第1章解三角形复习教案。
经验告诉我们，成功是留给有准备的人。教师要准备好教案为之后的教学做准备。教案可以让讲的知识能够轻松被学生吸收，帮助教师营造一个良好的教学氛围。关于好的教案要怎么样去写呢？小编经过搜集和处理，为您提供第1章解三角形复习教案，相信您能找到对自己有用的内容。
教学设计
整体设计
教学分析
首先了解新课标对本章的定位．解三角形作为三角系列的最后一章，突出了基础性、选择性与时代性．本章重在研究三角形边角之间的数量关系，如正弦定理、余弦定理等．正弦定理、余弦定理更深刻地反映了三角形的度量本质，成为解三角形的主要工具．
本章的数学思想方法是一条看不见的暗线，数学思想方法是数学的精髓．在初中，教科书着重从空间形式定性地讨论三角形中线段与角之间的位置关系，本章主要是定量地揭示三角形边、角之间的数量关系，从而较清晰地解决了三角形的确定性问题．本章对两个定理的推导引入中十分强调这一量化思想方法，并选择了更有教育价值的正弦定理和余弦定理的证明方法．本章中融合了学生已学过的大部分几何知识，将解三角形作为几何度量问题来处理，突出几何背景，为学生理解数学中的量化思想，进一步学习数学奠定了基础．
三维目标
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：
asinA＝bsinB＝csinC，
a2＝b2＋c2－2bccosA，
b2＝c2＋a2－2accosB，
c2＝a2＋b2－2abcosC.
正弦定理、余弦定理的应用：
利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题．
①已知两角和任一边，求其他两边和一角．
②已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角(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：
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、一解和无解
三角形面积公式
S＝12bcsinA
＝12acsinB
＝12absinC
(5)已知两边及其夹角
教师点拨学生，以上这些知识与初中的边角关系、勾股定理等内容构成三角形内容的有机整体．实际上，正弦定理只是初中“三角形中大角对大边，小角对小边”的边角关系的量化．余弦定理是初中“已知两边及其夹角，则这两个三角形全等”的量化，又是勾股定理的推广．本章的应用举例也是在初中学习的一些简单测量的基础上，应用了正弦定理、余弦定理解关于斜三角形的问题．
在应用两个定理等知识解决一些与测量和几何计算有关的问题时，需注意以下几点：
①在利用正弦定理求角时，由于正弦函数在(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＋sinBcosA＋cosB.
活动：教师与学生一起探究判定三角形形状的方法有哪些．学生思考后可得出确定三角形的形状主要有两条途径：(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×b2＋c2－a22bc＝b×c2＋a2－b22ca.
∴c2(a2－b2)＝a4－b4＝(a2＋b2)(a2－b2)．
∴a2＝b2或c2＝a2＋b2.
∴三角形是等腰三角形或直角三角形．
方法二：用正弦定理，得sinAcosA＝sinBcosB，
∴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＋bcosA＋cosB，即ccosA＋ccosB＝a＋b.
再用余弦定理，得cb2＋c2－a22bc＋ca2＋c2－b22ac＝a＋b.
化简并整理，得a3＋b3＋a2b＋ab2－ac2－bc2＝0，
(a＋b)(a2＋b2－c2)＝0.
∵a＞0，b＞0，∴a2＋b2－c2＝0，即a2＋b2＝c2.
∴三角形为直角三角形．
方法二：∵sinA＝sin(B＋C)，sinB＝sin(A＋C)，
∴原式可化为sinCcosA＋cosBsinC
＝sinA＋sinB＝sin(B＋C)＋sin(A＋C)
＝sinBcosC＋cosBsinC＋sinAcosC＋cosAsinC.
∴sinBcosC＋sinAcosC＝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ab＝52＝sinAsinB＝sin2BsinB＝2cosB，cosB＝54.
例2在△ABC中，若△ABC的面积为S，且2S＝(a＋b)2－c2，求tanC的值．
活动：本题涉及三角形的面积，面积公式又是以三角形的三边a、b、c的形式给出，从哪里入手考虑呢？教师可先让学生自己探究，学生可能会想到将三角形面积公式代入已知条件，但三角形面积公式S＝12absinC＝12acsinB＝12bcsinA有三个，代入哪一个呢？且代入以后的下一步方向又是什么呢？显然思路不明．这时教师适时点拨可否化简等式右边呢？这样右边为(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab.用上余弦定理即得a2＋b2－c2＋2ab＝2abcosC＋2ab，这就出现了目标角C，思路逐渐明朗，由此得到题目解法．
解：由已知，得(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab
＝2abcosC＋2ab＝2×12absinC.
∴2(1＋cosC)＝sinC，
2×2cos2C2＝2sinC2cosC2.
∵0°＜C＜180°，∴0°＜C2＜90°，即cosC2≠0.
∴tanC2＝2.∴tanC＝2tanC21－tan2C2＝41－4＝－43.
点评：通过对本题的探究，让学生认识到拿到题目后不能盲目下手，应先制定解题策略，寻找解题切入口．
变式训练
在△ABC中，tanA＝14，tanB＝35.
(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＝sinAcosA＝14，sin2A＋cos2A＝1,0°＜A＜90°，
∴sinA＝1717.
由正弦定理，得ABsinC＝BCsinA，∴BC＝ABsinAsinC＝2.
例3将一块圆心角为120°，半径为20cm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．Jab88.COM
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，Smax＝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|＝160033sinθsin(60°－θ)
＝160033{－12[cos60°－cos(2θ－60°)]}＝80033[cos(2θ－60°)－cos60°]．
所以当θ＝30°时，Smax＝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40033cm2.
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＝acosBbsinA＝asinAcosBb＝bsinBcosBb＝cosBsinB.
又acosB＝3，知cosB＞0，
则cosB＝35，sinB＝45.
则a＝5.
(2)由S＝12acsinB＝10，得c＝5.
由cosB＝a2＋c2－b22ac＝35，
解得b＝25.故△ABC的周长l＝a＋b＋c＝10＋25.
知能训练
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b2＋c2－bc＝a2，cb＝12＋3，求∠A和tanB的值．
答案：
1．30°解析：由正弦定理，知asinA＝bsinB，
∴1sinA＝2sinA＋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＝b2＋c2－a22bc＝bc2bc＝12，
∵0°＜∠A＜180°，∴∠A＝60°，且∠B＝180°－∠A－∠C＝120°－∠C.
由正弦定理和已知条件，得sinCsinB＝sin120°－BsinB＝3cosB＋sinB2sinB＝3cosB2sinB＋12＝12＋3，
∴tanB＝12.∴所求∠A＝60°，tanB＝12.
课本本章小结巩固与提高1～8.
课堂小结
先由学生总结本节课对全章的复习都有哪些收获和提高？解决本章的基本问题都有哪些体会？可让若干学生在课堂上介绍自己的复习心得．
教师进一步画龙点睛，总结解题思路：(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：
tanA2＝1p－ap－ap－bp－cp，
tanB2＝1p－bp－ap－bp－cp，
tanC2＝1p－cp－ap－bp－cp，
其中p＝12(a＋b＋c)．
证明：tanA2＝sinA2cosA2，因为sinA2＞0，cosA2＞0，
所以sinA2＝1－cosA2＝121－b2＋c2－a22bc
＝a2－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sinA2＝p－bp－cbc.
而cosA2＝1＋cosA2＝121＋b2＋c2－a22bc＝b＋c2－a24bc
＝b＋c＋ab＋c－a4bc＝pp－abc，
所以tanA2＝sinA2cosA2＝p－bp－cbcpp－abc＝p－bp－cpp－a
＝1p－ap－ap－bp－cp.所以tanA2＝1p－ap－ap－bp－cp.
同理，可得tanB2＝1p－bp－ap－bp－cp，
tanC2＝1p－cp－ap－bp－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：sinA2＝p－bp－cbc，cosA2＝pp－abc.
同理，可得sinB2＝p－ap－cac，sinC2＝p－ap－bab，
cosB2＝pp－bac，cosC2＝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ta、tb和tc，那么，用已知边表示三条内角平分线的公式是：ta＝2b＋cbcpp－a；tb＝2a＋cacpp－b；
tc＝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ta2＝b2＋y2－2bycosC，①
根据三角形内角平分线的性质，得cb＝xy，所以c＋bb＝x＋yy.
因为x＋y＝a，所以c＋bb＝ay.所以y＝abb＋c.②
将②代入①，得ta2＝b2＋(abb＋c)2－2b(abb＋c)cosC
＝b2b＋c2[b2＋c2＋2bc＋a2－2a(b＋c)cosC]．
因为cosC＝a2＋b2－c22ab，
所以ta2＝b2b＋c2[a2＋b2＋c2＋2bc－2a(b＋c)a2＋b2－c22ab]
＝bcb＋c2(b2＋c2＋2bc－a2)＝bcb＋c2(a＋b＋c)(b＋c－a)
＝bcb＋c22p2(p－a)＝4b＋c2bcp(p－a)．
所以ta＝2b＋cbcpp－a.
同理，可得tb＝2a＋cacpp－b，tc＝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＝abcpp－ap－bp－c.
证明：因为R＝a2sinA，S＝12bcsinA，所以sinA＝2Sbc.
所以R＝a2sinA＝abc4S＝abcpp－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．－23C.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．－23C.23D.32
4．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asinA＝bsinB＝c的△ABC一定是直角三角形．则上述结论正确命题的序号是__________．
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－sinBsinC＝2a－bc＝2×3k－3k5k＝35.
2．C解析：∵a＋b＋c＝20，∴b＋c＝20－a，即b2＋c2＋2bc＝400－40a＋a2.
∴b2＋c2－a2＝400－40a－2bc.
又∵cosA＝b2＋c2－a22bc＝12，∴b2＋c2－a2＝bc.
又∵S△ABC＝12bcsinA＝103，∴bc＝40.
将b2＋c2－a2＝bc和bc＝40，代入b2＋c2－a2＝400－40a－2bc，得a＝7.
3．D解析：由余弦定理，得cosA＝AC2＋AB2－BC22ACAB＝4＋9－102×2×3＝14，
∴AB→AC→＝|AB→||AC→|cosA＝2×3×14＝32.
4．a＝6，S＝93或a＝12，S＝183解析：由正弦定理，得
bsinB＝csinC，∴sinC＝cbsinB＝32.∴∠C＝60°或∠C＝120°.
当∠C＝60°时，则∠A＝90°，因此a＝12，S＝12acsinB＝183；
当∠C＝120°时，则∠A＝30°，因此a＝6，S＝12acsinB＝93.
5.33解析：由正弦定理，得
(3b－c)cosA＝(3sinB－sinC)cosA＝sinAcosC，
即3sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA，
∴3sinBcosA＝sin(A＋C)＝sinB.∴cosA＝33.
6．①③
7．解：如图，在△ABC中，∠BAD＝150°－60°＝90°，
∴AD＝2sin60°＝3.
在△ACD中，AC2＝(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．
延伸阅读
解斜三角形
5.4解斜三角形
●知识梳理
1.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==.
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：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，即
a2=b2+c2－2bccosA；①
b2=c2+a2－2cacosB；②
c2=a2+b2－2abcosC.③
在余弦定理中，令C=90°，这时cosC=0，所以c2=a2+b2.
由此可知余弦定理是勾股定理的推广.由①②③可得
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.
特别提示
两定理的形式、内容、证法及变形应用必须引起足够的重视，通过向量的数量积把三角形和三角函数联系起来，用向量方法证明两定理，突出了向量的工具性，是向量知识应用的实例.另外，解三角形问题可能出现一解、两解或无解的情况，这时应结合“三角形中大边对大角定理及几何作图来帮助理解”.
●点击双基
1.在△ABC中，若2cosBsinA=sinC，则△ABC的形状一定是
A.等腰直角三角形B.直角三角形
C.等腰三角形D.等边三角形
解析：由2cosBsinA=sinC得×a=c，∴a=b.
答案：C
2.下列条件中，△ABC是锐角三角形的是
A.sinA+cosA=B.＞0
C.tanA+tanB+tanC＞0D.b=3，c=3，B=30°
解析：由sinA+cosA=
得2sinAcosA=－＜0，∴A为钝角.
由＞0，得＜0，∴cos〈，〉＜0.∴B为钝角.
由tanA+tanB+tanC＞0，得tan（A+B）（1－tanAtanB）+tanC＞0.
∴tanAtanBtanC＞0，A、B、C都为锐角.
由=，得sinC=，∴C=或.
答案：C
3.△ABC中，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边，如果a、b、c成等差数列，∠B=30°，△ABC的面积为，那么b等于
A.B.1+
C.D.2+
解析：∵a、b、c成等差数列，∴2b=a+c.平方得a2+c2=4b2－2ac.又△ABC的面积为，且∠B=30°，故由S△ABC=acsinB=acsin30°=ac=，得ac=6.∴a2+c2=4b2－12.由余弦定理，得cosB====，解得b2=4+2.又b为边长，∴b=1+.
答案：B
4.已知（a+b+c）（b+c－a）=3bc，则∠A=_______.
解析：由已知得（b+c）2－a2=3bc，∴b2+c2－a2=bc.∴=.∴∠A=.
答案：
5.在锐角△ABC中，边长a=1，b=2，则边长c的取值范围是_______.
解析：若c是最大边，则cosC＞0.∴＞0，∴c＜.又c＞b－a=1，
∴1＜c＜.
答案：（1，）
●典例剖析
【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
－=sinBsin（A+B）
（cos2B－cos2A）=sinBsin（A+B）
sin（A+B）sin（A－B）=sinBsin（A+B），
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
（1）该题若用余弦定理如何解决?
解：利用余弦定理，由a2=b（b+c），得cosA===，cos2B=2cos2B－1=2（）2－1=－1=.
所以cosA=cos2B.因为A、B是△ABC的内角，所以A=2B.
（2）该题根据命题特征，能否构造一个符合条件的三角形，利用几何知识解决?
解：由题设a2=b（b+c），得=①，
作出△ABC，延长CA到D，使AD=AB=c，连结BD.①式表示的即是=，所以△BCD∽△ABC.所以∠1=∠D.
又AB=AD，可知∠2=∠D，所以∠1=∠2.
因为∠BAC=∠2+∠D=2∠2=2∠1，
所以A=2B.
评述：近几年的高考题中，涉及到三角形的题目，重点考查正弦、余弦定理，考查的侧重点还在于三角转换.这是命题者的初衷.
【例2】已知锐角△ABC中，sin（A+B）=，sin（A－B）=.
（1）求证：tanA=2tanB；
（2）设AB=3，求AB边上的高.
剖析：有两角的和与差联想到两角和与差的正弦公式，结合图形，以（1）为铺垫，解决（2）.
（1）证明：∵sin（A+B）=，sin（A－B）=，
∴
=2.
∴tanA=2tanB.
（2）解：＜A+B＜π，∴sin（A+B）=.
∴tan（A+B）=－，
即=－.将tanA=2tanB代入上式整理得2tan2B－4tanB－1=0，解得tanB=（负值舍去）.得tanB=，∴tanA=2tanB=2+.
设AB边上的高为CD，则AB=AD+DB=+=.由AB=3得CD=2+，所以AB边上的高为2+.
评述：本题主要考查三角函数概念，两角和与差的公式以及应用，分析和计算能力.
【例3】在△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边长，已知a、b、c成等比数列，且a2－c2=ac－bc，求∠A的大小及的值.
剖析：因给出的是a、b、c之间的等量关系，要求∠A，需找∠A与三边的关系，故可用余弦定理.由b2=ac可变形为=a，再用正弦定理可求的值.
解法一：∵a、b、c成等比数列，∴b2=ac.
又a2－c2=ac－bc，∴b2+c2－a2=bc.
在△ABC中，由余弦定理得
cosA===，∴∠A=60°.
在△ABC中，由正弦定理得sinB=，
∵b2=ac，∠A=60°，
∴=sin60°=.
解法二：在△ABC中，
由面积公式得bcsinA=acsinB.
∵b2=ac，∠A=60°，∴bcsinA=b2sinB.
∴=sinA=.
评述：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.
●闯关训练
夯实基础
1.在△ABC中，“A＞30°”是“sinA＞”的
A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
解析：在△ABC中，A＞30°0＜sinA＜1sinA＞；sinA＞30°＜A＜150°A＞30°.
答案：B
2.如图，△ABC是简易遮阳棚，A、B是南北方向上两个定点，正东方向射出的太阳光线与地面成40°角，为了使遮阴影面ABD面积最大，遮阳棚ABC与地面所成的角为
A.75°B.60°C.50°D.45°
解析：作CE⊥平面ABD于E，则∠CDE是太阳光线与地面所成的角，即∠CDE=40°，延长DE交直线AB于F，连结CF，则∠CFD是遮阳棚与地面所成的角，设为α.要使S△ABD最大，只需DF最大.在△CFD中，=.
∴DF=.
∵CF为定值，∴当α=50°时，DF最大.
答案：C
3.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若三角形的面积S=（a2+b2－c2），则∠C的度数是_______.
解析：由S=（a2+b2－c2）得absinC=2abcosC.∴tanC=1.∴C=.
答案：45°
4.在△ABC中，若∠C=60°，则=_______.
解析：=
=.（*）
∵∠C=60°，∴a2+b2－c2=2abcosC=ab.
∴a2+b2=ab+c2.
代入（*）式得=1.
答案：1
5.在△ABC中，由已知条件解三角形，其中有两解的是
A.b=20，A=45°，C=80°B.a=30，c=28，B=60°
C.a=14，b=16，A=45°D.a=12，c=15，A=120°
解析：由a=14，b=16，A=45°及正弦定理，得=，所以sinB=.因而B有两值.
答案：C
培养能力
6.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，依次成等比数列，求y=的取值范围.
解：∵b2=ac，∴cosB===（+）－≥.
∴0＜B≤，
y===sinB+cosB=sin（B+）.∵＜B+≤，
∴＜sin（B+）≤1.故1＜y≤.
7.已知△ABC中，2（sin2A－sin2C）=（a－b）sinB，外接圆半径为.
（1）求∠C；
（2）求△ABC面积的最大值.
解：（1）由2（sin2A－sin2C）=（a－b）sinB得2（－）=（a－b）.
又∵R=，
∴a2－c2=ab－b2.∴a2+b2－c2=ab.
∴cosC==.
又∵0°＜C＜180°，∴C=60°.
（2）S=absinC=×ab
=2sinAsinB=2sinAsin（120°－A）
=2sinA（sin120°cosA－cos120°sinA）
=3sinAcosA+sin2A
=sin2A－sin2Acos2A+
=sin（2A－30°）+.
∴当2A=120°，即A=60°时，Smax=.
8.在△ABC中，BC=a，顶点A在平行于BC且与BC相距为a的直线上滑动，求的取值范围.
解：令AB=kx，AC=x（k＞0，x＞0），则总有sinB=，sinC=（图略），且由正弦定理得sinB=sinA，所以a2=kx2sinBsinC=kx2sinA，由余弦定理，可得cosA==（k+－sinA），所以k+=sinA+2cosA≤=.所以k2－k+1≤0，所以≤k≤.
所以的取值范围为［，］.
探究创新
9.某城市有一条公路，自西向东经过A点到市中心O点后转向东北方向OB，现要修建一条铁路L，L在OA上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分为直线段，现要求市中心O与AB的距离为10km，问把A、B分别设在公路上离中心O多远处才能使|AB|最短?并求其最短距离.（不要求作近似计算）
解：在△AOB中，设OA=a，OB=b.
因为AO为正西方向，OB为东北方向，所以∠AOB=135°.
则|AB|2=a2+b2－2abcos135°=a2+b2+ab≥2ab+ab=（2+）ab，当且仅当a=b时，“=”成立.又O到AB的距离为10，设∠OAB=α，则∠OBA=45°－α.所以a=，b=，
ab=
=
=
=
=≥，
当且仅当α=22°30′时，“=”成立.
所以|AB|2≥=400（+1）2，
当且仅当a=b，α=22°30′时，“=”成立.
所以当a=b==10时，|AB|最短，其最短距离为20（+1），即当AB分别在OA、OB上离O点10km处，能使|AB|最短，最短距离为20（－1）.
●思悟小结
1.在△ABC中，∵A+B+C=π，∴sin=cos，cos=sin，tan=cot.
2.∠A、∠B、∠C成等差数列的充分必要条件是∠B=60°.
3.在非直角三角形中，tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC.
4.根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径：①化边为角；②化角为边.并常用正弦（余弦）定理实施边角转化.
5.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.
6.用向量的数量积求三角形内角时，需明确向量的夹角与三角形内角是相等还是互补.
●教师下载中心
教学点睛
1.一方面要让学生体会向量方法在解三角形方面的应用，另一方面要让学生体会解三角形是重要的测量手段，通过数值计算进一步提高使用计算器的技能技巧和解决实际问题的能力.
2.要加大以三角形为背景，以三角恒等变换公式、向量等为工具的小型综合题的训练.
拓展题例
【例1】已知A、B、C是△ABC的三个内角，y=cotA+.
（1）若任意交换两个角的位置，y的值是否变化?试证明你的结论.（2）求y的最小值.
解：（1）∵y=cotA+
=cotA+
=cotA+
=cotA+cotB+cotC，
∴任意交换两个角的位置，y的值不变化.
（2）∵cos（B－C）≤1，
∴y≥cotA+=+2tan=（cot+3tan）≥=.
故当A=B=C=时，ymin=.
评述：本题的第（1）问是一道结论开放型题，y的表达式的表面不对称性显示了问题的有趣之处.第（2）问实际上是一道常见题：在△ABC中，求证：cotA+cotB+cotC≥.
【例2】在△ABC中，sinA=，判断这个三角形的形状.
分析：判断一个三角形的形状，可由三个内角的关系确定，亦可由三边的关系确定.采用后一种方法解答本题，就必须“化角为边”.
解：应用正弦定理、余弦定理，可得
a=，所以b（a2－b2）+c（a2－c2）=bc（b+c）.所以（b+c）a2=（b3+c3）+bc（b+c）.所以a2=b2－bc+c2+bc.所以a2=b2+c2.所以△ABC是直角三角形.
评述：恒等变形是学好数学的基本功，变形的方向是关键.若考虑三内角的关系，本题可以从已知条件推出cosA=0.
解三角形应用举例
2.3.4解三角形应用举例(第四课时)
教学目标：
(a)知识和技能：能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法进一步解决有关三角形的问题,掌握三角形的面积公式的简单推导和应用
(b)过程与方法：本节课补充了三角形新的面积公式，巧妙设疑，引导学生证明，同时总结出该公式的特点，循序渐进地具体运用于相关的题型。另外本节课的证明题体现了前面所学知识的生动运用，教师要放手让学生摸索，使学生在具体的论证中灵活把握正弦定理和余弦定理的特点，能不拘一格，一题多解。只要学生自行掌握了两定理的特点，就能很快开阔思维，有利地进一步突破难点，。
(c)情感与价值：让学生进一步巩固所学的知识，加深对所学定理的理解，提高创新能力；进一步培养学生研究和发现能力，让学生在探究中体验愉悦的成功体验
教学重点：推导三角形的面积公式并解决简单的相关题目
教学难点：利用正弦定理、余弦定理来求证简单的证明题
学法：正弦定理和余弦定理的运用除了记住正确的公式之外，贵在活用，体会公式变形的技巧以及公式的常规变形方向，并进一步推出新的三角形面积公式。同时解有关三角形的题目还要注意讨论最终解是否符合规律，防止丢解或增解，养成检验的习惯。
直角板、投影仪
教学设想：设置情境：师：以前我们就已经接触过了三角形的面积公式，今天我们来学习它的另一个表达公式。在ABC中，边BC、CA、AB上的高分别记为h、h、h，那么它们如何用已知边和角表示？
生：h=bsinC=csinBh=csinA=asinCh=asinB=bsinaA
师：根据以前学过的三角形面积公式S=ah,应用以上求出的高的公式如h=bsinC代入，可以推导出下面的三角形面积公式，S=absinC，大家能推出其它的几个公式吗？生：同理可得，S=bcsinA,S=acsinB
师：除了知道某条边和该边上的高可求出三角形的面积外，知道哪些条件也可求出三角形的面积呢？
生：如能知道三角形的任意两边以及它们夹角的正弦即可求解
1、新课讲授
例1、在ABC中，根据下列条件，求三角形的面积S（精确到0.1cm）
（1）已知a=14.8cm,c=23.5cm,B=148.5;（2）已知B=62.7,C=65.8,b=3.16cm;
（3）已知三边的长分别为a=41.4cm,b=27.3cm,c=38.7cm
分析：这是一道在不同已知条件下求三角形的面积的问题，与解三角形问题有密切的关系，我们可以应用解三角形面积的知识，观察已知什么，尚缺什么？求出需要的元素，就可以求出三角形的面积。
解：（1）应用S=acsinB，得S=14.823.5sin148.5≈90.9(cm)
(2)根据正弦定理，=c=
S=bcsinA=b
A=180-(B+C)=180-(62.7+65.8)=51.5
S=3.16≈4.0(cm)
(3)根据余弦定理的推论，得cosB==≈0.7697
sinB=≈≈0.6384应用S=acsinB，得
S≈41.438.70.6384≈511.4(cm)
例2、如图,在某市进行城市环境建设中,要把一个三角形的区域改造成室内公园,经过测量得到这个三角形区域的三条边长分别为68m,88m,127m,这个区域的面积是多少？（精确到0.1cm）？（你能把这一实际问题化归为一道数学题目吗？）
本题可转化为已知三角形的三边，求角的问题，再利用三角形的面积公式求解。由学生解答，老师巡视并对学生解答进行讲评小结。
解：设a=68m,b=88m,c=127m,根据余弦定理的推论，
cosB==≈0.7532
sinB=0.6578应用S=acsinB
S≈681270.6578≈2840.38(m)
答：这个区域的面积是2840.38m。
例3、在ABC中，求证：
（1）（2）++=2（bccosA+cacosB+abcosC）
分析：这是一道关于三角形边角关系恒等式的证明问题，观察式子左右两边的特点，联想到用正弦定理来证明
证明：（1）根据正弦定理，可设===k
显然k0，所以左边===右边
（2）根据余弦定理的推论，
右边=2(bc+ca+ab)
=(b+c-a)+(c+a-b)+(a+b-c)=a+b+c=左边
变式练习1：已知在ABC中，B=30,b=6,c=6,求a及ABC的面积S
提示：解有关已知两边和其中一边对角的问题，注重分情况讨论解的个数。
答案：a=6,S=9;a=12,S=18
变式练习2：判断满足下列条件的三角形形状，
（1）acosA=bcosB（2）sinC=
提示：利用正弦定理或余弦定理，“化边为角”或“化角为边”
（1）师：大家尝试分别用两个定理进行证明。
生1：（余弦定理）得a=b
c=
根据边的关系易得是等腰三角形或直角三角形
生2：（正弦定理）得sinAcosA=sinBcosB,sin2A=sin2B,2A=2B,
A=B根据边的关系易得是等腰三角形
师：根据该同学的做法，得到的只有一种情况，而第一位同学的做法有两种，请大家思考，谁的正确呢？
生：第一位同学的正确。第二位同学遗漏了另一种情况，因为sin2A=sin2B,有可能推出2A与2B两个角互补，即2A+2B=180，A+B=90
(2)（解略）直角三角形
2、归纳总结
利用正弦定理或余弦定理将已知条件转化为只含边的式子或只含角的三角函数式，然后化简并考察边或角的关系，从而确定三角形的形状。特别是有些条件既可用正弦定理也可用余弦定理甚至可以两者混用。
作业：1、如图，在四边形ABCD中，ADB=BCD=75，ACB=BDC=45，DC=，求：(1)AB的长；(2)四边形ABCD的面积。
略解：（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=。在BCD中，CBD=180-（75+45）=60，
所以=，BD==
在ABD中，AB=AD+BD-2ADBDcos75=5,所以得AB=
（1）S=ADBDsin75=同理，S=
所以四边形ABCD的面积S=
解三角形及应用举例
题目第五章平面向量解三角形及应用举例
高考要求
1会在各种应用问题中，抽象或构造出三角形，标出已知量、未知量，确定解三角形的方法；?
2搞清利用解斜三角形可解决的各类应用问题的基本图形和基本等量关系；?
3理解各种应用问题中的有关名词、术语，如：坡度、俯角、仰角、方向角、方位角等；?
4熟练掌握实际问题向解斜三角形类型的转化；?
5通过解斜三角形的应用的教学，继续提高运用所学知识解决实际问题的能力
知识点归纳
1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其比值为外接圆的直径
即（其中R表示三角形的外接圆半径）
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：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
第一形式，=，第二形式，cosB=
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
3三角形的面积：△ABC的面积用S表示，外接圆半径用R表示，内切圆半径用r表示，半周长用p表示则
①；②；
③；④；
⑤；⑥（其中）
4三角形内切圆的半径：，特别地，
5三角学中的射影定理：在△ABC中，，…
6两内角与其正弦值：在△ABC中，，…
7三内角与三角函数值的关系：在△ABC中
解三角形问题可能出现一解、两解或无解的情况，这时应结合“三角形中大边对大角定理及几何作图来帮助理解”
题型讲解
例1在ΔABC中，已知a=,b=,B=45°，求A,C及边c．
解：由正弦定理得：sinA=,
因为B=45°90°且ba,
所以有两解A=60°或A=120°
(1)当A=60°时,C=180°-(A+B)=75°，
c=,
(2)当A=120°时,C=180°-(A+B)=15°，
c=
思维点拨：已知两边和其中一边的对角解三角形问题，用正弦定理解，但需注意解的情况的讨论．
例2△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
分析析：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
－=sinBsin（A+B）
（cos2B－cos2A）=sinBsin（A+B）
sin（A+B）sin（A－B）=sinBsin（A+B），
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
点评：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
例3已知锐角△ABC中，sin（A+B）=，sin（A－B）=
（1）求证：tanA=2tanB；
（2）设AB=3，求AB边上的高
分析：有两角的和与差联想到两角和与差的正弦公式，以（1）为铺垫，解决（2）
（1）证明：∵sin（A+B）=，sin（A－B）=，
∴
=2
∴tanA=2tanB
（2）解：＜A+B＜π，∴sin（A+B）=
∴tan（A+B）=－，
即=－
将tanA=2tanB代入上式整理得2tan2B－4tanB－1=0，
解得tanB=（负值舍去）
得tanB=，
∴tanA=2tanB=2+
设AB边上的高为CD，则AB=AD+DB=+=
由AB=3得CD=2+，所以AB边上的高为2+
评述：本题主要考查三角函数概念，两角和与差的公式以及应用，分析和计算能力
例4在△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边长，已知a、b、c成等比数列，且a2－c2=ac－bc，求∠A的大小及的值
分析：因给出的是a、b、c之间的等量关系，要求∠A，需找∠A与三边的关系，故可用余弦定理由b2=ac可变形为=a，再用正弦定理可求的值
解法一：∵a、b、c成等比数列，∴b2=ac
又a2－c2=ac－bc，∴b2+c2－a2=bc
在△ABC中，由余弦定理得
cosA===，∴∠A=60°
在△ABC中，由正弦定理得sinB=，
∵b2=ac，∠A=60°，
∴=sin60°=
解法二：在△ABC中，
由面积公式得bcsinA=acsinB
∵b2=ac，∠A=60°，∴bcsinA=b2sinB
∴=sinA=
评述：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
例5在中，，，，求的值和的面积．
解法一：先解三角方程，求出角A的值．
又,
解法二：由计算它的对偶关系式的值．
①
,
②
①+②得
①－②得
从而．
以下解法略去．
点评本小题主要考查三角恒等变形、三角形面积公式等基本知识，着重数学考查运算能力，是一道三角的基础试题．两种解法比较起来，你认为哪一种解法比较简单呢？
例6设函数，其中向量
（１）若f(x)=1－且x∈[－，]，求x；
（２）若函数y=2sin2x的图象按向量(|m|)平移后得到函数y=f(x)的图象，求实数m、n的值
解：（１）依题设可知，函数的解析式为
＝2cos2x+sin2x=1+2sin(2x+)
由1+2sin(2x+)=1－，可得三角方程
sin(2x+)=－．
∵-≤x≤，∴-≤2x+≤，∴2x+=-，即x=-．
（２）函数y=2sin2x的图象按向量平移后得到函数y=2sin2(x－m)+n的图象，即函数y=f(x)的图象
由（１）得f(x)=2sin2(x+)+1
∵|m|，∴，
点评本小题是2004年福建高考试题，主要考查平面向量的概念和计算，三角函数的恒等变换及其图象变换的基本技能，着重考查数学运算能力．平面向量与三角函数结合是高考命题的一个新的亮点之一．
例7如图，某园林单位准备绿化一块直径为BC的半圆形空地，△ABC外的地方种草，△ABC的内接正方形PQRS为一水池，其余的地方种花若BC=a，∠ABC=，设△ABC的面积为S1，正方形的面积为S2．
（１）用a，表示S1和S2；
（２）当a固定，变化时，求取最小值时的角．
讲解（１）∵
∴
设正方形边长为x
则BQ=
（２）当固定，变化时，
令
令
任取，且，
．
，
是减函数．
取最小值，此时
点评三角函数有着广泛的应用，本题就是一个典型的范例．通过引入角度，将图形的语言转化为三角的符号语言，再通过局部的换元，又将问题转化为我们熟知的函数．这些解题思维的拐点，你能否很快的想到呢？
例8某城市有一条公路，自西向东经过A点到市中心O点后转向东北方向OB，现要修建一条铁路L，L在OA上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分为直线段，现要求市中心O与AB的距离为10km，问把A、B分别设在公路上离中心O多远处才能使|AB|最短?并求其最短距离（不要求作近似计算）
解：在△AOB中，设OA=a，OB=b
因为AO为正西方向，OB为东北方向，所以∠AOB=135°
则|AB|2=a2+b2－2abcos135°=a2+b2+ab≥2ab+ab=（2+）ab，当且仅当a=b时，“=”成立又O到AB的距离为10，设∠OAB=α，则∠OBA=45°－α所以a=，b=，
ab==
==
=≥，
当且仅当α=22°30′时，“=”成立
所以|AB|2≥=400（+1）2，
当且仅当a=b，α=22°30′时，“=”成立
所以当a=b==10时，|AB|最短，其最短距离为20（+1），即当AB分别在OA、OB上离O点10km处，能使|AB|最短，最短距离为20（－1）
小结：
1在△ABC中，∵A+B+C=π，
∴sin=cos，cos=sin，tan=cot
2∠A、∠B、∠C成等差数列的充分必要条件是∠B=60°
3在非直角三角形中，tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC
4根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径：①化边为角；②化角为边并常用正弦（余弦）定理实施边角转化
5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
6用向量的数量积求三角形内角时，需明确向量的夹角与三角形内角是相等还是互补
学生练习
1在△ABC中，若2cosBsinA=sinC，则△ABC的形状一定是
A等腰直角三角形B直角三角形C等腰三角形D等边三角形
解：由2cosBsinA=sinC得×a=c，∴a=b
答案：C
2下列条件中，△ABC是锐角三角形的是
AsinA+cosA=B＞0
CtanA+tanB+tanC＞0Db=3，c=3，B=30°
解：由sinA+cosA=,得2sinAcosA=－＜0，∴A为钝角
由＞0，得＜0，∴cos〈，〉＜0∴B为钝角
由tanA+tanB+tanC＞0，得tan（A+B）（1－tanAtanB）+tanC＞0
∴tanAtanBtanC＞0，A、B、C都为锐角
由=，得sinC=，∴C=或
答案：C
3△ABC中，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边，如果a、b、c成等差数列，∠B=30°，△ABC的面积为，那么b等于
AB1+CD2+
解：∵a、b、c成等差数列，∴2b=a+c平方得a2+c2=4b2－2ac
又△ABC的面积为，且∠B=30°，
故由S△ABC=acsinB=acsin30°=ac=，得ac=6∴a2+c2=4b2－12
由余弦定理，得cosB====，
解得b2=4+2又b为边长，∴b=1+
答案：B
4在△ABC中，“A＞30°”是“sinA＞”的
A充分而不必要条件B必要而不充分条件
C充分必要条件D既不充分也不必要条件
解：在△ABC中，A＞30°0＜sinA＜1，推不出sinA＞；
sinA＞30°＜A＜150°A＞30°
答案：B
5如图，△ABC是简易遮阳棚，A、B是南北方向上两个定点，正东方向射出的太阳光线与地面成40°角，为了使遮阴影面ABD面积最大，遮阳棚ABC与地面所成的角为
A75°B60°C50°D45°
解：作CE⊥平面ABD于E，则∠CDE是太阳光线与地面所成的角，即∠CDE=40°，延长DE交直线AB于F，连结CF，则∠CFD是遮阳棚与地面所成的角，设为α要使S△ABD最大，只需DF最大
在△CFD中，=
∴DF=
∵CF为定值，∴当α=50°时，DF最大
答案：C
6在△ABC中，由已知条件解三角形，其中有两解的是
Ab=20，A=45°，C=80°Ba=30，c=28，B=60°
Ca=14，b=16，A=45°Da=12，c=15，A=120°
解：由a=14，b=16，A=45°及正弦定理，得=，所以sinB=因而B有两值
答案：C
7已知（a+b+c）（b+c－a）=3bc，则∠A=_______
解：由已知得（b+c）2－a2=3bc，∴b2+c2－a2=bc
∴=∴∠A=
答案：
8在锐角△ABC中，边长a=1，b=2，则边长c的取值范围是_______
解：若c是最大边，则cosC＞0∴＞0，∴c＜
又c＞b－a=1，∴1＜c＜
答案：（1，）
9在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若三角形的面积S=（a2+b2－c2），则∠C的度数是_______
解：由S=（a2+b2－c2）得absinC=2abcosC∴tanC=1∴C=
答案：45°
10在△ABC中，若∠C=60°，则=_______
解：==（*）
∵∠C=60°，∴a2+b2－c2=2abcosC=ab∴a2+b2=ab+c2
代入（*）式得=1
答案：1
11在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，依次成等比数列，求y=的取值范围
解：∵b2=ac，∴cosB===（+）－≥
∴0＜B≤，y===sinB+cosB=sin（B+）
∵＜B+≤，∴＜sin（B+）≤1故1＜y≤
12已知△ABC中，2（sin2A－sin2C）=（a－b）sinB，外接圆半径为
（1）求∠C；（2）求△ABC面积的最大值
解：（1）由2（sin2A－sin2C）=（a－b）sinB
得2（－）=（a－b）
又∵R=，∴a2－c2=ab－b2∴a2+b2－c2=ab∴cosC==
又∵0°＜C＜180°，∴C=60°
（2）S=absinC=×ab=2sinAsinB=2sinAsin（120°－A）
=2sinA（sin120°cosA－cos120°sinA）=3sinAcosA+sin2A
=sin2A－sin2Acos2A+=sin（2A－30°）+
∴当2A=120°，即A=60°时，Smax=
13在△ABC中，BC=a，顶点A在平行于BC且与BC相距为a的直线上滑动，求的取值范围
解：令AB=kx，AC=x（k＞0，x＞0），则总有sinB=，sinC=（图略），且由正弦定理得sinB=sinA，所以a2=kx2sinBsinC=kx2sinA，由余弦定理，可得cosA==（k+－sinA），所以k+=sinA+2cosA≤=所以k2－k+1≤0，所以≤k≤
所以的取值范围为［，］
课前后备注
例1已知A、B、C是△ABC的三个内角，y=cotA+
（1）若任意交换两个角的位置，y的值是否变化?试证明你的结论（2）求y的最小值
解：（1）∵y=cotA+
=cotA+
=cotA+
=cotA+cotB+cotC，
∴任意交换两个角的位置，y的值不变化
（2）∵cos（B－C）≤1，
∴y≥cotA+=+2tan
=（cot+3tan）≥=
故当A=B=C=时，ymin=
评述：本题的第（1）问是一道结论开放型题，y的表达式的表面不对称性显示了问题的有趣之处第（2）问实际上是一道常见题：在△ABC中，求证：cotA+cotB+cotC≥
例2在△ABC中，sinA=，判断这个三角形的形状
分析：判断一个三角形的形状，可由三个内角的关系确定，亦可由三边的关系确定采用后一种方法解答本题，就必须“化角为边”
解：应用正弦定理、余弦定理，可得
a=，所以b（a2－b2）+c（a2－c2）=bc（b+c）所以（b+c）a2=（b3+c3）+bc（b+c）所以a2=b2－bc+c2+bc所以a2=b2+c2所以△ABC是直角三角形
评述：恒等变形是学好数学的基本功，变形的方向是关键若考虑三内角的关系，本题可以从已知条件推出cosA=0
2012届高考数学备考复习三角变换与解三角形教案
作为杰出的教学工作者，能够保证教课的顺利开展，教师要准备好教案，这是教师需要精心准备的。教案可以更好的帮助学生们打好基础，帮助教师在教学期间更好的掌握节奏。那么，你知道教案要怎么写呢？下面的内容是小编为大家整理的2012届高考数学备考复习三角变换与解三角形教案，但愿对您的学习工作带来帮助。
专题二：三角函数、三角变换、解三角形、平面向量
第二讲三角变换与解三角形
【最新考纲透析】
1．会用向量的数量积推导出两角差的余弦公式。
2．能利用两角差的余弦公式导出两角差的正弦、正切公式。
3．能利用两角差的余弦公式导出两角各的正弦、余弦、正切公式，导出二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系。
4．能运用和与差、二倍角的三角函数公式进行简单的恒等变换（包括导出积化和差、和差化积、半角公式，但对这三组公式不要求记忆）。
5．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。
6．能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些测量和几何计算有关的实际问题。
【核心要点突破】
要点考向1：三角变换及求值
考情聚焦：1．利用两角和差的三角函数公式进行三角变换、求值是高考必考内容。
2．该类问题出题背景选择面广，解答题中易出现与新知识的交汇题。
3．该类题目在选择、填空、解答题中都有可能出现，属中、低档题。
考向链接：1．在涉及两角和与差的三角函数公式的应用时，常用到如下变形
（1）；
（2）角的变换；
（3）。
2．利用两角和与差的三角函数公式可解决求值求角问题，常见有以下三种类型：
（1）“给角求值”，即在不查表的前提下，通过三角恒等变换求三角函数式的值；
（2）“给值求值”，即给出一些三角函数值，求与之有关的其他三角函数式的值；
（3）“给值求角”，即给出三角函数值，求符合条件的角。
例1：已知向量,且
(Ⅰ)求tanA的值；
(Ⅱ)求函数R)的值域
解析：（Ⅰ）由题意得mn=sinA-2cosA=0,
因为cosA≠0,所以tanA=2.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知tanA=2得
因为xR,所以.当时，f(x)有最大值，
当sinx=-1时，f(x)有最小值-3
所以所求函数f(x)的值域是
要点考向2：正、余弦定理的应用
考情聚焦：1．利用正、余弦定理解决涉及三角形的问题，在近3年新课标高考中都有出现，预计将会成为今后高考的一个热点。
2．该类问题多数是以三角形或其他平面图形为背景，考查正、余弦定理及三角函数的化简与证明。
3．多以解答题的形式出现，有时也在选择、填空题中出现。
考向链接：1．在三角形中考查三角函数式变换，是近几年高考的热点，它是在新的载体上进行的三角变换，因此要时刻注意它重要性：一是作为三角形问题，它必然要用到三角形的内角和定理，正、余弦定理及有关三角形的性质，及时进行边角转化，有利于发现解决问题的思路；其二，它毕竟是三角形变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的，注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，是使问题获得解决的突破口。
2．在解三角形时，三角形内角的正弦值一定为正，但该角不一定是锐角，也可能为钝角（或直角），这往往造成有两解，应注意分类讨论，但三角形内角的余弦为正，该角一定为锐角，且有惟一解，因此，在解三角形中，若有求角问题，应尽量避免求正弦值。
例2：（2010辽宁高考理科Ｔ17）在△ABC中，a,b,c分别为内角A,B,C的对边，且
（Ⅰ）求A的大小；
（Ⅱ）求的最大值.
【命题立意】考查了正弦定理，余弦定理，考查了三角函数的恒等变换，三角函数的最值。
【思路点拨】（I）根据正统定理将已知条件中角的正弦化成边，得到边的关系，再由余弦定理求角
（II）由（I）知角C＝60°-B代入sinB+sinC中，看作关于角B的函数，进而求出最值
【规范解答】（Ⅰ）由已知，根据正弦定理得
即
由余弦定理得
故，A=120°
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：
故当B＝30°时，sinB+sinC取得最大值1。
【方法技巧】
(1)利用正弦定理，实现角的正弦化为边时只能是用a替换sinA，用b替换sinB,用c替换sinC。sinA,sinB,sinC的次数要相等，各项要同时替换，反之，用角的正弦替换边时也要这样，不能只替换一部分。
(2)以三角形为背景的题目，要注意三角形的内角和定理的使用。象本例中B+C＝60°
要点考向3：三角函数的实际应用
考情聚焦：1．有关解三角形及实际应用在高考中有时出现。
2．该类问题以实际问题为背景，其建模后为解三角形问题，与三角函数及三角变换等知识交汇。
3．多以解答题的形式出现，题目不会太难。
例3：（2010江苏高考Ｔ１7）某兴趣小组测量电视塔AE的高度H(单位：m），如示意图，垂直放置的标杆BC的高度h=4m，仰角∠ABE=，∠ADE=。
(1)该小组已测得一组、的值，算出了tan=1.24，tan=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），使与之差较大，可以提高测量精确度。若电视塔的实际高度为125m，试问d为多少时，-最大？
【命题立意】本题主要考查解三角形的知识、两角差的正切及不等式的应用。
【思路点拨】（1）分别利用表示AB、AD、BD，然后利用AD—AB=DB求解；
（2）利用基本不等式求解.
【规范解答】（1），同理：，。
AD—AB=DB，故得，解得：。
因此，算出的电视塔的高度H是124m。
（2）由题设知，得，
，（当且仅当时，取等号）
故当时，最大。
因为，则，由的单调性可知：当时，-最大。
故所求的是m。
【高考真题探究】
1．（2010福建高考文科Ｔ2）计算的结果等于（）
A.B.C.D.
【命题立意】本题考查利用余弦的倍角公式的逆用，即降幂公式，并进行三角的化简求值。
【思路点拨】直接套用倍角公式的逆用公式，即降幂公式即可。
【规范解答】选B，。
【方法技巧】对于三角公式的学习，要注意灵活掌握其变形公式，才能进行灵活的恒等变换。如倍角公式：，的逆用公式为“降幂公式”，即为，，在三角函数的恒等变形中，降幂公式的起着重要的作用。
2．（2010海南宁夏高考理科T16）在中，D为边BC上一点，BD=DC,=120°，AD=2，若的面积为，则=.
【命题立意】本题主要考查了余弦定理及其推论的综合应用.
【思路点拨】利用三角形中的余弦定理极其推论。列出边与角满足的关系式求解.
【规范解答】设，则，由的面积为可知
，可得，由余弦定理可知
，所以
，所以
由，及
可求得
【答案】60°
【方法技巧】熟练三角形中隐含的角的关系，利用余弦定理或正弦定理找边与角的关系，列出等式求解.
3．（2010天津高考理科Ｔ7）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若，，则A=()
（A）（B）（C）（D）
【命题立意】考查三角形的有关性质、正弦定理、余弦定理以及分析问题、解决问题的能力。
【思路点拨】根据正、余弦定理将边角互化。
【规范解答】选A，根据正弦定理及得：
，
。
【方法技巧】根据所给边角关系，选择使用正弦定理或余弦定理，将三角形的边转化为角。
4．（2010北京高考理科Ｔ１0）在△ABC中，若b=1，c=，，则a=。
【命题立意】本题考查解三角形中的余弦定理。
【思路点拨】对利用余弦定理，通过解方程可解出。
【规范解答】由余弦定理得，，即，解得或（舍）。
【答案】1
【方法技巧】已知两边及一角求另一边时，用余弦定理比较好。
5．（2010天津高考理科Ｔ１7）已知函数
（Ⅰ）求函数的最小正周期及在区间上的最大值和最小值；
（Ⅱ）若，求的值。
【命题立意】本小题主要考查二倍角的正弦与余弦、两角和的正弦公式、函数的性质、同角三角函数的基本关系、两角差的余弦等基础知识，考查基本运算能力。
【思路点拨】化成一个角的三角函数的形式；变角，
【规范解答】（1）由，得
所以函数的最小正周期为
因为在区间上为增函数，在区间上为减函数，又
，所以函数在区间上的最大值为2，最小值为-1
（Ⅱ）由（1）可知又因为，所以
由，得从而
所以
6．（2010陕西高考理科Ｔ１7）如图，A，B是海面上位于东西方向相距
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点相距海里的C点的救援船立即即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？
【命题立意】本题考查了三角恒等变换、已知三角函数值求角以及正、余弦定理，考查了解决三角形问题的能力，属于中档题。
【思路点拨】解三角形
【规范解答】
【跟踪模拟训练】
一、选择题（本大题共6个小题，每小题6分，总分36分）
1．（2010届山东省实验高三一诊（文））已知点在第四象限,则角的终边在()
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．若，则的值为()
A．B．C．D．
3．函数的最小正周期T=（）
（A）2π（B）π（C）（D）
4．若函数y=f（x）同时具有下列三个性质：（1）最小正周期为π，（2）图象关于直线对称；（3）在区间上是增函数，则y=f（x）的解析式可以是（）
A．B．
C．D．
5．（2010届广东高三六校联考（理））如图，Rt△ABC中，AC⊥BC，D在边AC上，已知BC＝2，CD＝1，∠ABD＝45°，则AD＝（）
A．2B．5C．4D．1
二、填空题（本大题共3个小题，每小题6分，总分18分）
7．在中，角，，所对的边分别是，，，若，且，则的面积等于_____
8．若定义在区间上的函数对上的任意个值，，…，，总满足≤，则称为上的凸函数．已知函数在区间上是“凸函数”，则在△中，的最大值是____．
9.已知△ABC的三个内角A，B，C满足cosA(sinB+cosB)+cosC=0,则A=_______.
三、解答题（10、11题每小题15分，12题16分，总分46分）
10．（本小题满分12分）已知．
（1）求；
（2）求的值．
11．已知函数的最小正周期为.
（1）求在区间上的最大值和最小值；
（2）求函数图象上与坐标原点最近的对称中心的坐标.
12．在锐角△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，且
(Ⅰ)确定角C的大小
（Ⅱ）若c＝,且△ABC的面积为,求a＋b的值。
参考答案
1．C
2．C
3．B
4．C
5．B
6．【解析】选A.依题意，画出图形.
△CAO是等腰三角形，
∴∠DCO=∠COA=π-2θ.
在Rt△COD中，
CD=COcos∠DCO
=cos（π-2θ）=-cos2θ，
过O作OH⊥AC于H点，则
CA=2AH=2OAcosθ=2cosθ.
∴f(θ)=AC+CD=2cosθ-cos2θ.
7．
8．
9．【解析】∵cosA(sinB+cosB)+cosC=0，
∴cosAsinB+cosAcosB+cos［π-(A+B)］=0，
∴cosAsinB+cosAcosB-cos(A+B)=0，
cosAsinB+cosAcosB-cosAcosB+sinAsinB=0，
即cosAsinB+sinAsinB=0.
又∵sinB≠0,∴cosA+sinA=0,
又A是三角形的内角,∴A=.
答案：
10．解析：（1），
（2）原式＝
=．
11．解析:（1）
当时，
当时，取得最大值为，最小值为
（2）令，得
当时，，当时，，满足要求的对称中心为
12．解析：（1）由及正弦定理得，
……………………………………3分
是锐角三角形，……………………………………6分
（2）解法1：由面积公式得
……………………9分
由余弦定理得
由②变形得……………………………………12分
解法2：前同解法1，联立①、②得
……………………………………9分
消去b并整理得解得
所以故……………………………………12分
【备课资源】
