2022最新高考文科数学一轮教案2021范文.doc

2022最新高考文科数学一轮教案2021范文a|b|cos，其中为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=cc=(a-b)(a-b)=aa+bb-2ab=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=b2+c2-a22bccosB=c2+a2-b22cacosC=a2+b2-c22ab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=a2+b2.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：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，有解;已知两边和它们的夹角解三角形，这类问题是第三边确定，因而其他两个角也确定，故解.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=b2+c2-a22bccosB=c2+a2-b22cacosC=a2+b2-c22ab(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c2=a2+b2-2abcos120°，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cosBCA=a2+b2-c22ab=32+22-(19)22×3×2=9+4-1912=-12，因此BCA=120°，再由正弦定理，得sinA=asinBCAc=3×3219=332190.596 0，因此A36.6°或A143.4°(不合题意，舍去).因此B=180°-A-BCA23.4°.设BC边上的高为AD，则AD=csinB=19sin23.4°1.73.所以ABC的面积12×3×1.732.6.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=b2+c2-a22bc=202+122-1422×20×12=0.725 0，A44°.cosC=a2+b2-c22ab=142+202-1222×14×20=1131400.807 1，C36°.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=25.在ABC中，由余弦定理，得cosA=AB2+AC2-BC22ABAC=23650.104 7，因此A84.0°.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=ABAC|AB|AC|=-8×(-2)+3×(-4)73×20=23650.104 7.因此A84.0°.例4在ABC中，已知a=8，b=7，B=60°，求c及SABC.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SABC=12acsinB可以求出.若用余弦定理求c，可利用余弦定理b2=c2+a2-2cacosB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°，A1=81.8°，A2=98.2°.C1=38.2°，C2=21.8°.由7sin60°=csinC，得c1=3，c2=5，SABC=12ac1sinB=63或SABC=12ac2sinB=103.解法二：由余弦定理，得b2=c2+a2-2cacosB，72=c2+82-2×8×ccos60°.整理，得c2-8c+15=0，解之，得c1=3，c2=5.SABC=12ac1sinB=63或SABC=12ac2sinB=103.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a2+b2-2abcos60°=c2，即a2+b2-ab=4，又因为ABC的面积等于3，所以12absinC=3，ab=4.联立方程组a2+b2-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a2+b2-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x2-3x+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x2+x+1，x2-1,2x+1(x>1)，求三角形的角.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+b2-2abcosC=a2+b2+ab=(a+b)2-ab=7，c=7.2.解：比较得知，x2+x+1为三角形的边，设其对角为A.由余弦定理，得cosA=(x2-1)2+(2x+1)2-(x2+x+1)22(x2-1)(2x+1)=-12.0<a<180°，a=120°，< p=;>即三角形的角为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11A组4、5、6;习题11B组15.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)=ACAB.ACAC+ACCB=ACAB.|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：根据A+B+C=，求出角C;根据asinA=bsinB及asinA=csinC，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c2=a2+b2-2abcosC，求出边c;根据cosA=b2+c2-a22bc，求出角A;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：asinA=bsinB，经过讨论求出B;求出B后，由A+B+C=180°，求出角C;再根据asinA=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.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b2-bc-2c2=0，a=6，cosA=78，则ABC的面积S为()A.152 B.15 C.2 D.32.已知一个三角形的三边为a、b和a2+b2+ab，则这个三角形的角是()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=a2-(b -c)2，求tanA2的值.参考答案：1.A解析：由b2-bc-2c2=0，即(b+c)(b-2c)=0，得b=2c;由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccosA，即6=b2+c2-74bc.解，得b=4，c=2.由cosA=78，得sinA=158，SABC=12bcsinA=12×4×2×158=152.2.C解析：设角为，由余弦定理，得a2+b2+ab=a2+b2-2abcos，cos=-12.=120°.3.D解析：若x为边，由余弦定理，知4+9-x22×2×3>0，即x2<13，0<x<13.< p=;>若x为最小边，则由余弦定理知4+x2-9>0，即x2>5，x>5.综上，知x的取值范围是5<x<13.< p=;>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，由余弦定理知，cos=(a+x)2+(b+x)2-(c+x)22(a+x)(b+x)=2(a+b-c)x+x22(a+x)(b+x)>0.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c2=a2+b2-2abcosC=3+9-2×3×3×32=3，a=c，则A=C=30°.(2)bccosA+cacosB+abcosC=b2+c2-a22+c2+a2-b22+a2+b2-c22=a2+b2+c22=32+42+622=612.6.解：由正弦定理，得sinCsinB=cb，由sinC=2sinBcosA，得cosA=sinC2sinB=c2b，又根据余弦定理，得cosA=b2+c2-a22bc，故c2b=b2+c2-a22bc，即c2=b2+c2-a2.于是，得b2=a2，故b=a.又因为(a +b+c)(a+b-c)=3ab，故(a+b)2-c2=3ab.由a=b，得4b2-c2=3b2，所以b2=c2，即b=c.故a=b=c.因此ABC为正三角形.7.解：S=a2-(b-c)2，又S=12bcsinA，12bcsinA=a2-(b-c)2，有14sinA=-(b2+c2-a2)2bc+1，即142sinA2cosA2=1-cosA.12sinA2cosA2=2sin2A2.sinA20，故12cosA2=2 sinA2，tanA2=14.高考文科数学一轮教案2021范文4【考纲要求】了解双曲线的定义，几何图形和标准方程，知道它的简单性质。【自学质疑】1.双曲线 的 轴在 轴上， 轴在 轴上，实轴长等于 ，虚轴长等于 ，焦距等于 ，顶点坐标是 ，焦点坐标是 ，渐近线方程是 ，离心率 ，若点 是双曲线上的点，则 ， 。2.又曲线 的左支上一点到左焦点的距离是7，则这点到双曲线的右焦点的距离是3.经过两点 的双曲线的标准方程是 。4.双曲线的渐近线方程是 ，则该双曲线的离心率等于 。5.与双曲线 有公共的渐近线，且经过点 的双曲线的方程为【例题精讲】1.双曲线的离心率等于 ，且与椭圆 有公共焦点，求该双曲线的方程。2.已知椭圆具有性质：若 是椭圆 上关于原点对称的两个点，点 是椭圆上任意一点，当直线 的斜率都存在，并记为 时，那么 之积是与点 位置无关的定值，试对双曲线 写出具有类似特性的性质，并加以证明。3.设双曲线 的半焦距为 ，直线 过 两点，已知原点到直线 的距离为 ，求双曲线的离心率。【矫正巩固】1.双曲线 上一点 到一个焦点的距离为 ，则它到另一个焦点的距离为 。2.与双曲线 有共同的渐近线，且经过点 的双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离是 。3.若双曲线 上一点 到它的右焦点的距离是 ，则点 到 轴的距离是4.过双曲线 的左焦点 的直线交双曲线于 两点，若 。则这样的直线一共有 条。【迁移应用】1. 已知双曲线 的焦点到渐近线的距离是其顶点到渐近线距离的2倍，则该双曲线的离心率2. 已知双曲线 的焦点为 ，点 在双曲线上，且 ，则点 到 轴的距离为 。3. 双曲线 的焦距为4. 已知双曲线 的一个顶点到它的一条渐近线的距离为 ，则5. 设 是等腰三角形， ，则以 为焦点且过点 的双曲线的离心率为 .6. 已知圆 。以圆 与坐标轴的交点分别作为双曲线的一个焦点和顶点，则适合上述条件的双曲线的标准方程为高考文科数学一轮教案2021范文5一)教材分析(1)地位和重要性：正、余弦定理是学生学习了平面向量之后要掌握的两个重要定理，运用这两个定理可以初步解决几何及工业测量等实际问题，是解决有关三角形问题的有力工具。(2)重点、难点。重点：正余弦定理的证明和应用难点：利用向量知识证明定理(二)教学目标(1)知识目标：要学生掌握正余弦定理的推导过程和内容;能够运用正余弦定理解三角形;了解向量知识的应用。(2)能力目标：提高学生分析问题、解决问题的能力。(3)情感目标：使学生领悟到数学来源于实践而又作用于实践，培养学生的学习数学的兴趣。(三)教学过程教师的主要作用是调控课堂，适时引导，引导学生自主发现，自主探究。使学生的综合能力得到提高。教学过程分如下几个环节：教学过程课堂引入1、定理推导2、证明定理3、总结定理4、归纳小结5、反馈练习6、课堂总结、布置作业具体教学过程如下：(1)课堂引入：正余弦定理广泛应用于生产生活的各个领域，如航海，测量天体运行，那正余弦定理解决实际问题的一般步骤是什么呢?(2)定理的推导。首先提出问题：RtABC中可建立哪些边角关系?目的：首先从学生熟悉的直角三角形中引导学生自己发现定理内容，猜想，再完成一般性的证明，具体环节如下：引导学生从SinA、SinB的表达式中发现联系。继续引导学生观察特点，有A边A角，B边B角;接着引导：能用C边C角表示吗?而后鼓励猜想：在直角三角形中成立了，对任意三角形成立吗?发现问题比解决问题更重要，我便是让学生体验了发现的过程，从学生熟悉的知识内容入手，观察发现，然后产生猜想，进而完成一般性证明。这个过程采用了不断创设问题，启发诱导的教学方法，引导学生自主发现和探究。第二步证明定理：用向量方法证明定理：学生不易想到，设计如下：问题：如何出现三角函数做数量积欲转化到正弦利用诱导公式做直角难点突破实践：师生共同完成锐角三角形中定理证明独立：学生独立完成在钝角三角形中的证明总结定理：师生共同对定理进行总结，再认识。在定理的推导过程中，我注重“重过程、重体验”培养了学生的创新意识和实践能力，教育学生独立严谨科学的求学态度，使情感目标、能力目标得以实现。在定理总结之后，教师布置思考题：定理还有没有其他证法?通过这样的思考题，发散了学生思维，使学生的思维不仅仅禁锢在教师的启发诱导之下，符合素质教育的要求。(3)例题设置。例1ABC中，已知c=10，A=45°，C=30°，求b.(学生口答、教师板书)设计意图：加深对定理的认识;提高解决实际问题的能力例2ABC中，a=20，b=28，A=40°，求B和C.例3ABC中，a=60，b=50，A=38°，求B和C.其中两组解，一组解例3同时给出两道题，首先留给学生一定的思考时间，同时让两学生板演，以便两题形成对照、比较。可能出现的情况：两个学生都做对，则继续为学生提供展示的空间，让学生来分析看似一样的条件，为何二解一解情况，如果第二同学也做出两组解，则让其他学生积极参与评判，发现问题，找出对策。设计意图：增强学生对定理灵活运用的能力提高分析问题解决问题的能力激发学生的参与意识，培养学生合作交流、竞争的意识，使学生在相互影响中共同进步。(4)归纳小结。借助多媒体动态演示：图表使学生对于已知两边和其中一边对角，三角形解的情况有一个清晰直观的认识。之后让学生对题型进行归纳小结。这样的归纳总结是通过学生实践，在新旧知识比照之后形成的，避免了学生的被动学习，抽象记忆，让学生形成对自我的认同和对社会的责任感。实现本节课的情感目标。(5)反馈练习：练习ABC中，已知a=60，b=48，A=36°ABC中，已知a=19，b=29，A=4°ABC中，已知a=60，b=48，A=92°判断解的情况。通过学生形成性的练习，巩固了对定理的认识和应用，也便于教师掌握学情，以为教学的进行作出合理安排。(6)课堂总结，布置作业。高考文科数学一轮教案范文第 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