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created: 2026-10-08
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  - 沪教版教参必修第二册·第6章
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  - 上海高考数学
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source: 沪教版教参必修第二册.md（原文件第 221–904 行）
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# 第 6 章 三角

> 拆分自 [[沪教版教参必修第二册]] · **第 6 章 三角**（原文件第 221–904 行）。
> 正文、公式与图片引用逐字保留；标题按语义重算层级，OCR 噪声前缀（页码/页边框）已清理。


## 一、本章概述

### 总体要求

国家课程标准要求“突出数学主线,凸显数学的内在逻辑和思想方法,精选课程内容, 处理好数学学科核心素养与知识技能之间的关系, 强调数学与生活以及其他学科的联系, 提升学生应用数学解决实际问题的能力, 同时注重数学文化的渗透”. 关于三角知识的学习从小学、初中一直持续到高中阶段, 不仅蕴含着它本身的内在逻辑和思想方法, 还影响着后续知识如解析几何、立体几何、复数等的学习, 并与物理学和现实世界存在着广泛的联系. 因此, 三角在数学教学中占据着比较重要的位置. 三角知识的发展历史悠久, 伴随着曲折的过程, 蕴含着丰富的数学文化, 在教学中渗透三角的数学文化内涵有助于落实立德树人的根本任务.

在小学和初中, 学生对角已有一定认知. 在初中, 学生对锐角的正弦、余弦、正切与余切的定义等知识已有了一定基础. 高中阶段所学习的三角知识是对学生既有知识的再认知和升华,体现了从几何方法到代数方法这一研究方式的转变. 本章知识的内在逻辑联系紧密并相互关联,在教学中应重视基本概念和公式的生成过程,充分揭示知识之间的内在联系, 使学生明白有关知识的来龙去脉. 本章的知识将为后续章节和其他学科的学习奠定基础, 在教学中应强调三角概念及常用公式和正弦、余弦定理的工具性价值和一定的应用价值, 而不必过分纠缠于复杂的计算和解答技巧.

本章的学习可以帮助学生在用锐角的正弦、余弦、正切刻画直角三角形中边角关系的基础上,借助于单位圆对一般的角度建立正弦、余弦、正切等概念,了解引入弧度制的必要性; 探索和研究正弦、余弦、正切等之间的一些恒等关系; 探索三角形边长与角度的关系, 掌握正弦、余弦定理, 并能用它们解决简单的实际问题.

本章的三节内容与学科核心素养密切相关. 在“正弦、余弦、正切、余切”过一节中, 通过数学抽象和直观想象重新建构了角及其度量方法, 以及正弦、余弦、正切、 余切等概念, 并展示了同角三角关系, 诱导公式和已知某个角的正弦、余弦、正切的值求角等内容. 在“常用三角公式”一节中,通过数学抽象和逻辑推理,在得到两角差的余弦公式基础之上, 推导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式, 二倍角公式, 半角的正弦、余弦、正切公式以及和差化积与积化和差公式. 这一系列的三角恒等变换过程, 对培养学生逻辑推理和数学运算等学科核心素养提出了较高的要求. 在 “解三角形”一节中, 关于正弦、余弦定理的推导和使用体现了对数学抽象、逻辑推理和数学运算等核心素养的要求, 而处理三角测量的实际问题对培养学生数学建模的核心素养也有较大的作用. 由于本章已经初步把数与形结合起来, 直角坐标系和单位圆被广泛使用, 在教学中应尽量多结合图形来帮助学生突破认知难点, 加深数学理解, 而数形结合正是直观想象这一学科核心素养的体现.

### 课时安排建议

本章的课时安排建议为 17+2 ,共计 19 课时. 建议如下:

<table><tr><td>章节名</td><td>建议课时数</td><td>具体课时分配建议</td></tr><tr><td rowspan="5">6.1 正弦、余弦、正切、余切</td><td rowspan="5">8</td><td>锐角的正弦、余弦、正切、余切 0.5 课时</td></tr><tr><td>任意角及其度量 1.5 课时</td></tr><tr><td>任意角的正弦、余弦、正切、余切 3 课时</td></tr><tr><td>诱导公式 2 课时</td></tr><tr><td>已知正弦、余弦或正切值求角 1 课时</td></tr><tr><td rowspan="3">6.2 常用三角公式</td><td rowspan="3">5</td><td>两角和与差的正弦、余弦、正切公式 3 课时</td></tr><tr><td>二倍角公式 1 课时</td></tr><tr><td>三角变换的应用 1 课时</td></tr><tr><td rowspan="2">6.3 解三角形</td><td rowspan="2">4</td><td>正弦定理 1 课时</td></tr><tr><td>余弦定理 3 课时</td></tr><tr><td>探究与实践</td><td>1</td><td/></tr><tr><td>复习与小结</td><td>1</td><td/></tr></table>

### 内容编排与特色

本章内容共分为三节,分别是 6.1 正弦、余弦、正切、余切,6.2 常用三角公式,

6.3 解三角形.

“6.1 正弦、余弦、正切、余切”包含以下五方面内容:锐角的正弦、余弦、正切、 余切；任意角及其度量；任意角的正弦、余弦、正切、余切；诱导公式；已知正弦、 余弦或正切值求角. 锐角的正弦、余弦、正切、余切复习了相应的定义,以及同角三角关系和诱导公式, 建立了本节学习的认知起点. 任意角及其度量将角的定义推广、 拓展到任意角, 并置于平面直角坐标系中研究, 而弧度制是用圆的弧长与半径的比值来度量角的一种新方法, 不仅使得某些公式简洁漂亮, 更为后续的学习打下良好的基础. 任意角的正弦、余弦、正切、余切介绍了如何从初中所学锐角的正弦、余弦、正切、余切通过平面直角坐标系推广到任意角的正弦、余弦、正切、余切, 进而研究同角三角关系并简单应用. 借助单位圆和对称性得到一系列诱导公式,并将“奇变偶不变, 符号看象限”写入教材, 强调可以将(终边不在坐标轴上的)任意角的三角转化为锐角的三角,而正弦与余弦、正切与余切的相互转化也为三角公式推导和后续学习莫定基础. “已知正弦、余弦或正切值求角”的实质是使用单位圆和正弦、余弦、正切的定义, 数形结合的观念是有关推导的关键. 该小节强调一般性结论和具特殊三角值的角的求解, 淡化了原二期课改教材对求解三角方程的要求.

“6.2 常用三角公式”包含以下三部分:两角和与差的正弦、余弦、正切公式；二倍角公式; 三角变换的应用. 两角和与差的正弦、余弦、正切公式和二倍角公式与二期课改教材相较变动不大. 而在三角变换的应用中出现了半角的正弦、余弦和正切公式、和差化积公式、积化和差公式, 这些是两角和与差公式、二倍角公式的应用, 关键在于体会公式推导过程, 淡化这三组公式的使用. 本节还在 “探究与实践” 中安排了万能代换公式的推导, 在 “课后阅读” 中安排了三角变换公式简史, 以拓宽学生视野, 通过数学文化提升学生的核心素养.

“ 6.3 解三角形”由正弦定理和余弦定理两部分组成. 正弦定理和余弦定理需要体会定理的推导过程, 并能灵活运用这两个定理处理不同条件下的三角形问题, 进而利用这些知识处理一些简单的实际问题. 本节还在 “探究与实践” 中安排了海伦公式和 “三斜求积”公式的等价性证明, 在“课后阅读”中安排了三角学发展简史, 促进学生了解历史上中国数学家的贡献, 通过数学史的学习提高对数学的认知和兴趣, 感悟数学的文化价值.

本章综合了几何与代数的方法, 强调和突出了数与形的结合. 除了完整的知识结构外, 本章还穿插了学生的探究、体验活动, 注重对学生数学核心素养的培养.

### 教学提示

正弦、余弦、正切、余切的教学,应该把学生初中学过的三角知识作为认知起点, 重新对角及其度量方法, 正弦、余弦、正切、余切的定义, 同角三角关系, 诱导公式等知识进行建构. 正弦、余弦、正切、余切的教学应引导学生结合实际情境,借助单位圆的直观, 探索其有关性质. 由于这部分知识中的概念较多, 对数学抽象素养有较高要求, 在教学中应尽量多使用图形, 借助几何直观来帮助学生加深理解. 这部分知识前后联系非常紧密, 知识环环相扣, 在教学中需根据学生的学习状况采用合理的教学节奏, 做到循序渐进.

在三角恒等变换的教学中, 可以采用不同的方式得到三角恒等变换的基本公式. 由于出现的公式数量较多, 且公式之间的关系非常密切, 在教学中要充分展示公式的推导方法, 揭示公式之间的内在联系及其转化规律. 在导出公式后, 要通过对典型例题的讲解、归纳、概括, 准确地揭示解题规律与方法. 通过适量难度适当的习题, 使学生加强理解并会运用公式进行简单的恒等变换, 培养学生观察问题、分析问题与解决问题的能力, 充分体会数形结合和化归等数学思想方法. 三角恒等变换的教学应淡化技巧, 避免编制偏题和怪题.

解三角形的教学应从实际情景出发, 充分说明正弦定理和余弦定理来源于生产、 生活实际. 在解三角形的应用教学中, 要引导学生理解正弦定理和余弦定理如何用于描述客观世界事物的变化规律, 体会正弦定理和余弦定理与现实世界的密切联系.

可以组织学生收集、阅读三角学的形成与发展的历史资料,结合内容撰写报告, 论述三角学发展的过程、重要结果、主要人物、关键事件及其对人类文明的贡献.

### 评价建议

与其他章节相比, 本章概念和公式比较多, 知识之间前后联系紧密, 必须高度关注数学的学习评价, 了解学生的学习过程和知识掌握情况, 做到循序渐进.

教学评价需要关注概念与公式的形成. 通过创设合适的教学情境,利用合适的数学问题加以引导,对学生知识形成、表达、交流过程进行评价. 例如,通过观察调节手表指针等生活现象, 发现角的概念, 不但需要考察旋转的量, 而且要考察旋转的方向, 通过课堂观察评价学生对角的概念的数学抽象过程.

教学评价需要关注数学基本技能的形成. 例如, 在同角三角关系和三角常用公式的教学中, 要关注学生能否在理解数学公式的基础上, 掌握数学运算、推理、变换等技能和方法, 能否根据问题的特点合理选择公式, 并能准确熟练地进行恒等变换. 在解三角形过程中, 能够根据三角形的已知量, 合理选择正弦或余弦定理加以运用.

教学评价中需要关注学生能力的培养和形成. 例如,本章中数形结合思想是主线, 在角、正弦、余弦、正切和余切等诸多概念中, 在诱导公式、两角差的余弦公式、正弦定理、余弦定理等的推导过程中, 都体现着直观想象这一核心素养. 在三角恒等变换过程中, 化归的数学思想方法始终蕴含其中. 在用正弦定理和余弦定理解决简单的实际问题时, 教学评价必须关注数学建模能力是否得到提升.

本章的活动案例评价可以采用两个探究与实践活动:万能代换公式,“三斜求积” 与海伦公式的等价性证明; 也可以在学习解三角形后自行设计, 对实际问题进行三角测量. 活动的形式可以是个体活动, 也可以是小组活动. 活动的成果可以采用提交研究报告或者小论文等多种形式,并对活动过程或者活动成果进行评价.

在本章的阶段评价中关注的知识重点是: 1. 了解任意角的概念和弧度制, 能进行弧度与角度的互化, 理解正弦、余弦、正切和余切的定义, 理解同角三角的基本关系式并简单运用; 推导出诱导公式并简单运用; 能在已知角的正弦、余弦、正切的条件下求角. 2. 能推导出两角差的余弦公式, 能通过两角差的余弦公式推导两角和与差的正弦、余弦、正切公式以及二倍角的正弦、余弦、正切公式, 了解它们的内在联系; 能运用上述公式进行简单的恒等变换, 包括推导出半角公式、积化和差与和差化积公式. 3. 掌握正弦定理、余弦定理, 能用正弦定理、余弦定理解决简单的实际问题.

#### 二、教材分析与教学建议

##### 6.1 正弦、余弦、正切、余切

### 教学重点

了解任意角的概念和弧度制, 能进行弧度与角度的互化, 初步体会引入弧度制的必要性. 借助单位圆理解正弦、余弦、正切和余切的定义.

理解同角三角的基本关系式: ${\sin }^{2}x + {\cos }^{2}x = 1,\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$ 等,并能用这些关系式解决一些三角恒等式的化简与证明.

借助于单位圆的对称性,利用定义推导出诱导公式 $\left( {\pi  \pm  \alpha ,\frac{\pi }{2} \pm  \alpha }\right.$ 等的正弦、余弦、正切 $)$ , 并能够进行简单的求值、化简与证明.

能够从已知角的正弦、余弦、正切值求角, 并能简单应用.

### 内容分析

在初中阶段, 已定义了锐角的正弦、余弦、正切和余切, 并得到了同角三角关系和部分诱导公式以及部分特殊角的三角值. 当角度推广到任意角,为了进一步研究的便利引入了弧度制, 同时借助平面直角坐标系得到任意角的正弦、余弦、正切和余切及相应的同角三角关系. 诱导公式使得(终边不在坐标轴上的)任意角的三角函数可以转化为锐角的三角函数, 同时也体现了正弦与余弦、正切与余切可以互相转化, 为后续三角公式的推导和三角函数的学习奠定基础. 已知正弦、余弦、正切值来求角,虽然可以视为诱导公式的运用, 但为保证严密性, 利用三角的定义和单位圆, 通过数形结合推导得到一般性的结论. 在本节中, 概念的内涵和公式的推导需要准确理解和体会, 平面直角坐标系和单位圆是两个常用的重要工具, 对数学抽象、逻辑推理和直观想象要求较高, 对数学运算也有相应的要求.

例 1 旨在说明任意角总可以转化为一个在 ${0}^{ \circ  } \sim  {360}^{ \circ  }$ 范围内的终边相同的角,进而可判断角所属的象限.

例 2 旨在例示终边重合的所有角, 理解其集合含义, 并找出给定范围内的终边相同的角.

例 3 旨在说明如何将弧度化为弧度.

例 4 旨在说明如何将弧度化为角度. 例 3 和例 4 不需要强记公式,只要了解 $\pi$ 弧度 $= {180}^{ \circ  }$ 即可相互转化. 在使用计算器时需要提醒学生两种度量制的差异.

例 5 旨在说明在弧度制下如何表示终边相同的角.

例 6 旨在说明在弧度制下如何判断角所属的象限, 其中分类讨论是本题的一个难点. 本题也可从数形结合的角度通过几何直观判断.

例 7 和例 8 旨在说明如何根据角的终边上一点的坐标求得角的正弦、余弦、正切和余切值. 其中, 例 7 为终边位于象限中的角, 而例 8 为终边位于坐标轴上的角, 其中某些值(余切值)是不存在的.

例 9 旨在让学生了解通过正弦、余弦、正切的符号来判断角所属的象限.

例 10 给出已知角, 通过单位圆求出角的正弦、余弦、正切值. 值得注意的是, 正弦、余弦、正切值可以用角的终边上的点的坐标, 特别是圆心在原点的单位圆上的点的坐标来计算.

例 11 和例 12 给出了已知角的一个三角值, 求其他三角值的方法. 解题的关键在于平方关系, 而开方运算中符号的选取则由角的终边所在的位置确定. 因为涉及了分类讨论和解方程的思想, 例 12 比例 11 略难. 由于本教材中未要求学生掌握正割和余割, 而例 12 又是相当常见的问题, 学生需要掌握这种不通过正割和余割来计算的方法.

例 13 旨在熟悉同角三角关系的常见变化形式, 从而能够熟练进行求值.

例 14 旨在熟悉使用同角三角关系通过恒等变换进行证明的方法, 其中(1)和(2) 实质上是正切与正割、余切与余割的平方之间的关系. 考虑到国家课程标准要求, 此处未给出正割、余割的数学符号及名词. 值得注意的是,证明这些恒等关系的方法并不唯一, 因为证明恒等式可以采用从左至右、从右至左、作差等不同的形式. 本题不但体现了数学转化的思想, 还对分析、推理、计算能力等都有较高的要求.

例 15 和例 16 旨在熟悉诱导公式的使用, 前一例具体而相对简单, 后一例抽象而具一般性. 在使用诱导公式时, 不仅仅要注意转化路径的多样性, 更希望体会 “符号看象限”的含义,从而可以灵活应用公式,切忌对公式死记和硬套.

例 17 和例 18 旨在熟悉诱导公式, 体会“奇变偶不变, 符号看象限”的含义并加以运用.

例 19 综合了正弦、余弦的定义与诱导公式, 刻画了简单的旋转变换. 还可以根据学生水平, 将此题抽象并推广得到一般化的结论.

例 20 和例 21 都是从已知角的正弦、余弦、正切值求角, 在本小节仅要求对具特殊三角值的角进行求解.

### 注意事项

在高中, 角是通过旋转来定义的, 虽然这里有运动过程, 角的概念已经一般化, 但角依然是一个几何量. 本章在平面直角坐标系中研究角, 用解析的方法将几何问题代数化. 规定逆时针方向旋转所得的角为正角,这是一个习惯或约定,并没有什么道理可讲, 不必对此纠缠.

圆心角的大小与所在圆的半径无关, 因此在单位圆中可以用角度来表示弧长, 反之也可用单位圆的弧长来度量角度. 弧度制简化了运算, 但在中学阶段, 要让学生充分理解弧度制的必要性和优越性是比较困难的, 将来学了微积分才可深入理解这一点. 现阶段对此不必过分要求学生去体会, 只需告知学生这样做会带来研究的方便就可以了. 教材上提到, “在弧度制下, 每个角都是一个确定的实数, 而每个实数也可以表示一个确定的角, 这就构成角的集合与实数集合之间的一个一一对应关系”. 其实, 无论在角度制还是弧度制下, 都能建立角的集合与实数集合之间的一一对应, 只是具体对应关系不同. 教材中提到了弧度制下的弧长公式和扇形面积公式比角度制下要简单, 这是高中学生能理解的主要例子. 弧度制的重要性在于它为微积分中的计算带来极大的便利. 只有在弧度制下,才有简单的公式 $\mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow  0}}\frac{\sin x}{x} = 1$ ,并使得微积分中的大量公式取最简单的形式.

借助平面直角坐标系, 将锐角的正弦、余弦、正切和余切的定义推广到任意角, 是从长度之比转化到了坐标之比, 而后又在单位圆中将其定义为相应的坐标. 以往有的教材中曾说过的三角函数线, 虽能实现同样的目的, 但三角函数线在学生学完三角后不再有用,国家课程标准中也未提到三角函数线,本书不再对此有所介绍.

对掌握不同象限的角的正弦、余弦和正切的符号在教学上要高度重视. 在已知角的某个三角值求其余三角值时, 除了同角三角公式中的平方关系是解答的关键, 还和通过角所属的象限确定三角的符号相关联. 掌握该知识对后续学习和运用诱导公式等也有重要意义.

国家课程标准对正割和余割不作要求,因此同角三角关系的公式仅写出四个,和初中在内容和形式上相同但要求不同. 考虑到后续章节的学习,正割和正切、余割与余切的平方关系仅在例题和边框中作了必要介绍, 但无需拓展加深. 此外, 考虑到知识的系统性和后续章节的学习, 本书对余切作了一定介绍, 但这已经略微超出国家课程标准的要求, 因此对于余切的要求也不宜过高.

诱导公式的第一课时介绍了如何使用不同的诱导公式将(终边不在坐标轴上的)任意角的三角值最终转化为锐角的三角值. 第二课时介绍了如何运用诱导公式将正弦与余弦、正切与余切相互转化, 从而为后续的两角和与差公式的推导及三角函数的学习等提供工具. 诱导公式推导的关键在于单位圆的使用和对称关系, 其中数形结合的思想方法进一步被强化, 可以进一步提升学生的直观想象和逻辑推理方面的素养.

### 教学建议

高中的三角知识虽然与初中的有较大的差异, 但并不意味着初中三角知识可以完全被摒弃,它们实际上是高中三角教学的认知起点. 复习锐角的正弦、余弦、正切、 余切在教学上是必要的, 不仅在于一些定义和公式在形式上是一致的, 而且有利于从锐角的三角知识转化为高中的三角知识.

高中三角的内容是中学数学的重要组成部分, 它的基础主要是几何中的相似形和圆, 但主要用代数方法来研究, 这就初步把代数和几何联系起来了. 角是由射线旋转运动形成的, 要理解任意角中正角和负角是具有相反意义的量, 它的正、负值是为了区分其旋转方向而人为规定的. 同样,象限角也是为了需要人为规定的. 在教学中, 应通过具体实例, 用旋转的观点讲清角的概念推广的实际意义, 说明推广角的概念和引进任意角的必要性.

由于本节的三角知识已经初步把数和形结合起来, 在教学中应尽量多地用图形尤其是单位圆来帮助学生加深理解. 又本节的知识前后联系非常紧密, 后面的知识经常要用到前面的知识, 因此在教学中要随时了解学生的学习情况, 并据此调节教学节奏, 做到循序渐进.

要借助单位圆和对称性的几何直观, 让学生探索三角函数的诱导公式. 在这一过程中, 要引导学生通过类比, 发现其他形式的对称性以及与旋转变换相关的坐标关系, 尝试建立数学公式, 并验证公式的正确性. 要引导学生自己归纳出记忆公式的方法, 并理解其中的道理. 诱导公式的使用要建立在对 “奇变偶不变, 符号看象限”含义的准确理解基础之上, 绝不要硬记所有的公式.

“已知正弦、余弦或正切值求角”虽然从诱导公式引入,但应用诱导公式并不能保证严密性, 而使用单位圆和对称性加以推导, 在数学论证上则是比较严密的. 本课时并不对求解三角方程有所要求, 虽然所学习的公式具有一般性, 但考虑到学生并不具备反三角函数的知识, 因此仅限于对已知特殊角的正弦、余弦或正切值求角.

#### 6.2 常用三角公式

### 教学重点

通过推导两角差的余弦公式, 知道两角差的余弦公式的意义.

能从两角差的余弦公式推导两角和与差的正弦、余弦、正切公式, 二倍角的正弦、余弦、正切公式, 并了解它们的内在联系.

能运用上述公式进行简单的恒等变换, 包括推导出半角公式、积化和差公式、和差化积公式(这三组公式不强行要求记忆).

### 内容分析

本教材中, 两角和与差的正弦、余弦、正切公式是在两角差的余弦公式的基础上, 通过诱导公式与同角三角关系推导得到的, 由此可进一步得到其常用的特例一二倍角公式. 半角公式可视为由二倍角公式的变化形成, 而积化和差、和差化积公式可视为由两角和与差的正弦、余弦公式变形而成. 积化和差公式与和差化积公式又可以相互推导. 因此, 需要熟悉两角差的余弦公式的推导过程, 灵活掌握恒等变换中的正用、逆用和变化应用, 将本节中的各个公式有机联系起来.

例 1 旨在例示如何在简单的情形中抓住角之间的联系, 使用两角和与差的余弦公式. 要注意本题的解答方法不唯一.

例 2 旨在例示如何在相对复杂的情况下使用两角差的余弦公式, 其中在同角三角平方关系的使用中, 由角所属的象限确定相应三角值的符号是解题的关键.

例 3 旨在通过关注角之间的联系, 合理用已知角表示目标角, 再使用两角差的余弦公式. 注意, 学生容易直接使用两角和的余弦公式, 再使用解方程的方法求得目标角的余弦, 但这并不是最优的方法. 通过本例让学生体会可以从不同的角度思考问题, 从而合理选择公式和算法.

例 4 旨在例示如何在简单的情形中抓住角之间的联系, 使用两角差的正弦公式.

例 5 旨在例示如何使用两角和与差的正弦公式进行恒等变换. 其中,观察等式右侧的特征是合理使用公式的关键.

例 6 和例 7 旨在体现如何在简单的情形中使用两角和与差的正切公式.

例 8 是关于斜三角形的一个常见又比较重要的结论, 而其证明用的是两角和的正切公式的一个常见变化形式. 学生需要熟悉两角和与差公式的一些常见变化形式.

例 9 可以为求解向量绕原点旋转作预备, 进而可推导出平面直角坐标系的坐标旋转公式. 由于本题综合了三角的定义和两角和的正弦与余弦公式, 不但有典型性, 更有较强的综合性.

例 10 将单角化为复合角, 被称为辅助角公式. 本例综合了三角的定义与两角和或差的正弦公式的逆向使用,且事实上还存在着某种构造性的应用,这个公式的掌握对学生来讲是相对困难的.

例 11 旨在例示如何在简单的情形中使用二倍角公式.

例 12 旨在说明如何从二倍角公式推导三倍角的余弦公式, 进一步可以用类似方法推导多倍角的相应公式. 该公式曾在历史上为三次方程的求解提供了重要的思路, 但在教学上不应强调记忆该公式, 只需掌握其推导方法和体会转化的思想.

例 13 旨在说明二倍角公式如何用来“降次”或“升次”. 虽然本题为证明恒等式, 但重要的是需要掌握二倍角公式的正用或逆用的方法.

例 14、例 15、例 16 与例 17 分别证明了半角的正弦、余弦、正切公式, 积化和差公式与和差化积公式. 以例题形式呈现的目的在于强调公式的推导过程, 而淡化公式的记忆和应用. 在例 14 和例 15 中, 公式的成立是有条件的, 但考虑到本课时的目的在于体会推导过程, 并未在此展开, 可根据学生的具体情况必要时补充说明.

### 注意事项

在两角差的余弦公式的推导中, 由于角为任意角, 在平面直角坐标系中采用了解析方法通过构造图形而加以证明. 这种推导方法有利于提升学生的分析和论证能力, 培养学生的数学素养.

本节中很多的三角公式是有适用条件的, 在教学过程中应予注意, 以保证数学的严谨性,但不宜对此有较高的要求.

在三角恒等变换过程中, 熟悉公式的特征才能够合理正用、逆用或变化使用公式; 观察角(已知角和目标角)之间的联系也会影响公式选用的合理性; 而涉及到平方关系的表达式在开方运算过程中往往与角所属象限的三角的符号选择有关. 以上三点是本节公式使用的难点, 需要在学习中予以强调. 事实上, 这些在本节公式的推导过程中都分别有所体现, 在教学中必须注重分析和展现这些要点.

### 教学建议

辅助角公式是在下一章三角函数学习中常用的工具. 辅助角公式在教学上不仅是重点, 而且由于综合了等式的构造、三角的定义、两角和与差公式的逆向使用等知识和方法, 更是教学中的难点.

二倍角公式与半角公式存在天然的联系, 在二倍角公式的逆用和变化使用中需要适当控制难度.

半角公式、积化和差公式与和差化积公式在教学中不必过分展开, 不需要强调记忆, 更不必强调使用这些公式进行化简、求值与证明. 体会推导过程中的知识来源、 恒等变换方法及数学思想, 让学生知道这些公式并在需要时能够查阅或推导, 就达到了该小节的教学目的.

#### 6.3 解三角形

### 教学重点

探索三角形边长与角度的关系, 掌握正弦定理、余弦定理.

能用正弦定理、余弦定理解决简单的实际问题.

### 内容分析

“解三角形”包含两部分内容: 一是正弦定理和余弦定理的推导, 并应用于求三角形的边长或角度等基本量; 二是综合应用正弦定理和余弦定理解决简单的实际问题.

例 1 作为本节引例, 将生产生活中的实际问题转化为具体数学问题, 体现了在解三角形中引入正弦定理的必要性, 同时也有利于学生数学建模能力的培养. 从教学要求来说, 在已知三角形两角和一边的条件下, 使用正弦定理入手求解三角形中的其他量相对比较容易, 无需再像初中时那样通过辅助线并转化为直角三角形来求解.

例 2 主要介绍了正弦定理中边与所对角的正弦之比的几何意义. 本题对圆的基础知识的了解有一定要求, 本质上是转化为直角三角形处理. 该证明方法和数学史上的一般证明方法有一定差异, 但相对来讲更容易理解.

例 3 旨在熟悉面积公式和例 2 的结论.

例 4 要求在已知三角形两边和一夹角的条件下, 求其他的边或角等基本量. 对此问题, 从余弦定理入手相对便利. 在求得另一边后, 用正弦定理或余弦定理求其他量都是可行的选择. 在使用正弦定理求得角的正弦后, 在判断角为锐角或钝角时, 可以借助大边对大角的定性判断.

例 5 旨在说明在已知三角形两边和其中一边所对的角的条件下, 求其他的边或角等基本量. 对此问题, 使用正弦定理或余弦定理入手都是可行的. 如果从正弦定理入手,要判断角为锐角或钝角,可使用大边对大角来加以判断,在某些情况下也是有难度的. 如果从余弦定理入手求边, 计算量相对较大, 但判断解较为容易. 对于此类问题不要求深入研究, 能够根据相应条件求解即可.

例 6 说明在已知三角形三边的条件下, 求其角. 对此问题, 使用余弦定理入手解三角形是常用的方法. 在已知三角形三边求面积的过程中, 也给出了证明海伦公式的一般思路.

例 7 旨在说明如何综合运用正弦定理和余弦定理证明三角形的相关问题. 在教学过程中也可以让学生探究本题的其他证明方法.

例 8 实际上也是典型的三角形求解综合问题, 涉及了三角形面积公式、余弦定理和同角三角关系. 在三角形求解过程中, 要意识到已知某个角的正弦值求其余弦值时, 会涉及到对角为锐角还是钝角的判断.

例 9 是将第一节中“已知正弦、余弦或正切值求角”和反三角函数知识综合起来的题目. 在教学中, 对反三角函数知识不必过分拓展和拔高, 也不应拓展到三角方程.

例 10 是常见的三角测量问题. 在初中, 学生通常将其处理为两个直角三角形的求解, 而本题告诉学生也可以将其处理为一个斜三角形和一个直角三角形的求解. 该模型的建立和求解是相对容易的, 而且符合学生的生活体验, 因此将其作为正弦定理和余弦定理应用于三角测量中的第一个案例.

例 11 让学生进一步体会三角测量的模型建立过程, 而借助图形和数据分析是解决问题的关键. 三角测量往往涉及多个三角形, 需要分析判断已有数据, 选用合理的求解顺序和定理.

### 注意事项

正弦定理和余弦定理是三角形中边角关系的定量刻画, 正弦定理是直角三角形中边角数量关系的推广, 余弦定理是直角三角形勾股定理的推广. 在证明定理的过程中, 学生容易通过作三角形的高从而转化为直角三角形来推导, 但该方法必须用分类讨论来保证其严谨性, 这点对许多学生来讲是有难度的. 本教材中用解析法证明正弦定理和余弦定理, 与正弦、余弦、正切的定义等知识一脉相承, 学生还可以体会到解析法论证带来的简洁之美.

正弦和余弦定理在三角测量中的应用较为广泛,如“如何测量底部不能达到的建筑物高度” “如何测量地面上不能达到的两点间距离” 等. 本节仅要求处理简单的三角测量问题.

### 教学建议

正弦定理和余弦定理的证明方法较多,教师可以引导学生探究不同的证明,提高学生的学习主动性和论证能力.

解三角形案例中, 已知三角形两边和一对角求解其他量时, 用正弦定理和余弦定理入手都是可行的方法, 不要误认为只有用正弦定理入手才便利. 对于这类问题的解的讨论, 在国家课程标准中是不作要求的, 只要给出数据加以求解即可. 事实上求解过程也会面临解的讨论问题, 但无需过分拓展.

本教材中对反三角函数的要求是掌握锐角的反三角函数表示, 或者说只要求以反三角函数记号表达锐角即可. 考虑到后续章节 (如向量、解析几何和立体几何等章节) 的学习需要, 结合第一节“已知正弦、余弦或正切值求角”的知识, 可以得到一般性结论. 不要求掌握反三角函数的定义、性质和图像, 仅要求能够用反三角函数的记号表达所求角, 并能用计算器求出近似值. 另外, 这里并不意味着对三角方程的求解提出要求.

正弦定理与余弦定理的教学一定要联系实际,使学生懂得解三角形的知识在实际生活中有着广泛的应用, 从而加强数学的应用意识, 并提高学习的积极性. 在用正弦定理、余弦定理解决简单的实际问题的教学中, 要注重让学生体会数学建模的一般思路和方法, 同时也要注意控制问题难度和引导学生合理使用计算器等工具.

#### 三、参考答案或提示

##### 6.1 正弦、余弦、正切、余切

练习 ${6.1}\left( 1\right)$

1. (1) 错误. (2)正确. (3)错误. (4) 错误.

2. $\left\{  {\alpha  \mid  k \cdot  {360}^{ \circ  } + {180}^{ \circ  } < \alpha  < k \cdot  {360}^{ \circ  } + {270}^{ \circ  }, k \in  \mathbf{Z}}\right\}  ,\left\{  {\alpha  \mid  \alpha  = k \cdot  {360}^{ \circ  } + {90}^{ \circ  }, k \in  \mathbf{Z}}\right\}$ .

3. ${\left( 1\right) }^{{45}^{ \circ  }}$ ,第一象限.

(3) ${350}^{ \circ  }$ ,第四象限. (4) ${170}^{ \circ  }$ ,第二象限.

练习 ${6.1}\left( 2\right)$

1. $\frac{\pi }{12}, - \frac{3}{5}\pi ,\frac{\pi }{8}$ .

2. ${165}^{ \circ  }, - {72}^{ \circ  }, - {171.89}^{ \circ  }$ .

3. ${3\pi }\mathrm{{cm}},{15\pi }{\mathrm{{cm}}}^{2}$ .

4. 第二象限或第四象限.

练习 ${6.1}\left( 3\right)$

1. $\sin \alpha  = \frac{3\sqrt{13}}{13},\cos \alpha  =  - \frac{2\sqrt{13}}{13},\tan \alpha  =  - \frac{3}{2},\cot \alpha  =  - \frac{2}{3}$ .

2. C.

3. (1)第三象限. (2) 第三象限.

练习 ${6.1}\left( 4\right)$

1. $\sin \frac{5\pi }{3} =  - \frac{\sqrt{3}}{2},\cos \frac{5\pi }{3} = \frac{1}{2},\tan \frac{5\pi }{3} =  - \sqrt{3},\cot \frac{5\pi }{3} =  - \frac{\sqrt{3}}{3}$ .

2. $\sin {k\pi } = 0,\cos {k\pi } = {\left( -1\right) }^{k}\left( {k \in  \mathbf{Z}}\right)$ .

3. $\sin \alpha  =  - \frac{2\sqrt{5}}{5},\tan \alpha  = 2,\cot \alpha  = \frac{1}{2}$ .

4. 当 $\alpha$ 为第一象限的角时, $\sin \alpha  = \frac{3\sqrt{10}}{10},\cos \alpha  = \frac{\sqrt{10}}{10},\tan \alpha  = 3$ ; 当 $\alpha$ 为第三象限的角时, $\sin \alpha  =  - \frac{3\sqrt{10}}{10},\cos \alpha  =  - \frac{\sqrt{10}}{10},\tan \alpha  = 3$ .

### 练习 ${6.1}\left( 5\right)$

1. $\frac{2\sin \alpha  + \cos \alpha }{\sin \alpha  - \cos \alpha } = \frac{2\tan \alpha  + 1}{\tan \alpha  - 1} = \frac{7}{2}$ .

2. (1) 1. (2) 1.

3. 证明: ${\cot }^{2}\alpha  - {\cos }^{2}\alpha  = \frac{{\cos }^{2}\alpha }{{\sin }^{2}\alpha } - {\cos }^{2}\alpha  = \frac{{\cos }^{4}\alpha }{{\sin }^{2}\alpha } = {\cot }^{2}\alpha  \cdot  {\cos }^{2}\alpha$ .

练习 ${6.1}\left( 6\right)$

1.(1)方法一:根据角 $\alpha$ 与角 ${2\pi } - \alpha$ 的终边关于 $x$ 轴对称,证明略；

方法二: $\sin \left( {{2\pi } - \alpha }\right)  = \sin \left( {-\alpha }\right)  =  - \sin \alpha$ .

(2)(3)(4)同理可证.

2.(1) $\frac{\sqrt{2}}{2}$ . (2) $- \frac{\sqrt{3}}{2}$ . (3) $\sqrt{3}$ .

3. (1) -3. (2) $\sin \alpha$ .

练习 6.1(7)

1. (1) $\sin \left( {\frac{3\pi }{2} - \alpha }\right)  = \sin \left( {\frac{\pi }{2} + \pi  - \alpha }\right)  = \cos \left( {\pi  - \alpha }\right)  =  - \cos \alpha$ .

(2)(3)(4)同理可证.

2. $\cos \alpha$ .

3. 设点 $A\left( {3,4}\right)$ 位于角 $\theta$ 的终边上,则 $\sin \theta  = \frac{4}{5},\cos \theta  = \frac{3}{5}$ . 点 ${A}^{\prime }\left( {x, y}\right)$ 位于角 $\theta  - \frac{\pi }{2}$ 的终边上,且 $O{A}^{\prime } = {OA} = 5,\sin \left( {\theta  - \frac{\pi }{2}}\right)  = \frac{y}{5},\cos \left( {\theta  - \frac{\pi }{2}}\right)  = \frac{x}{5}$ ,从而有 $x = \; 5\cos \left( {\theta  - \frac{\pi }{2}}\right)  = 5\sin \theta  = 4, y = 5\sin \left( {\theta  - \frac{\pi }{2}}\right)  =  - 5\cos \theta  =  - 3.$

所以,点 ${A}^{\prime }$ 的坐标为 $\left( {4, - 3}\right)$ .

练习 ${6.1}\left( 8\right)$

1. (1) $x = {k\pi } - {\left( -1\right) }^{k}\frac{\pi }{3}, k \in  \mathbf{Z}$ . (2) $x = {2k\pi } \pm  \frac{2\pi }{3}, k \in  \mathbf{Z}$ . (3) $x = {k\pi } - \; \frac{\pi }{3}, k \in  \mathbf{Z}$ .

2. (1) $\left\{  {\frac{\pi }{2},\frac{11\pi }{6}}\right\}$ . (2) $\left\{  {x\left| {\;x = {k\pi } + \frac{5\pi }{24}}\right. \text{或}x = {k\pi } - \frac{11\pi }{24}, k \in  \mathbf{Z}}\right\}$ .

(3) $\left\{  {x\left| {\;x = \frac{k\pi }{3} - \frac{\pi }{6}}\right. , k \in  \mathbf{Z}}\right\}$ .

习题 6.1

A 组

(2) C. (3) C.

2.(1)359°,第四象限. (2) ${170}^{ \circ  }$ ,第二象限.

3. (1) $\frac{5\pi }{4}$ ,第三象限. (2) $\frac{25\pi }{3}$ ,第一象限.

(3) $- \frac{\pi }{8}$ ,第四象限.

4. $\alpha  = \frac{5\pi }{6}, S = \frac{5\pi }{3}$ .

5. (1) $\sin \alpha  =  - \frac{4}{5},\cos \alpha  = \frac{3}{5},\tan \alpha  =  - \frac{4}{3},\cot \alpha  =  - \frac{3}{4}$ .

(2) $\sin \alpha  =  - \frac{\sqrt{3}}{2},\cos \alpha  =  - \frac{1}{2},\tan \alpha  = \sqrt{3},\cot \alpha  = \frac{\sqrt{3}}{3}$ .

6.(1)负号. (2)负号. (3)正号.

7.(1)第四象限. (2)第一象限或第四象限.

8.(1) $\sin \frac{2\pi }{3} = \frac{\sqrt{3}}{2},\cos \frac{2\pi }{3} =  - \frac{1}{2},\tan \frac{2\pi }{3} =  - \sqrt{3}$ .

(2) $\sin \frac{7\pi }{6} =  - \frac{1}{2},\cos \frac{7\pi }{6} =  - \frac{\sqrt{3}}{2},\tan \frac{7\pi }{6} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ .

9. ( 1 ) $\cos \alpha  = \frac{\sqrt{5}}{3},\tan \alpha  =  - \frac{2\sqrt{5}}{5}$ .

( 2 )当 $\alpha$ 为第二象限的角时, $\sin \alpha  = \frac{\sqrt{5}}{5},\cos \alpha  =  - \frac{2\sqrt{5}}{5}$ ；当 $\alpha$ 为第四象限的角时, $\sin \alpha  =  - \frac{\sqrt{5}}{5},\cos \alpha  = \frac{2\sqrt{5}}{5}$ .

10. 证明: (1) ${\sin }^{4}\alpha  + {\cos }^{4}\alpha  = {\left( {\sin }^{2}\alpha  + {\cos }^{2}\alpha \right) }^{2} - 2{\sin }^{2}\alpha {\cos }^{2}\alpha  = 1 - 2{\sin }^{2}\alpha {\cos }^{2}\alpha$ .

(2) $\tan \alpha  - \cot \alpha  = \frac{\sin \alpha }{\cos \alpha } - \frac{\cos \alpha }{\sin \alpha } = \frac{{\sin }^{2}\alpha  - {\cos }^{2}\alpha }{\sin \alpha \cos \alpha } = \frac{1 - 2{\cos }^{2}\alpha }{\sin \alpha \cos \alpha }$ .

11. ( 1 ) $\frac{1}{3}$ . ( 2 ) $\frac{3}{8}$ .

12. (1) $\frac{1}{2}$ . (2) $\frac{\sqrt{2}}{2}$ . (3) $- \frac{1}{2}$ . (4) $- \frac{\sqrt{3}}{3}$ .

13. $\sin \frac{23\pi }{3} =  - \frac{\sqrt{3}}{2},\cos \frac{23\pi }{3} = \frac{1}{2},\tan \frac{23\pi }{3} =  - \sqrt{3}$ ;

$\sin \left( {-\frac{87\pi }{4}}\right)  = \frac{\sqrt{2}}{2},\cos \left( {-\frac{87\pi }{4}}\right)  = \frac{\sqrt{2}}{2},\tan \left( {-\frac{87\pi }{4}}\right)  = 1.$

14. (1) 0 . (2) $\sin \alpha$ . (3) $\cot \alpha$ . (4) $- \tan \alpha$ .

### B 组

1. (1) $S = \left\{  {\alpha  \mid  \alpha  = k \cdot  {360}^{ \circ  } + {60}^{ \circ  }, k \in  \mathbf{Z}}\right\}  ,\alpha  =  - {300}^{ \circ  }$ 或 ${60}^{ \circ  }$ 或 ${420}^{ \circ  }$ .

(2) $S = \left\{  {\alpha  \mid  \alpha  = k \cdot  {360}^{ \circ  } - {21}^{ \circ  }, k \in  \mathbf{Z}}\right\}  ,\alpha  =  - {21}^{ \circ  }$ 或 ${339}^{ \circ  }$ 或 ${699}^{ \circ  }$ .

2. ${60}^{ \circ  }$ 或 ${150}^{ \circ  }$ .

3. 设圆心角为 $\alpha \left( {0 < \alpha  < {2\pi }}\right)$ ,半径为 $r$ . 由题意,得 ${\alpha r} + {2r} = {16}$ , $\frac{1}{2}\alpha {r}^{2} = {12}$ . 解得 $r = 6,\alpha  = \frac{2}{3}$ 或 $r = 2,\alpha  = 6$ .

所以,圆心角大小为 $\frac{2}{3}$ 弧度或 6 弧度.

4. $\left\{  {\alpha \left| {\;\alpha  = k \cdot  {180}^{ \circ  } + {45}^{ \circ  }}\right. , k \in  \mathbf{Z}}\right\}  ,\{ \alpha \left| {\;\alpha  = {k\pi } + \frac{\pi }{4}}\right. , k \in  \mathbf{Z}\}$ .

5. (1)三. (2) $\alpha  + \beta  = {2k\pi }, k \in  \mathbf{Z}$ . (3) $y$ 轴

6. 设圆心角为 $\alpha \left( {0 < \alpha  < {2\pi }}\right)$ ,半径为 $r$ ,面积为 $S$ . 由题意,得 ${\alpha r} + {2r} = {20}$ . 于是, $S = \frac{1}{2}\alpha {r}^{2} = \frac{1}{2}\left( {{20} - {2r}}\right) r =  - {\left( r - 5\right) }^{2} + {25},\frac{10}{\pi  + 1} < r < {10}$ .

当 $r = 5$ 时,圆心角 $\alpha  = 2$ 弧度,扇形面积的最大值为 ${25}{\mathrm{\;{cm}}}^{2}$ .

7. $\tan \alpha  =  - \frac{\sqrt{15}}{3}$ .

8. 证明: (1) ${\sin }^{2}\alpha  + {\sin }^{2}\beta  - {\sin }^{2}\alpha {\sin }^{2}\beta  + {\cos }^{2}\alpha {\cos }^{2}\beta  = {\sin }^{2}\alpha  + {\cos }^{2}\alpha {\sin }^{2}\beta  + \; {\cos }^{2}\alpha {\cos }^{2}\beta  = {\sin }^{2}\alpha  + {\cos }^{2}\alpha  = 1$ .

(2) ${\left( 1 - \sin \alpha  + \cos \alpha \right) }^{2} = 1 + {\sin }^{2}\alpha  + {\cos }^{2}\alpha  - 2\sin \alpha  + 2\cos \alpha  - 2\sin \alpha \cos \alpha  = 2(1 - \; \sin \alpha  + \cos \alpha  - \sin \alpha \cos \alpha ) = 2\left( {1 - \sin \alpha }\right) \left( {1 + \cos \alpha }\right) .$

9. 由于 $\alpha$ 是第二象限的角,得 $\cos \alpha  < 0$ ,因此原式 $= \frac{1 + \sin \alpha }{\left| \cos \alpha \right| } + \frac{1 - \sin \alpha }{\left| \cos \alpha \right| } = \frac{2}{\left| \cos \alpha \right| } \; =  - \frac{2}{\cos \alpha }$ .

10. $\sin \alpha  = \frac{4}{5},\cos \alpha  =  - \frac{3}{5}$ .

11. 由题意,得 $\sin \alpha  + \cos \alpha  =  - {2k},\sin \alpha \cos \alpha  = \frac{3k}{2}$ . 因为 ${\left( \sin \alpha  + \cos \alpha \right) }^{2} = 1 + \; 2\sin \alpha \cos \alpha$ ,所以 $4{k}^{2} = 1 + {3k}$ ,从而有 $k = 1$ 或 $k =  - \frac{1}{4}$ . 当 $k = 1$ 时,关于 $x$ 的二次方程 $2{x}^{2} + {4kx} + {3k} = 0$ 无实数解,应舍去.

综上,可得 $k =  - \frac{1}{4}$ .

12. (1) $x = {2k\pi } + \frac{4\pi }{3}, k \in  \mathbf{Z}$ . (2) $x = \frac{3\pi }{4}$ 或 $x = \frac{5\pi }{4}$ .

(3) $x = {k\pi } - {\left( -1\right) }^{k}\frac{\pi }{6}, k \in  \mathbf{Z}$ . (4) $x = {k\pi } + \frac{5\pi }{48}$ 或 $x = {k\pi } - \frac{11\pi }{48}, k \in  \mathbf{Z}$ .

#### 6.2 常用三角公式

练习 ${6.2}\left( 1\right)$

1. (1) $\frac{\sqrt{2}}{2}$ . (2) $\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

2. $- \frac{7\sqrt{2}}{26}$ .

3. 证明: (1) $\frac{2\cos A\cos B - \cos \left( {A - B}\right) }{\cos \left( {A - B}\right)  - 2\sin A\sin B} = \frac{2\cos A\cos B - \left( {\cos A\cos B + \sin A\sin B}\right) }{\cos A\cos B + \sin A\sin B - 2\sin A\sin B} = 1$ .

(2) $\cos \left( {\alpha  + \beta }\right) \cos \left( {\alpha  - \beta }\right)  = {\cos }^{2}\alpha {\cos }^{2}\beta  - {\sin }^{2}\alpha {\sin }^{2}\beta  = \left( {1 - {\sin }^{2}\alpha }\right) {\cos }^{2}\beta  - {\sin }^{2}\alpha (1 - \; \left. {{\cos }^{2}\beta }\right)  = {\cos }^{2}\beta  - {\sin }^{2}\alpha$ .

练习 ${6.2}\left( 2\right)$

1. (1) $\frac{\sqrt{3}}{2}$ . (2) $\sqrt{3}$ .

2. $\sin \left( {\theta  + \frac{\pi }{4}}\right)  = \frac{\sqrt{2}}{10},\tan \left( {\theta  - \frac{\pi }{4}}\right)  = 7$ .

3. 证明: (1) $\frac{\sin \left( {\alpha  + \beta }\right) \sin \left( {\alpha  - \beta }\right) }{{\cos }^{2}\alpha {\cos }^{2}\beta } = \frac{{\sin }^{2}\alpha {\cos }^{2}\beta  - {\cos }^{2}\alpha {\sin }^{2}\beta }{{\cos }^{2}\alpha {\cos }^{2}\beta } = {\tan }^{2}\alpha  - {\tan }^{2}\beta$ .

(2) $\tan \left( {\theta  + \frac{\pi }{4}}\right)  = \frac{\tan \theta  + \tan \frac{\pi }{4}}{1 - \tan \theta \tan \frac{\pi }{4}} = \frac{1 + \tan \theta }{1 - \tan \theta }$ .

练习 ${6.2}\left( 3\right)$

1. $\sin C = \frac{220}{221},\cos C =  - \frac{21}{221}$ .

2. $\sin \left( {\alpha  + \beta }\right)  = \frac{33}{65},\cos \left( {\alpha  + \beta }\right)  =  - \frac{56}{65}$ ,所以 $\alpha  + \beta$ 是第二象限的角.

3. (1) $\sqrt{2}\sin \left( {\alpha  + \frac{\pi }{4}}\right)$ . (2) $2\sin \left( {\alpha  + \frac{2\pi }{3}}\right)$ .

练习 ${6.2}\left( 4\right)$

1. (1) $\frac{1}{4}$ . (2) $\frac{\sqrt{2}}{2}$ . (3) $\frac{\sqrt{3}}{6}$ .

2. $\sin {2\alpha } =  - \frac{4}{5},\cos {2\alpha } =  - \frac{3}{5},\tan {2\alpha } = \frac{4}{3}$ .

3. 证明: (1) ${\left( \sin \alpha  + \cos \alpha \right) }^{2} = {\sin }^{2}\alpha  + {\cos }^{2}\alpha  + 2\sin \alpha \cos \alpha  = 1 + \sin {2\alpha }$ .

(2) ${\cos }^{4}\alpha  - {\sin }^{4}\alpha  = \left( {{\cos }^{2}\alpha  + {\sin }^{2}\alpha }\right) \left( {{\cos }^{2}\alpha  - {\sin }^{2}\alpha }\right)  = \cos {2\alpha }$ .

(3) $\sin {3\alpha } = \sin \left( {{2\alpha } + \alpha }\right)  = \sin {2\alpha }\cos \alpha  + \cos {2\alpha }\sin \alpha  = 2\sin \alpha {\cos }^{2}\alpha  + \left( {1 - 2{\sin }^{2}\alpha }\right) \sin \alpha  = \; 2\sin \alpha \left( {1 - {\sin }^{2}\alpha }\right)  + \left( {1 - 2{\sin }^{2}\alpha }\right) \sin \alpha  = 3\sin \alpha  - 4{\sin }^{3}\alpha .$

### 练习 ${6.2}\left( 5\right)$

1. 证明: 由 $\cos \left( {\alpha  + \beta }\right)  = \cos \alpha \cos \beta  - \sin \alpha \sin \beta ,\cos \left( {\alpha  - \beta }\right)  = \cos \alpha \cos \beta  + \sin \alpha \sin \beta$ , 将上述两式相加并整理,得 $\cos \alpha \cos \beta  = \frac{1}{2}\left\lbrack  {\cos \left( {\alpha  + \beta }\right)  + \cos \left( {\alpha  - \beta }\right) }\right\rbrack$ .

2. 证明: 由上题有 $\frac{1}{2}\left\lbrack  {\cos \left( {x + y}\right)  + \cos \left( {x - y}\right) }\right\rbrack   = \cos x\cos y$ ,在其中取 $x = \; \frac{\alpha  + \beta }{2}, y = \frac{\alpha  - \beta }{2}$ ,整理就有 $\cos \alpha  + \cos \beta  = 2\cos \frac{\alpha  + \beta }{2}\cos \frac{\alpha  - \beta }{2}$ .

3. 证明: $\tan \frac{\alpha }{2} = \frac{\sin \frac{\alpha }{2}}{\cos \frac{\alpha }{2}} = \frac{2{\sin }^{2}\frac{\alpha }{2}}{2\sin \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\alpha }{2}} = \frac{1 - \cos \alpha }{\sin \alpha }$ .

习题 6.2

A 组

1. (1) $\frac{-\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$ . (2) $\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$ . (3) $2 + \sqrt{3}$ .

2. (1) $\cos \alpha$ . (2) $\frac{\sqrt{3}}{2}$ . (3) $\sqrt{2}\cos \theta$ . (4) $\tan \alpha$ .

3. $\cos \left( {\alpha  + \beta }\right)  =  - \frac{21}{221}$ .

4. $\sin \left( {\alpha  - \beta }\right)  = \frac{33}{65},\cos \left( {\alpha  - \beta }\right)  = \frac{56}{65},\tan \left( {\alpha  - \beta }\right)  = \frac{33}{56}$ .

5. $\tan \left( {\alpha  + \beta }\right)  =  - 1$ 且 $0 < \alpha  + \beta  < \pi$ ,故 $\alpha  + \beta  = \frac{3\pi }{4}$ .

6. $\tan \left( {\theta  - \frac{\pi }{4}}\right)  =  - \frac{17}{31}$ .

7. 证明: (1) $\frac{\sin \left( {\alpha  + \beta }\right) }{\cos \alpha \cos \beta } = \frac{\sin \alpha \cos \beta  + \cos \alpha \sin \beta }{\cos \alpha \cos \beta } = \tan \alpha  + \tan \beta$ .

(2) $\sin \left( {\alpha  + \beta }\right) \cos \left( {\alpha  - \beta }\right)  = \left( {\sin \alpha \cos \beta  + \cos \alpha \sin \beta }\right) \left( {\cos \alpha \cos \beta  + \sin \alpha \sin \beta }\right)  = \; \sin \alpha \cos \alpha \left( {{\cos }^{2}\beta  + {\sin }^{2}\beta }\right)  + \sin \beta \cos \beta \left( {{\sin }^{2}\alpha  + {\cos }^{2}\alpha }\right)  = \sin \alpha \cos \alpha  + \sin \beta \cos \beta .$

8. $\sin {2\varphi } = \frac{4\sqrt{2}}{9},\cos {2\varphi } =  - \frac{7}{9},\tan {2\varphi } =  - \frac{4\sqrt{2}}{7}$ .

9. 顶角的正弦、余弦和正切值分别为 $\frac{24}{25}\text{、}\frac{7}{25}$ 和 $\frac{24}{7}$ .

10. 证明: $\left( 1\right) 1 + \sin \alpha  = {\sin }^{2}\frac{\alpha }{2} + {\cos }^{2}\frac{\alpha }{2} + 2\sin \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\alpha }{2} = {\left( \sin \frac{\alpha }{2} + \cos \frac{\alpha }{2}\right) }^{2}$ .

(2)等式右边 $= 2{\cos }^{2}{2\alpha } - 1 - 4\cos {2\alpha } + 3 = 2{\left( \cos {2\alpha } - 1\right) }^{2} = 2{\left( 1 - 2{\sin }^{2}\alpha  - 1\right) }^{2} = \; 8{\sin }^{4}\alpha  =$ 左边,所以原式成立.

(3) $\frac{1 + \sin \alpha }{\cos \alpha } = \frac{1 + 2\sin \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\alpha }{2}}{{\cos }^{2}\frac{\alpha }{2} - {\sin }^{2}\frac{\alpha }{2}} = \frac{{\left( \sin \frac{\alpha }{2} + \cos \frac{\alpha }{2}\right) }^{2}}{\left( {\cos \frac{\alpha }{2} - \sin \frac{\alpha }{2}}\right) \left( {\cos \frac{\alpha }{2} + \sin \frac{\alpha }{2}}\right) } = \frac{\sin \frac{\alpha }{2} + \cos \frac{\alpha }{2}}{\cos \frac{\alpha }{2} - \sin \frac{\alpha }{2}} \; = \frac{1 + \tan \frac{\alpha }{2}}{1 - \tan \frac{\alpha }{2}}$ .

(4) $\tan \alpha  + \cot \alpha  = \frac{\sin \alpha }{\cos \alpha } + \frac{\cos \alpha }{\sin \alpha } = \frac{{\sin }^{2}\alpha  + {\cos }^{2}\alpha }{\sin \alpha \cos \alpha } = \frac{1}{\frac{1}{2}\sin {2\alpha }} = \frac{2}{\sin {2\alpha }}$ .

### B 组

1. 由 $\sin \alpha  - \sin \beta  =  - \frac{1}{3},\cos \alpha  - \cos \beta  = \frac{1}{2}$ ,得 ${\left( \sin \alpha  - \sin \beta \right) }^{2} + {\left( \cos \alpha  - \cos \beta \right) }^{2} = \; \frac{1}{9} + \frac{1}{4}$ ,即 $2 - 2\cos \alpha \cos \beta  - 2\sin \alpha \sin \beta  = \frac{13}{36}$ ,从而有 $2 - 2\cos \left( {\alpha  - \beta }\right)  = \frac{13}{36}$ ,故 $\cos \left( {\alpha  - \beta }\right)  = \frac{59}{72}.$

2. $\sin \beta  = \frac{7}{25}$ .

3. (1) $\tan \alpha  = \frac{1}{3}.\;$ (2) 原式 $= \tan \left( {\beta  - \alpha }\right)  = \frac{\tan \beta  - \tan \alpha }{1 + \tan \beta \tan \alpha } = \frac{1}{7}$ .

4. $\cos \left( {\alpha  + \beta }\right)  = \cos \alpha \cos \beta  - \sin \alpha \sin \beta  = \frac{1}{2},\cos \left( {\alpha  - \beta }\right)  = \cos \alpha \cos \beta  + \sin \alpha \sin \beta  = \; \frac{1}{3}$ ,由上述两式得 $\cos \alpha \cos \beta  = \frac{5}{12},\sin \alpha \sin \beta  =  - \frac{1}{12}$ ,从而有 $\tan \alpha \tan \beta  = \frac{\sin \alpha \sin \beta }{\cos \alpha \cos \beta } =  - \frac{1}{5}$ .

5. 由题意,得 $\frac{5\pi }{2} < \alpha  + \beta  < \frac{7\pi }{2}$ 且 $\sin \left( {\alpha  + \beta }\right)  = \frac{-4 + 3\sqrt{15}}{20} > 0$ ,所以 $\alpha  + \beta$ 是第二象限的角.

6. $\cot \left( {\alpha  + \beta }\right)  = \frac{\cot \alpha \cot \beta  - 1}{\cot \alpha  + \cot \beta }$ .

7. (1) $2\sin \left( {\alpha  + \frac{\pi }{6}}\right) .\;$ (2) ${13}\sin \left( {\alpha  + \varphi }\right)$ (其中, $\varphi$ 由 $\sin \varphi  =  - \frac{12}{13},\cos \varphi  = \frac{5}{13}$ 确定,通常取 $\varphi  \in  \lbrack 0,{2\pi }))$ .

8. $\left( {\frac{\sqrt{2}}{10},\frac{7\sqrt{2}}{10}}\right)$ .

9. 由 $\sin \alpha  = \frac{8}{5}\sin \frac{\alpha }{2}$ ,得 $2\sin \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\alpha }{2} = \frac{8}{5}\sin \frac{\alpha }{2}$ ,从而有 $\sin \frac{\alpha }{2} = 0$ 或 $\cos \frac{\alpha }{2} = \frac{4}{5}$ ,所以 $\cos \alpha  = 1$ 或 $\cos \alpha  = \frac{7}{25}$ .

#### 6.3 解三角形

### 练习 ${6.3}\left( 1\right)$

1. $c \approx  {7.69}$ .

2. $b \approx  {7.66}, c \approx  {6.74}, S \approx  {16.58}$ (由于近似的方法不同,面积答案也可能为 $S \approx$ 16.59).

3. 直角三角形.

练习 ${6.3}\left( 2\right)$

1. $c = \sqrt{13}$ .

2. $B = {30}^{ \circ  }, C = {105}^{ \circ  }, c = 3\sqrt{2} + \sqrt{6}$ .

3. $- \frac{1}{4}$ .

练习 ${6.3}\left( 3\right)$

1. $b = \sqrt{21}$ .

2. 略.

3. 证明: (1) $\frac{{a}^{2} + {b}^{2}}{{c}^{2}} = \frac{{\left( 2R\sin A\right) }^{2} + {\left( 2R\sin B\right) }^{2}}{{\left( 2R\sin C\right) }^{2}} = \frac{{\sin }^{2}A + {\sin }^{2}B}{{\sin }^{2}C}$ .

(2) ${a}^{2} = {b}^{2} + {c}^{2} - {2bc}\cos A,{b}^{2} = {a}^{2} + {c}^{2} - {2ac}\cos B,{c}^{2} = {a}^{2} + {b}^{2} - {2ab}\cos C$ . 将上述三式相加并整理,得 ${a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} = 2\left( {{ab}\cos C + {ac}\cos B + {bc}\cos A}\right)$ .

4. (1) $\arcsin \frac{3}{5}$ . (2) $\pi  - \arccos \frac{2}{3}$ . (3) $- \arctan 2$ . (4) ${k\pi } - {\left( -1\right) }^{k}\arcsin \frac{2}{3}$ , $k \in  \mathbf{Z}$ .

练习 ${6.3}\left( 4\right)$

1. $\angle {BSA} = {75}^{ \circ  } - {30}^{ \circ  } = {45}^{ \circ  },{AB} = {18} \times  \frac{40}{60} = {12}$ . 由 $\frac{BS}{\sin {30}^{ \circ  }} = \frac{AB}{\sin {45}^{ \circ  }}$ ,得 ${BS} = 6\sqrt{2}$ (海里). 所以,货轮到灯塔 $S$ 的距离为 $6\sqrt{2}$ 海里.

2. 设缉私船应以北偏东 $\alpha$ 方向,经过时间 $t$ 追上走私船,则 $\frac{30t}{\sin \alpha } = \frac{45t}{\sin {135}^{ \circ  }}$ ,从而 $\sin \alpha  = \frac{2}{3}\sin {135}^{ \circ  } = \frac{\sqrt{2}}{3}$ ,即 $\alpha  \approx  {28.13}^{ \circ  }$ . 所以,缉私船应以北偏东 ${28.13}^{ \circ  }$ 方向追击走私船.

3. 在 $\bigtriangleup {ABC}$ 中, $\angle {ACB} = {56.3}^{ \circ  }$ ,由余弦定理 $A{B}^{2} = A{C}^{2} + B{C}^{2} - {2AC} \cdot  {BC}$ . $\cos \angle {ACB} = {482.80}^{2} + {631.50}^{2} - 2 \times  {482.80} \times  {631.50} \times  \cos {56.3}^{ \circ  } \approx  {293.557.052}^{ \circ  }$ ,得 ${AB} \approx  {541.81}$ (米), ${DE} = {AB} - {AD} - {BE} \approx  {421}$ (米). 所以,隧道的长约为 421 米.

### 习题 6.3

A 组

1. ${BC} = \sqrt{6}$ .

2. $a = 8\sqrt{21}$ .

3. $c = 3,\cos B =  - \frac{1}{7}$ ,最大角 $B$ 的余弦值为 $- \frac{1}{7}$ .

4. $c = \sqrt{5}$ 或 $c = \sqrt{29}$ .

5. $C = {30}^{ \circ  }, a = \sqrt{3} + 1, A = {105}^{ \circ  }$ .

6. 由题意,得 $\frac{1}{2}{ab}\sin \frac{\pi }{3} = \sqrt{3}$ 和 ${a}^{2} + {b}^{2} - {2ab}\cos \frac{\pi }{3} = 4$ ,从而有 ${ab} = 4$ 和 ${a}^{2} + {b}^{2} - \; {ab} = 4$ ,解得 $a = b = 2$ .

7. 证明: 在 $\bigtriangleup {BAD}$ 中,有 $\frac{AB}{\sin \angle {ADB}} = \frac{BD}{\sin \angle {BAD}}$ ,在 $\bigtriangleup {CAD}$ 中,有 $\frac{AC}{\sin \angle {ADC}} = \; \frac{CD}{\sin \angle {CAD}}$ ,由 $\angle {ADB} = {180}^{ \circ  } - \angle {ADC},\angle {BAD} = \angle {CAD}$ ,得 $\sin \angle {ADB} = \sin \angle {ADC}$ , $\sin \angle {BAD} = \sin \angle {CAD}$ ,从而有 $\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{DC}$ .

8. 在 $\bigtriangleup {ABD}$ 中,由余弦定理,得 $B{D}^{2} + 4 - 2 \cdot  2 \cdot  {BD}\cos \angle {ADB} = 3$ . 在 $\bigtriangleup {CBD}$ 中,由余弦定理,得 $B{D}^{2} + 4 - 2 \cdot  2 \cdot  {BD}\cos \angle {CDB} = 9$ . 又由 $\angle {ADB} = {180}^{ \circ  } - \; \angle {CDB}$ ,得 $\cos \angle {ADB} =  - \cos \angle {CDB}$ ,将上述两式相加,即得 $2\left( {B{D}^{2} + 4}\right)  = 3 + 9$ , 从而 ${BD} = \sqrt{2}$ .

9. ( 1 )由 $a = {2b}\cos C = {2b} \cdot  \frac{{a}^{2} + {b}^{2} - {c}^{2}}{{2a}b}$ ,得 ${c}^{2} = {b}^{2}$ ,所以三角形 ${ABC}$ 为等腰三角形.

(2) $\tan B = \frac{\cos \left( {B - C}\right) }{\sin A - \sin \left( {B - C}\right) } = \frac{\cos B\cos C + \sin B\sin C}{\sin \left( {B + C}\right)  - \sin \left( {B - C}\right) } = \frac{\cos B\cos C + \sin B\sin C}{2\cos B\sin C}$ , 所以 $\frac{\sin B}{\cos B} = \frac{\cos B\cos C + \sin B\sin C}{2\cos B\sin C}$ ,从而有 $\cos B\cos C - \sin B\sin C = 0$ ,即 $\cos \left( {B + C}\right)  =$ 0,故 $B + C = \frac{\pi }{2}$ ,三角形 ${ABC}$ 为直角三角形.

10. ${BC} = \sqrt{{1.95}^{2} + {1.4}^{2} - 2 \times  {1.95} \times  {1.4} \times  \cos {66}^{ \circ  }{20}^{\prime }} \approx  {1.89}$ (米).

B 组

1. $\frac{\pi }{3}$ 或 $\frac{2\pi }{3}$ .

2. 由 $S = \frac{{b}^{2} + {c}^{2} - {a}^{2}}{4}$ ,得 $\frac{1}{2}{bc}\sin A = \frac{{b}^{2} + {c}^{2} - {a}^{2}}{4}$ ,从而 $\sin A = \frac{{b}^{2} + {c}^{2} - {a}^{2}}{2bc} = \; \cos A$ ,因此 $\tan A = 1$ . 又 $A \in  \left( {0,\pi }\right)$ ,所以 $A = \frac{\pi }{4}$ .

3. (1) $\cos A = \frac{3}{5}.\;$ (2)面积 $S = {84}$ .

4. 周长最小值为 12; 当三角形为等边三角形时,面积取得最大值 $4\sqrt{3}$ .

5. (1) $\arcsin \frac{2}{5}$ 或 $\pi  - \arcsin \frac{2}{5}$ . (2) $\pi  \pm  \arccos \frac{2}{3}$ . (3) ${k\pi } - \arctan \frac{1}{2}, k \in  \mathbf{Z}$ .

6. $a = \sqrt{13}$ .

7. 在 $\bigtriangleup {ADB}$ 中,由 $\frac{AD}{\sin {45}^{ \circ  }} = \frac{{15}\sqrt{6}}{\sin {60}^{ \circ  }}$ ,得 ${AD} = {30}$ . 在 $\bigtriangleup {ACD}$ 中, ${CD} = \; \sqrt{{30}^{2} + {\left( {10}\sqrt{3}\right) }^{2} - 2 \times  {{10}\sqrt{3}} \times  {30} \times  {\cos {30}^{ \circ  }}} = {{10}\sqrt{3}}$ ,从而得 ${\angle {ADC}} = {30}^{ \circ  }$ . 所以灯塔 $C$ 与 $D$ 相距 ${10}\sqrt{3}$ 海里, $C$ 在 $D$ 的南偏东 ${30}^{ \circ  }$ 方向.

8. 在 $\bigtriangleup  {BCD}$ 中,由 $\frac{100}{\sin {65}^{ \circ  }} = \frac{BD}{\sin {45}^{ \circ  }}$ ,得 ${BD} \approx  {78.02}$ (米). 在 $\bigtriangleup  {ACD}$ 中,由 $\frac{100}{\sin {67}^{ \circ  }} = \; \frac{AD}{\sin {80}^{ \circ  }}$ ,得 ${AD} \approx  {106.99}$ (米). 在 $\bigtriangleup  {ABD}$ 中, ${AB} = \sqrt{A{D}^{2} + B{D}^{2} - {2AD} \cdot  {BD} \cdot  \cos {37}^{ \circ  }} \approx$ 64.81(米)

9. 证明: (1) $\frac{\cos {2A}}{{a}^{2}} - \frac{\cos {2B}}{{b}^{2}} - \left( {\frac{1}{{a}^{2}} - \frac{1}{{b}^{2}}}\right)  = \frac{\cos {2A} - 1}{{a}^{2}} + \frac{1 - \cos {2B}}{{b}^{2}} = \frac{2{\sin }^{2}B}{{b}^{2}} - \; \frac{2{\sin }^{2}A}{{a}^{2}} = 0$ ,从而有 $\frac{\cos {2A}}{{a}^{2}} - \frac{\cos {2B}}{{b}^{2}} = \frac{1}{{a}^{2}} - \frac{1}{{b}^{2}}$ .

(2) $\left( {{a}^{2} - {b}^{2} - {c}^{2}}\right) \tan A + \left( {{a}^{2} - {b}^{2} + {c}^{2}}\right) \tan B =  - {2bc}\cos A\tan A + {2ac}\cos B\tan B = \; - {2bc}\sin A + {2ac}\sin B = 4{S}_{\bigtriangleup {ABC}} - 4{S}_{\bigtriangleup {ABC}} = 0.$

### 复习题

A 组

1. (1) A. (2) C.

2. (1)-2. (2)二.

(3) $- \frac{4\sqrt{5}}{9}$ .

3. $\sqrt{2}$ .

4. 当 $a > 0$ 时, $\sin \alpha  = \frac{4}{5},\cos \alpha  = \frac{3}{5},\tan \alpha  = \frac{4}{3}$ ; 当 $a < 0$ 时, $\sin \alpha  =  - \frac{4}{5}$ , $\cos \alpha  =  - \frac{3}{5},\tan \alpha  = \frac{4}{3}.$

5. (1) $\sin \theta$ . (2) 0 .

6. $\frac{2}{3}$ .

7. $\frac{5}{8}$ .

8. 证明: (1) $S = \frac{1}{2}{ab}\sin C = \frac{1}{2}a \cdot  {2R}\sin B \cdot  \sin C = \frac{1}{2}a \cdot  \frac{a}{\sin A} \cdot  \sin B\sin C = \; \frac{{a}^{2}\sin B\sin C}{2\sin \left( {B + C}\right) }$ .

(2)由上题,有 $S = \frac{{a}^{2}\sin B\sin C}{2\sin \left( {B + C}\right) } = \frac{{a}^{2}\sin B\sin C}{2\left( {\sin B\cos C + \cos B\sin C}\right) } = \frac{{a}^{2}}{2\left( {\cot B + \cot C}\right) }$ .

9. (1) $\alpha  + \beta  = \frac{\pi }{4}.\;$ (2) $\tan C = 1$ .

10. 证明: ${\left( \sin \alpha  + \sin \beta \right) }^{2} + {\left( \cos \alpha  + \cos \beta \right) }^{2} = 2 + 2\left( {\cos \alpha \cos \beta  + \sin \alpha \sin \beta }\right)  = 2 + \; 2\cos \left( {\alpha  - \beta }\right)  = 2 + 2\left\lbrack  {2{\cos }^{2}\left( \frac{\alpha  - \beta }{2}\right)  - 1}\right\rbrack   = 4{\cos }^{2}\frac{\alpha  - \beta }{2}.$

### B 组

1. (1) C. (2) D.

2. (1) ${120}^{ \circ  }$ .

(2) $- \frac{\sqrt{5}}{5}$ .

3. 证明: 由 $\sin \alpha  = a\sin \beta , b\cos \alpha  = a\cos \beta$ ,得 ${\sin }^{2}\alpha  + {b}^{2}{\cos }^{2}\alpha  = {a}^{2}{\sin }^{2}\beta  + {a}^{2}{\cos }^{2}\beta$ , 即 $1 - {\cos }^{2}\alpha  + {b}^{2}{\cos }^{2}\alpha  = {a}^{2}$ . 又 $\alpha$ 为锐角,所以 $\cos \alpha  = \sqrt{\frac{{a}^{2} - 1}{{b}^{2} - 1}}$ .

4. $\sin \alpha  = \frac{1}{3}$ .

5. 由 $\pi  < \alpha  < \frac{3\pi }{2},\pi  < \beta  < \frac{3\pi }{2}$ ,得 $- \frac{\pi }{2} < \alpha  - \beta  < \frac{\pi }{2}$ . 因为 $\sin \left( {\alpha  - \beta }\right)  =  - \frac{\sqrt{2}}{2}$ ,所以 $\alpha  - \beta  =  - \frac{\pi }{4}.$

6. 证明: $\alpha$ 及 $\beta$ 都是锐角,则 $0 < \alpha  + \beta  < \pi$ . 因为 $\left( {1 + \tan \alpha }\right) \left( {1 + \tan \beta }\right)  = 2$ ,即 $\tan \alpha  + \; \tan \beta  = 1 - \tan \alpha \tan \beta$ ,所以 $\tan \left( {\alpha  + \beta }\right)  = \frac{\tan \alpha  + \tan \beta }{1 - \tan \alpha \tan \beta } = 1$ ,从而有 $\alpha  + \beta  = \frac{\pi }{4}$ .

7. $- \sqrt{2}$ .

8. 证明: (1) $\frac{2\left( {1 + \sin {2\alpha }}\right) }{1 + \sin {2\alpha } + \cos {2\alpha }} = \frac{2\left( {{\sin }^{2}\alpha  + {\cos }^{2}\alpha  + 2\sin \alpha \cos \alpha }\right) }{1 + 2\sin \alpha \cos \alpha  + 2{\cos }^{2}\alpha  - 1} = \frac{{\left( \sin \alpha  + \cos \alpha \right) }^{2}}{\cos \alpha \left( {\sin \alpha  + \cos \alpha }\right) } = \; \frac{\sin \alpha  + \cos \alpha }{\cos \alpha } = 1 + \tan \alpha .$

(2) $2\sin \alpha  + \sin {2\alpha } = 2\sin \alpha  + 2\sin \alpha \cos \alpha  = \frac{2\sin \alpha \left( {1 - {\cos }^{2}\alpha }\right) }{1 - \cos \alpha } = \frac{2{\sin }^{3}\alpha }{1 - \cos \alpha }$ .

9. (1) 由 $\sin C + \sin \left( {B - A}\right)  = \sin \left( {A + B}\right)  + \sin \left( {B - A}\right)  = 2\sin B\cos A = \sin {2A}$ , 得 $2\sin B\cos A = 2\sin A\cos A$ ,从而有 $\cos A = 0$ 或 $\sin A = \sin B$ . 于是, $A = \frac{\pi }{2}$ 或 $A = \; B$ ,三角形 ${ABC}$ 为直角三角形或等腰三角形.

(2)由 $\frac{\tan A}{\tan B} = \frac{{a}^{2}}{{b}^{2}}$ ,得 ${b}^{2}\tan A = {a}^{2}\tan B$ ,从而 ${b}^{2}\sin A\cos B = {a}^{2}\sin B\cos A$ ,进一步由正弦定理得 ${\sin }^{2}B\sin A\cos B = {\sin }^{2}A\sin B\cos A$ ,所以 $\sin {2A} = \sin {2B}$ . 因此 ${2A} = {2B}$ 或 ${2A} = \pi  - {2B}$ ,即 $A = B$ 或 $A + B = \frac{\pi }{2}$ ,从而三角形 ${ABC}$ 为等腰三角形或直角三角形.

10. 证明: $\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2} + \tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2} + \tan \frac{C}{2}\tan \frac{A}{2} = \tan \frac{A}{2}\left( {\tan \frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2}}\right)  + \; \tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2} = \tan \frac{A}{2}\tan \frac{B + C}{2}\left( {1 - \tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2}}\right)  + \tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2} = 1 - \tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2} + \; \tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2} = 1.$

### 拓展与思考

1. (1)

<table><tr><td>$\theta$</td><td>1</td><td>0.5</td><td>0.1</td><td>0.01</td><td>0.001</td></tr><tr><td>$\sin \theta$</td><td>0.8415</td><td>0.4794</td><td>0.0998</td><td>0.009 999 8</td><td>0.001</td></tr><tr><td>$\frac{\sin \theta }{\theta }$</td><td>0.8415</td><td>0.9589</td><td>0.9983</td><td>0.999 98</td><td>0.999 999 8</td></tr></table>

(2)当 $\theta$ 趋近于 0 时, $\frac{\sin \theta }{\theta }$ 的值趋近于 1 .

(3)如图 6-R1,当 $0 < \theta  < \frac{\pi }{2}$ 时,在以原点为圆心的单位圆中,记 $\bigtriangleup  {OAB}$ 的面积为 ${S}_{1}$ ,扇形 ${OAB}$ 的面积为 ${S}_{2}$ ,直角三角形 ${OAC}$ 的面积为 ${S}_{3}$ ,不难由图得到 ${S}_{1} < {S}_{2} < {S}_{3}$ ,从而有 $\frac{1}{2} \cdot  1 \cdot  1 \cdot  \sin \theta  < \frac{1}{2}\theta  \cdot  {1}^{2} < \frac{1}{2} \cdot  1 \cdot  \tan \theta$ ,于是有 $\sin \theta  < \theta  < \tan \theta$ . 因为 $\sin \theta  < \theta  < \tan \theta  = \frac{\sin \theta }{\cos \theta }$ ,从而有 $\cos \theta  < \frac{\sin \theta }{\theta } < 1$ . 当 $\theta$ 趋近于 0 时, $\cos \theta$ 趋近于 1 .

![bo_d402nkref24c73d2tegg_38_1133_1378_301_306_0.jpg](../images/bo_d402nkref24c73d2tegg_38_1133_1378_301_306_0.jpg)

图 6-R1

所以, $\frac{\sin \theta }{\theta }$ 的值趋近于 1 .

2.(1)①无解; ② $B = {90}^{ \circ  }$ ; ③ $B = \arcsin \frac{9}{13}$ 或 $\pi  - \arcsin \frac{9}{13}$ ; ${④B} = {30}^{ \circ  }$ ; ⑤ $B = \; \arcsin \frac{9}{22}$ .

(2)当 $0 < a < 9$ 时, $B$ 无解；当 $a = 9$ 或 $a \geq  {18}$ 时, $B$ 有一解；当 $9 < a < {18}$ 时, $B$ 有两解.

3. (1) 由 $\cos {54}^{ \circ  } = \sin {36}^{ \circ  }$ ,得 $4{\cos }^{3}{18}^{ \circ  } - 3\cos {18}^{ \circ  } = 2\sin {18}^{ \circ  }\cos {18}^{ \circ  }$ ,即 $4{\cos }^{2}{18}^{ \circ  } - 3 = 2\sin {18}^{ \circ  }$ ,从而有 $4{\sin }^{2}{18}^{ \circ  } + 2\sin {18}^{ \circ  } - 1 = 0$ . 因为 $\sin {18}^{ \circ  } > 0$ ,解二次方程得 $\sin {18}^{ \circ  } = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$ .

(2)如图 6-R2,在等腰三角形 ${ABC}$ 中, ${AB} = {AC},\angle {BAC} = {36}^{ \circ  }$ . 设 ${BC} = a\left( {a > 0}\right)$ ,作 $\angle {ABC}$ 的角平分线 ${BD}$ ,则 ${BD} = {AD} = a$ . 由于 $\bigtriangleup {DBC}$ 与 $\bigtriangleup {CAB}$ 相似,因此 $\frac{DC}{BC} = \frac{BC}{AC}$ ,即 $\frac{DC}{a} = \frac{a}{{DC} + a}$ ,从而 ${DC} = \; \frac{\sqrt{5} - 1}{2}a \cdot  \sin {18}^{ \circ  } = \cos {72}^{ \circ  } = \frac{{a}^{2} + D{C}^{2} - {a}^{2}}{{2a} \cdot  {DC}} = \frac{DC}{2a} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}.$

![bo_d402nkref24c73d2tegg_39_1160_666_214_290_0.jpg](../images/bo_d402nkref24c73d2tegg_39_1160_666_214_290_0.jpg)

图 6-R2

4. 设 $\angle {DAB} = \theta$ . 由题意,在三角形 ${ADC}$ 中, $\frac{AD}{\sin {17.5}^{ \circ  }} = \; \frac{DC}{\sin \left( {{71.3}^{ \circ  } - \theta }\right) }$ ; 在 $\bigtriangleup {BDC}$ 中, $\frac{DC}{\sin {24.2}^{ \circ  }} = \frac{BD}{\sin {35.4}^{ \circ  }}$ ; 在 $\bigtriangleup {BDA}$ 中, $\frac{BD}{\sin \theta } = \frac{AD}{\sin {31.6}^{ \circ  }}$ . 将上述三式相乘,得 $\sin {17.5}^{ \circ  }\sin {24.2}^{ \circ  }\sin \theta  = \sin \left( {{71.3}^{ \circ  } - \theta }\right) \sin {35.4}^{ \circ  }\sin {31.6}^{ \circ  }$ ,从而有 $\sin {17.5}^{ \circ  }\sin {24.2}^{ \circ  } = \left( {\sin {71.3}^{ \circ  }\cot \theta  - \cos {71.3}^{ \circ  }}\right) \sin {35.4}^{ \circ  }\sin {31.6}^{ \circ  }$ ,得 $\cot \theta  \approx  {0.7672}$ ,所以 $\angle {DAB} \approx  {52.5}^{ \circ  }$ .

#### 四、相关阅读材料

### 参考文献

伊莱・马奥尔. 三角之美——边边角角的趣事(第 2 版) [M]. 曹雪林, 边晓娜, 译. 北京:人民邮电出版社,2018.