《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、F2F3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.