解三角形

解三角形（共12篇）

解三角形 篇1

一、正弦定理和余弦定理是解三角形的关键

以上是两定理的内容和推广, 它揭示了任意三角形边角之间的规律。利用两定理可求三角函数的值, 可求三角形的内角和边, 判定三角形的形状, 综合考查三角变换以及深化三角形和平面向量等多种知识的运用能力, 当然这也是高中数学的主要精髓之一。

二、举例分析

解法三:延长BD至M, 使DM=BD, 连接AM, CM, 则ABCM为平行四边形。

三、简评

1.所有三角形的边角变换, 其实就是有条件限制的三角关系式的计算与证明, 在三角形的三角变换中, 正余弦定理、勾股定理和直角三角形中的边角关系都是解题的关键, 通过本例可以看出。

2.解三角形的有关问题, 常常需作一些辅助线。如解法一中的中位线, 解法二和解法三中的延长线都是解三角形中常作的辅助线, 应引起学生学习的足够重视。如果不作辅助线, 解题方法就受局限, 甚至造成解不出的可能。

3.通过建立适当直角坐标系, 利用向量或点坐标的工具解答有关边角的问题, 这也是解三角形中常用的方法。本例解法四就是用解析几何知识解决纯平面几何问题的典例, 希望对学生有所启迪。

4.当然, 解三角形有时还要用到两角和公式、倍角公式、半角公式、和差化积、积化和差公式、推导公式、两点间距离公式等诸多公式, 希望学生灵活运用, 以不变应万变。

5.解三角形其主要作用是解决在实际生活中的一些应用。常见有距离、高度、角度及平面图形的面积等计算与测量问题, 希望学生学习时要有应用意识与动手能力, 做到学有所用。

另外, 本题还可继续探讨, 例如, 作△ABC的外接圆或利用点坐标法是否可解。感兴趣的学生可以试试。总之, 解一般三角形万变不离其宗, 其要领都是平面几何与正余弦定理两方面知识的结合。

摘要：解三角形是高中数学重点内容之一。解题主要依据是正弦及余弦定理, 但解题方法灵活多样, 仅以一道例题四种解法进行简要分析。

关键词：解三角形,正余弦定理,多种分析方法

解三角形 篇2

章节总体设计

（一）课标要求

本章的中心内容是如何解三角形，正弦定理和余弦定理是解三角形的工具，最后落实在解三角形的应用上。通过本章学习，学生应当达到以下学习目标：

（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、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题。

（2）能够熟练运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的生活实际问题。

（二）编写意图与特色

1．数学思想方法的重要性

数学思想方法的教学是中学数学教学中的重要组成部分，有利于学生加深数学知识的理解和掌握。

本章重视与内容密切相关的数学思想方法的教学，并且在提出问题、思考解决问题的策略等方面对学生进行具体示范、引导。本章的两个主要数学结论是正弦定理和余弦定理，它们都是关于三角形的边角关系的结论。在初中，学生已经学习了相关边角关系的定性的知识，就是“在任意三角形中有大边对大角，小边对小角”，“如果已知两个三角形的两条对应边及其所夹的角相等,那么这两个三角形全”等。

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。”设置这些问题，都是为了加强数学思想方法的教学。

2．注意加强前后知识的联系

加强与前后各章教学内容的联系，注意复习和应用已学内容，并为后续章节教学内容做好准备，能使整套教科书成为一个有机整体，提高教学效益，并有利于学生对于数学知识的学习和巩固。

本章内容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，已知三角形的边和角相等判定三角形全等的知识有着密切联系。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，从联系的观点，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。

《课程标准》和教科书把“解三角形”这部分内容安排在数学五的第一部分内容，位置相对靠后，在此内容之前学生已经学习了三角函数、平面向量、直线和圆的方程等与本章知识联系密切的内容，这使这部分内容的处理有了比较多的工具，某些内容可以处理得更加简洁。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，需要对于三角形进行讨论，方法不够简洁，教科书则用了向量的方法，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.从上可知，余弦定理是勾股定理的推广.”

3．重视加强意识和数学实践能力

学数学的最终目的是应用数学，而如今比较突出的两个问题是，学生应用数学的意识不强，创造能力较弱。学生往往不能把实际问题抽象成数学问题，不能把所学的数学知识应用到实际问题中去，对所学数学知识的实际背景了解不多，虽然学生机械地模仿一些常见数学问题解法的能力较强，但当面临一种新的问题时却办法不多，对于诸如观察、分析、归纳、类比、抽象、概括、猜想等发现问题、解决问题的科学思维方法了解不够。针对这些实际情况，本章重视从实际问题出发，引入数学课题，最后把数学知识应用于实际问题。

（三）教学内容及课时安排建议

1.1正弦定理和余弦定理（约3课时）

1.2应用举例（约4课时）

1.3实习作业（约1课时）

（四）评价建议

1．要在本章的教学中，应该根据教学实际，启发学生不断提出问题，研究问题。在对于正弦定理和余弦定理的证明的探究过程中，应该因势利导，根据具体教学过程中学生思考问题的方向来启发学生得到自己对于定理的证明。如对于正弦定理，可以启发得到有应用向量方法的证明，对于余弦定理则可以启发得到三角方法和解析的方法。在应用两个定理解决有关的解三角形和测量问题的过程中，一个问题也常常有多种不同的解决方案，应该鼓励学生提出自己的解决办法，并对于不同的方法进行必要的分析和比较。对于一些常见的测量问题甚至可以鼓励学生设计应用的程序，得到在实际中可以直接应用的算法。

漫谈“解三角形” 篇3

1.关于新课程“解三角形”一章的解读

新课程设置“解三角形”这一章的基本理念是发展学生的数学应用意识，教材的编写具有几个鲜明的特色：其一，突出了基础性、选择性与时代性.尽管三角形边角之间的数量关系有很多，但教材突出地介绍了正弦定理、余弦定理极其应用，因为正弦定理、余弦定理深刻地反映了三角形的度量本质，是解三角形的主要工具.时代性体现在两个方面：一是对于正弦定理、余弦定理的证明，改变了传统的证法，巧妙地运用向量的数量积证明了正弦定理与余弦定理.以此将向量引入解三角形，并作为推证正、余弦定理的主要工具；二是在教材中例题与习题的选择上呈现出时代气息，并突出了正弦定理、余弦定理的运用，努力为学生体验数学解决问题中的作用，感受数学与日常生活的其他学科的联系，发展数学应用意识，提高实践能力创造条件.回避了繁琐的恒等变换.

初中对解三角形的研究，着重从空间形式定性地讨论了三角形中线段与角之间的位置关系，而高中则是定量地揭示三角形边、角之间的数量关系，从而更清晰地解决了三角形的确定性问题.教材中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基础.具体解三角形时，教材突出了函数与方程的思想，将正弦定理、余弦定理视作方程或方程组，处理已知量与未知量之间的关系.

其二，教材突出了数学思想方法的渗透.如函数的思想，化归的思想，以及类比、归纳等合情推理的数学方法等.对于正弦定理和余弦定理的研究都是从对于初中数学中对于三角形的定性研究进一步深化为定量研究的角度去展开的，突出了函数和量化的数学思想.为了探索任意三角形中的边角关系，首先让学生从分析特殊的直角三角形的边角关系入手，让我们去猜想这一关系是否也适用于一般的三角形，进而发现了正弦定理.这里渗透了由特殊到一般的数学归纳的思想.从某种角度上来说也是类比思想方法的体现.

其三，教材突出了数学探究能力的培养.例如，对于正弦定理的证明，不是直接给出它的证明过程，而是设计了一个探究的情景，让学生不断地去探究，去发现新的数学结论.传统的教材中一般对定理的证明只给出一种证法，而新教材中不仅提供了两种不同的证法，还设计了思考题让学生尝试用其他方法去证明正弦定理，让学生主动地去建构知识，从而达到数学探究能力培养的目的.

其四，教材突出了数学应用意识的培养.解三角形的内容具有丰富的现实背景，来源于测量等实践活动.教材选择了大量有鲜活的现实情景的例题与习题，将知识返朴归真，体现了强烈的数学应用意识.涉及到的问题有，测量山高、电视塔高、河宽等，判断轮船的航向测量卸货车有关部位的距离与角度，炮兵炮击的目标距离与炮击方向，在探究与拓展中介绍了海伦公式和我国古代数学家秦九韶的贡献等等.特别地，在教材的最后有提供了一个实习作业，让学生运用本章所学的知识，通过实地测量，来体验数学在解决实际问题中的作用和价值.

1.学好“解三角形”的几点建议

（1）宏观把握

首先，要通过阅读大致了解“解三角形”到底研究的什么问题，研究的重点是什么，难点在哪里，采用什么样的方法来研究的，常见的题型有哪些,应当注意什么问题，等等.

事实上，“解三角形”就是研究三角形中三条边与三个角这六个元素之间的相互关系，研究可以转化为用解三角形的方法去解决的实际应用问题.本章重点研究了正弦定理与余弦定理这两个定理及其应用，主要解决了如何解一般三角形的问题.

下表表示正、余弦定理的适用情况：

正弦定理余弦定理

已知两角与任一边，求其他两边和一角

已知三条边，求三个角

已知两边与其中一边的对角，求其他一边和两角

已知两边和它们的夹角，求其他一边和两角

一般地，利用正弦定理，可以解决以下两类解斜三角形的问题：一是已知两角与任一边，求其他两边和一角；二是已知两边与其中一边的对角，求另一边的对角并进而求出其他的边与角.利用余弦定理，可以解决以下两类解斜三角形的问题：一是已知三边，求三个角；二是已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角.

应当注意的是，在利用正弦定理求角时，可能会出现两解的情形，要学会取舍.

（2）重点强化

运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题才是本章的重点，而不必在恒等变形上进行过于烦琐的训练.因此，学习中应重点加强对上述四类基本的解三角形问题的训练，在解决实际问题的过程中体会如何确定问题该采用的最合适的定理，从而选择有效的解题策略.通过学习要去体验解三角形在解决实际问题中的作用，感受数学与日常生活的其他学科的联系.

（3）挖掘联系

本章是在已有知识的基础上，通过对任意三角形的边角关系的探究，发现并掌握三角形中的边长与角度之间的数量关系，进而解决简单的三角形度量问题.这就要求我们在学习过程中，要突出几何的作用，善于挖掘知识之间的内在联系，将三角形全等定理、解直角三角形、三角函数、向量等“旧”知识与解斜三角形这一新知识、方法进行融会贯通.

（4）难点突破

本章的的难点是如何灵活地运用正弦定理、余弦定理去解决实际应用问题，突破这个难点的策略是：首先，把实际问题转化为抽象的数学问题（即数学建模），然后，看这个数学模型是否为三角形，若是，则进一步考察这个三角形是怎样的三角形，边与角之间存在着怎样的关系，已知量与未知量之间存在着怎样的关系，欲求未知量用哪个定理比较合适.下面举例说明.

例题某气象观察站C在城A的南偏西20°方向，由城A出发有一条公路，公路走向是南偏东40°方向.在C处测得距离C为31千米的B处，有一人正沿公路向城A走去，

图1

走了20千米后到达D处，此时CD间相距21千米.此人还要走多少千米才能到达城A？

分析这个问题表面上看与解三角形无关，是行程类的问题.但事实上，根据题意,我们可以构造出一个三角形模型，如图1所示.题中的已知条件反映在图形上，可得∠CAB＝60°，CB＝31，BD＝20，CD＝21.欲求此人还要走多少千米才能到达城A，即求AD的长.

可以分三步来完成：

观察△ACD，已知CD和∠CAB＝60°，若知道sin∠ACD的值，利用正弦定理即可求出AD.

欲求sin∠ACD的值，因为在△BCD中三边已知，所以利用余弦定理可求出cos∠BDC的值.

因为∠BDC是△ACD的外角，所以，在△ACD中，∠ACD＝∠BDC－∠CAD＝∠BDC－60°，从而sin∠ACD＝sin（∠BDC－60°）＝sin∠BDCcos60°－cos∠BDCsin60°.

在△BCD中，可求出cos∠BDC=-17.

进而可求出sin∠ACD＝5314.

在△ACD中，可得AD＝CDsin∠CADsin60°=15（千米）.

故此人还要走15千米才能到达A城.

2.“解三角形”在高考中的考查动向

综观近年高考的数学试题，不难发现，每一年都离不开对“解三角形”的考查，命题方向的变化改变了三角函数的考试模式，给解三角形问题赋予了实际背景，既简单，又体现数学应用的价值，很好地体现了课程标准的理念.所涉及到的内容不仅限于三角学的范畴，往往还将对解三角形的考查与三角函数的变换、向量、立体几何、解析几何以及实际应用问题的内容结合起来.应用最多的是在立体几何中，这是因为在立体几何的求解过程中，最终都要把问题转化为最基本的图形，即“三角形”去求解，即立体几何度量问题的“归宿”正是解三角形的问题.

让我们来欣赏两道题.

首先，欣赏2008年江苏卷的第17题：如图2，某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD的顶点A,B及CD的中点P处，已知AB=20km,CB=10km，为了处理三家工厂的污水，现要在矩形

图2

ABCD的区域内（含边界），且与A,B等距离的一点O处建造一个污水处理厂，并铺设排污管道AO,BO,OP，设排污管道的总长为ykm.

（Ⅰ）分别按下列要求写出函数关系式：①设∠BAO=θ(rad)，将y表示成θ的函数关系式；

②设OP=x(km)，将y表示成x的函数关系式.

（Ⅱ）请你选用（Ⅰ）中的一个函数关系式，确定污水处理厂的位置，使三条排污管道总长度最短.

解法欣赏：

（Ⅰ）①延长PO与AB交于Q.由条件知PQ垂直平分AB，又∠BAO=θ(rad)，

则OA=AQcosθ=

10cosθ,故OB=10cosθ，

又OP＝10－10tanθ，

所以y=OA+OB+OP=10cosθ+10cosθ+10-10tanθ，即所求函数关系式为y=20-10sinθcosθ+10

0<θ<π4.

②若OP=x(km)，则OQ＝10－x，所以OA=OB=(10-x)2+102=x2-20x+200,

故所求函数关系式为y=x+2x2-20x+200(0

（Ⅱ）根据（Ⅰ）中得到的函数关系，求函数y的最小值，方法很多，最简捷的方法是利用导数，由于同学们尚未学过导数，这里从略.

点评本题以实际问题为背景素材，综合应用函数与导数以及三角函数的知识去解三角形，同时也考查了数学建模能力、抽象概括能力和解决实际问题的能力.

选择函数模型①，

y′=-10cosθcosθ-(20-10sinθ)(-sinθ)cos2θ=10(2sinθ-1)cos2θ

令y′=0得sinθ=12，因为0<θ<π4，所以θ=π6，

当θ∈0,π6时，y′<0,y是θ的减函数；

当θ∈π6,π4时，y′>0，y是θ的增函数，所以当θ=π6时，ymin=10+103.这时点P位于线段AB的中垂线上，且距离AB边1033km处.

其次，欣赏2008全国Ⅰ理科卷的一道题：四棱锥ABCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC⊥底面BCDE，BC=2，CD=2，AB=AC.

（Ⅰ）证明：AD⊥CE；

（Ⅱ）设CE与平面ABE所成的角为45°，求二面角CADE的大小.

图3

图4

解法欣赏：

（Ⅰ）取BC中点F，连结DF交CE于点O，

因为AB=AC，所以AF⊥BC，

又面ABC⊥面BCDE，所以AF⊥面BCDE，所以AF⊥CE.

于是tan∠CED=tan∠FDC=22，

故∠OED+∠ODE=90°,所以∠DOE=90°，即CE⊥DF，

所以CE⊥面ADF，所以CE⊥AD.

（Ⅱ）在面ACD内过点C作AD的垂线，垂足为G.

因为CG⊥AD,CE⊥AD，所以AD⊥面CEG，

所以EG⊥AD，则∠CGE即为所求二面角的平面角.

由CG=AC•CDAD=233，DG=63，EG=DE2-DG2=303，

CE=6，可得cos∠CGE=CG2+GE2-CE22CG•GE=

-1010.

点评本题是一道立体几何题，但是，最终还是要把它转化为解三角形的问题去解决，即立体几何题中渗透着解三角形的问题.

小链接

“解三角形”的由来

人类本能地喜欢探索宇宙的奥秘，对世界上的一切事物都具有一颗好奇的心，例如，我国古代就有嫦娥奔月的神话故事.明月高悬，我们仰望夜空，会有无限遐想，不禁会问，遥不可及的月亮离我们地球究竟有多远呢？在埃及如何计算金字塔的高度及表面积呢？等等.要解决这些问题，就需要将这些实际问题抽象概括为数学模型，这个数学模型就是“三角形”，然后通过对这些三角形的研究从而得出实际问题的答案，这个解决问题的过程就是“解三角形”，在历史上，它是伴随着天文、测量等实际需要产生和发展的.

“解三角形”不是一门独立的学科它是“三角学”的一部分，“三角学”的产生与发展是源于“解三角形”的需要，而“解三角形”又是解决实际问题的需要，是人类生存的需要.

早期三角学是依附于天文学的，是天文观测结果推算的一种方法，因而最先发展起来的是球面三角学．例如，古希腊门纳劳斯（公元100年左右）著《球面学》，提出了三角学的基础问题和基本概念，另一个古希腊学者托勒密著《天文学大成》，初步发展了三角学．公元10世纪的一些阿拉伯学者进一步探讨了三角学．而在欧洲，最早将三角学从天文学独立出来的数学家是德国人雷格蒙塔努斯（Ｊ•Ｒｅｇｉｏｍｏｎｔａｎｕｓ，1436～1476）.

雷格蒙塔努斯的主要著作是1464年完成的《论各种三角形》.这是欧洲第一部独立于天文学的三角学著作，是欧洲传播三角学的源泉.三角学一词的英文是ｔｒｉｇｏｎｏｍｅｔｒｙ，来自拉丁文ｔｕｉｇｏｎｏｍｅｔｕｉａ.最先使用该词的是文艺复兴时期的德国数学家皮蒂斯楚斯，他在1595年出版的《三角学：解三角形的简明处理》中创造这个词.其构成法是由三角形（ｔｕｉａｎｇｕｌｕｍ）和测量（ｍｅｔｕｉｃｕｓ）两字凑合而成.要测量计算离不开三角函数表和三角学公式，它们是作为三角学的主要内容而发展的.

文艺复兴后期，法国数学家韦达成为三角公式的集大成者.他的著作《应用于三角形的数学定律》（1579）是较早系统论述平面和球面三角学的专著之一.发现了一些新的公式.如正切定律、和差化积公式等等.1591年韦达又得到多倍角关系式，1593年又用三角方法推导出余弦定理.

近代三角学是从欧拉的《无穷分析引论》开始的.他定义了单位圆，并以函数线与半径的比值定义三角函数，他还创用小写拉丁字母ａ,ｂ,ｃ表示三角形三条边，大写拉丁字母Ａ,Ｂ,Ｃ表示三角形三个角，从而简化了三角公式.使三角学从研究三角形解法进一步转化为研究三角函数及其应用，成为一个比较完整的数学分支学科.形成了现代的三角函数符号和三角学的系统理论.

中国古代最早的平面三角学著作是清代数学家梅文鼎的《平三角举要》.这部著作的核心内容是以大地测量与天文测量为背景的各类三角形的解法.梅文鼎在明末传教士编译的《大测》、《测量全义》等书的基础上，对涉及三角形的几何方法导出了定义、公式和定理.

以上就是三角学的产生与发展的简要过程，当你了解到三角学的发展史时，该懂得了学习“解三角形”的必要性与重要性吗？

小发现

三角形中的一个三角恒等关系

正、余弦定理都反映了任意三角形的边角关系，利用它们可以解决许多与三角形有关

的问题.余弦定理是解斜三角形时用到的主要定理，若将正弦定理代入，则可得到关系式：sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA.（*）

这是只含有三角形三个内角的一个关系式，利用这一关系式解题，简捷明快.下面通过具体例子介绍它在解题中的应用.

应用一：求三角形的内角

例1在△ABC中，已知sin2B－sin2C－sin2A＝3sinAsinC，求B的度数.

解由正、余弦定理，得sin2B＝sin2A＋sin2C－2sinAsinCcosB，

所以－2sinAsinCcosB＝3sinAsinC.

因为sinAsinC≠0,

所以cosΒ＝－32,所以B＝150°.

点评由于题目中的条件等式通过变形符合关系式（*）的结构特点，从而避免将边化角用余弦定理去解.

应用二：判定三角形的形状

例2在△ABC中，已知2cosBsinC＝sinA，

试判定△ABC的形状.

解在原等式两边同乘以sinA，得2cosBsinAsinC＝sin2A，

由正、余弦定理，得sin2A＋sin2C－sin2Β＝sin2A，

所以sin2C＝sin2B，所以B＝C.

故△ABC是等腰三角形.

点评判断三角形的形状，可以通过用正弦定理、余弦定理进行边与角的转化这一通法去进行.本题的上述解法有一定的技巧性.

应用三：构造三角形，求三角函数式的值

例3求sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°的值.

解原式＝sin210°＋sin250°＋sin10°sin50°.

在sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA中，令B＝10°，C＝50°，A＝120°，则有sin2120°＝sin210°＋sin250°－2sin10°sin50°cos120°,

故sin210°＋sin250°＋sin10°sin50°＝34.

点评本题从关系式（*）中的角出发，通过赋值，构造出三角形三个内角，从而直接用关系式（*）去解.

诚然，我们学习数学时，应注重问题的通解通法的掌握，不应过分强调技巧；但是从应试角度看，掌握一些常用解题技巧对我们还是有益的.

“解三角形”教学研究 篇4

学生在已有知识的基础上, 通过对任意三角形边长和角度关系的探索, 掌握正弦定理、余弦定理, 能解决一些简单的三角形度量问题;, 能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.可以看出, 教学分三个目标:探索、掌握和应用.

二、教学过程及策略

1. 在具体教学过程中教师要深入理解、研究和挖掘教材中的信息资源, 通过改变、补充、重组教材内容, 合理开发应用教材.从学生熟知的生活情景出发, 选择学生身边感兴趣的事物, 使学生初步感受数学与日常生活的密切关系, 形成问题情境, 实现课题引入, 既体现课题方向又体现了知识的实用价值问题情境是这样设置的:如果我们只有测角仪和卷尺, 如何解决下面的问题?

如图1, 设A、B两点在河的两岸, 要测量两点之间的距离, 测量者在A的同侧, 在所在的河岸边选定一点C, 测出AC的距离是55 m, ∠BAC=51°, ∠ACB=75°.求A、B两点的距离 (精确到0.1 m) .

这样的问题学生既有新鲜感而背景材料又熟悉, 一定会引发学生的求知欲, 让学生尝试解题后, 就会引起学生的兴趣.

2. 在已有知识的基础上, 就是掌握相关的知识, 知识是有关联的, 任何新知识的学习都是建立在已有知识的基础上.为了让学生顺理成章地接受新知识, 就要预习相关知识, 做好新旧知识的衔接.解三角形要用到以下知识: (1) 三角形的性质; (2) 三角形内角和定理; (3) 锐角三角函数定义; (4) 诱导公式; (5) 两角和差公式; (6) 向量加减法的几何意义; (7) 向量的数量积; (8) 三角形面积公式; (9) 直角三角形射影定理等.

3. 注重提高学生的数学思维能力是新课标的基本理念, 新教材注重学生在观察发现、归纳类比、演绎证明等思维活动过程中, 掌握新知识、新方法.从教学内容上可以看出:正弦定理的推出, 是从直角三角形切入, 延伸到斜三角形, 再化归为直角三角形, 从而证明对任意的三角形成立.这种特殊到一般, 一般到特殊的探究, 就是数学的研究方法, 符合认知规律, 有助于学生对数学问题的思考和探究, 教学中要给予重要的关注.

4. 正弦定理和余弦定理的学习为研究三角形的性质、边角关系提供了边角关系的准确量化.完成教材上的证明方法后, 可以引导学生构造向量, 用向量法证明正弦定理.

过点A作单位向量, 由向量的加法可得, 则, 所以, 即, 所以csin A=asin C, 即.同理, 过点C作, 可得, 从而.

这种延伸非常有利于学生发散思维, 由于三角形涉及到边和角, 正好吻合向量的两个基本量.向量法证明要搞清一个问题, 为什么过点A作单位向量j⊥AAAC?一个技巧, 先构造一个等量关系AAAB=AAAC+CAAB, 再两端同乘j, 通过向量的运算得到恒等式.

5. 数学教学的根本目的是在学习知识的同时, 提高分析问题和解决问题的能力.例题中所渗透的数学思想是实现这一目标的主要途径.正弦定理、余弦定理给出了三角形中的边长与角度之间的数量关系, 要引导学生探究定理的结构形式和特点及P3例1、例2;P7例3、例4的条件及求解的方法, 适时提出正弦定理可以解决一些怎样的解三角形问题?余弦定理可以解决一些怎样的解三角形问题?然后让学生总结归纳出:

正弦定理能解决的解三角形问题: (1) 已知两角和任一边, 求其他边或角; (2) 已知两边和一边的对角, 求其他边或角.

余弦定理能解决的解三角形问题: (1) 已知两边及夹角求第三边和其它两角; (2) 已知三边, 求各角.

引导学生研究例题、习题, 不但可以掌握知识的内涵和外延, 还能掌握知识的重、难点, 进行题型归类, 使学生做到心中有数.

6. 教材在探究与发现中, 对解三角形作了进一步的讨论, 研究了已知三角形的两边和一边的对角求其他边和角的解的个数问题.教材首先通过P8的一个例题, 引发学生思考:是正弦定理有误?还是计算出错?这时让学生按所给的条件画三角形, 就可知这样的三角形是不存在的.因此用正弦定理解出一个矛盾的结果也就不奇怪了.这就是说已知两边和一边的对角解三角形可能无解.那么会不会有两个解呢?让学生画图实验并思考, (也可用几何画板演示) .不难得出以下结论:

(1) 在直角三角形和钝角三角形中, 根据大角对大边的性质, 如果有解就只有一解.

(2) 在锐角三角形中, 如图2所示, 三条线段 (BC、DC、AC) 的长度决定了解的个数:

BCAC一解.

三、“解三角形”旨在解决实际应用问题中的距离和角度问题

习题的主要作用是为了巩固基本知识, 掌握基本技能, 提高解决问题的能力, 学生通过“做数学”来真正领会知识的内涵, 明确概念的外延, 这是培养解题能力、抽象概括能力的重要手段.仔细研究习题, 不难发现, 教材要求学生必须具备三个基本能力:

1. 会根据边角条件解三角形、判断解的个数;

2. 会用正、余弦定理判断三角形的形状;

3. 会用经纬仪、卷尺等测量角和距离的工具, 结合实际问题搜集数据进行测量, 体会数学的应用价值.

应该让学生认真研读教材中的这一段话:“同学们在学习时可以考虑, 题中问什么要给出这些已知条件, 而不是其他条件?应该注意到, 例题及习题中的一组已知条件, 常隐含着对于这类测量问题在某一种特定情境和条件限制下的一个测量方案.在这种情境与条件限制下, 别的方案中的量可能无法测量出来, 因而不能实施别的测量方案.”让学生明白, 在实际测量中合理收集数据的重要性, 使知识得到再一次升华.

解三角形应用举例教案（推荐） 篇5

●教学目标

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测量距离的实际问题，了解常用的测量相关术语

过程与方法：首先通过巧妙的设疑，顺利地引导新课，为以后的几节课做良好铺垫。其次结合学生的实际情况，采用“提出问题——引发思考——探索猜想——总结规律——反馈训练”的教学过程，根据大纲要求以及教学内容之间的内在关系，铺开例题，设计变式，同时通过多媒体、图形观察等直观演示，帮助学生掌握解法，能够类比解决实际问题。对于例2这样的开放性题目要鼓励学生讨论，开放多种思路，引导学生发现问题并进行适当的指点和矫正

情感态度与价值观：激发学生学习数学的兴趣,并体会数学的应用价值；同时培养学生运用图形、数学符号表达题意和应用转化思想解决数学问题的能力 ●教学重点

实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后逐个解决三角形，得到实际问题的解 ●教学难点

根据题意建立数学模型，画出示意图 ●教学过程 Ⅰ.课题导入

1、[复习旧知] 复习提问什么是正弦定理、余弦定理以及它们可以解决哪些类型的三角形？

2、[设置情境]

请学生回答完后再提问：前面引言第一章“解三角形”中，我们遇到这么一个问题，“遥不可及的月亮离我们地球究竟有多远呢？”在古代，天文学家没有先进的仪器就已经估算出了两者的距离，是什么神奇的方法探索到这个奥秘的呢？我们知道，对于未知的距离、高度等，存在着许多可供选择的测量方案，比如可以应用全等三角形、相似三角形的方法，或借助解直角三角形等等不同的方法，但由于在实际测量问题的真实背景下，某些方法会不能实施。如因为没有足够的空间，不能用全等三角形的方法来测量，所以，有些方法会有局限性。于是上面介绍的问题是用以前的方法所不能解决的。今天我们开始学习正弦定理、余弦定理在科学实践中的重要应用，首先研究如何测量距离。Ⅱ.讲授新课

（1）解决实际测量问题的过程一般要充分认真理解题意，正确做出图形，把实际问题里的条件和所求转换成三角形中的已知和未知的边、角，通过建立数学模型来求解

[例题讲解]

(2)例

1、如图，设A、B两点在河的两岸，要测量两点之间的距离，测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离是55m，BAC=51，ACB=75。求A、B两点的距离(精确到0.1m)

启发提问1：ABC中，根据已知的边和对应角，运用哪个定理比较适当？

启发提问2：运用该定理解题还需要那些边和角呢？请学生回答。分析：这是一道关于测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离的问题，题目条件告诉了边AB的对角，AC为已知边，再根据三角形的内角和定理很容易根据两个已知角算出AC的对角，应用正弦定理算出AB边。解：根据正弦定理，得

ABsinACB =

ACsinABC

AB = ACsinACB

sinABC = 55sinACB

sinABC =

55sin75 sin(1805175)= 55sin75

sin54 ≈ 65.7(m)答:A、B两点间的距离为65.7米

变式练习：两灯塔A、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30，灯塔B在观察站C南偏东60，则A、B之间的距离为多少？

老师指导学生画图，建立数学模型。解略：2a km 例

2、如图，A、B两点都在河的对岸（不可到达），设计一种测量A、B两点间距离的方法。

分析：这是例1的变式题，研究的是两个不可到达的点之间的距离测量问题。首先需要构造三角形，所以需要确定C、D两点。根据正弦定理中已知三角形的任意两个内角与一边既可求出另两边的方法，分别求出AC和BC，再利用余弦定理可以计算出AB的距离。

解：测量者可以在河岸边选定两点C、D，测得CD=a，并且在C、D两点分别测得BCA=， ACD=，CDB=，BDA =，在ADC和BDC中，应用正弦定理得

AC = BC =

asin()= asin()

sin[180()]sin()asin = asin sin[180()]sin()计算出AC和BC后，再在ABC中，应用余弦定理计算出AB两点间的距离 AB =

AC2BC22ACBCcos

分组讨论：还没有其它的方法呢？师生一起对不同方法进行对比、分析。

变式训练：若在河岸选取相距40米的C、D两点，测得BCA=60，ACD=30，CDB=45，BDA =60

略解：将题中各已知量代入例2推出的公式，得AB=20

评注：可见，在研究三角形时，灵活根据两个定理可以寻找到多种解决问题的方案，但有些过程较繁复，如何找到最优的方法，最主要的还是分析两个定理的特点，结合题目条件来选择最佳的计算方式。学生阅读课本4页，了解测量中基线的概念，并找到生活中的相应例子。Ⅲ.课堂练习

课本第13页练习第1、2题 Ⅳ.课时小结

解斜三角形应用题的一般步骤：

（1）分析：理解题意，分清已知与未知，画出示意图

（2）建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解斜三角形的数学模型

（3）求解：利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形，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 Ⅴ.课后作业

作高法解三角形 篇6

利用正弦、余弦定理解三角形是高考重点考查内容，通常难度不大.看到解三角形的试题，考生的第一反应就是正弦或余弦定理，但也有些试题不好判断是利用正弦定理还是用余弦定理，有些试题又可能两个定理都用到，显得有点复杂.其实有些试题我们可以既不用正弦定理也不用余弦定理，而采用数形结合、作出三角形的高，主要运用直角三角形中锐角的三角函数定义和勾股定理也可以解答试题.下面以近两年高考题为例，看看这别开生面的解法.endprint

利用正弦、余弦定理解三角形是高考重点考查内容，通常难度不大.看到解三角形的试题，考生的第一反应就是正弦或余弦定理，但也有些试题不好判断是利用正弦定理还是用余弦定理，有些试题又可能两个定理都用到，显得有点复杂.其实有些试题我们可以既不用正弦定理也不用余弦定理，而采用数形结合、作出三角形的高，主要运用直角三角形中锐角的三角函数定义和勾股定理也可以解答试题.下面以近两年高考题为例，看看这别开生面的解法.endprint

利用正弦、余弦定理解三角形是高考重点考查内容，通常难度不大.看到解三角形的试题，考生的第一反应就是正弦或余弦定理，但也有些试题不好判断是利用正弦定理还是用余弦定理，有些试题又可能两个定理都用到，显得有点复杂.其实有些试题我们可以既不用正弦定理也不用余弦定理，而采用数形结合、作出三角形的高，主要运用直角三角形中锐角的三角函数定义和勾股定理也可以解答试题.下面以近两年高考题为例，看看这别开生面的解法.endprint

相似三角形的多解问题 篇7

一、直线的不唯一

例1 ( 2013·贵阳) 如图, M是Rt△ABC的斜边BC上异于B、C的一定点, 过M点作直线截△ABC, 使截得的三角形与△ABC相似, 这样的直线共有 ()

A.1条B.2条

C.3条D.4条

分析: 过点D作直线与另一边相交, 使所得的三角形与原三角形有一个公共角, 只要再作一个直角就可以.

解: 因为截得的三角形与△ABC相似, 所以过点M作AB的垂线, 或作AC的垂线, 或作BC的垂线, 所得三角形满足题意, 所以过点M作直线l共有三条, 如图, 故应选C.

说明: 本题主要考查三角形相似判定定理及其运用. 解题时, 运用了两角法 ( 有两组角对应相等的两个三角形相似) 来判定两个三角形相似.

二、点坐标的不唯一

例2 ( 2013 ·孝感) 在平面直角坐标系中, 已知点E ( - 4 , 2 ) , F ( - 2, - 2) , 以原点O为位似中心, 相似比为1/2, 把△EFO缩小, 则点E的对应点E'的坐标是 ()

A. ( - 2, 1) B. ( - 8, 4)

C. ( - 8, 4) 或 ( 8, - 4) D. ( - 2, 1) 或 ( 2, - 1)

分析: 对于△EFO, 以原点O为位似中心, 相似比为1/2, 把△EFO缩小, 应有两种情形, 即一个在原点O的左边, 另一个在原点O的右边, 于是根据题意画出相应的图形, 找出点E的对应点E'的坐标即可.

解: 如图, 则点E的对应点E'的坐标是 ( - 2, 1) 或 ( 2, - 1) , 故应选D.

说明: 此题考查了位似图形, 以及坐标与图形性质, 位似是相似的特殊形式, 位似比等于相似比, 其对应的面积比等于相似比的平方.

三、线段比的不唯一

例3 ( 2013·徐州) 如图, 在Rt△ABC中, ∠C = 90°, 翻折∠C, 使点C落在斜边AB上某一点D处, 折痕为EF ( 点E、F分别在边AC、BC上) .

( 1) 若△CEF与△ABC相似.

(1) 当AC=BC=2时, AD的长为____;

(2) 当AC=3, BC=4时, AD的长为______.

( 2) 当点D是AB的中点时, △CEF与△ABC相似吗? 请说明理由.

分析: ( 1) 若△CEF与△ABC相似. (1) 如图1, 当AC = BC = 2 时, △ABC为等腰直角三角形; (2) 当AC = 3, BC = 4 时, 应分两种情况: ( I) 若CECF = 3:4, 如图2 所示, 此时EF∥AB, CD为AB边上的高; ( II) 若CFCE = 3:4, 如图3 所示, 由相似三角形角之间的关系, 可以推出∠A = ∠ECD与∠B = ∠FCD, 从而得到CD = AD = BD, 即D点为AB的中点; ( 2) 当点D是AB的中点时, △CEF与△ABC相似, 可以推出∠CFE = ∠A, ∠C = ∠C, 从而可以证明两个三角形相似.

解: (1) 若△CEF与△ABC相似. (1) 如图1, 当AC=BC=2时, △ABC为等腰直角三角形, 此时D为AB边中点, .

(2) 当AC = 3, BC = 4时, 有两种情况: ( I) 若CECF = 3：4, 如图2所示.

因为CECF = AC∥BC, 所以EF∥AB. 由折叠性质可知, CD⊥EF, 所以CD⊥AB, 即此时CD为AB边上的高. 在Rt△ABC中, AC = 3, BC = 4, 所以AB = 5,

( II) 若CFCE = 3：4, 如图3 所示. 因为△CEF∽△CAB, 所以∠CEF = ∠B, 由折叠性质可知, ∠CEF + ∠ECD = 90°, 又∠A + ∠B =90°, 所以∠A = ∠ECD, 所以AD = CD. 同理可得∠B = ∠FCD, CD =BD, 此时AD = (1/2) AB = (1/2) × 5 =5/2.

综上所述, 当AC = 3, BC = 4 时, AD的长为9/5或5/2.

( 2) 当点D是AB的中点时, △CEF与△ABC相似. 理由如下: 如图3 所示, 连接CD, 与EF交于点Q. 因为CD是Rt△ABC的中线, 所以CD = DB = AD, 所以∠DCB = ∠B.

由折叠性质可知, ∠CQF = ∠DQF = 90°, 所以∠DCB + ∠CFE =90°,

因为∠B + ∠A = 90°, 所以∠CFE = ∠A, 又∠C = ∠C, 所以△CEF∽△CBA.

利用坐标法处理“解三角形”问题 篇8

类型1借助三角形的外接圆, 巧求三角形面积的最大值

解如图1, 建立平面直角坐标系xOy, 其中y轴是AC的中垂线, 并作出△ABC的外接圆.

设圆心为E, 圆与y轴正半轴交于点F, 连接AE, 因为圆E的半径为

从而结合图1可知△ABC的边AC上的高的最大值是

类型2借助点在圆上运动变化, 巧求平行四边形面积的最大值

解如图2, 建立平面直角坐标系xOy, 其中y轴是AB的中垂线, 则

点A (-1, 0) , B (1, 0) .

从而, 点C在圆 (x-3) 2+y2=8上,

故SABCD的最大值是

类型3借助两点间距离公式, 巧求线段长度的取值范围

例3如图3, 在等腰△ABC中, 底边BC=1, 底角B的平分线BD交AC于D, 求BD的取值范围.

即AD=mDC.

于是设点A (0, n) ,

由三角形边边关系, 得

类型4借助相关直线知识, 巧求与线段长度有关的最值问题

解如图6, 以过点O平行BC的直线为x轴, 以BC的中垂线为y轴 (易知y轴经过点A和点O) , 建立平面直角坐标系xOy, 则

于是, 可求得直线AB, AC的方程分别为

设直线MN的方程为y=kx, 则通过联立解方程组可知

从三个方面把握解三角形问题 篇9

在解三角形时, 首先要能根据题目的条件准确选择用正弦定理还是余弦定理解题, 迅速找到解题的入口, 从而避免繁琐的运算, 优化解题过程;其次, 解题时还要有分析验证的意识, 能够准确把握解题的结果, 既避免增解, 又避免失解;另外, 还应注意运算的合理性, 分清是要单个求值还是整体运算.

一、用正弦定理还是余弦定理

例1 在△ABC中, 已知 b=3, c=1, B=60°, 求 a.

解法1:因为$\frac{b}{\text{s}\text{i}\text{n}B}=\frac{c}{\text{s}\text{i}\text{n}C}$,

所以$\sin C=\frac{c\text{s}\text{i}\text{n}B}{b}=\frac{\sqrt{3}}{6}.$

因为 b>c, 所以B>C, 所以C为锐角,

所以$\cos C=\sqrt{1-\sin {}^{2}C}=\frac{\sqrt{33}}{6}.$

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}\sin A=\sin (B+C)\\ =\sin B\cos C+\cos B\sin C\\ =\frac{3\sqrt{11}+\sqrt{3}}{12}.\end{array}$

因为$\frac{a}{\text{s}\text{i}\text{n}A}=\frac{b}{\text{s}\text{i}\text{n}B}$,

所以$a=\frac{b\text{s}\text{i}\text{n}A}{\text{s}\text{i}\text{n}B}=\frac{\sqrt{33}+1}{2}.$

解法2:因为 b2=a2+c2-2accosB,

所以 a2-a-8=0,

解得$a=\frac{1+\sqrt{33}}{2}$或$a=\frac{1-\sqrt{33}}{2}$ (舍去) .

评注: (1) 正弦定理能够解决的解三角形问题有两类:一是已知“两边及其中一边的对角”;二是已知“两角与一边”.

(2) 余弦定理能够解决的斜三角形问题也有两类:一是已知“两边夹一角”;二是已知“三边”.

(3) 已知“两边及其中一边的对角”的问题是一类特别的问题, 对于该类问题, 既可以运用正弦定理, 又可以运用余弦定理, 而且有时运用余弦定理使得问题的解决变得更简捷, 可以避免繁琐的变形推理.

(4) 解斜三角形的问题时, 要能够结合三角函数知识灵活地解决问题, 注意运用“大边对大角”确定解的个数.

二、两解还是一解或是无解

例2 (1) 在△ABC中, $a=4‚c=6‚\cos A=\frac{3}{4}$, 求 b;

(2) 在△ABC中, $C=2A‚a+c=10‚\cos A=\frac{3}{4}$, 求 b.

解: (1) 因为$\cos A=\frac{b{}^2+c{}^2-a{}^2}{2bc}$, 且$a=4‚c=6‚\cos A=\frac{3}{4}$,

所以 b2-9b+20=0,

解得 b=4或 b=5.

(2) 因为$\frac{a}{\text{s}\text{i}\text{n}A}=\frac{c}{\text{s}\text{i}\text{n}C}$,

所以$\frac{c}{a}=\frac{\text{s}\text{i}\text{n}C}{\text{s}\text{i}\text{n}A}=\frac{\sin 2A}{\text{s}\text{i}\text{n}A}=2\cos A=\frac{3}{2}.$

又因为 a+c=10, 所以 a=4, c=6.

因为$\cos A=\frac{b{}^2+c{}^2-a{}^2}{2bc}$, 且$a=4‚c=6‚\cos A=\frac{3}{4}$,

所以 b2-9b+20=0,

解得 b=4或 b=5.

当 b=4时, 又因为 a=4, 所以A=B.

又因为C=2A, 所以C=2A=2B,

所以 A=B=45°,

这时$\cos A=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 与$\cos A=\frac{3}{4}$矛盾, 故 b=4不成立.

当 b=5时, 经验证, 满足题意.

综上, b=5.

评注:第 (1) 小题是典型的“两边及一角”问题, 因为已知A为锐角, 且 csinA<a<c, 符合条件的三角形有两个, 所以本题有两解.第 (2) 小题化到一定程度好象就是第 (1) 小题, 照理也应该有两解, 但由$\cos A=\frac{3}{4}$及C=2A知, A, C为定值, 那么从而该三角形三个角都为定值, 再加之 a, c 都为定值, 那么符合条件的三角形只有一个, 所以本题只有一解, 另外一解为增解, 需要通过验证舍去.

第 (2) 小题另解:

因为$\cos A=\frac{3}{4}$,

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}\sin A=\sqrt{1-\cos {}^{2}A}=\frac{\sqrt{7}}{4}‚\\ \sin C=\sin 2A=2\sin A\cos A=\frac{3\sqrt{7}}{8}‚\\ \cos C=\cos 2A=2\cos {}^{2}A-1=\frac{1}{8}.\end{array}$

所以$\sin B=\sin (A+C)=\sin A\cos C+\cos A\sin C=\frac{5\sqrt{7}}{16}.$

又$\frac{b}{\text{s}\text{i}\text{n}B}=\frac{a}{\text{s}\text{i}\text{n}A}=\frac{c}{\text{s}\text{i}\text{n}C}=\frac{a+c}{\text{s}\text{i}\text{n}A+\text{s}\text{i}\text{n}C}$,

即$\frac{b}{\frac{5\sqrt{7}}{16}}=\frac{10}{\frac{\sqrt{7}}{4}+\frac{3\sqrt{7}}{8}}$, 得 b=5.

三、单个求值还是整体运算

例3 已知在△ABC中, $a=\sqrt{7}‚A=60°‚\sin B\sin C=\frac{9}{28}$, 求 b, c 的值.

解:因为$\frac{a}{\text{s}\text{i}\text{n}A}=\frac{b}{\text{s}\text{i}\text{n}B}=\frac{c}{\text{s}\text{i}\text{n}C}$,

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}\sin B=\frac{b\text{s}\text{i}\text{n}A}{a}=\frac{b\text{s}\text{i}\text{n}60°}{\sqrt{7}}‚\\ \sin C=\frac{c\text{s}\text{i}\text{n}A}{a}=\frac{c\text{s}\text{i}\text{n}60°}{\sqrt{7}}‚\end{array}$

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}\sin B\cdot \sin C=\frac{b\text{s}\text{i}\text{n}60°}{\sqrt{7}}\cdot \frac{c\text{s}\text{i}\text{n}60°}{\sqrt{7}}\\ =\frac{3bc}{28}=\frac{9}{28}‚\end{array}$

所以 bc=3.

因为 a2=b2+c2-2bccosA

= (b+c) 2-2bc-2bccos60°

= (b+c) 2-3bc,

即7= (b+c) 2-3×3, (b+c) 2=16, 得 b+c=4.

由$\{\begin{array}{l}b+c=4‚\\ bc=3‚\end{array}$解得$\{\begin{array}{l}b=3‚\\ c=1‚\end{array}$或$\{\begin{array}{l}b=1‚\\ c=3.\end{array}$

评注:解三角形是“知三求三”, 即由三个已知的基本量 (至少有一条边) 求另外的三个基本量, 但有些问题需要先成对求出两条边的和与积, 再进一步求出相应的基本量, 如本题中的 b+c 与 bc, 显然, 若先单个求 b, c 是不适宜的.

江苏省海州高级中学

一道高考解三角形题的简析 篇10

本题在知识上主要考查解三角形中正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式及三角的恒等变形, 在方法上主要考查转化与化归的思想, 在能力上主要考查学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力.

一、第一问解题思路分析及解法

思路一:由已知条件和正弦定理进行边化角, 转化为三角函数的变形和化简问题解决.

思路二:由已知条件和余弦定理进行角化边, 转化为边的关系式化简, 再应用正弦定理即可解决问题.

思路三:把已知条件化积 (cosA-2cosC) b= (2c-a) cosB, 整理为bcosA+acosB=2 (bcosA+ccosB) , 再由△ABC的射影公式c=bcosA+acosB和a=bcosC+ccosB, 转化为边的关系式, 最后应用正弦定理即可解决问题.

思路四:由已知条件和正弦定理进行边化角, 转化为 (cosA-2cosC) sinB= (2sinC-sinA) cosB, 再利用A+B+C=π把B消去, 最后进行三角函数的变形和化简.

二、第二问解题思路分析及解法

思路一:由已知条件和余弦定理, 求出a与c的值, 再由同角三角函数的关系求出sinB, 代入三角形的面积公式即可.

思路二:由已知条件和射影公式, 求出a与c的值, 代入求三角形面积的海伦公式即可.

思路三:由射影公式、正弦定理和同角三角函数关系, 求出a与c的值, 代入三角形的面积公式即可.

思路四:由正、余弦定理得, 再结合cosBcosB=和, 求出sinA、sinC、a, 进而确4定三角形的面积.222

解三角形问题的常见误区 篇11

例1在△ABC中，若tanA•sin2B=tanB•sin2A,试判断三角形的形状.

错解由已知，得sinAsin2BcosA=sinBsin2AcosB，

因为0

于是有sinAcosA＝sinBcosB，

所以sin2A＝sin2B,

所以2A=2B，即A＝B，

知该三角形为等腰三角形.

剖析“由sin2A=sin2B得出2A=2B”不是等价转化，没有考虑三角形中的角的范围.

正解由已知，得sinAsin2BcosA=sinBsin2AcosB，

因为0

于是有sinAcosA＝sinBcosB，

所以sin2A＝sin2B.

又由于0<2A，2B<2π,

所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A+B＝π2，

知该三角形为等腰三角形或直角三角形.

警示根据三角函数值求角，特别是在三角形中考虑角的问题时，一定要注意角的范围.

例2已知a,b,c是△ABC中角A，B，C的对边长，若B＝30°，b=2，c=23,求△ABC的面积S.

错解由正弦定理,得2sin30°=23sinC.

所以sinC=32,所以C=60°,

于是A＝180°－（B＋C）=90°.

所以S＝12bc=23.

剖析由sinC=32得C=60°时，忽视了角C的范围，从而丢失了解，考虑问题不全面.

正解由正弦定理,得2sin30°=23sinC.

所以sinC=32.又由于c>b,故30°

所以C＝60°或120°.

当C＝60°时，A＝90°，S＝12bc=23;

当C＝120°时，A＝30°，S＝12bcsinA＝3.

所以△ABC的面积S为23或3.

二、忽视三角形中的边角关系“大边对大角，小边对小角”而致错

例3已知a,b,c是△ABC中角A,B,C的对边长，若a=14,b=76，B=60°,则A=.

错解由正弦定理，得14sinA=76sin60°,

所以sinA=14•3276=22.

因为0

所以A=45°或135°.

剖析这里忽视了三角形中的一个常用结论：在△ABC中，a>b>cA>B>C，从而导致错误.

正解由正弦定理,

得14sinA=76sin60°,

所以sinA=14•3276=22

.

因为0

又由于b=76>a=14,所以B>A，所以A为锐角，所以A=45°.

警示解三角形问题时，要注意边角关系，即大边对大角，小边对小角.

三、忽视构成三角形的条件而致错

例4已知a,a+1,a+2为钝角三角形的三条边的长，求a的取值范围.

错解因为a+2为最大的边，所以它所对的角最大，为钝角，设为θ.

由余弦定理，得cosθ<0,求得－10,所以a的取值范围为0

剖析此解法是不完整的，只考虑了最大边所对的角为钝角，而没有注意到“三角形中任两边之和大于第三边”这个隐含条件.

正解因为a+2为最大的边，所以它所对的角最大，为钝角，设为θ.

由余弦定理，得cosθ<0,求得－1

因为三角形的三边需满足a＋（a+1）>a+2，所以a>1.

综上,可知a的取值范围为1

警示当三角形的三边都由字母参数表示时，需要考虑构成三角形的前提条件：“任两边之和大于第三边”.

错解因为a+2为最大的边，所以它所对的角最大，为钝角，设为θ.

由余弦定理，得cosθ<0,求得－10,所以a的取值范围为0

剖析此解法是不完整的，只考虑了最大边所对的角为钝角，而没有注意到“三角形中任两边之和大于第三边”这个隐含条件.

正解因为a+2为最大的边，所以它所对的角最大，为钝角，设为θ.

由余弦定理，得cosθ<0,求得－1

因为三角形的三边需满足a＋（a+1）>a+2，所以a>1.

综上,可知a的取值范围为1

解三角形 篇12

一、建立方程，解决多边形的边角问题

例1.如图所示，已知梯形ABCD中，CD=2, AC=姨%19，∠BAD=60°，求梯形的高。

思维分析：如图，作DE⊥AB于E，则DE为梯形的高h, DE=AD sin∠BAD，所以问题的关键是求AD。

解法一：∠BAD=60°，∴∠ADC=120°。

设∠DCA=θ，则∠DAC=60°-θ。

在△ACD中，由正弦定理，得。

二、充分挖掘隐含条件，发挥余弦定理建立方程的功能

例2.在一块直径为30cm的圆形铁板上，截去直径分别为20cm、10cm的圆形铁板各一块，现要求在所剩余的铁板中再截出同样大小的圆形铁板两块，求这两块圆形铁板的最大半径。

解：假设⊙O，⊙O1，⊙O2分别是题中直径为30cm, 20cm, 10cm的圆，截出的最大圆形铁板为⊙C1，⊙C2，它们的半径设为rcm。

由题意，⊙O与⊙O1，⊙O2相内切，⊙O1与⊙O2相外切，⊙O1，⊙O2与⊙O1，⊙O2相外切，且内切于⊙O。

所以O, O1, O2三点共线。

因此在所剩余的铁板中截出的最大圆形铁板⊙C1，⊙C2的半径是。

三、利用函数知识求最值

例3.如图, 在等边三角形ABC中, AB=a, O为△ABC的中心, 过O点的直线交AB边于点N, 求的最大值和最小值。