高中数学人教A版第一章解三角形正弦定理和余弦定理 全国公开课

第三课时:三角形解的个数一、课前准备（一）课时目标1.掌握判断三角形解的情况的常用方法；2.灵活运用正弦定理、余弦定理及三角函数有关知识.（二）基础预探1.在平面几何中，一个三角形可以由个条件确定，具体为、、.2.一般地，我们把三角形的三个角和它们的对边叫做三角形的.已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做.3.正弦定理表述为：在一个三角形中，各边的长和它所对角的正弦的比相等，即，这个比值为，公式可变形为.4.利用正弦定理可以解决以下两类解三角形的问题：、.5.在中，已知、和角时，解的情况如下：若时，一解；若时，两解；若时，无解.二、基本知识习题化1.若为△ABC的内角，则下列函数中一定取正值的是（）A.B.C.D.2.在中，则满足此条件的三角形有（）A．0个B．1个C．2个D．无数个3．在△中，若，则等于（）A.B.C.D.4.在△ABC中，由已知条件解三角形，其中有两解的是（）A. B.C. D.5．在中，A、B的对边分别是，且，那么满足条件的（）A、有一个解B、有两个解C、无解D、不能确定6．在△ABC中，b=4asinB,则A=_____.三、学习引领1.一般地，已知两边和其中一边的对角解斜三角形（已知和），用正弦定理求B时的各种情况,可利用数形结合法：⑴若A为锐角时:如下图所示：⑵若A为直角或钝角时:.2.已知两边和其中一边的对角（已知和）解斜三角形，可以常利用正弦定理结合“大边对大角”来判断三角形解的个数：(1)由正弦定理求得，，再进行讨论：=1\*GB3①如果，则问题无解.=2\*GB3②如果，则，当时问题有一解；当时问题无解.=3\*GB3③如果，当时，，则为锐角，问题有唯一解；当时，，则可能为锐角也可能为钝角，问题有两解.3.利用余弦定理讨论：已知a、b、A，由余弦定理，这可以看作关于c的一元二次方程.若方程无解或无正数解，则三角形无解；若方程有唯一正数解，则三角形一解；若方程有两不同正数解，则三角形有两解.四、典例导析题型一大边对大角例1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).思路导析：此例题属于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.∵sinB＝eq\f(b·sinA,a)＝eq\f(50·sin380,60)＝，∴B＝31°，∴C＝180°－(A＋B)＝180°－(38°＋31°)＝111°∴c＝eq\f(a·sinC,sinA)＝eq\f(60·sin1110,sin380)≈91.规律总结：同样是已知两边和一边对角，但可能出现不同的结果，要结合已知条件注意分析解的情况，以防止漏解出错.在三角形中，这是个隐含条件，在使用时我们要注意挖掘..变式训练1：在△ABC中，已知，，，求A、C及c.题型二数形结合法例2.思路导析：此例题属于csinA＜a＜c的情形，故有两解.这样在求解之后呢，可以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.解析：,,，，.规律总结：通过此例题可使学生明确，利用正弦定理所求得正弦值，进而求角有两种可能，但是否都符合题意，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.变式训练2：如果满足，，的恰有一个，那么的取值范围是（）A．B． C． D．或题型三余弦定理法例3.在中，已知,解此三角形.思路导析：已知两边及一边的对角求解三角形，有两解、一解和无解三种情况，用正弦定理进行求解，必须分情况讨论，而如果利用余弦定理来解这类三角形，就可避开讨论.解法一：由正弦定理，即，解得，因为，所以或，当时，，为直角三角形，此时；当时，，，所以.解法二：由余弦定理，得，化简可得，解得或.当时，由正弦定理得，;当时，由正弦定理得，规律总结：已知两边及一边的对角求解三角形，既可以用正弦定理又可以用余弦定理，利用正弦定理，要先根据大边对大角，对角的个数进行判定，进而再分别讨论.利用余弦定理，可以得到关于边一个一元二次方程，从而求得的值，进而求得其它元素.变式训练3：在△ABC中，已知边上的中线BD=，求sinA的值.五、随堂练习1.在中，若，，，则的值为（）A．B.C.D.2.在△ABC中，若a＝2，b＝，C＝15°，则A的值为（）A.B.C.D.3.在中，角所对的边分别为a，b，c，若，，，则角的大小为．4．在△ABC中，A为最小角，C为最大角，已知cos（2A+C）=，sinB=，则cos2（B+C）=__________5.在锐角三角形中，边a、b是方程x2－2EQ\r(,3)x+2=0的两根，角A、B满足2sin(A+B)－EQ\r(,3)=0，求角C的度数，边c的长度及△ABC的面积.六、课后作业1．在中，若，且三角形有解，则的取值范围是（）A．B． C． D．2.已知a,b,c分别是△ABC的三个内角A,B,C所对的边，若a=1,b=,A+C=2B,则sinC为（）A.B.C.D.3.若S是△ABC的面积，已知a＝4，b＝5，S＝5eq\r(3)，则c=．4在中，，，，则此三角形的最小边的长为__________．5.已知在中，，，解此三角形.6.在ABC中，已知，，，求b及A.7．在△ABC中，若，且，边上的高为，求角的大小与边的长.第三课时答案：一、1．三三条边两定角和一边和两角2．元素解三角形3．三角形外接圆半径4．已知两角和任意一边已知两边和其中一边对角5．二、1.A解析：.2．A解析：根据正弦定理得=即这是不成立的，所以不存在满足此条件的三角形.3．D解析：或.4．C解析：在斜三角形中，用正弦定理求角时，若已知小角求大角，则有两解；若已知大角求小角，则只有一解.5．B解析：由得，又故有两解.6.或解析：b=4asinB,sinB=4sinAsinB,sinA=,在△ABC中,0<A<，sinA=，A=或.四、变式训练1：由正弦定理，得，因为，，所以或.当时，，；当时，，.变式训练2：结合图象知，当或时，满足条件的三角形恰有一个．答案为D.变式训练3：解法1：设E为BC的中点，连接DE，则DE解法3：过A作AH⊥BC交BC于H，延长BD到P使BD=DP，连接AP、PC，过P作PN⊥BC交BC的延长线于N，则HB=ABcosB=五．1.C解析：在中，若，，∴A为锐角，，，则根据正弦定理=．2.A解析：由余弦定理，得，∴.又由正弦定理，得.又，.3．解析：由得，即，因为，所以，又因为，，所以在中，由正弦定理得：，解得，又，所以，所以.4．解析：∵A为最小角，∴2A+C=A+A+C＜A+B+C=180°.∵cos（2A+C）=－，∴sin（2A+C）=.∵C为最大角，∴B为锐角，又sinB=故cosB=.即sin（A+C）=，cos（A+C）=－.∵cos（B+C）=－cosA=－cos［（2A+C）－（A+C）］=－，∴cos2（B+C）=2cos2（B+C）－1=.5．解：由2sin(A+B)－EQ\r(,3)=0，得sin(A+B)=EQ\F(\r(,3),2),∵△ABC为锐角三角形，∴A+B=120°,C=60°,又∵a、b是方程x2－2EQ\r(,3)x+2=0的两根，∴a+b=2EQ\r(,3)，a·b=2,∴c2=a2+b2－2a·bcosC=(a+b)2－3ab=12－6=6,∴c=EQ\r(,6),S△ABC=EQ\F(1,2)absinC=EQ\F(1,2)×2×EQ\F(\r(,3),2)=EQ\F(\r(,3),2).六．解析：由正弦定理得，则，又，得.而，则，所以角的范围为.2.D解析：由A+C=2B及得，由正弦定理得得，由知，所以，，所以3．eq\r(21)或eq\r(61)解：∵S＝eq\f(1,2)absinC，∴sinC＝eq\f(\r(3),2)，于是C＝60°或C＝120°.当C＝60°时，c2＝a2＋b2－2abcos＝a2＋b2－ab＝21，∴c＝eq\r(21)；当C＝120°时，c2＝a2＋b2－2abcos