一道三角问题的解法赏析
解三角形应用题的解题思路分析
解三角形应用题的解题思路分析正弦、余弦定理在实际生活中有着极其广泛的应用，对经过抽象、概括最终转化为三角形中的边角问题的实际问题的求解十分有效，本文略谈一下解三角形问题的解题思路，以供参考。
思路一：解三角函数应用题要通过审题领会其中的数的本质，将问题中的边角关系与三角形联系起来，确定以什么样的三角形为模型，需要哪些定理或边角关系列出等量或不等量关系的解题思路,然后寻求变量之间的关系，也即抽象出数学问题。
例1 如图，为了计算北江岸边两景点B 与C 的距离，由于地形的限，制需要在岸上选取A 和D 两个测量点，现测得AD CD ⊥，10AD km =，14AB km =，60BDA ︒∠= ，135BCD ︒∠=，求两景点B 与C 的距离（假设,,,A B C D 在同一平面内，测量结果保留整数；参考数据：2 1.414,3 1.732,5 2.236===）分析：把“两景点B 与C 的距离”确定为以三角形BCD 为模型即在三角形BCD 内求解。
解：在△ABD 中，设BD=x ，则BDA AD BD AD BD BA ∠⋅⋅-+=cos 2222， 即 60cos 1021014222⋅⋅-+=x x 整理得：096102=--x x解之：161=x ，62-=x （舍去），由正弦定理，得：BCDBD CDB BC ∠=∠sin sin , ∴2830sin 135sin 16=⋅= BC ≈11(km). 答：两景点B 与C 的距离约为11.km.思路二：解三角函数应用题要要充分运用数形结合的思想、图形语言和符号语言等方式来思考解决问题；再次，讨论对数学模型的性质对照讨论变量的性质，从而得到的是数学参数值；最后，按题目要求作出相应的部分问题的结论.例2 用同样高度的两个测角仪AB 和CD 同时望见气球E 在它们的正西方向的上空，分别测得气球的仰角是α和β,已知B 、D 间的距离为a ，测角仪的高度是b ，求气球的高度.分析：在Rt△EGA 中求解EG ，只有角α一个条件，需要再有一边长被确定，而△EAC 中有较多已知条件，故可在△EAC 中考虑EA 边长的求解，而在△EAC 中有角β，∠EAC ＝180°－α两角与BD ＝a 一边，故可以利用正弦定理求解EA.解：在△ACE 中，AC ＝BD ＝a ，∠ACE ＝β，∠AEC ＝α－β，根据正弦定理，得AE ＝ a sin βsin （α－β）在Rt△AEG 中，EG ＝AEsin α＝a sin αsin βsin （α－β）∴EF ＝EG ＋b ＝a sin αsin βsin （α－β）＋b 。
三角形解题中的数学思想方法例析
三角形解题中的数学思想方法例析数学思想和方法是数学基础知识、基本技能的本质体现,是形成数学能力、数学意识的桥梁,是灵活应用数学知识、技能的灵魂.因此,在解三角形题过程中准确快捷的关键是正确运用数学思想方法.这里对三角形解题时常用的分类讨论思想、整体思想、方程思想、转化思想、数形结合思想等举例予以说明，以供同学们学习参考应用. 一、分类讨论思想当被研究的问题包含多种可能情况，不能一概而论时，必须按可能出现的所有情况分别来讨论，得出各种情况下相应的结论的处理问题的思维方法。
例如三角形的分类：①按边分：⎧⎪⎧⎨⎨⎪⎩⎩不等边三角形三角形腰和底边不相等的三角形等腰三角形等边三角形②按角分：⎧⎪⎨⎪⎩锐角三角形（三个角都是锐角）三角形直角三角形（有一个角是直角）钝角三角形（有一个角是钝角）例1 已知等腰三角形的周长为21㎝，两条边长之差为3㎝，求各边的长。
分析 已知两边之差为3㎝，则较长的边有可能是腰也有可能是底，故应分两种财政部进行进行讨论。
解：设腰长为x ㎝，①当较长边为腰时，则有2(3)21x x +-=，解得8x =。
此时三边长分别为8㎝，8㎝，5㎝。
符合题意。
②当较长边为底时，则有2(3)21x x ++=，解得6x =。
此时三边长分别为6㎝，6㎝，9㎝。
符合题意。
所以三边为8㎝，8㎝，5㎝或6㎝，6㎝，9㎝。
例2 在等腰三角形中，一腰上的中线把它的周长分为15cm 和6cm 两部分，求三角形各边的长.分析:要注意等腰三角形有两边相等, 一腰上的中线把它的腰分成的两段相等.由于问题中未指明哪一段为15cm,哪一段为6cm,故需分类讨论. 解:设腰长为xcm,底边为ycm,即AB=x,则AD=CD=21x,BC=y⑴ 若x+21x=6时,则y+21x=15. 由x+21x=6得x=4.把x=4代入y+21x=15得y=13. 因为4+4<13,所以不能构成三角形. ⑵ 若x+21x=15时,则y+21x=6. 由x+21x=15得x=10.把x=10代入y+21x=15得y=1. 10+1>10符合题意, 所以三角形三边分别为10cm 、10cm 、1cm.例3 已知非直角三角形ABC 中,∠A=45°,高BD 和CE 所在直线交于H,求∠BHC 的度数. 分析:三角形的形状不同,高的交点的位置也就不同.高的交点可能在三角形内部,也可能在三角形外部,故应分两种情况加以讨论.解:⑴当△ABC 为锐角三角形时(图2)∵BD、CE 是△ABC 的高, ∠A=45°, ∴∠ADB=∠BEH=90°. 在△ABD 中, ∠ABD=180°-90°-45°=45°.∵∠BHC 是△BHE 的外角, ∴∠BHC=90°+45°=135°. ⑵当△ABC 为钝角三角形时(图3)∵H 是△ABC 两条高所在直线的交点 ∠A=45°, ∴∠ABD=180°-90°-45°=45°.在Rt△BEH 中, ∠BHC=180°-90°-45°=45°. ∴∠BHC 的度数是135°或45°.注意：涉及三角形高的问题,常常会因为高的位置而需要讨论,否则就会漏解. 二、方程思想运用列方程的方法来解决与图形有关的计算问题是十分有效的手段。
高中数学三角函数解题实例及解题思路分析
高中数学三角函数解题实例及解题思路分析在高中数学学习中，三角函数是一个重要的内容，也是考试中常见的题型。
掌握三角函数的解题方法和思路对于提高数学成绩至关重要。
本文将通过一些实例来解析三角函数解题的思路和技巧，帮助高中学生更好地应对这类题目。
一、正弦函数的应用正弦函数是三角函数中最常见的一种，它在解决角度问题时特别有用。
下面以一个实例来说明。
例题：已知在直角三角形ABC中，角A的对边为3，斜边为5，求角A的正弦值。
解析：根据正弦函数的定义，正弦值等于对边与斜边的比值。
所以，sinA = 对边/斜边 = 3/5。
通过这个例题，我们可以看出，解决正弦函数的题目，首先要明确正弦值的定义，然后根据题目给出的条件，找到对应的边长，最后进行计算。
二、余弦函数的应用余弦函数在三角函数中也是常见的一种，它在解决角度问题时同样非常有用。
下面以一个实例来说明。
例题：已知在直角三角形ABC中，角A的邻边为4，斜边为5，求角A的余弦值。
解析：根据余弦函数的定义，余弦值等于邻边与斜边的比值。
所以，cosA = 邻边/斜边 = 4/5。
通过这个例题，我们可以看出，解决余弦函数的题目，同样要明确余弦值的定义，然后根据题目给出的条件，找到对应的边长，最后进行计算。
三、三角函数的性质除了直接计算三角函数的值，我们还可以利用三角函数的性质来解题。
下面以一个实例来说明。
例题：已知sinA = 3/5，cosB = 4/5，求sin(A+B)的值。
解析：根据三角函数的性质，sin(A+B) = sinA*cosB + cosA*sinB。
代入已知条件，得到sin(A+B) = (3/5)*(4/5) + (4/5)*(3/5) = 24/25。
通过这个例题，我们可以看出，利用三角函数的性质可以简化计算过程，提高解题效率。
四、三角函数的图像应用三角函数的图像在解题中也有很大的应用价值。
下面以一个实例来说明。
例题：已知函数y = sin(x)在区间[0, 2π]上的图像如下所示，求解sin(x) = 1的解。
一道高考三角题的多种解法及思路
ｓ ， 一 ， 一 ． ｉ ｃ 一 号ｃ ＝ ｎ 。 詈 ｓ 。 ４ ｔ
思路 ２ 化成 同名 函数或求 出
【 ｚ ｃｚ １ ｓ Ｏ ｏ０ 。 ｉ ＋ ｓ￣ ｎ
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思 路 ５ 变换．
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解 ９ ｉ升 ｃ ｓ ｎ ０ ＝一÷， ｓ
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１ｔ 一５２－￡３０ ２１ ＋ ＋＋ ， ５ ：， ’苫： ’ ‘ ’ ｔ ～ ｚ
所以
，８ 号ｏ 号 ｃ－ ， ｏ＝ ｏ ． ｓ一 ｔ 一
（ 后同解 ８ ） 以上 给出了几 种 解法 ． 中思路 １ 键是 求 出 其 关 ｓ ， Ｓ 解法 １ ｉ Ｃ ， ｎ Ｏ 利用平 方关 系和已知关 系构造两
个方程解 得 ｓ ，Ｏ ； 法 ２ 适 当变换 ， ｉ ＣＳ 解 ｎ 做 利用 “ 。
思路 ４ 问什 么设什 么构造方程解方程 ， 与列方 程解方程思路同． 解 ８ 令 ｃｔ ｏ
，
ｓ６ ～ ． ｉｃ 曩 ｎ。 ｓ
所 ０是 程。÷一２０两 以ｉ， 方 ｚ 的 ｓ０ｓ ｎｃ０ ＋ １ ＝
题目 已知 ｓ ＋ｃｓ ｉ ｎ ｏ ＝一÷ ，Ｅ（， ， ０ ｏ 求 ）
思路 求 出 ｓ ，Ｏ 口 就可 求 出 ｃｔ ， 个未 ｉ ０ ＣＳ ， ｎ ｏ 两 ０
根 得 ＝＿ｚ一 ． ， ｚ－ 一 号 解 詈 或
平而不俗 兼收并蓄——道高考解三角形小题的赏析
蓄， 纵横联系 ， 做 到简 约 而 不 简单 、 平 而 不 俗． 这样
２ ０ １ ３年浙 江省 数学 高考 理科 卷第 １ ６题 如下 ：
题目 在 △Ａ Ｂ Ｃ中， Ｃ＝９ ０ 。 ， Ｍ是 Ｂ Ｃ的 中
１
设计试题体现了命题者的别具 匠心． ３ 解 法 赏析
分 析 如 图 １ ， 在 ＡＡ Ｂ Ｃ中， 角
． 肺
第 ８期
ｓ ｉ ｎｚ ＿ Ｂａｃ ＝Ｂ Ｃ
＝
．
王勇强 ， 等： 平而不俗
兼 收并蓄
・２ ７・
解得 ａ＝ ， 故
３
ＡHale Waihona Puke 解法 ３ （ 利 用 三角 形 面积 公 式 ） 由 三 角 形 面
积公 式可知 ，
｜ ｓ△ Ａ 删 ： 埘 ．Ａ Ｂ ．ｓ ｉ ｎ Ｚ ＢＡＭ ：
图 １
及阅卷结果来看 ， 许多考生不会做或给出了错误 的
答案， 得分 之低 出人 意 料． 于是 笔 者 静 下 心仔 细 思 考， 再细 品此 题 ， 忽然 产生 了一 种新 的感 觉 ， 觉 得此 题 简约 而不 简单 、 平 而不俗 、 兼 收并 蓄 ， 重 在考 查学
则
＿ √ １ ＋ （
解 得 ＝ ， 故
数量积运算解决问题． 方法 的多样性体现了对考生
运算 能 力 的考查 中包 含 了对 思维 能力 、 思 维 品质 的
考查． 特别是解法 ３ 利用三角形 面积 “ 算两次” 、 解
法 ４利 用两 角差 的正 切公 式 、 解法 ５利 用平 面 向量
ｓ ｉ ｎ ｃ ＝ 鬈＝ ＝ ．
一 十 ＋ ・ ． ｔ ｓ ． ２ 一 （ 詈 ） ２ ， ／ Ｙ
高考数学-一道好题的多角度深度解析
一道好题的多角度深度解析1.题目再现高考数学理科卷有一道以特殊的直角三角形为几何背景，考察三角函数、三角恒等变形、解三角形的好题！原题如下：在ABC ∆中，︒=∠90C ，M 是BC 的中点，若31sin =∠BAM ，则=∠BAC sin ．2.思维轨迹分析一个题目，就是要弄清楚题中的所求是什么？已知有哪些？所求与已知之间的关系如何？已知与所求间的关系能否看明白？思维点1：本题中，需求BAC ∠的正弦，而BAC ∠是直角三角形中的一个锐角！再自然的想法是利用直角三角形中锐角三角函数的定义，ABBC BAC =∠sin （这只是初中的知识！），但已知条件中所给直角三角形的三边的长都不知道．要求BAC ∠的正弦，是否一定要求出线段BC 和AB 长？BAC ∠的正弦值其实是一个比值，因此我只需要找到直角三角形三边中某两边长之间的等量关系即可发现这个比值．这背后其实是函数与方程的观点、思想在引领我们去明晰这种关系，这是捅破这层“卡壳窗户纸”的一道亮光！如何利用已知条件31sin =∠BAM ，去发现直角三角形三边中某两边长之间的等量关系呢？BAM ∠处在三角形AMB 中，再自然的想法是解三角形AMB ，但三角形AMB 中除了知道BAM ∠正弦值为31外，其它什么都不知道！因此将目光锁定在三角形AMB 中一下子发现不了明了的关系，需要跳出三角形AMB 的限制．图中的三角形还有哪些？还有直角三角形ACB 、ACM ，BAM ∠与这两个直角三角形ACB 、ACM 中的角有关系吗？易知MAC -BAC BAM ∠∠=∠，将BAM ∠的正弦转化为两角差的正弦，然后借助公式展开，即）MAC -BAC sin(sin ∠∠=∠BAM =MAC BAC MAC BAC ∠⋅∠-∠⋅∠sin cos cos sin （1） 设直角三角形ACB 中c AB a BC b ===,,AC ， 则c a =∠BAC sin ，cBAC bcos =∠，22224b cos ,42sin b a MAC b a aMAC +=∠+=∠，代入（1）可得222b a =，从而3623sin 222==+==∠a ab a aca BAC ． 上述想法能否进一步优化？根据同角三角函数基本关系我们知道，一个角的正弦值、余弦值、正切值之间可以相互转化，知一便可知全部．因此将已知和所求角的正弦值转化为先求正切．另外，选择填空小题，在考试中需要考虑能不能巧做秒杀，以减少运算量，提高运算的正确率．无论是求正弦值还是求正切值，既然是求相关两边长的比值，因此可设其中一边长为1，这样整个运算的量就能减下来．思维点2：如果我始终将眼光落在三角形AMB 中，结合已知31sin =∠BAM 若能发现三角形AMB 中三边长之间的关系，则直角三角形ACB 中三边中任意两边的关系也能知道，从而可求出BAC ∠sin ．设，1AM =k ==CM BM ，则2222231)2()1(,-1AC k k k AB k +=+-==，在BAM ∆中由余弦定理可得：2223223112311k k k =+⨯⨯-++,整理可得,016924=+-k k 解得312=k ，33=k ．因此362332312sin 2==+==∠kk AB BC BAC ．思维点3：本题破题的关键是找到三角形ACB 中三边中任意两边的关系．观察图形发现AMC AMB ∠∠和互补，因此有关系：AMC AMB ∠=∠sin sin ．设，，k AM 1CM BM ===则,1AC 2-=k 3AB 2+=k ，由正弦定理可知33sin 3sin sin AB 2+=∠⇒=∠=∠k AMB BAMBM AMB，而在ACM ∆中，kk AMC 1sin 2-=∠， 所以得到关于k 的方程kk k 13322-=+，可到32=k ，3632sin 2=+==∠k AB BC BAC ． 思维点4：从三角形面积关系出发，我们发现AMC BAMS S ∆∆=，设，，k AM 1CM BM ===则,1AC 2-=k 3AB 2+=k ，则1121sin 32122-⋅⋅=∠+⋅k BAM k k ，从而13322-=+⋅k k k ，可到32=k ．3. 具体解法法一（利用三角函数定义及恒等变形）：由31sin =∠BAM ，知42221tan ==∠BAM ，设b AC t ===,CM BM ，则b t 2BAC tan =∠，b tMAC =∠tan ， 而MACBAC MACBAC MAC BAC BAM ∠∠+∠-∠=∠-∠=∠tan tan 1tan tan )tan(tan ，得到42242b 2t 1b t2222=+⇒=+b t tb ，所以t b t tb b 2022222=⇒=+-，故22tan ==∠b t BAC ，从而36sin =∠BAC ． 运算量减少的巧解如下：b AC ===,1CM BM ，则b 2BAC tan =∠，bMAC 1tan =∠， 而MACBAC MACBAC MAC BAC BAM ∠∠+∠-∠=∠-∠=∠tan tan 1tan tan )tan(tan ，得到42242b 21b 122=+⇒=+bb ，所以2022222=⇒=+-b t b b ，故22tan ==∠b BAC ，从而36sin =∠BAC ． 法二（利用余弦定理）：由31sin =∠BAM ，知322cos =∠BAM ，设，1AM =k ==CM BM ，则2222231)2()1(,-1AC k k k AB k +=+-==，在BAM ∆中由余弦定理可得：2223223112311k k k =+⨯⨯-++,整理可得,016924=+-k k 解得312=k ，33=k ．因此362332312sin 2==+==∠kk AB BC BAC ．法三（利用正弦定理）：设，，k AM 1CM BM ===则,1AC 2-=k 3AB 2+=k ，由正弦定理可知33sin 3sin sin AB 2+=∠⇒=∠=∠k AMB BAMBM AMB，而在ACM ∆中，kk AMC 1sin 2-=∠，由图可知AMC AMB ∠=∠sin sin ，kk k 13322-=+∴，整理得到：,09624=+-k k 解得32=k ． 法四（利用面积关系）：从三角形面积关系出发，我们发现AMC BAM S S ∆∆=，设，，k AM 1CM BM ===则,1AC 2-=k 3AB 2+=k ，则1121sin 32122-⋅⋅=∠+⋅k BAM k k ，从而 13322-=+⋅k k k ，可到，32=k 3632sin 2=+==∠k ABBC BAC ． 4. 问题本质若设，，x ===AC 1CM BM 则32sin BM==∠R BAM，AMB ∆∴的外接圆直径为3,设此外接圆圆心为O ，连接AO 并延长AO 交圆O 于点D ，连BD ，则，CAB ADB ∠=∠ADB Rt ∆∴与BAC t ∆R 相似，BCAC ABDB =∴，而2222)4(3,4AB +-=+=x DB x 2-5x =，因此，24-522xx x =+，解得2=x ， 从而易得36sin =∠BAC ． 在这里，AC 其实与AMB ∆的外接圆相切，从而C R AB t ∆与MAC t ∆R 相似，CB CM AC 2⋅=．从上述过程我们发现，若设，1CM BM ==则当31sin =∠BAM 时，2AC =，此直角三角形两直角边长之比为12：，当两直角边长之比为12：，BAM ∠达到最大．事实上，CAMCAB CAMCAB CAM CAB ∠⋅∠+∠-∠=∠-∠=∠tan tan 1tan tan )tan(BAM tan =42221212211222=⋅≤+=+=+-xx x x x x x x x ，当且仅当,2x x =即2=x 时取等．即当2=x 时，BAM ∠tan 最大，而正切函数x tan =y 在），（20π上递增，所以当BAM ∠tan 最大时，BAM ∠最大． 本题题根其实源于人教A 版必修5教材P101习题3.4 B 组第2题：树顶A 离地面a m,树上另一点B 离地面b m,在离地面c m 处看此树，离此树多远时看A ,B 的视角最大？过点C 作CD AB ⊥于点 D ，设x =CD ，则xcb xc a CDAD ACD -=∠-==∠BCD tan ,tan ， BCDACD BCD ACD BCD ACD ∠⋅∠+∠-∠=∠-∠=∠tan tan 1tan tan )tan(ACB tan =))((2))((2))(())(()())((122c b c a b a x c b c a x b a x c b c a x b a c b c a x x b a x c b c a x ba ---=--⋅-≤--+-=--+-=--+-当且仅当xc b c a x ))((--=，即))((c b c a x --=时ACB tan ∠取得最大，故ACB ∠最大 ． 5. 题后思考我们发现，本题破题的关键是要发现三角形ACB 中三边中其中两边长的关系．由于求BAC ∠的正弦值只与边长间的比值有关，因此可设图形中的某一边长为1，可以减少运算．数学解题离不开计算与变形，如何减少运算量，需要我们去思考，通过思考，优化解法，减少运算．如何减少运算量始终是限时条件下各类考试中必须要考虑的！本题等量关系的挖掘与寻找，既可以从观察图形出发，发现MAC -BAC BAM ∠∠=∠或利用AMC AMB ∠∠和互补，得到AMC AMB ∠=∠sin sin ，也可以从分析三角形中的边角关系出发利用余弦定理去建立已知和未知间的关系．已知与未知间关系如何去建立，需要在仔细分析所求与已知的基础上，充分挖掘已知和所求中的信息（包括图形中所隐含的关系），多分析联想．对本题的作进一步的思考与探究，还可以在一般与特殊、静态与动态的变化中去寻求问题的变式．变式1:在ABC ∆中，090C =∠，点M 是BC 上定点，满足)10CBCM <<=λλ（，若,31sin =∠BAM 则=∠BAC sin ．变式2:在ABC ∆中，090C =∠，点M 是BC 的中点，若,sin m BAC =∠则BAM ∠sin = ．好题犹如一杯咖啡一曲老歌，余香犹存余音缭绕，令人陶醉，值得静下心来去品味．数学学习，离不开解题．但解题不是数学学习的全部！数学学习常常需要去“悟”，感悟数学概念，体悟解题方法，领悟思想方法．“卡壳窗户纸”如何去捅破，是要通过数学解题经验的积累，在分析所求与已知以及联想尝试中去发现那道架通所求与已知间的亮光！！从不同知识背景为切入口，探索不同的思考方法，能有效锻炼我们的思维能力，将所学知识融会贯通，从而提升我们的数学核心思维能力．对一个好的问题，如何全方位、多角度、深层次地去进行思考与探索，本文试图给出一些思考，但限于水平，这种探索与思考还比较肤浅，期待能抛砖引玉．。
一道解三角形试题的八种解法展示
一道解三角形试题的八种解法展示
引例（2017武汉四月调考理17）
分析：这是一道解三角形试题，
图1
解法1：
解法2：
解法1、2都面临同一个问题：AD的长度出现多解，需要进行取舍．审视△ABD和△ACD：都是已知两边及其中一边的对角，求第三边．用余弦定理来做涉及到二次方程的求解，可能会出现多解，正如解法1、2出现的局面．
解法3
解法4
解法5：
解法6
解法7
解法8
纵观以上八种解法，各有千秋．有运用正弦定理、余弦定理、平面向量的高中解法，也有只用到基本公式、简单结论的初中解法．相比之下，解法7、8既简单又基本，这也难怪——解三角形本身就与平面几何联系紧密，正弦定理、余弦定理也都有纯粹的几何法证明．本文章来源于解忧高中数学杂货店。
高中数学三角函数解题实例及解题思路详解与举例分析和讲解
高中数学三角函数解题实例及解题思路详解与举例分析和讲解三角函数是高中数学中一个重要的章节，也是学生们经常遇到的难点之一。
在解题过程中，掌握一些解题技巧和思路是非常重要的。
本文将通过具体的题目举例，详细解析三角函数解题的思路和方法，并给出一些解题技巧，帮助高中学生和他们的父母更好地理解和掌握三角函数的应用。
一、正弦函数的解题实例1. 题目：已知一角的正弦值为0.6，求该角的余弦值。
解析：根据正弦函数的定义sinθ = 对边/斜边，已知sinθ = 0.6，我们可以设对边为3，斜边为5。
根据勾股定理，可以求得邻边为4。
然后，根据余弦函数的定义cosθ = 邻边/斜边，代入已知的值，得到cosθ = 4/5。
2. 题目：已知一角的正弦值为0.8，求该角的余切值。
解析：根据正弦函数的定义sinθ = 对边/斜边，已知sinθ = 0.8，我们可以设对边为8，斜边为10。
根据勾股定理，可以求得邻边为6。
然后，根据余切函数的定义tanθ = 对边/邻边，代入已知的值，得到tanθ = 8/6 = 4/3。
二、余弦函数的解题实例1. 题目：已知一角的余弦值为0.5，求该角的正弦值。
解析：根据余弦函数的定义cosθ = 邻边/斜边，已知cosθ = 0.5，我们可以设邻边为1，斜边为2。
根据勾股定理，可以求得对边为√3。
然后，根据正弦函数的定义sinθ = 对边/斜边，代入已知的值，得到sinθ = √3/2。
2. 题目：已知一角的余弦值为0.6，求该角的正切值。
解析：根据余弦函数的定义cosθ = 邻边/斜边，已知cosθ = 0.6，我们可以设邻边为6，斜边为10。
根据勾股定理，可以求得对边为8。
然后，根据正切函数的定义tanθ = 对边/邻边，代入已知的值，得到tanθ = 8/6 = 4/3。
三、正切函数的解题实例1. 题目：已知一角的正切值为1.5，求该角的余弦值。
解析：根据正切函数的定义tanθ = 对边/邻边，已知tanθ = 1.5，我们可以设对边为3，邻边为2。
初中解三角形题型及解题方法
初中解三角形题型及解题方法在初中数学课程中，解三角形题型是比较常见的内容之一，掌握了解三角形的相关知识和解题方法，能够帮助我们更好地理解几何知识，提高解题效率。
下面将介绍几种常见的解三角形题型及解题方法。
1. 已知两角求第三角当已知一个三角形中的两个角度时，我们可以通过两个角相加等于第三角来求解第三角度。
假设已知三角形中角A和角B的度数分别为x°和y°，则角C的度数为180°-x°-y°。
2. 已知两边求夹角当已知一个三角形中的两边长度时，我们可以利用余弦定理或正弦定理来求解夹角。
假设已知三角形中边a和边b的长度分别为x和y，夹角为θ，则可以利用余弦定理或正弦定理求解角度。
3. 已知一个角边边求另外两个角及边当已知一个三角形中的一个角度和两个边的长度时，我们可以利用正弦定理或余弦定理来求解其余两个角和一条边。
根据已知条件，可以列出方程组来求解。
4. 利用相似三角形性质在解三角形问题中，有时候可以利用相似三角形的性质来简化问题并求解。
如果能够找到两个或多个相似三角形，可以通过比较边长比例或角度比例来求解。
5. 利用角平分线、垂直平分线等性质在解三角形问题中，角平分线、垂直平分线等性质也是常用的解题方法。
通过这些性质可以快速求解角度或边长。
总之，在解三角形问题时，需要充分理解三角形的性质和几何知识，善于灵活运用各种解题方法来解决问题。
通过反复练习和总结经验，相信每位同学都能够轻松地解决各种三角形问题。
希望以上介绍的解三角形题型及解题方法能够帮助大家更好地掌握这一部分内容。
祝愿大家在学习数学的道路上取得更好的成绩！。
解三角形经典例题及解答
解三角形经典例题及解答三角形是几何学中的基本图形之一，其解题方法和技巧在考试和实际问题中十分重要。
本文将介绍几个经典的三角形例题，并提供详细解答和解题思路，以帮助读者更好地理解和应用三角形解题的方法。
例题一：已知三角形ABC中，∠ABC=90°，AB=5，AC=12，求BC的长度。
解答：根据勾股定理，直角三角形的斜边平方等于两直角边平方的和。
设BC=x，则有x^2 = 5^2 + 12^2。
解方程可得x^2 = 25 + 144 = 169，即x=13。
因此，BC的长度为13。
例题二：已知三角形DEF中，∠D=38°，∠E=75°，DE=10，求EF和DF的长度。
解答：三角形内角和为180°，因此∠F=180° - 38° - 75°=67°。
根据正弦定理， sinD/DE = sinE/EF = sinF/DF。
代入已知值，得 sin38°/10 = sin75°/EF = sin67°/DF。
解方程可得 EF = 10 × sin75°/sin38° ≈ 13.82， DF = 10 ×sin67°/sin38° ≈ 9.48。
因此，EF≈13.82，DF≈9.48。
例题三：已知三角形XYZ中，∠X=40°，∠Y=75°，XY=8，求YZ和XZ的长度。
解答：三角形内角和为180°，故∠Z=180° - 40° - 75° = 65°。
根据正弦定理，sinX/XY = sinY/YZ = sinZ/XZ。
代入已知值，得 sin40°/8 = sin75°/YZ = sin65°/XZ。
解方程可得 YZ = 8 × sin75°/sin40° ≈ 11.09， XZ = 8 ×sin65°/sin40° ≈ 9.66。
解三角形 例题及解答
解三角形例题及解答在初中数学中，解三角形是一个重要的内容，它包含了求解三角形的各个要素，如边长、角度等。
本文将通过几个例题来详细解答解三角形的方法和步骤，帮助读者更好地理解和掌握这个知识点。
一、已知两边和夹角，求第三边示例题：已知△ABC，∠A=30°，a=5cm，b=7cm，求边c的长度。
解答：根据已知条件，我们可以使用余弦定理来求解。
余弦定理给出了任意一个三角形的两边和夹角之间的关系，即c²=a²+b²-2ab*cosA 。
代入已知数据，可得：c²=5²+7²-2*5*7*cos30°。
化简得：c²=25+49-35*cos30°。
接下来，我们需要求解cos30°的值。
根据三角函数表，我们知道cos30°=√3/2。
代入这个值，可得：c²=25+49-35*(√3/2)²。
继续化简，得到c²=25+49-35*3/4。
计算后可得：c²=25+49-105/4。
进一步计算，得到c²=161-105/4。
最后，我们求解c的值。
将c²=161-105/4代入，可得：c=√(161-105/4)。
进而计算得：c≈9.21cm。
因此，边c的长度约为9.21cm。
二、已知两角和一边，求其他两边示例题：已知△ABC，∠A=30°，∠B=60°，c=8cm，求边a和边b的长度。
解答：根据已知条件，我们可以应用正弦定理来求解。
正弦定理给出了三角形的两边与其对应的角度之间的关系，即 a/sinA = b/sinB =c/sinC 。
代入已知数据，可得 a/sin30° = b/sin60° = 8/sinC 。
解方程组，可得 a/sin30° = b/sin60°。
化简得a/(1/2) = b/(√3/2)。
一道三角题的解法反思与别解
变化？试证明你的结论．
＝丌 Ｙ＝ｃｔ ＣＳ ｏ／ ； ｏＡ＋— ｂｌ１ ｌ１ 而５ Ｏ ｃｓ＇ Ａ十 ｉ（
一
）
， 并且
２ ［ －（ Ｃ］ ｓ ￣ 而 ＋万 ｉ Ｂ ） ｎｒ ２ｉ（ 研 ｎＢ ＋Ｃ ｓ ）
— 一
由ｙ的表达式知其是 一个关于Ａ、Ｂ、 的三元 函数．
函数， 这在一定意义上也反映了 （） 、Ｊ、 １中“ Ｅ ｝ 是对称的” 的这一结论！ 利用 函数的 凸性是解决多元函数最值问题 的一种有效方法， 结合 （） １的结论我们有了上面 的解法， 但对 （ 的利用似乎不够充分．思维应 １ ） 该发散， 为了更好、 更直接地利用 （） １的结论， 又 作如下探索， 得到第 （） 的又一种新解法： ２小题
（） ２求ｙ的最小值． 解 （） １由于 ｙ ｃｔ 。 Ａ＋
＝ ｃ ｔ ＋ 。
＋ —
途 ’ 本文将分别从对题 目的认识、解题 思路 ， 的剖析 以及别解来对题 目进行反思．
１ 对第 （） ． １ 小题的反思与别解
本题 的已知条件简单且 明显， 归纳 出来主要
有如下三个： ＞ ０ Ｂ ＞ ０ Ｃ ＞ ０ Ａ＋Ｂ ＋ Ａ ， ， ；
成 的函数， 与原解法殊途同归． 并且 由上分析
Ｒ
１ Ｏ Ａ ｓ Ｂｓ Ｃ＋ｃｓ ） ＋ＣＳ （ｎ ｉ ｉ ｎ ｏ（ Ｂ＋ ）
ｓｎＡ ｓｎＢ ｉ ｉ ｉ ｓｎＣ １＋ Ｃ Ｓ Ｃ Ｓ Ｃ ＳＣ Ｏ Ａ Ｏ Ｂ Ｏ
过程， 我们知道 ｙ的表达式也可以缩小为 的
ｓｎＡ ｎＢ ｓｎＣ ’ ｉ ｓ ｉ ｉ
Ａ １一 ｔ ｎ‘ ａ
．
的值都不变” 并且知道在这样的表达式中， ， 各个 变量的地位相 当， 即表达式具有某 种对称性． 本 题的问法恰恰相反， 而且互换 、Ｂ之后表达式 明显发生了变化， 即表面看来 ｙ的表达式并不对
中考数学专题复习生活中的解直角三角形问题赏析试题
卜人入州八九几市潮王学校无棣县埕口中考数学专题复习生活中的解直角三角形问题赏析例1、〔〕图1是小明在健身器材上进展仰卧起坐锻炼时情景．图2是小明锻炼时上半身由位置运动到与地面垂直的位置时的示意图．米，米，米．〔1〕求的倾斜角的度数〔准确到〕；〔2〕假设测得米，试计算小明头顶由点运动到点的途径弧的长度〔准确到〕 作，分别交延长线于．从而把问题转化为在中,,求即倾斜角．求得后易求度数，从而求得弧的长度． 解：〔1〕过作，分别交延长线于．，，．四边形为矩形．．在中，，．即的倾斜角度数约为．〔2〕，．．∴弧的长〔米〕．答：小明头顶运动的途径弧的长约为． 图1 BC EDA M NF H 图２例2、()某商场门前的台阶截面如图3所示．每级台阶的宽度(如CD)均为30cm ，高度(如BE)均为20cm ．为了方便残疾人行走，商场决定将其中一个门的门前台阶改造成供轮椅行走的斜坡，并且设计斜坡的倾斜角为9°．请计算从斜坡起点A 到台阶前的点B 的程度间隔．(参考数据：sin9°≈0.16，cos9°≈0.99，tan9°≈0.16)线于点，由条件易知的值，由的正切函数可求的值，从而求得的值． 解：过作，交的延长线于点．由条件，得，．在中，．．〔cm 〕．答：从斜坡起点到台阶前点的间隔为410cm ． 例3、〔〕如图４，一枚运载HY 从地面处发射，当HY 到达点时，从地面处的雷达站测得的间隔是，仰角是．后，HY 到达点，此时测得的间隔是，仰角为，解答以下问题：〔1〕HY 到达点时间隔发射点有多远〔准确到〕？〔2〕HY 从点到点的平均速度是多少〔准确到/s 〕？解析：〔1〕在中，〔km 〕∴HY 到达点时距发射点约．〔2〕在中，A B图３F图４答：HY从点到点的平均速度约为．由以上例题的解析可知，同学们应进一步增强应用意识，联络实际，综合运用知识，抽象概括，构建数学模型，使之转化为解直角三角形问题，从而到达解决实际问题的目的．。
有锐角三角形限定的解三形问题
锐角三角形限定的解三形问题详解一、引言在三角形的问题中，我们常常会遇到关于锐角三角形的解三形问题。
这类问题通常会涉及到角度、边长等条件，要求我们求出三角形的未知边长或角度。
解这类问题的关键在于灵活运用三角形的性质和定理，如正弦定理、余弦定理、勾股定理等。
二、解题方法和技巧1.灵活运用正弦定理和余弦定理正弦定理和余弦定理是解三角形问题的基本工具。
正弦定理适用于已知两边和夹角求第三边或第三角的情况，而余弦定理则适用于已知两边和一边的对角求另一边或另一角的情况。
2.注意角度的限定条件在锐角三角形中，所有角度都小于90度。
因此，在解题过程中，我们需要时刻关注角度的限定条件，确保求出的解符合题目要求。
3.利用勾股定理处理直角三角形如果题目中涉及到直角三角形或可以通过某种方式转化为直角三角形，我们可以利用勾股定理来简化问题。
4.注意方程的解的情况在解三角形问题时，我们通常会得到一个或多个方程。
这些方程可能有一个解、两个解或无解。
我们需要根据方程的特点和角度的限定条件来判断方程的解的情况。
三、题型及例题解析1.题型一：已知两边和夹角求第三边例1：在锐角三角形ABC中，已知AB=5，AC=8，角A=60度，求BC的长。
解析：根据正弦定理，我们有sin CAB=sin BAC因为角A已知，我们可以利用三角形内角和为180度求出角B和角C的度数。
然后，将已知的边和角度代入正弦定理，即可求出BC的长。
2.题型二：已知两边和一边的对角求另一边例2：在锐角三角形ABC中，已知AB=6，AC=4，角B=45度，求BC的长。
解析：根据余弦定理，我们有BC2=AB2+AC2−2×AB×AC×cos B将已知的边和角度代入余弦定理，即可求出BC 的长。
3.题型三：已知三边求角度例3：在锐角三角形ABC中，已知AB=5，AC=6，BC=7，求角A的度数。
解析：根据余弦定理，我们有cos A=2×AB×ACAB2+AC2−BC2将已知的边代入余弦定理，求出cosA的值。
高考数学一轮复习解三角形的题型分析
高考数学一轮复习解三角形的题型分析三角形是高考数学题目中经常出现的一个重要几何形状。
解题时对于三角形的性质和特点的灵活运用可以帮助我们快速解题。
本文将分析高考数学中与三角形相关的各种题型，并对解题方法进行探讨和总结。
一、三角形的基本性质在解三角形相关的题目时，首先需要熟悉三角形的基本性质，包括内角和、外角和、三边关系、三线合一等等。
1. 内角和三角形的三个内角和等于180度，即A + B + C = 180度。
这是三角形基本性质之一，通过这一性质可以解决很多关于三角形内角的问题。
2. 外角和三角形的外角和等于360度，也就是说三角形的三个外角分别对应于三个内角的补角。
通过这一性质，我们可以解决一些涉及三角形外角的问题。
3. 三边关系三角形的三条边之间存在一定的关系。
例如，最长边的对边角最大，最短边的对边角最小；两边之和大于第三边，两边之差小于第三边等等。
熟悉这些三边关系可以帮助我们判断题目给出的条件是否成立，从而确定解题思路。
4. 三线合一三角形的三条三线（高线、中线、角平分线）可以通过一个点的交汇实现“三线合一”。
这一性质可以在解题过程中起到辅助作用，帮助我们找到正确的解题思路。
二、三角形的分类在解三角形题目时，有时需要对三角形进行分类，根据不同分类的特点寻找解题的突破点。
1. 根据角度分类按照三角形的内角大小，可以将三角形分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形。
对于不同类型的三角形，可以运用相关的性质和定理来解答问题。
2. 根据边长分类根据三边的长度关系，可以将三角形分为等边三角形、等腰三角形、普通三角形和直角三角形。
根据不同类型的三角形，可以应用对应的公式和定理解决问题。
三、常见三角形题型分析1. 三角形的面积计算对于已知三角形的底和高，可以根据公式S=1/2 * a * h来计算三角形的面积。
此外，还可以应用海伦公式或正弦定理、余弦定理来计算三角形的面积。
2. 三角形边长的求解对于已知三角形的两边和夹角，可以应用余弦定理计算出第三边的长度。
由一题四解浅析解三角形
2014-01课堂内外一、正弦定理和余弦定理是解三角形的关键1.正弦定理a sin A=b sin B =c sin C =2R（R 为△ABC 外接圆半径），推广：（1）a =2Rsin A b =2R sin B c =2R sin C （边化角）（2）sin A =a2Rsin B =b 2Rsin C =c 2R（角化边）2.余弦定理c 2=a 2+b 2-2abc os C（求边，另两个略），推广：cos C =b 2+c 2-a 22ab（求角）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、举例分析说明：由于篇幅有限，例子中图形已省略，个别步骤作了简化。
例子：在△ABC 中，AB =4，cos B =12，AC 边上的中线BD =19√，求sin A 的值.解法一：设M 为BC 的中点，则DM ∥AB ，且DM =2。
在△BDM 中，cos∠BMD =cos （180°-∠ABC ）=-12，由余弦定理，得：（19√）2=BM 2+22-2×2×（-12）.BM 解得BM =3，BM =-5（舍去）。
则BC =6，由AC 2=AB 2+BC 2-2AB·BC ·cos B =28得AC =27√，又由正弦定理BC sin A =AC sin B ，得：sin A =321√14解法二：作AE ⊥BC ，垂足为E ，延长BD 到M ，使DM=BD ，再作MF ⊥BC ，垂足为F ，则BE=AB ·cos B =2，并且AE =23√·BF =BM 2-AE 2√=8，而CF=BE =2，所以BC=BF-CF =6又EC =4，所以AC =AE 2+EC 2√=27√在△ABC 中，由正弦定理，得：sin A =321√14解法三：延长BD 至M ，使DM=BD ，连接AM ，CM ，则ABCM 为平行四边形。
对一道直角三角形考题的解法的深入思考
对一道直角三角形考题的解法的深入思考中考题往往是一题多解的代表性考题，不同的思考角度，就会得到不同的求解方法，带来 不同的数学的感受，下面就向大家介绍一例.题目：如图，在Rt△ACB 中，∠ACB=90°，AC=BC=3，CD=1，CH⊥BD于H ，点O 是AB 中点，连接OH ，则OH= ．思考角度1 三角形相似+勾股定理分析：解答时，我们需要这样思考：(1).利用基本图形的结论，分别求得DH,BH 的长度，基础是勾股定理先求BD 的长度；（2）利用作高的方式，构造新的相似三角形；（3）用勾股定理最后求得OH 的长度.解：如图1，因为∠ACB=90°CH⊥BD，AC=BC=3，CD=1，所以所以△CDH∽△BDC，△BHC ∽△B CD ，所以2CD DH BD =,2BC BH BD =,所以. 过点D 作DM ⊥AB ，垂足为M ，过点H 作HN ⊥AB ，垂足为N ，所以DM ∥HN ，因为AC=BC=3，CD=1，所以，所以HN BH DM DH =,所以HN=910.因为,所以,所以BN BH BM DH =,所以BN=95因为BO=32,所以ON=BN-ON=95-32=310在直角三角形HNO 中，根据勾股定理，得：=5.点评：此法主要用的是相似三角形的知识，求得构造出的直角三角形的两条直角边的长度，为勾股定理的使用创造条件.思考角度2 三角形相似+全等+勾股定理解：因为∠ACB=90°CH⊥BD，AC=BC=3，CD=1，所以所以△CDH∽△BDC，所以2CD DH BD =,所以. 在BD 上截取BE=CH ，连接CO ，OE ，因为∠ACB=90°，CH⊥BD，AC=BC=3，CD=1，所以CH CD BC BD=,所以CH=10,因为△ACB 是等腰直角三角形，点O 是AB 中点，所以AO=OB=OC ，∠A=∠ACO=∠BCO=∠ABC=45°，所以∠OCH+∠DCH=45°，∠ABD+∠DBC=45°，因为∠DCH=∠CBD，所以∠OCH=∠ABD，在△CHO 与△BEO 中，CH BE HCO BEO OC OB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,所以△CHO≌△BEO，所以OE=OH ，∠BOE=∠HOC，因为OC⊥BO ，所以∠EOH=90°，所以△HOE 是等腰直角三角形，因为EH=BD ﹣DH ﹣1010-=5，所以OH=EH×2=5.点评：巧妙构造三角形全等，生成一个全新的等腰直角三角形，且斜边可求，构造方法可谓创新别致.思考角度3 建立平面直角坐标系法坐标系法解题的关键是确定原点和坐标轴，建立不同的坐标系，也会带来不同的解题风格， 感受数学的深奥和迷人的魅力.坐标系1：如图3，以点A 为原点，以AB 所在的直线为x 轴，建立平面直角坐标系， 过点D 作DM ⊥AB ，垂足为M ，因为AC=BC=3，CD=1，所以， 连接CO ，则CO ⊥AB ，所以AO=OB=CO=2，所以点), 点C(2, 2), 点点O(2,0),设直线BD 的解析式为y=1k x+1b ，把,0)分别代入解析式，得11110b b +=+=⎪⎩，解得1112k b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以直线的解析式为y=-12；设直线CH 的解析式为y=2k x+2b ，因为CH ⊥BD ，所以1k ·2k =-1，所以2k =2， 所以y=2x+2b ，把点)+2b ，所以2b， 所以直线CH 的解析式为y=2x-2,所以点H的坐标为方程组122y x y x ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩的解， 解得5x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以点H 的坐标为（5，910），所以5.坐标系2：如图4，过点H 作HN ⊥AB ，垂足为N ，以AB 所在的直线为x 轴，点N 为原点建立平面直角坐标系，过点D 作DM ⊥AB ，垂足为M ，接下来的请读者自己完成.坐标系3：如图5，以点O 为原点，以AB 所在的直线为x 轴，建立平面直角坐标系， 过点D 作DM ⊥AB ，垂足为M ，因为AC=BC=3，CD=1，所以， 连接CO ，则CO ⊥AB ，所以，所以点D(-2), 点), 点B(2,0), 点O(0,0),设直线BD 的解析式为y=1k x+1b ，把D(-22,0)分别代入解析式，得1111202b k b ⎧-+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得11124k b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以直线的解析式为y=-12x+4； 设直线CH 的解析式为y=2k x+2b ，因为CH ⊥BD ，所以1k ·2k =-1，所以2k =2， 所以y=2x+2b ，把点C(0, 2)代入解析式，得2=2b ，所以2b=2， 所以直线CH 的解析式为,所以点H的坐标为方程组12422y x y x ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩的解， 解得10x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以点H 的坐标为（，910），所以.。
解直角三角形的技巧例析
解直角三角形的技巧例析松江区立达中学 庄士忠 卢栋才 201600锐角三角比揭示了直角三角形中锐角与边之间的关系，运用锐角三角比可以解决许多与直角三角形有关的问题。
一、寻找直角三角形图形中往往会有众多的图形存在，首先我们要找到所求元素所在的直角三角形，然后分析这个直角三角形已具备那些已知条件，还需要哪些条件，需不需要别的直角三角形为其提供条件。
例1、如图，∠B=90°，∠CDB=40°，DB=5，EC=2，求ED 的长。
分析：首先寻找直角三角形，其次是字直角三角形中求解。
本题图中有三个三角形，直角三角形有两个，而根据条件，Rt △BCD可以先直接解，然后为解Rt △BDE 提供条件。
解：在Rt △BCD 中，∵BD=5, ∴BC=5 40tg ≈4.20.在Rt △BCE 中，BE=BC+CE= 6.20,∴ DE=22DB BE +=2544.38+ =44.63≈7.96说明：由Rt △BCD 中的条件求出BD ，从而求出EB ，再利用勾股定理就求出答案。
关键在于寻找三角形，初中阶段一般局限于直角三角形就可以。
二、构造直角三角形在某些问题的图形中你根本看不到直角三角形，这时需要你根据条件通过作辅助线构造直角三角形，然后利用直角三角形的相关知识解决问题。
例2、如图，在四边形中，AD ⊥AB ，CD ⊥BC ，∠ADC=120°，AD=3，求DC 的长。
分析：原图中没有直角三角形,但通过延长BA ，CD 交于点P ，从而构造出两个直角三角形Rt △PBC 和Rt △PAD,再利用锐角三角形函数的相关知识求解.解：延长BA ，CD 交于点P ，∵AD ⊥AB ，CD ⊥BC ，∴∠C=∠PAD=90°，∵∠ADC=120°，∴∠ADP=60°，∴∠P=30°，在Rt △PAD 中，sin 30°=PDAD ，PD=2AD=6m ，由于路宽为28 m ，∴BC=14m ，在Rt △PBC 中，tan30°=PC BC =33，PC=143m ，∴DC=PC-PD=143-6≈18.25。
解析视角下的解三角形问题
解析视角下的解三角形问题我们知道，涉及解三角形的问题，一般借助三角函数的定义、性质、勾股定理和正余弦定理等求解．但也存在一类特殊的解三角形问题，直接应用三角知识求解具有一定的困难，而换一个视角，从解析法的角度加以认识和处理，往往会收到意想不到的结果．本文举例说明解析法在解三角形中的应用．例1在中，，，若点D在边上，且，，则的长是．解析：以A为原点建立直角坐标系，并将B置于x轴上，画图求解，设，则，因为，解得，所以，所以．点评：本题的解法较多，上述解法通过建立坐标系，求出点D的坐标，再借助已知线段的长度，构建方程求出点A的坐标，从而求出的长，方法易行自然．例2的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，求面积的最大值．解析：如图，建立坐标系，设，，设，因为，所以，整理得：，所以的顶点A的轨迹是以点为圆心，为半径的圆（除去与x轴的交点），所以，当顶点A的纵坐标的绝对值最大时，面积有最大值．点评：本题的常规解法是根据余弦定理求出，然后得出，由三角形的面积公式可得，最后借助均值不等式得出面积的最大值．本题从另一个角度思考，由于，所以为定值，因此可以考虑建立坐标系，运用解析法得出的顶点A的轨迹，其轨迹是以点为圆心，为半径的圆（除去与x轴的交点），欲求面积的最大值，即求出顶点A的纵坐标的绝对值的最大值，容易知道A的纵坐标的绝对值的最大值为该圆的半径，通过解析法，发现该三角形的顶点A在一个定圆上，具有明显的几何意义，借助数形结合，简化了解题过程．例3在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若, 且，求实数入的取值范围．解析：如图，以A，B为焦点，且满足的点C的轨迹方程是椭圆，其对应的标准方程为，由，并结合正弦定理可得，而点C在椭圆上变动，当C位于短轴的顶点时，此时，；当C趋于长轴的顶点时，此时，，所以．点评：在解决一些代数、三角问题时，如果涉及定和、定差、定距离等问题，经常建立与之相关的椭圆、双曲线、圆的轨迹，利用解析几何模型来处理，往往可以有效利用解析几何知识来转化，达到有效处理与解决问题的目的．例4在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，的平分线交AC于点D，且，则的最小值．解析：以B为坐标原点，并将D置于x轴上，则BA的方程为：，BC的方程为：，直线AC的方程可设为：，可得点，点，所以，令，则，因为，解得：或（舍去），所以的最小值为9．点评：通过建立适当的坐标系，将求的最小值问题转化为直线斜率的目标函数的最小值，再通过判别式法得出最小值，思路直接，便于操作．例5 (2021新高考Ⅰ卷) 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，点D在边上，．（1）证明：；（2）若，求．解析：第一问略，下面用坐标法求解第二问．以D为原点建立直角坐标系并将BC置于x轴上，则，，设点，因为，则点的轨迹方程为，因为，所以，解得：或（舍去），即点，所以，， .点评：本题的解法较多，通过建立坐标系构造方程组求出点B的坐标，用边b表示出a，c边，借助余弦定理求出，提供了解决本题的另一思考途径．由以上数例可以看出，对于三角形中涉及线段的长度的定和、定差、定距离等具有明显的几何意义的问题，可以考虑通过建立适当的坐标系，将问题放置在坐标系中，通过解析法转化为圆锥曲线问题问题，或者借助方程加以处理．通过解析法解决此类问题，可操作性强，目标明确，可以达到简化解决问题的目的．3。
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一道三角问题的解法赏析 438200 湖北省浠水县实验高级中学 李四清
数学问题总是从不同的层面刻画和描述知求关系。
当我们从一个方面揭示问题时，希望从另一方面得到合理的解释和回应，以期达到共鸣的效果。
针对下面数学问题，笔者就经过了探索“和谐共存”的心路历程，愿与同行共享。
题目：已知α、β是关于θ的方程0cos sin =++c b a θθ的两个相异实根)0(≠⋅b a ，试求)cos(βα+的值。
一 转化途径行得通 方程方法属正宗
分析与简解：βαβαβαsin sin cos cos )cos(⋅-=+求
要求βαβαcos cos )cos(⋅+只要求，和βαsin sin ⋅。
又已知： 0cos sin =++c b a θθ ① 结合1cos sin 22=+θθ② 联立①、②消去
θcos 得到：
0sin 2sin )(22222=-+++b c ac b a θθ （I ）
βα, 是关于θ的方程（I ）的两根，.sin sin 2
22
2b a b c +-=⋅∴βα，同理消去θsin ， 得到：0cos 2cos )(22222=-+++a c bc b a θθ （II ）βα,又是关于θ的方程（II ）的两根，2222cos cos b
a a c +-=⋅∴βα于是222
2)cos(b a a b +-=+βα。
评注：（1）这是一种典型的化归思想，深刻的背景是将关于θθcos ,sin 的二元一次方
程0cos sin =++c b a θθ及隐含的二元二次方程1cos sin 22=+θθ联立化为最熟
悉、常见和便于使用的一元二次方程（I ）和（II ），然后运用韦达定理解之。
（2）这可能正是命题者编制的解法意图，也见诸于大部分教师的教案和学生练习。
二、妙用公式过难关 隐密关系内中含
0cos sin =++c b a αα ①
分析与简解：依题意
0cos sin =++c b a ββ ②
①—②得到 0)c o s (c o s )s i n (s i n =-+-βαβαb a 即02
sin 2sin )2(2sin 2cos 2=-+-+-+⋅βαβαβαβ
αb a 又b
a =+∴≠-∴≠2tan ,02sin ,βαβααβ 于是：22222222
22112tan 12tan 1)cos(b a a b b a b a +-=+-=+++-=+βαβ
αβα。
评注：（1）此方法平淡使用方程根的含义，核心是运用和差化积和万能公式求解，“βα≠”的作用也初见端倪。
（2）顺便指出的是还可求得：
222222122tan 12tan 2)sin(b a ab b a b a
+=+⋅
=+++⋅=+βαβα等，这可谓是解法的一个“附产品”。
三、数形结合显直观 特殊情况发笔端
分析与简解：联想0cos sin =++c b a θθ是关于θθcos ,sin 的二元一次方程，于是)sin ,(cos ),sin ,(cos ββααB A 可以看成是直线0=++c ay bx 与单位圆122=+y x 的两个交点，线段AB 的垂直平分线与单位圆的交点)(C C '（如图1），这样)(C O OC '就是角2β
α+的终边。
一方面)(C C '的坐标)2sin ,2(cos β
αβ
α++。
另一方面易求得C C '方程：
0=+-by ax ，联立⎩⎨⎧=+=+-1
022y x by ax 得到⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=22222222b a a y b a b x 222
222
cos b a b x +==+∴βα，于是
222
222221212cos 2)cos(b a a
b b a b +-=-+⋅=-+=+βαβα
图2图1
X X
图1 图2
评注：（1）调整字母位置是顺应：“角θ的终边与单位圆的交点坐标是（θθsin ,cos ）”这一始终不变的结论。
（2）确定)(C C '的位置重温和强化了相关角终边关系的认识。
（3）当α与β终边重合，“理解为”α是方程0cos s i n =++c b a θθ唯一实根时，直线0=++c ay bx 与单位圆122=+y x 相切，A 、B 退化为一点P （如图2）由点到直线的距离公式（或—的判别式）可求得常数a 、b 、c 满足222b a c +=，此时2β
α+的终边是
)(P O OP '仍有22222cos b a b +=+βα，2222)cos(b a a b +-=+∴βα
四、辅助函数出奇招 暴露症结析本源
分析与简解：方程0cos sin =++c b a θθ即是0cos sin =++c x b x a ，自然想到化为“同一名称三角函数”的形式：2222)sin(.)sin(b a c
x c x b a +-=+-=++ϕϕ即
其中,si n
,c o s 2222b a b b a a +=+=ϕϕ在同一直角坐标系中分别作三角函数
ϕ+=x y si n (）及22b a c
y +-=的图象（如图3）
图3 不妨设0,2||≤≤ϕπ
ϕ，由图中交点位置，不免要进行分类讨论
（1）当βα,满足（β是图中 3131,,,--ββββ）
)(])12([ϕαβπϕ--=-++-k （Z k ∈），即ϕπβα2)12(-+=+k 时，
222
22
2c o s s i n 2c o s )2c o s ()c o s (b a a b +-=-=-=-=+ϕϕϕϕπβα。
（II ）当βα,满足),,,(4242 --βββββ是图中即)()]2([ϕαπϕβ--=+--k παβk 2+=时，除了知晓22)sin(b a c
+-=+ϕα外，笔者苦苦寻觅找不出求
)cos(βα+值的办法来，至此，怀疑题目的确存在问题。
评注：（1）通过作出函数图象，我们更清晰方程根的分布情况：即
22)sin(b a c
y x y +-=+=与ϕ的交点关系。
（2）最大收获发现了条件αβ≠的不足，应
更改为：)(2Z k k ∈+≠παβ。
事实上，在先前二的解法过程中已应验了这一点：παβα
βk 202sin +≠⇔≠-。
（3）作为特例，当222b a c +=时，方程变为
1)sin(±=+ϕx 。
此时，不仅没有κπαβ2+≠的限制，而且只能是)0(2≠+=k k παβ。
（4）有鉴于此，笔者建议题目改编为“已知βα,是关于θ的方程0cos sin =++c b a θθ的两根，且0),(2≠∈+≠ab z k k παβ，222b a c +≠，试求)cos(βα+的值”。
则澄清了混乱，免去了纠缠。
纵观这道题以上的分析解答和评注过程，基本上涉及到了传统和经典的数学思想方法： 转化和化归思想，函数和方程思想，数形结合思想，分类讨论与整合思想。
方法一称得上“通性通法”，强烈的转化意识和方程方法跃然纸上。
可惜的是对条件破绽“浑然不觉，”包括能求什么，如)sin(βα+等也“茫然无知”。
方法二巧用三角公式回避了
1c o s s i n 22=+θθ这一貌似必然使用的条件，可见繁复多变的三角公式在处理扑朔迷离的数量关系中具有多大的调节功能！但却“前途未卜”，多亏了“约去”公因子,2sin βα-才侥幸产生了2tan β
α+之值，其中过程也看不出必然得到结论的把握。
方法三是方法—“形”
的体现，优点在于直观，“割线”到“切线”质变瞬间，让我们探寻到222b a c +=这一特
款，不过要用到解几相关知识。
方法四看似拙劣，亮点是坦露了条件的瘕疵。
通晓了两根βα,应满足的条件——挖出间隔一个的根，尤其是在题目被修缮之后，其优越性一目了然。
玉不琢不成器，题不练（炼）不成经（典）[精髓]。
一道编制或印刷上出了纰漏的问题，在条件的辨析推敲上，花去了我许多宝贵的时间，颇费踌躇的反复琢磨却引导我们寻找知求关系和谐一致的途径，探求真理和光明的方法。