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2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第一章 解三角形 第二課時(shí) 余弦定理教案 蘇教版必修5 教學(xué)目標(biāo)： 了解向量知識(shí)應(yīng)用，掌握余弦定理推導(dǎo)過(guò)程，會(huì)利用余弦定理證明簡(jiǎn)單三角形問(wèn)題，會(huì)利用余弦定理求解簡(jiǎn)單斜三角形邊角問(wèn)題，能利用計(jì)算器進(jìn)行運(yùn)算；通過(guò)三角函數(shù)、余弦定理、向量數(shù)量積等多處知識(shí)間聯(lián)系來(lái)體現(xiàn)事物之間的普遍聯(lián)系與辯證統(tǒng)一. 教學(xué)重點(diǎn)： 余弦定理證明及應(yīng)用. 教學(xué)難點(diǎn)： 1.向量知識(shí)在證明余弦定理時(shí)的應(yīng)用，與向量知識(shí)的聯(lián)系過(guò)程； 2.余弦定理在解三角形時(shí)的應(yīng)用思路. 教學(xué)過(guò)程： Ⅰ.課題導(dǎo)入 上一節(jié)，我們一起研究了正弦定理及其應(yīng)用，在體會(huì)向量應(yīng)用的同時(shí)，解決了在三角形已知兩角一邊和已知兩邊和其中一邊對(duì)角這兩類解三角形問(wèn)題.當(dāng)時(shí)對(duì)于已知兩邊夾角求第三邊問(wèn)題未能解決， 如圖(1)在直角三角形中，根據(jù)兩直角邊及直角可表示斜邊，即勾股定理，那么對(duì)于任意三角形，能否根據(jù)已知兩邊及夾角來(lái)表示第三邊呢?下面我們根據(jù)初中所學(xué)的平面幾何的有關(guān)知識(shí)來(lái)研究這一問(wèn)題. 在△ABC中，設(shè)BC＝a，AC＝b，AB＝c，試根據(jù)b，c，A來(lái)表示a. 分析：由于初中平面幾何所接觸的是解直角三角形問(wèn)題， 所以應(yīng)添加輔助線構(gòu)造直角三角形，在直角三角形內(nèi)通過(guò)邊角 關(guān)系作進(jìn)一步的轉(zhuǎn)化工作，故作CD垂直于AB于D，那么在 Rt△BDC中，邊a可利用勾股定理用CD、DB表示，而CD可 在Rt△ADC中利用邊角關(guān)系表示，DB可利用AB—AD轉(zhuǎn)化為 AD，進(jìn)而在Rt△ADC內(nèi)求解. 解：過(guò)C作CD⊥AB，垂足為D，則在Rt△CDB中，根據(jù)勾股定理可得： a2＝CD2＋BD2 ∵在Rt△ADC中，CD2＝b2－AD2 又∵BD2＝(c－AD)2＝c2－2cAD＋AD2 ∴a2＝b2－AD2＋c2－2cAD＋AD2＝b2＋c2－2cAD 又∵在Rt△ADC中，AD＝bcosA ∴a2＝b2＋c2－2bccosA 類似地可以證明b2＝a2＋c2－2accosB c2＝a2＋b2－2abcosC 另外，當(dāng)A為鈍角時(shí)也可證得上述結(jié)論，當(dāng)A為直角時(shí)a2＝b2＋c2也符合上述結(jié)論，這也正是我們這一節(jié)將要研究的余弦定理， Ⅱ.講授新課 1.余弦定理：三角形任何一邊的平方等于其他兩邊平方的和減去這兩邊與它們夾角的余弦的積的兩倍. 形式一： a2＝b2＋c2－2bccosA， b2＝c2＋a2－2cacosB， c2＝a2＋b2－2abcosC. 形式二： cosA＝，cosB＝，cosC＝. 在余弦定理中，令C＝90，這時(shí)，cosC＝0，所以c2＝a2＋b2，由此可知余弦定理是勾股定理的推廣.另外，對(duì)于余弦定理的證明，我們也可以仿照正弦定理的證明方法二采用向量法證明，以進(jìn)一步體會(huì)向量知識(shí)的工具性作用. 2.向量法證明余弦定理 (1)證明思路分析 由于余弦定理中涉及到的角是以余弦形式出現(xiàn)，那么可以與哪些向量知識(shí)產(chǎn)生聯(lián)系呢? 向量數(shù)量積的定義式：ab＝｜a｜｜b｜c(diǎn)osθ，其中θ為a、b的夾角. 在這一點(diǎn)聯(lián)系上與向量法證明正弦定理有相似之處，但又有 所區(qū)別，首先因?yàn)闊o(wú)須進(jìn)行正、余弦形式的轉(zhuǎn)換，也就省去添加 輔助向量的麻煩.當(dāng)然，在各邊所在向量的聯(lián)系上依然通過(guò)向量加 法的三角形法則，而在數(shù)量積的構(gòu)造上則以兩向量夾角為引導(dǎo)， 比如證明形式中含有角C，則構(gòu)造這一數(shù)量積以使出現(xiàn)cosC.同樣在證明過(guò)程中應(yīng)注意兩向量夾角是以同起點(diǎn)為前提. (2)向量法證明余弦定理過(guò)程： 如圖，在△ABC中，設(shè)AB、BC、CA的長(zhǎng)分別是c、a、b. 由向量加法的三角形法則可得＝＋， ∴＝(＋)(＋) ＝2＋2＋2 ＝｜｜2＋2｜｜｜｜c(diǎn)os(180－B)＋｜｜2 ＝c2－2accosB＋a2 即b2＝c2＋a2－2accosB 由向量減法的三角形法則可得： ＝－ ∴＝(－)(－) ＝2－2＋2 ＝｜｜2－2｜｜｜｜c(diǎn)osA＋｜｜2 ＝b2－2bccosA＋c2 即a2＝b2＋c2－2bccosA 由向量加法的三角形法則可得 ＝＋＝－ ∴＝(－)(－) ＝2－2＋2 ＝｜｜2－2｜｜｜｜c(diǎn)osC＋｜｜2 ＝b2－2bacosC＋a2. 即c2＝a2＋b2－2abcosC 評(píng)述：(1)上述證明過(guò)程中應(yīng)注意正確運(yùn)用向量加法(減法)的三角形法則. (2)在證明過(guò)程中應(yīng)強(qiáng)調(diào)學(xué)生注意的是兩向量夾角的確定，與屬于同起點(diǎn)向量，則夾角為A；與是首尾相接，則夾角為角B的補(bǔ)角180－B；與是同終點(diǎn)，則夾角仍是角C. 在證明了余弦定理之后，我們來(lái)進(jìn)一步學(xué)習(xí)余弦定理的應(yīng)用. 利用余弦定理，我們可以解決以下兩類有關(guān)三角形的問(wèn)題： (1)已知三邊，求三個(gè)角. 這類問(wèn)題由于三邊確定，故三角也確定，解唯一； (2)已知兩邊和它們的夾角，求第三邊和其他兩個(gè)角. 這類問(wèn)題第三邊確定，因而其他兩個(gè)角唯一，故解唯一，不會(huì)產(chǎn)生類似利用正弦定理解三角形所產(chǎn)生的判斷取舍等問(wèn)題. 接下來(lái)，我們通過(guò)例題評(píng)析來(lái)進(jìn)一步體會(huì)與總結(jié). 3.例題評(píng)析 ［例1］在△ABC中，已知a＝7，b＝10，c＝6，求A、B和C.(精確到1) 分析：此題屬于已知三角形三邊求角的問(wèn)題，可以利用余弦定理，意在使學(xué)生熟悉余弦定理的形式二. 解：∵cosA＝＝＝0.725，∴A≈44 ∵cosC＝＝＝＝0.8071，∴C≈36 ∴B＝180－(A＋C)≈180－(44＋36)＝100. 評(píng)述：(1)為保證求解結(jié)果符合三角形內(nèi)角和定理，即三角形內(nèi)角和為180，可用余弦定理求出兩角，第三角用三角形內(nèi)角和定理求出. (2)對(duì)于較復(fù)雜運(yùn)算，可以利用計(jì)算器運(yùn)算. ［例2］在△ABC中，已知a＝2.730，b＝3.696，C＝8228′，解這個(gè)三角形(邊長(zhǎng)保留四個(gè)有效數(shù)字，角度精確到1′). 分析：此題屬于已知兩邊夾角解三角形的類型，可通過(guò)余弦定理形式一先求出第三邊.在第三邊求出后其余邊角求解有兩種思路：一是利用余弦定理的形式二根據(jù)三邊求其余角，二是利用兩邊和一邊對(duì)角結(jié)合正弦定理求解，但若用正弦定理需對(duì)兩種結(jié)果進(jìn)行判斷取舍，而在0～180之間，余弦有唯一解，故用余弦定理較好. 解：由c2＝a2＋b2－2abcosC＝2.7302＋3.6962－22.7303.696cos8228′ 得c＝4.297. ∵cosA＝＝＝0.7767，∴A＝392′ ∴B＝180－(A＋C)＝180－(392′＋8228′)＝5830′. 評(píng)述：通過(guò)例2，我們可以體會(huì)在解斜三角形時(shí)，如果正弦定理與余弦定理均可選用，那么求邊兩個(gè)定理均可，求角則余弦定理可免去判斷取舍的麻煩. ［例3］已知△ABC中，a＝8，b＝7，B＝60，求c及S△ABC. 分析：根據(jù)已知條件可以先由正弦定理求出角A，再結(jié)合三角形內(nèi)角和定理求出角C，再利用正弦定理求出邊c，而三角形面積由公式S△ABC＝acsinB可以求出. 若用余弦定理求c，表面上缺少C，但可利用余弦定理b2＝c2＋a2－2cacosB建立關(guān)于c的方程，亦能達(dá)到求c的目的. 下面給出兩種解法. 解法一：由正弦定理得＝ ∴A1＝81.8，A2＝98.2 ∴C1＝38.2，C2＝21.8， 由＝，得c1＝3，c2＝5 ∴S△ABC＝ac1sinB＝6或S△ABC＝ac2sinB＝10 解法二：由余弦定理得 b2＝c2＋a2－2cacosB ∴72＝c2＋82－28ccos60 整理得：c2－8c＋15＝0 解之得：c1＝3，c2＝5， ∴S△ABC＝ac1sinB＝6，或S△ABC＝ac2sinB＝10. 評(píng)述：在解法一的思路里，應(yīng)注意由正弦定理應(yīng)有兩種結(jié)果，避免遺漏；而解法二更有耐人尋味之處，體現(xiàn)出余弦定理作為公式而直接應(yīng)用的另外用處，即可以用之建立方程，從而運(yùn)用方程的觀點(diǎn)去解決.故解法二應(yīng)引起學(xué)生的注意. 綜合上述例題，要求學(xué)生總結(jié)余弦定理在求解三角形時(shí)的適用范圍：已知三邊求任意角或已知兩邊夾角解三角形，同時(shí)注意余弦定理在求角時(shí)的優(yōu)勢(shì)以及利用余弦定理建立方程的解法. 為鞏固本節(jié)所學(xué)的余弦定理及其應(yīng)用，我們來(lái)進(jìn)行下面的課堂練習(xí). Ⅲ.課堂練習(xí) 1.在△ABC中： (1)已知b＝8，c＝3，A＝60，求a； (2)已知a＝20，b＝29，c＝21，求B； (3)已知a＝3，c＝2，B＝150，求b； (4)已知a＝2，b＝，c＝＋1，求A. 解：(1)由a2＝b2＋c2－2bccosA得 a2＝82＋32－283cos60＝49，∴a＝7. (2)由cosB＝得 cosB＝＝0，∴B＝90. (3)由b2＝a2＋c2－2accosB得 b2＝(3)2＋22－232cos150＝49，∴b＝7. (4)由cosA＝得 cosA＝＝，∴A＝45. 評(píng)述：此練習(xí)目的在于讓學(xué)生熟悉余弦定理的基本形式，要求學(xué)生注意運(yùn)算的準(zhǔn)確性及解題效率. 2.根據(jù)下列條件解三角形(角度精確到1) (1)a＝31，b＝42，c＝27； (2)a＝9，b＝10，c＝15. 解：(1)由cosA＝得 cosA＝≈0.6691，∴A≈48 由cosB＝≈0.0523，∴B≈93 ∴C＝180－(A＋B)＝180－(48＋93)≈39 (2)由cosA＝得 cosA＝＝0.8090，∴A≈36 由cosB＝得 cosB＝＝0.7660，∴B≈40 ∴C＝180－(A＋B)＝180－(36＋40)≈104 評(píng)述：此練習(xí)的目的除了讓學(xué)生進(jìn)一步熟悉余弦定理之外，還要求學(xué)生能夠利用計(jì)算器進(jìn)行較復(fù)雜的運(yùn)算.同時(shí)，增強(qiáng)解斜三角形的能力. Ⅳ.課時(shí)小結(jié) 通過(guò)本節(jié)學(xué)習(xí)，我們一起研究了余弦定理的證明方法，同時(shí)又進(jìn)一步了解了向量的工具性作用，并且明確了利用余弦定理所能解決的兩類有關(guān)三角形問(wèn)題：已知三邊求任意角；已知兩邊一夾角解三角形. Ⅴ.課后作業(yè) 課本習(xí)題P16 1，2，3，4. 解斜三角形題型分析 正弦定理和余弦定理的每一個(gè)等式中都包含三角形的四個(gè)元素，如果其中三個(gè)元素是已知的(其中至少有一個(gè)元素是邊)，那么這個(gè)三角形一定可解. 關(guān)于斜三角形的解法，根據(jù)所給的條件及適用的定理可以歸納為下面四種類型： (1)已知兩角及其中一個(gè)角的對(duì)邊，如A、B、a解△ABC. 解：①根據(jù)A＋B＋C＝π，求出角C； ②根據(jù)＝及＝，求b、c； 如果已知的是兩角和它們的夾邊，如A、B、c，那么先求出第三角C，然后按照②來(lái)求解.求解過(guò)程中盡可能應(yīng)用已知元素. (2)已知兩邊和它們的夾角，如a、b、C，解△ABC. 解：①根據(jù)c2＝a2＋b2－2abcosC，求出邊c； ②根據(jù)cosA＝，求出角A； ③從B＝180－A－C，求出角B. 求出第三邊c后，往往為了計(jì)算上的方便，應(yīng)用正弦定理求角，但為了避免討論角是鈍角還是銳角，應(yīng)先求a、b較小邊所對(duì)的角(它一定是銳角)，當(dāng)然也可用余弦定理求解. (3)已知三邊a、b、c，解△ABC. 解：一般應(yīng)用余弦定理求出兩角后，再由A＋B＋C＝180，求出第三個(gè)角. 另外，和第二種情形完全一樣，當(dāng)?shù)谝粋€(gè)角求出后，可以根據(jù)正弦定理求出第二個(gè)角，但仍然需注意要先求較小邊所對(duì)的銳角. (4)已知兩邊及其中一條邊所對(duì)的角，如a、b、A，解△ABC. 解：①根據(jù)＝，經(jīng)過(guò)討論求出B； ②求出B后，由A＋B＋C＝180求角C； ③再根據(jù)＝，求出邊c. 另外，如果已知三角，則滿足條件的三角形可以作出無(wú)窮多個(gè)，故此類問(wèn)題解不唯一. ［例1］在△ABC中，a＝1，b＝，B＝60，求角C. 解：由余弦定理得 ()2＝12＋c2－2ccos60， ∴c2－c－6＝0， 解得c1＝3，c2＝－2(舍去).∴c＝3. 評(píng)述：此題應(yīng)用余弦定理比正弦定理好. ［例2］在△ABC中，已知A＞B＞C且A＝2C，A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，又2b＝a＋c成等差數(shù)列，且b＝4，求a、c的長(zhǎng). 解：由＝且A＝2C得 ＝，cosC＝ 又∵2b＝a＋c且b＝4，∴a＋c＝2b＝8， ① ∴cosC＝＝＝＝. ∴2a＝3c ② 由①②解得a＝，c＝. ［例3］在△ABC中，已知a＝2，b＝，A＝45，解此三角形. 解：由a2＝b2＋c2－2bccosA 得22＝()2＋c2－2ccos45， c2－2c－2＝0 解得c＝1＋或c＝1－ (舍去) ∴c＝1＋，cosB＝＝＝. ∴B＝30 C＝180－(A＋B)＝180－(45＋30)＝105. ［例4］在△ABC中，已知：c4－2(a2＋b2)c2＋a4＋a2b2＋b4＝0，求角C. 解：∵c4－2(a2＋b2)c2＋a4＋a2b2＋b4＝0， ∴［c2－(a2＋b2)］2－a2b2＝0， ∴c2－(a2＋b2)＝ab， cosC＝＝，∴C＝120或C＝60.