第一章  解三角形

1.1.1正弦定理（第二课时）

胡彦茹

【知识沙盘】

                           

【课标要求】

    理解并掌握正弦定理的内容，能运用正弦定理解答两类解三角形问题。

【学习目标】

1.  能准确说出正弦定理的内容；

2.  结合实例，利用正弦定理判断三角形的形状,体会转化思想；

3.  能灵活运用正弦定理及其变形公式解三角形，体会分类讨论思想和数形结合思想。

重点：灵活运用正弦定理解三角形，体会分类讨论思想和数形结合思想。

难点：正弦定理在解三角形中的应用。

【导入】（3 min）

在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，月亮离我们地球到底有多远呢?1967年法国两个天文学家首次测出了地月之间的距离，大家知道他们是怎么测出来的吗？他们是用到了我们上节课所学习到的正弦定理。（幻灯片演示）

【自主学习】（15min）

【交流研讨】（4min）

【精讲部分】（13min）

A级

1.正弦定理：                                            ；（不讲）

2.变形公式：（不讲）

3.在△ABC中，,则                  。（不讲）

【设计意图】复习正弦定理的变形公式，

可由得出三个角的大小，从而求得三边的比例关系。

4. 在△ABC中,若，则=               .（略讲）

【设计意图】主要考查正弦定理及其变形公式的灵活运用。

【解析】：方法一（利用正弦定理）：由得，所以，，所以得出。

方法二：已知的边次数相同也可以转化成角的关系。即，因为，所以，所以得出。

B级

 1.1671年，法国天文学家测出了地球和月亮之间的距离。设月球为点C，同一时间在地球上A、B两地试验，测得 ， ，用 表示 （略讲）

  

【设计意图】解决导入中的问题，已知三角形中两角和其中一边，求其他边，利用正弦定理的变形公式即可求得。

2.在△ABC中，已知,,,解三角形。（不讲）

【解析】：因为，，。

当时，，；

当，，。

变式：在△ABC中，已知,,,解三角形。(精讲)

【解析】，，。

需要检验。

方法一：（利用两角之和）

当时，；

当时，,无解。

方法二：（大边对大角）

        

方法三：（几何法）

在△ABC中，已知，过点C作AB上的高，记为h，求B

（1）   当A为锐角时

①若，则B无解；

②若，则仅有一解（直角）；

③若，则有两个解（一个锐角一个钝角）；

       ④若，则仅有一解（锐角）。

（2）   当A为直角或钝角时

①若时，则B无解；

②若时，则B只有一解。

【设计意图】

利用正弦定理，我们可以解决两类问题：1.已知三角形的两个角和任意一边，求其他两边和一角，结果是唯一的；2.已知三角形两边和其中一边的对角，求另外一边的对角和其他的边角。对于这类问题，解是不唯一的。由于三角形的形状不能确定，因此会出现一个解、两个解、无解三种情况。

3.在△ABC中，若，判断这个三角形的形状。（精讲）

【设计意图】

   本题判断三角形的形状采用的是非常常见的一种做法，即利用正弦定理化边为角，再根据三角函数的有关知识得到三个内角的关系，进而确定三角形的形状；本题容易得到由得到，即，而漏掉的情况，求解时应格外注意。

【解析】，，即.

，

，

，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形。

【自我测评】（3min）对答案

【课堂小结】（2min）

1.       ，正弦定理在应用中可以实现角与边的互化，若已知的角都是正弦形式且次数相同可以转化成边的关系，如果已知的边次数相同也可以转化成角的关系。

2.       解三角形问题可能出现一解、两解或无解的情况，这是应结合“三角形中大边对大角”定理及几何作图来帮助理解。

【作业布置】

手写卷子一张，最后两题选做。

【预设生成问题】

1.       B级两道题为什么有时是两个解，有时是一个解，有没有无解的情况？

2.       什么时候可以用边化角或角化边？

3.       A4中求出来的有两个值，怎么取舍？

【教学反思】

【板书设计】

第一章解三角形

                  第一节正弦定理2

一．正弦定理

1.定义

2.变形公式

三．应用                 

    2.判断三角形的形状：边化角、角化边         

四．数学思想：

分类讨论思想、转化思想、数形结合思想 

                                         

第二篇：新课标人教A版高中数学必修五典题精讲(1.3正弦定理、余弦定理的应用)

典题精讲

例1在湖面上高h米处，测得天空中一朵云的仰角为α，测得云在湖中之影的俯角为β，试证明云距湖面的高度为h·.

思路分析:因湖面相当于一个平面镜，云C与它在湖中之影D关于湖面对称，设云高CM=x.

在三角形中建立含x的方程，解出x即可.

图1-3-3

解：如图1-3-3，设湖面上高h米处为A，测得云C的仰角为α，测得C在湖中之影D的俯角为β，CD与湖面交于M，过A的水平线交CD于E.

设云高CM=x,则CE=x-h,DE=x+h,AE=.

又AE=,∴=.

整理，得x=·h=h·.

绿色通道：在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂平面内，视线与水平线的夹角.当视线在水平线之上时，称为仰角;当视线在水平线之下时，称为俯角.

变式训练1如图1-3-4，为了测量上海东方明珠塔的高度，测量人员站在A处测得塔尖的仰角为75.5°，前进38.5 m后，在B处测得塔尖的仰角为80°，试计算塔的高度.

图1-3-4

思路分析:由于CD难以直接求解，我们可借助解直角三角形求解，只要能计算出BC的长，则在Rt△BCD中，可得塔高CD，而BC的长可在△ABC中利用正弦定理求得.

解：∵∠CAD=75.5°,∠CBD=80°,

∴∠ACB=4.5°.

在△ABC中，由,

得BC=≈477 m.

∴CD=BCsin80°≈470 m,

即塔的高度为470 m.

变式训练2一人见一建筑物A在正北方向，另一建筑物B在北偏西30°方向，此人向北偏西70°方向行走3 km后，则见A在其北偏东56°方向，B在其北偏东74°方向，试求这两个建筑物的距离.（精确到10 m）

图1-3-5

解：如图1-3-5所示，在△BCO中，∠BOC=70°-30°=40°,

∠BCO=(180°-70°)-74°=36°,

∴∠CBO=180°-40°-36°=104°.

由正弦定理，得.

∴BO=.

在△AOC中，∠AOC=70°,∠CAO=56°,

∴∠ACO=54°.

由正弦定理，得.

∴AO=.

在△AOB中，由余弦定理,知AB=≈1 630(m).

∴这两个建筑物的距离为1 630 m.

例2如图1-3-6，甲船在A处，乙船在A处的南偏东45°方向，距A有9海里，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，应沿什么方向，用多少小时最快追上乙船？（精确到度）

图1-3-6

思路分析:假设用t小时在C处追上乙船，则在△ABC中，AC、BC可用t来表示，进而利用余弦定理求得t，解此三角形即可.

解：假设用t小时，甲船在C处追上乙船，在△ABC中，AC=28t,BC=20t,∠ABC=180°-45°-15°=120°.

由余弦定理，得

AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC,

即(28t)2=81+(20t)2-2×9×20t×(-).

整理，得128t2-60t-27=0,

即(4t-3)(32t+9)=0.

∴t=,t=(舍去).

∴AC=28×=21,

BC=20×=15.

由正弦定理，得

sin∠BAC=.

又∠ABC=120°,

∴∠BAC为锐角,∠BAC=38°.

∴45°-38°=7°.

∴甲船应沿南偏东7°方向用小时最快追上乙船.

绿色通道：航海问题常利用解三角形的知识去解决，在具体解题时，应画出示意图，找出已知量及所求的量，转化为三角形的边角，利用正弦、余弦定理求解.

变式训练在某海滨城市附近海面上有一台风，据监测，当前台风中心位于城市O的东偏南θ(cosθ=)方向300 km的海面P处，并以20 km/h的速度向西偏北45°方向移动，台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60 km，并以10 km/h的速度不断增大，问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？受影响达多少小时？

思路分析:设t小时后台风中心在Q，此时城市O受到台风影响，即此时O在台风侵袭的圆形区域内，注意台风在行进过程中，其半径在不断地增大，连结OQ，把问题放到△OPQ中，利用正弦、余弦定理解三角形即可.

图1-3-7

解：如图1-3-7，设在t小时后台风中心在Q点，此时台风侵袭的圆形区域半径为10t+60（km）.

若在此刻城市O受到台风的影响，则OQ≤10t+60.

由余弦定理,知OQ2=PQ2+PO2-2PQ·POcos∠OPQ.

由PO=300,PQ=20t,

cos∠OPQ=cos(θ-45°)=cosθcos45°+sinθsin45°

=×+1-.

∴OQ2=（20t)2+3002-2×20t×300×=202t2-9 600t+3002.

∴202t2-9 600t+3002≤(10t+60)2.

整理，得t2-36t+288≤0.解得12≤t≤24.

∴12小时后该城市开始受到台风的侵袭，受影响达12小时.

例3沿一条小路前进，从A到B，方位角是50°，距离是470 m，从B到C，方位角是80°，距离是860 m，从C到D，方位角是150°，距离是640 m.试画出示意图，并计算出从A到D的方位角和距离.

思路分析:从A到D的方位角，需构造三角形，连结AC，在△ABC中，用余弦定理求出AC，进而求出∠BAC,再在△ACD中，求出AD和∠CAD.

图1-3-8

解：示意图如图1-3-8所示，连结AC，在△ABC中，∠ABC=50°+(180°-80°)=150°，

由余弦定理，得

AC=≈1 289.

由正弦定理，得sin∠BAC=≈0.333 6.

利用计算器可得∠BAC≈19.5°,∠ACB=10.5°.

在△ACD中，∠ACD=80°-10.5°+30°=99.5°.

由余弦定理，得

AD=≈1 531.

由正弦定理，得∠CAD≈24.4°.

∴从A到D的方位角为50°+19.5°+24.4°=93.9°,

即A到D的方位角为93.9°，距离为1 531 m.

绿色通道：明确方位角的定义，是由指北方向顺时针到目标方向线的水平角.本题中A到D的方位角是50°+∠BAD，把角的求解放到三角形中，关键是理顺题目中的数量关系，结合示意图，构造出相应的三角形，结合正、余弦定理解决.

变式训练A、B、C是一条直路上的三点，AB与BC等于1千米.从三点分别望塔P.A处见塔在东北方，B处见塔在正东，C处见塔在南偏东60°.求塔至直路的距离.

图1-3-9

解：如图1-3-9，由已知条件知∠CPB=30°,∠BPA=45°,AB=BC=1千米.

又△CPB的面积等于△BPA的面积，故有PB·PAsin45°=PB·PCsin30°PC=PA.

由△APC的面积，有PD·AC=PA·PCsin75°PD=PA2sin75°.

由余弦定理，有PC2+PA2-2PC·PAcos75°=4PA2=.

故PD=×(千米).

问题探究

问题两千多年前，我国汉代的天文学家把商高的“测天量地”方法推广到计算太阳的高度.现在我们知道太阳离地球有1 460万千米之遥，可是古代人又能怎样测算呢?

导思:把太阳看作一个固定不动的点，选择一根长度已知的标杆，某一时刻找到太阳直射的一个点，再在不同的两个地方把标杆竖起，测量其影子的长度，根据三角形计算就能估算出太阳的高度.

探究:那时人们认为天是圆的，地是方的，太阳挂在天空中特定的地方，它的高度是可以测量的.于是，天文学家根据一根已知长度的标杆在不同地方的太阳的影子的长度不同来计算太阳的高度.汉代天文学家把这种计算方法称为“垂差术”.

如图1-3-10，设太阳O垂直照射到地面上的C点，高度为h，标杆长为p，在地方A的影长为m，在地方B的影长为n，A到C的距离为d，则有

图1-3-10

(1);

(2).

解方程组，消去d，得太阳离地面的高度h=+p.