[教案设计]高中数学人教b版教案余弦定理
人教版高中选修(B版)3-3第三章球面三角形的余弦定理和正弦定理课程设计
人教版高中选修(B版)3-3第三章球面三角形的余弦定理和正弦定理课程设计一、课程背景本课程是针对高中数学B版选修3-3第三章球面三角形的余弦定理和正弦定理进行的课程设计，主要旨在让学生通过本课程的学习，掌握球面三角形的重要概念和定理，深刻理解余弦定理和正弦定理的原理和应用，为今后的进一步学习和应用打下坚实的基础。
二、教学目标1.掌握球面三角形的定义和基本性质；2.理解余弦定理和正弦定理的原理和应用；3.能够运用余弦定理和正弦定理解决球面三角形的相关问题；4.练习解决实际问题的能力，培养学生的思维能力和创新能力。
三、教学内容3.1 球面三角形的定义和基本性质1.球面三角形的定义和基本概念2.球面三角形的基本性质和特点3.球面三角形的周长和面积的计算公式3.2 余弦定理1.球面三角形余弦定理的概念和表述2.球面三角形余弦定理的证明过程3.球面三角形余弦定理的应用3.3 正弦定理1.球面三角形正弦定理的概念和表述2.球面三角形正弦定理的证明过程3.球面三角形正弦定理的应用3.4 球面三角形的实际应用1.球面三角形在航海和测量中的应用2.球面三角形在地理学和天文学中的应用3.球面三角形在计算机图形学中的应用四、教学方法本课程主要采用讲授与实践相结合的教学方法，包括以下教学方法：1.讲授与演示：通过教师的讲授和演示，让学生明确概念、掌握定理和思路；2.自主学习与合作学习：让学生在课堂上自主学习课程内容，并与同学合作解决问题，提高学生的学习兴趣和积极性；3.锻炼实践能力：通过练习课后习题和实际应用案例，让学生进一步理解和掌握课程内容，并锻炼实践能力；4.课外拓展：引导学生拓展自己的兴趣爱好，探索更多与球面三角形相关的领域。
五、教学流程5.1 前期准备在教学前，教师需要准备教学材料和学生手册，包括课程大纲、PPT、教学磁带、学生笔记、练习题目等。
5.2 课堂教学5.2.1 第一节：球面三角形的定义和基本性质1.概念讲解–球面三角形的定义和基本概念–球面三角形的基本性质和特点2.知识点突破–球面三角形的周长和面积的计算公式的导出3.实践练习–同学自主学习和解决相关问题5.2.2 第二节：余弦定理1.概念讲解–球面三角形余弦定理的概念和表述–球面三角形余弦定理的证明过程2.知识点突破–球面三角形余弦定理的应用3.实践练习–同学自主学习和解决相关问题5.2.3 第三节：正弦定理1.概念讲解–球面三角形正弦定理的概念和表述–球面三角形正弦定理的证明过程2.知识点突破–球面三角形正弦定理的应用3.实践练习–同学自主学习和解决相关问题5.3 课后作业和总结1.完成课后习题：选择题、填空题、计算题；2.总结课程内容：学生自行总结并整理笔记，提出问题并及时解答。
高中数学《余弦定理》教案
高中数学《余弦定理》教案一、教学目标1. 理解余弦定理的定义和表达式。
2. 学会运用余弦定理解决三角形中的边角问题。
3. 掌握余弦定理在实际问题中的应用。
二、教学内容1. 余弦定理的定义和表达式。
2. 余弦定理的应用举例。
三、教学重点与难点1. 重点：余弦定理的定义和表达式，余弦定理的应用。
2. 难点：余弦定理在实际问题中的应用。
四、教学方法1. 采用讲解法，引导学生理解余弦定理的定义和表达式。
2. 采用案例分析法，通过举例让学生学会运用余弦定理解决实际问题。
3. 采用练习法，巩固学生对余弦定理的理解和应用。
五、教学过程1. 导入：通过复习正弦定理和余弦函数的知识，引出余弦定理的概念。
2. 新课讲解：讲解余弦定理的定义和表达式，举例说明余弦定理的应用。
3. 案例分析：分析实际问题，让学生运用余弦定理解决问题。
4. 练习巩固：布置练习题，让学生巩固余弦定理的知识。
5. 总结：对本节课的内容进行总结，强调余弦定理的重要性和应用。
教案仅供参考，具体实施可根据实际情况进行调整。
六、教学评估1. 课堂问答：通过提问方式检查学生对余弦定理的理解和掌握程度。
2. 练习题：布置课堂练习题，评估学生运用余弦定理解决实际问题的能力。
3. 课后作业：布置课后作业，巩固学生对余弦定理的知识。
七、教学拓展1. 引导学生思考余弦定理在现实生活中的应用，如测量三角形的角度和边长。
2. 介绍余弦定理在其他领域的应用，如物理学、工程学等。
八、教学反思1. 反思本节课的教学效果，检查学生对余弦定理的掌握程度。
2. 分析学生的反馈意见，调整教学方法和策略。
九、教学资源1. 教案、PPT、教材等教学资料。
2. 练习题、测试题等教学资源。
3. 互联网资源，如相关学术文章、教学视频等。
十、教学计划1. 下一节课内容：介绍余弦定理在实际问题中的应用，如几何图形中的角度计算。
2. 教学目标：让学生学会运用余弦定理解决实际问题，提高解决问题的能力。
高中数学新人教版B版精品教案《1.1.2 余弦定理》
余弦定理教学设计 一、教学内容分析人民教育出版社B 版《普通高中课程标准实验教科书·必修5》第一章《解三角形》第一单元第二课《余弦定理》。
通过利用向量的数量积方法推导余弦定理，正确理解其结构特征和表现形式，解决“边、角、边”和“边、边、边”问题，初步体会余弦定理解决“边、边、角”，体会方程思想，激发学生探究数学，应用数学的潜能。
二、学生学习情况分析本课之前，学生已经学习了三角函数、向量基本知识和正弦定理有关内容，对于三角形中的边角关系有了较进一步的认识。
在此基础上利用向量方法探求余弦定理，学生已有一定的学习基础。
总体上学生应用数学知识的意识不强，创造力较弱，看待与分析问题不深入，知识的系统性不完善，使得学生在余弦定理推导方法的探求上有一定的难度，在发掘出余弦定理的结构特征时，能够激发学生热爱数学的情感；从具体问题中抽象出数学的本质，应用方程的思想去审视，解决问题是学生学习的一大难点。
三、教学目标认知目标：在复习已经学习的正弦定理和创设的问题情境中，引导学生发现余弦定理的内容，推证余弦定理，并简单运用余弦定理解三角形；能力目标：引导学生通过观察，推导，能体会用向量作为数形结合的工具，将几何问题转化为代数问题；情感目标：通过学生之间、师生之间的交流探究，调动学生的主动性和积极性，培养学生学习数学兴趣和热爱科学、勇于创新的精神。
四、教学重难点重点：探究和证明余弦定理的过程；理解掌握余弦定理的内容；初步对余弦定理进行应用。
难点：1向量知识在证明余弦定理时的应用，与向量知识的联系过程；2余弦定理在解三角形时的应用思路探究和证明余弦定理过程既是本节课的重点，也是本节课的难点。
学生在初中已经具备了勾股定理的知识，即Rt ABC ∆中，当90C ︒∠=时，有222c a b =+ 。
在一般的ABC ∆中（即90C ︒∠≠时）三角形的三边满足什么关系呢？学生最容易想到的思路：构造直角三角形，尝试应用勾股定理去探究这个三角形的边角关系；用向量的数量积证明余弦定理更是学生想不到的，学生很难将向量的知识与解三角形的知识相结合。
人教版高中数学余弦定理教案
人教版高中数学余弦定理教案第一章：余弦定理的概念与表达式1.1 引入余弦定理通过实际问题引入余弦定理的概念，让学生了解余弦定理在几何中的应用。
引导学生思考如何用余弦定理来解决三角形中的问题。
1.2 余弦定理的表述给出余弦定理的数学表达式：a^2 = b^2 + c^2 2bccosA解释余弦定理中的各个符号代表的意思，让学生理解余弦定理的构成。
1.3 余弦定理的应用通过例题讲解如何使用余弦定理来解决三角形中的问题，如求边长、角度等。
引导学生思考余弦定理在实际问题中的应用，培养学生的实际问题解决能力。
第二章：余弦定理在直角三角形中的应用2.1 直角三角形的余弦定理引入直角三角形的余弦定理：a^2 = b^2 + c^2解释直角三角形中余弦定理的特殊性，让学生理解直角三角形中的余弦定理与一般三角形不同。
2.2 直角三角形中余弦定理的应用通过例题讲解如何使用余弦定理来解决直角三角形中的问题，如求边长、角度等。
引导学生思考余弦定理在直角三角形中的应用，培养学生的实际问题解决能力。
第三章：余弦定理在非直角三角形中的应用3.1 非直角三角形的余弦定理引入非直角三角形的余弦定理：a^2 = b^2 + c^2 2bccosA解释非直角三角形中余弦定理的应用，让学生理解余弦定理在非直角三角形中的重要性。
3.2 非直角三角形中余弦定理的应用通过例题讲解如何使用余弦定理来解决非直角三角形中的问题，如求边长、角度等。
引导学生思考余弦定理在非直角三角形中的应用，培养学生的实际问题解决能力。
第四章：余弦定理在实际问题中的应用4.1 实际问题的引入通过实际问题引入余弦定理在实际中的应用，让学生了解余弦定理在现实生活中的重要性。
引导学生思考如何将实际问题转化为余弦定理问题。
4.2 实际问题中余弦定理的应用通过例题讲解如何使用余弦定理来解决实际问题，如测量三角形的边长、角度等。
引导学生思考余弦定理在实际问题中的应用，培养学生的实际问题解决能力。
高中数学《余弦定理》教案
高中数学《余弦定理》教案第一章：导入与概念介绍1.1 导入教师通过一个实际问题引入余弦定理的概念，例如在直角三角形中，斜边与两个直角边的关系。
引导学生思考如何用数学表达式来描述这个关系。
1.2 余弦定理的概念教师介绍余弦定理的定义，即在三角形中，任意一边的平方等于其他两边平方和与这两边乘积的余弦的两倍之和。
用数学表达式表示为：a^2 = b^2 + c^2 2bccosA。
第二章：证明与推导2.1 余弦定理的证明教师引导学生思考如何证明余弦定理。
通过画图和几何推理，引导学生理解并证明余弦定理。
可以使用三角形的正弦定理和余弦定理的平方关系来证明。
2.2 余弦定理的推导教师引导学生利用余弦定理推导出其他相关的定理，例如正弦定理。
引导学生理解余弦定理与其他定理之间的关系。
第三章：余弦定理的应用3.1 求解三角形的问题教师通过例题展示如何使用余弦定理求解三角形的问题。
引导学生运用余弦定理计算三角形的边长和角度。
3.2 求解三角形的面积教师引导学生利用余弦定理推导出三角形的面积公式，并引导学生运用该公式计算三角形的面积。
第四章：余弦定理的拓展4.1 余弦定理在几何中的应用教师引导学生思考余弦定理在几何中的应用，例如求解三角形的面积、角度等问题。
4.2 余弦定理在物理中的应用教师引导学生思考余弦定理在物理中的应用，例如振动问题、波动问题等。
第五章：巩固与练习5.1 巩固知识教师通过例题和练习题帮助学生巩固余弦定理的理解和应用。
引导学生运用余弦定理解决不同类型的问题。
5.2 练习题教师布置一些练习题，让学生独立完成，巩固对余弦定理的理解和应用。
第六章：解三角形问题6.1 解三角形的概念教师介绍解三角形的概念，即通过已知的三角形一边和两个角，求解其他两边和角度。
引导学生理解解三角形的重要性。
6.2 利用余弦定理解三角形教师通过例题展示如何利用余弦定理解三角形问题。
引导学生运用余弦定理计算三角形的边长和角度。
第七章：余弦定理与向量7.1 向量与余弦定理的关系教师介绍向量与余弦定理的关系，即向量的点积与余弦定理的关系。
余弦定理教案
余弦定理教案【余弦定理教案】一、教学目标1. 理解余弦定理的概念和原理。
2. 学会运用余弦定理解决实际问题。
3. 培养学生的逻辑思维和问题解决能力。
二、教学准备1. 教材《数学》2. 教学课件3. 黑板和粉笔4. 教学实例和练习题三、教学过程【引入】1. 使用生活中的实例引入余弦定理的概念，例如：树木倾斜、建筑物斜倚等。
2. 引发学生思考，概括出三角形中的边与角之间的关系。
【讲解】1. 介绍余弦定理的定义和公式：c² = a² + b² - 2abcosC。
2. 解读余弦定理中的各个变量及其意义：c为第三边，a和b为两边，C为夹角。
3. 通过示例演示如何运用余弦定理计算三角形的边长和角度。
4. 引导学生发现余弦定理的应用范围和特点。
【示范】1. 给出几道实际问题，如建筑物斜坡的高度计算、航海中船舶航线的计算等。
2. 详细演示解决实际问题的步骤和计算方法。
3. 注重解题思路的讲解，培养学生的问题解决思维能力。
【练习】1. 分发练习题，让学生独立完成。
2. 审阅学生练习题，及时纠正错误，解答疑惑。
3. 批评与表扬结合，激发学生的学习兴趣和主动性。
【拓展】1. 引导学生思考余弦定理与正弦定理的关系和区别。
2. 鼓励学生自主学习与探究，拓展应用。
四、课堂总结1. 通过本节课的学习，希望学生能够熟练掌握余弦定理的应用方法。
2. 提醒学生在实际问题中合理选择使用余弦定理还是其他方法。
五、课后作业1. 完成课后练习题。
2. 总结复习余弦定理的要点和注意事项。
六、教学反思本节课通过引入实际问题，结合示范和练习，使学生理解和掌握了余弦定理的原理和应用方法。
教材和课件的使用，以及实践演示的方式，能够有效地提高学生的学习兴趣和主动性。
需要注意的是，在讲解过程中要注重与学生的互动，引导他们思考，并及时纠正误区，保证学习效果的最大化。
9.1.2余弦定理-人教B版高中数学必修第四册(2019版)教案
9.1.2 余弦定理-人教B版高中数学必修第四册（2019版）教案一、教学目标1.掌握余弦定理的形式及证明方法；2.熟悉余弦定理在数学和实际问题中的应用；3.锻炼解决实际问题、独立思考和团队合作的综合能力。
二、教学内容1. 余弦定理的形式及证明方法1.定义余弦定理；2.推导余弦定理的证明方法；3.利用余弦定理求解三角形的边长和角度。
2. 余弦定理在数学和实际问题中的应用1.利用余弦定理求解实际问题；2.讨论余弦定理的局限性和适用条件。
三、教学重点、难点教学重点：1.熟练掌握余弦定理的形式及证明方法；2.熟悉余弦定理在数学和实际问题中的应用。
教学难点：1.利用余弦定理求解实际问题；2.理解余弦定理的适用条件。
1. 演示法采用演示法，通过绘图和实例讲解余弦定理的定义、证明方法和应用，并展示求解问题的过程和方法。
2. 课堂讨论法鼓励学生课前阅读相关知识，并在课上结合例题讨论余弦定理的具体应用，激发学生探究、研究的兴趣。
3. 小组讨论法将学生分组，自主探究余弦定理在实际问题中的应用，并通过小组讨论的方式交流和展示研究成果，锻炼学生的团队协作和表达能力。
五、教学步骤1. 自主学习让学生在课前自主学习余弦定理相关知识，独立思考余弦定理的应用。
2. 讲解通过教师的讲解，介绍余弦定理的定义、证明方法和应用，并讨论其适用条件。
3. 练习在教师的指导下，让学生通过练习巩固余弦定理的应用和证明方法。
4. 小组讨论将学生分组，自主探究余弦定理在实际问题中的应用，并通过小组讨论的方式交流和展示研究成果。
六、教学评估1.通过练习和小组讨论，检测学生对余弦定理的掌握情况；2.通过问答和课堂演示，评估学生解决实际问题和团队合作能力。
1.人教B版高中数学必修第四册（2019版）；2.数学实物教具。
八、教学反思1.此次教学，通过小组讨论和课堂演示的方式，促进了学生之间的交流和合作；2.但需要进一步优化教学策略，让学生更加深入地理解余弦定理的定义和使用方法。
高中数学余弦定理教案范例
高中数学余弦定理教案范例
一、教学目标：
1. 了解余弦定理的概念和原理。
2. 掌握余弦定理的公式及应用。
3. 能够运用余弦定理解决相关问题。
二、教学重点：
1. 余弦定理的概念和公式。
2. 余弦定理在解决实际问题中的应用。
三、教学难点：
1. 如何灵活运用余弦定理解决实际问题。
四、教学内容：
1. 余弦定理的引入：介绍余弦定理的概念和原理。
2. 余弦定理的公式推导：通过几何推导，得出余弦定理的公式。
3. 余弦定理的应用：通过一些实际问题示例，让学生掌握余弦定理的应用技巧。
五、教学方法：
1. 讲解与演示相结合，提高学生的理解力。
2. 引导学生思考，激发学生学习的积极性。
3. 练习与实践相结合，巩固知识点。
六、教学步骤：
1. 引入：通过一个实际问题引入余弦定理的概念。
2. 理论讲解：介绍余弦定理的公式及推导过程。
3. 实例讲解：通过几个例题，演示如何运用余弦定理解决问题。
4. 练习与讨论：让学生进行练习，并讨论解题思路。
5. 总结与反思：总结本节课的重点内容，引导学生思考。
6. 作业布置：布置相关作业，巩固所学知识。
七、教学资源：
1. 课本、习题册等相关教材。
2. 多媒体设备。
八、教学反馈：
1. 学生课堂表现情况。
2. 学生作业完成情况。
九、教学评价：
1. 教学效果评价。
2. 学生学习情况评价。
以上是余弦定理的教案范例，希望对您有所帮助。
祝教学顺利！。
人教B版高中数学必修五备课精选教案余弦定理
1.1.2余弦定理（一）教学目标1．知识与技能:掌握余弦定理的两种表示形式及证明余弦定理的向量方法，并会运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题。
2.过程与方法:利用向量的数量积推出余弦定理及其推论，并通过实践演算掌握运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题，3．情态与价值：培养学生在方程思想指导下处理解三角形问题的运算能力；通过三角函数、余弦定理、向量的数量积等知识间的关系，来理解事物之间的普遍联系与辩证统一。
（二）教学重、难点重点：余弦定理的发现和证明过程及其基本应用； 难点：勾股定理在余弦定理的发现和证明过程中的作用。
（三）学法与教学用具学法：首先研究把已知两边及其夹角判定三角形全等的方法进行量化，也就是研究如何从已知的两边和它们的夹角计算出三角形的另一边和两个角的问题，利用向量的数量积比较容易地证明了余弦定理。
从而利用余弦定理的第二种形式由已知三角形的三边确定三角形的角教学用具：直尺、投影仪、计算器 （四）教学设想[创设情景] C如图1．1-4，在∆ABC 中，设BC=a,AC=b,AB=c,已知a,b 和∠C ，求边c b a(图1．1-4)[探索研究]联系已经学过的知识和方法，可用什么途径来解决这个问题？ 用正弦定理试求，发现因A 、B 均未知，所以较难求边c 。
由于涉及边长问题，从而可以考虑用向量来研究这个问题。
A如图1．1-5，设CB a =u u r r ，CA b =u u r r ，AB c =u u r r ，那么c a b =-r r r ，则 b r c r()()2222 2c c c a b a ba ab b a b a b a b =⋅=--=⋅+⋅-⋅=+-⋅r r r r r r r r r r r r r r r r r C a r B 从而 2222cosc a b ab C =+- (图1．1-5) 同理可证 2222cos a b c bc A =+-2222cos b a c ac B =+-于是得到以下定理余弦定理：三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍。
高中数学《余弦定理》教案
高中数学《余弦定理》教案一、教学目标1. 让学生理解余弦定理的定义和意义，掌握余弦定理的表达式。
2. 培养学生运用余弦定理解决三角形问题的能力。
3. 培养学生的逻辑思维能力和数学素养。
二、教学重点与难点1. 教学重点：余弦定理的定义和表达式，运用余弦定理解决三角形问题。
2. 教学难点：余弦定理的推导过程，运用余弦定理解决复杂三角形问题。
三、教学方法1. 采用问题驱动法，引导学生主动探究余弦定理。
2. 利用几何画板或实物模型，直观展示三角形中余弦定理的应用。
3. 开展小组讨论，培养学生的合作能力和解决问题的能力。
四、教学准备1. 教师准备PPT，内容包括余弦定理的定义、表达式和应用实例。
2. 准备几何画板或实物模型，用于展示三角形中余弦定理的应用。
3. 准备相关练习题，用于巩固所学知识。
五、教学过程1. 导入：通过一个实际问题，引发学生对余弦定理的思考，激发学生的学习兴趣。
2. 新课讲解：讲解余弦定理的定义和表达式，引导学生理解余弦定理的意义。
3. 实例演示：利用几何画板或实物模型，展示三角形中余弦定理的应用。
4. 小组讨论：让学生分组讨论如何运用余弦定理解决实际问题，培养学生的合作能力和解决问题的能力。
5. 练习巩固：让学生解答相关练习题，巩固所学知识。
6. 总结：对本节课的内容进行总结，强调余弦定理的重要性。
7. 作业布置：布置适量作业，让学生进一步巩固余弦定理的应用。
六、教学延伸1. 引导学生思考余弦定理在实际生活中的应用，例如测量三角形的角度、计算三角形的面积等。
2. 介绍余弦定理在其他领域的应用，如物理学、工程学等。
七、课堂小结1. 让学生回顾本节课所学内容，总结余弦定理的定义、表达式和应用。
2. 强调余弦定理在解决三角形问题中的重要性。
八、课后作业1. 完成教材上的相关练习题，巩固余弦定理的知识点。
九、教学反馈1. 在下一节课开始时，检查学生的作业完成情况，了解学生对余弦定理的掌握程度。
高中数学新人教版B版精品教案《1.1.2 余弦定理》
课题：1.1.2余弦定理教材：（人教版）普通高中课程标准实验教科书必修5一、课标要求通过对任意三角形边长和角度的探索，掌握余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题。
能够运用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。
二、教材分析人教版《普通高中课程标准实验教科书·必修（5）》第一章《解三角形》第一单元第二课《余弦定理》第一课时。
“余弦定理”是“解三角形”中的重要定理，在高考中属于“掌握”层次。
在教材中，利用向量的数量积推导余弦定理，正确理解其结构特征和表现形式，解决三角形中“边、角、边”和“边、边、边”问题，体会向量法的应用及方程思想，引起学生认知冲突和激发学生探究数学的潜能。
解三角形的教学要重视正弦定理和余弦定理在探索三角形边角关系中的作用，引导学生认识它们是解决测量问题的一种方法。
三、学情分析1、认知特征学生已经学习了三角函数、向量基本知识和正弦定理有关内容，对于三角形中的“边”和“角”的互化也有了进一步的认识。
能熟练运用正弦定理解决“任意两角与一边”和“已知两边和其中一边的对角”的三角形问题。
2、思维特征学生应用数学知识的意识不强，知识的系统性不完善，使学生在余弦定理推导方法的探求上有一定的难度，教师对此需作必要的启发和引导，让学生进行思考，通过类比、联系、归纳从而能解决问题。
3、心理特征高中生思维活跃，参与意识强烈，为探究式学习提供了空间，但学生的合作意识不强，应培养他们的合作学习能力。
四、教学目标1、知识与技能能推导余弦定理及其推论，并会用余弦定理解决两类基本的解三角形问题。
2、过程与方法培养学生知识的迁移能力；归纳总结的能力；运用所学知识解决实际问题的能力。
3、情感、态度与价值观让学生主动探索，合作交流，感受探索的乐趣和成功的体验，体会数学的逻辑性和严谨性，形成学习数学知识的积极态度。
五、课型新授概念课六、课时 两个课时 七、教学重难点1、重点：余弦定理的发现和证明过程及其定理的简单应用。
人教版高中数学余弦定理教案
人教版高中数学余弦定理教案一、教学目标1. 理解余弦定理的概念和意义，掌握余弦定理的表达式。
2. 能够运用余弦定理解决三角形中的边角关系问题。
3. 培养学生的逻辑思维能力和解决实际问题的能力。
二、教学内容1. 余弦定理的定义和表达式2. 余弦定理的应用3. 余弦定理在三角形中的证明三、教学重点与难点1. 重点：余弦定理的概念和意义，余弦定理的表达式。
2. 难点：运用余弦定理解决实际问题，余弦定理在三角形中的证明。
四、教学方法1. 采用问题驱动法，引导学生通过思考和讨论来理解和掌握余弦定理。
2. 通过举例和练习题，培养学生的实际应用能力。
3. 利用几何图形和动画演示，帮助学生直观地理解余弦定理。
五、教学过程1. 导入：通过一个实际问题，引导学生思考三角形中的边角关系。
2. 讲解：介绍余弦定理的定义和表达式，解释余弦定理的意义。
3. 演示：利用几何图形和动画演示余弦定理的应用和证明过程。
4. 练习：给出一些练习题，让学生运用余弦定理解决问题。
5. 总结：回顾本节课的内容，强调余弦定理的重要性和应用范围。
教案示例：一、教学目标1. 理解余弦定理的概念和意义，掌握余弦定理的表达式。
2. 能够运用余弦定理解决三角形中的边角关系问题。
3. 培养学生的逻辑思维能力和解决实际问题的能力。
二、教学内容1. 余弦定理的定义和表达式2. 余弦定理的应用3. 余弦定理在三角形中的证明三、教学重点与难点1. 重点：余弦定理的概念和意义，余弦定理的表达式。
2. 难点：运用余弦定理解决实际问题，余弦定理在三角形中的证明。
四、教学方法1. 采用问题驱动法，引导学生通过思考和讨论来理解和掌握余弦定理。
2. 通过举例和练习题，培养学生的实际应用能力。
3. 利用几何图形和动画演示，帮助学生直观地理解余弦定理。
五、教学过程1. 导入：通过一个实际问题，引导学生思考三角形中的边角关系。
问题：在三角形ABC中，已知边长AB=5，边长BC=8，角C=45°，求边长AC 的长度。
人教版高中数学余弦定理教案
人教版高中数学余弦定理教案一、教学目标1. 理解余弦定理的概念和表达式。
2. 学会运用余弦定理解决三角形中的边角问题。
3. 培养学生的逻辑思维能力和数学解决问题的能力。
二、教学内容1. 余弦定理的定义和表达式。
2. 余弦定理的应用实例。
3. 余弦定理在三角形边角关系中的应用。
三、教学重点与难点1. 重点：余弦定理的概念和表达式，以及运用余弦定理解决三角形边角问题。
2. 难点：灵活运用余弦定理解决复杂三角形问题。
四、教学方法1. 采用讲解法，引导学生理解余弦定理的概念和表达式。
2. 运用案例分析法，让学生通过实例掌握余弦定理的应用。
3. 利用练习法，培养学生运用余弦定理解决实际问题的能力。
五、教学过程1. 导入新课：回顾正弦定理和余弦函数的知识，引导学生思考余弦定理的概念。
2. 讲解余弦定理：给出余弦定理的定义和表达式，解释其含义和应用范围。
3. 案例分析：列举实例，让学生通过计算和分析，掌握余弦定理的应用方法。
4. 练习与讨论：布置练习题，让学生独立解决，进行讨论和讲解。
5. 总结与拓展：总结余弦定理的重点和难点，提出拓展问题，激发学生的学习兴趣。
教案续写（六至十）：六、教学评估1. 课堂练习：检查学生对余弦定理的理解和运用能力。
2. 课后作业：布置相关习题，巩固学生对余弦定理的掌握。
3. 单元测试：全面评估学生对余弦定理的掌握情况。
七、教学反思1. 反思教学方法：根据学生的反馈，调整教学方法，提高教学效果。
2. 关注学生差异：针对不同学生的学习情况，给予个别辅导，促进共同进步。
3. 加强与学生的互动：鼓励学生提问和参与讨论，提高课堂氛围。
八、教学拓展1. 研究余弦定理的证明：引导学生探索余弦定理的证明方法，培养学生的研究能力。
2. 应用余弦定理解决实际问题：介绍余弦定理在工程、物理等领域的应用，拓宽学生的视野。
九、教学资源1. 教材：人教版高中数学教材《必修5》。
2. 教辅资料：相关习题和案例分析。
人教版高中选修(B版)3-3第三章球面三角形的余弦定理和正弦定理教学设计
人教版高中选修(B版)3-3第三章球面三角形的余弦定理和正弦定理教学设计一、教学目标1.知道球面三角形的余弦定理和正弦定理的概念；2.学会用余弦定理和正弦定理计算球面三角形的边、角；3.能够应用所学概念解决实际问题。
二、教学重点与难点教学重点1.知道球面三角形的余弦定理和正弦定理的概念；2.学会用余弦定理和正弦定理计算球面三角形的边、角。
教学难点应用所学概念解决实际问题。
三、教学方法1.授课法；2.演示法；3.讨论法。
四、教学过程4.1 自我介绍（5分钟）教师进行自我介绍，并询问学生有关球面三角形的概念。
4.2 导入（10分钟）教师向学生介绍什么是球面三角形，以及接下来将要学习的余弦定理和正弦定理。
4.3 球面三角形的余弦定理（15分钟）1.先以平面三角形的余弦定理为基础，进行推导；2.结合图形，让学生理解球面三角形的余弦定理。
4.4 球面三角形的正弦定理（15分钟）1.先以平面三角形的正弦定理为基础，进行推导；2.结合图形，让学生理解球面三角形的正弦定理。
4.5 计算球面三角形的边、角（20分钟）教师出示例题和习题，并与学生一起讨论解题方法。
4.6 应用所学概念解决实际问题（20分钟）教师给出一系列实际问题，并与学生一起讨论解决方法。
4.7 总结与作业布置（5分钟）教师简要重申所学内容，布置作业。
五、板书设计余弦定理 cos a = cos b * cos c + sin b * sin c * cos A正弦定理 sin a / sin A = sin b / sin B = sin c / sin C六、教学反思本节课通过引导学生进行讨论，让学生更好地理解了球面三角形余弦定理和正弦定理的概念和应用。
通过实例练习和实际问题，让学生更好地掌握了解决问题的方法。
唯一不足之处是时间安排不够充裕，希望在今后的教学中能更好地利用时间，增强教学效果。
2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：正弦定理、余弦定理
§4.8正弦定理、余弦定理考试要求1.掌握正弦定理、余弦定理及其变形.2.理解三角形的面积公式并能应用.3.能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题．知识梳理1．正弦定理、余弦定理在△ABC 中，若角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，R 为△ABC 外接圆半径，则定理正弦定理余弦定理内容a sin A ＝bsinB ＝c sinC ＝2R a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ；b 2＝c 2＋a 2－2ca cos B ；c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C变形(1)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ；(2)sin A ＝a 2R，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c 2R；(3)a ∶b ∶c＝sin A ∶sin B ∶sin Ccos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ；cos B ＝c 2＋a 2－b 22ac ；cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab2．三角形解的判断A 为锐角A 为钝角或直角图形关系式a ＝b sin A b sin A <a <b a ≥b a >b 解的个数一解两解一解一解3．三角形中常用的面积公式(1)S ＝12ah a (h a 表示边a 上的高)；(2)S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ；(3)S ＝12r (a ＋b ＋c )(r 为三角形的内切圆半径)．常用结论在△ABC 中，常有以下结论：(1)∠A ＋∠B ＋∠C ＝π.(2)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．(3)a >b ⇔A >B ⇔sin A >sin B ，cos A <cos B .(4)sin(A ＋B )＝sin C ；cos(A ＋B )＝－cos C ；tan(A ＋B )＝－tan C ；sin A ＋B 2＝cos C2；cos A ＋B 2＝sin C 2.(5)三角形中的射影定理在△ABC 中，a ＝b cos C ＋c cos B ；b ＝a cos C ＋c cos A ；c ＝b cos A ＋a cos B .(6)三角形中的面积S ＝12(a ＋b ＋思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比．(×)(2)在△ABC 中，若sin A >sin B ，则A >B .(√)(3)在△ABC 的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素．(×)(4)当b 2＋c 2－a 2>0时，△ABC 为锐角三角形．(×)教材改编题1．在△ABC 中，AB ＝5，AC ＝3，BC ＝7，则∠BAC 等于()A.π6B.π3C.2π3D.5π6答案C解析在△ABC 中，设AB ＝c ＝5，AC ＝b ＝3，BC ＝a ＝7，由余弦定理得cos ∠BAC ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝9＋25－4930＝－12，因为∠BAC 为△ABC 的内角，所以∠BAC ＝2π3.2．记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为4，a ＝2，B ＝30°，则c 等于()A ．8B ．4C ．833D ．433答案A解析由S △ABC ＝12ac sin B ＝12×2c ×12＝4，得c ＝8.3．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知B ＝30°，b ＝2，c ＝2，则C ＝.答案45°或135°解析由正弦定理得sin C ＝c sin B b ＝2sin 30°2＝22，因为c >b ，B ＝30°，所以C ＝45°或C ＝135°.题型一利用正弦定理、余弦定理解三角形例1(12分)(2022·新高考全国Ⅰ)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cos A1＋sin A＝sin 2B1＋cos 2B.(1)若C ＝2π3，求B ；[切入点：二倍角公式化简](2)求a 2＋b 2c2的最小值．[关键点：找到角B 与角C ，A 的关系]思维升华解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理，以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．跟踪训练1(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C sin(A －B)＝sin B sin(C－A)．(1)证明：2a2＝b2＋c2；(2)若a＝5，cos A＝2531，求△ABC的周长．(1)证明方法一由sin C sin(A－B)＝sin B sin(C－A)，可得sin C sin A cos B－sin C cos A sin B＝sin B sin C cos A－sin B cos C sin A，结合正弦定理asin A＝bsin B＝csin C可得ac cos B－bc cos A＝bc cos A－ab cos C，即ac cos B＋ab cos C＝2bc cos A(*)．由余弦定理可得ac cos B＝a2＋c2－b2，2ab cos C＝a2＋b2－c2，22bc cos A＝b2＋c2－a2，将上述三式代入(*)式整理，得2a2＝b2＋c2.方法二因为A＋B＋C＝π，所以sin C sin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2A cos2B－cos2A sin2B＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B，同理有sin B sin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.又sin C sin(A－B)＝sin B sin(C－A)，所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，即2sin2A＝sin2B＋sin2C，故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.(2)解由(1)及a2＝b2＋c2－2bc cos A得，a2＝2bc cos A，所以2bc＝31.因为b2＋c2＝2a2＝50，所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝81，得b＋c＝9，所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝14.题型二正弦定理、余弦定理的简单应用命题点1三角形的形状判断例2(1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c－a cos B＝(2a－b)cos A，则△ABC的形状为()A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形答案D解析因为c－a cos B＝(2a－b)cos A，C＝π－(A＋B)，所以由正弦定理得sin C －sin A cos B ＝2sin A cos A －sin B cos A ，所以sin A cos B ＋cos A sin B －sin A cos B ＝2sin A cos A －sin B cos A ，所以cos A (sin B －sin A )＝0，所以cos A ＝0或sin B ＝sin A ，所以A ＝π2或B ＝A 或B ＝π－A (舍去)，所以△ABC 为等腰三角形或直角三角形．(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，c －a 2c ＝sin 2B2，则△ABC 的形状为()A ．直角三角形B ．等边三角形C ．等腰三角形或直角三角形D ．等腰直角三角形答案A解析由cos B ＝1－2sin 2B2，得sin 2B 2＝1－cos B2，所以c －a 2c ＝1－cos B 2，即cos B ＝a c .方法一由余弦定理得a 2＋c 2－b 22ac＝ac ，即a 2＋c 2－b 2＝2a 2，所以a 2＋b 2＝c 2.所以△ABC 为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等．方法二由正弦定理得cos B ＝sin A sin C，又sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ，所以cos B sin C ＝sin B cos C ＋cos B sin C ，即sin B cos C ＝0，又sin B ≠0，所以cos C ＝0，又角C 为△ABC 的内角，所以C ＝π2，所以△ABC 为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等．延伸探究将本例(2)中的条件“c －a 2c＝sin 2B 2”改为“sin A sin B ＝ac ，(b ＋c ＋a )(b ＋c －a )＝3bc ”，试判断△ABC 的形状．解因为sin A sin B ＝a c ，所以由正弦定理得a b ＝ac，所以b ＝c .又(b ＋c ＋a )(b ＋c －a )＝3bc ，所以b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12.因为A ∈(0，π)，所以A ＝π3，所以△ABC 是等边三角形．思维升华判断三角形形状的两种思路(1)化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．(2)化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．此时要注意应用A ＋B ＋C ＝π这个结论．命题点2三角形的面积例3(2022·浙江)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知4a ＝5c ，cos C ＝35.(1)求sin A 的值；(2)若b ＝11，求△ABC 的面积．解(1)由正弦定理a sin A ＝c sin C，得sin A ＝a ·sin Cc.因为cos C ＝35，所以sin C ＝45，又a c ＝54，所以sin A ＝5sin C 4＝55(2)由(1)知sin A ＝55，因为a ＝5c 4<c ，所以0<A <π2，所以cos A ＝255，所以sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋sin C cos A ＝55×35＋45×255＝11525.因为b sin B ＝csin C，即1111525＝c 45，所以c ＝45，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×11×45×55＝22.思维升华三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．命题点3与平面几何有关的问题例4(2023·厦门模拟)如图，已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，b (1＋cos C )＝3c sin ∠ABC 且△ABC 的外接圆面积为49π3.(1)求边c 的长；(2)若a ＝5，延长CB 至M ，使得cos ∠AMC ＝217，求BM .解(1)设△ABC 的外接圆半径为R ，由题意πR 2＝49π3，解得R ＝733.由题意及正弦定理可得sin ∠ABC (1＋cos C )＝3sin C sin ∠ABC ，因为sin ∠ABC ≠0，所以1＋cos C ＝3sin C ，即1，因为0<C <π，所以C －π6∈－π6，C －π6＝π6，即C ＝π3.故c ＝2R sin C ＝2×733×32＝7.(2)因为a ＝5，c ＝7，C ＝π3，故cos C ＝12＝25＋b 2－492×5×b ，得b 2－5b －24＝0，解得b ＝8(b ＝－3舍去)．在△ABC 中，由余弦定理可得cos ∠ABC ＝52＋72－822×5×7＝17，所以sin ∠ABC ＝437.由cos ∠AMC ＝217得sin ∠AMC ＝277.故sin∠BAM＝sin(∠ABC－∠AMC)＝sin∠ABC cos∠AMC－cos∠ABC sin∠AMC＝107 49，在△ABM中，由正弦定理可得BMsin∠BAM＝ABsin∠AMB，则BM＝7277×10749＝5.思维升华在平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题时，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，再解方程即可．若研究最值，常使用函数思想．跟踪训练2(1)(多选)(2023·合肥模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的是()A．若a cos A＝b cos B，则△ABC一定是等腰三角形B．若b cos C＋c cos B＝b，则△ABC是等腰三角形C．若acos A＝bcos B＝ccos C，则△ABC一定是等边三角形D．若B＝60°，b2＝ac，则△ABC是直角三角形答案BC解析对于A，若a cos A＝b cos B，则由正弦定理得sin A cos A＝sin B cos B，∴sin2A＝sin2B，则2A＝2B或2A＋2B＝180°，即A＝B或A＋B＝90°，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故A错误；对于B，若b cos C＋c cos B＝b，则由正弦定理得sin B cos C＋sin C cos B＝sin(B＋C)＝sin A＝sin B，即A＝B，则△ABC是等腰三角形，故B正确；对于C，若acos A＝bcos B＝ccos C，则由正弦定理得sin Acos A＝sin Bcos B＝sin Ccos C，则tan A＝tan B＝tan C，即A＝B＝C，即△ABC是等边三角形，故C正确；对于D，由于B＝60°，b2＝ac，由余弦定理可得b2＝ac＝a2＋c2－ac，可得(a－c)2＝0，解得a＝c，可得A＝C＝B，故△ABC是等边三角形，故D错误．(2)在①b2＋2ac＝a2＋c2；②cos B＝b cos A；③sin B＋cos B＝2这三个条件中任选一个填在下面的横线中，并解决该问题．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，A＝π3，b＝2，求△ABC的面积．解若选①，则由b2＋2ac＝a2＋c2，得2ac＝a2＋c2－b2.由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝2ac 2ac ＝22.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π4.由正弦定理得a sin A ＝b sin B，即asin π3＝2sin π4，解得a ＝ 3.因为C ＝π－A －B ＝π－π3－π4＝5π12，所以sin C ＝sin 5π12＝＝sin π6cos π4＋cos π6sin π4＝6＋24，所以S △ABC ＝12ab sin C ＝12×3×2×6＋24＝3＋34.若选②，因为cos B ＝b cos A ，A ＝π3，b ＝2，所以cos B ＝b cos A ＝2cos π3＝22.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π4.由正弦定理得a sin A ＝b sin B，即asin π3＝2sin π4，解得a ＝ 3.因为C ＝π－A －B ＝π－π3－π4＝5π12，所以sin C ＝sin 5π12＝＝sin π6cos π4＋cos π6sin π4＝6＋24，所以S △ABC ＝12ab sin C ＝12×3×2×6＋24＝3＋34.若选③，则由sin B ＋cos B ＝2，得2sin ＝2，所以 1.因为B ∈(0，π)，所以B ＋π4∈所以B ＋π4＝π2，所以B ＝π4.由正弦定理得a sin A ＝bsin B，即asin π3＝2sin π4，解得a ＝ 3.因为C ＝π－A －B ＝π－π3－π4＝5π12，所以sin C ＝sin 5π12＝＝sin π6cos π4＋cos π6sin π4＝6＋24，所以S △ABC ＝12ab sin C ＝12×3×2×6＋24＝3＋34.(3)(2022·重庆八中模拟)已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，在①c (sin A －sin C )＝(a －b )(sin A ＋sin B )；②2b cos A ＋a ＝2c ；③233ac sin B ＝a 2＋c 2－b 2三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．①若，求角B 的大小；②求sin A ＋sin C 的取值范围；③如图所示，当sin A ＋sin C 取得最大值时，若在△ABC 所在平面内取一点D (D 与B 在AC 两侧)，使得线段DC ＝2，DA ＝1，求△BCD 面积的最大值．解①若选①，因为c (sin A －sin C )＝(a －b )(sin A ＋sin B )，由正弦定理得c (a －c )＝(a －b )(a ＋b )，整理得a 2＋c 2－b 2＝ac ，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝ac 2ac ＝12，又0<B <π，所以B ＝π3.若选②，因为2b cos A ＋a ＝2c ，由余弦定理得2b ·b 2＋c 2－a 22bc ＋a ＝2c ，化简得，a 2＋c 2－b 2＝ac ，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝ac 2ac ＝12，又0<B <π，所以B ＝π3.若选③，因为233ac sin B ＝a 2＋c 2－b 2，由余弦定理得233ac sin B ＝2ac cos B ，化简得tan B ＝3，又0<B <π，所以B ＝π3.②由①得，A ＋C ＝2π3，则0<A <2π3，sin A ＋sin C ＝sin A ＋＝32sin A ＋32cos A ＝3sin 又π6<A ＋π6<5π6，所以12<sin 1，则sin A ＋sin C ，3.③当sin A ＋sin C 取得最大值时，A ＋π6＝π2，解得A ＝π3，又B ＝π3，所以△ABC 为等边三角形，令∠ACD ＝θ，∠ADC ＝α，AB ＝AC ＝BC ＝a ，则由正弦定理可得a sin α＝1sin θ，所以sin α＝a sin θ.又由余弦定理得，a 2＝22＋12－2×2×1×cos α，所以a 2cos 2θ＝a 2－a 2sin 2θ＝cos 2α－4cos α＋4，所以a cos θ＝2－cos α.S △BCD ＝12×a ×＝32a cos θ＋12a sin θ＝32(2－cos α)＋12sin α＝3＋≤3＋1，当且仅当α＝∠ADC ＝5π6时等号成立，所以△BCD 面积的最大值为3＋1.课时精练1．在△ABC 中，C ＝60°，a ＋2b ＝8，sin A ＝6sin B ，则c 等于()A.35B.31C ．6D ．5答案B解析因为sin A ＝6sin B ，则由正弦定理得a ＝6b ，又a ＋2b ＝8，所以a ＝6，b ＝1，因为C ＝60°，所以由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，即c 2＝62＋12－2×6×1×12，解得c ＝31.2．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若(a ＋b )(sin A －sin B )＝(b ＋c )sin C ，a ＝7，则△ABC 外接圆的直径为()A ．14B ．7C.733D.1433答案D 解析已知(a ＋b )(sin A －sin B )＝(b ＋c )sin C ，由正弦定理可得(a ＋b )(a －b )＝(b ＋c )c ，化简得b 2＋c 2－a 2＝－bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－bc 2bc＝－12，又因为A ∈(0，π)，所以A ＝2π3，所以sin A ＝sin2π3＝32，设△ABC 外接圆的半径为R ，由正弦定理可得2R ＝asin A ＝732＝1433，所以△ABC 外接圆的直径为1433.3．(2022·北京模拟)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，若3a sin B ＝b cos A ，且b ＝23，c ＝2，则a 的值为()A ．27B ．2C ．23－2D ．1答案B解析由已知及正弦定理得，3sin A sin B ＝sin B cos A 且sin B ≠0，可得tan A ＝33，又0<A <π，所以A ＝π6，又b ＝23，c ＝2，所以由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝16－12＝4，解得a ＝2.4．(2023·枣庄模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，A ＝60°，b ＝1，S △ABC ＝3，则a ＋b ＋csin A ＋sin B ＋sin C等于()A.2393B.2633C.833D ．23答案A解析由三角形的面积公式可得S △ABC ＝12bc sin A ＝34c ＝3，解得c ＝4，由余弦定理可得a ＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝13，设△ABC 的外接圆半径为r ，由正弦定理得a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2r ，所以a ＋b ＋c sin A ＋sin B ＋sin C ＝2r (sin A ＋sin B ＋sin C )sin A ＋sin B ＋sin C＝2r ＝asin A ＝1332＝2393.5．(2023·马鞍山模拟)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，设(sin B ＋sin C )2＝sin 2A ＋(2－2)sin B sin C ，2sin A －2sin B ＝0，则sin C 等于()A.12B.32C.6－24 D.6＋24答案C解析在△ABC 中，由(sin B ＋sin C )2＝sin 2A ＋(2－2)sin B sin C 及正弦定理得(b ＋c )2＝a 2＋(2－2)bc ，即b 2＋c 2－a 2＝－2bc ，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＝－22，而0°<A <180°，解得A ＝135°，由2sin A －2sin B ＝0得sin B ＝22sin A ＝12，显然0°<B <90°，则B ＝30°，C ＝15°，所以sin C ＝sin(60°－45°)＝sin 60°cos 45°－cos 60°sin 45°＝6－24.6．(2023·衡阳模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2cos B (a cos C ＋c cos A )＝b ，lg sin C ＝12lg 3－lg 2，则△ABC 的形状为()A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等边三角形D ．等腰直角三角形答案C解析∵2cos B (a cos C ＋c cos A )＝b ，∴根据正弦定理得，2cos B (sin A cos C ＋cos A sin C )＝sin B ，∴2cos B sin(A ＋C )＝sin B ，∴2cos B sin(π－B )＝sin B ，即2cos B sin B ＝sin B ，∵B ∈(0，π)，∴sin B ≠0，∴cos B ＝12，∴B ＝π3.∵lg sin C ＝12lg 3－lg 2，∴lg sin C ＝lg32，∴sin C ＝32，∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3或2π3，∵B ＝π3，∴C ≠2π3，∴C ＝π3，∴A ＝B ＝C ＝π3，即△ABC 为等边三角形．7．(2022·全国甲卷)已知△ABC 中，点D 在边BC 上，∠ADB ＝120°，AD ＝2，CD ＝2BD .当ACAB取得最小值时，BD ＝.答案3－1解析设BD ＝k (k >0)，则CD ＝2k .根据题意作出大致图形，如图．在△ABD 中，由余弦定理得AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos ∠ADB ＝22＋k 2－2×2k k 2＋2k ＋4.在△ACD 中，由余弦定理得AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD cos ∠ADC ＝22＋(2k )2－2×2×2k ·12＝4k 2－4k ＋4，则AC 2AB 2＝4k 2－4k ＋4k 2＋2k ＋4＝4(k 2＋2k ＋4)－12k －12k 2＋2k ＋4＝4－12(k ＋1)k 2＋2k ＋4＝4－12(k ＋1)(k ＋1)2＋3＝4－12k ＋1＋3k ＋1.∵k ＋1＋3k ＋1≥23(当且仅当k ＋1＝3k ＋1，即k ＝3－1时等号成立)，∴AC 2AB 2≥4－1223＝4－23＝(3－1)2，∴当ACAB取得最小值3－1时，BD ＝k ＝3－1.8．(2023·宜春模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ，b 2＋c 2－a 2＝8，则△ABC 的面积为．答案233解析∵b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ，sin B sin C >0，结合正弦定理可得sin B sin C ＋sin C sin B ＝4sin A sin B sin C ，∴sin A ＝12，∵b 2＋c 2－a 2＝8，结合余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，可得2bc cos A ＝8，∴A 为锐角，且cos A ＝32，从而求得bc ＝833，∴△ABC 的面积为S ＝12bc sin A ＝12×833×12＝233.9．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b cos C ＝(2a －c )cos B .(1)求B ；(2)若b ＝3，sin C ＝2sin A ，求△ABC 的面积．解(1)由正弦定理，得sin B cos C ＝2sin A cos B －cos B sin C ，即sin B cos C ＋cos B sin C ＝2sin A cos B ，∴sin(B ＋C )＝2sin A cos B ，∴sin A ＝2sin A cos B ，又∵sin A ≠0，∴cos B ＝12，∵B 为三角形内角，∴B ＝π3.(2)∵sin C ＝2sin A ，∴由正弦定理得c ＝2a ，∴由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋4a 2－2a 2＝9，即3a 2＝9，∴a ＝3，c ＝23，∴△ABC 的面积为S ＝12ac sin B ＝12×3×23×32＝332.10．(2023·湖州模拟)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，已知3b a sin B .(1)求角A 的大小；(2)若b ，a ，c 成等比数列，判断△ABC 的形状．解(1)∵3b a sin B ，由诱导公式得3b cos A ＝a sin B ，由正弦定理得3sin B cos A ＝sin A sin B ，∵sin B ≠0，∴3cos A ＝sin A ，即tan A ＝3，∵A ∈(0，π)，∴A ＝π3.(2)∵b ，a ，c 成等比数列，∴a 2＝bc ，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋c 2－bc 2bc＝12，即b 2＋c 2－bc ＝bc ，∴(b －c )2＝0，∴b ＝c ，又由(1)知A ＝π3，∴△ABC 为等边三角形．11．(多选)对于△ABC ，有如下判断，其中正确的是()A ．若cos A ＝cosB ，则△ABC 为等腰三角形B ．若A >B ，则sin A >sin BC ．若a ＝8，c ＝10，B ＝60°，则符合条件的△ABC 有两个D ．若sin 2A ＋sin 2B <sin 2C ，则△ABC 是钝角三角形答案ABD解析对于A ，若cos A ＝cos B ，则A ＝B ，所以△ABC 为等腰三角形，故A 正确；对于B ，若A >B ，则a >b ，由正弦定理a sin A ＝b sin B＝2R ，得2R sin A >2R sin B ，即sin A >sin B 成立，故B 正确；对于C ，由余弦定理可得b ＝82＋102－2×8×10×12＝84，只有一解，故C 错误；对于D ，若sin 2A ＋sin 2B <sin 2C ，则根据正弦定理得a 2＋b 2<c 2，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab <0，所以C为钝角，所以△ABC 是钝角三角形，故D 正确．12．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，sin A sin B sin C ＝18，△ABC 的面积为2，则下列选项错误的是()A ．abc ＝162B ．若a ＝2，则A ＝π3C ．△ABC 外接圆的半径R ＝22D ≥32sin C 答案B解析由题可得12ab sin C ＝2，则sin C ＝4ab，代入sin A sin B sin C ＝18，得4sin A sin B ab ＝18，即R 2＝8，即R ＝22，C 正确；abc ＝8R 3sin A sin B sin C ＝1282×18＝162，A 正确；若a ＝2，则sin A ＝a 2R ＝242＝14，此时A ≠π3，B 错误；因为sin A >0，sin B >0，所以(sin A ＋sin B )2≥4sin A sin B ，所以(sin A ＋sin B )2(sin A sin B )2≥4sin A sin B ，由sin A sin B sin C ＝18，得4sin A sin B＝32sin C ，所以(sin A ＋sin B )2(sin A sin B )2≥32sin C ，即≥32sin C ，D 正确．13．(2023·嘉兴模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c sin A ＝3a cos C ，c ＝23，ab ＝8，则a ＋b 的值是．答案6解析∵c sin A ＝3a cos C ，根据正弦定理得sin C sin A ＝3sin A cos C ，∵sin A ≠0，故tan C ＝3，∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3，再由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝(a ＋b )2－2ab －c 22ab ＝12，代入c ＝23，ab ＝8，得a ＋b ＝6.14．在△ABC 中，已知AB ＝4，AC ＝7，BC 边的中线AD ＝72，那么BC ＝.答案9解析在△ABD 中，结合余弦定理得cos ∠ADB ＝BD 2＋AD 2－AB 22BD ·AD，在△ACD 中，结合余弦定理得cos ∠ADC ＝CD 2＋AD 2－AC 22CD ·AD，由题意知BD ＝CD ，∠ADB ＋∠ADC ＝π，所以cos ∠ADB ＋cos ∠ADC ＝0，所以BD 2＋AD 2－AB 22BD ·AD ＋CD 2＋AD 2－AC 22CD ·AD ＝0，2×72CD 2×72CD 0，解得CD ＝92，所以BC ＝9.15．(多选)(2023·珠海模拟)已知△ABC 满足sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶7，且△ABC 的面积S △ABC ＝332，则下列命题正确的是()A ．△ABC 的周长为5＋7B ．△ABC 的三个内角A ，B ，C 满足关系A ＋B ＝2C C ．△ABC 的外接圆半径为2213D ．△ABC 的中线CD 的长为192答案ABD解析因为△ABC 满足sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶7，所以a ∶b ∶c ＝2∶3∶7，设a ＝2t ，b ＝3t ，c ＝7t ，t >0，利用余弦定理cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝4t 2＋9t 2－7t 212t 2＝12，由于C ∈(0，π)，所以C ＝π3.对于A ，因为S △ABC ＝332，所以12ab sin C ＝12·2t ·3t ·32＝332，解得t ＝1.所以a ＝2，b ＝3，c ＝7，所以△ABC 的周长为5＋7，故A 正确；对于B ，因为C ＝π3，所以A ＋B ＝2π3，故A ＋B ＝2C ，故B 正确；对于C ，利用正弦定理c sin C ＝732＝2213＝2R ，解得R ＝213，所以△ABC 的外接圆半径为213，故C 错误；对于D ，如图所示，在△ABC 中，利用正弦定理732＝2sin A ，解得sin A ＝217，又a <c ，所以cos A ＝277，在△ACD 中，利用余弦定理CD 2＝AC 2＋AD 2－2AC ·AD ·cos A ＝9＋74－2×3×72×277＝194，解得CD ＝192，故D 正确．16.如图，△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c .已知a 2＋c 2＝b 2＋ac ，则B ＝.若线段AC 的垂直平分线交AC 于点D ，交AB 于点E ，且BC ＝4，DE ＝ 6.则△BCE 的面积为．答案π323解析在△ABC 中，由余弦定理知cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，而a 2＋c 2＝b 2＋ac ，∴cos B ＝12，又0<B <π，则B ＝π3，在△BCE 中，设∠CEB ＝θ，则CE sin π3＝BC sin θ，可得CE ＝23sin θ，又AC 的垂直平分线交AC 于点D ，交AB 于点E ，则∠ECA ＝∠EAC ＝θ2，∴sin θ2＝DE CE ＝2sin θ2，可得cos θ2＝22，而0<θ<π，故θ2＝π4，即θ＝π2.∴CE ＝23，BE ＝2，故△BCE 的面积为12·CE ·BE ＝23.。
1.1.余弦定理-人教B版必修五教案
1.1 余弦定理-人教B版必修五教案
知识点概述
余弦定理是三角函数中的一种重要公式，能够解决在任意三角形中已知两边及夹角可以求出第三边的长度的问题。
本文将介绍如何利用余弦定理计算三角形的边长。
学习目标
•理解余弦定理的概念和公式
•能够应用余弦定理解决简单的三角形计算问题
•掌握余弦定理的简单应用技巧
教学步骤
1. 知识点讲解
•引入：介绍余弦定理的概念和应用场景
•知识点讲解：详细阐述余弦定理的公式和应用方法
•小结：对余弦定理的知识点进行总结
2. 案例演练
•通过实例演示解决三角形中的边长问题
•强化学生对知识点的理解和应用能力
3. 课堂练习
•出题：根据学生掌握的知识点出题
•学生动手做题，加深对知识点的理解和记忆
教学重点
•理解余弦定理的概念和应用场景；
•掌握余弦定理的公式和三角形边长的计算方法。
教学难点
•掌握余弦定理计算方法的应用。
教学提示
•本知识点属于必修五内容，学生需要掌握才能进一步学习后续内容；•在教学过程中注重实例演示，增加学生的兴趣和理解程度；
•及时反馈学生的掌握程度，调整教学策略。
高中数学《余弦定理》教案
高中数学《余弦定理》教案一、教学目标1. 让学生理解余弦定理的定义及其在几何中的应用。
2. 培养学生运用余弦定理解决实际问题的能力。
3. 引导学生通过探究、合作、交流的方式，发现余弦定理的规律。
二、教学内容1. 余弦定理的定义及公式。
2. 余弦定理在直角三角形中的应用。
3. 余弦定理在非直角三角形中的应用。
三、教学重点与难点1. 重点：余弦定理的定义及其应用。
2. 难点：余弦定理在非直角三角形中的应用。
四、教学方法1. 采用探究式教学法，引导学生主动发现余弦定理的规律。
2. 运用案例教学法，以实际问题为例，讲解余弦定理的应用。
3. 利用多媒体辅助教学，直观展示余弦定理的应用场景。
五、教学过程1. 导入：通过一个实际问题，引发学生对余弦定理的思考。
2. 新课讲解：（1）介绍余弦定理的定义及公式。
（2）讲解余弦定理在直角三角形中的应用。
（3）引导学生探究余弦定理在非直角三角形中的应用。
3. 案例分析：分析实际问题，运用余弦定理解决问题。
4. 练习与讨论：布置相关习题，让学生巩固所学知识，并进行讨论交流。
六、课后作业1. 复习本节课的内容，掌握余弦定理的定义及应用。
2. 完成课后习题，巩固所学知识。
3. 探索余弦定理在生活中的应用，下周分享给大家。
七、教学评价1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况。
2. 作业完成情况：检查学生课后作业的完成质量。
3. 课后分享：评价学生在探索余弦定理在生活中应用的成果。
八、教学反思在教学过程中，关注学生的学习反馈，及时调整教学方法，确保教学效果。
针对学生的掌握情况，适当增加拓展内容，提高学生的数学素养。
九、教学进度安排1. 第一课时：介绍余弦定理的定义及公式。
2. 第二课时：讲解余弦定理在直角三角形中的应用。
3. 第三课时：引导学生探究余弦定理在非直角三角形中的应用。
4. 第四课时：案例分析，运用余弦定理解决实际问题。
十、教学资源1. PPT课件。
[教案设计设计]高中数学人教B版教案设计余弦定理
![[教案设计设计]高中数学人教B版教案设计余弦定理](https://img.taocdn.com/s3/m/d881a6b2e45c3b3566ec8be3.png)
教学设计整体设计教学分析对余弦定理的探究，教材是从直角三角形入手，通过向量知识给予证明的．一是进一步加深学生对向量工具性的认识，二是感受向量法证明余弦定理的奇妙之处，感受向量法在解决问题中的威力．课后仍鼓励学生探究余弦定理的其他证明方法，推出余弦定理后，可让学生用自己的语言叙述出来，并让学生结合余弦函数的性质明确：如果一个三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么第三边所对的角是直角；如果小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角；如果大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角．由上可知，余弦定理是勾股定理的推广．还要启发引导学生注意余弦定理的几种变形式，并总结余弦定理的适用题型的特点，在解题时正确选用余弦定理达到求解、化简的目的．应用余弦定理及其另一种形式，并结合正弦定理，可以解决以下问题：(1) 已知两边和它们的夹角解三角形；(2) 已知三角形的三边解三角形．在已知两边及其夹角解三角形时，可以用余弦定理求出第三条边，这样就把问题转化成已知三边解三角形的问题．在已知三边和一个角的情况下，求另一个角既可以应用余弦定理的另一种形式，也可以用正弦定理．用余弦定理的另一种形式，可以(根据角的余弦值)直接判断角是锐角还是钝角，但计算比较复杂．用正弦定理计算相对比较简单，但仍要根据已知条件中边的大小来确定角的大小．根据教材特点，本内容安排2 课时．一节重在余弦定理的推导及简单应用，一节重在解三角形中两个定理的综合应用．三维目标1．通过对余弦定理的探究与证明，掌握余弦定理的另一种形式及其应用；了解余弦定理文档与勾股定理之间的联系；知道解三角形问题的几种情形．2．通过对三角形边角关系的探索，提高数学语言的表达能力，并进一步理解三角函数、余弦定理、向量的数量积等知识间的关系，加深对数学具有广泛应用的认识；同时通过正弦定理、余弦定理数学表达式的变换，认识数学中的对称美、简洁美、统一美．3．加深对数学思想的认识，本节的主要数学思想是量化的数学思想、分类讨论思想以及数形结合思想；这些数学思想是对于数学知识的理性的、本质的、高度抽象的、概括的认识，具有普遍的指导意义，它是我们学习数学的重要组成部分，有利于加深学生对具体数学知识的理解和掌握．重点难点教学重点：掌握余弦定理；理解余弦定理的推导及其另一种形式，并能应用它们解三角形．教学难点：余弦定理的证明及其基本应用以及结合正弦定理解三角形．课时安排2课时教学过程第1课时导入新课思路 1.(类比导入 )在探究正弦定理的证明过程中，从直角三角形的特殊情形入手，发现了正弦定理．现在我们仍然从直角三角形的这种特殊情形入手，然后将锐角三角形转化为直角三角形，再适当运用勾股定理进行探索，这种导入比较自然流畅，易于学生接受．思路 2.(问题导入 )如果已知一个三角形的两条边及其所夹的角，根据三角形全等的判断方文档法，这个三角形是大小、形状完全确定的三角形，能否把这个边角关系准确量化出来呢？也就是从已知的两边和它们的夹角能否计算出三角形的另一边和另两个角呢？根据我们掌握的数学方法，比如说向量法，坐标法，三角法，几何法等，类比正弦定理的证明，你能推导出余弦定理吗？推进新课新知探究提出问题1通过对任意三角形中大边对大角，小边对小角的边角量化，我们发现了正弦定理，解决了两类解三角形的问题 .那么如果已知一个三角形的两条边及这两边所夹的角，根据三角形全等的判定方法，这个三角形是大小、形状完全确定的三角形.怎样已知三角形的两边及这两边夹角的条件下解三角形呢？2能否用平面几何方法或向量方法或坐标方法等探究出计算第三边长的关系式或计算公式呢？3余弦定理的内容是什么？你能用文字语言叙述它吗？余弦定理与以前学过的关于三角形的什么定理在形式上非常接近？4余弦定理的另一种表达形式是什么？5余弦定理可以解决哪些类型的解三角形问题？怎样求解？6正弦定理与余弦定理在应用上有哪些联系和区别？活动：根据学生的认知特点，结合课件“余弦定理猜想与验证”，教师引导学生仍从特殊情形入手，通过观察、猜想、证明而推广到一般．如下图，在直角三角形中，根据两直角边及直角可表示斜边，即勾股定理，那么对于任意三角形，能否根据已知两边及夹角来表示第三边呢？下面，我们根据初中所学的平面几何文档的有关知识来研究这一问题．如下图，在△ ABC 中，设 BC＝ a， AC ＝b ， AB ＝ c，试根据b 、 c、∠A 来表示 a.教师引导学生进行探究．由于初中平面几何所接触的是解直角三角形问题，所以应添加辅助线构成直角三角形．在直角三角形内通过边角关系作进一步的转化工作，故作CD垂直于AB 于点 D ，那么在Rt △BDC 中，边 a 可利用勾股定理通过CD 、 DB 表示，而CD 可在 Rt △ADC 中利用边角关系表示，DB 可利用 AB ，AD 表示，进而在Rt △ADC 内求解．探究过程如下：过点 C 作 CD ⊥ AB ，垂足为点D ，则在 Rt △CDB 中，根据勾股定理，得a2＝CD 2＋ BD 2 .∵在 Rt △ADC 中， CD 2＝ b 2－ AD 2，又∵BD 2＝(c －AD) 2＝ c2－2c ·AD ＋ AD 2，∴a 2＝b 2－AD 2＋c2－2c ·AD ＋ AD 2＝ b 2＋ c2－ 2c ·AD.又∵在 Rt △ADC 中， AD ＝ b ·cosA ，∴a 2＝b 2＋c2－ 2bccosA.类似地可以证明b 2＝ c2＋ a 2－2cacosB.c2＝ a2＋ b 2－ 2abcosC.另外，当 A 为钝角时也可证得上述结论，当A 为直角时， a 2＋b 2＝ c2也符合上述结论．这就是解三角形中的另一个重要定理——余弦定理．下面类比正弦定理的证明，用向量的方法探究余弦定理，进一步体会向量知识的工具性作用．教师与学生一起探究余弦定理中的角是以余弦的形式出现的，又涉及边长问题，学生很文档容易想到向量的数量积的定义式：·＝| || b |cos θ，其中θ为 a ， b 的夹角． a b a用向量法探究余弦定理的具体过程如下：→ → →如下图，设 CB ＝ a ，CA ＝ b ， AB ＝ c ，那么 c ＝ a － b ，|c |2＝c ·c ＝ (a －b )·(a －b )＝ a ·a ＋ b ·b －2 a ·b＝ a 2＋ b 2－ 2abcosC.所以 c 2＝ a 2＋ b 2－2abcosC.同理可以证明a 2＝ b 2＋ c 2－ 2bccosA ，b 2＝c 2＋ a 2－ 2cacosB.这个定理用坐标法证明也比较容易，为了拓展学生的思路，教师可引导学生用坐标法证明，过程如下：如下图，以 C 为原点，边 CB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系， 设点 B 的坐标为 (a,0) ， 点 A 的坐标为 (bcosC ， bsinC) ，根据两点间距离公式AB ＝bcosC － a 2 ＋bsinC － 02 ，∴c 2＝ b 2cos 2C －2abcosC ＋ a 2＋ b 2 sin 2 C ，整理，得c 2＝a 2＋ b 2－ 2abcosC.同理可以证明：a 2＝ b 2＋ c 2－2bccosA ，文档b 2＝ c2＋ a2－ 2cacosB.余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即a2＝ b 2＋ c2－ 2bccosAb 2＝ c2＋ a 2－ 2accosBc2＝ a2＋b 2－ 2abcosC余弦定理指出了三角形的三条边与其中的一个角之间的关系，每一个等式中都包含四个不同的量，它们分别是三角形的三边和一个角，知道其中的三个量，就可以求得第四个量．从而由三角形的三边可确定三角形的三个角，得到余弦定理的另一种形式：b 2＋ c2－ a2cosA ＝2bcc2＋a 2－ b 2cosB ＝2caa 2＋b 2－ c2cosC ＝2ab教师引导学生进一步观察、分析余弦定理的结构特征，发现余弦定理与以前的关于三角形的勾股定理在形式上非常接近，让学生比较并讨论它们之间的关系．学生容易看出，若△ABC 中， C＝ 90 °，则cosC ＝ 0 ，这时余弦定理变为c2＝ a 2＋ b 2 .由此可知，余弦定理是勾股定理的推广；勾股定理是余弦定理的特例．另外，从余弦定理和余弦函数的性质可知，在一个三角形中，如果两边的平方和等于第三边的平方，那么第三边所对的角是直角；如果两边的平方和小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角；如果两边的平方和大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角．从以上可知，余弦定理可以看作是勾股定理的推广．应用余弦定理，可以解决以下两类有关解三角形的问题：①已知三角形的三边解三角形，这类问题是三边确定，故三角也确定，有唯一解；②已知两边和它们的夹角解三角形，这类问题是第三边确定，因而其他两个角也唯一确文档定，故解唯一．不会产生利用正弦定理解三角形所产生的判断解的取舍的问题．把正弦定理和余弦定理结合起来应用，能很好地解决解三角形的问题．教师引导学生观察两个定理可解决的问题类型会发现：如果已知的是三角形的三边和一个角的情况，而求另两角中的某个角时，既可以用余弦定理也可以用正弦定理，那么这两种方法哪个会更好些呢？教师与学生一起探究得到：若用余弦定理的另一种形式，可以根据余弦值直接判断角是锐角还是钝角，但计算比较复杂．用正弦定理计算相对比较简单，但仍要根据已知条件中边的大小来确定角的大小，所以一般应该选择用正弦定理去计算比较小的边所对的角．教师要点拨学生注意总结这种优化解题的技巧．讨论结果：(1) 、 (2) 、 (3) 、(6) 见活动．(4)余弦定理的另一种表达形式是：b 2＋ c2－ a2cosA ＝2bcc2＋a 2－ b 2cosB ＝2caa 2＋b 2－ c2cosC ＝2ab(5)利用余弦定理可解决两类解三角形问题：一类是已知三角形三边，另一类是已知三角形两边及其夹角．应用示例例 1 如图，在△ ABC 中，已知 a＝ 5 ， b ＝ 4，∠C＝ 120 °，求c.活动：本例是利用余弦定理解决的第二类问题，可让学生独立完成．文档解：由余弦定理，得c 2＝ a 2＋ b 2－ 2abcos120°，1因此 c ＝52＋ 4 2－ 2 ×5×4 ×－＝61.2例 2 如图，在△ ABC 中，已知 a ＝ 3 ， b ＝2 ， c ＝ 19 ，求此三角形各个角的大小及其面积． (精确到 0.1)活动：本例中已知三角形三边，可利用余弦定理先求出最大边所对的角，然后利用正弦 定理再求出另一角，进而求得第三角．教材中这样安排是为了让学生充分熟悉正弦定理和余 弦定理．实际教学时可让学生自己探求解题思路，比如学生可能会三次利用余弦定理分别求 出三个角，或先求出最小边所对的角再用正弦定理求其他角，这些教师都要给予鼓励，然后 让学生自己比较这些方法的不同或优劣，从而深刻理解两个定理的内涵．解：由余弦定理，得a 2＋b 2 －c 2 32＋22－ 19 2 9 ＋4－19 1 cos ∠BCA ＝ ＝ ＝ ＝－ ，2ab 2×3×2 12 2因此∠BCA ＝ 120 °，再由正弦定理，得3 asin ∠BCA 3 × 3 3 2 sinA ＝ ＝ ＝≈0.596 0 ， c 19 2 19因此∠A ≈36.6 °或∠A ≈143.4 °(不合题意，舍去)．因此∠B ＝ 180 °－∠A －∠BCA ≈23.4 °.设 BC 边上的高为AD ，则文档AD ＝ csinB ＝19sin23.4 °≈1.73.1所以△ABC 的面积≈×3×1.73≈2.6.2点评：在既可应用正弦定理又可应用余弦定理时，体会两种方法存在的差异．当所求的角是钝角时，用余弦定理可以立即判定所求的角，但用正弦定理则不能直接判定．变式训练在△ABC 中，已知 a ＝ 14 ， b ＝ 20 ， c＝ 12 ，求 A 、B 和 C.(精确到 1 °)b 2＋c2－ a 2 202＋12 2－142解：∵cosA ＝＝＝ 0.725 0 ，2bc 2 ×20 ×12∴A ≈44 °.a2＋ b 2－ c2 14 2＋ 20 2－12 2 113∵cosC ＝＝＝≈0.807 1 ，2ab 2 ×14 ×20 140∴C≈36 °.∴B＝180 °－(A ＋C)≈180 °－(44 °＋36 °)＝ 100 °.例 3 如图，△ABC 的顶点为 A(6,5) ， B( －2,8) 和 C(4,1) ，求∠A.( 精确到 0.1 °)活动：本例中三角形的三点是以坐标的形式给出的，点拨学生利用两点间距离公式先求出三边，然后利用余弦定理求出∠A. 可由学生自己解决，教师给予适当的指导．解：根据两点间距离公式，得文档实用标准文案AB＝ [6－－2 ]2＋ 5 －8 2＝ 73，BC＝－2－4 2＋ 8－1 2＝ 85，AC ＝6－4 2＋ 5－1 2＝2 5.在△ABC 中，由余弦定理，得cosA ＝AB2＋AC 2－BC2 2≈0.104 7 ，2AB ·AC＝365因此∠A ≈84.0 °.点评：三角形三边的长作为中间过程，不必算出精确数值．变式训练用向量的数量积运算重做本例．解：如例→→，－ 4) ，3 题图， AB ＝ (－ 8,3) ，AC＝(－2→→∴|AB |＝73 ，|AC |＝ 20.→→AB ·AC∴cosA ＝→→|AB ||AC |－8×－2＋3×－4＝73×202＝≈0.104 7.365因此∠A ≈84.0 °.例 4 在△ABC 中，已知a＝ 8， b ＝ 7 ， B＝60 °，求c 及 S△ABC .活动：根据已知条件可以先由正弦定理求出角A ，再结合三角形内角和定理求出角C，再文档1利用正弦定理求出边c，而三角形面积由公式S△ABC＝acsinB 可以求出．若用余弦定理求c，2可利用余弦定理b 2＝c2＋ a2－ 2cacosB建立关于c的方程，亦能达到求c 的目的．87解法一：由正弦定理，得＝，sinA sin60 °∴A 1＝ 81.8 °，A 2＝ 98.2 °.∴C1＝38.2 °，C2＝21.8 °.7 c由＝，得c1＝3，c2＝5，sin60 ° sinC13 或 S△ABC＝1∴S△ABC＝ ac 1sinB ＝ 6 ac 2sinB ＝ 10 3.2 2解法二：由余弦定理，得 b 2＝ c2＋ a 2－ 2cacosB ，∴7 2＝ c2＋ 8 2－ 2×8 ×ccos60 °.整理，得 c2－8c ＋15 ＝ 0 ，1 1解之，得 c1＝3 ， c2＝5.∴S△ABC＝ ac1 sinB ＝6 3 或 S△ABC＝ ac 2sinB ＝ 10 3.2 2点评：在解法一的思路里，应注意用正弦定理应有两种结果，避免遗漏；而解法二更有耐人寻味之处，体现出余弦定理作为公式而直接应用的另外用处，即可以用之建立方程，从而运用方程的观点去解决，故解法二应引起学生的注意．综合上述例题，要求学生总结余弦定理在求解三角形时的适用范围；已知三边求角或已知两边及其夹角解三角形，同时注意余弦定理在求角时的优势以及利用余弦定理建立方程的解法，即已知两边及一角解三角形可用余弦定理解之．变式训练在△ABC 中，内角 A ， B， C 对边的边长分别是a， b ， c.已知 c＝ 2， C＝60 °.文档(1) 若△ABC 的面积等于3，求 a ，b ；(2) 若 sinB ＝ 2sinA ，求△ABC 的面积．解： (1) 由余弦定理及已知条件，得a2＋ b 2－ 2abcos60°＝c2，即a2＋b2－ab＝4，1又因为△ABC 的面积等于3，所以absinC ＝3 ， ab ＝ 4.2a 2＋b 2－ ab ＝ 4，联立方程组解得 a＝ 2 ， b ＝ 2.ab ＝ 4 ，(2)由正弦定理及已知条件，得b ＝2a ，a 2＋b 2－ ab ＝ 4， 2 3 4 3联立方程组解得 a＝， b ＝.b ＝ 2a ， 3 31 2 3所以△ABC 的面积 S＝ absinC ＝.2 3知能训练1 ．在△ABC 中，已知 C＝ 120 °，两边 a 与 b 是方程 x2－ 3x ＋2 ＝ 0 的两根，则 c 的值为()A. 3B．7C．3D.72 ．已知三角形的三边长分别为x2＋ x＋1 ，x2－1,2x ＋ 1(x ＞1) ，求三角形的最大角．答案：1 ． D解析：由题意，知a ＋ b ＝ 3 ， ab ＝2.在△ABC 中，由余弦定理，知c2＝ a2＋ b 2－ 2abcosC ＝ a2＋ b 2＋ ab＝(a ＋b) 2－ab＝7，文档∴c＝7.2 ．解：比较得知，x2＋ x＋ 1 为三角形的最大边，设其对角为A.由余弦定理，得x2－12 ＋2x ＋ 12－x2＋ x＋ 12cosA ＝2 x2－ 12x ＋ 11＝－.2∵0 ＜ A＜ 180 °，∴A ＝120 °，即三角形的最大角为120 °.课堂小结1．教师先让学生回顾本节课的探究过程，然后再让学生用文字语言叙述余弦定理，准确理解其实质，并由学生回顾可用余弦定理解决哪些解三角形的问题．2．教师指出：从方程的观点来分析，余弦定理的每一个等式都包含了四个不同的量，知道其中三个量，便可求得第四个量．要通过课下作业，从方程的角度进行各种变形，达到辨明余弦定理作用的目的．3．思考本节学到的探究方法，定性发现→定量探讨→得到定理．作业课本习题1— 1A 组 4、5、6；习题 1 —1B 组 1 ～5.设计感想本教案的设计充分体现了“民主教学思想”，教师不主观、不武断、不包办，让学生充分发现问题，合作探究，使学生真正成为学习的主体，力求在课堂上人人都会有“令你自己满意”的探究成果．这样能够不同程度地开发学生的潜能，且使教学内容得以巩固和延伸．“发文档现法”是常用的一种教学方法，本教案设计是从直角三角形出发，以归纳——猜想——证明 ——应用为线索，用恰当的问题通过启发和点拨，使学生把规律和方法在愉快的气氛中探究 出来，而展现的过程合情合理，自然流畅，学生的主体地位得到了充分的发挥．纵观本教案设计流程，引入自然，学生探究到位，体现新课程理念，能较好地完成三维 目标，课程内容及重点难点也把握得恰到好处．环环相扣的设计流程会强烈地感染着学生积 极主动地获取知识，使学生的探究欲望及精神状态始终处于最佳状态．在整个教案设计中学 生的思维活动量大，这是贯穿整个教案始终的一条主线，也应是实际课堂教学中的一条主线．备课资料一、与解三角形有关的几个问题1 ．向量方法证明三角形中的射影定理如图，在△ ABC 中，设三内角 A 、 B 、 C 的对边分别是a 、 b 、 c. →→→∵AC ＋ CB ＝ AB ， → →→→ →∴AC ·(AC ＋CB)＝ AC ·AB . → →→→→ →∴AC ·AC ＋ AC ·CB ＝ AC ·AB . ∴→ 2＋→→°－＝→ → |AC ||AC||CB |cos(180C)|AB ||AC |cosA. →→→∴|AC |－ |CB|cosC ＝ |AB |cosA. ∴b － acosC ＝ ccosA ， 即 b ＝ccosA ＋ acosC.同理，得a ＝ bcosC ＋ ccosB ， c ＝ bcosA ＋ acosB.文档上述三式称为三角形中的射影定理．2．解斜三角形题型分析正弦定理和余弦定理的每一个等式中都包含三角形的四个元素，如果其中三个元素是已知的 (其中至少有一个元素是边)，那么这个三角形一定可解．关于斜三角形的解法，根据所给的条件及适用的定理可以归纳为下面四种类型：(1)已知两角及其中一个角的对边，如A 、 B、a，解△ABC.解：①根据A ＋ B＋ C＝π，求出角 C；abac②根据＝及＝，求b、c.sinAsinB sinA sinC如果已知的是两角和它们的夹边，如A 、 B、c，那么先求出第三角C，然后按照②来求解．求解过程中尽可能应用已知元素．(2)已知两边和它们的夹角，如a、 b 、 C，解△ABC.解：①根据 c2＝ a 2＋ b 2－ 2abcosC ，求出边 c；b 2＋ c2－ a 2②根据 cosA ＝，求出角 A ；2bc③由 B＝ 180 °－A － C，求出角 B.求出第三边 c 后，往往为了计算上的方便，应用正弦定理求角，但为了避免讨论角是钝角还是锐角，应先求较小边所对的角(它一定是锐角 )，当然也可以用余弦定理求解．(3) 已知两边及其中一条边所对的角，如 a 、 b 、 A ，解△ABC.a bB；解：①＝，经过讨论求出sinA sinB②求出 B 后，由 A＋ B＋ C＝ 180 °，求出角 C；ac③再根据＝，求出边c.sinA sinC文档(4)已知三边 a 、 b 、 c，解△ABC.解：一般应用余弦定理求出两角后，再由A ＋ B＋ C＝ 180 °，求出第三个角．另外，和第二种情形完全一样，当第一个角求出后，可以根据正弦定理求出第二个角，但仍然需注意要先求较小边所对的锐角．(5)已知三角，解△ ABC.解：满足条件的三角形可以作出无穷多个，故此类问题解不唯一．3．“可解三角形”与“需解三角形”解斜三角形是三角函数这章中的一个重要内容，也是求解立体几何和解析几何问题的一个重要工具．但在具体解题时，有些同学面对较为复杂(即图中三角形不止一个)的斜三角形问题，往往不知如何下手．至于何时用正弦定理或余弦定理也是心中无数，这既延长了思考时间，更影响了解题的速度和质量．但若明确了“可解三角形”和“需解三角形”这两个概念，则情形就不一样了．所谓“可解三角形” ，是指已经具有三个元素(至少有一边 )的三角形；而“需解三角形”则是指需求边或角所在的三角形．当一个题目的图形中三角形个数不少于两个时，一般来说其中必有一个三角形是可解的，我们就可先求出这个“可解三角形”的某些边和角，从而使“需解三角形”可解．在确定了“可解三角形”和“需解三角形”后，就要正确地判断它们的类型，合理地选择正弦定理或余弦定理作为解题工具，求出需求元素，并确定解的情况．“可解三角形”和“需解三角形”的引入，能缩短求解斜三角形问题的思考时间．一题到手后，先做什么，再做什么，心里便有了底．分析问题的思路也从“试试看”“做做看”等不大确定的状态而变为“有的放矢”地去挖掘，去探究．二、备用习题1 ．△ABC 中，已知 b 2－ bc －2c 2＝0 ，a ＝76 ， cosA ＝，则△ABC 的面积 S 为 ()8文档15A.B. 15 C． 2 D ．322 ．已知一个三角形的三边为a、 b 和 a 2＋ b 2＋ ab ，则这个三角形的最大角是 ( )A．75 °B．90°C． 120 ° D ．150 °3 ．已知锐角三角形的两边长为 2 和 3 ，那么第三边长 x 的取值范围是 ()A ．(1,5) B．(1，5) C．( 5，5) D ． ( 5 ，13)4 ．如果把直角三角形的三边都增加同样的长度，则这个新三角形的形状为()A ．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D ．由增加的长度确定5 ．(1) 在△ABC 中， a，b ，c 分别是角 A ，B，C 所对的边，已知a＝3，b ＝ 3 ，C＝ 30 °，则 A ＝ __________.(2) 在△ABC 中，三个角 A ， B，C 的对边边长分别为a＝ 3， b ＝4 ，c＝ 6，则 bccosA ＋cacosB ＋ abcosC 的值为 __________．6 ．在△ABC 中，若 (a ＋ b ＋ c)(a ＋ b － c)＝3ab ，并且 sinC ＝2sinBcosA ，试判断△ABC 的形状．A7 ．在△ABC 中，设三角形面积为S，若 S＝a 2－ (b － c) 2，求 tan的值．2参考答案：1 ． A解析：由b2－bc－2c2＝0，即(b＋c)(b－2c)＝0，得b＝2c；①7由余弦定理，得a 2＝ b 2＋c2－ 2bccosA，即6＝b2＋c2－bc. ②4解①②，得b ＝4 ，c＝ 2.文档715由 cosA ＝ ，得 sinA ＝， 881 1 1515∴S △ABC ＝ bcsinA ＝ ×4×2× ＝.2 2 8 22 ． C 解析： 设最大角为θ，由余弦定理，得 a 2＋ b 2 ＋ ab ＝ a 2＋ b 2－ 2abcos θ，1∴cos θ＝－ .∴θ＝120 °.23 ．D 解析： 若 x 为最大边，由余弦定理，知4 ＋9 －x 2＞ 0 ，即 x 2＜ 13 ，∴0 ＜ x ＜ 13.2×2×3若 x 为最小边，则由余弦定理知 4 ＋x 2－ 9 ＞ 0 ，即 x 2 ＞ 5，∴x ＞5.综上，知 x 的取值范围是5 ＜ x ＜ 13.4 ． A 解析： 设直角三角形的三边为 a ， b ， c ，其中 c 为斜边，增加长度为 x. 则 c ＋ x 为新三角形的最长边．设其所对的角为θ，由余弦定理知， a ＋ x2＋ b ＋ x 2－ c ＋ x22a ＋b －c x ＋ x2cos θ＝2 a ＋ x b ＋ x＝a ＋x＞ 0.2 b ＋ x ∴θ为锐角，即新三角形为锐角三角形．615 ． (1)30 ° (2)解析： (1) ∵a ＝3 ， b ＝ 3， C ＝ 30 °，由余弦定理，有23c 2＝ a 2＋ b 2－ 2abcosC ＝ 3＋ 9 － 2 ×3 ×3 ×＝ 3 ，2∴a ＝ c ，则 A ＝C ＝ 30 °.(2) ∵bccosA ＋ cacosB ＋ abcosC ＝ b 2 ＋ c 2 － a 2 c 2 ＋a 2－ b 2 a 2＋ b 2－ c 2＋ 2 ＋2 2 a 2＋ b 2 ＋ c 2 32＋42＋6 2 61＝ ＝＝ .2 2 2sinC c6 ．解：由正弦定理，得 ＝ ，sinB b文档由 sinC ＝ 2sinBcosA sinC c，得 cosA ＝ ＝ ，2sinB 2bb 2 ＋c 2 －a 2又根据余弦定理，得 cosA ＝ ，2bcc b 2 ＋c 2－ a 2故 ＝ ，即 c 2＝b 2＋ c 2 － a 2 .2b 2bc 于是，得b 2＝ a 2，故 b ＝ a.又因为 (a ＋ b ＋ c)(a ＋ b － c)＝3ab ，故(a ＋b) 2－c 2＝ 3ab. 由 a ＝ b ，得 4b 2－ c 2＝ 3b 2， 所以 b 2＝ c 2，即 b ＝ c.故 a ＝b ＝ c. 因此△ABC 为正三角形．17 ．解： S ＝a 2－ (b － c)2，又 S ＝bcsinA ，21∴ bcsinA ＝ a 2－ (b － c)2， 2 1 － b 2＋ c 2－ a 2有 sinA ＝2bc＋ 1 ，41 A A即 ·2sin ·cos ＝ 1 － cosA. 4 2 2 1 A A A∴ ·sin 2 ·cos ＝ 2sin 2 . 2 2 2A 1 A A A 1 ∵sin ≠0 ，故 cos ＝ 2 sin ，∴tan 2 ＝ .2 2 2 2 4第2课时导入新课思路 1.(复习导入 )让学生回顾正弦定理、余弦定理的内容及表达式，回顾上两节课所解决 的解三角形问题，那么把正弦定理、余弦定理放在一起并结合三角、向量、几何等知识我们文档会探究出什么样的解题规律呢？由此展开新课．思路 2.(问题导入 )我们在应用正弦定理解三角形时，已知三角形的两边及其一边的对角往往得出不同情形的解，有时有一解，有时有两解，有时又无解，这究竟是怎么回事呢？本节课我们从一般情形入手，结合图形对这一问题进行进一步的探究，由此展开新课．推进新课新知探究提出问题1回忆正弦定理、余弦定理及其另一种形式的表达式，并用文字语言叙述其内容.能写出定理的哪些变式？2 正、余弦定理各适合解决哪类解三角形问题？3 解三角形常用的有关三角形的定理、性质还有哪些？4 为什么有时解三角形会出现矛盾，即无解呢？比如：,①已知在△ ABC 中， a ＝ 22 cm ， b ＝25 cm ， A ＝ 135 °，解三角形； ,②已知三条边分别是 3 cm ， 4 cm ， 7 cm ，解三角形 .活动：结合课件、幻灯片等，教师可把学生分成几组互相提问正弦定理、余弦定理的内容是什么？各式中有几个量？有什么作用？用方程的思想写出所有的变形(包括文字叙述)，让学生回答正、余弦定理各适合解决的解三角形类型问题、三角形内角和定理、三角形面积定理等．可让学生填写下表中的相关内容：解斜三角形时可适用类型备注用的定理和公式余弦定理(1) 已知三边类型(1)(2)有解时只有一解文档a 2＝b 2＋c 2－2bccosA b 2＝ a 2＋ c 2－2accosB c 2＝ b 2＋ a 2－2bacosC 正弦定理 abcsinA ＝ ＝＝ 2R sinB sinC 三角形面积公式1S ＝bcsinA2 1＝ acsinB 2 1＝ absinC 2实用标准文案(2) 已知两边及其夹角类型 (3) 在有解时只有一解，(3) 已知两角和一边类型 (4) 可有两解、一解或无(4) 已知两边及其中一边的对角解(5) 已知两边及其夹角对于正弦定理，教师引导学生写出其变式：a ＝ 2RsinA ， b ＝ 2RsinB ， c ＝ 2RsinC ，利用 幻灯片更能直观地看出解三角形时的边角互化．对于余弦定理， 教师要引导学生写出其变式(然 后教师打出幻灯片)：∠A ＞ 90 ° a 2＞b 2＋c 2；∠A ＝ 90 ° a 2＝ b 2＋ c 2；∠A ＜ 90 °a 2＜ b 2＋ c 2 .以上内容的复习回顾如不加以整理，学生将有杂乱无章、无规碰撞之感，觉得好像更难 以把握了，要的就是这个效果，在看似学生乱提乱问乱说乱写的时候，教师适时地打出幻灯 片 (1 张 )，立即收到耳目一新，主线立现、心中明朗的感觉，幻灯片除以上2 张外，还有：文档a b c， b 2＝ a 2＋ c2－ 2accosB ， c2＝ a2＋ b 2 ＝＝＝ 2R ； a2＝ b 2＋ c2－ 2bccosAsinA sinB sinCb 2＋c2－a 2 a 2＋c2－b 2 a2＋b 2－c2－ 2abcosC ； cosA ＝， cosB ＝， cosC ＝.2bc 2ac 2ab出示幻灯片后，必要时教师可根据学生的实际情况略作点评．与学生一起讨论解三角形有时会出现无解的情况．如问题(4) 中的①会出现如下解法：bsinA25sin133 °根据正弦定理，sinB ＝＝≈0.831 1.a22∵0 °＜B＜ 180 °，∴B≈56.21 °或B≈123.79 °.于是 C＝ 180 °－(A ＋ B)≈180 °－(133 °＋56.21 °)＝－ 9.21 °或C＝180 °－(A ＋ B)≈180 °－(133 °＋123.79 °)＝－ 76.79 °.到这里我们发现解三角形竟然解出负角来，显然是错误的．问题出在哪里呢？在检验以上计算无误的前提下，教师引导学生分析已知条件．由a＝ 22 cm ， b ＝ 25 cm ，这里 a＜ b ，而 A ＝ 133 °是一个钝角，根据三角形的性质应用A ＜ B，即 B 也应该是一个钝角，但在一个三角形中是不可能有两个钝角的．这说明满足已知条件的三角形是不存在的．同样②中满足条件的三角形也是不存在的，因为根据我们所学过的三角形知识，任何三角形的两边之和都大于第三边．而三边在条件3 cm ， 4 cm ，7 cm中两边和等于或小于第三边，在此情况下当然也无法解出三角形．讨论结果：(1)、 (3) 、 (4) 略．(2)利用正弦定理和余弦定理可解决以下四类解三角形问题：①已知两角和任一边，求其他两边和一角．②已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角(从而进一步求出其他的边和角 )．③已知三边，求三个角．文档④已知两边和夹角，求第三边和其他两角．应用示例例 1 在△ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为a、b 、c，b ＝ acosC 且△ABC 的最大边长1为 12 ，最小角的正弦值为.3(1)判断△ABC 的形状；(2)求△ABC 的面积．活动：教师与学生一起共同探究本例，通过本例带动正弦定理、余弦定理的知识串联，引导学生观察条件b ＝ acosC ，这是本例中的关键条件．很显然，如果利用正弦定理实现边角转化，则有 2RsinB ＝ 2RsinA ·cosC. 若利用余弦定理实现边角转化，则有a2＋b 2－c2b ＝ a·，2ab两种转化策略都是我们常用的．引导学生注意对于涉及三角形的三角函数变换．内角和定理 AA B π C＋ B＋ C＝ 180 °非常重要，常变的角有＋＝－， 2A ＋ 2B ＋ 2C ＝2 π，sinA ＝sin(B ＋ C)，2 2 2 2A B＋C A B＋ CcosA ＝－ cos(B ＋ C)，sin ＝ cos ，cos ＝ sin 等，三个内角的大小范围都不能超出2 2 2 2(0 °，180 °)．解： (1) 方法一：∵ b ＝ acosC ，∴由正弦定理，得sinB ＝ sinA ·cosC.又∵sinB ＝sin(A ＋ C)，∴sin(A ＋ C)＝ sinA ·cosC ，即 cosA ·sinC ＝ 0.π又∵A 、C∈ (0 ，π)，∴cosA ＝ 0 ，即 A ＝.2∴△ABC 是 A＝ 90 °的直角三角形．方法二：∵ b ＝ acosC ，文档。
[教案设计设计]高中数学人教B版教案设计余弦定理
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教学设计整体设计教学分析对余弦定理的探究，教材是从直角三角形入手，通过向量知识给予证明的．一是进一步加深学生对向量工具性的认识，二是感受向量法证明余弦定理的奇妙之处，感受向量法在解决问题中的威力．课后仍鼓励学生探究余弦定理的其他证明方法，推出余弦定理后，可让学生用自己的语言叙述出来，并让学生结合余弦函数的性质明确：如果一个三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么第三边所对的角是直角；如果小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角；如果大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角．由上可知，余弦定理是勾股定理的推广．还要启发引导学生注意余弦定理的几种变形式，并总结余弦定理的适用题型的特点，在解题时正确选用余弦定理达到求解、化简的目的．应用余弦定理及其另一种形式，并结合正弦定理，可以解决以下问题：(1)已知两边和它们的夹角解三角形；(2)已知三角形的三边解三角形．在已知两边及其夹角解三角形时，可以用余弦定理求出第三条边，这样就把问题转化成已知三边解三角形的问题．在已知三边和一个角的情况下，求另一个角既可以应用余弦定理的另一种形式，也可以用正弦定理．用余弦定理的另一种形式，可以(根据角的余弦值)直接判断角是锐角还是钝角，但计算比较复杂．用正弦定理计算相对比较简单，但仍要根据已知条件中边的大小来确定角的大小．根据教材特点，本内容安排2课时．一节重在余弦定理的推导及简单应用，一节重在解三角形中两个定理的综合应用．三维目标1．通过对余弦定理的探究与证明，掌握余弦定理的另一种形式及其应用；了解余弦定理与勾股定理之间的联系；知道解三角形问题的几种情形．2．通过对三角形边角关系的探索，提高数学语言的表达能力，并进一步理解三角函数、余弦定理、向量的数量积等知识间的关系，加深对数学具有广泛应用的认识；同时通过正弦定理、余弦定理数学表达式的变换，认识数学中的对称美、简洁美、统一美．3．加深对数学思想的认识，本节的主要数学思想是量化的数学思想、分类讨论思想以及数形结合思想；这些数学思想是对于数学知识的理性的、本质的、高度抽象的、概括的认识，具有普遍的指导意义，它是我们学习数学的重要组成部分，有利于加深学生对具体数学知识的理解和掌握．重点难点教学重点：掌握余弦定理；理解余弦定理的推导及其另一种形式，并能应用它们解三角形．教学难点：余弦定理的证明及其基本应用以及结合正弦定理解三角形．课时安排2课时教学过程第1课时导入新课思路1.(类比导入)在探究正弦定理的证明过程中，从直角三角形的特殊情形入手，发现了正弦定理．现在我们仍然从直角三角形的这种特殊情形入手，然后将锐角三角形转化为直角三角形，再适当运用勾股定理进行探索，这种导入比较自然流畅，易于学生接受．思路2.(问题导入)如果已知一个三角形的两条边及其所夹的角，根据三角形全等的判断方法，这个三角形是大小、形状完全确定的三角形，能否把这个边角关系准确量化出来呢？也就是从已知的两边和它们的夹角能否计算出三角形的另一边和另两个角呢？根据我们掌握的数学方法，比如说向量法，坐标法，三角法，几何法等，类比正弦定理的证明，你能推导出余弦定理吗？推进新课新知探究提出问题1理，解决了两类解三角形的问题.那么如果已知一个三角形的两条边及这两边所夹的角，根据三角形全等的判定方法，这个三角形是大小、形状完全确定的三角形.怎样已知三角形的两边及这两边夹角的条件下解三角形呢？2算公式呢？3三角形的什么定理在形式上非常接近？456活动：根据学生的认知特点，结合课件“余弦定理猜想与验证”，教师引导学生仍从特殊情形入手，通过观察、猜想、证明而推广到一般．如下图，在直角三角形中，根据两直角边及直角可表示斜边，即勾股定理，那么对于任意三角形，能否根据已知两边及夹角来表示第三边呢？下面，我们根据初中所学的平面几何的有关知识来研究这一问题．如下图，在△ABC中，设BC＝a，AC＝b，AB＝c，试根据b、c、∠A来表示a.教师引导学生进行探究．由于初中平面几何所接触的是解直角三角形问题，所以应添加辅助线构成直角三角形．在直角三角形内通过边角关系作进一步的转化工作，故作CD垂直于AB于点D，那么在Rt△BDC中，边a可利用勾股定理通过CD、DB表示，而CD可在Rt△ADC 中利用边角关系表示，DB可利用AB，AD表示，进而在Rt△ADC内求解．探究过程如下：过点C作CD⊥AB，垂足为点D，则在Rt△CDB中，根据勾股定理，得a2＝CD2＋BD2.∵在Rt△ADC中，CD2＝b2－AD2，又∵BD2＝(c－AD)2＝c2－2c·AD＋AD2，∴a2＝b2－AD2＋c2－2c·AD＋AD2＝b2＋c2－2c·AD.又∵在Rt△ADC中，AD＝b·cosA，∴a2＝b2＋c2－2bccosA.类似地可以证明b2＝c2＋a2－2cacosB.c2＝a2＋b2－2abcosC.另外，当A为钝角时也可证得上述结论，当A为直角时，a2＋b2＝c2也符合上述结论．这就是解三角形中的另一个重要定理——余弦定理．下面类比正弦定理的证明，用向量的方法探究余弦定理，进一步体会向量知识的工具性作用．教师与学生一起探究余弦定理中的角是以余弦的形式出现的，又涉及边长问题，学生很容易想到向量的数量积的定义式：a·b＝|a||b|cosθ，其中θ为a，b的夹角．用向量法探究余弦定理的具体过程如下：如下图，设CB →＝a ，CA →＝b ，AB →＝c ，那么c ＝a －b ，|c |2＝c ·c ＝(a －b )·(a －b ) ＝a ·a ＋b ·b －2a ·b ＝a 2＋b 2－2abcosC. 所以c 2＝a 2＋b 2－2abcosC.同理可以证明a 2＝b 2＋c 2－2bccosA ， b 2＝c 2＋a 2－2cacosB.这个定理用坐标法证明也比较容易，为了拓展学生的思路，教师可引导学生用坐标法证明，过程如下：如下图，以C 为原点，边CB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系，设点B 的坐标为(a,0)，点A 的坐标为(bcosC ，bsinC)，根据两点间距离公式AB ＝bcosC －a2bsinC －02，∴c 2＝b 2cos 2C －2abcosC ＋a 2＋b 2sin 2C ， 整理，得c 2＝a 2＋b 2－2abcosC. 同理可以证明：a 2＝b 2＋c 2－2bccosA ， b 2＝c 2＋a 2－2cacosB.余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即a 2＝b 2＋c 2－2bccosA b 2＝c 2＋a 2－2accosB c 2＝a 2＋b 2－2abcosC余弦定理指出了三角形的三条边与其中的一个角之间的关系，每一个等式中都包含四个不同的量，它们分别是三角形的三边和一个角，知道其中的三个量，就可以求得第四个量．从而由三角形的三边可确定三角形的三个角，得到余弦定理的另一种形式：cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc cosB ＝c 2＋a 2－b 22ca cosC ＝a 2＋b 2－c 22ab教师引导学生进一步观察、分析余弦定理的结构特征，发现余弦定理与以前的关于三角形的勾股定理在形式上非常接近，让学生比较并讨论它们之间的关系．学生容易看出，若△ABC 中，C ＝90°，则cosC ＝0，这时余弦定理变为c 2＝a 2＋b 2.由此可知，余弦定理是勾股定理的推广；勾股定理是余弦定理的特例．另外，从余弦定理和余弦函数的性质可知，在一个三角形中，如果两边的平方和等于第三边的平方，那么第三边所对的角是直角；如果两边的平方和小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角；如果两边的平方和大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角．从以上可知，余弦定理可以看作是勾股定理的推广．应用余弦定理，可以解决以下两类有关解三角形的问题：①已知三角形的三边解三角形，这类问题是三边确定，故三角也确定，有唯一解； ②已知两边和它们的夹角解三角形，这类问题是第三边确定，因而其他两个角也唯一确定，故解唯一．不会产生利用正弦定理解三角形所产生的判断解的取舍的问题．把正弦定理和余弦定理结合起来应用，能很好地解决解三角形的问题．教师引导学生观察两个定理可解决的问题类型会发现：如果已知的是三角形的三边和一个角的情况，而求另两角中的某个角时，既可以用余弦定理也可以用正弦定理，那么这两种方法哪个会更好些呢？教师与学生一起探究得到：若用余弦定理的另一种形式，可以根据余弦值直接判断角是锐角还是钝角，但计算比较复杂．用正弦定理计算相对比较简单，但仍要根据已知条件中边的大小来确定角的大小，所以一般应该选择用正弦定理去计算比较小的边所对的角．教师要点拨学生注意总结这种优化解题的技巧．讨论结果：(1)、(2)、(3)、(6)见活动． (4)余弦定理的另一种表达形式是：cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc cosB ＝c 2＋a 2－b 22ca cosC ＝a 2＋b2－c 22ab(5)利用余弦定理可解决两类解三角形问题：一类是已知三角形三边，另一类是已知三角形两边及其夹角．应用示例例1如图，在△ABC 中，已知a ＝5，b ＝4，∠C ＝120°，求c.活动：本例是利用余弦定理解决的第二类问题，可让学生独立完成． 解：由余弦定理，得 c 2＝a 2＋b 2－2abcos120°， 因此c ＝52＋42－2×5×412＝61. 例2如图，在△ABC 中，已知a ＝3，b ＝2，c ＝19，求此三角形各个角的大小及其面积．(精确到0.1)活动：本例中已知三角形三边，可利用余弦定理先求出最大边所对的角，然后利用正弦定理再求出另一角，进而求得第三角．教材中这样安排是为了让学生充分熟悉正弦定理和余弦定理．实际教学时可让学生自己探求解题思路，比如学生可能会三次利用余弦定理分别求出三个角，或先求出最小边所对的角再用正弦定理求其他角，这些教师都要给予鼓励，然后让学生自己比较这些方法的不同或优劣，从而深刻理解两个定理的内涵．解：由余弦定理，得cos ∠BCA ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝32＋221922×3×2＝9＋4－1912＝－12， 因此∠BCA ＝120°， 再由正弦定理，得sinA ＝asin ∠BCA c ＝3×3219＝33219≈0.596 0，因此∠A ≈36.6°或∠A ≈143.4°(不合题意，舍去)． 因此∠B ＝180°－∠A －∠BCA ≈23.4°. 设BC 边上的高为AD ，则AD ＝csinB ＝19sin23.4°≈1.73. 所以△ABC 的面积≈12×3×1.73≈2.6.点评：在既可应用正弦定理又可应用余弦定理时，体会两种方法存在的差异．当所求的角是钝角时，用余弦定理可以立即判定所求的角，但用正弦定理则不能直接判定．变式训练在△ABC 中，已知a ＝14，b ＝20，c ＝12，求A 、B 和C.(精确到1°) 解：∵cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝202＋122－1422×20×12＝0.725 0，∴A ≈44°.∵cosC ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝142＋202－1222×14×20＝113140≈0.807 1，∴C ≈36°.∴B ＝180°－(A ＋C)≈180°－(44°＋36°)＝100°.例3如图，△ABC 的顶点为A(6,5)，B(－2,8)和C(4,1)，求∠A.(精确到0.1°)活动：本例中三角形的三点是以坐标的形式给出的，点拨学生利用两点间距离公式先求出三边，然后利用余弦定理求出∠A.可由学生自己解决，教师给予适当的指导．解：根据两点间距离公式，得 AB ＝[62]25－82＝73，BC ＝2－428－12＝85，AC ＝6－425－12＝2 5.在△ABC 中，由余弦定理，得cosA ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ＝2365≈0.104 7，因此∠A ≈84.0°.点评：三角形三边的长作为中间过程，不必算出精确数值． 变式训练用向量的数量积运算重做本例．解：如例3题图，AB →＝(－8,3)，AC →＝(－2，－4)， ∴|AB →|＝73，|AC →|＝20. ∴cosA ＝AB →·AC→|AB →||AC →|＝－823473×20＝2365≈0.104 7. 因此∠A ≈84.0°.例4在△ABC 中，已知a ＝8，b ＝7，B ＝60°，求c 及S △ABC .活动：根据已知条件可以先由正弦定理求出角A ，再结合三角形内角和定理求出角C ，再利用正弦定理求出边c ，而三角形面积由公式S △ABC ＝12acsinB 可以求出．若用余弦定理求c ，可利用余弦定理b 2＝c 2＋a 2－2cacosB 建立关于c 的方程，亦能达到求c 的目的．解法一：由正弦定理，得8sinA ＝7sin60°， ∴A 1＝81.8°，A 2＝98.2°. ∴C 1＝38.2°，C 2＝21.8°. 由7sin60°＝csinC，得c 1＝3，c 2＝5，∴S △ABC ＝12ac 1sinB ＝63或S △ABC ＝12ac 2sinB ＝10 3.解法二：由余弦定理，得b 2＝c 2＋a 2－2cacosB ， ∴72＝c 2＋82－2×8×ccos60°.整理，得c 2－8c ＋15＝0，解之，得c 1＝3，c 2＝5.∴S △ABC ＝12ac 1sinB ＝63或S △ABC ＝12ac 2sinB ＝10 3.点评：在解法一的思路里，应注意用正弦定理应有两种结果，避免遗漏；而解法二更有耐人寻味之处，体现出余弦定理作为公式而直接应用的另外用处，即可以用之建立方程，从而运用方程的观点去解决，故解法二应引起学生的注意．综合上述例题，要求学生总结余弦定理在求解三角形时的适用范围；已知三边求角或已知两边及其夹角解三角形，同时注意余弦定理在求角时的优势以及利用余弦定理建立方程的解法，即已知两边及一角解三角形可用余弦定理解之．变式训练在△ABC 中，内角A ，B ，C 对边的边长分别是a ，b ，c.已知c ＝2，C ＝60°. (1)若△ABC 的面积等于3，求a ，b ； (2)若sinB ＝2sinA ，求△ABC 的面积．解：(1)由余弦定理及已知条件，得a 2＋b 2－2abcos60°＝c 2，即a 2＋b 2－ab ＝4， 又因为△ABC 的面积等于3，所以12absinC ＝3，ab ＝4.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋b 2－ab ＝4，ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)由正弦定理及已知条件，得b ＝2a ，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－ab ＝4，b ＝2a ，解得a ＝233，b ＝433.所以△ABC 的面积S ＝12absinC ＝233.知能训练1．在△ABC 中，已知C ＝120°，两边a 与b 是方程x 2－3x ＋2＝0的两根，则c 的值为… ( )A. 3 B ．7 C ．3 D.72．已知三角形的三边长分别为x 2＋x ＋1，x 2－1,2x ＋1(x ＞1)，求三角形的最大角． 答案：1．D 解析：由题意，知a ＋b ＝3，ab ＝2. 在△ABC 中，由余弦定理，知c 2＝a 2＋b 2－2abcosC ＝a 2＋b 2＋ab ＝(a ＋b)2－ab ＝7， ∴c ＝7.2．解：比较得知，x 2＋x ＋1为三角形的最大边，设其对角为A. 由余弦定理，得 cosA ＝x 2－122x ＋12x 2＋x ＋122x 2－12x ＋1＝－12.∵0＜A ＜180°，∴A ＝120°， 即三角形的最大角为120°.课堂小结1．教师先让学生回顾本节课的探究过程，然后再让学生用文字语言叙述余弦定理，准确理解其实质，并由学生回顾可用余弦定理解决哪些解三角形的问题．2．教师指出：从方程的观点来分析，余弦定理的每一个等式都包含了四个不同的量，知道其中三个量，便可求得第四个量．要通过课下作业，从方程的角度进行各种变形，达到辨明余弦定理作用的目的．3．思考本节学到的探究方法，定性发现→定量探讨→得到定理．作业课本习题1—1A 组4、5、6；习题1—1B 组1～5.设计感想本教案的设计充分体现了“民主教学思想”，教师不主观、不武断、不包办，让学生充分发现问题，合作探究，使学生真正成为学习的主体，力求在课堂上人人都会有“令你自己满意”的探究成果．这样能够不同程度地开发学生的潜能，且使教学内容得以巩固和延伸．“发现法”是常用的一种教学方法，本教案设计是从直角三角形出发，以归纳——猜想——证明——应用为线索，用恰当的问题通过启发和点拨，使学生把规律和方法在愉快的气氛中探究出来，而展现的过程合情合理，自然流畅，学生的主体地位得到了充分的发挥．纵观本教案设计流程，引入自然，学生探究到位，体现新课程理念，能较好地完成三维目标，课程内容及重点难点也把握得恰到好处．环环相扣的设计流程会强烈地感染着学生积极主动地获取知识，使学生的探究欲望及精神状态始终处于最佳状态．在整个教案设计中学生的思维活动量大，这是贯穿整个教案始终的一条主线，也应是实际课堂教学中的一条主线．备课资料一、与解三角形有关的几个问题 1．向量方法证明三角形中的射影定理如图，在△ABC 中，设三内角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c.∵AC →＋CB →＝AB →，∴AC →·(AC →＋CB →)＝AC →·AB →. ∴AC →·AC →＋AC →·CB →＝AC →·AB →.∴|AC →|2＋|AC →||CB →|cos(180°－C)＝|AB →||AC →|cosA. ∴|AC →|－|CB →|cosC ＝|AB →|cosA. ∴b －acosC ＝ccosA ， 即b ＝ccosA ＋acosC.同理，得a ＝bcosC ＋ccosB ，c ＝bcosA ＋acosB. 上述三式称为三角形中的射影定理． 2．解斜三角形题型分析正弦定理和余弦定理的每一个等式中都包含三角形的四个元素，如果其中三个元素是已知的(其中至少有一个元素是边)，那么这个三角形一定可解．关于斜三角形的解法，根据所给的条件及适用的定理可以归纳为下面四种类型： (1)已知两角及其中一个角的对边，如A 、B 、a ，解△ABC. 解：①根据A ＋B ＋C ＝π，求出角C ； ②根据a sinA ＝b sinB 及a sinA ＝c sinC，求b 、c. 如果已知的是两角和它们的夹边，如A 、B 、c ，那么先求出第三角C ，然后按照②来求解．求解过程中尽可能应用已知元素．(2)已知两边和它们的夹角，如a 、b 、C ，解△ABC. 解：①根据c 2＝a 2＋b 2－2abcosC ，求出边c ； ②根据cosA ＝b 2＋c 2－a22bc ，求出角A ；③由B ＝180°－A －C ，求出角B.求出第三边c 后，往往为了计算上的方便，应用正弦定理求角，但为了避免讨论角是钝角还是锐角，应先求较小边所对的角(它一定是锐角)，当然也可以用余弦定理求解．(3)已知两边及其中一条边所对的角，如a 、b 、A ，解△ABC. 解：①a sinA ＝b sinB，经过讨论求出B ； ②求出B 后，由A ＋B ＋C ＝180°，求出角C ； ③再根据a sinA ＝csinC ，求出边c.(4)已知三边a 、b 、c ，解△ABC.解：一般应用余弦定理求出两角后，再由A ＋B ＋C ＝180°，求出第三个角．另外，和第二种情形完全一样，当第一个角求出后，可以根据正弦定理求出第二个角，但仍然需注意要先求较小边所对的锐角．(5)已知三角，解△ABC.解：满足条件的三角形可以作出无穷多个，故此类问题解不唯一． 3．“可解三角形”与“需解三角形”解斜三角形是三角函数这章中的一个重要内容，也是求解立体几何和解析几何问题的一个重要工具．但在具体解题时，有些同学面对较为复杂(即图中三角形不止一个)的斜三角形问题，往往不知如何下手．至于何时用正弦定理或余弦定理也是心中无数，这既延长了思考时间，更影响了解题的速度和质量．但若明确了“可解三角形”和“需解三角形”这两个概念，则情形就不一样了．所谓“可解三角形”，是指已经具有三个元素(至少有一边)的三角形；而“需解三角形”则是指需求边或角所在的三角形．当一个题目的图形中三角形个数不少于两个时，一般来说其中必有一个三角形是可解的，我们就可先求出这个“可解三角形”的某些边和角，从而使“需解三角形”可解．在确定了“可解三角形”和“需解三角形”后，就要正确地判断它们的类型，合理地选择正弦定理或余弦定理作为解题工具，求出需求元素，并确定解的情况．“可解三角形”和“需解三角形”的引入，能缩短求解斜三角形问题的思考时间．一题到手后，先做什么，再做什么，心里便有了底．分析问题的思路也从“试试看”“做做看”等不大确定的状态而变为“有的放矢”地去挖掘，去探究．二、备用习题1．△ABC 中，已知b 2－bc －2c 2＝0，a ＝6，cosA ＝78，则△ABC 的面积S 为( )A.152B.15 C ．2 D ．3 2．已知一个三角形的三边为a 、b 和a 2＋b 2＋ab ，则这个三角形的最大角是( ) A ．75° B ．90° C ．120° D ．150° 3．已知锐角三角形的两边长为2和3，那么第三边长x 的取值范围是( )A ．(1,5)B ．(1，5)C ．(5，5)D ．(5，13) 4．如果把直角三角形的三边都增加同样的长度，则这个新三角形的形状为( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．由增加的长度确定5．(1)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边，已知a ＝3，b ＝3，C ＝30°，则A ＝__________.(2)在△ABC 中，三个角A ，B ，C 的对边边长分别为a ＝3，b ＝4，c ＝6，则bccosA ＋cacosB ＋abcosC 的值为__________．6．在△ABC 中，若(a ＋b ＋c)(a ＋b －c)＝3ab ，并且sinC ＝2sinBcosA ，试判断△ABC 的形状．7．在△ABC 中，设三角形面积为S ，若S ＝a 2－(b －c)2，求tan A 2的值．参考答案：1．A 解析：由b 2－bc －2c 2＝0，即(b ＋c)(b －2c)＝0，得b ＝2c ；① 由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bccosA ，即6＝b 2＋c 2－74bc.②解①②，得b ＝4，c ＝2. 由cosA ＝78，得sinA ＝158，∴S △ABC ＝12bcsinA ＝12×4×2×158＝152.2．C 解析：设最大角为θ，由余弦定理，得a 2＋b 2＋ab ＝a 2＋b 2－2abcos θ， ∴cos θ＝－12.∴θ＝120°.3．D 解析：若x 为最大边，由余弦定理，知4＋9－x 22×2×3＞0，即x 2＜13，∴0＜x ＜13.若x 为最小边，则由余弦定理知4＋x 2－9＞0，即x 2＞5， ∴x ＞ 5.综上，知x 的取值范围是5＜x ＜13.4．A 解析：设直角三角形的三边为a ，b ，c ，其中c 为斜边，增加长度为x. 则c ＋x 为新三角形的最长边．设其所对的角为θ，由余弦定理知， cos θ＝a ＋x2b ＋x 2c ＋x 22a ＋xb ＋x＝2a ＋b －c x ＋x22a ＋x b ＋x＞0. ∴θ为锐角，即新三角形为锐角三角形．5．(1)30° (2)612 解析：(1)∵a ＝3，b ＝3，C ＝30°，由余弦定理，有c 2＝a 2＋b 2－2abcosC ＝3＋9－2×3×3×32＝3， ∴a ＝c ，则A ＝C ＝30°.(2)∵bccosA ＋cacosB ＋abcosC ＝b 2＋c 2－a 22＋c 2＋a 2－b 22＋a 2＋b 2－c22＝a 2＋b 2＋c 22＝32＋42＋622＝612.6．解：由正弦定理，得sinC sinB ＝c b，由sinC ＝2sinBcosA ，得cosA ＝sinC 2sinB ＝c2b ，又根据余弦定理，得cosA ＝b 2＋c 2－a22bc ，故c 2b ＝b 2＋c 2－a 22bc ，即c 2＝b 2＋c 2－a 2. 于是，得b 2＝a 2，故b ＝a.又因为(a ＋b ＋c)(a ＋b －c)＝3ab ，故(a ＋b)2－c 2＝3ab.由a ＝b ，得4b 2－c 2＝3b 2， 所以b 2＝c 2，即b ＝c.故a ＝b ＝c. 因此△ABC 为正三角形．7．解：S ＝a 2－(b －c)2，又S ＝12bcsinA ，∴12bcsinA ＝a 2－(b －c)2， 有14sinA ＝－b 2＋c 2－a 22bc＋1，即14·2sin A 2·cos A2＝1－cosA. ∴12·sin A 2·cos A 2＝2sin 2A 2.∵sin A 2≠0，故12cos A 2＝2sin A 2，∴tan A 2＝14.第2课时导入新课思路1.(复习导入)让学生回顾正弦定理、余弦定理的内容及表达式，回顾上两节课所解决的解三角形问题，那么把正弦定理、余弦定理放在一起并结合三角、向量、几何等知识我们会探究出什么样的解题规律呢？由此展开新课．思路2.(问题导入)我们在应用正弦定理解三角形时，已知三角形的两边及其一边的对角往往得出不同情形的解，有时有一解，有时有两解，有时又无解，这究竟是怎么回事呢？本节课我们从一般情形入手，结合图形对这一问题进行进一步的探究，由此展开新课．推进新课新知探究 提出问题1.能写出定理的哪些变式？234什么有时解三角形会出现矛盾，即无解呢？比如：,①已知在△ABC 中，a ＝22 cm ，b ＝25 cm ，A ＝135°，解三角形；,②已知三条边分别是3 cm ，4 cm ，7 cm ，解三角形.活动：结合课件、幻灯片等，教师可把学生分成几组互相提问正弦定理、余弦定理的内容是什么？各式中有几个量？有什么作用？用方程的思想写出所有的变形(包括文字叙述)，让学生回答正、余弦定理各适合解决的解三角形类型问题、三角形内角和定理、三角形面积定理等．可让学生填写下表中的相关内容：对于正弦定理，教师引导学生写出其变式：a ＝2RsinA ，b ＝2RsinB ，c ＝2RsinC ，利用幻灯片更能直观地看出解三角形时的边角互化．对于余弦定理，教师要引导学生写出其变式(然后教师打出幻灯片)：∠A ＞90a 2＞b 2＋c 2；∠A ＝90a 2＝b 2＋c 2；∠A ＜90a 2＜b2＋c 2.以上内容的复习回顾如不加以整理，学生将有杂乱无章、无规碰撞之感，觉得好像更难以把握了，要的就是这个效果，在看似学生乱提乱问乱说乱写的时候，教师适时地打出幻灯片(1张)，立即收到耳目一新，主线立现、心中明朗的感觉，幻灯片除以上2张外，还有：a sinA ＝b sinB ＝c sinC＝2R ；a 2＝b 2＋c 2－2bccosA ，b 2＝a 2＋c 2－2accosB ，c 2＝a 2＋b 2－2abcosC ；cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cosB ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cosC ＝a 2＋b 2－c 22ab.出示幻灯片后，必要时教师可根据学生的实际情况略作点评．与学生一起讨论解三角形有时会出现无解的情况．如问题(4)中的①会出现如下解法： 根据正弦定理，sinB ＝bsinA a ＝25sin133°22≈0.831 1.∵0°＜B ＜180°，∴B ≈56.21°或B ≈123.79°.于是C ＝180°－(A ＋B)≈180°－(133°＋56.21°)＝－9.21°或C ＝180°－(A ＋B)≈180°－(133°＋123.79°)＝－76.79°.到这里我们发现解三角形竟然解出负角来，显然是错误的．问题出在哪里呢？在检验以上计算无误的前提下，教师引导学生分析已知条件．由a ＝22 cm ，b ＝25 cm ，这里a ＜b ，而A ＝133°是一个钝角，根据三角形的性质应用A ＜B ，即B 也应该是一个钝角，但在一个三角形中是不可能有两个钝角的．这说明满足已知条件的三角形是不存在的．同样②中满足条件的三角形也是不存在的，因为根据我们所学过的三角形知识，任何三角形的两边之和都大于第三边．而三边在条件3 cm ，4 cm ，7 cm 中两边和等于或小于第三边，在此情况下当然也无法解出三角形．讨论结果： (1)、(3)、(4)略．(2)利用正弦定理和余弦定理可解决以下四类解三角形问题： ①已知两角和任一边，求其他两边和一角．②已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角(从而进一步求出其他的边和角)． ③已知三边，求三个角．④已知两边和夹角，求第三边和其他两角．应用示例例1在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，b ＝acosC 且△ABC 的最大边长为12，最小角的正弦值为13.(1)判断△ABC 的形状； (2)求△ABC 的面积．活动：教师与学生一起共同探究本例，通过本例带动正弦定理、余弦定理的知识串联，引导学生观察条件b ＝acosC ，这是本例中的关键条件．很显然，如果利用正弦定理实现边角转化，则有2RsinB ＝2RsinA ·cosC.若利用余弦定理实现边角转化，则有b ＝a ·a 2＋b 2－c22ab ，两种转化策略都是我们常用的．引导学生注意对于涉及三角形的三角函数变换．内角和定理A ＋B ＋C ＝180°非常重要，常变的角有A 2＋B 2＝π2－C2，2A ＋2B ＋2C ＝2π，sinA ＝sin(B ＋C)，cosA ＝－cos(B ＋C)，sin A 2＝cos B ＋C 2，cos A 2＝sin B ＋C2等，三个内角的大小范围都不能超出(0°，180°)．解：(1)方法一：∵b ＝acosC ， ∴由正弦定理，得sinB ＝sinA ·cosC.又∵sinB ＝sin(A ＋C)，∴sin(A ＋C)＝sinA ·cosC ， 即cosA ·sinC ＝0.又∵A 、C ∈(0，π)，∴cosA ＝0，即A ＝π2.∴△ABC 是A ＝90°的直角三角形． 方法二：∵b ＝acosC ，∴由余弦定理，得b ＝a ·a 2＋b 2－c22ab ，2b 2＝a 2＋b 2－c 2，即a 2＝b 2＋c 2.由勾股定理逆定理，知△ABC 是A ＝90°的直角三角形． (2)∵△ABC 的最大边长为12，由(1)知斜边a ＝12. 又∵△ABC 最小角的正弦值为13，∴Rt △ABC 的最短直角边长为12×13＝4.另一条直角边长为122－42＝82， ∴S △ABC ＝12×4×82＝16 2.点评：以三角形为载体，以三角变换为核心，结合正弦定理和余弦定理综合考查逻辑分析和计算推理能力是高考命题的一个重要方向．因此要特别关注三角函数在解三角形中的灵活运用，及正、余弦定理的灵活运用．变式训练在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，且cosA ＝45.(1)求sin2B ＋C2＋cos2A 的值； (2)若b ＝2，△ABC 的面积S ＝3，求a. 解：(1)sin 2B ＋C 2＋cos2A ＝1－cos B ＋C2＋cos2A ＝1＋cosA 2＋2cos 2A －1＝5950. (2)∵cosA ＝45，∴sinA ＝35.由S △ABC ＝12bcsinA 得3＝12×2c ×35，解得c ＝5.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bccosA ，可得a 2＝4＋25－2×2×5×45＝13，∴a ＝13.例2已知a ，b ，c 是△ABC 中∠A ，∠B ，∠C 的对边，若a ＝7，c ＝5，∠A ＝120°，求边长b 及△ABC 外接圆半径R.活动：教师引导学生观察已知条件，有边有角，可由余弦定理先求出边b ，然后利用正弦定理再求其他．点拨学生注意体会边角的互化，以及正弦定理和余弦定理各自的作用．解：由余弦定理，知a 2＝b 2＋c 2－2bccosA ，即b 2＋52－2×5×bcos120°＝49， ∴b 2＋5b －24＝0. 解得b ＝3.(负值舍去)．由正弦定理：a sinA ＝2R ，即7sin120°＝2R ，解得R ＝733.∴△ABC 中，b ＝3，R ＝733.点评：本题直接利用余弦定理，借助方程思想求解边b ，让学生体会这种解题方法，并探究其他的解题思路．变式训练设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.已知b 2＋c 2＝a 2＋3bc ，求： (1)A 的大小；(2)2sinB ·cosC －sin(B －C)的值．解：(1)由余弦定理，得cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝3bc 2bc ＝32，∴∠A ＝30°.(2)2sinBcosC －sin(B －C)＝2sinBcosC －(sinB ·cosC －cosBsinC) ＝sinBcosC ＋cosBsinC ＝sin(B ＋C) ＝sinA ＝12.例3如图，在四边形ABCD 中，∠ADB ＝∠BCD ＝75°，∠ACB ＝∠BDC ＝45°，DC ＝3，求：。
新教材人教B版高中数学必修第四册教案设计-余弦定理
9.1.2余弦定理学习目标核心素养1.掌握余弦定理的两种表示形式及证明余弦定理的方法．(重点)2．会运用余弦定理解决简单的三角形度量和边角转化问题．(重点、难点)1.借助余弦定理的推导，提升逻辑推理的素养．2．通过余弦定理的应用的学习，培养数学运算的素养.如图，某隧道施工队为了开凿一条山地隧道，需要测算隧道的长度．工程技术人员先在地面上选一适当的位置A，量出A到山脚B，C的距离，其中AB＝ 3 km，AC＝1 km，再利用经纬仪测出A对山脚BC(即线段BC)的张角∠BAC＝150°.思考：根据上述条件你能求出山脚BC的长度吗？1．余弦定理(1)三角形任何一边的平方，等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角余弦的积的2倍．即a2＝b2＋c2－2bc cos A，b2＝a2＋c2－2ac cos B，c2＝a2＋b2－2ab cos C．(2)应用余弦定理我们可以解决两类解三角形问题．①已知三边，求三角．②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角．2．余弦定理的推论cos A＝b2＋c2－a22bc；cos B＝a2＋c2－b22ac；cos C＝a2＋b2－c22ab.[拓展](1)若b2＋c2＞a2，根据余弦定理的推论可知cos A＝b2＋c2－a22bc＞0，则角A为锐角．同理可得，若a2＋c2＞b2，a2＋b2＞c2，则角B，角C为锐角．所以当b2＋c2＞a2，a2＋c2＞b2，且a2＋b2＞c2时，△ABC是锐角三角形．(2)若b2＋c2＜a2，根据余弦定理的推论可知cos A＝b2＋c2－a22bc＜0，则△ABC是钝角三角形且角A是钝角．同理可得，若a2＋c2＜b2，则△ABC是钝角三角形且角B是钝角；若a2＋b2＜c2，则△ABC是钝角三角形且角C是钝角．(3)若b2＋c2＝a2，根据余弦定理的推论可知cos A＝b2＋c2－a22bc＝0，则△ABC是直角三角形且角A为直角．同理可得，若a2＋c2＝b2，则△ABC是直角三角形且角B是直角；若a2＋b2＝c2，则△ABC是直角三角形且角C是直角．从这个意义上讲，余弦定理是勾股定理的推广．1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在三角形中，已知两边及一边的对角，可用正弦定理解三角形，但不能用余弦定理去解．()(2)余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系，因此，它适用于任何三角形．()(3)利用余弦定理，可解决已知三角形三边求角问题．()(4)在三角形中，勾股定理是余弦定理的一个特例．()[提示](1)×.由正、余弦定理的特征可知在三角形中，已知两边及一边的对角，既可以用正弦定理求解，也可以用余弦定理求解．(2)√.余弦定理反映了任意三角形的边角关系，它适合于任何三角形．(3)√.结合余弦定理公式及三角函数知识可知正确．(4)√.余弦定理可以看作勾股定理的推广．[答案](1)×(2)√(3)√(4)√2．在△ABC 中，sin A ∶sin B ∶sin C ＝3∶2∶3，则cos C 的值为( ) A ．13 B ．－12 C ．14 D ．－14A [根据正弦定理，a ∶b ∶c ＝sin A ∶sinB ∶sinC ＝3∶2∶3，设a ＝3k ，b ＝2k ，c ＝3k (k >0)，则cos C ＝9k 2＋4k 2－9k 22×3k ×2k＝13.]3．在△ABC 中，a ＝32，b ＝23，cos C ＝13，则c 2＝ .30－46 [由余弦定理可得c 2＝(32)2＋(23)2－2×32×23×13＝18＋12－46＝30－4 6.]4．在△ABC 中，若a 2＝b 2＋bc ＋c 2，则A ＝ . 120° [∵a 2＝b 2＋bc ＋c 2， ∴b 2＋c 2－a 2＝－bc ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－bc 2bc ＝－12， 又∵0°＜A ＜180°， ∴A ＝120°.]已知两边及一角解三角形＝3，b ＝2，cos(A ＋B )＝13，则c ＝ .(2)已知△ABC ，根据下列条件解三角形： a ＝3，b ＝2，B ＝45°.(1)17 [由三角形内角和定理可知cos C ＝－cos(A ＋B )＝－13，又由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝9＋4－2×3×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝17，所以c ＝17.](2)[解] 由余弦定理知b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ．∴2＝3＋c2－23×22c.即c2－6c＋1＝0，解得c＝6＋2 2或c＝6－22.当c＝6＋22时，由余弦定理，得cos A＝b2＋c2－a22bc＝2＋⎝⎛⎭⎪⎫6＋222－32×2×6＋22＝12.∵0°<A<180°，∴A＝60°，∴C＝75°.当c＝6－22时，由余弦定理，得cos A＝b2＋c2－a22bc＝2＋⎝⎛⎭⎪⎫6－222－32×2×6－22＝－12.∵0°<A<180°，∴A＝120°，C＝15°.故c＝6＋22，A＝60°，C＝75°或c＝6－22，A＝120°，C＝15°.已知两边及一角解三角形的解题思路(1)若已知角是两边的夹角．则直接运用余弦定理求出另外一边，求其余角时有两种方法：方法一，继续选用余弦定理求解，此方法计算量稍大但是不会出现多解．方法二，用正弦定理求解，此方法计算量小，但是会出现多解的情况，计算时要多加小心，利用“大边对大角，小边对小角”来排除多余解．(2)若已知角是其中一边的对角，有两种方法，一种方法是利用正弦定理先求角(要注意角的取舍，避免产生多解)，再求边；另一种方法是用余弦定理列出关于另一边的一元二次方程求解(应注意对方程解的取舍)．[跟进训练]1．在△ABC中，已知a＝5，b＝3，C的余弦值是方程5x2＋7x－6＝0的根，求第三边长c.[解]5x2＋7x－6＝0可化为(5x－3)(x＋2)＝0.∴x 1＝35，x 2＝－2(舍去)． ∴cos C ＝35. 根据余弦定理，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝52＋32－2×5×3×35＝16. ∴c ＝4，即第三边长c 为4.已知三边或三边关系解三角形【例2】 (1)已知△ABC 的三边长为a ＝3，b ＝4，c ＝37，求△ABC 的最大内角．(2)在△ABC 中，已知c 4－2(a 2＋b 2)c 2＋a 4＋a 2b 2＋b 4＝0，求角C ． [解] (1)∵c >a ，c >b ，∴C 最大． 由余弦定理，得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 即37＝9＋16－24cos C ， ∴cos C ＝－12， ∵0°<C <180°， ∴C ＝120°.∴△ABC 的最大内角为120°.(2)∵c 4－2(a 2＋b 2)c 2＋a 4＋a 2b 2＋b 4＝0， ∴[c 2－(a 2＋b 2)]2－a 2b 2＝0， 则c 2－(a 2＋b 2)＝±ab ， 故cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝±12.又∵0°＜C ＜180°，∴C ＝60°或C ＝120°.已知三角形的三边解三角形的方法(1)先利用余弦定理求出一个角的余弦，从而求出第一个角；再利用余弦定理或由求得的第一个角，利用正弦定理求出第二个角；最后利用三角形的内角和定理求出第三个角．(2)根据余弦定理的推论可知，只要将三角形三边求出，或求出三边长度的比值，或求出类似于a 2＋b 2－c 2＝ab 的关系式，就可以求出三个角的余弦值，进而求出三个角的大小．[跟进训练]2．在△ABC 中，已知(a ＋b ＋c )(b ＋c －a )＝3bc ，则角A 等于( ) A ．30° B ．60° C ．120° D ．150° B [∵(b ＋c )2－a 2＝b 2＋c 2＋2bc －a 2＝3bc ， ∴b 2＋c 2－a 2＝bc ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，又角A 为△ABC 的内角， ∴A ＝60°.]正、余弦定理的综合应用[探究问题]1．在△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a 2＝b 2＋c 2，则sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C 成立吗？反之，说法正确吗？为什么？[提示] 设△ABC 的外接圆半径为R .由正弦定理的变形，将a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，代入a 2＝b 2＋c 2可得sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C ．反之，将sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R 代入sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C 可得a 2＝b 2＋c 2.因此，这两种说法均正确．2．在△ABC 中，若c 2＝a 2＋b 2，则C ＝π2成立吗？反之，若C ＝π2，则c 2＝a 2＋b 2成立吗？为什么？[提示] 因为c 2＝a 2＋b 2，所以a 2＋b 2－c 2＝0，由余弦定理的变形cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝0，即cos C ＝0，所以C ＝π2，反之．若C ＝π2，则cos C ＝0，即a 2＋b 2－c 22ab＝0，所以a 2＋b 2－c 2＝0，即c 2＝a 2＋b 2.【例3】 在△ABC 中，若(a －c ·cos B )sin B ＝(b －c ·cos A )sin A ，判断△ABC的形状．[思路探究] 角边转化．[解] 法一：∵(a －c ·cos B )sin B ＝(b －c ·cos A )·sin A ， ∴由正、余弦定理可得：⎝ ⎛⎭⎪⎫a －c ·a 2＋c 2－b 22ac ·b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b －c ·b 2＋c 2－a 22bc ·a ，整理得：(a 2＋b 2－c 2)b 2＝(a 2＋b 2－c 2)a 2， 即(a 2－b 2)(a 2＋b 2－c 2)＝0， ∴a 2＋b 2－c 2＝0或a 2＝b 2. ∴a 2＋b 2＝c 2或a ＝b .故△ABC 为直角三角形或等腰三角形． 法二：根据正弦定理，原等式可化为：(sin A －sin C cos B )sin B ＝(sin B －sin C cos A )sin A ， 即sin C cos B sin B ＝sin C cos A sin A ． ∵sin C ≠0，∴sin B cos B ＝sin A cos A ， ∴sin 2B ＝sin 2A ． ∴2B ＝2A 或2B ＋2A ＝π， 即A ＝B 或A ＋B ＝π2.故△ABC 是等腰三角形或直角三角形．正、余弦定理判断三角形形状(1)法一是用余弦定理将等式转化为边之间的关系式，法二是借助正弦定理，将已知等式转化为角的三角函数关系式．这两种方法是判断三角形形状的常用手段．(2)一般地，如果遇到的式子含角的余弦或是边的二次式，要考虑用余弦定理；反之，若遇到的式子含角的正弦或是边的一次式，则大多用正弦定理；若是以上特征不明显，则要考虑两个定理都有可能用．[跟进训练]3．已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足(sin A＋sin B)(a－b)＝(sin C－sin B)c.(1)求A的值；(2)若c＝2＋3，cosB＝33，求a的值．[解](1)因为(sin A＋sin B)(a－b)＝(sin C－sin B)c，所以根据正弦定理得(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，即b2＋c2－a2＝bc.在△ABC中，由余弦定理得cos A＝b2＋c2－a22bc，将b2＋c2－a2＝bc代入上式，得cos A＝12，因为A∈(0，π)，所以A＝π3.(2)由B∈(0，π)，cos B＝33，得sin B＝1－cos2B＝63，所以sin C＝sin(A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B＝32×33＋12×63＝3＋66，由正弦定理得a＝csin C sin A＝2＋33＋66×32＝3.知识：1．余弦定理．2．余弦定理的推论．方法：解三角形时对题目条件进行变形的常有途径：用正、余弦定理进行边、角转换．若将边的关系转化为角的正弦的式子，常用正弦定理进行变形求解；若将角的关系转化为边的关系，常结合余弦定理解题．1．边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角之和为()A．90°B．120°C．135°D．150°B[设中间角为角B，由余弦定理，得cos B＝52＋82－722×5×8＝4080＝12，所以B＝60°，所以最大角与最小角的和为180°－B＝180°－60°＝120°.]2．在△ABC中，若2cos B sin A＝sin C，则△ABC的形状一定是() A．等腰直角三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等边三角形C[∵2cos B sin A＝sin C，∴2×a2＋c2－b22ac·a＝c，∴a＝b.故△ABC为等腰三角形．]3．在△ABC中，已知a＝4，b＝6，C＝120°，则边c＝.219[根据余弦定理c2＝a2＋b2－2ab cos C＝16＋36－2×4×6cos 120°＝76，c＝219.]4．在△ABC中，已知a＝8，B＝60°，c＝4(3＋1)，解此三角形．[解]由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2ac cos B＝82＋[4(3＋1)]2－2×8×4(3＋1)·cos 60°＝64＋16(4＋23)－64(3＋1)×12＝96，∴b＝4 6.法一：∵cos A＝b2＋c2－a22bc＝96＋16(3＋1)2－642×46×4(3＋1)＝22，0°<A<180°，∴A＝45°.故C＝180°－A－B＝180°－45°－60°＝75°.法二：由正弦定理asin A＝bsin B，∴8sin A＝46sin 60°，∴sin A＝2 2，∵b>a，c>a，∴a最小，即A为锐角．因此A＝45°.故C＝180°－A－B＝180°－45°－60°＝75°.。
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[教案设计]高中数学人教B版教案余弦定理-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN教学设计整体设计教学分析对余弦定理的探究，教材是从直角三角形入手，通过向量知识给予证明的．一是进一步加深学生对向量工具性的认识，二是感受向量法证明余弦定理的奇妙之处，感受向量法在解决问题中的威力．课后仍鼓励学生探究余弦定理的其他证明方法，推出余弦定理后，可让学生用自己的语言叙述出来，并让学生结合余弦函数的性质明确：如果一个三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么第三边所对的角是直角；如果小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角；如果大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角．由上可知，余弦定理是勾股定理的推广．还要启发引导学生注意余弦定理的几种变形式，并总结余弦定理的适用题型的特点，在解题时正确选用余弦定理达到求解、化简的目的．应用余弦定理及其另一种形式，并结合正弦定理，可以解决以下问题：(1)已知两边和它们的夹角解三角形；(2)已知三角形的三边解三角形．在已知两边及其夹角解三角形时，可以用余弦定理求出第三条边，这样就把问题转化成已知三边解三角形的问题．在已知三边和一个角的情况下，求另一个角既可以应用余弦定理的另一种形式，也可以用正弦定理．用余弦定理的另一种形式，可以(根据角的余弦值)直接判断角是锐角还是钝角，但计算比较复杂．用正弦定理计算相对比较简单，但仍要根据已知条件中边的大小来确定角的大小．根据教材特点，本内容安排2课时．一节重在余弦定理的推导及简单应用，一节重在解三角形中两个定理的综合应用．三维目标1．通过对余弦定理的探究与证明，掌握余弦定理的另一种形式及其应用；了解余弦定理与勾股定理之间的联系；知道解三角形问题的几种情形．2．通过对三角形边角关系的探索，提高数学语言的表达能力，并进一步理解三角函数、余弦定理、向量的数量积等知识间的关系，加深对数学具有广泛应用的认识；同时通过正弦定理、余弦定理数学表达式的变换，认识数学中的对称美、简洁美、统一美．3．加深对数学思想的认识，本节的主要数学思想是量化的数学思想、分类讨论思想以及数形结合思想；这些数学思想是对于数学知识的理性的、本质的、高度抽象的、概括的认识，具有普遍的指导意义，它是我们学习数学的重要组成部分，有利于加深学生对具体数学知识的理解和掌握．重点难点教学重点：掌握余弦定理；理解余弦定理的推导及其另一种形式，并能应用它们解三角形．教学难点：余弦定理的证明及其基本应用以及结合正弦定理解三角形．课时安排2课时教学过程第1课时导入新课思路 1.(类比导入)在探究正弦定理的证明过程中，从直角三角形的特殊情形入手，发现了正弦定理．现在我们仍然从直角三角形的这种特殊情形入手，然后将锐角三角形转化为直角三角形，再适当运用勾股定理进行探索，这种导入比较自然流畅，易于学生接受．思路 2.(问题导入)如果已知一个三角形的两条边及其所夹的角，根据三角形全等的判断方法，这个三角形是大小、形状完全确定的三角形，能否把这个边角关系准确量化出来呢也就是从已知的两边和它们的夹角能否计算出三角形的另一边和另两个角呢根据我们掌握的数学方法，比如说向量法，坐标法，三角法，几何法等，类比正弦定理的证明，你能推导出余弦定理吗推进新课新知探究提出问题1通过对任意三角形中大边对大角，小边对小角的边角量化，我们发现了正弦定理，解决了两类解三角形的问题.那么如果已知一个三角形的两条边及这两边所夹的角，根据三角形全等的判定方法，这个三角形是大小、形状完全确定的三角形.怎样已知三角形的两边及这两边夹角的条件下解三角形呢？2能否用平面几何方法或向量方法或坐标方法等探究出计算第三边长的关系式或计算公式呢？(3)余弦定理的内容是什么你能用文字语言叙述它吗余弦定理与以前学过的关于三角形的什么定理在形式上非常接近(4)余弦定理的另一种表达形式是什么？(5)余弦定理可以解决哪些类型的解三角形问题怎样求解(6)正弦定理与余弦定理在应用上有哪些联系和区别？活动：根据学生的认知特点，结合课件“余弦定理猜想与验证”，教师引导学生仍从特殊情形入手，通过观察、猜想、证明而推广到一般．如下图，在直角三角形中，根据两直角边及直角可表示斜边，即勾股定理，那么对于任意三角形，能否根据已知两边及夹角来表示第三边呢？下面，我们根据初中所学的平面几何的有关知识来研究这一问题．如下图，在△ABC中，设BC＝a，AC＝b，AB＝c，试根据b、c、∠A来表示a.教师引导学生进行探究．由于初中平面几何所接触的是解直角三角形问题，所以应添加辅助线构成直角三角形．在直角三角形内通过边角关系作进一步的转化工作，故作CD垂直于AB于点D，那么在Rt△BDC中，边a可利用勾股定理通过CD、DB表示，而CD可在Rt△ADC中利用边角关系表示，DB可利用AB，AD表示，进而在Rt△ADC内求解．探究过程如下：过点C作CD⊥AB，垂足为点D，则在Rt△CDB中，根据勾股定理，得a2＝CD2＋BD2.∵在Rt△ADC中，CD2＝b2－AD2，又∵BD2＝(c－AD)2＝c2－2c·AD＋AD2，∴a2＝b2－AD2＋c2－2c·AD＋AD2＝b2＋c2－2c·AD.又∵在Rt△ADC中，AD＝b·cosA，∴a2＝b2＋c2－2bccosA.类似地可以证明b2＝c2＋a2－2cacosB.c2＝a2＋b2－2abcosC.另外，当A为钝角时也可证得上述结论，当A为直角时，a2＋b2＝c2也符合上述结论．这就是解三角形中的另一个重要定理——余弦定理．下面类比正弦定理的证明，用向量的方法探究余弦定理，进一步体会向量知识的工具性作用．教师与学生一起探究余弦定理中的角是以余弦的形式出现的，又涉及边长问题，学生很容易想到向量的数量积的定义式：a·b＝|a||b|cosθ，其中θ为a，b的夹角．用向量法探究余弦定理的具体过程如下：如下图，设CB→＝a，CA→＝b，AB→＝c，那么c＝a－b，|c|2＝c·c＝(a－b)·(a－b)＝a·a＋b·b－2a·b＝a2＋b2－2abcosC.所以c2＝a2＋b2－2abcosC.同理可以证明a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝c2＋a2－2cacosB.这个定理用坐标法证明也比较容易，为了拓展学生的思路，教师可引导学生用坐标法证明，过程如下：如下图，以C为原点，边CB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，设点B的坐标为(a,0)，点A的坐标为(bcosC，bsinC)，根据两点间距离公式AB＝(bcosC－a)2＋(bsinC－0)2，∴c2＝b2cos2C－2abcosC＋a2＋b2sin2C，整理，得c2＝a2＋b2－2abcosC.同理可以证明：a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝c2＋a2－2cacosB.余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即a2＝b2＋c2－2bccosAb2＝c2＋a2－2accosBc2＝a2＋b2－2abcosC余弦定理指出了三角形的三条边与其中的一个角之间的关系，每一个等式中都包含四个不同的量，它们分别是三角形的三边和一个角，知道其中的三个量，就可以求得第四个量．从而由三角形的三边可确定三角形的三个角，得到余弦定理的另一种形式：cosA ＝b 2＋c 2－a 22bccosB ＝c 2＋a 2－b 22cacosC ＝a 2＋b 2－c 22ab教师引导学生进一步观察、分析余弦定理的结构特征，发现余弦定理与以前的关于三角形的勾股定理在形式上非常接近，让学生比较并讨论它们之间的关系．学生容易看出，若△ABC 中，C ＝90°，则cosC ＝0，这时余弦定理变为c 2＝a 2＋b 2.由此可知，余弦定理是勾股定理的推广；勾股定理是余弦定理的特例．另外，从余弦定理和余弦函数的性质可知，在一个三角形中，如果两边的平方和等于第三边的平方，那么第三边所对的角是直角；如果两边的平方和小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角；如果两边的平方和大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角．从以上可知，余弦定理可以看作是勾股定理的推广．应用余弦定理，可以解决以下两类有关解三角形的问题：①已知三角形的三边解三角形，这类问题是三边确定，故三角也确定，有唯一解；②已知两边和它们的夹角解三角形，这类问题是第三边确定，因而其他两个角也唯一确定，故解唯一．不会产生利用正弦定理解三角形所产生的判断解的取舍的问题．把正弦定理和余弦定理结合起来应用，能很好地解决解三角形的问题．教师引导学生观察两个定理可解决的问题类型会发现：如果已知的是三角形的三边和一个角的情况，而求另两角中的某个角时，既可以用余弦定理也可以用正弦定理，那么这两种方法哪个会更好些呢？教师与学生一起探究得到：若用余弦定理的另一种形式，可以根据余弦值直接判断角是锐角还是钝角，但计算比较复杂．用正弦定理计算相对比较简单，但仍要根据已知条件中边的大小来确定角的大小，所以一般应该选择用正弦定理去计算比较小的边所对的角．教师要点拨学生注意总结这种优化解题的技巧．讨论结果：(1)、(2)、(3)、(6)见活动．(4)余弦定理的另一种表达形式是：cosA ＝b 2＋c 2－a 22bccosB ＝c 2＋a 2－b 22cacosC ＝a 2＋b 2－c 22ab(5)利用余弦定理可解决两类解三角形问题：一类是已知三角形三边，另一类是已知三角形两边及其夹角．应用示例例1如图，在△ABC 中，已知a ＝5，b ＝4，∠C ＝120°，求c.活动：本例是利用余弦定理解决的第二类问题，可让学生独立完成．解：由余弦定理，得c 2＝a 2＋b 2－2abcos120°，因此c ＝52＋42－2×5×4×(－12)＝61. 例2如图，在△ABC 中，已知a ＝3，b ＝2，c ＝19，求此三角形各个角的大小及其面积．(精确到0.1)活动：本例中已知三角形三边，可利用余弦定理先求出最大边所对的角，然后利用正弦定理再求出另一角，进而求得第三角．教材中这样安排是为了让学生充分熟悉正弦定理和余弦定理．实际教学时可让学生自己探求解题思路，比如学生可能会三次利用余弦定理分别求出三个角，或先求出最小边所对的角再用正弦定理求其他角，这些教师都要给予鼓励，然后让学生自己比较这些方法的不同或优劣，从而深刻理解两个定理的内涵．解：由余弦定理，得cos ∠BCA ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝32＋22－(19)22×3×2＝9＋4－1912＝－12， 因此∠BCA ＝120°，再由正弦定理，得sinA ＝asin ∠BCA c ＝3×3219＝33219≈0.596 0， 因此∠A ≈36.6°或∠A ≈143.4°(不合题意，舍去)．因此∠B ＝180°－∠A －∠BCA ≈23.4°.设BC 边上的高为AD ，则AD ＝csinB ＝19sin23.4°≈1.73.所以△ABC 的面积≈12×3×1.73≈2.6. 点评：在既可应用正弦定理又可应用余弦定理时，体会两种方法存在的差异．当所求的角是钝角时，用余弦定理可以立即判定所求的角，但用正弦定理则不能直接判定．变式训练在△ABC 中，已知a ＝14，b ＝20，c ＝12，求A 、B 和C.(精确到1°)解：∵cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝202＋122－1422×20×12＝0.725 0， ∴A ≈44°.∵cosC ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝142＋202－1222×14×20＝113140≈0.807 1， ∴C ≈36°.∴B ＝180°－(A ＋C)≈180°－(44°＋36°)＝100°.例3如图，△ABC 的顶点为A(6,5)，B(－2,8)和C(4,1)，求∠A.(精确到0.1°)活动：本例中三角形的三点是以坐标的形式给出的，点拨学生利用两点间距离公式先求出三边，然后利用余弦定理求出∠A.可由学生自己解决，教师给予适当的指导．解：根据两点间距离公式，得AB ＝[6－(－2)]2＋(5－8)2＝73，BC ＝(－2－4)2＋(8－1)2＝85，AC ＝(6－4)2＋(5－1)2＝2 5.在△ABC 中，由余弦定理，得cosA ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB·AC ＝2365≈0.104 7， 因此∠A ≈84.0°.点评：三角形三边的长作为中间过程，不必算出精确数值．变式训练用向量的数量积运算重做本例．解：如例3题图，AB →＝(－8,3)，AC →＝(－2，－4)，∴|AB →|＝73，|AC →|＝20.∴cosA ＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝－8×(－2)＋3×(－4)73×20 ＝2365≈0.104 7. 因此∠A ≈84.0°.例4在△ABC 中，已知a ＝8，b ＝7，B ＝60°，求c 及S △ABC .活动：根据已知条件可以先由正弦定理求出角A ，再结合三角形内角和定理求出角C ，再利用正弦定理求出边c ，而三角形面积由公式S △ABC ＝12acsinB 可以求出．若用余弦定理求c ，可利用余弦定理b 2＝c 2＋a 2－2cacosB 建立关于c 的方程，亦能达到求c 的目的．解法一：由正弦定理，得8sinA ＝7sin60°， ∴A 1＝81.8°，A 2＝98.2°.∴C 1＝38.2°，C 2＝21.8°. 由7sin60°＝csinC，得c 1＝3，c 2＝5， ∴S △ABC ＝12ac 1sinB ＝63或S △ABC ＝12ac 2sinB ＝10 3.解法二：由余弦定理，得b 2＝c 2＋a 2－2cacosB ， ∴72＝c 2＋82－2×8×ccos60°. 整理，得c 2－8c ＋15＝0，解之，得c 1＝3，c 2＝5.∴S △ABC ＝12ac 1sinB ＝63或S △ABC ＝12ac 2sinB ＝10 3.点评：在解法一的思路里，应注意用正弦定理应有两种结果，避免遗漏；而解法二更有耐人寻味之处，体现出余弦定理作为公式而直接应用的另外用处，即可以用之建立方程，从而运用方程的观点去解决，故解法二应引起学生的注意．综合上述例题，要求学生总结余弦定理在求解三角形时的适用范围；已知三边求角或已知两边及其夹角解三角形，同时注意余弦定理在求角时的优势以及利用余弦定理建立方程的解法，即已知两边及一角解三角形可用余弦定理解之．变式训练在△ABC 中，内角A ，B ，C 对边的边长分别是a ，b ，c.已知c ＝2，C ＝60°. (1)若△ABC 的面积等于3，求a ，b ； (2)若sinB ＝2sinA ，求△ABC 的面积．解：(1)由余弦定理及已知条件，得a 2＋b 2－2abcos60°＝c 2，即a 2＋b 2－ab ＝4， 又因为△ABC 的面积等于3，所以12absinC ＝3，ab ＝4.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋b 2－ab ＝4，ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)由正弦定理及已知条件，得b ＝2a ，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－ab ＝4，b ＝2a ，解得a ＝233，b ＝433.所以△ABC 的面积S ＝12absinC ＝233.知能训练1．在△ABC 中，已知C ＝120°，两边a 与b 是方程x 2－3x ＋2＝0的两根，则c 的值为…( )A. 3 B ．7 C ．3 D.72．已知三角形的三边长分别为x 2＋x ＋1，x 2－1,2x ＋1(x ＞1)，求三角形的最大角． 答案：1．D 解析：由题意，知a ＋b ＝3，ab ＝2. 在△ABC 中，由余弦定理，知 c 2＝a 2＋b 2－2abcosC ＝a 2＋b 2＋ab ＝(a ＋b)2－ab ＝7， ∴c ＝7.2．解：比较得知，x 2＋x ＋1为三角形的最大边，设其对角为A. 由余弦定理，得cosA ＝(x 2－1)2＋(2x ＋1)2－(x 2＋x ＋1)22(x 2－1)(2x ＋1)＝－12.∵0＜A ＜180°，∴A ＝120°， 即三角形的最大角为120°.课堂小结1．教师先让学生回顾本节课的探究过程，然后再让学生用文字语言叙述余弦定理，准确理解其实质，并由学生回顾可用余弦定理解决哪些解三角形的问题．2．教师指出：从方程的观点来分析，余弦定理的每一个等式都包含了四个不同的量，知道其中三个量，便可求得第四个量．要通过课下作业，从方程的角度进行各种变形，达到辨明余弦定理作用的目的．3．思考本节学到的探究方法，定性发现→定量探讨→得到定理．作业课本习题1—1A 组4、5、6；习题1—1B 组1～5.设计感想本教案的设计充分体现了“民主教学思想”，教师不主观、不武断、不包办，让学生充分发现问题，合作探究，使学生真正成为学习的主体，力求在课堂上人人都会有“令你自己满意”的探究成果．这样能够不同程度地开发学生的潜能，且使教学内容得以巩固和延伸．“发现法”是常用的一种教学方法，本教案设计是从直角三角形出发，以归纳——猜想——证明——应用为线索，用恰当的问题通过启发和点拨，使学生把规律和方法在愉快的气氛中探究出来，而展现的过程合情合理，自然流畅，学生的主体地位得到了充分的发挥．纵观本教案设计流程，引入自然，学生探究到位，体现新课程理念，能较好地完成三维目标，课程内容及重点难点也把握得恰到好处．环环相扣的设计流程会强烈地感染着学生积极主动地获取知识，使学生的探究欲望及精神状态始终处于最佳状态．在整个教案设计中学生的思维活动量大，这是贯穿整个教案始终的一条主线，也应是实际课堂教学中的一条主线．备课资料一、与解三角形有关的几个问题 1．向量方法证明三角形中的射影定理如图，在△ABC 中，设三内角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c.∵AC →＋CB →＝AB →， ∴AC →·(AC →＋CB →)＝AC →·AB →. ∴AC →·AC →＋AC →·CB →＝AC →·AB →.∴|AC →|2＋|AC →||CB →|cos(180°－C)＝|AB →||AC →|cosA. ∴|AC →|－|CB →|cosC ＝|AB →|cosA. ∴b －acosC ＝ccosA ， 即b ＝ccosA ＋acosC.同理，得a ＝bcosC ＋ccosB ，c ＝bcosA ＋acosB.上述三式称为三角形中的射影定理． 2．解斜三角形题型分析正弦定理和余弦定理的每一个等式中都包含三角形的四个元素，如果其中三个元素是已知的(其中至少有一个元素是边)，那么这个三角形一定可解．关于斜三角形的解法，根据所给的条件及适用的定理可以归纳为下面四种类型： (1)已知两角及其中一个角的对边，如A 、B 、a ，解△ABC. 解：①根据A ＋B ＋C ＝π，求出角C ； ②根据a sinA ＝b sinB 及a sinA ＝c sinC，求b 、c. 如果已知的是两角和它们的夹边，如A 、B 、c ，那么先求出第三角C ，然后按照②来求解．求解过程中尽可能应用已知元素．(2)已知两边和它们的夹角，如a 、b 、C ，解△ABC. 解：①根据c 2＝a 2＋b 2－2abcosC ，求出边c ； ②根据cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc ，求出角A ；③由B ＝180°－A －C ，求出角B.求出第三边c 后，往往为了计算上的方便，应用正弦定理求角，但为了避免讨论角是钝角还是锐角，应先求较小边所对的角(它一定是锐角)，当然也可以用余弦定理求解．(3)已知两边及其中一条边所对的角，如a 、b 、A ，解△ABC. 解：①a sinA ＝bsinB，经过讨论求出B ； ②求出B 后，由A ＋B ＋C ＝180°，求出角C ； ③再根据a sinA ＝c sinC ，求出边c.(4)已知三边a 、b 、c ，解△ABC.解：一般应用余弦定理求出两角后，再由A ＋B ＋C ＝180°，求出第三个角．另外，和第二种情形完全一样，当第一个角求出后，可以根据正弦定理求出第二个角，但仍然需注意要先求较小边所对的锐角．(5)已知三角，解△ABC.解：满足条件的三角形可以作出无穷多个，故此类问题解不唯一． 3．“可解三角形”与“需解三角形”解斜三角形是三角函数这章中的一个重要内容，也是求解立体几何和解析几何问题的一个重要工具．但在具体解题时，有些同学面对较为复杂(即图中三角形不止一个)的斜三角形问题，往往不知如何下手．至于何时用正弦定理或余弦定理也是心中无数，这既延长了思考时间，更影响了解题的速度和质量．但若明确了“可解三角形”和“需解三角形”这两个概念，则情形就不一样了．所谓“可解三角形”，是指已经具有三个元素(至少有一边)的三角形；而“需解三角形”则是指需求边或角所在的三角形．当一个题目的图形中三角形个数不少于两个时，一般来说其中必有一个三角形是可解的，我们就可先求出这个“可解三角形”的某些边和角，从而使“需解三角形”可解．在确定了“可解三角形”和“需解三角形”后，就要正确地判断它们的类型，合理地选择正弦定理或余弦定理作为解题工具，求出需求元素，并确定解的情况．“可解三角形”和“需解三角形”的引入，能缩短求解斜三角形问题的思考时间．一题到手后，先做什么，再做什么，心里便有了底．分析问题的思路也从“试试看”“做做看”等不大确定的状态而变为“有的放矢”地去挖掘，去探究．二、备用习题1．△ABC 中，已知b 2－bc －2c 2＝0，a ＝6，cosA ＝78，则△ABC 的面积S 为( )A.152B.15 C ．2 D ．3 2．已知一个三角形的三边为a 、b 和a 2＋b 2＋ab ，则这个三角形的最大角是( ) A ．75° B ．90° C ．120° D ．150°3．已知锐角三角形的两边长为2和3，那么第三边长x 的取值范围是( ) A ．(1,5) B ．(1，5) C ．(5，5) D ．(5，13)4．如果把直角三角形的三边都增加同样的长度，则这个新三角形的形状为( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．由增加的长度确定5．(1)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边，已知a ＝3，b ＝3，C ＝30°，则A ＝__________.(2)在△ABC 中，三个角A ，B ，C 的对边边长分别为a ＝3，b ＝4，c ＝6，则bccosA ＋cacosB ＋abcosC 的值为__________．6．在△ABC 中，若(a ＋b ＋c)(a ＋b －c)＝3ab ，并且sinC ＝2sinBcosA ，试判断△ABC 的形状．7．在△ABC 中，设三角形面积为S ，若S ＝a 2－(b －c)2，求tan A2的值．参考答案：1．A 解析：由b 2－bc －2c 2＝0，即(b ＋c)(b －2c)＝0，得b ＝2c ；① 由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bccosA ，即6＝b 2＋c 2－74bc.②解①②，得b ＝4，c ＝2. 由cosA ＝78，得sinA ＝158，∴S △ABC ＝12bcsinA ＝12×4×2×158＝152.2．C 解析：设最大角为θ，由余弦定理，得a 2＋b 2＋ab ＝a 2＋b 2－2abcosθ， ∴cosθ＝－12.∴θ＝120°.3．D 解析：若x 为最大边，由余弦定理，知4＋9－x 22×2×3＞0，即x 2＜13，∴0＜x ＜13.若x 为最小边，则由余弦定理知4＋x 2－9＞0，即x 2＞5， ∴x ＞ 5.综上，知x 的取值范围是5＜x ＜13.4．A 解析：设直角三角形的三边为a ，b ，c ，其中c 为斜边，增加长度为x. 则c ＋x 为新三角形的最长边．设其所对的角为θ，由余弦定理知， cosθ＝(a ＋x )2＋(b ＋x )2－(c ＋x )22(a ＋x )(b ＋x )＝2(a ＋b －c )x ＋x 22(a ＋x )(b ＋x )＞0.∴θ为锐角，即新三角形为锐角三角形．5．(1)30° (2)612 解析：(1)∵a ＝3，b ＝3，C ＝30°，由余弦定理，有c 2＝a 2＋b 2－2abcosC ＝3＋9－2×3×3×32＝3， ∴a ＝c ，则A ＝C ＝30°.(2)∵bccosA ＋cacosB ＋abcosC ＝b 2＋c 2－a 22＋c 2＋a 2－b 22＋a 2＋b 2－c 22＝a 2＋b 2＋c 22＝32＋42＋622＝612.6．解：由正弦定理，得sinC sinB ＝c b，由sinC ＝2sinBcosA ，得cosA ＝sinC 2sinB ＝c2b ，又根据余弦定理，得cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc，故c 2b ＝b 2＋c 2－a 22bc ，即c 2＝b 2＋c 2－a 2. 于是，得b 2＝a 2，故b ＝a. 又因为(a ＋b ＋c)(a ＋b －c)＝3ab ，故(a ＋b)2－c 2＝3ab.由a ＝b ，得4b 2－c 2＝3b 2， 所以b 2＝c 2，即b ＝c.故a ＝b ＝c. 因此△ABC 为正三角形．7．解：S ＝a 2－(b －c)2，又S ＝12bcsinA ，∴12bcsinA ＝a 2－(b －c)2， 有14sinA ＝－(b 2＋c 2－a 2)2bc ＋1， 即14·2sin A 2·cos A 2＝1－cosA. ∴12·sin A 2·cos A 2＝2sin 2A 2. ∵sin A 2≠0，故12cos A 2＝2sin A 2，∴tan A 2＝14.第2课时导入新课思路 1.(复习导入)让学生回顾正弦定理、余弦定理的内容及表达式，回顾上两节课所解决的解三角形问题，那么把正弦定理、余弦定理放在一起并结合三角、向量、几何等知识我们会探究出什么样的解题规律呢？由此展开新课．思路 2.(问题导入)我们在应用正弦定理解三角形时，已知三角形的两边及其一边的对角往往得出不同情形的解，有时有一解，有时有两解，有时又无解，这究竟是怎么回事呢？本节课我们从一般情形入手，结合图形对这一问题进行进一步的探究，由此展开新课．推进新课新知探究提出问题(1)回忆正弦定理、余弦定理及其另一种形式的表达式，并用文字语言叙述其内容.能写出定理的哪些变式？(2)正、余弦定理各适合解决哪类解三角形问题？(3)解三角形常用的有关三角形的定理、性质还有哪些？(4)为什么有时解三角形会出现矛盾，即无解呢？比如：,①已知在△ABC中，a＝22 cm，b＝25 cm，A＝135°，解三角形；,②已知三条边分别是3 cm，4 cm，7 cm，解三角形.活动：结合课件、幻灯片等，教师可把学生分成几组互相提问正弦定理、余弦定理的内容是什么各式中有几个量有什么作用用方程的思想写出所有的变形(包括文字叙述)，让学生回答正、余弦定理各适合解决的解三角形类型问题、三角形内角和定理、三角形面积定理等．可让学生填写下表中的相关内容：对于正弦定理，教师引导学生写出其变式：a ＝2RsinA ，b ＝2RsinB ，c ＝2RsinC ，利用幻灯片更能直观地看出解三角形时的边角互化．对于余弦定理，教师要引导学生写出其变式(然后教师打出幻灯片)：∠A ＞90°a 2＞b 2＋c 2；∠A ＝90°a 2＝b 2＋c 2；∠A ＜90°a 2＜b 2＋c 2.以上内容的复习回顾如不加以整理，学生将有杂乱无章、无规碰撞之感，觉得好像更难以把握了，要的就是这个效果，在看似学生乱提乱问乱说乱写的时候，教师适时地打出幻灯片(1张)，立即收到耳目一新，主线立现、心中明朗的感觉，幻灯片除以上2张外，还有：a sinA ＝b sinB ＝c sinC＝2R ；a 2＝b 2＋c 2－2bccosA ，b 2＝a 2＋c 2－2accosB ，c 2＝a 2＋b 2－2abcosC ；cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cosB ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cosC ＝a 2＋b 2－c 22ab.出示幻灯片后，必要时教师可根据学生的实际情况略作点评．与学生一起讨论解三角形有时会出现无解的情况．如问题(4)中的①会出现如下解法： 根据正弦定理，sinB ＝bsinA a ＝25sin133°22≈0.831 1.∵0°＜B ＜180°，∴B ≈56.21°或B ≈123.79°.于是C ＝180°－(A ＋B)≈180°－(133°＋56.21°)＝－9.21°或C ＝180°－(A ＋B)≈180°－(133°＋123.79°)＝－76.79°.到这里我们发现解三角形竟然解出负角来，显然是错误的．问题出在哪里呢？在检验以上计算无误的前提下，教师引导学生分析已知条件．由a ＝22 cm ，b ＝25 cm ，这里a ＜b ，而A ＝133°是一个钝角，根据三角形的性质应用A ＜B ，即B 也应该是一个钝角，但在一个三角形中是不可能有两个钝角的．这说明满足已知条件的三角形是不存在的．同样②中满足条件的三角形也是不存在的，因为根据我们所学过的三角形知识，任何三角形的两边之和都大于第三边．而三边在条件3 cm ，4 cm ，7 cm 中两边和等于或小于第三边，在此情况下当然也无法解出三角形．讨论结果： (1)、(3)、(4)略．(2)利用正弦定理和余弦定理可解决以下四类解三角形问题： ①已知两角和任一边，求其他两边和一角．②已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角(从而进一步求出其他的边和角)． ③已知三边，求三个角．④已知两边和夹角，求第三边和其他两角．应用示例例1在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，b ＝acosC 且△ABC 的最大边长为12，最小角的正弦值为13.(1)判断△ABC 的形状； (2)求△ABC 的面积．活动：教师与学生一起共同探究本例，通过本例带动正弦定理、余弦定理的知识串联，引导学生观察条件b ＝acosC ，这是本例中的关键条件．很显然，如果利用正弦定理实现边角转化，则有2RsinB ＝2RsinA·cosC.若利用余弦定理实现边角转化，则有b ＝a·a 2＋b 2－c 22ab ，两种转化策略都是我们常用的．引导学生注意对于涉及三角形的三角函数变换．内角和定理A ＋B ＋C ＝180°非常重要，常变的角有A 2＋B 2＝π2－C2，2A ＋2B ＋2C ＝2π，sinA ＝sin(B ＋C)，cosA ＝－cos(B ＋C)，sin A 2＝cos B ＋C 2，cos A2＝sin B ＋C 2等，三个内角的大小范围都不能超出(0°，180°)．解：(1)方法一：∵b ＝acosC ， ∴由正弦定理，得sinB ＝sinA·cosC.又∵sinB ＝sin(A ＋C)，∴sin(A ＋C)＝sinA·cosC ， 即cosA·sinC ＝0.又∵A 、C ∈(0，π)，∴cosA ＝0，即A ＝π2.∴△ABC 是A ＝90°的直角三角形． 方法二：∵b ＝acosC ，。