可解三角形与需解三角形

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1、精品论文荟萃“可解三角形”与“需解三角形”江苏宜兴市丁蜀高级中学汤文兵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．致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”这个概念，则情形就不一样了。所谓“可解三角形”,是指己经具有三个元素(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个数不少于两

2、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,合理的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”的去挖掘，去探究。下面通过例题分析说明之。例1已知：梯形ABCD中，CD=2，AC=,∠BAD=60°，求

3、梯形的高。分析：如图1，过D作DE⊥AB，D为垂足，则DE为所求之高。由∠BAD=60°知∠ADC=120°，又边CD和AC长已知，故△ADC为已知“边边角”的可解三角形。Rt△DAE就为需解三角形。易知需先求AD之长，这只需在△ADC中应用余弦定理即可。解：在△ADC中，由∠BAD=60°得∠ADC=120°，在△ADC中由余弦定理，AC2=AD2+DC2－2AD·DCcos∠ADC，将CD=2、AC=，代入整理得：AD2+2AD－15=0，故AD=3，故DE=ADsin60°=。例2已知，圆内接四边形ABCD，∠DAB=60°，∠ABC=75

4、°，边AB=2、DC=1，求边AD、BC、对角线AC长。分析：如图2，按条件，找不到可解三角形，但已知条件中的∠DAB=60°，AB=2，∠ABC=75°却给我们以“角边角”的形象，于是延长AD、BC交于点E，则△AEB构成已知“角边角”的可解三角形，此时需解三角形为△AEC，在△AEB中用正弦定理可求得AE和BE，再由△EBA∽△EDC，可得ED=EB，EC=EA，这样△AEC又构成已知“边角边”的可解三角形，再由余弦定理可求得AC之长。专业专注118号为您服务-3-精品论文荟萃例3已知圆内接四边形ABCD的边长分别为AB=2，BC=6，CD=

5、AD=4，求四边形ABCD的面积。（2001年全国高考数学文科第19题）分析：该四边形并非特殊四边形，需连对角线BD分割成两个三角形。但这两个三角形不可解，然而若BD能求出，则△ABD和△BCD又都是可解三角形了，同时这两个三角形也是需解三角形。故可设BD=x，在△ABD和△BCD中，从角A和角C入手，建立等式，解出x。解：如图3，连接BD，并设BD=x，则S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=AB·ADsinA+BC·CDsinC，由A+C=180°知，sinA=sinC，故S四边形ABCD=16sinA。由余弦定理，在△ABD中，cosA

6、=，同理，在△BCD中，cosC=,又cosA=－cosC，故=－，解之x2=28，从而cosA=－，故S四边形ABCD=16sinA=18。例4设P是正方形ABCD内的一点，点P到顶点A、B、C的距离分别是1、2、3，求正方形的边长。分析：从条件看，图中没有一个三角形是可解的，但一旦正方形边长确定后，△ABP和△PBC又都是可解三角形了，同时这两个三角形也是需解三角形。若设边长为x，则在△ABP和△BPC中，从角入手，建立等式，便可解出x。解：设正方形边长为x（1﹤x﹤3），设∠ABP=α，则∠CBP=90°-α，在△ABP中cos∠ABP=⑴

7、在△CBP中cos∠CBP=⑵⑴2+⑵2得（）2+（）2=cos2α+sin2α=1解之，x=，即正方形边长为。专业专注118号为您服务-3-精品论文荟萃注：上两例表明，当题中条件较少或不具可解三角形时，引进末知数以增加条件，这是一种常用的解题技巧，更是方程思想的积极运用。此外，从广义的角度理解，当一个三角形三边之比或一已知角的二边之比确定时，也可认为它是一个可解三角形。与此类似，面积、高、中线、角平分线等也可视为三角形可解的一个元素。例5扇形的半径为R，中心角AOD=2（0﹤α﹤），内接矩形ABCD的顶点B、C在弧上，OF⊥BC交于F，求内接矩

8、形ABCD的最大面积。分析：由题意，要建立矩形ABCD面积的一个目标函数，故需引进一个变量。注意到矩形ABCD的面积随点B位置的变化而变