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苏教版高中数学必修五教案（全册）第一课时 正弦定理教学目标：掌握正弦定理推导过程，会利用正弦定理证明简单三角形问题，会利用正弦定理求解简单斜三角形边角问题，能利用计算器进行运算；通过三角函数、正弦定理、向量数量积等多处知识间联系来体现事物之间的普遍联系与辩证统一.教学重点：正弦定理证明及应用.教学难点：正弦定理的证明，正弦定理在解三角形时应用思路.教学过程：.课题导入在初中，我们已经会解直角三角形.就是说，已会根据直角三角形中已知的边与角求出未知的边与角，而在直角三角形中，有如下的边角关系. 那么，在任意三角形中，这一关系式是否成立呢?这也是我们这一节课将要研究的问题.讲授新课对于这一关系的证明，我们一起来看下面的证法.如图，在ABC中，已知BCa，ACb，ABc，作ABC的外接圆，O为圆心，连接BO并延长交圆于B，设BB2R.则根据直径所对的圆周角是直角以及同弧所对的圆周角相等可以得到：BAB90，CBsinCsinB 2R同理可得2R，2R2R这就是说，对于任意的三角形，上述关系式均成立.因此，我们得到下面的定理.正弦定理 在一个三角形中，各边和它所对的正弦的比相等，即说明：上述证法采用了初中所学的平面几何知识，将任意三角形通过外接圆性质转化为直角三角形进而求证，此证法在巩固平面几何知识的同时，易于被学生理解和接受，并且消除了学生所持的“向量方法证明正弦定理是唯一途径”这一误解.既拓宽了学生的解题思路，又为下一步用向量方法证明正弦定理作了铺垫.接下来，我们可以考虑用前面所学的向量知识来证明正弦定理.从定理内容可以看出，定理反映的是三角形的边角关系，而在向量知识中，哪一处知识点体现边角关系呢?向量的数量积的定义式：ababcos，其中为两向量的夹角.但是向量数量积涉及的是余弦关系而非正弦关系，这两者之间能否转化呢?可以通过三角函数的诱导公式sincos(90)进行转化.这一转化产生了新角90，这就为辅助向量j的添加提供了线索，为方便进一步的运算，辅助向量选取了单位向量j，而j垂直于三角形一边，且与一边夹角出现了90这一形式，这是作辅助向量j垂直于三角形一边的原因.在向量方法证明过程中，构造向量是基础，并由向量的加法原则可得.而添加垂直于的单位向量j是关键，为了产生j与、的数量积，而在上面向量等式的两边同取与向量j的数量积运算，也就在情理之中了.下面，大家再结合课本进一步体会向量法证明正弦定理的过程，并注意总结在证明过程中所用到的向量知识点.说明：(1)在给予学生适当自学时间后，应强调学生注意两向量的夹角是以同起点为前提，以及两向量垂直的充要条件的运用.(2)要求学生在巩固向量知识的同时，进一步体会向量知识的工具性作用.向量法证明过程：(1)ABC为锐角三角形，过点A作单位向量j垂直于，x k b 1 . c o m则j与的夹角为90A，j与的夹角为90C.由向量的加法原则可得：为了与图中有关角的三角函数建立联系，我们在上面向量等式的两边同取与向量j的数量积运算，得到：j()j由分配律可得：jjj新*课*标*第*一*网jcos90jcos(90C)jcos(90A)asinCcsinA另外，过点C作与垂直的单位向量j，则j与的夹角为90C，j与的夹角为90B，可得.(此处应强调学生注意两向量夹角是以同起点为前提，防止误解为j与的夹角为90C，j与的夹角为90B).(2)ABC为钝角三角形，不妨设A90过点A作与垂直w w w .x k b 1.c o mw w w .x k b 1.c o m的单位向量j，则j与的夹角为A90，j与的夹角新$课$标$第$一$网为90C.由得：jjj即acos(90C)ccos(A90)asinCcsinA另外，过点C作与垂直的单位向量j，则j与夹角为90C，j与夹角为90B，同理可得综上所述，正弦定理对于锐角三角形、直角三角形、钝角三角形均成立.在证明了正弦定理之后，我们来进一步学习正弦定理的应用.利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形问题.(1)已知两角和任一边，求其他两边和一角.这类问题由于两角已知，故第三角确定，三角形唯一，解唯一，相对容易.(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角.此类问题变化较多。(1)A为锐角(2)A为直角或钝角接下来，我们通过例题评析来进一步体会与总结.例1在ABC中，已知c10，A45，C30，求b(保留两个有效数字).分析：如图，此题属于已知两角和其中一角求对边的问题，直接应用正弦定理可求出边a，若求边b，则需通过三角形内角和为180，求出角B，再利用正弦定理求出边b.解：B180(AC)180(4530)105，b19评述：(1)此类问题结果为唯一解，学生较易掌握，如果已知两角和两角所夹的边，也是先利用内角和180求出第三角，再利用正弦定理.(2)对于解三角形中的复杂运算可使用计算器，但应注意如下约定：当计算器所示结果为准确数时，或者为不少于四个有效数字的近似数而需要保留四个有效数字时，一律使用等号；保留的有效数字不少于四个时，使用约等号.例2在ABC中，已知a20，b28，A40，求B(精确到1)和c(保留两个有效数字).分析：此例题属于bsinAab的情形，故有两解.这样在求解之后呢，可以无需作进一步的检验，使学生在运用正弦定理求边、角时，感到目的很明确，同时体会分析问题的重要性.解：sinB0.8999，B164，B2116当B164时，C1180(B1A)180(6440)76，c130.当B2116时，C2180(B2A)180(11640)24，c213.评述：通过此例题可使学生明确，利用正弦定理所求角有两种可能，但是都不符合题意，可以通过分析获得，这就要求学生熟悉已知两边和其中一边的对角时解三角形的各种情形.当然对于不符题意的解的取舍，也可通过三角形的有关性质来判断，对于这一点，我们通过下面的例题来体会.例3在ABC中，已知a60，b50，A38，求B(精确到1)和c(保留两个有效数字).分析：此例题属于ab这一类情形，有一解，也可根据三角形内大角对大边，小角对小边这一性质来排除B为钝角的情形.解：已知ba，所以BA，因此B也是锐角.sinB0.5131，B31，C180(AB)180(3831)111c91.评述：同样是已知两边和一边对角，但可能出现不同的结果，应强调学生注意解题的灵活性.对于例3，如果没有考虑到角B所受限制而求出角B的两个解，进而求出边c两解，也可利用三角形内两边之和大于第三边，两边之差小于第三边这一性质进而验证而达到排除不符题意的解.例4在ABC中，已知a28，b20，A120，求B(精确到1)和c(保留两个有效数字).分析：此例题属于A为钝角且ab的情形，有一解.也可应用正弦定理求解角B后，利用三角形内角和为180排除角B为钝角情形.解：sinB0.6187B138，B2142(舍)C180(AB)22c8.7评述：(1)此题要求学生注意考虑问题的全面性.对于角B为钝角的排除也可以结合三角形小角对小边性质而得到.(2)综合上述例题要求学生自我总结正弦定理的适用范围，已知两角一边或两边与其中一边的对角.(3)对于已知两边夹角这一类型，将通过下一节所学习的余弦定理求解.为巩固本节我们所学内容，接下来进行课堂练习.课堂练习1.在ABC中(结果保留两个有效数字).(1)已知c，A45，B60，求b；(2)已知b12，A30，B120，求a.解：(1)C180(AB)180(4560)75b1.6(2)a6.9评述：此题为正弦定理的直接应用，意在使学生熟悉正弦定理的内容，可以让数学成绩较弱的学生进行板演，以增强其自信心.2.根据下列条件解三角形(角度精确到1，边长精确到1)：(1)b11，a20，B30；(2)a28，b20，A45；(3)c54，b39，C115；(4)a20，b28，A120.解：(1)sinA0.9091A165，A2115当A165时，C1180(BA1)180(3065)85c122.当A2115时，C2180(BA2)180(30115)35c213.(2)sinB0.5051B130，B2150由于AB245150180，故B2150应舍去(或者由ba知BA，故B应为锐角)C180(4530)105c38(3)，sinBB141，B2139由于bc故BC B2139应舍去B41，A180(41115)24a24.(4)sinB1.2121本题无解评述：此练习目的是使学生进一步熟悉正弦定理，同时加强解斜三角形的能力，既要考虑到已知角的正弦值求角的两种可能，又要结合题目的具体情况进行正确取舍.课时小结通过本节学习，我们一起研究了正弦定理的证明方法，同时了解了向量的工具性作用，并且明确了利用正弦定理所能解决的两类有关三角形问题：已知两角一边；已知两边和其中一边的对角.课后作业课本习题P11 1，2，3，4.第二课时 余弦定理教学目标：了解向量知识应用，掌握余弦定理推导过程，会利用余弦定理证明简单三角形问题，会利用余弦定理求解简单斜三角形边角问题，能利用计算器进行运算；通过三角函数、余弦定理、向量数量积等多处知识间联系来体现事物之间的普遍联系与辩证统一.教学重点：余弦定理证明及应用.教学难点：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.教学过程：.课题导入上一节，我们一起研究了正弦定理及其应用，在体会向量应用的同时，解决了在三角形已知两角一边和已知两边和其中一边对角这两类解三角形问题.当时对于已知两边夹角求第三边问题未能解决，如图(1)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.在ABC中，设BCa，ACb，ABc，试根据b，c，A来表示a.分析：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造直角三角形，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D，那么在RtBDC中，边a可利用勾股定理用CD、DB表示，而CD可在RtADC中利用边角关系表示，DB可利用ABAD转化为AD，进而在RtADC内求解.解：过C作CDAB，垂足为D，则在RtCDB中，根据勾股定理可得：a2CD2BD2在RtADC中，CD2b2AD2又BD2(cAD)2c22cADAD2a2b2AD2c22cADAD2b2c22cAD又在RtADC中，ADbcosAa2b2c22bccosA类似地可以证明b2a2c22accosB新课 标第 一 网c2a2b22abcosC另外，当A为钝角时也可证得上述结论，当A为直角时a2b2c2也符合上述结论，这也正是我们这一节将要研究的余弦定理，.讲授新课1.余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍.形式一：a2b2c22bccosA，b2c2a22cacosB，c2a2b22abcosC.形式二：cosA，cosB，cosC.在余弦定理中，令C90，这时，cosC0，所以c2a2b2，由此可知余弦定理是勾股定理的推广.另外，对于余弦定理的证明，我们也可以仿照正弦定理的证明方法二采用向量法证明，以进一步体会向量知识的工具性作用.2.向量法证明余弦定理(1)证明思路分析由于余弦定理中涉及到的角是以余弦形式出现，那么可以与哪些向量知识产生联系呢?向量数量积的定义式：ababcos，其中为a、b的夹角.在这一点联系上与向量法证明正弦定理有相似之处，但又有所区别，首先因为无须进行正、余弦形式的转换，也就省去添加辅助向量的麻烦.当然，在各边所在向量的联系上依然通过向量加法的三角形法则，而在数量积的构造上则以两向量夹角为引导，比如证明形式中含有角C，则构造这一数量积以使出现cosC.同样在证明过程中应注意两向量夹角是以同起点为前提.(2)向量法证明余弦定理过程：如图，在ABC中，设AB、BC、CA的长分别是c、a、b.由向量加法的三角形法则可得，()()22222cos(180B)2c22accosBa2即b2c2a22accosB由向量减法的三角形法则可得：()()22222cosA2b22bccosAc2即a2b2c22bccosA由向量加法的三角形法则可得()()22222cosC2b22bacosCa2.即c2a2b22abcosC评述：(1)上述证明过程中应注意正确运用向量加法(减法)的三角形法则.(2)在证明过程中应强调学生注意的是两向量夹角的确定，与属于同起点向量，则夹角为A；与是首尾相接，则夹角为角B的补角180B；与是同终点，则夹角仍是角C.在证明了余弦定理之后，我们来进一步学习余弦定理的应用.利用余弦定理，我们可以解决以下两类有关三角形的问题：(1)已知三边，求三个角.这类问题由于三边确定，故三角也确定，解唯一；(2)已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角.这类问题第三边确定，因而其他两个角唯一，故解唯一，不会产生类似利用正弦定理解三角形所产生的判断取舍等问题.接下来，我们通过例题评析来进一步体会与总结.3.例题评析例1在ABC中，已知a7，b10，c6，求A、B和C.(精确到1)分析：此题属于已知三角形三边求角的问题，可以利用余弦定理，意在使学生熟悉余弦定理的形式二.解：cosA0.725，A44cosC0.8071，C36B180(AC)180(4436)100.评述：(1)为保证求解结果符合三角形内角和定理，即三角形内角和为180，可用余弦定理求出两角，第三角用三角形内角和定理求出.(2)对于较复杂运算，可以利用计算器运算.例2在ABC中，已知a2.730，b3.696，C8228，解这个三角形(边长保留四个有效数字，角度精确到1).分析：此题属于已知两边夹角解三角形的类型，可通过余弦定理形式一先求出第三边.在第三边求出后其余边角求解有两种思路：一是利用余弦定理的形式二根据三边求其余角，二是利用两边和一边对角结合正弦定理求解，但若用正弦定理需对两种结果进行判断取舍，而在0180之间，余弦有唯一解，故用余弦定理较好.解：由c2a2b22abcosC2.73023.696222.7303.696cos8228得c4.297.cosA0.7767，A392B180(AC)180(3928228)5830.评述：通过例2，我们可以体会在解斜三角形时，如果正弦定理与余弦定理均可选用，那么求边两个定理均可，求角则余弦定理可免去判断取舍的麻烦.例3已知ABC中，a8，b7，B60，求c及SABC.分析：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SABCacsinB可以求出.w w w .x k b 1.c o m若用余弦定理求c，表面上缺少C，但可利用余弦定理b2c2a22cacosB建立关于c的方程，亦能达到求c的目的.下面给出两种解法.解法一：由正弦定理得A181.8，A298.2C138.2，C221.8，由，得c13，c25SABCac1sinB6或SABCac2sinB10解法二：由余弦定理得b2c2a22cacosB72c28228ccos60整理得：c28c150解之得：c13，c25，SABCac1sinB6，或SABCac2sinB10.评述：在解法一的思路里，应注意由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：已知三边求任意角或已知两边夹角解三角形，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.为巩固本节所学的余弦定理及其应用，我们来进行下面的课堂练习.课堂练习1.在ABC中：(1)已知b8，c3，A60，求a；(2)已知a20，b29，c21，求B；(3)已知a3，c2，B150，求b；(4)已知a2，b，c1，求A.解：(1)由a2b2c22bccosA得a28232283cos6049，a7.(2)由cosB得cosB0，B90.(3)由b2a2c22accosB得b2(3)222232cos15049，b7.(4)由cosA得cosA，A45.评述：此练习目的在于让学生熟悉余弦定理的基本形式，要求学生注意运算的准确性及解题效率.2.根据下列条件解三角形(角度精确到1)(1)a31，b42，c27；(2)a9，b10，c15.解：(1)由cosA得cosA0.6691，A48由cosB0.0523，B93C180(AB)180(4893)39(2)由cosA得cosA0.8090，A36由cosB得来源:学_科_网cosB0.7660，B40C180(AB)180(3640)104评述：此练习的目的除了让学生进一步熟悉余弦定理之外，还要求学生能够利用计算器进行较复杂的运算.同时，增强解斜三角形的能力.课时小结通过本节学习，我们一起研究了余弦定理的证明方法，同时又进一步了解了向量的工具性作用，并且明确了利用余弦定理所能解决的两类有关三角形问题：已知三边求任意角；已知两边一夹角解三角形.课后作业课本习题P16 1，2，3，4.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：根据ABC，求出角C；根据及，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：根据c2a2b22abcosC，求出边c；根据cosA，求出角A；从B180AC，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a、b较小边所对的角(它一定是锐角)，当然也可用余弦定理求解.(3)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ABC180，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.(4)已知两边及其中一条边所对的角，如a、b、A，解ABC.解：根据，经过讨论求出B；求出B后，由ABC180求角C；再根据，求出边c. 另外，如果已知三角，则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.例1在ABC中，a1，b，B60，求角C.解：由余弦定理得 ()212c22ccos60，c2c60，解得c13，c22(舍去).c3.评述：此题应用余弦定理比正弦定理好.例2在ABC中，已知ABC且A2C，A、B、C所对的边分别为a、b、c，又2bac成等差数列，且b4，求a、c的长.解：由且A2C得，cosC又2bac且b4，ac2b8，cosC.2a3c由解得a，c.例3在ABC中，已知a2，b，A45，解此三角形.解：由a2b2c22bccosA得22()2c22ccos45，c22c20解得c1或c1 (舍去)c1，cosB.B30C180(AB)180(4530)105.例4在ABC中，已知：c42(a2b2)c2a4a2b2b40，求角C.解：c42(a2b2)c2a4a2b2b40，c2(a2b2)2a2b20，c2(a2b2)ab，cosC，C120或C60.新课标第一网系列资料 第三课时 正弦定理、余弦定理（一）教学目标：进一步熟悉正、余弦定理内容，能够应用正、余弦定理进行边角关系的相互转化，判断三角形的形状，证明三角形中的三角恒等式；通过正、余弦定理在边角互换时所发挥的桥梁作用来反映事物之间的内在联系；通过三角恒等式的证明来反映事物外在形式可以相互转化而内在实质的不变性.教学重点：利用正、余弦定理进行边角互换.教学难点：1.利用正、余弦定理进行边角互换时的转化方向；2.三角恒等式证明中结论与条件之间的内在联系的寻求.教学过程：.复习回顾前面两节课，我们一起学习了正弦定理、余弦定理的内容，并且接触了利用正、余弦定理解三角形的有关题型.下面，我们先来回顾一下正、余弦定理的内容.正弦定理、余弦定理实质上反映了三角形内的边角关系，运用定理可以进行边与角之间的转换，这一节，我们将通过例题分析来学习正、余弦定理的边角转换功能在证明三角恒等式及判断三角形形状时的应用.讲授新课例1已知ABC，BD为B的平分线，求证：ABBCADDC分析：前面大家所接触的解三角形问题是在一个三角形内研究问题，而B的平分线BD将ABC分成了两个三角形：ABD与CBD，故要证结论成立，可证明它的等价形式：ABADBCDC，从而把问题转化到两个三角形内，而在三角形内边的比等于所对角的正弦值的比，故可利用正弦定理将所证继续转化为，再根据相等角正弦值相等，互补角正弦值也相等即可证明结论.证明：在ABD内，利用正弦定理得：，即在BCD内，利用正弦定理得：，即.BD是B的平分线.ABDDBC，sinABDsinDBC.ADBBDC180，sinADBsin（180BDC）sinBDC，评述：此题可以启发学生利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，并且注意互补角的正弦值相等这一特殊关系式的应用.例2在ABC中，求证：a2sin2Bb2sin2A2absinC分析：此题所证结论包含关于ABC的边角关系，证明时可以考虑两种途径：一是把角的关系通过正弦定理转化为边的关系，若是余弦形式则通过余弦定理；二是把边的关系转化为角的关系，一般是通过正弦定理.来源:学_科_网Z_X_X_K另外，此题要求学生熟悉相关的三角函数的有关公式，如sin2B2sinBcosB等，以便在化为角的关系时进行三角函数式的恒等变形.证明一：（化为三角函数）a2sin2Bb2sin2A（2RsinA）22sinBcosB（2RsinB）22sinAcosA8R2sinAsinB（sinAcosBcosAsinB）8R2sinAsinBsinC22RsinA2RsinBsinC2absinC所以原式得证.证明二：（化为边的式子）左边a22sinBcosBb22sinAcosAa2b2（a2c2b2b2c2a2）2c22ab2absinC 评述：由边向角转化，通常利用正弦定理的变形式：a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC，在转化为角的关系式后，要注意三角函数公式的运用，在此题用到了正弦二倍角公式sin2A2sinAcosA，正弦两角和公式sin（AB）sinAcosBcosAsinB；由角向边转化，要结合正弦定理变形式以及余弦定理形式二.三角形的有关证明问题，主要围绕三角形的边和角的三角函数展开，从某种意义上来看，这类问题就是有了目标的含边和角的式子的化简问题.例3已知A、B、C是ABC的三个内角，且满足（sinAsinB）2sin2C3sinAsinB求证：AB120w w w .x k b 1.c o m分析：要证AB120，由于ABC180，只要证明C60，而已知条件为三角函数关系，故应考虑向三角函数的转化，又在0180之间，余弦值所对应角唯一，故可证明cosC，而由余弦定理cosC，所以应考虑把已知的角的关系式转化为边的关系.证明：由（sinAsinB）2sin2C3sinAsinB可得sin2Asin2Bsin2CsinAsinB又sinA，sinB，sinC，整理得cosC又0C180，C60AB180C120评述：（1）有关三角形内角的证明，选择余弦值与正弦值相比较，要省去取舍的麻烦.但注意在根据三角函数值求角时，应先确定角的范围；（2）在将已知条件中角的关系转化为边的关系时，运用了正弦定理的变形式：a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC，这一转化技巧，要求学生熟练掌握.例4在ABC中，bcosAacosB，试判断三角形的形状.分析：三角形形状的判断，可以根据角的关系，也可根据边的关系，所以在已知条件的运用上，可以考虑两种途径：将边转化为角，将角转化为边，下面，我们从这两个角度进行分析.解法一：利用余弦定理将角化为边.bcosAacosBbab2c2a2a2c2b2a2b2 ab故此三角形是等腰三角形.解法二：利用正弦定理将边转化为角.bcosAacosB又b2RsinB，a2RsinA2RsinBcosA2RsinAcosBsinAcosBcosAsinB0sin（AB）00A，B，ABAB0，即AB故此三角形是等腰三角形.评述：（1）在判定三角形形状时，一般考虑两个方向进行变形，一个方向是边，走代数变形之路，通常是正、余弦定理结合使用；另一个方向是角，走三角变形之路.通常是运用正弦定理.要求学生要注重边角转化的桥梁正、余弦定理；（2）解法二中用到了三角函数中两角差的正弦公式，但应注意在根据三角函数值求角时，一定要先确定角的范围.另外，也可运用同角三角函数的商数关系，在等式sinBcosAsinAcosB两端同除以sinAsinB得cotAcotB，再由0A，B，而得AB.为巩固本节所学的解题方法，下面我们进行课堂练习.x k b 1 . c o m.课堂练习1.在ABC中，证明下列各式：（1）（a2b2c2）tanA（a2b2c2）tanB0（2）.证明：（1）左边（a2b2c2）（a2b2c2）（a2b2c2）（a2b2c2）（11）0右边故原命题得证.（2）左边（）右边故原命题得证.评述：（1）在（1）题证明时应注意两点：一是切化弦的思路，二是结合正、余弦定理将角的关系转化为边的关系；（2）（2）题证明过程中用到了余弦二倍角的公式，而此公式有三种形式cos2Acos2Asin2A2cos2A112sin2A，由于考虑到等式右端为边的关系，故选用第三种形式，在转化为边的关系时较为简便.2.在ABC中，已知sinBsinCcos2，试判断此三角形的类型.解：sinBsinCcos2，sinBsinC2sinBsinC1cos180（BC）将cos（BC）cosBcosCsinBsinC代入上式得cosBcosCsinBsinC1cos（BC）1又0B，C，BCBC0，BC故此三角形是等腰三角形.评述：（1）此题在证明过程中，要用到余弦二倍角公式cosA2cos21的逆用，要求学生注意；（2）由于已知条件就是三角函数关系式，故无需向边的关系转化，而是进行三角函数式的恒等变形.课时小结通过本节学习，我们熟悉了正、余弦定理在进行边角关系转换时的桥梁作用，并利用正、余弦定理对三角恒等式进行证明以及对三角形形状进行判断.其中，要求大家重点体会正、余弦定理的边角转换功能.课后作业补充作业：1.在ABC中，已知，求证：2b2a2c2.证明：由已知得sin（BC）sin（BC）sin（AB）sin（AB）cos2Bcos2Ccos2Acos2B2cos2Bcos2Acos2C22sin2Bsin2Asin2C由正弦定理可得2b2a2c2.2.在ABC中，A30，cosB2sinBsinC.w w w .x k b 1.c o m（1）求证：ABC为等腰三角形；（提示BC75）（2）设D为ABC外接圆的直径BE与AC的交点，且AB2，求ADDC的值.答案：（1）略 （2）1新课标第一网系列资料 第四课时 正弦定理、余弦定理（二）教学目标：熟练掌握正、余弦定理应用，进一步熟悉三角函数公式和三角形中的有关性质，综合运用正、余弦定理、三角函数公式及三角形有关性质求解三角形问题；通过正、余弦定理在解三角形问题时沟通了三角函数与三角形有关性质的功能，反映了事物之间的内在联系及一定条件下的相互转化.教学重点：正、余弦定理的综合运用.教学难点：1.正、余弦定理与三角形性质的结合；2.三角函数公式变形与正、余弦定理的联系.教学过程：.复习回顾上一节课，我们一起研究了正、余弦定理的边角转换功能在证明三角恒等式及判断三角形形状时的应用，这一节，我们将综合正、余弦定理、三角函数公式及三角形有关性质来求解三角形问题.首先，我们一起回顾正、余弦定理的内容.讲授新课例1在ABC中，三边长为连续的自然数，且最大角是最小角的2倍，求此三角形的三边长.分析：由于题设条件中给出了三角形的两角之间的关系，故需利用正弦定理建立边角关系.其中sin2利用正弦二倍角展开后出现了cos，可继续利用余弦定理建立关于边长的方程，从而达到求边长的目的.解：设三角形的三边长分别为x，x1，x2，其中xN*，又设最小角为，则，cos 又由余弦定理可得x2（x1）2（x2）22（x1）（x2）cos 将代入整理得x23x40解之得x14，x21（舍）w W w . x K b 1.c o M所以此三角形三边长为4，5，6.评述：（1）此题所求为边长，故需利用正、余弦定理向边转化，从而建立关于边长的方程；（2）在求解过程中，用到了正弦二倍角公式，由此，要向学生强调三角公式的工具性作用，以引起学生对三角公式的重视.例2如图，在ABC中，AB4 cm，AC3 cm，角平分线AD2 cm，求此三角形面积.分析：由于题设条件中已知两边长，故而联想面积公式SABCABACsinA，需求出sinA，而ABC面积可以转化为SADCSADB，而SADCACADsin，SADBABADsin，因此通过SABCSADCSADB建立关于含有sinA，sin的方程，而sinA2sincos，sin2cos21，故sinA可求，从而三角形面积可求.解：在ABC中，SABCSADBSADC，ABACsinAACADsinABADsin43sinA32sin，6sinA7sin12sincos7sinsin0，cos，又0A，0sin，sinA2sincos，SABC43sinA（cm2）. 评述：面积等式的建立是求sinA的突破口，而sinA的求解则离不开对三角公式的熟悉.由此启发学生在重视三角形性质运用的同时，要熟练应用三角函数的公式.另外，在应用同角的平方关系sin2cos21时，应对角所在范围讨论后再进行正负的取舍.例3已知三角形的一个角为60，面积为10cm2，周长为20 cm，求此三角形的各边长.分析：此题所给的题设条件除一个角外，面积、周长都不是构成三角形的基本元素，但是都与三角形的边长有关系，故可以设出边长，利用所给条件建立方程，这样由于边长为三个未知数，所以需寻求三个方程，其一可利用余弦定理由三边表示已知60角的余弦，其二可用面积公式SABCabsinC表示面积，其三是周长条件应用.解：设三角形的三边长分别为a、b、c，B60，则依题意得 由式得b220（ac）2400a2c22ac40（ac） 将代入得4003ac40（ac）0再将代入得ac13由，解得或b17，b27所以，此三角形三边长分别为5 cm，7 cm，8 cm.评述：（1）在方程建立的过程中，应注意由余弦定理可以建立方程，也要注意含有正弦形式的面积公式的应用；（2）由条件得到的是一个三元二次方程组，要注意要求学生体会其求解的方法和思路，以提高自己的解方程及运算能力.例4在ABC中，AB5，AC3，D为BC中点，且AD4，求BC边长.分析：此题所给题设条件只有边长，应考虑在假设BC为x后，建立关于x的方程.而正弦定理涉及到两个角，故不可用.此时应注意余弦定理在建立方程时所发挥的作用.因为D为BC中点，所以BD、DC可表示为，然后利用互补角的余弦互为相反数这一性质建立方程.解：设BC边为x，则由D为BC中点，可得BDDC，在ADB中，cosADB在ADC中，cosADC又ADBADC180cosADBcos（180ADC）cosADC.X k B 1 . c o m解得，x2所以，BC边长为2.评述：此题要启发学生注意余弦定理建立方程的功能，体会互补角的余弦值互为相反数这一性质的应用，并注意总结这一性质的适用题型.另外，对于本节的例2，也可考虑上述性质的应用来求解sinA，思路如下：由三角形内角平分线性质可得，设BD5k，DC3k，则由互补角ADC、ADB的余弦值互为相反数建立方程，求出BC后，再结合余弦定理求出cosA，再由同角平方关系求出sinA.为巩固本节所学的解题方法，下面我们进行课堂练习.课堂练习1.半径为1的圆内接三角形的面积为0.25，求此三角形三边长的乘积.解：设ABC三边为a，b，c.则SABCacsinB又2R，其中R为三角形外接圆半径abc4RSABC410.251所以三角形三边长的乘积为1.评述：由于题设条件有三角形外接圆半径，故联想正弦定理：2R，其中R为三角形外接圆半径，与含有正弦的三角形面积公式SABCacsinB发生联系，对abc进行整体求解.2.在ABC中，已知角B45，D是BC边上一点，AD5，AC7，DC3，求AB.解：在ADC中，cosC，又0C180，sinC在ABC中，ABAC7.评述：此题在求解过程中，先用余弦定理求角，再用正弦定理求边，要求学生注意正、余弦定理的综合运用. 新-课 -标-第 -一 -网3.在ABC中，已知cosA，sinB，求cosC的值.w w w .x k b 1.c o m解：cosAcos45，0A45A90，sinAsinBsin30，0B0B30或150B180若B150，则BA180与题意不符.0B30 cosBcos（AB）cosAcosBsinAsinB 新课 标第 一 网又C180（AB）.cosCcos180（AB）cos（AB）.评述：此题要求学生在利用同角的正、余弦平方关系时，应根据已知的三角函数值具体确定角的范围，以便对正负进行取舍，在确定角的范围时，通常是与已知角接近的特殊角的三角函数值进行比较.课时小结通过本节学习，我们进一步熟悉了三角函数公式及三角形的有关性质，综合运用了正、余弦定理求解三角形的有关问题，要求大家注意常见解题方法与解题技巧的总结，不断提高三角形问题的求解能力.课后作业1在三角形中，三边长为连续自然数，且最大角是钝角，那么这个三角形的三边长分别为 .答案：2，3，42已知方程a（1x2）2bxc（1x2）0没有实数根，如果a、b、c是ABC的三条边的长，求证ABC是钝角三角形.备课资料1.正、余弦定理的综合运用余弦定理是解斜三角形中用到的主要定理，若将正弦定理代入得sin2Asin2Bsin2C2sinBsinCcosA.这是只含有三角形三个角的一种关系式，利用这一定理解题，简捷明快，下面举例说明之.例1在ABC中，已知sin2Bsin2Csin2AsinAsinC，求B的度数.解：由定理得sin2Bsin2Asin2C2sinAsinCcosB2sinAsinCcosBsinAsinCsinAsinC0，cosBB150例2求sin210cos240sin10cos40的值.解：原式sin210sin250sin10sin50在sin2Asin2Bsin2C2si