从动能定理到第二类拉格朗日方程
６６力学与实践
其它部分，甚至是质系整体的运动．航天技术中用内部安装
的３个动量１５ｌ轮来控制在空问运行的航天器姿态运动就是质
系动量矩定理在现代科技中应用的一个范例．
２００３年第２５卷参考文献
１贾书惠，李万琼．理论力学．北京：高等教育出版社，２００２
２贾书惠．从猫下落谈起．北京：高等教育出版社，１９９０
从动能定理到第二类拉格朗日方程
陆明万张雄
（清华大学工程力学系，北京１０００８４）
摘要第二类拉格朗日方程是处理质系（尤其是多自由度、非
自由质系）动力学问题的重要理论基础，被列为理论力学多
学时教学大纲的基本要求．第二类拉格朗日方程的导出过程
涉及较多的数学变换，如何揭示这些抽象数学变换背后的物
理意义成为教学的一个难点．借鉴学生所熟知的动能定理，
介绍?种在物理意义指导下逐步进行数学变换的讲授方法．
关键词理论力学，第二类拉格朗日方程，动能定理
１引言
第：二类拉格朗日方程是一种基于能量函数的标量型微分
方程，它能直接导出与每个独立广义坐标……对应的全部运
动微分方程；它已经找到两类首次积分，分别具有“广义动
量守恒”和“广义能量守恒”的明确物理意义；它的解题过
程规范化而不易出错．基于这些优点，第二类拉格朗日方程
是处理非自由质系（尤其是多自由度系统）动力学问题的重
要理论基础，并能有效地应用于柔体或刚一柔耦合系统，因
而被列为理论力学课程多学时教学大纲的基本要求，是我国
相应理论力学教材的重要内容之一ＬＩ“ｓＩ．
第二二类拉格朗日方程的导出过程涉及较多的高等数学变
换和演绎过程，成为教学的一个难点．学生普遍反映“太抽
象”、“为什么要这样变来变去”、“拉格朗日怎么会想出这些
奇妙的变换的？”．本文将借鉴动能定理来论述第二类拉格
朗日方程的导出过程，可以看到这些变换和演绎过程是在明
确物理意义指导下进行的，第二类拉格朗日方程实际上是在
广义世标中动能定理的一种更为广泛、更为完善的理论表达
形式，它吸收了动能定理的全部优点，而克服了动能定理只
能建忘、个方程、只能独立处理单自由度问题的严重缺点．
作为预备知识，首先回顾一下动能定理和达朗贝尔一拉
格朗日原理．
２动能定理
由牛顿第二定律导出动能定理的步骤是：首先将牛顿
第二定律转化为动量定理，即将ｍｏ转化为动量变化率
ａ（ｍｖ）／ａｔ
ｍ。＝掣＝Ｆ
Ⅱ【
２００３－０５－１８收到第１稿，２００３－４３７－１０收到修改稿（１）
然后等式两边点乘ｖｄｔ＝ｄｓ，将力转化为功
＿ｄ（ｍｒｖ）．”ｄｔ：Ｆ．ｔ，ｄｔ：Ｆ．ｄ８：ｄⅥ，（２）
ｄｔ、７再将等式左边通过如下变换转化为动能的微分
ｄ（ｍ”）?ｔ，＝ｄ（；ｍｔ，?ｔ，）＝ｄ（；ｍ＂２）＝ｄＴ（３）代回式（２）就得到质点动能定理的微分形式
ｄＴ＝８Ｗ（４）即在无限小位移中质点动能的变化等于作用在该质点上的力
所作的元功．
将质点动能定理对质系中的所有质点求和可以直接导出质系动能定理
ｄ８ｉ（５）动能定理的最大优点是引进了动能这个能量函数．动能是个恒正的标量函数，不涉及矢量运算，不需要分解成多个
分量方程，因而在应用动能定理时只要动能、势能和功的表
达式写对了，后继的运算就相当简单．但是动能定理也存在
一个严重缺点：它只能列出一个方程，只能独立处理草自由
度问题，对于多自由度系统必须适当补充若干由动量定理或
动量矩定理导出的方程才能联立求解；而且由于质系总动能
中包含了所有自由度的动能，对多自由度系统由动能定理导
出的方程往往比较复杂，需要利用补充的动量定理或动量矩
定理消去其中的若干项后才能进一步简化．
引入第二类拉格朗日方程就是为了发扬动能定理的显著优点、克服其严重缺点，将动能定理用能量描述的基本思想
引伸到多自由度系统．
３达朗贝尔一拉格朗日原理
第二类拉格朗日方程可以由达朗贝尔一拉格朗【ｊ原理（又称动力学普遍方程）导出．对于由质量为ｍ。，矢径勾ｒｉ
的质点只（ｉ＝１，…，，。）所组成的、受主动力Ｆ。作用的质
系，达朗贝尔一拉格朗日原理表示为
ｔＬ
＞（Ｆｉ—ｍｉ我）?占ｎ＝０（６）
Ｊ‘＿－Ｊ
ｉ＝１
Ｆ
。∑汹
＝
＼、／２｝口
Ｋ
何
１—２
ｄ
。∑嘲
第５期
陆明万等：从动能定理到第二类拉格朗日方程
６７
即对具有理想、双面约束的非自由质系，在任一瞬时，作用
于该质系的主动力及惯性力在质系任意虚位移上所作的元功之和为零．
对于：作自由质系，各质点的直角坐标不是独立变量，它们之间必须满足给定的约束条件，只有选择广义坐标才
能自动满足约束条件．设ｑｋ（岛＝１，?一，Ⅳ）为所研究质
系的广义坐标，将矢径ｒｉ表示为广义坐标和时间的函数ｒｉ（ｑ１，ｑ２，???，ｑⅣ，ｔ），贝０
阢：ＦＮ要哧
毒暑ｄ帆
代入式（６），交换对ｉ和对忌的叠加顺序，得
篆）＋（喜一
堕Ｏｑｋ／１１１如ｋ＝。（８）
上式方括号中的物理量与Ｊｑｋ之乘积为功，因而其物理意义
为对应于广义坐标帆的广义力．将其中含主动力Ｆｉ和惯性力一ｍ。铲ｉ的第一和第二项分别定义为
厂１义主动力
Ｑ一＝∑ｎ篆
（９）
和广义惯性力
豢
（１０）
把Ｑ≈和Ｑ：表示为广义坐标的函数，式（８）变成
Ⅳ
∑（Ｑ＆＋Ｑ：）占帆＝０
（１１）
ｋ＝１
这就是ｒ１‘义坐标中的达朗贝尔－拉格朗日原理．
对于完整系统广义坐标相互独立，虚位移６ｑｋ可以任意
选择，例如在１一Ｎ间选择任意的ｋ，取５ｑｋ＝１；５ｑｊ（ｊ｝ｓｋ）＝
０，则由式（１１）得到
Ｑｋ＋Ｑ：＝０
（岛＝１，２，…，Ⅳ）（１２）
这是在广义坐标中受理想、完整、双面约束的非自由质系的动力学微分方程组．它共有Ⅳ个方程，每个自由度对应一个方程，而且相互都是独立的，因而是描述非自由质系动力学过程的最少量的方程．众所周知，基于动量定理和动量矩定理在常用坐标系（如直角坐标系）中也能导出描述非自由质系动力学过程的微分方程组，但其中各方程往往是互不独立的，因为它们必须满足约束条件的限制，这些方程的总数也
将大于Ⅳ．这里正是由于选择了自动满足约束条件的广义坐
标才得到了相互独范的最少量方程．
４第二类拉格朗日方程
比较质系的达朗贝尔一拉格朗日原理（１１）和动能定理
Ⅳ
（５）可以看到：式（１１）中第一项∑Ｑｋ５ｑｋ的物理意义是
知＝ｌ
主动力所作的功５Ｗ，相当于式（５）的右端项¨；因而式
Ⅳ
（１１）中第二项∑Ｑ：的ｋ应对应于式（５）的左端项（差‘负
凫＝ｌ
号），即与动能有关．在广义坐标中如何用动能来表示』。义惯性力Ｑ：是导出第二类拉格朗日方程的关键步骤．由导出
动能定理过程中的式（３）左端可以看到，若要引入动能必须寻找动量与速度的点积，并且其中之一应该是微分或导数．
参照由牛顿定理导出动能定理的过程，将Ｑｉ中的ｒｎ子ｉ转化为动量对时间的导数ｄ（ｍｉ＇Ｏ／ｄｔ
旦ｄｔ（篆）（：１３）
＼ａ吼／
一…
这里因ｄｒｉ／Ｏｑｋ也是时Ｉ司的函数，上式右端必须补上第二
项．
上式右端第一项中的第一因子已经含有动量ｍ十ｉ，要将该项用动能表示的关键是要寻找一种等效变换将其第：二因子Ｏｒｉ／Ｏｑｋ中的分子ｒｉ变为速度手ｉ．问题的另一种提法
是：对十ｉ做什么运算能得到Ｏｒｉ／Ｏｑｋ？为了找到答案首先应该写出手ｉ的表达式．将ｒｉ（ｑ：，ｑ２，…，ｑＮ，ｔ）对时间求导
得
帝；＝∑丽Ｏｒｉ奇ｋ＋Ｏ砒ｒ＿＿Ａ
【１４）
拉格朗日敏锐地注意到：矢径ｒ。是广义坐标吼和时间ｔ的函数，与广义速度瓠无关，而饥（南＝１，２，…，Ⅳ）之间又是相互独立的，所以只要将上式对讥求导马上就能找到等效变换
篆＝杀
ｃ１５）ａ饥
ａ肌
、～７
代入后式（１３）右端第一项就能用动能表示为
一未（喜嘶ｔ＋杀）＝～ｄ（Ｌ嘲嘶ｉ?篆）＝
一未杀（塞扣子；）＝一未器
ｃ?６，
对式（１３）右端第二：项可以猜想，若能交换其第二因子
中对时间和对广义坐标的求导顺序，即
旦ｄｔ（薏）＝杀
ｍ，＼ａ蛳／
ａ帆
‘～７
１）方程（ＩＩ）与方程（５）的区别是：式（１１）是在广义坐标中，是主动力在虚位移上所做的虚功；式（５）是在常用坐标系中，主动力在真实位
移上做的元功．但是这些区别并不影响下面的类比推理．
≯
ｍ。∑沮
十
生瓠
生讯
：ｓ～抚．ｐ—ａ
托俄
帆讹。∑汹。∑嘲
一一一
旦出
十七
一
２
Ｆ
。∑湖
Ⅳ叭
Ⅳ∑汹
¨搴－
ｍ
一。∑汹
｜｜
十ｋ
Ｑ
力学与实践
２００３年第２５卷
该项马上就能出现动量与速度的点积，因而可以用动能表不
为
娄讹咖未（差）＝娄％盼堕Ｏｑｋ＝
毫（塞；讹乎；）＝丽９Ｔ
（ｔ８）
问题是式（１７）所含ｒｉ（ｑｌ，ｑ２，…，ｑＮ，ｔ）中的诸广义坐标本
身都是随时间而变化的，
ｑｋ和ｔ相互并不独立．能否交换
对时间求全导数和对广义坐标求偏导数的顺序需要证明．拉
格朗日给出了严格证明．将速度（１４）式对广义坐标求偏导
鼍＝一０…２５，ｉｉ¨暴＝
∑去（器）瓠＋妄（鼍）＝－五吖＼加Ｏｑｊ！）
将上式左右两端中广义坐标的下标Ｊ换成南（这里Ｊ和南都在１一Ｎ间任意取值，因而是等价的）就证明了式（１７）的
猜想．
将式（１６）和式（１８）代回式（１３）
Ｑ：＝一夏ｄ丽ＯＴ＋面ＯＴ
（１９）
再代入，’‘义坐标的质系动力学微分方程（１２）就得到第二类
拉格朗日方程
旦塑一一ＯＴ：Ｑ％（≈：ｌ，２，…，Ⅳ）（
２０）ｄｔＯＯ
————ｋ一—Ｏｑ—ｋ２
ｑ‘（惫２ｌ，２＇’‘’，』Ｖ）
（２０）
由上述推导可以看到，第二类拉格朗日方程就是在广义坐标中用动能和广义力表示的质系动力学微分方程．它既吸收了动能定理引进能量函数的优点，又继承了广义坐标中质系动力学微分方程组的全部优点，成为动力学分析中被广泛
应用的莺兽理诊慕础．
等效变换式（１５）和式（１７）是打开通向第二类拉格朗日方程之门的钥匙，为了纪念，称为拉格朗日公式．它不仅是矢径导数的等效变换关系，而且适用于以广义坐标和时间为自变量的任何函数．
５结束语
任何数学变换和演绎都是在一定的指导思想Ｆ完成的，这些指导思想往往来自物理上（或其他学科）某种直观的、创造性的猜想，然而猜想只是希望的火花，要成为科学必须应用严密的数学工具加以严格证明，或者通过精细的实验观测给出可靠验证．面临２１世纪科学与技术的迅猛发展，在工科院校的基础力学教学中，应重视高等数学工具的应用与普及化．要引导学生将高等数学与专业知识相互联系、融会
贯通，而不是回避高等数学工具、将其束之高阁，这是提高
教学质量的重要环节．
目前教学改革正向既要精简学时、又要提高教学质鬃的纵深方向发展，以提供学生更多的自主学习空间、更好地发挥学生独立创新能力．仪在原有教案的基础上作简单的删繁就简，或搞压缩饼干式的满堂灌都不能达到优良的教学效粜．教师需要站在更高的角度来审视和改革原有的教学内容和教学方法，帮助学生打好基础、培养学生主动学习和独立创新
能力．
参考文献
１李俊峰，张雄，任革学，高云峰．理论力学．北京：清华大学一
施普林格出版社，２００１
２贾书惠，李万琼．理论力学．北京：高等教育出版社，
２００２３刘延柱，杨海兴．理论力学．ｊＥ京：高等教育出版社，
１９９１
４朱照宣，周起钊，殷金生．理论力学（下册）．北京：北京大学出版社，１９８２
５哈尔滨工业大学理论力学教研组．理论力学（下册）．第四版北京：高等教育出版社，
１９８２
我怎样讲受力分析
一理论力学教学札记之一
李俊峰
（清华大学工程力学系，北京１０００８４）
受力分析是理论力学课程教学中的一个重点．受力分析
看似简单，但是让学生掌握好并不是一件容易的事情．究其原因，可能有以下两条：第一，受力分析与静力学、运动学和动力学内容都密切相关，不容易讲清楚，集中在…个章节
本文于２００３—０１—０６收到
一Ｉ撬
Ｉｊ
里介绍，总感觉讲不透．第二，在中学和大学物理课中学生已经获得了一些受力分析的知识和经验，容易不重视这部分内容．所以讲受力分析就象炒一锅“夹生饭”，教师和学，Ｅ都不耐烦，教师说学生“不听话”，学生嫌教师“婆婆妈妈”．
从动能定理到第二类拉格朗日方程
作者：陆明万， 张雄
作者单位：清华大学工程力学系,北京,100084
刊名：
力学与实践
英文刊名：MECHANICS IN ENGINEERING
年，卷(期)：2003，25(5)
引用次数：1次
参考文献(5条)
1.李俊峰.张雄.任革学.高云峰理论力学 2001
2.贾书惠.李万琼理论力学 2002
3.刘延柱.杨海兴理论力学 1991
4.朱照宣.周起钊.殷金生理论力学 1982
5.哈尔滨工业大学理论力学教研组理论力学 1982
相似文献(1条)
1.期刊论文唐小弟.陈自力.邓瑞基变质量质系的哈密顿原理-中南林学院学报2003,23(1)
在变质量系的第二类拉格朗日方程的基础上,进一步导出了原质点的结合与分离同时进行时,变质量质系哈密顿原理的表达式,其目的是导出哈密顿原理更具有普遍性的表达式,该表达式同样可以计算常质量系的问题.
引证文献(1条)
1.张华.肖余之.徐博侯.陶伟明空间飞行器的对接分离与地面模拟试验的仿真分析研究[期刊论文]-宇航学报
2008(6)
本文链接：https://www.360docs.net/doc/ab18740315.html,/Periodical_lxysj200305021.aspx
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(完整版)正弦定理练习题经典
正弦定理练习题 1．在△ABC 中，A ＝45°，B ＝60°，a ＝2，则b 等于( ) A.6 B. 2 C. 3 D ．2 6 2．在△ABC 中，已知a ＝8，B ＝60°，C ＝75°，则b 等于( ) A ．4 2 B ．4 3 C ．4 6 D.323 3．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边，若A ＝105°，B ＝45°，b ＝2，则c ＝( ) A ．1 B.12 C ．2 D.14 4．在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，A ＝60°，a ＝43，b ＝42，则角B 为( ) A ．45°或135° B ．135° C ．45° D ．以上答案都不对 5．△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c .若c ＝2，b ＝6，B ＝120°，则a 等于( ) A. 6 B ．2 C. 3 D. 2 6．在△ABC 中，a ∶b ∶c ＝1∶5∶6，则sin A ∶sin B ∶sin C 等于( ) A ．1∶5∶6 B ．6∶5∶1 C ．6∶1∶5 D ．不确定 7．在△ABC 中，若cos A cos B ＝b a ，则△ABC 是( ) A ．等腰三角形 B ．等边三角形 C ．直角三角形 D ．等腰三角形或直角三角形 8．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若a ＝1，c ＝3，C ＝π3 ，则A ＝________. 9．在△ABC 中，已知a ＝433 ，b ＝4，A ＝30°，则sin B ＝________. 10．在△ABC 中，已知∠A ＝30°，∠B ＝120°，b ＝12，则a ＋c ＝________. 11．在△ABC 中，b ＝43，C ＝30°，c ＝2，则此三角形有________组解． 12 . 判断满足下列条件的三角形个数 （1）b=39,c=54,? =120C 有________组解 （2）a=20,b=11,?=30B 有________组解 （3）b=26,c=15,?=30C 有________组解 （4）a=2,b=6,?=30A 有________组解 正弦定理 1．在△ABC 中，∠A ＝45°，∠B ＝60°，a ＝2，则b 等于( ) A.6 B. 2 C. 3 D ．2 6 解析：选A.应用正弦定理得：a sin A ＝b sin B ，求得b ＝a sin B sin A ＝ 6. 2．在△ABC 中，已知a ＝8，B ＝60°，C ＝75°，则b 等于( ) A ．4 2 B ．4 3 C ．4 6 D.323 解析：选C.A ＝45°，由正弦定理得b ＝a sin B sin A ＝4 6. 3．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边，若A ＝105°，B ＝45°，b ＝2，则c ＝( )
解三角形高考典型例题汇编
《解三角形》 一、 正弦定理：sin sin sin a b c A B C ===2R 推论：(1) ::sin :sin :sin a b c A B C = (2) a=2RsinA b=2RsinB c=2RsinC (3) sin =,sin =,sin = 222a b c A B C R R R 1. 在△中，若，则= 2. 在△中，a =b=6, A=300 ,则B= 3. 【2013山东文】在中，若满足，，，则 4.【2010山东高考填空15题】在△ABC 中a ，b=2，sinB+cosB ，则A=？ 5.【2017全国文11】△ABC 中，sin sin (sin cos )0B A C C +-=，a =2，c ，则C =？ 6. 在△ABC 中, C =90o , 角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c.则 a b c +的取值范围是？ 二、余弦定理：222222 2222cos 2cos 2cos a b c bc A b a c ac B c b a ba C ?=+-?=+-??=+-? 推论 222 222222 cos 2cos 2cos 2b c a A bc a c b B ac b a c C ab ?+-=?? +-?=???+-= ?? 1. 在△ABC 中，如果sin :sin :sin 2:3:4A B C =，求cos C 的值 2. 在△ABC 中，若则A= 3. 【2012上海高考】在中，若，则的形状是（ ） A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．不能确定 4.【2016山东文科】ABC △中角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c ，,b c = 22 2(1sin )a b A =-, 则A =? （A ）3π4 （B ）π3 （C ）π4 （D ）π6
《正弦定理和余弦定理》典型例题
《正弦定理和余弦定理》典型例题透析 类型一：正弦定理的应用： 例1．已知在ABC ?中，10c =，45A =，30C =，解三角形. 思路点拨:先将已知条件表示在示意图形上（如图），可以确定先用正弦定理求出边a ，然后用三角形内角和求出角B ，最后用正弦定理求出边b . 解析：sin sin a c A C =， ∴sin 10sin 45102sin sin 30c A a C ?= == ∴ 180()105B A C =-+=， 又sin sin b c B C =， ∴sin 10sin1056220sin 75205652sin sin 304c B b C ?= ===?= 总结升华： 1. 正弦定理可以用于解决已知两角和一边求另两边和一角的问题； 2. 数形结合将已知条件表示在示意图形上，可以清楚地看出已知与求之间的关系，从而恰当地选择解答方式. 举一反三： 【变式1】在?ABC 中，已知032.0=A ，081.8=B ，42.9a cm =，解三角形。 【答案】根据三角形内角和定理，0180()=-+C A B 000180(32.081.8)=-+066.2=； 根据正弦定理，0 sin 42.9sin81.880.1()sin sin32.0==≈a B b cm A ； 根据正弦定理，0 sin 42.9sin66.274.1().sin sin32.0==≈a C c cm A 【变式2】在?ABC 中，已知075B =，0 60C =，5c =，求a 、A . 【答案】00000180()180(7560)45A B C =-+=-+=， 根据正弦定理5sin 45sin 60 o o a =，∴56a =【变式3】在?ABC 中，已知sin :sin :sin 1:2:3A B C =，求::a b c 【答案】根据正弦定理sin sin sin a b c A B C ==，得::sin :sin :sin 1:2:3a b c A B C ==. 例2．在3,60,1ABC b B c ?= ==中，，求：a 和A ，C ． 思路点拨: 先将已知条件表示在示意图形上（如图），可以确定先用正弦定理求出角C ，然后用三角形内角和求出角A ，最后用正弦定理求出边a .
正弦定理典型例题与知识点
正弦定理 教学重点：正弦定理 教学难点：正弦定理的正确理解和熟练运用,边角转化。多解问题 1.正弦定理：在任一个三角形中，各边和它所对角的正弦比相等， 即 A a s i n = B b sin =C c sin 2. 三角形面积公式 在任意斜△ABC 当中S △ABC =A bc B ac C ab sin 2 1sin 2 1sin 2 1== 3.正弦定理的推论： A a sin = B b sin =C c sin =2R （R 为△ABC 外接圆半径） 4.正弦定理解三角形 1）已知两角和任意一边，求其它两边和一角； 2）已知两边和其中一边对角，求另一边的对角，进而可求其它的边和角。 3）已知a, b 和A, 用正弦定理求B 时的各种情况:（多解情况） ○ 1若A 为锐角时: ??? ?? ? ?≥<<=<)( b a ) ,( b a bsinA )( bsinA a sin 锐角一解一钝一锐二解直角一解无解A b a 已知边a,b 和∠A 有两个解 仅有一个解无解 CH=bsinA
2、ΔABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若sin A=，b=sin B，则a等于 ( D ) A．3B．C． D．
1. 在ABC ?中，若sin 2sin 2A B =，则ABC ?一定是( ) 3.在Rt △ABC 中，C= 2 π ，则B A sin sin 的最大值是_______________. [解析] ∵在Rt △ABC 中，C= 2 π ，∴sin sin sin sin( )2 A B A A π =-sin cos A A = 1sin 22A = ，∵0,2A π<<∴02,A π<<∴4A π=时，B A sin sin 取得最大值12 。 4. 若ABC ?中，10 10 3B cos ,21A tan == ，则角C 的大小是__________ 解析 11 tan ,cos ,sin tan 23A B O B B B π==<<∴=∴= tan tan 3tan tan()tan()1,tan tan 14 A B C A B A B O C C A B π ππ+∴=--=-+= =-<<∴=- 7.在△ABC 中，已知2a b c =+，2 sin sin sin A B C =，试判断△ABC 的形状。 解：由正弦定理 2sin sin sin a b c R A B C ===得：sin 2a A R =，sin 2b B R =， sin 2c C R = 。 所以由2sin sin sin A B C =可得：2()222a b c R R R =?，即：2 a bc =。 又已知2a b c =+，所以224()a b c =+，所以24()bc b c =+，即2()0b c -=， 因而b c =。故由2a b c =+得：22a b b b =+=，a b =。所以a b c ==，△ABC 为等边三角形。 ６．在ABC ?中， b A a B sin sin <是B A >成立的 ( C ) Ａ．必要不充分条件 Ｂ．充分不必要条件 Ｃ．充要条件 Ｄ．既不充分也不必要条件 1.△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若c =2，b =6，B =120°,则 a 等于 （ ） A.6 B.2 C.3 D.2 答案 D 3.下列判断中正确的是 （ ）
正弦定理知识点与典型例题
正弦定理 【基础知识点】 1. 三角形常用公式：A ＋B ＋C ＝π；S ＝21ab sin C ＝21bc sin A ＝＝2 1ca sin B ； sin(A+B)=sinC, cos(A+B)=-cosC, sin(A+B)/2=cosC/2, cos(A+B)/2=sinC/2 2．三角形中的边角不等关系: A>B ?a>b,a+b>c,a-b
正弦定理余弦定理综合应用典型例题
正弦定理、余弦定理综合应用 例1.设锐角三角形ABC 的内角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，2sin a b A =． （Ⅰ）求B 的大小；（Ⅱ）求cos sin A C +的取值范围． 解：（Ⅰ）由2sin a b A =，根据正弦定理得sin 2sin sin A B A =，所以1 sin 2 B = ， 由ABC △为锐角三角形得π6B = ． （Ⅱ）cos sin cos sin A C A A π?? +=+π-- ?6?? cos sin 6A A π??=++ ???1cos cos 2A A A =++ 3A π? ?=+ ???． 由ABC △为锐角三角形知，22A B ππ->-，2263B ππππ-=-=． 2336 A πππ <+<， 所以1sin 23A π??+< ???． 3A π??<+< ?? ? 所以，cos sin A C +的取值范围为322?? ? ?? ?，． 例2.已知ABC △1，且sin sin A B C +=． （I ）求边AB 的长； （II ）若ABC △的面积为1 sin 6 C ，求角C 的度数． 解：（I ）由题意及正弦定理，得1AB BC AC ++=， BC AC +=， 两式相减，得1AB =． （II ）由ABC △的面积11sin sin 26BC AC C C =g g ，得1 3 BC AC =g ， 由余弦定理，得222cos 2AC BC AB C AC BC +-=g 22()21 22 AC BC AC BC AB AC BC +--= =g g ， 所以60C =o ． 例3.已知a ，b ，c 为△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，向量m ＝（1,3-），n ＝（cos A ,sin A ）.若m ⊥n ， 且a cos B +b cos A =c sin C ，则角B ＝ 6 π . 例4.设ABC ?的内角A ，B ，C 的对边分别为a ,b ,c ，且A =60o ，c =3b.求a c 的值； 解：由余弦定理得2222cos a b c b A =+-＝2221117 ()2,3329 c c c c c +-=g g g 故3a c = 例5.在△ABC 中，三个角,,A B C 的对边边长分别为3,4,6a b c ===, 则cos cos cos bc A ca B ab C ++的值为 . 61 2 例6.在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若() C a A c b cos cos 3=-， 则=A cos _________________. 3 例7.(2009年广东卷文)已知ABC ?中， C B A ∠∠∠,,的对边分别为,,a b c 若a c ==75A ∠=o ，则b =
正弦定理经典练习题
《正弦定理、余弦定理、解斜三角形》 一、复习要求 ： 1． 掌握正弦、余弦定理，能运用知识解斜三角形。 2． 用正弦、余弦定理判断三角形的形状。 二、知识点回顾 （1） 正弦定理：,22sin sin sin ? ====S abc R C c B b A a （2R 为三角形外接圆直径）， （?S 为三角形面积），其他形式： a ：b ：c = sinA ：sinB ：sinC a=2RsinA, b=2RsinB , c=2RsinC (2) 余弦定理：a 2=b 2+c 2-2bccosA,(可按a,b,c,a 轮换得另二式) 余弦定理变式：bc a c b A 2cos 2 22-+= , (轮换得另二式) 余弦定理向量式：如图 a=b+ c , c= a – b c 2=|c|2=|a-b |2=(a-b)2=a 2+b 2 - 2﹒a ﹒b =a 2+b 2 - 2abcosC (其中｜a|=a,|b|=b,|c|=c) 三、典型例题分析： 例1：在三角形ABC 中，若C=3B ，求b c 的范围 分析：角边比转化，可用正弦定理 解：1cos 4cos 22cos sin ) 2sin(sin 3sin sin sin 2-=+=+===B B B B B B B B B C b c A+B+C=1800 ，C=3B ， ∴４Ｂ<１８００，００<Ｂ<４５０， 1cos 22 <C ,且b 2+c 2 =a 2+bc, 求A ，B ，C 。 解：21 22cosA 2 22==-+=bc bc bc a c b ， ∴ A=600 又 4sinBsinC=1 ∴4sinBsin(1200-B)=11 sin 22sin 31)sin 21 cos 23 (sin 42=+?=+?B B B B B B con B 22sin 3=? ∴33 2t a n =B ∴2B=300 或2100 B>C , ∴2B=2100 即 B=1050 ∴A=600 B=1050 C=150 练习2：在?ABC 中，2B=A+C 且tanAtanC=2+3 求（1）A 、B 、C 的大小 （2） 若AB 边上的高CD=43，求三边a 、b 、c 例３：如图，已知Ｐ为?ABC 内一点，且满足∠ＰＡＢ ＝∠ＰＢＣ＝ ∠ＰＣＡ＝θ 求证cot θ=cotA+cotB+cotC C A B a c b θ A B C P θ θ
电路的拉格朗日动力学方程
电路的拉格朗日的动力学方程 拉格朗日方程 拉格朗日方程:对于完整系统用广义坐标表示的动力方程，通常系指第二类拉格朗日方程,是法国数学家J.-L.拉格朗日首先导出的。 从虚位移原理可以得到受理想约束的质点系不含约束力的平衡方程，而动静法(达朗贝尔原理)则将列写平衡方程的静力学方法应用于建立质点系的动力学方程，将这两者结合起来，便可得到不含约束力的质点系动力学方程,这就是动力学普遍方程。而拉格朗日方程则是动力学普遍方程在广义坐标下的具体表现形式。 拉格朗日方程可以用来建立不含约束力的动力学方程，也可以用来在给定系统运动规律的情况下求解作用在系统上的主动力。如果要想求约束力，可以将拉格朗日方程与动静法或动量定理(或质心运动定理)联用。 通常，我们将牛顿定律及建立在此基础上的力学理论称为牛顿力学(也称矢量力学)，将拉格朗日方程及建立在此基础上的理论称为拉格朗日力学。拉格朗日力学通过位形空间描述力学系统的运动，它适合于研究受约束质点系的运动。拉格朗日力学在解决微幅振动问题和刚体动力学的一些问题的过程中起了重要的作用。 为了得到广义坐标表示的完整力学系的动力学方程拉格朗日方程，需要先导出达朗伯－拉格朗日方程。 一、达朗伯－拉格朗日方程 设受完整约束的力学体系有n 个质点，体系中每一个质点都服从如下形式的牛顿运动定律，设第i 个质点受主动力，受约束反力，则 n i R F r m i i i i , ,2 ,1 , =+=n i R F r m i i i i , ,2 ,1 ,0 ==++- 称为达朗伯惯性力或称有效力 这个达朗伯惯性力与力学中定义过的惯性力不是一个概念，那里的惯性力是对某一非惯性系而言的，而上式中各质点的并不相等，所以这里并不存在一个统一的非惯性系。
正弦定理练习题典型题(含答案)
正弦定理一 1、在ABC ?中，060A ∠=，6a =，3b =，则ABC ?解的情况（ ） A ．无解 B ．有一解 C ．有两解 D ．不能确定 2、在△ABC 中，若b=2，A=120°，三角形的面积S= ，则三角形外接圆的半径为( ) A ． B ．2 C ．2 D ．4 3、在ABC △中，,,a b c 分别是角A,B,C 的对边,已知1,2a b ==，3cos 2 A =，求角C ． 4、在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知acosC ＋ccosA ＝2bcosA ． （1）求角A 的值； （2）求sinB ＋sinC 的取值范围． 5、在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a=2csinA ． （1）求角C 的值； （2）若c=，且S △ABC =，求a+b 的值．
参考答案 1、【答案】A 2、【答案】B 3、【答案】解：在ABC △中，3cos 2A = ，得6A π=， 又1,2a b ==，由正弦定理得sin sin a b A B =， ∴sin 2sin 2 b A B a ==， 又b a >，得4B π= 或4 B 3π=， 当4B π=时，6412 C ππ7π=π--=； 当4B 3π=时，6412 C π3ππ=π--=， ∴角C 为127π或12π． 4、【答案】（1）A ＝；（2）(，]． 试题分析：（1）要求解，已知条件中有角有边，一般情况下我们可以利用正弦定理把边化为角的关系，本题acosC ＋ccosA ＝2bcosA ，由正弦定理可化为sin cos sin cos 2sin cos A C C A B A +=，于是有 sin()2sin cos A C B A +=，即sin 2sin cos B B A =，而sin 0B ≠，于是1cos 2A =，3 A π=；（2）由（1）23C B π=-，且203B π<<，2sin sin sin sin()3 B C B B π+=+-，由两角和与差的正弦公式可转化为3sin()6 B π+，再由正弦函数的性质可得取值范围. 试题解析： （1）因为acosC ＋ccosA ＝2bcosA ，所以sinAcosC ＋sinCcosA ＝2sinBcosA ， 即sin(A ＋C)＝2sinBcosA ． 因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋C)＝sinB ． 从而sinB ＝2sinBcosA ． 因为sinB ≠0，所以cosA ＝． 因为0＜A ＜π，所以A ＝． （2）sinB ＋sinC ＝sinB ＋sin(－B)＝sinB ＋sin cosB －cos sinB ＝sinB ＋cosB ＝sin(B ＋)． 因为0＜B ＜，所以＜B ＋ ＜．
5第3章拉格朗日方程
第3章拉格朗日方程 以动力学普遍方程为基础，拉格朗日导出了两种形式的动力学方程，分别称为第一类和第二类拉格朗日方程。将达朗贝尔原理与虚位移原理相结合，建立起动力学普遍方程，避免了理想约束力的出现；再把普遍方程变为广义坐标形式，进一步转变为能量形式，导出了第二类拉格朗日方程，实现了用最少数目的方程描述动力系统；应用数学分析中的乘子法，采用直角坐标形式的普遍方程和约束方程而建立的一组动力学方程，是第一类拉格朗日方程，便于程式化处理约束动力系统问题。拉格朗日方程是分析力学得以发展之源。 3.1 第二类拉格朗日方程 第二类拉格朗日方程是分析力学中最重要的动力学方程，它给出动力学问题一个普遍、简单而又统一的解法。拉格朗日方程只适用于完整约束的质点系。 3.1.1 几个关系式的推证 为方便起见，在推导拉格朗日方程前，先推证几个关系式。 质点系由n个质点、s个完整的理想约束组成，它的自由度数为k＝ 3n–s，广义坐标数与自由度数相等。该系统中，任一质点M i的矢径r i可表示成广义坐标q1，q2，…，q k和时间t的函数，即 r i＝r i(q1，q2，…，q k，t) i＝1,2,…,n 它的速度 (3-1) i＝1,2,…,n 式中称为h个广义坐标的广义速度，分别为广义坐标和时间的函数，与广义速度没有直接的关系。式(3-1)对求偏导数，则有 (3-2) 这是推证的第一个关系式，它表明，任一质点的速度对广义速度的偏导数等于其矢径对广义坐标的偏导数。为推证第二个关系式，将式(3-1)对广义坐标q j求偏导数， 或 (3-3) 这是第二个关系式，它表明，任一质点的速度对广义坐标的偏导数等于
拉格朗日方程
拉格朗日方程 约瑟夫·拉格朗日(Joseph Louis Lagrange)，法国数学家、物理学家。他在数学、力学和天文学三个学科领域中都有历史性的贡献，其中尤以数学方面的成就最为突出。 拉格朗日公式（lagrange formula）包括拉格朗日方程、拉格朗日插值公式、拉格朗日中值定理等。 中文名 拉格朗日公式 外文名 lagrange formula 涉及领域 信息科学、数学 发现者 约瑟夫·拉格朗日 发现者职业 法国数学家，物理学家 包括 拉格朗日方程等 目录 .1拉格朗日 .?生平 .?科学成就 .2拉格朗日方程
.?简介 .?应用 .3插值公式 .4中值定理 .?定律定义 .?验证推导 .?定理推广 拉格朗日 约瑟夫·拉格朗日(Joseph Louis Lagrange)，法国数学家、物理学家。他在数学、力学和天文学三个学科领域中都有历史性的贡献，其中尤以数学方面的成就最为突出。 生平 拉格朗日1736年1月25日生于意大利西北部的都灵。父亲是法国陆军骑兵里的一名军官，后由于经商破产，家道中落。据拉格朗日本人回忆，如果幼年是家境富裕，他也就不会作数学研究了，因为父亲一心想把他培养成为一名律师。拉格朗日个人却对法律毫无兴趣。 到了青年时代，在数学家雷维里的教导下，拉格朗日喜爱上了几何学。17岁时，他读了英国天文学家哈雷的介绍牛顿微积分成就的短文《论分析方法的优点》后，感觉到“分析才是自己最热爱的学科”，从此他迷上了数学分析，开始专攻当时迅速发展的数学分析。 18岁时，拉格朗日用意大利语写了第一篇论文，是用牛顿二项式定理处理两函数乘积的高阶微商，他又将论文用拉丁语写出寄给了当时在柏林科学院任职的数学家欧拉。不久后，他获知这一成果早在半个世纪前就被莱布尼兹取得了。这个并不幸运的开端并未使拉格朗日灰心，相反，更坚定了他投身数学分析领域的信心。 1755年拉格朗日19岁时，在探讨数学难题“等周问题”的过程中，他以欧拉的思路和结果为依据，用纯分析的方法求变分极值。第一篇论文“极大和极小的方法研究”，发展了欧拉所开创的变分法，为变分法奠定了理论基础。变分法的创立，使拉格朗日在都灵声名大震，并使他在19岁时就当上了都灵皇家炮兵学校的教授，成为当时欧洲公认的第一流数学家。1756年，受欧拉的举荐，拉格朗日被任命为普鲁士科学院通讯院士。 1764年，法国科学院悬赏征文，要求用万有引力解释月球天平动问题，他的研究获奖。接着又成功地运用微分方程理论和近似解法研究了科学院提出的一个复杂的六体问题(木星的四个卫星的运动问题)，为此又一次于1766年获奖。
正弦定理练习题(经典)
… 正弦定理练习题 1．在△ABC 中，A ＝45°，B ＝60°，a ＝2，则b 等于( ) D ．26 2．在△ABC 中，已知a ＝8，B ＝60°，C ＝75°，则b 等于( ) A ．4 2 B ．4 3 C ．4 6 3．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边，若A ＝105°，B ＝45°，b ＝2，则c ＝( ) A ．1 C ．2 ? 4．在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，A ＝60°，a ＝43，b ＝42，则角B 为( ) A ．45°或135° B．135° C．45° D．以上答案都不对 5．△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c .若c ＝2，b ＝6，B ＝120°，则a 等于( ) B ．2 6．在△ABC 中，a ∶b ∶c ＝1∶5∶6，则sin A ∶sin B ∶sin C 等于( ) A ．1∶5∶6 B ．6∶5∶1 C ．6∶1∶5 D ．不确定 . 7．在△ABC 中，若cos A cos B ＝b a ，则△ABC 是( ) A ．等腰三角形 B ．等边三角形 C ．直角三角形 D ．等腰三角形或直角三角形 8．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若a ＝1，c ＝3，C ＝π3 ，则A ＝________. 9．在△ABC 中，已知a ＝433 ，b ＝4，A ＝30°，则sin B ＝________. ! 10．在△ABC 中，已知∠A ＝30°，∠B ＝120°，b ＝12，则a ＋c ＝________. 11．在△ABC 中，b ＝43，C ＝30°，c ＝2，则此三角形有________组解． 12 . 判断满足下列条件的三角形个数 （1）b=39,c=54,? =120C 有________组解 （2）a=20,b=11,?=30B 有________组解 （3）b=26,c=15,?=30C 有________组解 , （4）a=2,b=6,?=30A 有________组解 正弦定理 1．在△ABC 中，∠A ＝45°，∠B ＝60°，a ＝2，则b 等于( ) D ．26 解析：选A.应用正弦定理得：a sin A ＝b sin B ，求得b ＝a sin B sin A ＝ 6. 2．在△ABC 中，已知a ＝8，B ＝60°，C ＝75°，则b 等于( ) A ．4 2 B ．4 3 C ．4 6 … 解析：选＝45°，由正弦定理得b ＝a sin B sin A ＝4 6.
正弦定理经典题型归纳
正弦定理 1. 正弦定理 在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即 公式适用于任意三角形。 2. 正弦定理的变形 3. 判断三角形解的问题 “已知a,b 和A,解三角形”①当sin B >1,无解 ②sin B =1,一解 ③sinB <1,两个解（其中B 可能为锐角也可能为钝角，具体是锐角还是钝角还是两个都可以，要根据“大边对大角”及“三角形内角和等于180”来判断） 题型一：已知两角及任意一边解三角形 1．在△ABC 中，A ＝45°，B ＝60°，a ＝2，则b 等于( ) A. 6 B. 2 C. 3 D ．2 6 2．在△ABC 中，已知a ＝8，B ＝60°，C ＝75°，则b 等于( ) A ．4 2 B ．4 3 C ．4 6 D.323 3．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边，若A ＝105°，B ＝45°，b ＝ 2，则c ＝( ) A ．1 B.12 C ．2 D.14 变形： 题型二：已知两边及一边对角解三角形 1．在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，A ＝60°，a ＝43，b ＝42，则角B 为( ) A ．45°或135° B ．135° C ．45° D ．以上答案都不对
2．△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c .若c ＝ 2，b ＝6，B ＝120°，则a 等 于( ) A. 6 B ．2 C. 3 D. 2 3．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若a ＝1，c ＝ 3，C ＝π3，则A ＝________. 4 .在△ABC 中，已知a ＝ 433，b ＝4，A ＝30°，则sin B ＝________. 5．在△ABC 中，b ＝43，C ＝30°，c ＝2，则此三角形有________组解． 6. 判断满足下列条件的三角形个数 （1）b=39,c=54,?=120C 有________组解 （2）a=20,b=11,?=30B 有________组解 （3）b=26,c=15,?=30C 有________组解 （4）a=2,b=6,?=30A 有________组解 7.在△ABC 中，已知∠A ＝30°，∠B ＝120°，b ＝12，则a ＋c ＝________. 8.在△ABC 中，B=4π,b=2,a=1,则A 等于 . 题型三：正弦定理的边角转化 1．在△ABC 中，a ∶b ∶c ＝1∶5∶6，则sin A ∶sin B ∶sin C 等于( ) A ．1∶5∶6 B ．6∶5∶1 C ．6∶1∶5 D ．不确定 2．在△ABC 中，若cos A cos B ＝b a ，则△ABC 是( ) A ．等腰三角形 B ．等边三角形 C ．直角三角形 D ．等腰三角形或直角三角形 3.在△ABC 中，如果C c B b A a tan tan tan ==,那么△ABC 是（ ） A.直角三角形 B.等边三角形 C.等腰直角三角形 D.钝角三角形 4. 在△ABC 中，已知b B a 3sin 32=，且cosB=cosC ，试判断△ABC 形状。
正弦定理余弦定理超经典练习题
正弦定理、余弦定理练习题 一、选择题 1.已知在△ABC中,sin A:sin B：sin C＝3:２:４,那么ｃos C的值为 A.－ B.Ｃ.- D. 3.在△ABＣ中，ｂcos A＝a cos B,则三角形为 Ａ.直角三角形B.锐角三角形Ｃ．等腰三角形Ｄ.等边三角形 ４.已知三角形的三边长分别为x２+x+1,x2-1和2x+1(ｘ＞1),则最大角为 A.15０°Ｂ．120° C.60° D.7５° 5.在△ABC中，=1，=2,(＋)·（+）＝5+２则边｜|等于 A.B．5－２Ｃ.Ｄ． 6.在△AＢＣ中，已知B=30°,b=5０,c=１5０,那么这个三角形是 A．等边三角形 B.直角三角形Ｃ．等腰三角形D．等腰三角形或直角三角形 7.在△ABC中，若b２sin2C＋c2siｎ2Ｂ=2ｂc cos B coｓC，则此三角形为 A.直角三角形Ｂ．等腰三角形 C.等边三角形 D.等腰直角三角形 8.正弦定理适应的范围是 Ａ.Rt△Ｂ.锐角△Ｃ．钝角△Ｄ.任意△ 9.已知△ABＣ中,a＝10,B=６０°,C=45°,则c= A.１０+ B.10(-1) C.（+1) D.10 1０.在△AＢC中,bｓin A A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.任意三角形 1４.在△AＢC中，a＝2,Ａ=３０°,C=４5°，则△ABC的面积S△ABＣ等于 A.B.2 C.+1 D.(＋1） 15.已知三角形ABC的三边a、b、c成等比数列，它们的对角分别是A、B、C,则sin A sｉn C 等于 A.cos2B B.1－cos2B C．1+coｓ2B D.１+sin２B 16.在△AＢC中，ｓｉn A＞sin B是A＞Ｂ的 A.充分不必要条件B．必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 17.在△ＡBＣ中，b CoｓＡ=a cos B，则三角形为 A.直角三角形B．锐角三角形 C.等腰三角形 D.等边三角形 1８.△ＡBC中,sin２A=sin２B+sin2C,则△ABC为 Ａ.直角三角形 B.等腰直角三角形C．等边三角形 D.等腰三角形 19.△ABＣ中,A＝60°,b＝1,这个三角形的面积为，则△ABC外接圆的直径为 A. B.C． D. ２0．在△ABC中,,则k为 A.2R B.R C．4R D.（R为△AＢC外接圆半径) 二、填空题 1.在△ＡBC中，A=６0°，C＝45°，b＝２，则此三角形的最小边长为． 2．在△AＢC中,＝. ３.在△ABC中，a∶ｂ∶c=（＋1）∶∶2,则△ＡBＣ的最小角的度数为. 4.在△AＢC中,已知sｉn A∶sinＢ∶siｎＣ＝６∶5∶4，则ｓec A=. 5.△ABC中，，则三角形为＿________. 6.在△AＢＣ中，角A、Ｂ均为锐角且cｏs A>sｉn B,则△ＡBC是_＿_＿______＿. v1.0 可编辑可修改 正弦定理、余弦定理综合应用 例 1. 设锐角三角形 ABC 的内角 A ，B ， C 的对边分别为 a ，b ， c ， a 2bsin A ． （Ⅰ）求 B 的大小；（Ⅱ）求 cos A sin C 的取值范围． 解：（Ⅰ）由 a 2b sin A ，根据正弦定理得 sin A 2sin B sin A ，所以 sin B 1 ， 2 由 △ ABC 为锐角三角形得 B π ． 6 （Ⅱ） cos A sin C cos A sin A cos A sin A cos A 1 cos A 3 sin A 3 sin A 3 ． 6 2 2 由 △ ABC 为锐角三角形知， A B ， B ． 2 ， 2 2 6 A 3 2 2 3 3 6 所以 1 sin A 3 3 ． 由此有 3 3sin A 3 3 3 ， 2 2 2 2 所以， cos A sin C 的取值范围为 3 3 ． 2 ， 2 例 2. 已知 △ ABC 的周长为 2 1，且 sin A sin B 2 sin C ． （ I ）求边 AB 的长； （ II ）若 △ ABC 的面积为 1 sin C ，求角 C 的度数． 6 解：（ I ）由题意及正弦定理，得 AB BC AC 2 1， BC AC 2AB ， 两式相减，得 AB 1． （ II ）由 △ ABC 的面积 1 BC AC sin C 1 sin C ，得 BC AC 1 ， 2 6 3 由余弦定理，得 cosC AC 2 BC 2 AB 2 ( AC BC )2 2AC BC AB 2 1 ， 2AC BC 2AC BC 2 所以 C 60 ． 例 3. 已知 a ，b ，c 为△ ABC 的三个内角 A ，B ，C 的对边，向量 m ＝ （ 3, 1 ），n ＝（ cos A ,sin A ）. 若 m ⊥ n ， 且 a cos B +b cos A =c sin C ，则角 B ＝ π . 6 例 4. 设 ABC 的内角 A ， B ，C 的对边分别 为 a b c ，且 A 60 ， c b. 求 a 的值； , , = =3 c 1 二、拉格朗日方程及其应用 虽然可以直接用牛顿第二定律或达朗贝尔原理建立多自由度系统的运动微分方程，但是在许多情况下应用拉格朗日方程法更为方便。这里用最简单的方式推导拉格朗日方程，以便更好地理解这个被广泛应用的方程的意义。我们知道，对于一能量守恒的系统，系统的动能和势能的总和是不变的，因此，它们的总和对时间的导数等于零，即： 式中：是系统的动能，它是系统广义速度的函数；是系统的势能，它是系统广义坐标 的函数。下面将说明，这两者分别可以用广义坐标和广义速度的二次型表示。 单自由度系统的动能和势能公式如下： 这个结论可以推广到多自由度系统。如下图4-6，使系统各质点产生位移 ，则在处的力为 （a） 设系统有个力作用，则系统总势能为： （b） 把公式（a）代入（b）中，得： （c） 若用矩阵符号，上式可写成： 若把改为更一般的广义坐标符号，上式变为： （d） 上式就是用广义坐标和刚度矩阵的二次型表示的系统势能表达式。 若以表示质量的速度，可以仿照单自由度系统动能的方法表示多自由度系统的动能： 或写成矩阵形式： 我们假设系统的动能只与广义速度有关而与广义坐标无关，对微振动这是成立的。下面来推导拉格朗日方程。为此，对进行全微分： （e） 将对求导，有： 将上式乘以并对从到求和，有： （f） 比较（a）,（f）两式可知： （g） 对（g）进行一次微分，得 （h） （h），（e）两式相减可得： 根据守恒系统的原理,有 （i） 因为个广义坐标是独立的，不可能都等于零，因此要上式成立必须使 （j）当系统还作用有除有势力之外的附加力时, 外力在上所作的功将是 令，则可得： （4-8）式中是除有势力之外的所有外力，其中包括阻尼力，阻尼力可表示为： （4-9） 正弦定理【基础知识点】 1. 三角形常用公式：A＋B＋ C＝π； S＝1 ab sin C＝ 1 bc sin A＝＝ 1 ca sin B； 22 2 sin(A+B)=sinC,cos(A+B)=-cosC, sin(A+B)/2=cosC/2,cos(A+B)/2=sinC/2 2．三角形中的边角不等关系: A>B a>b,a+b>c,a-b 当 a>b时有一解. 也可利用正弦定理 bsin A sin B 进行讨论． a 如果 sinB>1 ，则问题无解；如果sinB ＝ 1，则问题有一解； 如果求出sinB<1 ，则可得 B 的两个值，但要通过“三角形内角和定理”或“大边对大角”等三角形有关性质进行判断 典型例题： 例 1、在ABC 中，a2, b 1, A 45 求B的大小。 例 2、在△ ABC中，已知a 3 ， b 2 ，B=45求A、C及c. 例 3、在△ ABC中， a=15,b=10,A= 60 , 则 cosB 的值 例 4、在△ ABC中，B30 ， AB 2 3 ，AC=2，求△ABC的面积。 例 5、在△ ABC中已知 acosB=bcosA, 试判断△ ABC的形状 . <正弦定理和余弦定理> 要点梳理 1．正弦定理 其中R 是 三角形外接圆的半径．由正弦定理可以变形为： (1)a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ； (2)a ＝2Rsin A ，b ＝2Rsin B ，c ＝2Rsin C ； (3)sin A ＝ a 2R ，sin B ＝ b 2R ，sin C ＝c 2R 等形式，以解决不同的三角形问题． 2．三角形面积公式 S △ABC ＝12absin C ＝12bcsin A ＝12acsin B ＝abc 4R ＝1 2(a ＋b ＋c)·r(r 是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R 、 r. 3．余弦定理： 222222222a b c 2bccos A b a c 2accos B c a b 2abcos C ＝＋－，＝＋－，＝＋－. 余弦定理可以变形为： cos A ＝2 2 2 b c a 2bc +-，cos B ＝ 222a c b 2ac +-，cos C ＝ 222 a b c 2ab +-. 4．在解三角形时，正弦定理可解决两类问题： (1)已知两角及任一边，求其它边或角；(2)已知两边及一边的对角，求其它边或角． 情况(2)中结果可能有一解、二解、无解，应注意区分． 余弦定理可解决两类问题： (1)已知两边及夹角或两边及一边对角的问题；(2)已知三边问题． 基础自测 1．在△ABC 中，若b ＝1，c ＝3，C ＝2π 3 ，则a ＝ 1 . 2．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若c ＝2，b ＝6，B ＝120°，则a ＝ 3．在△ABC 中，若AB ＝5，AC ＝5，且cos C ＝ 9 10 ，则BC ＝ 4或5 . 4．已知圆的半径为4，a 、b 、c 为该圆的内接三角形的三边，若abc ＝162，则三角形的面积为( C ) A ．2 2 B ．8 2 C. 2 D.22 2sin sin sin a b c R A B C ===正弦定理、余弦定理综合应用典型例题.doc
结构动力学拉格朗日方程
正弦定理知识点与典型例题.doc
必修5-第一章-正弦定理和余弦定理-知识点及典型例题