《正弦定理和余弦定理》复习课教学设计。
俗话说，磨刀不误砍柴工。作为高中教师就要在上课前做好适合自己的教案。教案可以让学生们充分体会到学习的快乐，帮助高中教师提前熟悉所教学的内容。那么一篇好的高中教案要怎么才能写好呢？下面是小编精心收集整理，为您带来的《《正弦定理和余弦定理》复习课教学设计》，欢迎阅读，希望您能够喜欢并分享！
《正弦定理和余弦定理》复习课教学设计
教材分析这是高三一轮复习，内容是必修5第一章解三角形。本章内容准备复习两课时。本节课是第一课时。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，最后应落实在解三角形的应用上。通过本节学习，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、余弦定理解三角形.（2）能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法判断三角形形状的问题。本章内容与三角函数、向量联系密切。
作为复习课一方面将本章知识作一个梳理，另一方面通过整理归纳帮助学生进一步达到相应的学习目标。
学情分析学生通过必修5的学习，对正弦定理、余弦定理的内容已经了解，但对于如何灵活运用定理解决实际问题，怎样合理选择定理进行边角关系转化从而解决三角形综合问题，学生还需通过复习提点有待进一步理解和掌握。
教学目标知识目标：
（1）学生通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握正弦、余弦定理的内容及其证明方法；会运用正、余弦定理与三角形内角和定理，面积公式解斜三角形的两类基本问题。
（2）学生学会分析问题，合理选用定理解决三角形综合问题。
能力目标：
培养学生提出问题、正确分析问题、独立解决问题的能力，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，培养学生合情推理探索数学规律的数学思维能力。
情感目标：
通过生活实例探究回顾三角函数、正余弦定理，体现数学来源于生活，并应用于生活，激发学生学习数学的兴趣,并体会数学的应用价值，在教学过程中激发学生的探索精神。
教学方法探究式教学、讲练结合
重点难点1、正、余弦定理的对于解解三角形的合理选择；
2、正、余弦定理与三角形的有关性质的综合运用。
教学策略1、重视多种教学方法有效整合；
2、重视提出问题、解决问题策略的指导。
3、重视加强前后知识的密切联系。
4、重视加强数学实践能力的培养。
5、注意避免过于繁琐的形式化训练
6、教学过程体现“实践→认识→实践”。
设计意图：
学生通过必修5的学习，对正弦定理、余弦定理的内容已经了解，但对于如何灵活运用定理解决实际问题，怎样合理选择定理进行边角关系转化从而解决三角形综合问题，学生还需通过复习提点有待进一步理解和掌握。作为复习课一方面要将本章知识作一个梳理，另一方面要通过整理归纳帮助学生学会分析问题，合理选用并熟练运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决三角形综合问题和实际应用问题。
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。虽然是复习课，但我们不能一味的讲题，在教学中应体现以下教学思想：
⑴重视教学各环节的合理安排：
在生活实践中提出问题，再引导学生带着问题对新知进行探究，然后引导学生回顾旧知识与方法，引出课题。激发学生继续学习新知的欲望，使学生的知识结构呈一个螺旋上升的状态，符合学生的认知规律。
⑵重视多种教学方法有效整合，以讲练结合法、分析引导法、变式训练法等多种方法贯穿整个教学过程。
⑶重视提出问题、解决问题策略的指导。
⑷重视加强前后知识的密切联系。对于新知识的探究,必须增加足够的预备知识,做好衔接。要对学生已有的知识进行分析、整理和筛选，把对学生后继学习中有需要的知识选择出来，在新知识介绍之前进行复习。
⑸注意避免过于繁琐的形式化训练。从数学教学的传统上看解三角形内容有不少高度技巧化、形式化的问题，我们在教学过程中应该注意尽量避免这一类问题的出现。
二、实施教学过程Www.jAb88.cOm
（一）创设情境、揭示提出课题
引例：要测量南北两岸A、B两个建筑物之间的距离，在南岸选取相距A点km的C点，并通过经纬仪测的，你能计算出A、B之间的距离吗？若人在南岸要测量对岸B、D两个建筑物之间的距离，该如何进行？
（二）复习回顾、知识梳理
1．正弦定理：
正弦定理的变形：
（1）
（2）；;
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）
2．余弦定理：
a2=b2+c2－2bccosA；
b2=c2+a2－2cacosB；
c2=a2+b2－2abcosC.
cosA=；
cosB=；
cosC=.
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.
3．三角形面积公式：
（三）自主检测、知识巩固
1.;
2.
3.
（四）典例导航、知识拓展
【例1】△ABC的三个内角A、B、C的对边分别是a、b、c，如果a2=b（b+c），求证：A=2B.
剖析：研究三角形问题一般有两种思路.一是边化角，二是角化边.
证明：用正弦定理，a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，代入a2=b（b+c）中，得sin2A=sinB（sinB+sinC）sin2A－sin2B=sinBsinC
因为A、B、C为三角形的三内角，所以sin（A+B）≠0.所以sin（A－B）=sinB.所以只能有A－B=B，即A=2B.
评述：利用正弦定理，将命题中边的关系转化为角间关系，从而全部利用三角公式变换求解.
思考讨论：该题若用余弦定理如何解决?
【例2】已知a、b、c分别是△ABC的三个内角A、B、C所对的边，
（1）若△ABC的面积为，c=2,A=600,求边a,b的值；
（2）若a=ccosB,且b=csinA,试判断△ABC的形状。
（五）变式训练、归纳整理
【例3】已知a、b、c分别是△ABC的三个内角A、B、C所对的边，若bcosC=(2a-c)cosB
(1)求角B
(2)设,求a+c的值。
剖析：同样知道三角形中边角关系，利用正余弦定理边化角或角化边，从而解决问题，此题所变化的是与向量相结合，利用向量的模与数量积反映三角形的边角关系，把本质看清了，问题与例2类似解决。
此题分析后由学生自己作答，利用实物投影集体评价，再做归纳整理。
（解答略）
课时小结（由学生归纳总结，教师补充）
1.解三角形时，找三边一角之间的关系常用余弦定理，找两边两角之间的关系常用正弦定理
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.并常用正余弦定理实施边角转化。
3.用正余弦定理解三角形问题可适当应用向量的数量积求三角形内角与应用向量的模求三角形的边长。
4.应用问题可利用图形将题意理解清楚，然后用数学模型解决问题。
5.正余弦定理与三角函数、向量、不等式等知识相结合，综合运用解决实际问题。
课后作业：
材料三级跳
创设情境，提出实际应用问题，揭示课题
学生在探究问题时发现是解三角形问题，通过问答将知识作一梳理。
学生通过课前预热1.2.3.的快速作答，对正余弦定理的基本运用有了一定的回顾
学生探讨
知识的关联与拓展
正余弦定理与三角形内角和定理，面积公式的综合运用对学生来说也是难点，尤其是根据条件判断三角形形状。此处列举例2让学生进一步体会如何选择定理进行边角互化。
本课是在学生学习了三角函数、平面几何、平面向量、正弦和余弦定理的基础上而设置的复习内容，因此本课的教学有较多的处理办法。从解三角形的问题出发，对学过的知识进行分类，采用的例题是精心准备的，讲解也是至关重要的。一开始的复习回顾学生能够很好的回答正弦定理和余弦定理的基本内容，但对于两个定理的变形公式不知，也就是说对于公式的应用不熟练。设计中的自主检测帮助学生回顾记忆公式，对学生更有针对性的进行了训练。学生还是出现了问题，在遇到第一个正弦方程时，是只有一组解还是有两组解，这是难点。例1、例2是常规题，让学生应用数学知识求解问题，可用正弦定理，也可用余弦定理，帮助学生巩固正弦定理、余弦定理知识。
本节课授课对象为高三6班的学生，上课氛围非常活跃。考虑到这是一节复习课，学生已经知道了定理的内容，没有经历知识的发生与推导，所以兴趣不够，较沉闷。奥苏贝尔指出，影响学习的最重要因素是学生已经知道了什么，我们应当根据学生原有的知识状况去进行教学。因而，在教学中，教师了解学生的真实的思维活动是一切教学工作的实际出发点。教师应当接受和理解学生的真实思想，尽管它可能是错误的或幼稚的，但却具有一定的内在的合理性，教师不应简单否定，而应努力去理解这些思想的产生与性质等等，只有真正理解了学生思维的发生发展过程，才能有的放矢地采取适当的教学措施以便帮助学生不断改进并最终实现自己的目标。由于这种探究课型在平时的教学中还不够深入，有些学生往往以一种观赏者的身份参与其中，主动探究意识不强，思维水平没有达到足够的提升。这些都是不足之处，比较遗憾。但相信随着课改实验的深入，这种状况会逐步改善。毕竟轻松愉快的课堂是学生思维发展的天地，是合作交流、探索创新的主阵地，是思想教育的好场所。所以新课标下的课堂将会是学生和教师共同成长的舞台！
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高三数学上册《正弦定理余弦定理》教学设计
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(一)教材分析
（1）地位和重要性：正、余弦定理是学生学习了平面向量之后要掌握的两个重要定理，运用这两个定理可以初步解决几何及工业测量等实际问题，是解决有关三角形问题的有力工具。
（2）重点、难点。
重点：正余弦定理的证明和应用
难点：利用向量知识证明定理
(二)教学目标
（1）知识目标：
①要学生掌握正余弦定理的推导过程和内容；
②能够运用正余弦定理解三角形；
③了解向量知识的应用。
（2）能力目标：提高学生分析问题、解决问题的能力。
（3）情感目标：使学生领悟到数学来源于实践而又作用于实践，培养学生的学习数学的兴趣。
（三）教学过程
教师的主要作用是调控课堂，适时引导，引导学生自主发现，自主探究。使学生的综合能力得到提高。
教学过程分如下几个环节：
教学过程课堂引入
1、定理推导
2、证明定理
3、总结定理
4、归纳小结
5、反馈练习
6、课堂总结、布置作业
具体教学过程如下：
（1）课堂引入：
正余弦定理广泛应用于生产生活的各个领域，如航海，测量天体运行，那正余弦定理解决实际问题的一般步骤是什么呢？
（2）定理的推导。
首先提出问题：RtΔABC中可建立哪些边角关系？
目的：首先从学生熟悉的直角三角形中引导学生自己发现定理内容，猜想，再完成一般性的证明，具体环节如下：
①引导学生从SinA、SinB的表达式中发现联系。
②继续引导学生观察特点，有A边A角，B边B角；
③接着引导：能用C边C角表示吗？
④而后鼓励猜想：在直角三角形中成立了，对任意三角形成立吗？
发现问题比解决问题更重要，我便是让学生体验了发现的过程，从学生熟悉的知识内容入手，观察发现，然后产生猜想，进而完成一般性证明。
这个过程采用了不断创设问题，启发诱导的教学方法，引导学生自主发现和探究。
第二步证明定理：
①用向量方法证明定理：学生不易想到，设计如下：
问题：如何出现三角函数做数量积欲转化到正弦利用诱导公式做直角难点突破
实践：师生共同完成锐角三角形中定理证明
独立：学生独立完成在钝角三角形中的证明
总结定理：师生共同对定理进行总结，再认识。
在定理的推导过程中，我注重“重过程、重体验”培养了学生的创新意识和实践能力，教育学生独立严谨科学的求学态度，使情感目标、能力目标得以实现。
在定理总结之后，教师布置思考题：定理还有没有其他证法？
通过这样的思考题，发散了学生思维，使学生的思维不仅仅禁锢在教师的启发诱导之下，符合素质教育的要求。
（3）例题设置。
例1△ABC中，已知c=10，A=45°，C=30°，求b.
（学生口答、教师板书）
设计意图：①加深对定理的认识；②提高解决实际问题的能力
例2△ABC中，a=20，b=28，A=40°，求B和C.
例3△ABC中，a=60，b=50，A=38°，求B和C.其中①两组解，②一组解
例3同时给出两道题，首先留给学生一定的思考时间，同时让两学生板演，以便两题形成对照、比较。
可能出现的情况：两个学生都做对，则继续为学生提供展示的空间，让学生来分析看似一样的条件，为何①二解②一解情况，如果第二同学也做出两组解，则让其他学生积极参与评判，发现问题，找出对策。
设计意图：
①增强学生对定理灵活运用的能力
②提高分析问题解决问题的能力
③激发学生的参与意识，培养学生合作交流、竞争的意识，使学生在相互影响中共同进步。
（4）归纳小结。
借助多媒体动态演示：图表
使学生对于已知两边和其中一边对角，三角形解的情况有一个清晰直观的认识。之后让学生对题型进行归纳小结。
这样的归纳总结是通过学生实践，在新旧知识比照之后形成的，避免了学生的被动学习，抽象记忆，让学生形成对自我的认同和对社会的责任感。实现本节课的情感目标。
（5）反馈练习：
练习①△ABC中，已知a=60，b=48，A=36°
②△ABC中，已知a=19，b=29，A=4°
③△ABC中，已知a=60，b=48，A=92°
判断解的情况。
通过学生形成性的练习，巩固了对定理的认识和应用，也便于教师掌握学情，以为教学的进行作出合理安排。
（6）课堂总结，布置作业。
余弦定理
经验告诉我们，成功是留给有准备的人。高中教师要准备好教案为之后的教学做准备。教案可以保证学生们在上课时能够更好的听课，使高中教师有一个简单易懂的教学思路。高中教案的内容要写些什么更好呢？以下是小编收集整理的“余弦定理”，供大家参考，希望能帮助到有需要的朋友。
课题:1.2余弦定理（2）
班级：姓名：学号：第学习小组
【学习目标】运用余弦定理解决一些与测量和几何计算有关的实际问题
【课前预习】
1．在中，，，，则____________________．
2．已知，，则一定是（）
A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形
3．若钝角三角形的边长为连续自然数，，，则三边长为（）
A．，，B．，，C．，，D．，，
4．在中，已知，，，则最大角的余弦值是_____________．
5．在中，，，且的外接圆半径，则_______
【课堂研讨】
例1.在中，已知，试判断三角形的形状．
例2.是中边上的中线，求证：．
例3.为了测量学校操场四边形的周长和面积，在操场中间取一点，测得
，，，，且，，，．（1）试求四边形的周长；（2）试求四边形的面积．
【学后反思】
课题:1.2余弦定理（2）检测案
班级：姓名：学号：第学习小组
【课堂检测】
1．在中，若，则___________________．
2．在中，已知，，，试证明此三角形为锐角三角形．
3．在中，设，，且，，，求．
【课后巩固】
1．在中，已知，试判断的形状．
2．用余弦定理证明：在中，
（1）；（2）；（3）．
3．在中，已知，，试判断的形状．
4．如图，我炮兵阵地位于处，两观察所分别设于，，已知为边长等于的正三角形．当目标出现于时，测得，，试求炮击目标的距离．
5．在中，若且，求证是等边三角形．
6．在中，若，，，求的面积．
余弦定理教案
教学设计
整体设计
教学分析
对余弦定理的探究，教材是从直角三角形入手，通过向量知识给予证明的．一是进一步加深学生对向量工具性的认识，二是感受向量法证明余弦定理的奇妙之处，感受向量法在解决问题中的威力．课后仍鼓励学生探究余弦定理的其他证明方法，推出余弦定理后，可让学生用自己的语言叙述出来，并让学生结合余弦函数的性质明确：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几种变形式，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、化简的目的．
应用余弦定理及其另一种形式，并结合正弦定理，可以解决以下问题：(1)已知两边和它们的夹角解三角形；(2)已知三角形的三边解三角形．在已知两边及其夹角解三角形时，可以用余弦定理求出第三条边，这样就把问题转化成已知三边解三角形的问题．在已知三边和一个角的情况下，求另一个角既可以应用余弦定理的另一种形式，也可以用正弦定理．用余弦定理的另一种形式，可以(根据角的余弦值)直接判断角是锐角还是钝角，但计算比较复杂．用正弦定理计算相对比较简单，但仍要根据已知条件中边的大小来确定角的大小．
根据教材特点，本内容安排2课时．一节重在余弦定理的推导及简单应用，一节重在解三角形中两个定理的综合应用．
三维目标
1．通过对余弦定理的探究与证明，掌握余弦定理的另一种形式及其应用；了解余弦定理与勾股定理之间的联系；知道解三角形问题的几种情形．
2．通过对三角形边角关系的探索，提高数学语言的表达能力，并进一步理解三角函数、余弦定理、向量的数量积等知识间的关系，加深对数学具有广泛应用的认识；同时通过正弦定理、余弦定理数学表达式的变换，认识数学中的对称美、简洁美、统一美．
3．加深对数学思想的认识，本节的主要数学思想是量化的数学思想、分类讨论思想以及数形结合思想；这些数学思想是对于数学知识的理性的、本质的、高度抽象的、概括的认识，具有普遍的指导意义，它是我们学习数学的重要组成部分，有利于加深学生对具体数学知识的理解和掌握．
重点难点
教学重点：掌握余弦定理；理解余弦定理的推导及其另一种形式，并能应用它们解三角形．
教学难点：余弦定理的证明及其基本应用以及结合正弦定理解三角形．
课时安排
2课时
教学过程
第1课时
导入新课
思路1.(类比导入)在探究正弦定理的证明过程中，从直角三角形的特殊情形入手，发现了正弦定理．现在我们仍然从直角三角形的这种特殊情形入手，然后将锐角三角形转化为直角三角形，再适当运用勾股定理进行探索，这种导入比较自然流畅，易于学生接受．
思路2.(问题导入)如果已知一个三角形的两条边及其所夹的角，根据三角形全等的判断方法，这个三角形是大小、形状完全确定的三角形，能否把这个边角关系准确量化出来呢？也就是从已知的两边和它们的夹角能否计算出三角形的另一边和另两个角呢？根据我们掌握的数学方法，比如说向量法，坐标法，三角法，几何法等，类比正弦定理的证明，你能推导出余弦定理吗？
推进新课
新知探究
提出问题
1通过对任意三角形中大边对大角，小边对小角的边角量化，我们发现了正弦定理，解决了两类解三角形的问题.那么如果已知一个三角形的两条边及这两边所夹的角，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.怎样已知三角形的两边及这两边夹角的条件下解三角形呢？
2能否用平面几何方法或向量方法或坐标方法等探究出计算第三边长的关系式或计算公式呢？
3余弦定理的内容是什么？你能用文字语言叙述它吗？余弦定理与以前学过的关于三角形的什么定理在形式上非常接近？
4余弦定理的另一种表达形式是什么？
5余弦定理可以解决哪些类型的解三角形问题？怎样求解？
6正弦定理与余弦定理在应用上有哪些联系和区别？
活动：根据学生的认知特点，结合课件“余弦定理猜想与验证”，教师引导学生仍从特殊情形入手，通过观察、猜想、证明而推广到一般．
如下图，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．
如下图，在△ABC中，设BC＝a，AC＝b，AB＝c，试根据b、c、∠A来表示a.
教师引导学生进行探究．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于点D，那么在Rt△BDC中，边a可利用勾股定理通过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表示，进而在Rt△ADC内求解．探究过程如下：
过点C作CD⊥AB，垂足为点D，则在Rt△CDB中，根据勾股定理，得
a2＝CD2＋BD2.
∵在Rt△ADC中，CD2＝b2－AD2，
又∵BD2＝(c－AD)2＝c2－2cAD＋AD2，
∴a2＝b2－AD2＋c2－2cAD＋AD2＝b2＋c2－2cAD.
又∵在Rt△ADC中，AD＝bcosA，
∴a2＝b2＋c2－2bccosA.
类似地可以证明b2＝c2＋a2－2cacosB.
c2＝a2＋b2－2abcosC.
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．
这就是解三角形中的另一个重要定理——余弦定理．下面类比正弦定理的证明，用向量的方法探究余弦定理，进一步体会向量知识的工具性作用．
教师与学生一起探究余弦定理中的角是以余弦的形式出现的，又涉及边长问题，学生很容易想到向量的数量积的定义式：ab＝|a||b|cosθ，其中θ为a，b的夹角．
用向量法探究余弦定理的具体过程如下：
如下图，设CB→＝a，CA→＝b，AB→＝c，那么c＝a－b，
|c|2＝cc＝(a－b)(a－b)
＝aa＋bb－2ab
＝a2＋b2－2abcosC.
所以c2＝a2＋b2－2abcosC.
同理可以证明a2＝b2＋c2－2bccosA，
b2＝c2＋a2－2cacosB.
这个定理用坐标法证明也比较容易，为了拓展学生的思路，教师可引导学生用坐标法证明，过程如下：
如下图，以C为原点，边CB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，设点B的坐标为(a,0)，点A的坐标为(bcosC，bsinC)，根据两点间距离公式
AB＝bcosC－a2＋bsinC－02，
∴c2＝b2cos2C－2abcosC＋a2＋b2sin2C，
整理，得c2＝a2＋b2－2abcosC.
同理可以证明：a2＝b2＋c2－2bccosA，
b2＝c2＋a2－2cacosB.
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，即
a2＝b2＋c2－2bccosAb2＝c2＋a2－2accosBc2＝a2＋b2－2abcosC
余弦定理指出了三角形的三条边与其中的一个角之间的关系，每一个等式中都包含四个不同的量，它们分别是三角形的三边和一个角，知道其中的三个量，就可以求得第四个量．从而由三角形的三边可确定三角形的三个角，得到余弦定理的另一种形式：
cosA＝b2＋c2－a22bccosB＝c2＋a2－b22cacosC＝a2＋b2－c22ab
教师引导学生进一步观察、分析余弦定理的结构特征，发现余弦定理与以前的关于三角形的勾股定理在形式上非常接近，让学生比较并讨论它们之间的关系．学生容易看出，若△ABC中，C＝90°，则cosC＝0，这时余弦定理变为c2＝a2＋b2.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．另外，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．从以上可知，余弦定理可以看作是勾股定理的推广．
应用余弦定理，可以解决以下两类有关解三角形的问题：
①已知三角形的三边解三角形，这类问题是三边确定，故三角也确定，有唯一解；
②已知两边和它们的夹角解三角形，这类问题是第三边确定，因而其他两个角也唯一确定，故解唯一．不会产生利用正弦定理解三角形所产生的判断解的取舍的问题．
把正弦定理和余弦定理结合起来应用，能很好地解决解三角形的问题．教师引导学生观察两个定理可解决的问题类型会发现：如果已知的是三角形的三边和一个角的情况，而求另两角中的某个角时，既可以用余弦定理也可以用正弦定理，那么这两种方法哪个会更好些呢？教师与学生一起探究得到：若用余弦定理的另一种形式，可以根据余弦值直接判断角是锐角还是钝角，但计算比较复杂．用正弦定理计算相对比较简单，但仍要根据已知条件中边的大小来确定角的大小，所以一般应该选择用正弦定理去计算比较小的边所对的角．教师要点拨学生注意总结这种优化解题的技巧．
讨论结果：
(1)、(2)、(3)、(6)见活动．
(4)余弦定理的另一种表达形式是：
cosA＝b2＋c2－a22bccosB＝c2＋a2－b22cacosC＝a2＋b2－c22ab
(5)利用余弦定理可解决两类解三角形问题：
一类是已知三角形三边，另一类是已知三角形两边及其夹角．
应用示例
例1如图，在△ABC中，已知a＝5，b＝4，∠C＝120°，求c.
活动：本例是利用余弦定理解决的第二类问题，可让学生独立完成．
解：由余弦定理，得
c2＝a2＋b2－2abcos120°，
因此c＝52＋42－2×5×4×－12＝61.
例2如图，在△ABC中，已知a＝3，b＝2，c＝19，求此三角形各个角的大小及其面积．(精确到0.1)
活动：本例中已知三角形三边，可利用余弦定理先求出最大边所对的角，然后利用正弦定理再求出另一角，进而求得第三角．教材中这样安排是为了让学生充分熟悉正弦定理和余弦定理．实际教学时可让学生自己探求解题思路，比如学生可能会三次利用余弦定理分别求出三个角，或先求出最小边所对的角再用正弦定理求其他角，这些教师都要给予鼓励，然后让学生自己比较这些方法的不同或优劣，从而深刻理解两个定理的内涵．
解：由余弦定理，得
cos∠BCA＝a2＋b2－c22ab＝32＋22－1922×3×2＝9＋4－1912＝－12，
因此∠BCA＝120°，
再由正弦定理，得
sinA＝asin∠BCAc＝3×3219＝33219≈0.5960，
因此∠A≈36.6°或∠A≈143.4°(不合题意，舍去)．
因此∠B＝180°－∠A－∠BCA≈23.4°.
设BC边上的高为AD，则
AD＝csinB＝19sin23.4°≈1.73.
所以△ABC的面积≈12×3×1.73≈2.6.
点评：在既可应用正弦定理又可应用余弦定理时，体会两种方法存在的差异．当所求的角是钝角时，用余弦定理可以立即判定所求的角，但用正弦定理则不能直接判定．
变式训练
在△ABC中，已知a＝14，b＝20，c＝12，求A、B和C.(精确到1°)
解：∵cosA＝b2＋c2－a22bc＝202＋122－1422×20×12＝0.7250，
∴A≈44°.
∵cosC＝a2＋b2－c22ab＝142＋202－1222×14×20＝113140≈0.8071，
∴C≈36°.
∴B＝180°－(A＋C)≈180°－(44°＋36°)＝100°.
例3如图，△ABC的顶点为A(6,5)，B(－2,8)和C(4,1)，求∠A.(精确到0.1°)
活动：本例中三角形的三点是以坐标的形式给出的，点拨学生利用两点间距离公式先求出三边，然后利用余弦定理求出∠A.可由学生自己解决，教师给予适当的指导．
解：根据两点间距离公式，得
AB＝[6－－2]2＋5－82＝73，
BC＝－2－42＋8－12＝85，
AC＝6－42＋5－12＝25.
在△ABC中，由余弦定理，得
cosA＝AB2＋AC2－BC22ABAC＝2365≈0.1047，
因此∠A≈84.0°.
点评：三角形三边的长作为中间过程，不必算出精确数值．
变式训练
用向量的数量积运算重做本例．
解：如例3题图，AB→＝(－8,3)，AC→＝(－2，－4)，
∴|AB→|＝73，|AC→|＝20.
∴cosA＝AB→AC→|AB→||AC→|
＝－8×－2＋3×－473×20
＝2365≈0.1047.
因此∠A≈84.0°.
例4在△ABC中，已知a＝8，b＝7，B＝60°，求c及S△ABC.
活动：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＝12acsinB可以求出．若用余弦定理求c，可利用余弦定理b2＝c2＋a2－2cacosB建立关于c的方程，亦能达到求c的目的．
解法一：由正弦定理，得8sinA＝7sin60°，
∴A1＝81.8°，A2＝98.2°.
∴C1＝38.2°，C2＝21.8°.
由7sin60°＝csinC，得c1＝3，c2＝5，
∴S△ABC＝12ac1sinB＝63或S△ABC＝12ac2sinB＝103.
解法二：由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2cacosB，
∴72＝c2＋82－2×8×ccos60°.
整理，得c2－8c＋15＝0，
解之，得c1＝3，c2＝5.∴S△ABC＝12ac1sinB＝63或S△ABC＝12ac2sinB＝103.
点评：在解法一的思路里，应注意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，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，即已知两边及一角解三角形可用余弦定理解之．
变式训练
在△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c.已知c＝2，C＝60°.
(1)若△ABC的面积等于3，求a，b；
(2)若sinB＝2sinA，求△ABC的面积．
解：(1)由余弦定理及已知条件，得a2＋b2－2abcos60°＝c2，即a2＋b2－ab＝4，
又因为△ABC的面积等于3，所以12absinC＝3，ab＝4.
联立方程组a2＋b2－ab＝4，ab＝4，解得a＝2，b＝2.
(2)由正弦定理及已知条件，得b＝2a，
联立方程组a2＋b2－ab＝4，b＝2a，解得a＝233，b＝433.
所以△ABC的面积S＝12absinC＝233.
知能训练
1．在△ABC中，已知C＝120°，两边a与b是方程x2－3x＋2＝0的两根，则c的值为…
()
A.3B．7C．3D.7
2．已知三角形的三边长分别为x2＋x＋1，x2－1,2x＋1(x＞1)，求三角形的最大角．
答案：
1．D解析：由题意，知a＋b＝3，ab＝2.
在△ABC中，由余弦定理，知
c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2＋ab
＝(a＋b)2－ab
＝7，
∴c＝7.
2．解：比较得知，x2＋x＋1为三角形的最大边，设其对角为A.
由余弦定理，得
cosA＝x2－12＋2x＋12－x2＋x＋122x2－12x＋1
＝－12.
∵0＜A＜180°，∴A＝120°，
即三角形的最大角为120°.
课堂小结
1．教师先让学生回顾本节课的探究过程，然后再让学生用文字语言叙述余弦定理，准确理解其实质，并由学生回顾可用余弦定理解决哪些解三角形的问题．
2．教师指出：从方程的观点来分析，余弦定理的每一个等式都包含了四个不同的量，知道其中三个量，便可求得第四个量．要通过课下作业，从方程的角度进行各种变形，达到辨明余弦定理作用的目的．
3．思考本节学到的探究方法，定性发现→定量探讨→得到定理．
作业
课本习题1—1A组4、5、6；习题1—1B组1～5.
设计感想
本教案的设计充分体现了“民主教学思想”，教师不主观、不武断、不包办，让学生充分发现问题，合作探究，使学生真正成为学习的主体，力求在课堂上人人都会有“令你自己满意”的探究成果．这样能够不同程度地开发学生的潜能，且使教学内容得以巩固和延伸．“发现法”是常用的一种教学方法，本教案设计是从直角三角形出发，以归纳——猜想——证明——应用为线索，用恰当的问题通过启发和点拨，使学生把规律和方法在愉快的气氛中探究出来，而展现的过程合情合理，自然流畅，学生的主体地位得到了充分的发挥．
纵观本教案设计流程，引入自然，学生探究到位，体现新课程理念，能较好地完成三维目标，课程内容及重点难点也把握得恰到好处．环环相扣的设计流程会强烈地感染着学生积极主动地获取知识，使学生的探究欲望及精神状态始终处于最佳状态．在整个教案设计中学生的思维活动量大，这是贯穿整个教案始终的一条主线，也应是实际课堂教学中的一条主线．
备课资料
一、与解三角形有关的几个问题
1．向量方法证明三角形中的射影定理
如图，在△ABC中，设三内角A、B、C的对边分别是a、b、c.
∵AC→＋CB→＝AB→，
∴AC→(AC→＋CB→)＝AC→AB→.
∴AC→AC→＋AC→CB→＝AC→AB→.
∴|AC→|2＋|AC→||CB→|cos(180°－C)＝|AB→||AC→|cosA.
∴|AC→|－|CB→|cosC＝|AB→|cosA.
∴b－acosC＝ccosA，
即b＝ccosA＋acosC.
同理，得a＝bcosC＋ccosB，c＝bcosA＋acosB.
上述三式称为三角形中的射影定理．
2．解斜三角形题型分析
正弦定理和余弦定理的每一个等式中都包含三角形的四个元素，如果其中三个元素是已知的(其中至少有一个元素是边)，那么这个三角形一定可解．
关于斜三角形的解法，根据所给的条件及适用的定理可以归纳为下面四种类型：
(1)已知两角及其中一个角的对边，如A、B、a，解△ABC.
解：①根据A＋B＋C＝π，求出角C；
②根据asinA＝bsinB及asinA＝csinC，求b、c.
如果已知的是两角和它们的夹边，如A、B、c，那么先求出第三角C，然后按照②来求解．求解过程中尽可能应用已知元素．
(2)已知两边和它们的夹角，如a、b、C，解△ABC.
解：①根据c2＝a2＋b2－2abcosC，求出边c；
②根据cosA＝b2＋c2－a22bc，求出角A；
③由B＝180°－A－C，求出角B.
求出第三边c后，往往为了计算上的方便，应用正弦定理求角，但为了避免讨论角是钝角还是锐角，应先求较小边所对的角(它一定是锐角)，当然也可以用余弦定理求解．
(3)已知两边及其中一条边所对的角，如a、b、A，解△ABC.
解：①asinA＝bsinB，经过讨论求出B；
②求出B后，由A＋B＋C＝180°，求出角C；
③再根据asinA＝csinC，求出边c.
(4)已知三边a、b、c，解△ABC.
解：一般应用余弦定理求出两角后，再由A＋B＋C＝180°，求出第三个角．
另外，和第二种情形完全一样，当第一个角求出后，可以根据正弦定理求出第二个角，但仍然需注意要先求较小边所对的锐角．
(5)已知三角，解△ABC.
解：满足条件的三角形可以作出无穷多个，故此类问题解不唯一．
3．“可解三角形”与“需解三角形”
解斜三角形是三角函数这章中的一个重要内容，也是求解立体几何和解析几何问题的一个重要工具．但在具体解题时，有些同学面对较为复杂(即图中三角形不止一个)的斜三角形问题，往往不知如何下手．至于何时用正弦定理或余弦定理也是心中无数，这既延长了思考时间，更影响了解题的速度和质量．但若明确了“可解三角形”和“需解三角形”这两个概念，则情形就不一样了．
所谓“可解三角形”，是指已经具有三个元素(至少有一边)的三角形；而“需解三角形”则是指需求边或角所在的三角形．当一个题目的图形中三角形个数不少于两个时，一般来说其中必有一个三角形是可解的，我们就可先求出这个“可解三角形”的某些边和角，从而使“需解三角形”可解．在确定了“可解三角形”和“需解三角形”后，就要正确地判断它们的类型，合理地选择正弦定理或余弦定理作为解题工具，求出需求元素，并确定解的情况．
“可解三角形”和“需解三角形”的引入，能缩短求解斜三角形问题的思考时间．一题到手后，先做什么，再做什么，心里便有了底．分析问题的思路也从“试试看”“做做看”等不大确定的状态而变为“有的放矢”地去挖掘，去探究．
二、备用习题
1．△ABC中，已知b2－bc－2c2＝0，a＝6，cosA＝78，则△ABC的面积S为()
A.152B.15C．2D．3
2．已知一个三角形的三边为a、b和a2＋b2＋ab，则这个三角形的最大角是()
A．75°B．90°C．120°D．150°
3．已知锐角三角形的两边长为2和3，那么第三边长x的取值范围是()
A．(1,5)B．(1，5)C．(5，5)D．(5，13)
4．如果把直角三角形的三边都增加同样的长度，则这个新三角形的形状为()
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．由增加的长度确定
5．(1)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，已知a＝3，b＝3，C＝30°，则A＝__________.
(2)在△ABC中，三个角A，B，C的对边边长分别为a＝3，b＝4，c＝6，则bccosA＋cacosB＋abcosC的值为__________．
6．在△ABC中，若(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，并且sinC＝2sinBcosA，试判断△ABC的形状．
7．在△ABC中，设三角形面积为S，若S＝a2－(b－c)2，求tanA2的值．
参考答案：
1．A解析：由b2－bc－2c2＝0，即(b＋c)(b－2c)＝0，得b＝2c；①
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，即6＝b2＋c2－74bc.②
解①②，得b＝4，c＝2.
由cosA＝78，得sinA＝158，
∴S△ABC＝12bcsinA＝12×4×2×158＝152.
2．C解析：设最大角为θ，由余弦定理，得a2＋b2＋ab＝a2＋b2－2abcosθ，
∴cosθ＝－12.∴θ＝120°.
3．D解析：若x为最大边，由余弦定理，知4＋9－x22×2×3＞0，即x2＜13，∴0＜x＜13.
若x为最小边，则由余弦定理知4＋x2－9＞0，即x2＞5，
∴x＞5.综上，知x的取值范围是5＜x＜13.
4．A解析：设直角三角形的三边为a，b，c，其中c为斜边，增加长度为x.
则c＋x为新三角形的最长边．设其所对的角为θ，由余弦定理知，
cosθ＝a＋x2＋b＋x2－c＋x22a＋xb＋x＝2a＋b－cx＋x22a＋xb＋x＞0.
∴θ为锐角，即新三角形为锐角三角形．
5．(1)30°(2)612解析：(1)∵a＝3，b＝3，C＝30°，由余弦定理，有
c2＝a2＋b2－2abcosC＝3＋9－2×3×3×32＝3，
∴a＝c，则A＝C＝30°.
(2)∵bccosA＋cacosB＋abcosC＝b2＋c2－a22＋c2＋a2－b22＋a2＋b2－c22
＝a2＋b2＋c22＝32＋42＋622＝612.
6．解：由正弦定理，得sinCsinB＝cb，
由sinC＝2sinBcosA，得cosA＝sinC2sinB＝c2b，
又根据余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a22bc，
故c2b＝b2＋c2－a22bc，即c2＝b2＋c2－a2.
于是，得b2＝a2，故b＝a.
又因为(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，
故(a＋b)2－c2＝3ab.由a＝b，得4b2－c2＝3b2，
所以b2＝c2，即b＝c.故a＝b＝c.
因此△ABC为正三角形．
7．解：S＝a2－(b－c)2，又S＝12bcsinA，
∴12bcsinA＝a2－(b－c)2，
有14sinA＝－b2＋c2－a22bc＋1，
即142sinA2cosA2＝1－cosA.
∴12sinA2cosA2＝2sin2A2.
∵sinA2≠0，故12cosA2＝2sinA2，∴tanA2＝14.
第2课时
导入新课
思路1.(复习导入)让学生回顾正弦定理、余弦定理的内容及表达式，回顾上两节课所解决的解三角形问题，那么把正弦定理、余弦定理放在一起并结合三角、向量、几何等知识我们会探究出什么样的解题规律呢？由此展开新课．
思路2.(问题导入)我们在应用正弦定理解三角形时，已知三角形的两边及其一边的对角往往得出不同情形的解，有时有一解，有时有两解，有时又无解，这究竟是怎么回事呢？本节课我们从一般情形入手，结合图形对这一问题进行进一步的探究，由此展开新课．
推进新课
新知探究
提出问题
1回忆正弦定理、余弦定理及其另一种形式的表达式，并用文字语言叙述其内容.能写出定理的哪些变式？
2正、余弦定理各适合解决哪类解三角形问题？
3解三角形常用的有关三角形的定理、性质还有哪些？
4为什么有时解三角形会出现矛盾，即无解呢？比如：,①已知在△ABC中，a＝22cm，b＝25cm，A＝135°，解三角形；,②已知三条边分别是3cm，4cm，7cm，解三角形.
活动：结合课件、幻灯片等，教师可把学生分成几组互相提问正弦定理、余弦定理的内容是什么？各式中有几个量？有什么作用？用方程的思想写出所有的变形(包括文字叙述)，让学生回答正、余弦定理各适合解决的解三角形类型问题、三角形内角和定理、三角形面积定理等．可让学生填写下表中的相关内容：
解斜三角形时可
用的定理和公式适用类型备注
余弦定理
a2＝b2＋c2－2bccosA
b2＝a2＋c2－2accosB
c2＝b2＋a2－2bacosC(1)已知三边
(2)已知两边及其夹角
类型(1)(2)有解时只有一解
正弦定理
asinA＝bsinB＝csinC＝2R
(3)已知两角和一边
(4)已知两边及其中一边的对角类型(3)在有解时只有一解，类型(4)可有两解、一解或无解
三角形面积公式
S＝12bcsinA
＝12acsinB
＝12absinC
(5)已知两边及其夹角
对于正弦定理，教师引导学生写出其变式：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，利用幻灯片更能直观地看出解三角形时的边角互化．对于余弦定理，教师要引导学生写出其变式(然后教师打出幻灯片)：∠A＞90°?a2＞b2＋c2；∠A＝90°?a2＝b2＋c2；∠A＜90°?a2＜b2＋c2.
以上内容的复习回顾如不加以整理，学生将有杂乱无章、无规碰撞之感，觉得好像更难以把握了，要的就是这个效果，在看似学生乱提乱问乱说乱写的时候，教师适时地打出幻灯片(1张)，立即收到耳目一新，主线立现、心中明朗的感觉，幻灯片除以上2张外，还有：
asinA＝bsinB＝csinC＝2R；a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC；cosA＝b2＋c2－a22bc，cosB＝a2＋c2－b22ac，cosC＝a2＋b2－c22ab.
出示幻灯片后，必要时教师可根据学生的实际情况略作点评．
与学生一起讨论解三角形有时会出现无解的情况．如问题(4)中的①会出现如下解法：
根据正弦定理，sinB＝bsinAa＝25sin133°22≈0.8311.
∵0°＜B＜180°，∴B≈56.21°或B≈123.79°.
于是C＝180°－(A＋B)≈180°－(133°＋56.21°)＝－9.21°或C＝180°－(A＋B)≈180°－(133°＋123.79°)＝－76.79°.
到这里我们发现解三角形竟然解出负角来，显然是错误的．问题出在哪里呢？在检验以上计算无误的前提下，教师引导学生分析已知条件．由a＝22cm，b＝25cm，这里a＜b，而A＝133°是一个钝角，根据三角形的性质应用A＜B，即B也应该是一个钝角，但在一个三角形中是不可能有两个钝角的．这说明满足已知条件的三角形是不存在的．同样②中满足条件的三角形也是不存在的，因为根据我们所学过的三角形知识，任何三角形的两边之和都大于第三边．而三边在条件3cm，4cm，7cm中两边和等于或小于第三边，在此情况下当然也无法解出三角形．
讨论结果：
(1)、(3)、(4)略．
(2)利用正弦定理和余弦定理可解决以下四类解三角形问题：
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)．
③已知三边，求三个角．
④已知两边和夹角，求第三边和其他两角．
应用示例
例1在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，b＝acosC且△ABC的最大边长为12，最小角的正弦值为13.
(1)判断△ABC的形状；
(2)求△ABC的面积．
活动：教师与学生一起共同探究本例，通过本例带动正弦定理、余弦定理的知识串联，引导学生观察条件b＝acosC，这是本例中的关键条件．很显然，如果利用正弦定理实现边角转化，则有2RsinB＝2RsinAcosC.若利用余弦定理实现边角转化，则有b＝aa2＋b2－c22ab，两种转化策略都是我们常用的．引导学生注意对于涉及三角形的三角函数变换．内角和定理A＋B＋C＝180°非常重要，常变的角有A2＋B2＝π2－C2，2A＋2B＋2C＝2π，sinA＝sin(B＋C)，cosA＝－cos(B＋C)，sinA2＝cosB＋C2，cosA2＝sinB＋C2等，三个内角的大小范围都不能超出(0°，180°)．
解：(1)方法一：∵b＝acosC，
∴由正弦定理，得sinB＝sinAcosC.
又∵sinB＝sin(A＋C)，∴sin(A＋C)＝sinAcosC，
即cosAsinC＝0.
又∵A、C∈(0，π)，∴cosA＝0，即A＝π2.
∴△ABC是A＝90°的直角三角形．
方法二：∵b＝acosC，
∴由余弦定理，得b＝aa2＋b2－c22ab，
2b2＝a2＋b2－c2，即a2＝b2＋c2.
由勾股定理逆定理，知△ABC是A＝90°的直角三角形．
(2)∵△ABC的最大边长为12，由(1)知斜边a＝12.
又∵△ABC最小角的正弦值为13，
∴Rt△ABC的最短直角边长为12×13＝4.
另一条直角边长为122－42＝82，
∴S△ABC＝12×4×82＝162.
点评：以三角形为载体，以三角变换为核心，结合正弦定理和余弦定理综合考查逻辑分析和计算推理能力是高考命题的一个重要方向．因此要特别关注三角函数在解三角形中的灵活运用，及正、余弦定理的灵活运用．
变式训练
在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且cosA＝45.
(1)求sin2B＋C2＋cos2A的值；
(2)若b＝2，△ABC的面积S＝3，求a.
解：(1)sin2B＋C2＋cos2A＝1－cosB＋C2＋cos2A
＝1＋cosA2＋2cos2A－1＝5950.
(2)∵cosA＝45，∴sinA＝35.
由S△ABC＝12bcsinA得3＝12×2c×35，解得c＝5.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得a2＝4＋25－2×2×5×45＝13，
∴a＝13.
例2已知a，b，c是△ABC中∠A，∠B，∠C的对边，若a＝7，c＝5，∠A＝120°，求边长b及△ABC外接圆半径R.
活动：教师引导学生观察已知条件，有边有角，可由余弦定理先求出边b，然后利用正弦定理再求其他．点拨学生注意体会边角的互化，以及正弦定理和余弦定理各自的作用．
解：由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccosA，即b2＋52－2×5×bcos120°＝49，
∴b2＋5b－24＝0.
解得b＝3.(负值舍去)．
由正弦定理：asinA＝2R，即7sin120°＝2R，解得R＝733.
∴△ABC中，b＝3，R＝733.
点评：本题直接利用余弦定理，借助方程思想求解边b，让学生体会这种解题方法，并探究其他的解题思路．
变式训练
设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＋c2＝a2＋3bc，求：
(1)A的大小；
(2)2sinBcosC－sin(B－C)的值．
解：(1)由余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a22bc＝3bc2bc＝32，
∴∠A＝30°.
(2)2sinBcosC－sin(B－C)
＝2sinBcosC－(sinBcosC－cosBsinC)
＝sinBcosC＋cosBsinC
＝sin(B＋C)
＝sinA
＝12.
例3如图，在四边形ABCD中，∠ADB＝∠BCD＝75°，∠ACB＝∠BDC＝45°，DC＝3，求：
(1)AB的长；
(2)四边形ABCD的面积．
活动：本例是正弦定理、余弦定理的灵活应用，结合三角形面积求解，难度不大，可让学生自己独立解决，体会正、余弦定理结合三角形面积的综合应用．
解：(1)因为∠BCD＝75°，∠ACB＝45°，所以∠ACD＝30°.
又因为∠BDC＝45°，
所以∠DAC＝180°－(75°＋45°＋30°)＝30°.所以AD＝DC＝3.
在△BCD中，∠CBD＝180°－(75°＋45°)＝60°，
所以BDsin75°＝DCsin60°，BD＝3sin75°sin60°＝6＋22.
在△ABD中，AB2＝AD2＋BD2－2×AD×BD×cos75°＝(3)2＋(6＋22)2－2×3×6＋22×6－24＝5，所以AB＝5.
(2)S△ABD＝12×AD×BD×sin75°＝12×3×6＋22×6＋24＝3＋234.
同理，S△BCD＝3＋34.
所以四边形ABCD的面积S＝6＋334.
点评：本例解答对运算能力提出了较高要求，教师应要求学生“列式工整、算法简洁、运算正确”，养成规范答题的良好习惯．
变式训练
如图，△ACD是等边三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，BD交AC于E，AB＝2.
(1)求cos∠CBE的值；
(2)求AE.
解：(1)因为∠BCD＝90°＋60°＝150°，
CB＝AC＝CD，
所以∠CBE＝15°.
所以cos∠CBE＝cos(45°－30°)＝6＋24.
(2)在△ABE中，AB＝2，
由正弦定理，得AEsin45°－15°＝2sin90°＋15°，
故AE＝2sin30°cos15°＝2×126＋24＝6－2.
例4在△ABC中，求证：a2sin2B＋b2sin2A＝2absinC.
活动：此题所证结论包含关于△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弦定理转化为边的关系，若是余弦形式则通过余弦定理；二是把边的关系转化为角的关系，一般是通过正弦定理．另外，此题要求学生熟悉相关的三角函数的有关公式，如sin2B＝2sinBcosB等，以便在化为角的关系时进行三角函数式的恒等变形．
证法一：(化为三角函数)
a2sin2B＋b2sin2A＝(2RsinA)22sinBcosB＋(2RsinB)22sinAcosA＝8R2sinAsinB(sinAcosB＋cosAsinB)＝8R2sinAsinBsinC＝22RsinA2RsinBsinC＝2absinC.
所以原式得证．
证法二：(化为边的等式)
左边＝a22sinBcosB＋b22sinAcosA＝a22b2Ra2＋c2－b22ac＋b22a2Rb2＋c2－a22bc＝ab2Rc(a2＋c2－b2＋b2＋c2－a2)＝ab2Rc2c2＝2abc2R＝2absinC.
点评：由边向角转化，通常利用正弦定理的变形式：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，在转化为角的关系式后，要注意三角函数公式的运用，在此题用到了正弦二倍角公式sin2A＝2sinAcosA，正弦两角和公式sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB；由角向边转化，要结合正弦定理变形式以及余弦定理形式二．
变式训练
在△ABC中，求证：
(1)a2＋b2c2＝sin2A＋sin2Bsin2C；
(2)a2＋b2＋c2＝2(bccosA＋cacosB＋abcosC)．
证明：(1)根据正弦定理，可设
asinA＝bsinB＝csinC＝k，
显然k≠0，所以
左边＝a2＋b2c2＝k2sin2A＋k2sin2Bk2sin2C＝sin2A＋sin2Bsin2C＝右边．
(2)根据余弦定理，得
右边＝2(bcb2＋c2－a22bc＋cac2＋a2－b22ca＋aba2＋b2－c22ab)
＝(b2＋c2－a2)＋(c2＋a2－b2)＋(a2＋b2－c2)
＝a2＋b2＋c2＝左边．
知能训练
1．已知△ABC的三个内角A、B、C所对的三边分别为a、b、c.若△ABC的面积S＝c2－(a－b)2，则tanC2等于()
A.12B.14C.18D．1
2．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足4sin2A＋C2－cos2B＝72.
(1)求角B的度数；
(2)若b＝3，a＋c＝3，且a＞c，求a、c的值．
答案：
1．B解析：由余弦定理及面积公式，得
S＝c2－a2－b2＋2ab＝－2abcosC＋2ab＝12absinC，
∴1－cosCsinC＝14.
∴tanC2＝1－cosCsinC＝14.
2．解：(1)由题意，知4cos2B－4cosB＋1＝0，∴cosB＝12.
∵0＜B＜180°，∴B＝60°.
(2)由余弦定理，知3＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac＝9－3ac，
∴ac＝2.①
又∵a＋c＝3，②
解①②联立的方程组，得a＝2，c＝1或a＝1，c＝2.
∵a＞c，∴a＝2，c＝1.
课堂小结
教师与学生一起回顾本节课我们共同探究的解三角形问题，特别是已知两边及其一边的对角时解的情况，通过例题及变式训练，掌握了三角形中边角互化的问题以及联系其他知识的小综合问题．学到了具体问题具体分析的良好思维习惯．
教师进一步点出，解三角形问题是确定线段的长度和角度的大小，解三角形需要利用边角关系，三角形中，有六个元素：三条边、三个角；解三角形通常是给出三个独立的条件(元素)，求出其他的元素，如果是特殊的三角形，如直角三角形，两个条件(元素)就够了．正弦定理与余弦定理是刻画三角形边角关系的重要定理，正弦定理适用于已知两角一边，求其他要素；余弦定理适用于已知两边和夹角，或者已知三边求其他要素．
作业
课本本节习题1—1B组6、7.
补充作业
1．在△ABC中，若tanAtanB＝a2b2，试判断△ABC的形状．
2．在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，A＝60°，B＞C，b、c是方程x2－23x＋m＝0的两个实数根，△ABC的面积为32，求△ABC的三边长．
解答：1.由tanAtanB＝a2b2，得sinAcosBcosAsinB＝a2b2，
由正弦定理，得a＝2RsinA，b＝2RsinB，
∴sinAcosBcosAsinB＝4R2sin2A4R2sin2B.
∴sinAcosA＝sinBcosB，
即sin2A＝sin2B.
∴A＋B＝90°或A＝B，
即△ABC为等腰三角形或直角三角形．
2．由韦达定理，得bc＝m，S△ABC＝12bcsinA＝12msin60°＝34m＝32，
∴m＝2.
则原方程变为x2－23x＋2＝0，
解得两根为x＝3±1.
又B＞C，∴b＞c.
故b＝3＋1，c＝3－1.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA＝6，得a＝6.
∴所求三角形的三边长分别为a＝6，b＝3＋1，c＝3－1.
设计感想
本教案设计的思路是：通过一些典型的实例来拓展关于解三角形的各种题型及其解决方法，具体解三角形时，所选例题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．
本教案的设计注重了一题多解的训练，如例4给出了两种解法，目的是让学生对换个角度看问题有所感悟，使学生经常自觉地从一个思维过程转换到另一个思维过程，逐步培养出创新意识．换一个角度看问题，变通一下，也许会有意想不到的效果．
备课资料
一、正弦定理、余弦定理课外探究
1．正、余弦定理的边角互换功能
对于正、余弦定理，同学们已经开始熟悉，在解三角形的问题中常会用到它，其实，在涉及到三角形的其他问题中，也常会用到它们．两个定理的特殊功能是边角互换，即利用它们可以把边的关系转化为角的关系，也可以把角的关系转化为边的关系，从而使许多问题得以解决．
【例1】已知a、b为△ABC的边，A、B分别是a、b的对角，且sinAsinB＝32，求a＋bb的值．
解：∵asinA＝bsinB，∴sinAsinB＝ab.又sinAsinB＝32(这是角的关系)，
∴ab＝32(这是边的关系)．于是，由合比定理，得a＋bb＝3＋22＝52.
【例2】已知△ABC中，三边a、b、c所对的角分别是A、B、C，且2b＝a＋c.
求证：sinA＋sinC＝2sinB.
证明：∵a＋c＝2b(这是边的关系)，①
又asinA＝bsinB＝csinC，∴a＝bsinAsinB，②
c＝bsinCsinB.③
将②③代入①，得bsinAsinB＋bsinCsinB＝2b.整理，得sinA＋sinC＝2sinB(这是角的关系)．
2．正、余弦定理的巧用
某些三角习题的化简和求解，若能巧用正、余弦定理，则可避免许多繁杂的运算，从而使问题较轻松地获得解决，现举例说明如下：
【例3】求sin220°＋cos280°＋3sin20°cos80°的值．
解：原式＝sin220°＋sin210°－2sin20°sin10°cos150°，
∵20°＋10°＋150°＝180°，∴20°、10°、150°可看作一个三角形的三个内角．
设这三个内角所对的边依次是a、b、c，由余弦定理，得a2＋b2－2abcos150°＝c2.(*)
而由正弦定理，知a＝2Rsin20°，b＝2Rsin10°，c＝2Rsin150°，代入(*)式，得sin220°＋sin210°－2sin20°sin10°cos150°＝sin2150°＝14.∴原式＝14.
二、备用习题
1．在△ABC中，已知a＝11，b＝20，A＝130°，则此三角形()
A．无解B．只有一解
C．有两解D．解的个数不确定
2．△ABC中，已知(a＋c)(a－c)＝b2＋bc，则A等于()
A．30°B．60°C．120°D．150°
3．△ABC中，若acosB＝bcosA，则该三角形一定是()
A．等腰三角形但不是直角三角形
B．直角三角形但不是等腰三角形
C．等腰直角三角形
D．等腰三角形或直角三角形
4．△ABC中，tanAtanB＜1，则该三角形一定是()
A．锐角三角形B．钝角三角形
C．直角三角形D．以上都有可能
5．在△ABC中，若∠B＝30°，AB＝23，AC＝2，则△ABC的面积是__________．
6．在△ABC中，已知A＝120°，b＝3，c＝5，求：
(1)sinBsinC；
(2)sinB＋sinC.
7．在△ABC中，角A、B、C所对边的长分别是a、b、c，且cos〈AB→，AC→〉＝14.
(1)求sin2B＋C2＋cos2A的值；
(2)若a＝4，b＋c＝6，且b＜c，求b、c的值．
参考答案：
1．A解析：∵a＜b，且A＝130°＞90°，因此无解．
2．C解析：由已知，得a2－c2＝b2＋bc，∴b2＋c2－a2＝－bc.
由余弦定理，得
cosA＝b2＋c2－a22bc＝－bc2bc＝－12.
∴A＝120°.
3．D解析：由已知条件结合正弦定理，得
sinAcosB＝sinBcosA，即sinAcosA＝sinBcosB，
∴sin2A＝sin2B.
∴2A＝2B或2A＝180°－2B，
即A＝B或A＋B＝90°.
因此三角形为等腰三角形或直角三角形．
4．B解析：由已知条件，得sinAcosAsinBcosB＜1，即cosA＋BcosAcosB＞0，cosCcosAcosB＜0.
说明cosA，cosB，cosC中有且只有一个为负．
因此三角形为钝角三角形．
5．23或3解析：由ACsin30°＝ABsinC，知sinC＝32.
若∠C＝60°，则△ABC是直角三角形，S△ABC＝12AB×AC＝23.
若∠C＝120°，则∠A＝30°，S△ABC＝12AC×ABsin30°＝3.
6．解法一：(1)∵b＝3，c＝5，A＝120°，
∴由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝9＋25－2×3×5×(－12)＝49.∴a＝7.
由正弦定理，得sinB＝bsinAa＝3×327＝3314，sinC＝csinAa＝5314，
∴sinBsinC＝45196.
(2)由(1)知，sinB＋sinC＝8314＝437.
解法二：(1)由余弦定理，得a＝7，
由正弦定理a＝2RsinA，得R＝a2sinA＝733，
∴sinB＝b2R＝32×733＝3314，sinC＝c2R＝5314.
∴sinBsinC＝45196.
(2)由(1)知，sinB＋sinC＝8314＝437.
7．解：(1)sin2B＋C2＋cos2A＝12[1－cos(B＋C)]＋(2cos2A－1)＝12(1＋cosA)＋(2cos2A－1)＝12(1＋14)＋(18－1)＝－14.
(2)由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，
即a2＝(b＋c)2－2bc－2bccosA，即16＝36－52bc.∴bc＝8.
由b＋c＝6，bc＝8，bc，∴b＝2，c＝4.
高考数学理科一轮复习正弦定理和余弦定理应用举例学案
学案24正弦定理和余弦定理应用举例
导学目标：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．
自主梳理
1．仰角和俯角
与目标视线同在一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方时叫仰角，目标视线在水平视线下方时叫俯角．(如图所示)
2．方位角
一般指北方向线顺时针到目标方向线的水平角，如方位角45°，是指北偏东45°，即东北方向．
3．方向角：相对于某一正方向的水平角．(如图所示)
①北偏东α°即由指北方向顺时针旋转α°到达目标方向．
②北偏西α°即由指北方向逆时针旋转α°到达目标方向．
③南偏西等其他方向角类似．
4．坡角
坡面与水平面的夹角．(如图所示)
5．坡比
坡面的铅直高度与水平宽度之比，即i＝hl＝tanα(i为坡比，α为坡角)．
6．解题的基本思路
运用正、余弦定理处理实际测量中的距离、高度、角度等问题，实质是数学知识在生活中的应用，要解决好，就要把握如何把实际问题数学化，也就是如何把握一个抽象、概括的问题，即建立数学模型．
自我检测
1．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β之间的关系是()
A．αβB．α＝β
C．α＋β＝90°D．α＋β＝180°
2．(2011承德模拟)如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离相等，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的
()
A．北偏东10°B．北偏西10°
C．南偏东10°D．南偏西10°
3．如图所示，为了测量某障碍物两侧A、B间的距离，给定下列四组数据，不能确定A、B间距离的是()
A．α，a，bB．α，β，a
C．a，b，γD．α，β，b
4．在200m高的山顶上，测得山下一塔的塔顶与塔底的俯角分别是30°、60°，则塔高为________m.
5．(2010全国Ⅱ)△ABC中，D为边BC上的一点，BD＝33，sinB＝513，cos∠ADC＝35，求AD.
探究点一与距离有关的问题
例1(2010陕西)如图，A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋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203海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/时，该救援船到达D点需要多长时间？
变式迁移1某观测站C在目标A的南偏西25°方向，从A出发有一条南偏东35°走向的公路，在C处测得与C相距31千米的公路上B处有一人正沿此公路向A走去，走20千米到达D，此时测得CD为21千米，求此人在D处距A还有多少千米？
探究点二测量高度问题
例2如图所示，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，现测得∠BCD＝α，∠BDC＝β，CD＝s，并在点C测得塔顶A的仰角为θ，求塔高AB.
变式迁移2某人在塔的正东沿着南偏西60°的方向前进40米后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔的最大仰角为30°，求塔高．
探究点三三角形中最值问题
例3(2010江苏)某兴趣小组要测量电视塔AE的高度H(单位：m)，示意图如图所示，垂直放置的标杆BC的高度h＝4m，仰角∠ABE＝α，∠ADE＝β.
(1)该小组已测得一组α、β的值，算出了tanα＝1.24，tanβ＝1.20，请据此算出H的值；
(2)该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到电视塔的距离d(单位：m)，使α与β之差较大，可以提高测量精度．若电视塔实际高度为125m，试问d为多少时，α－β最大？
变式迁移3(2011宜昌模拟)如图所示，已知半圆的直径AB＝2，点C在AB的延长线上，BC＝1，点P为半圆上的一个动点，以DC为边作等边△PCD，且点D与圆心O分别在PC的两侧，求四边形OPDC面积的最大值．
1．解三角形的一般步骤
(1)分析题意，准确理解题意．
分清已知与所求，尤其要理解应用题中的有关名词、术语，如坡度、仰角、俯角、方位角等．
(2)根据题意画出示意图．
(3)将需求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦定理、余弦定理等有关知识正确求解．演算过程中，要算法简练，计算正确，并作答．
(4)检验解出的答案是否具有实际意义，对解进行取舍．
2．应用举例中常见几种题型
测量距离问题、测量高度问题、测量角度问题、计算面积问题、航海问题、物理问题等．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为()
A.518B.34
C.32D.78
2．(2011揭阳模拟)如图，设A、B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A、B两点的距离为()
A．502mB．503m
C．252mD.2522m
3．△ABC的两边长分别为2,3，其夹角的余弦值为13，则其外接圆的半径为()
A.922B.924
C.928D．92
4．(2011沧州模拟)某人向正东方向走xkm后，向右转150°，然后朝新方向走3km，结果他离出发点恰好是3km，那么x的值为()
A.3B．23
C.3或23D．3
5．一船向正北航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这只船的速度是每小时()
A．5海里B．53海里
C．10海里D．103海里
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．一船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向，行驶4h后，船到B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为________．
7．(2011台州模拟)某校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度为15°的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为106米(如图所示)，旗杆底部与第一排在一个水平面上．若国歌长度约为50秒，升旗手应以________米/秒的速度匀速升旗．
8．(2011宜昌模拟)线段AB外有一点C，∠ABC＝60°，AB＝200km，汽车以80km/h的速度由A向B行驶，同时摩托车以50km/h的速度由B向C行驶，则运动开始________h后，两车的距离最小．
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2009辽宁)如图，A、B、C、D都在同一个与水平面垂直的平面内，B、D为两岛上的两座灯塔的塔顶．测量船于水面A处测得B点和D点的仰角分别为75°、30°，于水面C处测得B点和D点的仰角均为60°，AC＝0.1km.试探究图中B、D间距离与另外哪两点间距离相等，然后求B、D的距离(计算结果精确到0.01km，2≈1.414，6≈2.449)．
10．(12分)如图所示，甲船以每小时302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，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B1处，此时两船相距20海里．当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2处，此时两船相距102海里．问乙船每小时航行多少海里？
11．(14分)(2009福建)如图，
某市拟在长为8km的道路OP的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段OSM，该曲线段为函数y＝Asinωx(A0，ω0)，x∈[0,4]的图象，且图象的最高点为S(3,23)；赛道的后一部分为折线段MNP，为保证参赛运动员的安全，限定∠MNP＝120°.
(1)求A，ω的值和M，P两点间的距离；
(2)应如何设计，才能使折线段赛道MNP最长？
答案自我检测
1．B2.B3.A
4.4003
5．解由cos∠ADC＝35＞0知B＜π2，
由已知得cosB＝1213，sin∠ADC＝45，
从而sin∠BAD＝sin(∠ADC－B)
＝sin∠ADCcosB－cos∠ADCsinB
＝45×1213－35×513＝3365.
由正弦定理得，ADsinB＝BDsin∠BAD，
所以AD＝BDsinBsin∠BAD＝33×5133365＝25.
课堂活动区
例1解题导引这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般都离不开正弦定理和余弦定理，在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解．注意：①基线的选取要恰当准确；②选取的三角形及正、余弦定理要恰当．
解由题意知AB＝5(3＋3)海里，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，
∴∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°.
在△DAB中，由正弦定理，得DBsin∠DAB＝ABsin∠ADB，
∴DB＝ABsin∠DABsin∠ADB＝53＋3sin45°sin105°
＝53＋3sin45°sin45°cos60°＋cos45°sin60°＝103(海里)．
又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝203(海里)，
在△DBC中，由余弦定理，得CD2＝BD2＋BC2－2BDBCcos∠DBC＝300＋1200－2×103×203×12
＝900，∴CD＝30(海里)，
∴需要的时间t＝3030＝1(小时)．
故救援船到达D点需要1小时．
变式迁移1
解
如图所示，易知∠CAD＝25°＋35°＝60°，在△BCD中，
cosB＝312＋202－2122×31×20＝2331，
所以sinB＝12331.
在△ABC中，AC＝BCsinBsinA＝24，
由BC2＝AC2＋AB2－2ACABcosA，
得AB2－24AB－385＝0，
解得AB＝35，AB＝－11(舍)，
所以AD＝AB－BD＝15.
故此人在D处距A还有15千米．
例2解题导引在测量高度时，要正确理解仰角、俯角的概念，画出准确的示意图，恰当地选取相关的三角形和正、余弦定理逐步进行求解．注意综合应用方程和平面几何、立体几何等知识．
解在△BCD中，∠CBD＝π－α－β.
由正弦定理得BCsin∠BDC＝CDsin∠CBD，
所以BC＝CDsin∠BDCsin∠CBD＝ssinβsinα＋β，
在Rt△ABC中，
AB＝BCtan∠ACB＝stanθsinβsinα＋β.
变式迁移2
解
由题意可知，在△BCD中，CD＝40，
∠BCD＝30°，∠DBC＝135°，
由正弦定理得，CDsin∠DBC
＝BDsin∠BCD，
∴BD＝40sin30°sin135°＝202.
过B作BE⊥CD于E，显然当人在E处时，
测得塔的仰角最大，有∠BEA＝30°.
在Rt△BED中，
又∵∠BDE＝180°－135°－30°＝15°.
∴BE＝DBsin15°＝202×6－24＝10(3－1)．
在Rt△ABE中，
AB＝BEtan30°＝103(3－3)(米)．
故所求的塔高为103(3－3)米．
例3解题导引平面几何图形中研究或求有关长度、角度、面积的最值、优化设计等问题．而这些几何问题通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，解之．若研究最值，常使用函数思想．
解
(1)由AB＝Htanα，BD＝htanβ，AD＝Htanβ及AB＋BD＝AD，
得Htanα＋htanβ＝Htanβ，
解得H＝htanαtanα－tanβ＝4×1.241.24－1.20＝124(m)．
因此，算出的电视塔的高度H是124m.
(2)由题设知d＝AB，得tanα＝Hd.
由AB＝AD－BD＝Htanβ－htanβ，得tanβ＝H－hd.
所以tan(α－β)＝tanα－tanβ1＋tanαtanβ
＝hd＋HH－hd≤h2HH－h，
当且仅当d＝HH－hd，
即d＝HH－h＝125×125－4＝555时，
上式取等号，所以当d＝555时，tan(α－β)最大．
因为0βαπ2，则0α－βπ2，
所以当d＝555时，α－β最大．
变式迁移3解设∠POB＝θ，四边形面积为y，
则在△POC中，由余弦定理得
PC2＝OP2＋OC2－2OPOCcosθ＝5－4cosθ.
∴y＝S△OPC＋S△PCD＝12×1×2sinθ＋34(5－4cosθ)
＝2sin(θ－π3)＋534.
∴当θ－π3＝π2，即θ＝5π6时，ymax＝2＋534.
所以四边形OPDC面积的最大值为2＋534.
课后练习区
1．D2.A3.C4.C5.C
6．302km7.0.6
8.7043
解析
如图所示：设th后，汽车由A行驶到D，摩托车由B行驶到E，则AD＝80t，BE＝50t.
因为AB＝200，所以BD＝200－80t，
问题就是求DE最小时t的值．
由余弦定理得，DE2＝BD2＋BE2－2BDBEcos60°
＝(200－80t)2＋2500t2－(200－80t)50t
＝12900t2－42000t＋40000.
∴当t＝7043时，DE最小．
9．解在△ACD中，∠DAC＝30°，
∠ADC＝60°－∠DAC＝30°，
所以CD＝AC＝0.1.………………………………………………………………………(2分)
又∠BCD＝180°－60°－60°＝60°，
所以△ABC≌△CBD，
所以BA＝BD.……………………………………………………………………………(6分)
在△ABC中，ABsin∠BCA＝ACsin∠ABC，
即AB＝ACsin60°sin15°＝32＋620，…………………………………………………………(10分)
所以BD＝32＋620≈0.33(km)．
故B、D的距离约为0.33km.……………………………………………………………(12分)
10．解
如图，连接A1B2，由题意知，
A1B1＝20，A2B2＝102，
A1A2＝2060×302＝102(海里)．…………………………………………………………(2分)
又∵∠B2A2A1＝180°－120°＝60°，
∴△A1A2B2是等边三角形，
∠B1A1B2＝105°－60°＝45°.……………………………………………………………(6分)
在△A1B2B1中，由余弦定理得
B1B22＝A1B21＋A1B22－2A1B1A1B2cos45°
＝202＋(102)2－2×20×102×22＝200，
∴B1B2＝102(海里)．…………………………………………………………………(10分)
因此乙船的速度大小为
10220×60＝302(海里/小时)．…………………………………………………………(12分)
11．解
方法一(1)依题意，有A＝23，T4＝3，
又T＝2πω，∴ω＝π6.∴y＝23sinπ6x.(3分)
当x＝4时，y＝23sin2π3＝3，∴M(4,3)．
又P(8,0)，∴MP＝42＋32＝5.…………………………………………………………(5分)
(2)如图，连接MP，在△MNP中，∠MNP＝120°，MP＝5.
设∠PMN＝θ，
则0°θ60°.
由正弦定理得MPsin120°＝NPsinθ＝MNsin60°－θ，
∴NP＝1033sinθ，MN＝1033sin(60°－θ)，…………………………………………(8分)
∴NP＋MN＝1033sinθ＋1033sin(60°－θ)
＝103312sinθ＋32cosθ＝1033sin(θ＋60°)．…………………………………………(12分)
∵0°θ60°，∴当θ＝30°时，折线段赛道MNP最长．
即将∠PMN设计为30°时，
折线段赛道MNP最长．…………………………………………………………………(14分)
方法二(1)同方法一．
(2)连结MP.在△MNP中，∠MNP＝120°.MP＝5，
由余弦定理得，MN2＋NP2－2MNNPcos∠MNP＝MP2.………………………………(8分)
即MN2＋NP2＋MNNP＝25.
故(MN＋NP)2－25＝MNNP≤MN＋NP22，
……………………………………………………………………………………………(10分)
从而34(MN＋NP)2≤25，即MN＋NP≤1033.
当且仅当MN＝NP时等号成立．
即设计为MN＝NP时，
折线段赛道MNP最长．…………………………………………………………………(14分)
