，∴∠A＝30°. 2．解：由余弦定理和已知条件，得cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12，∵0°＜∠A＜180°，∴∠A＝60°，且∠B＝180°－∠A－∠C ＝120°－∠C.由正弦定理和已知条件，得sinC sinB ＝sin120°－BsinB＝3cosB ＋sinB 2sinB ＝3cosB 2sinB ＋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：(1)运用方程观点结合恒等变形方法巧解三角形；(2)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1．巩固与提高9～12 2．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 1．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： tan A 2＝1p －ap －ap －b p －cp，tan B 2＝1p －b p －a p －b p －c p ， tan C 2＝1p －cp －ap －b p －cp，其中p ＝12(a ＋b ＋c)．证明：tan A 2＝sinA 2cosA 2，因为sin A 2＞0，cos A2＞0，所以sin A2＝1－cosA2＝121－b 2＋c 2－a 22bc＝a 2－b －c24bc＝a ＋b －ca －b ＋c4bc.因为p ＝12(a ＋b ＋c)，所以a －b ＋c ＝2(p －b)，a ＋b －c ＝2(p－c)．所以sin A2＝p －bp －cbc.而cos A 2＝1＋cosA2＝121＋b 2＋c 2－a 22bc＝b ＋c 2－a24bc＝b ＋c ＋ab ＋c －a4bc＝pp －abc ，所以tan A2＝sin A 2cos A2＝p －bp －cbc pp －a bc＝p －b p －c p p －a＝1p －a p －a p －b p －cp .所以tan A 2＝1p －ap －ap －b p －cp.同理，可得tan B 2＝1p －b p －a p －b p －cp ，tan C 2＝1p －cp －ap －b p －cp.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：sin A 2＝p －bp －cbc，cosA 2＝pp －abc.同理，可得sin B2＝p －ap －cac，sin C2＝p －ap －bab，cos B 2＝p p －b ac ，cos C2＝pp －cab.2．用三角形的三边表示它的内角平分线设在△ABC 中(如图)，已知三边a 、b 、c ，如果三个角A 、B 和C 的平分线分别是t a 、t b 和t c ，那么，用已知边表示三条内角平分线的公式是：t a ＝2b ＋cbcpp －a；t b ＝2a ＋cacpp －b；t c ＝2a ＋babpp －c ，其中p ＝12(a ＋b ＋c)．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t a 2＝b 2＋y 2－2bycosC ，①根据三角形内角平分线的性质，得c b ＝x y ，所以c ＋b b ＝x ＋yy .因为x ＋y ＝a ，所以c ＋b b ＝a y .所以y ＝abb ＋c .②将②代入①，得t a2＝b 2＋(ab b ＋c )2－2b(abb ＋c)cosC＝b 2b ＋c2[b 2＋c 2＋2bc ＋a 2－2a(b ＋c)cosC]．因为cosC ＝a 2＋b 2－c22ab ，所以t a 2＝b 2b ＋c 2[a 2＋b 2＋c 2＋2bc －2a(b ＋c)·a 2＋b 2－c 22ab] ＝bc b ＋c2(b 2＋c 2＋2bc －a 2)＝bc b ＋c2(a ＋b ＋c)(b ＋c －a)＝bc b ＋c2·2p·2(p－a)＝4b ＋c2·bcp(p－a)．所以t a ＝2b ＋cbcpp －a .同理，可得 t b ＝2a ＋cacpp －b，t c ＝2a ＋babpp －c.这就是已知三边求三角形内角平分线的公式． 3．用三角形的三边来表示它的外接圆的半径设在△ABC 中，已知三边a 、b 、c ，那么用已知边表示外接圆半径R 的公式是R ＝abc p p －ap －bp －c.证明：因为R ＝a 2sinA ，S ＝12bcsinA ，所以sinA ＝2Sbc .所以R ＝a 2sinA ＝abc4S ＝abc p p －ap －bp －c.二、备选习题1．在△ABC 中，A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，a∶b∶c＝3∶3∶5，则2sinA －sinBsinC等于… ( )A ．－15B ．－23 C.35D ．不是常数2．△ABC 的周长等于20，面积是103，∠A＝60°，∠A 的对边为( )A ．5B ．6C ．7D ．8 3．在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，BC ＝10，则AB →·AC →等于( )A ．－32B ．－23 C.23 D.324．已知在△ABC 中，∠B＝30°，b ＝6，c ＝63，则a ＝__________，S △ABC ＝__________.5．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c.若(3b －c)cosA ＝acosC ，则cosA ＝__________.6．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a sinA ＝b sinB＝c 的△ABC 一定是直角三角形．则上述结论正确命题的序号是__________．7．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．8．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：1．C 解析：设a ＝3k ，则b ＝3k ，c ＝5k.∴2sinA －sinB sinC ＝2a －bc ＝2×3k－3k 5k ＝35.2．C 解析：∵a＋b ＋c ＝20，∴b＋c ＝20－a ，即b 2＋c 2＋2bc ＝400－40a ＋a 2.∴b 2＋c 2－a 2＝400－40a －2bc.又∵cosA＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，∴b 2＋c 2－a 2＝bc.又∵S △ABC ＝12bcsinA ＝103，∴bc＝40.将b 2＋c 2－a 2＝bc 和bc ＝40，代入b 2＋c 2－a 2＝400－40a －2bc ，得a ＝7.3．D 解析：由余弦定理，得cosA ＝AC 2＋AB 2－BC 22AC·AB ＝4＋9－102×2×3＝14，∴AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|·cosA＝2×3×14＝32. 4．a ＝6，S ＝93或a ＝12，S ＝18 3 解析：由正弦定理，得b sinB ＝c sinC ，∴sinC＝c b sinB ＝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 ＝9 3.5.33解析：由正弦定理，得(3b －c)cosA ＝(3sinB －sinC)cosA ＝sinA·cosC， 即3sinBcosA ＝sinA·cosC＋sinC·cosA， ∴3sinB·cosA＝sin(A ＋C)＝sinB.∴cosA＝33.6．①③7．解：如图，在△ABC 中，∠BAD＝150°－60°＝90°， ∴AD＝2sin60°＝ 3.在△ACD 中，AC 2＝(3)2＋12－2×3×1×cos150°＝7， ∴AC＝7.∴AB＝2cos60°＝1，S △ABC ＝12×1×3×sin60°＝334. 8．解：∵bcosB＋ccosC ＝acosA ，由正弦定理，得sinBcosB ＋sinCcosC ＝sinAcosA ，即sin2B ＋sin2C ＝2sinAcosA ，∴2sin(B＋C)cos(B －C)＝2sinAcosA. ∵A＋B ＋C ＝π，∴sin(B＋C)＝sinA.而sinA≠0，∴cos(B－C)＝cosA ，即cos(B －C)＋cos(B ＋C)＝0.∴2cosBcosC＝0.∵0＜B ＜π，0＜C ＜π，∴B＝π2或C ＝π2，即△ABC 是直角三角形．。

2020-2021学年高二数学人教A版必修5学案：第一章解三角形本章小结含解析本章小结一、正、余弦定理的基本应用应用正、余弦定理解三角形问题往往和三角形面积公式、正、余弦定理的变形等结合．在解三角形时，注意挖掘题目中的隐含条件和正、余弦定理的变形应用，注意公式的选择和方程思想的应用．［例1］在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c,且满足(2a－b）cos C＝c cos B，△ABC的面积S＝10错误!,c＝7。

（1)求角C；(2）求a，b的值．［解]（1)∵（2a－b）cos C＝c cos B，∴（2sin A－sin B)cos C＝sin C cos B，2sin A cos C－sin B cos C＝cos B sin C，即2sin A cos C ＝sin(B ＋C ）．∴2sin A cos C ＝sin A .∵A ∈（0，π），∴sin A ≠0.∴cos C ＝12.∴C ＝错误!.（2）由S ＝12ab sin C ＝10错误!，C ＝错误!,得ab ＝40。

①由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ,即c 2＝(a ＋b )2－2ab 错误!，∴72＝（a ＋b ）2－2×40×错误!。

∴a ＋b ＝13。

②由①②得a ＝8，b ＝5或a ＝5，b ＝8。

规律总结 正、余弦定理常与三角恒等变换、三角形面积公式结合在一起综合考查学生的能力，解题的关键是结合条件,利用正、余弦定理进行边角互化，然后在此基础上再进行三角恒等变换，解题时要注意公式的变形及熟练应用．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或不等式)判断三角形的形状时,需要灵活地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，此类题目要求准确地把握三角形的分类，三角形按边的关系分为等腰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．在解三角形时常用的结论有：（1)在△ABC 中，A 〉B ⇔a >b⇔sin A 〉sin B ⇔cos A 〈cos B ；A ＝B ⇔a ＝b ⇔sin A ＝sin B ⇔cos A ＝cos B .（2)在△ABC 中,A ＋B ＋C ＝π，A ＋B ＝π－C ,错误!＝错误!－错误!,则cos （A ＋B )＝－cos C ,sin （A ＋B ）＝sin C ,sin 错误!＝cos 错误!.(3）在△ABC 中，a 2＋b 2〈c 2⇔cos C <0⇔π2〈C <π，a 2＋b 2＝c 2⇔cos C ＝0⇔C ＝错误!,a 2＋b 2>c 2⇔cos C 〉0⇔0<C <错误!.［例2] 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[解析] 方法一：由余弦定理,得2a ·错误!＝c 。

1.2 应用举例第1课时解三角形的实际应用举例——距离问题必备知识·自主学习1.基线(1)定义和选取原则.定义在测量上,根据测量需要适当确定的线段选取原则在测量过程中,要根据实际需要选取合适的基线长度,使测量具有较高的精确度,一般来说,基线越长,测量的精确度越高.(2)本质:解三角形必须知道三角形的一条边长,这恰是基线的意义所在.(3)作用:基线的选择决定了测量方案的设计.2.方位角和方向角(1)方位角:从指北方向顺时针转到目标方向线所成的角.如图(1)目标A的方位角为135°.(2)方向角:从指定方向线到目标方向线所成的小于90°的水平角.如图(2),北偏东30°,南偏东45°.方位角与方向角有什么共同点?提示:方位角与方向角其实质是一样的,均是确定观察点与目标点之间的位置关系.1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”).(1)基线选择不同,同一个量的测量结果可能不同. ((2)东偏北45°的方向就是东北方向. ((3)两点间可视但不可到达问题的测量方案实质是构造已知两角及一边的三角形并求解. ((4)如图所示,为了测量隧道AB的长度,可测量数据a,b,γ进行计算. (提示:(1)√.(2)√.由方向角的定义可知.(3)√.可由正弦定理解三角形求解.(4)√.由余弦定理可求出AB.2.某次测量中,A在B的北偏东55°,则B在A的(A.北偏西35°B.北偏东55°C.南偏西35°D.南偏西55°【解析】选D.根据题意和方向角的概念画出草图,如图所示α=55°,则β=α=55°.所以B在A的南偏西55°.3.(教材二次开发:习题改编)如图所示,已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km,灯塔A在观察站C的北偏东20°,灯塔B在观察站C的南偏东40°,则灯塔A与灯塔B的距离为(A.a kmB. a kmC. a kmD.2a km【解析】选B.由题意得∠ACB=120°,AB2=a2+a2-2a2cos 120°=3a2,所以AB= a.关键能力·合作学习类型一用正弦定理或余弦定理求距离(数学建模)角度1 用正弦定理求距离【典例】如图所示,在一岸边选定两点A,B,望对岸标记物C,测得∠CAB=30°,∠CBA=75°,AB=120 m,则BC为m.【思路导引】在△ABC中,知两角和一边,可以用正弦定理解三角形,求BC的长.【解析】由题意知,∠ACB=180°-30°-75°=75°,由正弦定理得,BC=·sin ∠CAB=·sin 30°=×=60(-).答案:60(-)角度2 用余弦定理求距离【典例】如图,甲船以每小时30海里的速度向正北方向航行,乙船按固定方向匀速直线航行,当甲船位于A1处时,乙船位于甲船的北偏西105°的方向B1处,此时两船相距20海里.当甲船航行20分钟到达A2处时,乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处,此时两船相距10海里,问乙船每小时航行多少海里?【思路导引】连接A1B2,先解△A1A2B2,再解△A1B2B1.【解析】如图连接A1B2,A2B2=10,A1A2=×30=10,△A1A2B2是等边三角形,∠B1A1B2=105°-60°=45°,在△A1B2B1中,由余弦定理得B1=A1+A1-2A1B1·A1B2cos 45°=202+(10)2-2×20×10×=200,B1B2=10.因此乙船的速度的大小为×60=30(海里/时).答:乙船每小时航行30海里.1.用正弦定理求距离问题的策略(1)找基线.根据题意找出哪些线段的长度可以求出,这样的线段在哪些三角形中.(2)测基线长及视角.注意根据平面几何知识推出有关角的大小.(3)用正弦定理求解两点间的距离.特别提醒:求距离问题要注意的两点:(1)基线的选取要准确恰当.(2)选定或创建的三角形要确定.2.用余弦定理求距离问题的策略(1)总体思路.实际问题经抽象概括后,已知量与未知量涉及两个(或两个以上)三角形,这时需作出这些三角形,先解够条件的三角形,然后逐步求出其他三角形中的解.(2)方程思想的应用.设出未知量,从几个三角形中用余弦定理列出方程(组),解方程(组)得出所要求的解.1.如图,货轮在海上以40 km/h的速度沿着方位角(从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角)为140°的方向航行,为了确定货轮的位置,货轮在B点观测灯塔A的方位角为110°,航行h到达C点,观测灯塔A的方位角是65°,则货轮到达C点时,与灯塔A的距离是(A.10 kmB.10 kmC.15 kmD.15 km【解析】选B.在△ABC中,BC=40×=20(km),∠ABC=140°-110°=30°,∠ACB=(180°-140°)+65°=105°,所以A=180°-(30°+105°)=45°.由正弦定理,得AC===10(km).2.某观察站C与两灯塔A,B的距离分别为300 m和500 m,测得灯塔A在观察站C的北偏东30°方向上,灯塔B在观察站C正西方向,则两灯塔A,B间的距离为( A.500 m B.600 m C.700 m D.800 m【解析】选C.根据题意画出图形如图.在△ABC中,BC=500,AC=300,∠ACB=120°,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos 120°=3002+5002-2×300×500×=490 000,所以AB=700 m.【补偿训练】一货轮在海上由西向东航行,在A处望见灯塔C在货轮的东北方向,半小时后在B处望见灯塔C在货轮的北偏东30°方向.若货轮的速度为30n mile/h,当货轮航行到D处望见灯塔C在货轮的西北方向时,求A,D两处的距离.【解析】如图所示,在△ABC中,∠CAB=45°,∠ABC=90°+30°=120°,所以∠ACB=180°-45°-120°=15°,AB=30×0.5=15(n mile),则由正弦定理,得=,即=,又因为sin 15°=,sin 120°=,所以AC==×15(n mile).在△ACD中,因为∠A=∠D=45°,所以△ACD是等腰直角三角形,所以AD=AC=15(3+) (n mile).答:A,D两处的距离为15(3+) n mile.类型二综合应用正弦定理和余弦定理求距离(数学建模)【典例】(2020·唐山高二检测)如图,为了测量河对岸A,B两点的距离,观察者找到一个点C,从C点可以观察到点A,B;找到一个点D,从D点可以观察到点A,C;找到一个点E,从E点可以观察到点B,C.并测量得到以下数据,∠DCA=105°,∠ADC=30°,∠BCE=90°,∠ACB=∠CEB=60°,DC=200米,CE=100米.求A,B两点的距离.【解析】由题意可知,在△ACD中,∠DAC=45°,由正弦定理得=,所以AC==200米,在Rt△BCE中,BC=100×=300米,在△ABC中,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC×BC×cos 60°=2002+3002-2×200×300×=70 000,所以AB=100米.正弦定理与余弦定理交汇求距离的两个关键点(1)画示意图,弄清题目条件.根据题意画图研究问题中所涉及的三角形,它的哪些元素是已知的,哪些元素是未知的. (2)选准入手点.找出已知边长的三角形,结合已知条件选准“可解三角形”,并判断是选用正弦定理,还是选用余弦定理求解.某人在M汽车站的北偏西20°的方向上的A处,观察到点C处有一辆汽车沿公路向M站行驶.公路的走向是M站的北偏东40°.开始时,汽车到A的距离为31千米,汽车前进20千米后,到A的距离缩短了10千米.则汽车到达M汽车站还需行驶千米.【解析】由题设,画出示意图,设汽车前进20千米后到达B处.在△ABC中,AC=31,BC=20,AB=21,由余弦定理,得cos C==,则sin2C=1-cos2C=,sin C=,所以sin ∠MAC=sin(120°-C)=sin 120°cos C-cos 120°sin C=.在△MAC中,由正弦定理,得MC==×=35.从而有MB=MC-BC=15.故汽车到达M汽车站还需行驶15千米.答案:15【补偿训练】1.如图,A,B是海面上位于东西方向相距5(3+)海里的两个观测点,现位于A点北偏东45°,B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号,位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点的救援船立即前往营救,其航行速度为30海里每小时,该救援船到达D点至少需要小时.【解析】由题意知AB=5(3+),∠DBA=90°-60°=30°,∠DAB=45°,所以∠ADB=105°,所以sin 105°=sin 45°cos 60°+sin 60°cos 45°=×+×=.在△ABD中,由正弦定理得=,所以BD===5(3+)×==10. 又∠DBC=180°-60°-60°=60°,BC=20,在△DBC中,由余弦定理得CD2=BD2+BC2-2×BD×BCcos 60°=300+1 200-2×10×20×=900.所以CD=30(海里),则至少需要的时间t==1(小时).答案:12.一条河自西向东流淌,某人在河南岸A处看到河北岸两个目标C,D分别在东偏北45°和东偏北60°方向,此人向东走300米到达B处之后,再看C,D,则分别在西偏北75°和西偏北30°方向,求目标C,D之间的距离.【解析】由题意得,在△ABD中,因为∠DAB=60°,∠DBA=30°,所以∠ADB=90°,在Rt△ABD中,因为AB=300,所有BD=300·sin 60°=150.在△ABC中,因为∠CAB=45°,∠ABC=75°,所以∠ACB=60°.由正弦定理得=,所以BC=×=100.在△BCD中,因为BC=100,BD=150,∠CBD=45°,由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos ∠CBD=37 500,所以CD=50.答:目标C,D之间的距离为50米.类型三函数与方程思想在距离问题中的应用(数学建模)【典例】已知海岛B在海岛A北偏东45°,且与A相距20海里,物体甲从海岛B以2海里/小时的速度沿直线向海岛A移动,同时物体乙从海岛A以4海里/小时的速度沿直线向北偏西15°方向移动.(1)求经过多长时间,物体甲在物体乙的正东方向;(2)求甲从海岛B到达海岛A的过程中,甲乙两物体的最短距离.【思路导引】(1)画出物体甲在物体乙的正东方向时的示意图,由正弦定理可解得;(2)由余弦定理及配方法可求得最小值.【解析】(1)设经过t(0<t<10)小时,物体甲移动到E的位置,物体乙移动到F的位置,如图所示:物体甲与海岛A的距离为AE=(20-2t)海里,物体乙与海岛A距离为AF=4t海里,当甲在乙正东方时,∠AFE=75°,∠AEF=45°,在△AEF中,由正弦定理得=,即=,则t=20-10.答:经过(20-10)小时,物体甲在物体乙的正东方向.(2)由(1)题设,AE=20-2t,AF=4t,由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos ∠EAF=(20-2t)2+(4t)2-2×(20-2t)×4t×=28+,由0<t<10,得当t=时EF min=海里.答:甲乙两物体之间的距离最短为海里.函数与方程思想在距离问题中的应用(1)函数思想的应用.将三角形中边角之间的关系问题借助正弦定理和余弦定理建立函数关系,结合有关函数的图象和性质,加以分析、转化、解决有关求取值范围、最大(小)值问题.(2)方程思想的应用.正弦定理和余弦定理涉及三个边和三个角共六个量,只要知道其中三个独立的量(必须有边)就能求出其余三个量.因此,解三角形的实际应用问题中,直接求相关量较难时,通常将问题的数量关系运用这两个定理转化为数学模型(方程、方程组)加以解决.一次机器人足球比赛中,甲队1号机器人由A点开始做匀速直线运动,到达点B时,发现足球在点D处正以2倍于自己的速度向点A做匀速直线滚动,如图所示,已知AB=4 dm,AD=17 dm,∠BAD=45°,若忽略机器人原地旋转所需的时间,则该机器人最快可在何处截住足球?【解析】设机器人最快可在点C处截住足球,点C在线段AD上,连接BC,如图所示,设BC=x dm,由题意知CD=2x dm,AC=AD-CD=(17-2x)dm.在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos A,即x2=(4)2+(17-2x)2-8(17-2x)cos 45°,解得x1=5,x2=.所以AC=17-2x=7或AC=-(舍去).所以该机器人最快可在线段AD上离A点7 dm的点C处截住足球.【补偿训练】甲船在A处,乙船在A的南偏东45°方向,距A有9海里的B处,并以20海里/时的速度沿南偏西15°方向行驶,若甲船以28海里/时的速度行驶,用多少小时能最快追上乙船?【解析】如图所示,设用t小时甲船能追上乙船,且在C处相遇.在△ABC中,AC=28t,BC=20t,AB=9,∠ABC=180°-45°-15°=120°.由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos ∠ABC,即(28t)2=92+(20t)2-2×9×20t×,128t2-60t-27=0,所以t=或t=-(舍去).答:甲船用小时能最快追上乙船.课堂检测·素养达标1.为了测量B,C之间的距离,在河岸A,C处测量,如图:测得下面四组数据,较合理的是( A.c与α B.c与bC.b,c与βD.b,α与γ【解析】选D.因为A,C在河岸的同一侧,所以可以测量AC的长度和∠BAC,∠BCA的大小,并用正弦定理求BC.2.学校体育馆的人字形屋架为等腰三角形,如图所示,测得AC的长度为4米,A=30°,则其跨度AB的长为(A.12米B.8米C.3米D.4米【解析】选D.△ABC为等腰三角形,A=30°,AC=4,所以B=30°,C=120°,BC=4,所以由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos C=42+42-2×4×4×=48,所以AB=4.3.已知船A在灯塔C北偏东85°且到C的距离为2 km,船B在灯塔C西偏北25°且到C的距离为 km,则A,B两船的距离为.【解析】如图,可知∠ACB=85°+(90°-25°)=150°,AC=2,BC=,所以AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos 150°=13,所以AB=.答案:km4.(教材二次开发:例题改编)如图,A,B两点在河的同侧,且A,B两点均不可到达,为测出A,B的距离,其方法为测量者可以在河岸边选定两点C,D,测得CD=a,同时在C,D两点分别测得∠BCA=α,∠ACD=β,∠CDB=γ,∠BDA=δ.在△ADC和△BDC中,由正弦定理分别计算出AC和BC,再在△ABC中,应用余弦定理计算出AB.若测得CD=km,∠ADB=∠CDB=30°,∠ACD=60°,∠ACB=45°,求A,B两点间的距离.【解析】因为∠ADC=∠ADB+∠CDB=60°,∠ACD=60°,所以∠DAC=60°,所以AC=DC=.在△BCD中,∠DBC=45°,由正弦定理,得BC=·sin ∠BDC=·sin 30°=.在△ABC中,由余弦定理,得AB2=AC2+BC2-2AC×BCcos 45°=+-2×××=.所以AB=km. 所以A,B两点间的距离为km.。

专题22正弦定理和余弦定理1.掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题；1．正、余弦定理在△ABC 中，若角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，R 为△ABC 外接圆半径，则 定理正弦定理余弦定理内容a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2R a 2＝b 2＋c 22bc cos__A ；b 2＝c 2＋a 22ca cos__B ； c 2＝a 2＋b 2－2ab cos__C常见变形(1)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin__B ，c ＝2R sin_C ；(2)sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R ；(3)a ∶b ∶c ＝sin__A ∶sin__B ∶sin__C ；(4)a sin B ＝b sin A ，b sin C ＝c sin B ，a sin C ＝c sin Acos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ；cos B ＝c 2＋a 2－b 22ac ；cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab2.S △ABC ＝12ab sin C ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝4R ＝12(a ＋b ＋c )·r (r 是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R ，r .高频考点一 利用正弦定理、余弦定理解三角形例1、(1)在△ABC 中，已知a ＝2，b ＝6，A ＝45°，则满足条件的三角形有( ) A ．1个 B ．2个 C ．0个D ．无法确定(2)在△ABC 中，已知sin A ∶sin B ＝2∶1，c 2＝b 2＋2bc ，则三内角A ，B ，C 的度数依次是________．(3)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝3，sin B ＝12，C ＝π6，则b ＝________.答案 (1)B (2)45°，30°，105° (3)1 解析 (1)∵b sin A ＝6×22＝3，∴b sin A <a <b .解得b ＝1.【感悟提升】(1)判断三角形解的个数的两种方法①代数法：根据大边对大角的性质、三角形内角和公式、正弦函数的值域等判断． ②几何图形法：根据条件画出图形，通过图形直观判断解的个数．(2)已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形．可用正弦定理，也可用余弦定理．用正弦定理时，需判断其解的个数，用余弦定理时，可根据一元二次方程根的情况判断解的个数． 【变式探究】(1)已知在△ABC 中，a ＝x ，b ＝2，B ＝45°，若三角形有两解，则x 的取值范围是( ) A ．x ＞2 B ．x ＜2 C ．2＜x ＜2 2D ．2＜x ＜2 3(2)在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝2，BC ＝3，则AB ＝________. 答案 (1)C (2)1解析 (1)若三角形有两解，则必有a ＞b ，∴x ＞2，又由sin A ＝a b sin B ＝x 2×22＜1，可得x ＜22，∴x 的取值范围是2＜x ＜2 2. (2)∵A ＝60°，AC ＝2，BC ＝3， 设AB ＝x ，由余弦定理，得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos A ，化简得x 2－2x ＋1＝0， ∴x ＝1，即AB ＝1.高频考点二 利用正弦、余弦定理判定三角形的形状例2、(2015·浙江)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知A ＝π4，b 2－a2＝12c 2. (1)求tan C 的值；(2)若△ABC 的面积为3，求b 的值． 解 (1)由b 2－a 2＝12c 2及正弦定理得(2)由tan C ＝2，C ∈(0，π)得 sin C ＝255，cos C ＝55，因为sin B ＝sin(A ＋C )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C ，所以sin B ＝31010，由正弦定理得c ＝223b ，又因为A ＝π4，12bc sin A ＝3，所以bc ＝62，故b ＝3. 【感悟提升】(1)对于面积公式S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化． 【变式探究】四边形ABCD 的内角A 与C 互补，AB ＝1，BC ＝3，CD ＝DA ＝2. (1)求C 和BD ；(2)求四边形ABCD 的面积．解 (1)由题设A 与C 互补及余弦定理得BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC ·CD cos C ＝13－12cos C ，① BD 2＝AB 2＋DA 2－2AB ·DA cos A ＝5＋4cos C ．②由①②得cos C ＝12，BD ＝7，因为C 为三角形内角，故C ＝60°. (2)四边形ABCD 的面积S ＝12AB ·DA sin A ＋12BC ·CD sin C＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×2＋12×3×2sin60° ＝2 3.高频考点三 正弦、余弦定理的简单应用例3、设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( )A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不确定答案 B【感悟提升】(1)判断三角形形状的方法①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．②化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状，此时要注意应用A ＋B ＋C ＝π这个结论． (2)求解几何计算问题要注意①根据已知的边角画出图形并在图中标示； ②选择在某个三角形中运用正弦定理或余弦定理．【变式探究】(1)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边长分别是a ，b ，c ，若c －a cos B ＝(2a －b )cos A ，则△ABC 的形状为( ) A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．等腰或直角三角形(2)如图，在△ABC 中，已知点D 在BC 边上，AD ⊥AC ，sin∠BAC ＝223，AB ＝32，AD ＝3，则BD 的长为______．答案 (1)D (2) 3∴△ABC 为等腰或直角三角形．(2)sin∠BAC ＝sin(π2＋∠BAD )＝cos∠BAD ，∴cos∠BAD ＝223.BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos∠BAD＝(32)2＋32－2×32×3×223，即BD 2＝3，BD ＝ 3.高频考点三 和三角形面积有关的问题【例3】 (2016·全国Ⅰ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2cos C (a cosB ＋b cos A )＝c .(1)求C ；(2)若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长. 解 (1)由已知及正弦定理得，2cos C (sin A cos B ＋sin B ·cos A )＝sin C ，2cos C sin(A ＋B )＝sinC ，故2sin C cos C ＝sin C . 由C ∈(0，π)知sin C ≠0， 可得cos C ＝12，所以C ＝π3.(2)由已知，12ab sin C ＝332，又C ＝π3，所以ab ＝6，由已知及余弦定理得，a 2＋b 2－2ab cos C ＝7，故a 2＋b 2＝13， 从而(a ＋b )2＝25.所以△ABC 的周长为5＋7. 【方法规律】三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式.(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化.【变式探究】在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足(2a －b )cos C －c cos B ＝0.(1)求角C 的值；(2)若三边a ，b ，c 满足a ＋b ＝13，c ＝7，求△ABC 的面积.1.【2016高考新课标3理数】在ABC △中，π4B =，BC 边上的高等于13BC ,则cos A =（ ） （A ）310 （B ）10 （C ）10- （D ）310-【答案】C【解析】设BC 边上的高为AD ，则3BC AD =，所以225AC AD DC AD =+=，2AB AD=．由余弦定理，知22222210cos 210225AB AC BC A AB AC AD AD+-===-⋅⨯⨯，故选C ． 2.【2016高考新课标2理数】ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若4cos 5A =，5cos 13C =，1a =，则b = ． 【答案】21133.【2016高考天津理数】在△ABC 中，若AB ，120C ∠=o ,则AC = （ ） （A ）1（B ）2（C ）3（D ）4【答案】A【解析】由余弦定理得213931AC AC AC =++⇒=,选A.4.【2016高考江苏卷】在锐角三角形ABC 中，若sin 2sin sin A B C =，则tan tan tan A B C 的最小值是 ▲ . 【答案】8. 【解析】sin sin()2sin sin tan tan 2tan tan A B+C B C B C B C==⇒+=，又tan tan tan tan tan 1B+CA=B C -，因tan tan tan tan tan tan tan 2tan tan tan tan tan 8,A B C A B C A B C A B C =++=+≥≥即最小值为8.5.(2016·山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知b ＝c ，a 2＝2b 2(1－sinA )，则A ＝( )A.3π4 B.π3 C.π4 D.π6解析 在△ABC 中，由b ＝c ，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝2b 2－a 22b 2，又a 2＝2b 2(1－sin A )，所以cos A ＝sin A ，即tan A ＝1，又知A ∈(0，π)，所以A ＝π4，故选C.答案 C【2015高考天津，理13】在ABC ∆ 中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，已知ABC ∆的面积为 ，12,cos ,4b c A -==- 则a 的值为 . 【答案】【解析】因为0A π<<，所以sin 4A ==，又1sin 242ABC S bc A bc ∆===∴=，解方程组224b c bc -=⎧⎨=⎩得6,4b c ==，由余弦定理得2222212cos 64264644a b c bc A ⎛⎫=+-=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭，所以8a =.【2015高考北京，理12】在ABC △中，4a =，5b =，6c =，则sin 2sin AC= ．【答案】1【解析】222sin 22sin cos 2sin sin 2A A A a b c a C C c bc +-==⋅2425361616256⨯+-=⋅=⨯⨯【2015高考新课标1，理16】在平面四边形ABCD 中，∠A =∠B =∠C =75°，BC =2，则AB 的取值范围是 . 【答案】（62-，6+2）AB 的取值范围为（62-，6+2）.【2015江苏高考，15】（本小题满分14分） 在ABC ∆中，已知ο60,3,2===A AC AB . （1）求BC 的长； （2）求C 2sin 的值 【答案】（17（243【2015高考湖南，理17】设ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，，tan a b A =，且B 为钝角. （1）证明：2B A π-=；（2）求sin sin A C +的取值范围. 【答案】（1）详见解析；（2）29,]28. 【解析】（1）由tan a b A =及正弦定理，得sin sin cos sin A a AA bB ==，∴sin cos B A =，即sin sin()2B A π=+，又B 为钝角，因此(,)22A πππ+∈，故2B A π=+，即2B A π-=； （2）由（1）知，()C A B π=-+(2)2022A A πππ-+=->，∴(0,)4A π∈，于是sin sin sin sin(2)2A C A A π+=+-2219sin cos 22sin sin 12(sin )48A A A A A =+=-++=--+，∵04A π<<，∴20sin A <<221992(sin )488A <--+≤，由此可知sin sin A C +的取值范围是29]28.（2014·湖北卷）某实验室一天的温度(单位：℃)随时间t (单位：h)的变化近似满足函数关系：f (t )＝10－3cos π12t －sin π12t ，t ∈[0，24)．(1)求实验室这一天的最大温差．(2)若要求实验室温度不高于11℃，则在哪段时间实验室需要降温？即sin ⎝⎛⎭⎪⎫π12t ＋π3<－12.又0≤t <24，因此7π6<π12t ＋π3<11π6，即10<t <18.故在10时至18时实验室需要降温．（2014·江西卷）已知函数f (x )＝sin(x ＋θ)＋a cos(x ＋2θ)，其中a ∈R，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2.(1)当a ＝2，θ＝π4时，求f (x )在区间[0，π]上的最大值与最小值；(2)若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，f (π)＝1，求a ，θ的值．【解析】(1)f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋2cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝22(sin x ＋cos x )－2sin x ＝22cos x －22sin x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x .因为x ∈[0，π]，所以π4－x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3π4，π4，故f (x )在区间[0，π]上的最大值为22，最小值为－1. (2)由⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，f （π）＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧cos θ（1－2a sin θ）＝0，2a sin 2θ－sin θ－a ＝1. 又θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，知cos θ≠0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧1－2a sin θ＝0，（2a sin θ－1）sin θ－a ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，θ＝－π6.（2014·四川卷）已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π4.(1)求f (x )的单调递增区间；(2)若α是第二象限角，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α3＝45cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4cos 2α，求cos α－sin α的值．当sin α＋cos α＝0时，由α是第二象限角，得α＝3π4＋2k π，k ∈Z，此时，cos α－sin α＝－ 2.当sin α＋cos α≠0时，(cos α－sin α)2＝54.由α是第二象限角，得cos α－sin α<0，此时cos α－sin α＝－52. 综上所述，cos α－sin α＝－2或－52. （2013·北京卷）在△ABC 中，a ＝3，b ＝2 6，∠B＝2∠A. (1)求cos A 的值； (2)求c 的值．【解析】(1)因为a ＝3，b ＝2 6，∠B＝2∠A， 所以在△ABC 中，由正弦定理得3sin A ＝2 6sin 2A .所以2sin Acos A sin A ＝2 63.故cos A ＝63. (2)由(1)知cos A ＝63，所以sin A ＝1－cos 2A ＝33. 又因为∠B＝2∠A，所以cos B ＝2cos 2A －1＝13.所以sin B ＝1－cos 2B ＝2 23.在△ABC 中，sin C ＝sin(A ＋B) ＝sin AcosB ＋cos Asin B ＝5 39. 所以c ＝a sin Csin A＝5.（2013·全国卷）设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，(a ＋b ＋c)(a －b ＋c)＝ac. (1)求B ； (2)若sin Asin C ＝3－14，求C.＝32， 故A －C ＝30°或A －C ＝－30°，因此C ＝15°或C ＝45°. （2013·浙江卷）已知α∈R，sin α＋2cos α＝102，则tan 2α＝( ) A.43 B.34 C ．－34 D ．－43 【答案】C【解析】由(sin α＋2cos α)2＝1022'得sin 2α＋4sin αcos α＋4cos 2α＝104＝52，4sin αcos α＋1＋3cos 2α＝52，2sin 2α＋1＋3×1＋cos 2α2＝52，故2sin 2α＝－3cos 2α2，所以tan2α＝－34，选择C.（2013·重庆卷）4cos 50°－tan 40°＝( ) A. 2 B.2＋32C. 3 D ．2 2－1 【答案】C1.在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝1，B ＝30°，△ABC 的面积为32，则C ＝( ) A.30° B.45°C.60°D.75°解析 法一 ∵S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin A ＝32，即12×3×1×sin A ＝32，∴sin A ＝1， 由A ∈(0°，180°)，∴A ＝90°，∴C ＝60°.故选C. 法二 由正弦定理，得sin B AC ＝sin C AB ，即12＝sin C 3，sin C ＝32，又C ∈(0°，180°)，∴C ＝60°或C ＝120°. 当C ＝120°时，A ＝30°，S △ABC ＝34≠32(舍去).而当C ＝60°时，A ＝90°， S △ABC ＝32，符合条件，故C ＝60°.故选C. 答案 C2.在△ABC 中，角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，若A ＝2π3，a ＝2，b ＝233，则B 等于( )A.π3B.5π6C.π6或5π6D.π6解析∵A＝2π3，a＝2，b＝233，∴由正弦定理asin A＝bsin B可得，sin B＝basin A＝2332×32＝12.∵A＝2π3，∴B＝π6.答案 D3.在△ABC中，cos2B2＝a＋c2c(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为( ) A.等边三角形 B.直角三角形C.等腰三角形或直角三角形D.等腰直角三角形答案 B4.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“a＞b”是“cos 2A＜cos 2B”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析因为在△ABC中，a＞b⇔sin A＞sin B⇔sin2A＞sin2B⇔2sin2A＞2sin2B⇔1－2sin2A＜1－2sin2B⇔cos 2A＜cos 2B.所以“a＞b”是“cos 2A＜cos 2B”的充分必要条件.答案 C5．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c－bc－a＝sin Asin C＋sin B，则B等于( ) A.π6B.π4C.π3D.3π4答案 C解析 根据正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R ，得c －b c －a ＝sin A sin C ＋sin B ＝ac ＋b， 即a 2＋c 2－b 2＝ac ，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，故B ＝π3，故选C.6．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若(a 2＋c 2－b 2)tan B ＝3ac ，则角B 的值为________． 答案π3或2π3解析 由余弦定理，得a 2＋c 2－b 22ac＝cos B ，结合已知等式得cos B ·tan B ＝32， ∴sin B ＝32，∴B ＝π3或2π3. 7．在△ABC 中，若b ＝5，B ＝π4，tan A ＝2，则a ＝______.答案 2108．已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，a ＝2，且(2＋b )(sin A －sin B )＝(c －b )sin C ，则△ABC 面积的最大值为________． 答案3解析 由正弦定理，可得(2＋b )(a －b )＝(c －b )·c . ∵a ＝2，∴a 2－b 2＝c 2－bc ，即b 2＋c 2－a 2＝bc .由余弦定理，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12.∴sin A ＝32. 由b 2＋c 2－bc ＝4，得b 2＋c 2＝4＋bc . ∵b 2＋c 2≥2bc ，即4＋bc ≥2bc ，∴bc ≤4. ∴S △ABC ＝12bc ·sin A ≤3，即(S △ABC )max ＝ 3.9．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a ≠b ，c ＝3，cos 2A －cos 2B ＝3sin A cos A －3sin B cos B . (1)求角C 的大小；(2)若sin A ＝45，求△ABC 的面积．由a ＜c ，得A ＜C ，从而cos A ＝35，故sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C＝4＋3310， 所以，△ABC 的面积为S ＝12ac sin B ＝83＋1825.10.如图，在△ABC 中，B ＝π3，AB ＝8，点D 在BC 边上，且CD ＝2，cos∠ADC ＝17.(1)求sin∠BAD ； (2)求BD 、AC 的长．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＋(2＋3)2－2×8×5×12＝49.所以AC ＝7.11．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2－(b －c )2＝(2－3)bc ，sin A sin B ＝cos 2C2，BC 边上的中线AM 的长为7.(1)求角A 和角B 的大小； (2)求△ABC 的面积．解 (1)由a 2－(b －c )2＝(2－3)bc ， 得a 2－b 2－c 2＝－3bc ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝32，(2)由(1)知，a ＝b ，由余弦定理得AM 2＝b 2＋(a2)2－2b ·a2·cos C ＝b 2＋b 24＋b 22＝(7)2，解得b＝2，故S △ABC ＝12ab sin C ＝12×2×2×32＝ 3.12.设f (x )＝sin x cos x －cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4.(1)求f (x )的单调区间；精品文档. (2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝0，a ＝1，求△ABC 面积的最大值.解 (1)由题意知f (x )＝sin 2x 2－1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π22＝sin 2x 2－1－sin 2x 2＝sin 2x －12. 由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π，k ∈Z, 可得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π，k ∈Z ； 由π2＋2k π≤2x ≤3π2＋2k π，k ∈Z, 可得π4＋k π≤x ≤3π4＋k π，k ∈Z . 所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4＋k π，π4＋k π(k ∈Z )； 单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4＋k π，3π4＋k π(k ∈Z ). (2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin A －12＝0，得sin A ＝12， 由题意知A 为锐角，所以cos A ＝32. 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，可得1＋3bc ＝b 2＋c 2≥2bc ，即bc ≤2＋3，且当b ＝c 时等号成立. 因此12bc sin A ≤2＋34.所以△ABC 面积的最大值为2＋34.。