《1.3-正弦定理、余弦定理的应用》教学案.doc

1．3《正弦定理、余弦定理的应用》教学案
●三维目标
1.知识与技能
(1)能把一些简单的实际问题转化为数学问题，并能应用正弦定理、余弦定理及相关的三角公式解决这些问题；
(2)体会数学建模的基本思想，掌握应用解三角形知识解决实际问题的一般步骤；
(3)了解常用的测量相关术语(如：仰角、俯角、方位角、视角及坡度、经纬度等有关名词和术语的确切含义)，综合运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决与测量学、航海问题等有关的实际问题；
(4)能够从阅读理解、信息迁移、数学化方法、创造性思维等方面，多角度培养学生分析问题和解决问题的能力；
(5)规范学生的演算过程：逻辑严谨，表述准确，算法简练，书写工整，示意图清晰．
2.过程与方法
(1)本节课是解三角形应用举例的延伸，利用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些几何和物理上的问题；
(2)让学生进一步巩固所学的知识，加深对所学定理的理解，提高创新能力；进一步培养学生学习数学、应用数学的意识及观察、归纳、类比、概括的能力．
3．情感、态度与价值观
(1)激发学生学习数学的兴趣，并体会数学的应用价值；
(2)培养学生提出问题、正确分析问题、独立解决问题的能力，并在教学过程中激发学生的探索精神；
(3)培养学生运用图形、数学符号表达题意和应用转化思想解决数学问题的能力.
●重点、难点
重点：(1)综合运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些实际问题；
(2)掌握求解实际问题的一般步骤；
难点：根据题意建立数学模型，画出示意图．
体验将实际问题转化为数学问题的过程与思想，认识研究实际问题的方法，是本节教学的重中之重，而突破这一重难点的关键在于引导学生对实际问题进行分析，抽象出数学问题，再利用解三角形的知识加以解决．
教学方案设计
(教师用书独具)

●教学建议
在学生回忆正弦定理、余弦定理以及它们可以解决哪些类型的三角形的基础上，让学生尝试绘制知识纲目图．生活中错综复杂的问题本源仍然是我们学过的定理，因此系统掌握前一节内容是学好本节课的基础．解有关三角形的应用题有固定的解题思路，引导学生寻求实际问题的本质和规律，从一般规律到生活的具体运用，这方面需要多琢磨和多体会．
测量的主要内容是求角和距离，教学中要注意让学生分清仰角、俯角、张角、视角和方位角及坡度、经纬度等概念，将实际问题转化为解三角形问题．解决有关测量、航海等问题时，首先要搞清题中有关术语的准确含义，再用数学语言(符号语言、图形语言)表示已知条件、未知条件及其关系，最后用正弦定理、余弦定理予以解决．
能否灵活求解问题的关键是正弦定理和余弦定理的选用，有些题目只选用其一，或两者混用，这当中有很大的灵活性，需要对原来所学知识进行深入的整理、加工，鼓励一题多解，训练发散思维．借助计算机等多媒体工具来进行演示，利用动态效果能使学生更好地明辨是非、掌握方法．
引导学生总结解斜三角形应用题的一般步骤：
(1)分析：理解题意，分清已知与未知，画出示意图；
(2)建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解斜三角形的数学模型；
(3)求解：利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形，求得数学模型的解；
(4)检验：检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解．
●教学流程
⇒⇒⇒⇒⇒⇒
课前自主导学

课标解读
1.巩固正、余弦定理的应用，熟练掌握解三角形的步骤与过程．(重点)
2．能够运用正、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．(难点)

知识
实际测量中的有关术语
【问题导思】　
小明出家门向南前进200米，再向东前进200米，到达学校上课．
1．小明的学校在家的哪个方向？
【提示】　东南方向．
2．能否用角度确定学校的方位？
【提示】　能．

名称
定义
图示
仰角
在同一铅垂平面内，视线在水平线上方时与水平线的夹角

续表　

名称
定义
图示
俯角
在同一铅垂平面内，视线在水平线下方时与水平线的夹角

方向角
从指定方向线到目标方向线的水平角(指定方向线是指正北或正南或正东或正西，方向角小于90°)
南偏西60°
(指以正南
方向为始边，
转向目标方
向线形成的
角)
方位角
从正北的方向线按顺时针到目标方向线所转过的水平角

课堂互动探究
类型1
测量问题
例1　如图1－3－1所示，在塔底B处测得山顶C的仰角为60°，

图1－3－1
在山顶C测得塔顶A的俯角为45°，已知塔高AB为20 m，求山高CD.(精确到0.1 m)
【思路探究】　DC可放到△BCD中，要求CD，已知∠DBC＝60°，∠CDB＝90°，所以只需求BD或CB，在△ABC中，AB的长度已知，三个内角都可以求出，所以可求得CB，则CD＝CB·sin 60°.
【自主解答】　由条件知∠DBC＝60°，∠ECA＝45°，
∴∠ABC＝90°－60°＝30°，∠ACB＝60°－45°＝15°，
∠CAB＝180°－(∠ABC＋∠ACB)＝135°，
在△ABC中，由正弦定理得＝，
∴BC＝＝＝.
在Rt△BCD中，
CD＝BC·sin∠CBD＝×≈47.3(m)．
∴山高CD约为47.3 m.

规律方法
1．本例是典型的测量高度问题，抽象出平面图形，并且将相应数据聚化到相应三角形中，十分关键．
2．测量高度的有关问题，大部分都是转化为同一铅垂面上的解三角形问题，但也有转化为立体图形的问题．
变式训练
如图1－3－2所示，空中有一气球C，

图1－3－2
在它的正西方A点测得它的仰角为45°，同时在它的南偏东60°的B点，测得它的仰角为30°，A，B两点间的距离为266米，这两个测点均离地1米，则气球离地多少米？
【解】　设OC＝x，则OA＝x，OB＝x·tan 60°＝x.
在△AOB中，∠AOB＝90°＋60°＝150°，AB＝266，
所以AB2＝OA2＋OB2－2OA·OBcos∠AOB
＝x2＋3x2－2x·x·(－)＝7x2，
所以x＝AB＝×266＝38(米)，
所以气球离地(38＋1)米.
类型2
航海问题
例2　甲船在A处遇险，在甲船西南10海里B处的乙船收到甲船的报警后，测得甲船是沿着东偏北105°的方向，以每小时9海里的速度向某岛靠近，如果乙船要在40分钟内追上甲船，问乙船至少应以什么速度、向何方向航行？
【思路探究】　画图→分析三角形满足条件→选择定理列方程→求相关量→作答
【自主解答】　如图所示：

设乙船速度为v海里/小时，在C处追上甲船，
∠BAC＝45°＋180°－105°＝120°，
在△ABC中，由余弦定理得，
BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos ∠BAC，
(v)2＝(×9)2＋102－2××9×10×cos 120°，
整理得v＝21.
又由正弦定理可知＝，
∴sin B＝＝×sin 120°＝，
∴B≈21°47′.
即B应以每小时21海里的速度，按东偏北45°＋21°47′＝66°47′的角度航行．

规律方法
1．根据题意，恰当地画出三角形是解题的基础，将已知线段数量和角度，转化为要解三角形的边长和角度，是解题的关键．
2．有关角度问题，一般要涉及到方位角、方向角等概念，对这些数据，要恰当转化，合理运用．
变式训练
在海岸A处发现在其北偏东45°方向，距A处(－1)海里的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°方向，距A处2海里的C处的缉私船以10海里/时的速度追走私船，此时走私船正以10海里/时的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，则缉私船沿什么方向能最快追上走私船？并求出所需要的时间．

【解】　由题意画出示意图如图所示，设缉私船最快追上走私船所需时间为t小时，则CD＝10t，BD＝10t.
∵在△ABC中，AB＝－1，AC＝2，∠BAC＝45°＋75°＝120°，
∴BC＝
＝
＝.
∵＝，
∴sin∠ABC＝＝＝.
∵∠BAC＝120°，∴∠ABC＝45°，∴BC与正北方向垂直，
∴∠CBD＝90°＋30°＝120°.
∵在△BCD中，由正弦定理得＝，
所以sin∠BCD＝＝＝.
∴∠BCD＝30°或∠BCD＝150°(舍去)，
∴∠BDC＝30°，∴BD＝BC＝，∴10t＝，∴t＝，
∴缉私船沿北偏东60°方向行驶能最快追上走私船，所需时间为小时.
类型3
平面几何问题
例3　如图1－3－3所示，在△ABC中，AC＝b，BC＝a，a＜b，D是△ABC内一点，且A

图1－3－3
D＝a，∠ADB＋C＝π，问C为何值时，凹四边形ACBD的面积最大？并求出最大值．
【思路探究】　在三角形ABD和三角形ABC中分别运用余弦定理，可先求出边BD的长，进而表达出凹四边形ACBD的面积．
【自主解答】　设BD＝x，在△ABC和△ABD中，
根据余弦定理，
得AB2＝a2＋b2－2abcos C，
AB2＝a2＋x2－2axcos∠ADB＝x2＋a2＋2axcos C，
∴a2＋b2－2abcos C＝x2＋a2＋2axcos C，
即x2＋2axcos C＋(2acos C－b)b＝0，
解得x＝b－2acos C，或x＝－b(舍去)．
于是凹四边形ACBD的面积
S＝S△ABC－S△ABD＝absin C－axsin∠ADB
＝absin C－a(b－2acos C)sin C＝a2sin 2C.
∴当C＝时，凹四边形ACBD的面积最大，最大值为a2，此时BD＝b－a.

规律方法
1．本例中，以角C为自变量，将凹四边形ACBD的面积表示为角C的三角函数，从而求解最值问题．
2．求解平面图形的面积最值问题，关键是恰当地设立角度为自变量，建立目标函数．
变式训练
如图1－3－4所示，已知扇形OAB，

图1－3－4
O为顶点，圆心角∠AOB＝60°，半径为2 cm，在弧AB上有一动点P，由P引平行于OB的直线和OA相交于C，∠AOP＝β.求△POC的面积的最大值以及此时的β值．
【解】　∵PC∥OB，
∴∠ACP＝∠AOB＝60°.
∴∠PCO＝120°，∠OPC＝60°－β.
在△OCP中，由正弦定理得
＝，
∴OC＝＝，
S△OCP＝·OC·OPsin β＝××2sin β

＝＝
＝＝
＝.
故当cos(2β－60°)＝1，即当2β＝60°，β＝30°时，
S△OCP有最大值cm2.
易错易误辨析
过程不严谨，靠主观臆判而致误
典例　如图1－3－5所示的是曲柄连杆装置示意图，连杆AC＝c，

图1－3－5
曲柄AB和曲轴BL所成的角为α，连杆AC和曲轴BL间的夹角为β，则α取什么值时，sin β最大？
【错解】　∵点A在圆B上运动，
∴要使β，即∠ACB最大，只需点A在最高或最低点即可，
此时，△ABC中，∠ABC＝90°，即α＝90°时，AB＝r，AC＝c，sin β＝sin∠ACB＝为所求的最大值．
【错因分析】　上述解答中想当然地认为点A在最高或最低点时，sin β最大，虽然结论正确，但过程不严谨．
【防范措施】　建立目标函数，转化为三角函数最值问题，定量分析．
【正解】　在△ABC中，由正弦定理，得＝，
∴sin β＝sin α.
由对称性可知，只需讨论α∈[0，π]即可．
∵sin β＝sin α≤，
∴当且仅当sin α＝1，即α＝时，sin β最大．

1．基础知识：
(1)有关术语：仰角、俯角、方向角、方位角；
(2)利用解三角形，求解实际应用题的方法及步骤．
2．基本技能：
(1)测量问题；
(2)航海问题；
(3)力学问题；
(4)最值问题．
3．思想方法：
(1)函数思想；
(2)转化思想；
(3)数形结合思想．

当堂双基达标
1．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系是________．

【解析】　如图所示，∵AD∥BC，∴α＝β.
【答案】　α＝β
2．如图1－3－6所示，A、B两点中间有座山，从点C观测，AC＝60 m，BC＝160 m，∠ACB＝60°，则AB＝________.

图1－3－6
【解析】　AB＝
＝＝140(m)
【答案】　140 m
3．有一长为10 m的斜坡，坡角为75°，在不改变坡高和坡顶的前提下，通过加长坡面的方法将它的坡角改为30°，则坡底要延长________m.

【解】　如图所示，设将坡底加长到B′时，坡角为30°.
依题意，∠B′＝30°，∠BAB′＝45°，AB＝10 m.
在△ABB′中，根据正弦定理得＝，
则BB′＝＝
＝10(m)，
即当坡底伸长10 m时，斜坡的坡角将变为30°.
【答案】　10

图1－3－7
4．如图1－3－7所示，某人在塔的正东C处沿着南偏西60°的方向前进40 m到D处以后，望见塔在东北方向．若沿途测得塔的最大仰角为30°，求塔的高度．
【解】　在△BDC中，CD＝40 m，∠BCD＝90°－60°＝30°，
∠DBC＝45°＋90°＝135°.
由正弦定理，得＝，
∴BD＝＝＝20(m)．
在Rt△ABE中，tan∠AEB＝，AB为定值，故要使∠AEB最大，需要BE最小．
即BE⊥CD，这时∠AEB＝30°.
在Rt△BED中，∠BDE＝180°－135°－30°＝15°，
∴BE＝BD·sin∠BDE＝20sin 15°
＝10(－1)(m)．
在Rt△ABE中，AB＝BEtan∠AEB
＝10(－1)tan 30°
＝(3－)(m)，
即塔的高度为(3－)m.
课后知能检测
一、填空题
1．在相距2千米的A、B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A、C两点之间的距离为________千米．
【解析】　∠ACB＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理得＝＝，AC＝.
【答案】　
2．在200米高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°和60°，则塔高为________米．

【解析】　如图所示，在Rt△EBD中，∠DBE＝60°，
∴BE＝200×，在Rt△CBE中，CE＝BE tan 30°
＝×＝，
∴CD＝(米)
【答案】　
3．CD是京九铁路线上的一条穿山隧道，开凿前，在CD所在水平面上的山体外取点A，B，并测得四边形ABCD中，∠ABC＝，∠BAD＝π，AB＝BC＝400米，AD＝250米，则应开凿的隧道CD的长为________．

【解析】　如图所示，在△ABC中，AB＝BC＝400米，∠ABC＝，∴AC＝AB＝400米，∠BAC＝.∴∠CAD＝∠BAD－∠BAC＝－＝.
∴在△CAD中，由余弦定理，得CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos∠CAD＝4002＋2502－2·400·250·cos＝122 500，∴CD＝350(米)．
【答案】　350米
4．某人朝正东方向走x km后，向朝南偏西60°的方向走3 km，结果他离出发点恰好 km，那么x的值为________．

【解析】　如图所示，∠ABC＝90°－60°＝30°，
∴()2＝32＋x2－2×3xcos 30°
∴x2－3x＋6＝0
∴x＝或2
【答案】　或2
5．如图1－3－8所示，甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°的方向，两船相距a海里，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的倍，甲船为了尽快追上乙船，则应取北偏东________(填角度)的方向前进．
【解析】　

图1－3－8
由题意知，AC＝BC，∠ABC＝120°，
由正弦定理知，
＝，
∴sin ∠CAB＝，
∴∠CAB＝30°，
∴∠CAD＝60°－30°＝30°.
【答案】　30°
6．(2013·威海高二检测)上海世博园中的世博轴是一条1 000 m长的直线型通道，中国馆位于世博轴的一侧．现测得中国馆到世博轴两端的距离相等，并且从中国馆看世博轴两端的视角为120°.据此数据计算，中国馆到世博轴其中一端的距离是________m.

【解析】　如图所示，设A，B为世博轴的两端点，C为中国馆，由题意知∠ACB＝120°，且AC＝BC，过C作AB的垂线交AB于D，在Rt△CBD中，DB＝500 m，∠DCB＝60°，∴BC＝ m.
【答案】　
7．有一两岸平行的河流，水速为1 m/s，小船的速度为m/s，为使所走路程最短，小船应朝______方向行驶．
【解析】　

如图所示，AB是水速，AD为船速，AC是船的实际速度，且AC⊥AB，在Rt△ABC中，cos ∠ABC＝＝＝＝，
∴∠ABC＝45°，∴∠DAB＝90°＋45°＝135°.
【答案】　与水流向成135°
8．一艘船向正北航行，看见正西方有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这只船的速度是每小时________海里．
【解析】　

先画出示意图，设半小时行程为s海里，所以s·tan 75°－s·tan 60°＝10，即(2＋)·s－s＝10，s＝5，
∴速度为10海里/时．
【答案】　10
二、解答题
9．在某次军事演习中，红方为了准确分析战场形势，在两

图1－3－9
个相距为的军事基地C和D测得蓝方两支精锐部队分别在A处和B处，且∠ADB＝30°，∠BDC＝30°，∠DCA＝60°，∠ACB＝45°，如图1－3－9所示，求蓝方这两支精锐部队的距离．
【解】　∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，
又∵∠ACD＝60°，∴∠DAC＝60°，
∴AD＝CD＝AC＝a.
在△BCD中，∠DBC＝180°－30°－105°＝45°，
∵＝，
∴BD＝CD·
＝a·＝a.
在△ADB中，
∵AB2＝AD2＋BD2－2·AD·BD·cos∠ADB
＝a2＋(a)2－2×a·a·＝a2，
∴AB＝a，∴蓝方这两支精锐部队的距离为a.
10．某海上养殖基地A，接到气象部门预报，位于基地南偏东60°相距20(＋1)海里的海面上有一台风中心，影响半径为20海里，正以每小时10海里的速度沿某一方向匀速直线前进，预计台风中心将从基地A东北方向刮过且(＋1)小时后开始影响基地A，持续2小时．求台风移动的方向．
【解】　

如图所示，设预报时台风中心为B，开始影响基地A时台风中心为C，基地A刚好不受影响时台风中心为D，
则B、C、D在一直线上，且AD＝20，AC＝20.
由题意得AB＝20(＋1)，DC＝20，BC＝(＋1)·10.
在△ADC中，
∵DC2＝AD2＋AC2，
∴∠DAC＝90°，∠ADC＝45°.
在△ABC中，由余弦定理得
cos ∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝30°.
又∵B位于A南偏东60°，60°＋30°＋90°＝180°，
∴D位于A的正北方向，又∵∠ADC＝45°，
∴台风移动的方向为向量的方向，即北偏西45°方向．
11．某建筑工地上，一工人从废料堆中找到了一块扇形薄钢板，其半径为R，中心角为60°.该工人决定将此废钢板再利用，从中截一块内接矩形小钢板备用，如图1－3－10所示，问：他应怎样截取，会使截出的小钢板面积最大？

　　　　　(1)　　　　　　　　　　(2)
图1－3－10
【解】　在图(1)中，在上取一点P，过P作PN⊥OA于N，过P作PQ⊥PN交OB于Q，再过Q作QM⊥OA于M.
设∠AOP＝x，PN＝Rsin x，在△POQ中，
由正弦定理，得＝.
∴PQ＝Rsin(60°－x)，
∴S＝PN·PQ＝R2sin x·sin(60°－x)＝R2[cos(2x－60°)－cos 60°]≤R2(1－)＝R2.
当cos(2x－60°)＝1即x＝30°时，S取得最大值R2.
在图(2)中，取中点C，连结OC，在上取一点P，过P作PQ∥OC交OB于Q，过P作PN⊥PQ交于N，过Q作QM⊥PQ交CA于M，连结MN得矩形MNPQ，OC与AP交于D.
设∠POC＝x，则PD＝Rsin x.
在△POQ中，由正弦定理得：
＝，
∴PQ＝2Rsin(30°－x)．
∴S＝2PD·PQ＝4R2sin x·sin(30°－x)
＝2R2[cos(2x－30°)－cos 30°]
≤2R2(1－cos 30°)＝(2－)R2(当x＝15°时取“＝”)．
∴当x＝15°时，S取得最大值(2－)R2.
∵R2＞(2－)R2，
∴作∠AOP＝30°，按图(1)划线所截得的矩形小钢板面积最大.
教师备课资源
备选例题
如图所示，墙上有

一个三角形灯架OAB，灯所受重力为10 N，OA、OB都是细杆，只受沿杆方向的力，试求杆OA，OB所受的力的大小．(精确到0.1 N)(sin 50°≈0.77，sin 70°≈0.94)
【思路探究】　根据力的合成与分解法则建立数学模型，将物理学中的问题转化为解三角形问题．

【自主解答】　设O点沿OE方向所受到的力为F，作＝F，将F沿A到O，O到B的两个方向进行分解，即作▱OCED，
设＝＝F1，＝F2，
由题设条件可知：
||＝10，∠OCE＝50°，∠OEC＝70°，
∴∠COE＝180°－50°－70°＝60°.
在△OCE中，由正弦定理得：
＝＝，
∴|F1|＝≈11.2，|F2|＝≈12.2.
答：灯杆AO所受的力的大小为11.2 N，灯杆OB所受的力的大小为12.2 N.

规律方法
1．用数学知识研究物理问题的方法是：首先把物理问题转化成数学问题，即将物理量之间的关系抽象成数学模型，然后利用建立起来的数学模型解释和回答相关的物理现象．
2．正弦定理、余弦定理在力学问题中经常用到，画出受力分析图，转化为解三角形的问题进行求解．
备选变式
平面内三个力F1、F2、F3作用于同一点且处于平衡状态，已知|F1|＝1 N，|F2|＝ N，F1与F2的夹角为45°，求F3的大小及F1与F3的夹角．

【解】　如图所示，设F1与F2的合力为F，则|F|＝|F3|，
∵∠AOB＝45°，∴∠OAC＝135°.
在△OAC中，由余弦定理得
||2＝||2＋||2－2||·||·cos 135°＝1＋()2－2×1××(－)＝4＋2，
∴||＝1＋，即|F3|＝1＋.
又由正弦定理得
sin∠AOC＝＝，
∴∠AOC＝30°，从而F1与F3的夹角为150°.
∴F3的大小是(1＋)N，F1与F3的夹角为150°.
拓展
三角学
三角学起源于对三角形边角关系的定量考察，这始于古希腊的喜帕恰斯、梅内劳斯和托勒密等人对天文的测量，因此在相当长的一个时期里，三角学隶属于天文学，而在它的形成过程中利用了当时已经积累得相当丰富的算术、几何(包括球面几何)和天文知识．鉴于此种原因，作为独立的数学分支前，它的贡献者主要是一些天文学家，如印度的阿耶婆多、纳速拉丁等人．
13世纪起，含于天文学中的三角知识传入欧洲，并在欧洲出现新的发展．
1464年数学家雷基奥蒙坦著《论各种三角形》，独立于天文学之外对三角知识作了较系统的阐述；1595年，德国的皮蒂斯楚斯(Pitiscus，1561－1613)著《三角学：解三角形的简明处理》，首次将拉丁文“trigonon(三角形)”和“metron(测量)”组合成trigonametriae，即“三角形”．
1631年，三角学传入中国．同年，德国传教士邓玉函、汤若望和明朝学者徐光启编译成《大测》一书．“大测者，观三角形之法也．”可见“大测”与当时的“三角学”的意义是一样的．不过，“大测”的名称并不通行，三角在中国早期比较通行的名称是“八线”和“三角”．“八线”是指在单位圆上的八种三角函数线：正弦线、余弦线、正切线、余切线、正割线、余割线、正矢线、余矢线，如1894年上海美华书馆出版的《八线备旨四卷》和1906年方克猷撰写的《八线法衍》等书都已记载．
“三角”这一名称最早见之于1653年薛凤祚和穆尼阁合著的《三角算法》．“三角”一词指“三角学”或“三角法”或“三角术”．
事实上，直到1956年中国科学院编译出版委员会编订《数学名词》时，仍将这三者同义．现在“三角术”和“三角法”已不常用．
三角学的现代发展已经结束，随着现代数学的综合性趋势加强，其中的一些内容已分属于数学的其他学科，如三角函数可归于分析学，三角测量可归于几何学，三角函数式的恒等变形可归于代数学．
从这个意义上说，作为独立的数学分科的三角学已渐渐消失，但作为刻画周期性现象的三角函数，仍然发挥着巨大的作用.