高中数学第一章解三角形1.1正弦定理和余弦定理1.1.1正弦定理二导学案新人教A版必修5

1.1.1正弦定理(二)教学目标1.熟记并能应用正弦定理的有关变形公式解决三角形中的问题.2.能依据条件，推断三角形解的个数.3.能利用正弦定理、三角变换解决较为困难的三角形问题．教学过程一、创设情景老师首先提出问题：通过学生对课本的预习，让学生与大家共享自己对正弦定理的了解。通过举例说明和相互沟通，做好老师对学生的活动的梳理引导，并赐予主动评价.二、自主学习1．sinA∶sinB∶sinC＝____________；2.eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝______；3．a＝____________________，b＝____________________，c＝____________________；4．sinA＝__________________，sinB＝________________，sinC＝________________.提示：1．a∶b∶c2.2R3．2RsinA2RsinB2RsinC4.eq\f(a,2R)eq\f(b,2R)eq\f(c,2R)三、合作探究探究点1：推断三角形解的个数问题1在△ABC中，a＝9，b＝10，A＝60°，推断三角形解的个数．提示：sinB＝eq\f(b,a)sinA＝eq\f(10,9)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(5\r(3),9)，而eq\f(\r(3),2)<eq\f(5\r(3),9)<1，所以当B为锐角时，满意sinB＝eq\f(5\r(3),9)的角有60°<B<90°，故对应的钝角B有90°<B<120°，也满意A＋B<180°，故三角形有两解．问题2已知三角形的两边及其夹角，为什么不必考虑解的个数？提示：假如两个三角形有两边及其夹角分别相等，则这两个三角形全等．即三角形的两边及其夹角确定时，三角形的六个元素即可完全确定，故不必考虑解的个数的问题．例1在△ABC中，已知a＝20cm，b＝28cm，A＝40°，解三角形．(角度精确到1°，边长精确到1cm)解依据正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(28sin40°,20)≈0.8999.因为0°<B<180°，且b>a，B>A，(1)当B≈64°时，C＝180°－(A＋B)≈180°－(40°＋64°)＝76°，c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(20sin76°,sin40°)≈30(cm)．(2)当B≈116°时，C＝180°－(A＋B)≈180°－(40°＋116°)＝24°，c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(20sin24°,sin40°)≈13(cm)．综上，B≈64°，C≈76°，c≈30cm或B≈116°，C≈24°，c≈13cm.变式训练：例1中b＝28cm，A＝40°不变，当边a在什么范围内取值时，△ABC有两解(范围中保留sin40°)？解如图，∠A＝40°，CD⊥AD.AC＝28cm，以C为圆心，a为半径画圆弧，当CD＜a＜AC，即bsinA＜a＜b，28sin40°＜a＜28时，△ABC有两解(△AB1C，△AB2C均满意题设)．名师点评：已知两边和其中一边的对角解三角形时，首先求出另一边的对角的正弦值，依据该正弦值求角时，要依据已知两边的大小状况来确定该角有一个值还是两个值．或者依据该正弦值(不等于1时)在0°～180°范围内求角，一个锐角，一个钝角，只要不与三角形内角和定理冲突，就是所求．探究点2：正弦定理在解决较为困难的三角形问题中的作用问题1在△ABC中，已知acosB＝bcosA．你能把其中的边a，b化为用角表示吗(准备怎么用上述条件)?提示：可借助正弦定理把边化成角：2RsinAcosB＝2RsinBcosA，移项后就是一个三角恒等变换公式sinAcosB－cosAsinB＝0.问题2什么时候适合用正弦定理进行边角互化？提示：尽管正弦定理给出了三角形的边与对角的正弦之间的联系，但终归不是边等于对角正弦，这里还涉及到外接圆半径．故运用时要么能消掉外接圆半径，要么已知外接圆半径．例2在锐角△ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c，a＝2bsinA，求cosA＋sinC的取值范围．解∵a＝2bsinA，∴由正弦定理，得sinA＝2sinBsinA，又∵A∈(0，eq\f(π,2))，sinA≠0，∴sinB＝eq\f(1,2).∵B为锐角，∴B＝eq\f(π,6).令y＝cosA＋sinC＝cosA＋sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－B＋A))＝cosA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋A))＝cosA＋sineq\f(π,6)cosA＋coseq\f(π,6)sinA＝eq\f(3,2)cosA＋eq\f(\r(3),2)sinA＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))).由锐角△ABC知，eq\f(π,2)－B<A<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,3)<A<eq\f(π,2).∵eq\f(2π,3)<A＋eq\f(π,3)<eq\f(5π,6)，∴eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))<eq\f(\r(3),2)，∴eq\f(\r(3),2)<eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))<eq\f(3,2)，即eq\f(\r(3),2)<y<eq\f(3,2).∴cosA＋sinC的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))).名师点评：解决三角形中的取值范围或最值问题：(1)先利用正弦定理理清三角形中元素间的关系或求出某些元素．(2)将所求最值或取值范围的量表示成某一变量的函数(三角函数)，从而转化为函数的值域或最值问题．例3已知△ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a＋c＝2b,2cos2B－8cosB＋5＝0，求角B的大小并推断△ABC的形态．解∵2cos2B－8cosB＋5＝0，∴2(2cos2B－1)－8cosB＋5＝0.∴4cos2B－8cosB＋3＝0，即(2cosB－1)(2cosB－3)＝0.解得cosB＝eq\f(1,2)或cosB＝eq\f(3,2)(舍去)．∵0<B<π，∴B＝eq\f(π,3).∵a＋c＝2b.由正弦定理，得sinA＋sinC＝2sinB＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3).∴sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝eq\r(3)，∴sinA＋sineq\f(2π,3)cosA－coseq\f(2π,3)sinA＝eq\r(3).化简得eq\f(3,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝eq\r(3)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝1.∵0<A<eq\f(2π,3)，∴eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，∴A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2).∴A＝eq\f(π,3)，C＝eq\f(π,3).∴△ABC是等边三角形．名师点评：借助正弦定理可以实现三角形中边角关系的互化，转化为角的关系后，常利用三角变换公式进行变形、化简，确定角的大小或关系，继而推断三角形的形态、证明三角恒等式．四、当堂检测1．在△ABC中，AC＝eq\r(6)，BC＝2，B＝60°，则角C的值为()A．45°B．30°C．75°D．90°2．在△ABC中，若eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，则△ABC是()A．直角三角形 B．等边三角形C．钝角三角形 D．等腰直角三角形3．在△ABC中，若a∶b∶c＝1∶3∶5，求eq\f(2sinA－sinB,sinC)的值．提示：1．C2.B3.五、课堂小结本节课我们学习过哪些学问内容?提示：1．已知两边和其中一边的对角，求第三边和其他两个角，这时三角形解的状况可能无解，也可能一解或两解．首先求出另一边的对角的正弦值，当正弦值大于1或小于0时，这时三角形解的状况为无解；当正弦值大于0小于1时，再依据已知两边的大小状况来确定该角有一个值还是两个值．2．推断三角形的形态，最终目的是推断三角形是不是特别三角形，当所给条件含有边和角时，应利用正弦定理将条件统一为“边”之间的关系式或“角”之间的关系式．六、课例点评本节课充分体现学生的主体地位，基于对学情的精确分析，采纳“老师设疑引导，学生自主探究”的教学方法，老师在教学中只负责“抛砖