教案设计高中数学人教B版教案必修五第一章解三角形复习.docx

教学设计整体设计教学分析首先理解新课标对本章的定位解三角形作为三角系列的最终一章，突出了根底性、选择性与时代性本章重在探讨三角形边角之间的数量关系，如正弦定理、余弦定理等正弦定理、余弦定理更深入地反映了三角形的度量本质，成为解三角形的主要工具本章的数学思想方法是一条看不见的暗线，数学思想方法是数学的精华在初中，教科书着重从空间形式定性地探讨三角形中线段与角之间的位置关系，本章主要是定量地提醒三角形边、角之间的数量关系，从而较清楚地解决了三角形确实定性问题本章对两个定理的推导引入中非常强调这一量化思想方法，并选择了更有教化价值的正弦定理与余弦定理的证明方法本章中交融了学生已学过的大局部几何学问，将解三角形作为几何度量问题来处理，突出几何背景，为学生理解数学中的量化思想，进一步学习数学奠定了根底三维目的1娴熟驾驭三角形中的边角关系2通过本节学习，要求对全章有一个清楚的相识，娴熟驾驭利用正、余弦定理解斜三角形的方法，明确解斜三角形学问在实际中的广泛应用，娴熟驾驭由实际问题向解斜三角形类型问题的转化，逐步进步数学学问的应用实力3留意思维引导及方法提炼，呈现学生的主体作用，关注情感的主动体验，加强题后反思环节，提升习题效率，激发学生钻研数学的热忱、爱好与信念重点难点教学重点：驾驭正、余弦定理及其推导过程并且能用它们解斜三角形教学难点：正弦定理、余弦定理的敏捷运用，及将实际问题转化为数学问题并正确地解出这个数学问题课时支配1课时教学过程导入新课(干脆引入)本节课我们将对全章的学问、方法进展系统的归纳总结；系统驾驭解三角形的方法与技巧由此绽开新课的探究推动新课 (1)本章我们学习了哪些学问内容？请画出本章的学问构造图.(2)解斜三角形要用到正弦定理、余弦定理，那么正弦定理、余弦定理都有哪些应用？(3)在解三角形时应用两个定理要留意些什么问题？若求一个三角形的角时，既可以用正弦定理，也可以用余弦定理，怎样选择较好？(4)本章中解三角形的学问主要应用于怎样的一些问题？(5)总结从初中到高中测量河流宽度与物体高度的方法.活动：老师引导学生画出本章学问框图，老师打出课件演示：从图中我们很清楚地看出本章我们学习了正弦定理、余弦定理以及应用这两个定理解三角形，由于本章内容理论性很强，之后又重点探讨了两个定理在测量间隔 、高度、角度等问题中的一些应用老师与学生一起回忆正弦定理、余弦定理的内容及应用如下：正弦定理、余弦定理：，a2b2c22bccosA，b2c2a22accosB，c2a2b22abcosC.正弦定理、余弦定理的应用：利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题已知两角与任一边，求其他两边与一角已知两边与其中一边的对角，求另一边的对角(从而进一步求出其他的边与角)利用余弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题已知三边，求三个角；已知两边与它们的夹角，求第三边与其他两个角在求解一个三角形时，既可以用正弦定理，也可以用余弦定理，要尽量选择运算量较小，不产生探讨的方法求解若求边，尽量用正弦定理；若求角，尽量用余弦定理除了正弦定理、余弦定理外，我们还学习了三角形面积公式SbcsinAacsinBabsinC，利用它我们可以解决已知两边及其夹角求三角形的面积老师利用多媒体投影演示课件如下：解斜三角形时可用的定理与公式适用类型备注余弦定理a2b2c22bccosAb2a2c22accosBc2b2a22bacosC(1)已知三边(2)已知两边及其夹角类型(1)(2)有解时只有一解正弦定理2R(3)已知两角与一边(4)已知两边及其中一边的对角类型(3)在有解时只有一解，类型(4)可有两解、一解与无解三角形面积公式SbcsinAacsinBabsinC(5)已知两边及其夹角老师点拨学生，以上这些学问与初中的边角关系、勾股定理等内容构成三角形内容的有机整体事实上，正弦定理只是初中“三角形中大角对大边，小角对小边”的边角关系的量化余弦定理是初中“已知两边及其夹角，则这两个三角形全等”的量化，又是勾股定理的推广本章的应用举例也是在初中学习的一些简洁测量的根底上，应用了正弦定理、余弦定理解关于斜三角形的问题在应用两个定理等学问解决一些与测量与几何计算有关的问题时，需留意以下几点：在利用正弦定理求角时，由于正弦函数在(0，)内不严格单调，所以角的个数可能不唯一，这时应留意借助已知条件加以检验，务必做到不漏解，不多解在运用正弦定理与余弦定理进展有关三角形内角证明时，余弦定理睬省去取舍的费事，但同时要留意在依据三角函数求角时，应先确定其范围在进展边角，角边转换时，留意运用正弦定理与余弦定理的变形形式探讨结果：(1)、(2)、(5)略(3)在应用两个定理求解时，留意与平面几何学问的交融若求解一个三角形时两个定理都可用，则求边宜选正弦定理，求角宜选余弦定理，但要详细问题详细分析，从中选择最优解法(4)本章学问主要应用测量、航海、建筑等在日常生活中与三角形有关的问题例1推断满意下列条件的三角形形态(1)acosAbcosB；(2)sinC.活动：老师与学生一起探究断定三角形形态的方法有哪些学生思索后可得出确定三角形的形态主要有两条途径：(1)化边为角，(2)化角为边激励学生尽量一题多解，比拟各种解法的优劣解：(1)方法一：用余弦定理，得a×b×.c2(a2b2)a4b4(a2b2)(a2b2)a2b2或c2a2b2.三角形是等腰三角形或直角三角形方法二：用正弦定理，得sinAcosAsinBcosB，sin2Asin2B.A、B为三角形的内角，2A2B或2A2B180°.AB或AB90°.因此三角形为等腰三角形或直角三角形(2)方法一：先用正弦定理，可得c，即c·cosAc·cosBab.再用余弦定理，得c·c·ab.化简并整理，得a3b3a2bab2ac2bc20，(ab)(a2b2c2)0.a0，b0，a2b2c20，即a2b2c2.三角形为直角三角形方法二：sinAsin(BC)，sinBsin(AC)，原式可化为sinC·cosAcosB·sinCsinAsinBsin(BC)sin(AC)sinB·cosCcosB·sinCsinA·cosCcosA·sinC.sinB·cosCsinA·cosC0，即cosC(sinAsinB)0.0°A180°，0°B180°，sinAsinB0.cosC0.又0°C180°，C90°.三角形为直角三角形点评：第(1)题中的第2种解法得出sin2Asin2B时，很简洁干脆得出2A2B，所以AB.这样就漏掉了一种状况，因为sin2Asin2B中有可能推出2A与2B两角互补，这点应引起学生留意第(2)题中绕开正、余弦定理通过三角函数值的符号断定也是一种不错的选择，但学生不易想到，因此熟识三角形中sinAsin(BC)，cosAcos(BC)等常见结论对解三角形大有好处 变式训练ABC的三内角A、B、C的对边边长分别为a、b、c.若ab，A2B，则cosB等于()A. B. C. D.答案：B解析：由题意得2cosB，cosB.例2在ABC中，若ABC的面积为S，且2S(ab)2c2，求tanC的值活动：本题涉及三角形的面积，面积公式又是以三角形的三边a、b、c的形式给出，从哪里入手考虑呢？老师可先让学生自己探究，学生可能会想到将三角形面积公式代入已知条件，但三角形面积公式SabsinCacsinBbcsinA有三个，代入哪一个呢？且代入以后的下一步方向又是什么呢？明显思路不明这时老师适时点拨可否化简等式右边呢？这样右边为(ab)2c2a2b2c22ab.用上余弦定理即得a2b2c22ab2abcosC2ab，这就出现了目的角C，思路渐渐明朗，由此得到题目解法解：由已知，得(ab)2c2a2b2c22ab2abcosC2ab2×absinC.2(1cosC)sinC，2×2cos22sin·cos.0°C180°，0°90°，即cos0.tan2.tanC.点评：通过对本题的探究，让学生相识到拿到题目后不能盲目下手，应先制定解题策略，找寻解题切入口 变式训练在ABC中，tanA，tanB.(1)求角C的大小；(2)若AB边的长为，求BC边的长解：(1)C180°(AB)，tanCtan(AB)1.又0°C180°，C135°.(2)tanA，sin2Acos2A1,0°A90°，sinA.由正弦定理，得，BCAB·.例3将一块圆心角为120°，半径为20 cm的扇形铁片裁成一块矩形，有如图(1)、(2)的两种裁法：让矩形一边在扇形的一条半径OA上，或让矩形一边与弦AB平行，请问哪种裁法能得到最大面积的矩形？并求出这个最大值活动：本题是北京西城区的一道测试题，解题前老师引导学生回忆前面解决实际问题的方法步骤，让学生清楚相识到解决本题的关键是建立数学模型，然后用相关的数学学问来解决解：按图(1)的裁法：矩形的一边OP在OA上，顶点M在圆弧上，设MOA，则|MP|20sin，|OP|20cos，从而S400sincos200sin2，即当时，Smax200.按图(2)的裁法：矩形的一边PQ与弦AB平行，设MOQ，在MOQ中，OQM90°30°120°，(1)(2)由正弦定理，得|MQ|sin.又因为|MN|2|OM|sin(60°)40sin(60°)，所以S|MQ|·|MN|sinsin(60°)cos60°cos(260°) cos(260°)cos60°所以当30°时，Smax.由于200，所以用第二种裁法可裁得面积最大的矩形，最大面积为 cm2.点评：正弦定理、余弦定理在测量(角度、间隔 )、合理下料、设计规划等方面有广泛应用从解题过程来看，关键是要找出或设出角度，本质是解斜三角形，将问题涉及的有关量集中在某一个或者几个三角形中，敏捷地运用正弦定理、余弦定理来加以解决 变式训练设ABC的内角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，且acosB3，bsinA4.(1)求边长a；(2)若ABC的面积S10，求ABC的周长l.解：(1)由acosB3与bsinA4，两式相除，得··.又acosB3，知cosB0，则cosB，sinB.则a5.(2)由SacsinB10，得c5.由cosB，解得b2.故ABC的周长labc102.1在ABC中，若b2a，BA60°，则A_.2在ABC中，A、B、C所对的边分别为a、b、c，设a、b、c满意条件b2c2bca2，求A与tanB的值答案：130°解析：由正弦定理，知，2sinAsin(A60°)sinAcosA.tanA.0°A180°，A30°.2解：由余弦定理与已知条件，得cosA，0°A180°，A60°，且B180°AC120°C.由正弦定理与已知条件，得，tanB.所求A60°，tanB.课本本章小结稳固与进步18.先由学生总结本节课对全章的复习都有哪些收获与进步？解决本章的根本问题都有哪些体会？可让若干学生在课堂上介绍自己的复习心得老师进一步画龙点睛，总结解题思路：(1)运用方程观点结合恒等变形方法巧解三角形；(2)运用三角形根底学问，正、余弦定理及面积公式与三角函数公式协作，通过等价转化或构建方程解答三角形的综合问题，留意隐含条件的挖掘1稳固与进步9122自测与评估17设计感想本教案设计留意了优化学问构造，进一步加深对学问的稳固在此过程中，学生对思想方法的领悟也更具深入性；留意对学生抽象思维、发散思维的培育训练通过一题多解训练了学生对事物现象选择角度地视察，从而把握事物的本质本教案设计意图还依据习题的内容分类处理进展；留意了思维引导及方法提炼，呈现了学生的主体作用，关注学生愉悦情感的主动体验，深挖了三角形本身内在美的价值，意在激发学生剧烈的探究欲望，培育学生主动的向上心态备课资料一、与三角形计算有关的定理1半角定理在ABC中，三个角的半角的正切与三边之间有如下的关系：tan，tan，tan，其中p(abc)证明：tan，因为sin0，cos0，所以sin.因为p(abc)，所以abc2(pb)，abc2(pc)所以sin.而cos，所以tan.所以tan.同理，可得tan，tan.从上面的证明过程中，我们可以得到用三角形的三条边表示半角的正弦与半角的余弦的公式：sin，cos.同理，可得sin，sin，cos，cos.2用三角形的三边表示它的内角平分线设在ABC中(如图)，已知三边a、b、c，假如三个角A、B与C的平分线分别是ta、tb与tc，那么，用已知边表示三条内角平分线的公式是：ta；tb；tc，其中p(abc)证明：设AD是角A的平分线，并且BDx，DCy，那么，在ADC中，由余弦定理，得ta2b2y22bycosC，依据三角形内角平分线的性质，得，所以.因为xya，所以.所以y.将代入，得ta2b2()22b()cosCb2c22bca22a(bc)cosC因为cosC，所以ta2a2b2c22bc2a(bc)·(b2c22bca2)(abc)(bca)·2p·2(pa)·bcp(pa)所以ta.同理，可得 tb，tc.这就是已知三边求三角形内角平分线的公式3用三角形的三边来表示它的外接圆的半径设在ABC中，已知三边a、b、c，那么用已知边表示外接圆半径R的公式是R .证明：因为R，SbcsinA，所以sinA.所以R .二、备选习题1在ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，abc335，则等于 ()A B C. D不是常数2ABC的周长等于20，面积是10，A60°，A的对边为()A5 B6 C7 D83在ABC中，AB3，AC2，BC，则·等于()A B C. D.4已知在ABC中，B30°，b6，c6，则a_，SABC_.5在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若(bc)cosAacosC，则cosA_.6对ABC，有下面结论：满意sinAsinB的ABC肯定是等腰三角形；满意sinAcosB的ABC肯定是直角三角形；满意c的ABC肯定是直角三角形则上述结论正确命题的序号是_7在ABC中，D在边BC上，且BD2，DC1，B60°，ADC150°，求AC的长及ABC的面积8在ABC中，已知角A、B、C的对边分别为a、b、c，且bcosBccosCacosA，试推断ABC的形态参考答案：1C解析：设a3k，则b3k，c5k.2C解析：abc20，bc20a，即b2c22bc40040aa2.b2c2a240040a2bc.又cosA，b2c2a2bc.又SABCbcsinA10，bc40.将b2c2a2bc与bc40，代入b2c2a240040a2bc，得a7.3D解析：由余弦定理，得cosA，·|·|·cosA2×3×.4a6，S9或a12，S18解析：由正弦定理，得，sinCsinB.C60°或C120°.当C60°时，则A90°，因此a12，SacsinB18；当C120°时，则A30°，因此a6，SacsinB9.5.解析：由正弦定理，得(bc)cosA(sinBsinC)cosAsinA·cosC，即sinBcosAsinA·cosCsinC·cosA，sinB·cosAsin(AC)sinB.cosA.67解：如图，在ABC中，BAD150°60°90°，AD2sin60°.在ACD中，AC2()2122××1×cos150°7，AC.AB2cos60°1，SABC×1×3×sin60°.8解：bcosBccosCacosA，由正弦定理，得sinBcosBsinCcosCsinAcosA，即sin2Bsin2C2sinAcosA，2sin(BC)cos(BC)2sinAcosA.ABC，sin(BC)sinA.而sinA0，cos(BC)cosA，即cos(BC)cos(BC)0.2cosBcosC0.0B，0C，B或C，即ABC是直角三角形