第一篇：六大定理互相证明总结

六大定理的相互证明总结

XXX 学号

数学科学学院 数学与应用数学专业 班级

指导老师 XXX 摘要 在《数学分析》中第二部分极限续论中提到的实数的基本定理一共提到六大定理，其中包括确界定理，单调有界原理，区间套定理，致密性定理，柯西收敛定理，有限覆盖定理.该六大定理在闭区间上连续函数性质的证明起着同等重要的作用.本文总结了六大定理的相互证明.关键词 确界定理、单调有界原理、区间套定理、致密性定理、柯西收敛定理、有限覆盖定理 确界定理

1.1 确界定理 有上界的非空数集必有上确界，有下界的非空数集必有下确界.1.2 确界定理证明区间套定理 证明：设一无穷闭区间列an,bn（1）后一个区间在前适合下面两个条件：一个区间之内，即对任一正整数n，有anan1＜bn1bn，（2）当n时，区间列的长度bnanbnan0.所成的数列收敛于零，即limn显然数列an中每一个元素均是数列bn的下界，而数列bn中每一个元素均是数列an的上界.由确界定理，数列an有上确界，数列bn有下确界.设infbn,supan.显然anbn,anbn.又limbnan0 

n即an及bn收敛于同一极限，并且是所有区间的唯一公共点.1.3 确界定理证明单调有界原理[1]

证明：我们只就单调增加的有界数列予以证明.因yn有界，则必有上确界supyn.现在证明恰好是yn的极限，即yn.由上确界的定义有：⑴yn（n1,2,3…），⑵对任意给定的＞0，在yn中至少有一个数yN，有yN＞.但由于yn是单调增加数列，因此当n＞N时，有ynyN，从而yn＞.也就是说：当n＞N时，有

0yn＜ 所以 yn 2 单调有界原理

2.1 单调有界原理 单调有界数列有极限.2.2 单调有界原理证明致密性定理

在证明定理之前，我们要先证明一个引理：任意一个数列xn必存在单调子数列.证明：⑴若xn中存在递增子序列xnk，则引理已证明；

⑵若xn中无递增子序列，那么n1＞0，使n＞n1，恒有xn1＞xn.同样在xn（n＞n1）中也无递增子序列.于是又存在n2＞0，使n2＞n，恒有xn2＜xn＜xn1.如此无限进行下去便可得到一严格递减子序列xnk.引理得证.下面证明定理：由引理知，有界数列必有有界单调子数列.又由单调有界原理知，该有界单调子数列必有极限，即该子数列是收敛的.故有界数列必有收敛子列.2.3 单调有界原理证明区间套定理[1]

由定理的条件立即知道an是单调增加有上界的数列，bn是单调递减有下界的数列.根据定理，则liman存在，且极限等于an的上确界.同样，limbn也存在，nn且极限等于bn的下确界.亦即对任何正整数k，有

akliman,bklimbn（*）

nn由定理的另一条件： limbnan0，并且由于已知an及bn的极限都存在，n则有limbnanlimbnliman0.nnn从而证明了两个极限相等，且设是它们的同一极限.于是定理前一部分的结果即已证得.剩下要证的是：是所有区间的唯一公共点.由（*）的两个不等式，即有 akbn（k1,2,3…）

也就是是所有区间的一个公共点.现在要证明是所有区间的唯一公共点.设除点外，所设区间列还有另外一个公共点'，且'.由于an,'bn（n1,2,3…），故有

bnan'（n1,2,3…）由数列极限的性质知道：

limbnan'

n由于limbnan0，故有

n '0

从而有'.到此定理的全部结果都已得证.3 区间套定理

3.1 区间套定理 设一无穷闭区间列an,bn时，区间列的长度bnan共点.3.2 区间套定理证明单调有界原理 证明：设数列xn递增有上界.取闭区间a1,b1，使a1不是数列xn的上界，b1是数列xn的上界.显然在闭区间a1,b1内含有数列xn的无穷多项，而在a1,b1外仅含有数列xn的有限项.对分a1,b1，取a2,b2，使其具有a1,b1的性质.故在闭区间a2,b2内含有数列

（1）后一个适合下面两个条件：区间在前一个区间之内，即对任一正整数n，有anan1＜bn1bn，（2）当nbnan0，则区所成的数列收敛于零，即limn间的端点所成两数列an及bn收敛于同一极限，并且是所有区间的唯一公xn的无穷多项，而在a2,b2外仅含有数列xn的有限项.以此方法，得区间列an,bn.由区间套定理，是所有区间的唯一公共点.显然，在的任何邻域内有数列xn的无穷多项，即＞0，NN*，当n＞N时，有xn＜.所以limxn 定理得证.n3.3 区间套定理证明致密性定理[1]

证明：设yn为有界数列，即存在两个数a,b，使aynb.等分区间a,b为两个区间，则至少有一个区间含有yn中的无穷个数.把这个区间记为a1,b1，如果两个区间都含有无穷个yn，则任取其一作为a1,b1.再等分区间a1,b1为两半，记含有无穷个yn的区间为a2,b2.这个分割手续可以继续不断的进行下去，则得到一个区间列an,bn，这个区间列显然适合下面两个条件：

（1）a,ba1,b1a2,b2…（2）bnanba0 n2于是由区间套定理，必存在唯一点a,b使an,bn，且ak,bk（k1,2,3…）.每一ak,bk中均含有yn的无穷个元素.在a1,b1中任取yn的一项，记为yn1，即yn的第n1项.由于a2,b2也含有无穷个yn，则它必含有yn1以后的无穷多个数，在这些数中任取其一，记为yn2，则n1＜n2.继续在每一ak,bk中都这样取出一个数ynk，即得yn的一个子列ynk，其中n1＜n2＜…＜nk＜…，且akynkbk.令k，由于ak,bk,故

ynk.这就是定理所要的结果.4 致密性定理

4.1 致密性定理 又称魏尔斯特拉斯定理，任一有界数列必有收敛子列.4.2 致密性定理证明单调有界原理

证明：不妨设xn单调递增且有界，根据致密性定理有收敛子列xnk.令limxnka.于是，对＞0，k0，当k＞k0时，有

k xnka＜（*）由于xn单调递增，显然恒有xna（n1,2,3…）.由此（*）式可改成0axnk＜（k＞k0）取Nnk0，当n＞N时有 0axnaxnk＜ 所以 limxna

n4.3 致密性定理证明柯西收敛原理[1] 证明：首先证明条件的必要性：

设xna，则对任意给定＞0，有一正整数N，当k＞N时，有 xka＜从而当m,n＞N时，有

xnxmxnaaxm＜其次证明条件的充分性：

首先，证明满足条件的任何数列必有界.从所设条件，取=1，必有一正整数N0，当m,n＞N0时，有xnxm＜1 特别地，当n＞N0且mN01时，有 xnxN01＜1 从而当n＞N0时，有 xnxnxN01xN01＜1+xN01

这就证明了xn的有界性.由致密性定理，必有收敛子列xnk，设limxnka.k 2+= 22根据子列收敛定义，对任意给定的＞0，必有正整数K，当k＞K时，有 xna＜

取一正整数k0maxK1,N1.于是k0＞K，且nkonN1N1＞N.因此，当n＞N时，由已知条件有xnxnk0＜，所以

xnaxnxnk0xnk0a＜+=2

即 limxna

n5 柯西收敛原理 5.1 柯西收敛原理 数列xn有极限的必要与充分条件是：对任意给定的＞0，有正整数N，当m, n＞N时，有xnxm＜.5.2 柯西收敛原理证明单调有界原理

证明：反证法，设xn为一递增且有上界M的数列.假设其没有极限，则用柯西收敛原理表达就是＞0，对NN*，当m,n＞N时，有 xnxm 取1，必有一正整数N1，当n1,n2＞N1时，有xn2xn11.又由于数列xn为一递增的数列，所以xn2xn1xn2xn11 取1，必有一正整数N1，当n2,n3＞N1时，有xn3xn21 取1，必有一正整数N1，当n3,n4＞N1时，有xn4xn31 …………… …………… …………… 取1，必有一正整数N1，当nk,nk1＞N1时，有xnk1xnk1 将以上式子相加，得xnk1k1（k）与数列xn有上界M矛盾，假设不成立.即，单调有界数列有极限.5.3 柯西收敛原理证明致密性定理

证明：反证法，设xn为一有上界M的数列.假设其没有收敛子列.由子列收敛的定义，则＞0，对NN*，当nk1,nk＞N时，有xnk1xnk.取1，必有一正整数N1，当n1,n2＞N1时，有xn2xn11 取2，必有一正整数N2，当n2,n3＞N2时，有xn3xn22 取3，必有一正整数N3，当n3,n4＞N3时，有xn4xn33 …………… …………… …………… 取k，必有一正整数Nk，当nk,nk1＞Nk时，有xnk1xnkk 显然与数列xn有上界M矛盾，假设不成立.即，任一有界数列必有收敛子列.6 有限覆盖定理 6.1有限覆盖定理 若开区间所组成的区间集E覆盖一个闭区间[a,b],则总可以从E中选出有限个区间，使这有限个区间覆盖[a,b].6.2 有限覆盖定理证明确界定理

证明：在这里我们只说明定理的上确界部分.设不为空集的区间ER，xE,有xM,任取一点x0E，假设E无上确界，那么x[x0,M]: ⅰ)当x为E的上界时，必有更小的上界x1＜x,因而x存在一开邻域x，其中每一点均为E的上界，称其为第一类区间；

ⅱ）当x不是E的上界时，则有x2E使x2＞x,那么x存在一开邻域x，其中每点均不是E的上界，称其为第二类区间. 当x取遍[x0,M]上每一点找出一个邻域x.显然x不是第一类区间就是第二类区间.这些邻域组成闭区间[x0,M]的一个开覆盖，由有限覆盖定理，必存在有限子区间覆盖[x0,M].显然M所在的开区间应为第一类区间，与其邻接的开区间x有公共点.所以xx，x均为E的上界.而与x相邻接的开区间'x有公共点，所以

x'x，x均为E的上界.依此类推，x0所在的开区间也是第一类区间，则x0为E的上界.又x0E，E为常数集.由此矛盾引出.得证.同理，E有下确界.6.3 有限覆盖定理证明致密性定理

证明：设xn是一有界数列，现在证明xn有收敛子列.（1）如果xn仅由有限个数组成，那么至少有一个数要重复无限多次，即（2）如果xn是由无穷多个数组成，由有界性知，存在闭区间a,b，使对一切自然数n都有a＜xn＜b

在a,b内至少存在一点x0，使对于任意的正数，在x0,x0内都含有xn中无穷多个数.事实上，倘若不然，就是说对于a,b中每一点x，都有x＞0，在xx,xx内，仅有xn中的有限个数.考虑所有这样的开区间所成之集：=xn1xn2…=xnk… 因而子列xnk收敛于.xx,xx的有限多个区间.，完全覆盖了闭区间a,b，依有限覆盖定理，存在中1x1x1,x1x1，…，nxnxn,xnxn，他们也覆盖了a,b，并且在每一个i（i1,2,…,n）中都只含xn中的有限多个数.因此xn也最多是由有限个数组成，这与假设矛盾.1于是，对于k=（k1,2,3,…），于x0k,x0k内取xn中无穷多个点，就k1得到xn的子列xnk满足：xnkx0＜k（k1,2,3,…）从而limxn1x0得

kk证.总结：六大定理可以分为两类： ① 有限覆盖定理：反映区间上的整体性质； ② 其余五个：反映函数在一点上的性质.实数的六个基本定理在理论上很有用，在之后的闭区间上的函数的性质的证明上发挥着重要的作用.本文在写作过程中得到了XXX老师的多次精心指导，在此表示感谢.参考文献：

[1] 陈传璋 金福临 朱学炎.《数学分析（上）》.高等教育出版社.1983.7

第二篇：原创正弦定理证明

1．直角三角形中：sinA=，sinB=，sinC=1

即c=

∴abc，c=，c=．sinAsinBsinCacbcabc== sinAsinBsinC

2．斜三角形中

证明一：（等积法）在任意斜△ABC当中

S△ABC=absinCacsinBbcsinA

两边同除以abc即得：

证明二：（外接圆法）

如图所示，∠Ａ＝∠Ｄ ∴aaCD2R sinAsinD

bc=2R，＝2R sinBsinC12121212abc== sinAsinBsinC

同理

证明三：（向量法）

过A作单位向量j垂直于AC

由 AC+CB=AB

两边同乘以单位向量j 得 j•(AC+CB)=j•AB 则•+•=•

∴|j|•|AC|cos90+|j|•|CB|cos(90C)=| j|•|AB|cos(90A)

∴asinCcsinA∴ac= sinAsinC

cbabc同理，若过C作j垂直于CB得： =∴== sinCsinBsinAsinBsinC

正弦定理的应用 从理论上正弦定理可解决两类问题：

1．两角和任意一边，求其它两边和一角；

2已知a, b和A, 用正弦定理求B时的各种情况

:

⑴若A为锐角时: absinA无解absinA一解(直角)

bsinAab二解(一锐, 一钝)ab一解(锐角)

已知边a,b和A

a

无解a=CH=bsinA仅有一个解

CH=bsinA

ab无解⑵若A为直角或钝角时: ab一解(锐角)

第三篇：正弦定理证明

正弦定理

1.在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，且等于其外接圆半径的两倍，即

abc2R sinAsinBsinC

证明：如图所示，过B点作圆的直径BD交圆于D点，连结AD BD=2R, 则 D=C，DAB90 在RtABD中 A sinCsinDc 2RD

b c c2R sinCab同理：2R,2R

sinAsinBabc所以2R

sinAsinBsinC2.变式结论

1）a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC 2）sinAC

a

B abc ,sinB,sinC2R2R2R3）asinBbsinA,asinCcsinA,csinBbsinC 4）a:b:csinA:sinB:sinC

例题

在ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c，若(3bc)cosAacosC，求cosA的值.解：由正弦定理 a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC得

(3sinBsinC)cosAsinAcosC

3sinBcosAsin(AC)sin(AC)sinB3sinBcosAsinBB(0,)0sinB1cosA33

第四篇：正弦定理证明

正弦定理证明1.三角形的正弦定理证明： 步骤1.在锐角△ABC中，设三边为a，b，c。作CH⊥AB垂足为点H CH=a·sinB CH=b·sinA ∴a·sinB=b·sinA 得到

a/sinA=b/sinB 同理，在△ABC中，b/sinB=c/sinC 步骤2.证明a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R：

如图，任意三角形ABC,作ABC的外接圆O.作直径BD交⊙O于D.连接DA.因为直径所对的圆周角是直角,所以∠DAB=90度 因为同弧所对的圆周角相等,所以∠D等于∠C.所以c/sinC=c/sinD=BD=2R a/SinA=BC/SinD=BD=2R 类似可证其余两个等式。2.三角形的余弦定理证明：平面几何证法： 在任意△ABC中 做AD⊥BC.∠C所对的边为c，∠B所对的边为b，∠A所对的边为a 则有BD=cosB*c，AD=sinB*c，DC=BC-BD=a-cosB*c 根据勾股定理可得： AC^2=AD^2+DC^2 b^2=(sinB*c)^2+(a-cosB*c)^2 b^2=sin^2B*c^2+a^2+cos^2B*c^2-2ac*cosB b^2=(sin^2B+cos^2B)*c^2-2ac*cosB+a^2 b^2=c^2+a^2-2ac*cosB cosB=(c^2+a^2-b^2)/2ac 3 在△ABC中，AB=c、BC=a、CA=b 则c^2=a^2+b^2-2ab*cosC a^2=b^2+c^2-2bc*cosA b^2=a^2+c^2-2ac*cosB 下面在锐角△中证明第一个等式，在钝角△中证明以此类推。过A作AD⊥BC于D，则BD+CD=a 由勾股定理得：

c^2=(AD)^2+(BD)^2，(AD)^2=b^2-(CD)^2 所以c^2=(AD)^2-(CD)^2+b^2 =(a-CD)^2-(CD)^2+b^2 =a^2-2a*CD +(CD)^2-(CD)^2+b^2 =a^2+b^2-2a*CD 因为cosC=CD/b 所以CD=b*cosC 所以c^2=a^2+b^2-2ab*cosC 题目中^2表示平方。2 谈正、余弦定理的多种证法 聊城二中 魏清泉

正、余弦定理是解三角形强有力的工具，关于这两个定理有好几种不同的证明方法.人教A版教材《数学》(必修5)是用向量的数量积给出证明的，如是在证明正弦定理时用到作辅助单位向量并对向量的等式作同一向量的数量积，这种构思方法过于独特，不易被初学者接受.本文试图通过运用多种方法证明正、余弦定理从而进一步理解正、余弦定理，进一步体会向量的巧妙应用和数学中“数”与“形”的完美结合.定理：在△ABC中，AB=c,AC=b,BC=a,则(1)(正弦定理)= =;(2)(余弦定理)c2=a2+b2-2abcos C, b2=a2+c2-2accos B, a2=b2+c2-2bccos A.一、正弦定理的证明

证法一：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的三条高。则有 AD=b•sin∠BCA，BE=c•sin∠CAB，CF=a•sin∠ABC。

所以S△ABC=a•b•csin∠BCA =b•c•sin∠CAB =c•a•sin∠ABC.证法二：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的3条高。则有 AD=b•sin∠BCA=c•sin∠ABC，BE=a•sin∠BCA=c•sin∠CAB。证法三：如图2，设CD=2r是△ABC的外接圆 的直径，则∠DAC=90°，∠ABC=∠ADC。

证法四：如图3，设单位向量j与向量AC垂直。因为AB=AC+CB，所以j•AB=j•(AC+CB)=j•AC+j•CB.因为j•AC=0，j•CB=| j ||CB|cos(90°-∠C)=a•sinC，j•AB=| j ||AB|cos(90°-∠A)=c•sinA.二、余弦定理的证明

法一：在△ABC中，已知，求c。

第五篇：正弦定理证明

新课标必修数学5“解三角形”内容分析及教学建议

江苏省锡山高级中学杨志文

新课程必修数学5的内容主要包括解三角形、数列、不等式。这些内容都是高中数学中的传统内容。其中“解三角形”既是高中数学的基本内容，又有较强的应用性。在历次教材改革中都作为中学数学中的重点内容，一直被保留下来。在这次新课程改革中，新普通高中《数学课程标准》（以下简称《标准》）与原全日制普通高级中学《数学教学大纲》（以下简称《大纲》）相比，“解三角形”这块内容在安排顺序上进行了新的整合。本文就《标准》必修模块数学5第一部分“解三角形”的课程内容、教学目标要求、课程关注点、内容处理上等方面的变化进行简要的分析，并对教学中应注意的几个问题谈谈自己的一些设想和教学建议，供大家参考。

一、《标准》必修模块数学5中“解三角形”与原课程中“解斜三角形”的比较

1．课程内容安排上的变化

“解三角形”在原课程中为“解斜三角形”，安排在“平面向量”一章中，作为平面向量的一个单元。而在新课程《标准》中重新进行了整合，将其安排在必修模块数学5中，独立成为一章，与必修模块数学4中的“平面向量”分别安排在不同的模块中。

2．教学要求的变化

原大纲对“解斜三角形”的教学要求是：

（1）掌握正弦定理、余弦定理，并能运用它们解斜三角形，能利用计算器解决解斜三角形的计算问题。

（2）通过解三角形的应用的教学，提高运用所学知识解决实际问题的能力。

（3）实习作业以测量为内容，培养学生应用数学知识解决实际问题的能力和实际操作的能力。《标准》对“解三角形”的教学要求是：

（1）通过对任意三角形边长和角度关系的探索，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。

（2）能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题。由此可以看出，《标准》在计算方面降低了要求，取消了“利用计算器解决解斜三角形的计算问题”的要求，而在探索推理方面提高了要求，要求“通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握正弦定理、余弦定理”。

3、课程关注点的变化

原《大纲》中，解斜三角形内容，比较关注三角形边角关系的恒等变换，往往把侧重点放在运算上。而《标准》则关注运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题。侧重点放在学生探究和推理能力的培养上。

4、内容处理上的变化

原《大纲》中，解斜三角形作为平面向量知识的应用，突出其工具性和应用性。而《标准》将解三角形作为几何度量问题来处理，突出几何的作用，为学生理解数学中的量化思想、进一步学习数学奠定基础。解三角形处理的是三角形中长度、角度、面积的度量问题，长度、面积是理解积分的基础，角度是刻画方向的，长度、方向是向量的特征，有了长度、方向，向量的工具自然就有用武之地。

二、教学中应注意的几个问题及教学建议

原《大纲》中解斜三角形的内容，比较关注三角形边角关系的恒等变换，往往把侧重点放在运算上。而《标准》将解三角形作为几何度量问题来展开，强调学生在已有知识的基础上，通过对任意三角形边角关系的探究，发现并掌握三角形中的边长与角度之间的数量关系，解决简单的三角形度量问题。这就要求在教学过程中，突出几何的作用和数学量化思想，发挥学生学习的主动性，使学生的学习过程成为在教师引导下的探究过程、再创造过程。因此在教学中应注意以下几个问题。

1．要重视探究和推理

《标准》要求“通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握正弦定理、余弦定理”。因此建议在教学中，既要重视从特殊到一般的探索学习过程的教学，又要重视数学的理性思维的培养。教学中不要直接给出定理进行证明，可通过学生对三角形边与角的正弦的测量与计算，研究边与其对角的正弦之间的比，揭示它们在数量上的规律，发现正弦定理的结论，然后再从理论上进行论证，从而掌握正弦定理。从中体会发现和探索数学知识的思想方法。

参考案例：正弦定理的探索、发现与证明

教学建议：建议按如下步骤设计教学过程：

(1)从特殊三角形入手进行发现

让学生观察并测量一个三角板的边长。

提出问题：你能发现三边长与其对角的正弦值之比之间的关系吗？

例如，量得三角板三内角300，600，900所对的三边长分别约为5cm，8.6cm，10cm，58.610，101010 000

sin30sin60sin90

abc

对于特殊三角形，我们发现规律：。

sinAsinBsinC

则有：

提出问题：上述规律，对任意三角形成立吗？(2)实验，探索规律

二人合作，先在纸上做一任意锐角（锐角或钝角）三角形，测量三边长及其三个对角，然后用计算器计算每一边与其对角正弦值的比，填入下面表中，验证前面得出的结论是否正确。（其中，角精确到分，忽略测量误差，通过实验，对任意三角形，有结论：

abc，即在一个三角形中，

sinAsinBsinC

各边和它所对的角的正弦的比相等。

提出问题：上述的探索过程所得出的结论，只是我们通过实验(近似结果)发现的一个结果，如果我们能在理论上证明它是正确的，则把它叫做正弦定理。那么怎样证明呢？

(4)研究定理证明的方法方法一：（向量法）①若△ABC为直角三角形，由锐角三角函数的定义知，定理显然成立。②若△ABC为锐角三角形，过点A做单位向量j垂直于AC，则向量j与向量的夹角为900-A，向

量j

与向量CB的夹角为900-C，（如图1），且有：ACCBAB，所以j·(+)= j·即j·+ j· = j·AB 展开|j||AC|cos900+ | j||CB|cos(900-C)=| j|||cos(900-A)

ac

。

sinAsinC

cbabc

同理，过点C做单位向量j垂直于,可得：，故有。

sinCsinBsinAsinBsinC

③若△ABC为钝角三角形，不妨设角A>900（如图2），过点A做单位向量j垂直于AC，则向量j与

则得 a sinC = c sinA，即

向量AB的夹角为A-900，向量j与向量的夹角为900-C，且有：，同样可证得：

abc

。

sinAsinB

提出问题：你还能利用其他方法证明吗？

方法二：请同学们课后自己利用平面几何中圆内接三角形（锐角，钝角和直角）及同弧所对的圆周角相等等知识，将△ABC中的边角关系转化为以直径为斜边的直角三角形中去探讨证明方法。

2．要重视综合应用

《标准》要求掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题。建议在正弦定理、余弦定理的教学中，设计一些关于正弦定理、余弦定理的综合性问题，提高学生综合应用知识解决问题的能力。如可设计下面的问题进行教学：

参考案例：正弦定理、余弦定理的综合应用 C 如图，在四边形ABCD中，已知ADCD，AD=10，AB=14，BDA=60，BCD=135.求BC的长.教学建议：

引导学生进行分析，欲求BC，需在△BCD中求解，∵BCD=135，BDC=30，∴需要求BD，而BD需在△ABD中求解.再引导学生将

A B

四边形问题转化为三角形问题，选择余弦定理求BD，再由正弦定理

例2图 求BC。

3．要重视实际应用

《标准》要求运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题。因此建议在教学中，设计一些实际应用问题，为学生体验数学在解决问题中的作用，感受数学与日常生活及与其他学科的联系，培养学生的数学应用意识，提高学生解决实际问题的能力。在题目的设计中要注意对恒等变形降低要求，避免技巧性强的变形和繁琐的运算。

参考案例：解三角形在实际中的应用

参考案例1．航海中甲船在A处发现乙船在北偏东45，与A的距离为10海里的C处正以20海里/h的速度向南偏东75的方向航行，已知甲船速度是203海里/h，问甲船沿什么方向，用多少时间才能与

乙船相遇？

教学建议：引导学生依据题意画出示意图，将实际问题转化为解三角形问题。若设甲船与乙船经过t小时在B处相遇，构建ACB，容易计算出AB20海里,BC20海里，根据余弦定理建立关于t的方程，求出t，问题就解决了。

答: 甲船沿北偏东75的方向，经过0.5小时与乙船相遇.参考案例2．为了测量某城市电视塔的高度，在一条直道上选 择了A，B，C三点，使ABBC60m，在A，B，C三点







例1图 DA 观察塔的最高点，测得仰角分别为45，54.2，60，若测量 E

者的身高为1.5m，试求电视塔的高度(结果保留1位小数).F 教学建议：引导学生依据题意画出示意图如图，将实际问题转化为

解三角形问题。要求电视塔的高度。只要求出DE的长。将问题中的已

知量、未知量集中到有关三角形中，构造出解三角形的数学模型。在例2图 ACE中和BCE中应用余弦定理，使问题获得解决.答: 电视塔的高度约为158.3m.4．要重视研究性学习

解三角形的内容有较强的应用性和研究性，可为学生提供丰富的研究性素材。建议在教学内容的设计上探索开放，在教学形式上灵活多样。可设计一些研究性、开放性的问题，让学生自行探索解决。参考案例：研究性学习

课外研究题：将一块圆心角为120，半径为20厘米的扇形铁片裁成一块矩形，请你设计裁法，使裁得矩形的面积最大?并说明理由．

教学建议：这是一个研究性学习内容，可让学生在课外两人一组合作完成，写成研究报告，在习题课上让学生交流研究结果，老师可适当进行点评。

参考答案：这是一个如何下料的问题，一般有如图（1）、图（2）的两种裁法：即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。从图形的特点来看，涉及到线段的长度和角度，将

这些量放置在三角形中，通过解三角形求出矩形的边长，再计算出两种方案所得矩形的最大面积，加以比较，就可以得出问题的结论．

NBB

PO图（2）

QM

O图（1）

按图（1）的裁法:矩形的一边OP在OA上，顶点M在圆弧上，设MOA，则：

时，Smax200．

4按图（2）的裁法: 矩形一边PQ与弦AB平行，设MOQ，在MOQ中，OQM9030120，由正弦定理，得：

sin120

又MN2OMsin(60)40sin(60)，MQ

20sin



3sin． 3

MP20sin,OP20cos，从而S400sincos200sin2．即当



∴SMQMN

sinsin(60)cos(260)cos60． 33



∴当30时，Smax由于

400． 3

400平方厘米． 200，所以用第二中裁法可裁得面积最大的矩形，最大面积为33

也可以建议学生在课外自行寻找研究性、应用性的题目去做，写出研究或实验报告，在学校开设的研究性学习课上进行交流，评价。

参考文献：

①全日制普通高中级学《数学教学大纲》。人民教育出版社。2002年4 月。

②《普通高中数学课程标准（实验））》。人民教育出版社。2003年4月第一次印刷。③《普通高中数学课程标准（实验）解读》。严士健 张奠宙王尚志等主编。江苏教育出版社。2004年4月。