高中数学 1.1.2 余弦定理教案 新人教B版必修5.doc

‎1.1.2 余弦定理 整体设计 教学分析　　　　　‎ 对余弦定理的探究，教材是从直角三角形入手，通过向量知识给予证明的．一是进一步加深学生对向量工具性的认识，二是感受向量法证明余弦定理的奇妙之处，感受向量法在解决问题中的威力．课后仍鼓励学生探究余弦定理的其他证明方法，推出余弦定理后，可让学生用自己的语言叙述出来，并让学生结合余弦函数的性质明确：如果一个三角形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；如果小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角；如果大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角．由上可知，余弦定理是勾股定理的推广．还要启发引导学生注意余弦定理的几种变形式，并总结余弦定理的适用题型的特点，在解题时正确选用余弦定理达到求解、化简的目的．‎ 应用余弦定理及其另一种形式，并结合正弦定理，可以解决以下问题：(1)已知两边和它们的夹角解三角形；(2)已知三角形的三边解三角形．在已知两边及其夹角解三角形时，可以用余弦定理求出第三条边，这样就把问题转化成已知三边解三角形的问题．在已知三边和一个角的情况下，求另一个角既可以应用余弦定理的另一种形式，也可以用正弦定理．用余弦定理的另一种形式，可以(根据角的余弦值)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．‎ 根据教材特点，本内容安排2课时．一节重在余弦定理的推导及简单应用，一节重在解三角形中两个定理的综合应用．‎ 三维目标　　　　　‎ ‎1．通过对余弦定理的探究与证明，掌握余弦定理的另一种形式及其应用；了解余弦定理与勾股定理之间的联系；知道解三角形问题的几种情形．‎ ‎2．通过对三角形边角关系的探索，提高数学语言的表达能力，并进一步理解三角函数、余弦定理、向量的数量积等知识间的关系，加深对数学具有广泛应用的认识；同时通过正弦定理、余弦定理数学表达式的变换，认识数学中的对称美、简洁美、统一美．‎ 27‎ ‎3．加深对数学思想的认识，本节的主要数学思想是量化的数学思想、分类讨论思想以及数形结合思想；这些数学思想是对于数学知识的理性的、本质的、高度抽象的、概括的认识，具有普遍的指导意义，它是我们学习数学的重要组成部分，有利于加深学生对具体数学知识的理解和掌握．‎ 重点难点　　　　　‎ 教学重点：掌握余弦定理；理解余弦定理的推导及其另一种形式，并能应用它们解三角形．‎ 教学难点：余弦定理的证明及其基本应用以及结合正弦定理解三角形．‎ 课时安排　　　　　‎ ‎2课时 教学过程 第1课时 导入新课　　　　　‎ 思路1.(类比导入)在探究正弦定理的证明过程中，从直角三角形的特殊情形入手，发现了正弦定理．现在我们仍然从直角三角形的这种特殊情形入手，然后将锐角三角形转化为直角三角形，再适当运用勾股定理进行探索，这种导入比较自然流畅，易于学生接受．‎ 思路2.(问题导入)如果已知一个三角形的两条边及其所夹的角，根据三角形全等的判断方法，这个三角形是大小、形状完全确定的三角形，能否把这个边角关系准确量化出来呢？也就是从已知的两边和它们的夹角能否计算出三角形的另一边和另两个角呢？根据我们掌握的数学方法，比如说向量法，坐标法，三角法，几何法等，类比正弦定理的证明，你能推导出余弦定理吗？‎ 推进新课　　　　　‎ (1)通过对任意三角形中大边对大角，小边对小角的边角量化，我们发现了正弦定理，解决了两类解三角形的问题.那么如果已知一个三角形的两条边及这两边所夹的角，根据三角形全等的判定方法，这个三角形是大小、形状完全确定的三角形.怎样已知三角形的两边及这两边夹角的条件下解三角形呢？‎ (2)能否用平面几何方法或向量方法或坐标方法等探究出计算第三边长的关系式或计算公式呢？‎ (3)余弦定理的内容是什么？你能用文字语言叙述它吗？余弦定理与以前学过的关于三角形的什么定理在形式上非常接近？‎ 27‎ (4)余弦定理的另一种表达形式是什么？‎ (5)余弦定理可以解决哪些类型的解三角形问题？怎样求解？‎ (6)正弦定理与余弦定理在应用上有哪些联系和区别？‎ 活动：根据学生的认知特点，结合课件“余弦定理猜想与验证”，教师引导学生仍从特殊情形入手，通过观察、猜想、证明而推广到一般．‎ 如下图，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．‎ 如下图，在△ABC中，设BC＝a，AC＝b，AB＝c，试根据b、c、∠A来表示a.‎ 教师引导学生进行探究．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成直角三角形．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于点D，那么在Rt△BDC中，边a可利用勾股定理通过CD、DB表示，而CD可在Rt△ADC中利用边角关系表示，DB可利用AB，AD表示，进而在Rt△ADC内求解．探究过程如下：‎ 过点C作CD⊥AB，垂足为点D，则在Rt△CDB中，根据勾股定理，得 a2＝CD2＋BD2.‎ ‎∵在Rt△ADC中，CD2＝b2－AD2，‎ 又∵BD2＝(c－AD)2＝c2－2c·AD＋AD2，‎ ‎∴a2＝b2－AD2＋c2－2c·AD＋AD2＝b2＋c2－2c·AD.‎ 又∵在Rt△ADC中，AD＝b·cosA，‎ ‎∴a2＝b2＋c2－2bccosA.‎ 类似地可以证明b2＝c2＋a2－2cacosB.‎ c2＝a2＋b2－2abcosC.‎ 另外，当A为钝角时也可证得上述结论，当A为直角时，a2＋b2＝c2也符合上述结论．‎ 这就是解三角形中的另一个重要定理——余弦定理．下面类比正弦定理的证明，用向量的方法探究余弦定理，进一步体会向量知识的工具性作用．‎ 27‎ 教师与学生一起探究余弦定理中的角是以余弦的形式出现的，又涉及边长问题，学生很容易想到向量的数量积的定义式：a·b＝|a||b|cosθ，其中θ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＝a，＝b，＝c，那么c＝a－b，‎ ‎|c|2＝c·c＝(a－b)·(a－b)‎ ‎＝a·a＋b·b－2a·b ‎＝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＝，‎ ‎∴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 27‎ 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：‎ 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：‎ ‎①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，有唯一解；‎ ‎②已知两边和它们的夹角解三角形，这类问题是第三边确定，因而其他两个角也唯一确定，故解唯一．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：‎ 27‎ ‎(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．‎ 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＝＝.‎ 例2如图，在△ABC中，已知a＝3，b＝2，c＝，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最大边所对的角，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 cos∠BCA＝＝＝＝－，‎ 因此∠BCA＝120°，‎ 再由正弦定理，得 27‎ sinA＝＝＝≈0.596 0，‎ 因此∠A≈36.6°或∠A≈143.4°(不合题意，舍去)．‎ 因此∠B＝180°－∠A－∠BCA≈23.4°.‎ 设BC边上的高为AD，则 AD＝csinB＝sin23.4°≈1.73.‎ 所以△ABC的面积≈×3×1.73≈2.6.‎ 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＝＝＝0.725 0，‎ ‎∴A≈44°.‎ ‎∵cosC＝＝＝≈0.807 1，‎ ‎∴C≈36°.‎ ‎∴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＝＝，‎ BC＝＝，‎ 27‎ AC＝＝2.‎ 在△ABC中，由余弦定理，得 cosA＝＝≈0.104 7，‎ 因此∠A≈84.0°.‎ 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，＝(－8,3)，＝(－2，－4)，‎ ‎∴||＝，||＝.‎ ‎∴cosA＝ ‎＝ ‎＝≈0.104 7.‎ 因此∠A≈84.0°.‎ 例4在△ABC中，已知a＝8，b＝7，B＝60°，求c及S△ABC.‎ 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S△ABC＝acsinB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＝，‎ ‎∴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，‎ 27‎ ‎∴72＝c2＋82－2×8×ccos60°.‎ 整理，得c2－8c＋15＝0，‎ 解之，得c1＝3，c2＝5.∴S△ABC＝ac1sinB＝6或S△ABC＝ac2sinB＝10.‎ 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，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，所以absinC＝，ab＝4.‎ 联立方程组解得a＝2，b＝2.‎ ‎(2)由正弦定理及已知条件，得b＝2a，‎ 联立方程组解得a＝，b＝.‎ 所以△ABC的面积S＝absinC＝.‎ ‎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. B．7 C．3 D. ‎2．已知三角形的三边长分别为x2＋x＋1，x2－1,2x＋1(x＞1)，求三角形的最大角．‎ 答案：‎ ‎1．D　解析：由题意，知a＋b＝3，ab＝2.‎ 在△ABC中，由余弦定理，知 27‎ c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2＋ab ‎＝(a＋b)2－ab ‎＝7，‎ ‎∴c＝.‎ ‎2．解：比较得知，x2＋x＋1为三角形的最大边，设其对角为A.‎ 由余弦定理，得 cosA＝ ‎＝－.‎ ‎∵0＜A＜180°，∴A＝120°，‎ 即三角形的最大角为120°.‎ ‎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．‎ 课本习题1—1A组4、5、6；习题1—1B组1～5.‎ 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 27‎ 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最佳状态．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.‎ ‎∵＋＝，‎ ‎∴·(＋)＝·.‎ ‎∴·＋·＝·.‎ ‎∴||2＋||||cos(180°－C)＝||||cosA.‎ ‎∴||－||cosC＝||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：①根据A＋B＋C＝π，求出角C；‎ ‎②根据＝及＝，求b、c.‎ 27‎ 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②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：①根据c2＝a2＋b2－2abcosC，求出边c；‎ ‎②根据cosA＝，求出角A；‎ ‎③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：①＝，经过讨论求出B；‎ ‎②求出B后，由A＋B＋C＝180°，求出角C；‎ ‎③再根据＝，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，故此类问题解不唯一．‎ ‎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．‎ 27‎ ‎“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＝，cosA＝，则△ABC的面积S为(　　)‎ A. B. C．2 D．3‎ ‎2．已知一个三角形的三边为a、b和，则这个三角形的最大角是(　　)‎ 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，) C．(，5) D．(，)‎ ‎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＝，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tan的值．‎ 参考答案：‎ ‎1．A　解析：由b2－bc－2c2＝0，即(b＋c)(b－2c)＝0，得b＝2c；①‎ 由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，即6＝b2＋c2－bc.②‎ 解①②，得b＝4，c＝2.‎ 由cosA＝，得sinA＝，‎ ‎∴S△ABC＝bcsinA＝×4×2×＝.‎ ‎2．C　解析：设最大角为θ，由余弦定理，得a2＋b2＋ab＝a2＋b2－2abcosθ，‎ 27‎ ‎∴cosθ＝－.∴θ＝120°.‎ ‎3．D　解析：若x为最大边，由余弦定理，知＞0，即x2＜13，∴0＜x＜.‎ 若x为最小边，则由余弦定理知4＋x2－9＞0，即x2＞5，‎ ‎∴x＞.综上，知x的取值范围是＜x＜.‎ ‎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θ，由余弦定理知，‎ cosθ＝＝＞0.‎ ‎∴θ为锐角，即新三角形为锐角三角形．‎ ‎5．(1)30°　(2)　解析：(1)∵a＝，b＝3，C＝30°，由余弦定理，有 c2＝a2＋b2－2abcosC＝3＋9－2××3×＝3，‎ ‎∴a＝c，则A＝C＝30°.‎ ‎(2)∵bccosA＋cacosB＋abcosC＝＋＋ ‎＝＝＝.‎ ‎6．解：由正弦定理，得＝，‎ 由sinC＝2sinBcosA，得cosA＝＝，‎ 又根据余弦定理，得cosA＝，‎ 故＝，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＝bcsinA，‎ ‎∴bcsinA＝a2－(b－c)2，‎ 27‎ 有sinA＝＋1，‎ 即·2sin·cos＝1－cosA.‎ ‎∴·sin·cos＝2sin2.‎ ‎∵sin≠0，故cos＝2sin，∴tan＝.‎ 第2课时 导入新课　　　　　‎ 思路1.(复习导入)让学生回顾正弦定理、余弦定理的内容及表达式，回顾上两节课所解决的解三角形问题，那么把正弦定理、余弦定理放在一起并结合三角、向量、几何等知识我们会探究出什么样的解题规律呢？由此展开新课．‎ 思路2.(问题导入)我们在应用正弦定理解三角形时，已知三角形的两边及其一边的对角往往得出不同情形的解，有时有一解，有时有两解，有时又无解，这究竟是怎么回事呢？本节课我们从一般情形入手，结合图形对这一问题进行进一步的探究，由此展开新课．‎ 推进新课　　　　　‎ (1)回忆正弦定理、余弦定理及其另一种形式的表达式，并用文字语言叙述其内容.能写出定理的哪些变式？‎ (2)正、余弦定理各适合解决哪类解三角形问题？‎ (3)解三角形常用的有关三角形的定理、性质还有哪些？‎ (4)为什么有时解三角形会出现矛盾，即无解呢？比如：,①已知在△ABC中，a＝22 cm，b＝25 cm，A＝135°，解三角形；,②已知三条边分别是3 cm，4 cm，7 cm，解三角形.‎ 活动：结合课件、幻灯片等，教师可把学生分成几组互相提问正弦定理、余弦定理的内容是什么？各式中有几个量？有什么作用？用方程的思想写出所有的变形(包括文字叙述)，让学生回答正、余弦定理各适合解决的解三角形类型问题、三角形内角和定理、三角形面积定理等．可让学生填写下表中的相关内容：‎ 解斜三角形时可 用的定理和公式 适用类型 备注 27‎ 余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccosA b2＝a2＋c2－2accosB c2＝b2＋a2－2bacosC ‎(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)已知两角和一边 ‎(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、一解或无解 三角形面积公式 S＝bcsinA ‎　＝acsinB ‎　＝absinC ‎(5)已知两边及其夹角 对于正弦定理，教师引导学生写出其变式：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，利用幻灯片更能直观地看出解三角形时的边角互化．对于余弦定理，教师要引导学生写出其变式(然后教师打出幻灯片)：∠A＞90°a2＞b2＋c2；∠A＝90°a2＝b2＋c2；∠A＜90°a2＜b2＋c2.‎ 以上内容的复习回顾如不加以整理，学生将有杂乱无章、无规碰撞之感，觉得好像更难以把握了，要的就是这个效果，在看似学生乱提乱问乱说乱写的时候，教师适时地打出幻灯片(1张)，立即收到耳目一新，主线立现、心中明朗的感觉，幻灯片除以上2张外，还有：‎ ＝＝＝2R；a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC；cosA＝，cosB＝，cosC＝.‎ 出示幻灯片后，必要时教师可根据学生的实际情况略作点评．‎ 与学生一起讨论解三角形有时会出现无解的情况．如问题(4)中的①会出现如下解法：‎ 根据正弦定理，sinB＝＝≈0.831 1.‎ ‎∵0°＜B＜180°，∴B≈56.21°或B≈123.79°.‎ 27‎ 于是C＝180°－(A＋B)≈180°－(133°＋56.21°)＝－9.21°或C＝180°－(A＋B)≈180°－(133°＋123.79°)＝－76.79°.‎ 到这里我们发现解三角形竟然解出负角来，显然是错误的．问题出在哪里呢？在检验以上计算无误的前提下，教师引导学生分析已知条件．由a＝22 cm，b＝25 cm，这里a＜b，而A＝133°是一个钝角，根据三角形的性质应用A＜B，即B也应该是一个钝角，但在一个三角形中是不可能有两个钝角的．这说明满足已知条件的三角形是不存在的．同样②中满足条件的三角形也是不存在的，因为根据我们所学过的三角形知识，任何三角形的两边之和都大于第三边．而三边在条件3 cm，4 cm，7 cm中两边和等于或小于第三边，在此情况下当然也无法解出三角形．‎ 讨论结果：‎ ‎(1)、(3)、(4)略．‎ ‎(2)利用正弦定理和余弦定理可解决以下四类解三角形问题：‎ ‎①已知两角和任一边，求其他两边和一角．‎ ‎②已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角(从而进一步求出其他的边和角)．‎ ‎③已知三边，求三个角．‎ ‎④已知两边和夹角，求第三边和其他两角．‎ 例1在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，b＝acosC且△ABC的最大边长为12，最小角的正弦值为.‎ ‎(1)判断△ABC的形状；‎ ‎(2)求△ABC的面积．‎ 活动：教师与学生一起共同探究本例，通过本例带动正弦定理、余弦定理的知识串联，引导学生观察条件b＝acosC，这是本例中的关键条件．很显然，如果利用正弦定理实现边角转化，则有2RsinB＝2RsinA·cosC.若利用余弦定理实现边角转化，则有b＝a·，两种转化策略都是我们常用的．引导学生注意对于涉及三角形的三角函数变换．内角和定理A＋B＋C＝180°非常重要，常变的角有＋＝－，2A＋2B＋2C＝2π，sinA＝sin(B＋C)，cosA＝－cos(B＋C)，sin＝cos，cos＝sin等，三个内角的大小范围都不能超出(0°，180°)．‎ 27‎ 解：(1)方法一：∵b＝acosC，‎ ‎∴由正弦定理，得sinB＝sinA·cosC.‎ 又∵sinB＝sin(A＋C)，∴sin(A＋C)＝sinA·cosC，‎ 即cosA·sinC＝0.‎ 又∵A、C∈(0，π)，∴cosA＝0，即A＝.‎ ‎∴△ABC是A＝90°的直角三角形．‎ 方法二：∵b＝acosC，‎ ‎∴由余弦定理，得b＝a·，‎ ‎2b2＝a2＋b2－c2，即a2＝b2＋c2.‎ 由勾股定理逆定理，知△ABC是A＝90°的直角三角形．‎ ‎(2)∵△ABC的最大边长为12，由(1)知斜边a＝12.‎ 又∵△ABC最小角的正弦值为，‎ ‎∴Rt△ABC的最短直角边长为12×＝4.‎ 另一条直角边长为＝8，‎ ‎∴S△ABC＝×4×8＝16.‎ 点评：以三角形为载体，以三角变换为核心，结合正弦定理和余弦定理综合考查逻辑分析和计算推理能力是高考命题的一个重要方向．因此要特别关注三角函数在解三角形中的灵活运用，及正、余弦定理的灵活运用．‎ ‎ ‎ ‎ 变式训练 ‎　在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且cosA＝.‎ ‎(1)求sin2＋cos2A的值；‎ ‎(2)若b＝2，△ABC的面积S＝3，求a.‎ 解：(1)sin2＋cos2A＝＋cos2A ‎＝＋2cos2A－1＝.‎ ‎(2)∵cosA＝，∴sinA＝.‎ 27‎ 由S△ABC＝bcsinA得3＝×2c×，解得c＝5.‎ 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得a2＝4＋25－2×2×5×＝13，‎ ‎∴a＝.‎ 例2已知a，b，c是△ABC中∠A，∠B，∠C的对边，若a＝7，c＝5，∠A＝120°，求边长b及△ABC外接圆半径R.‎ 活动：教师引导学生观察已知条件，有边有角，可由余弦定理先求出边b，然后利用正弦定理再求其他．点拨学生注意体会边角的互化，以及正弦定理和余弦定理各自的作用．‎ 解：由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccosA，即b2＋52－2×5×bcos120°＝49，‎ ‎∴b2＋5b－24＝0.‎ 解得b＝3.(负值舍去)．‎ 由正弦定理：＝2R，即＝2R，解得R＝.‎ ‎∴△ABC中，b＝3，R＝.‎ 点评：本题直接利用余弦定理，借助方程思想求解边b，让学生体会这种解题方法，并探究其他的解题思路．‎ ‎ ‎ ‎ 变式训练 ‎　设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＋c2＝a2＋bc，求：‎ ‎(1)A的大小；‎ ‎(2)2sinB·cosC－sin(B－C)的值．‎ 解：(1)由余弦定理，得cosA＝＝＝，‎ ‎∴∠A＝30°.‎ ‎(2)2sinBcosC－sin(B－C)‎ ‎＝2sinBcosC－(sinB·cosC－cosBsinC)‎ ‎＝sinBcosC＋cosBsinC ‎＝sin(B＋C)‎ ‎＝sinA 27‎ ‎＝.‎ 例3如图，在四边形ABCD中，∠ADB＝∠BCD＝75°，∠ACB＝∠BDC＝45°，DC＝，求：‎ ‎ (1)AB的长；‎ ‎(2)四边形ABCD的面积．‎ 活动：本例是正弦定理、余弦定理的灵活应用，结合三角形面积求解，难度不大，可让学生自己独立解决，体会正、余弦定理结合三角形面积的综合应用．‎ 解：(1)因为∠BCD＝75°，∠ACB＝45°，所以∠ACD＝30°.‎ 又因为∠BDC＝45°，‎ 所以∠DAC＝180°－(75°＋ 45°＋ 30°)＝30°.所以AD＝DC＝.‎ 在△BCD中，∠CBD＝180°－(75°＋ 45°)＝60°，‎ 所以＝，BD ＝＝.‎ 在△ABD中，AB2＝AD2＋ BD2－2×AD×BD×cos75°＝()2＋()2－2×××＝ 5，所以AB＝.‎ ‎(2)S△ABD＝×AD×BD×sin75°＝×××＝.‎ 同理， S△BCD＝.‎ 所以四边形ABCD的面积S＝.‎ 点评：本例解答对运算能力提出了较高要求，教师应要求学生“列式工整、算法简洁、运算正确”，养成规范答题的良好习惯．‎ ‎ ‎ ‎ 变式训练 ‎　如图，△ACD是等边三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，BD交AC于E，AB＝2.‎ 27‎ ‎ (1)求cos∠CBE的值；‎ ‎(2)求AE.‎ 解：(1)因为∠BCD＝90°＋60°＝150°，‎ CB＝AC＝CD，‎ 所以∠CBE＝15°.‎ 所以cos∠CBE＝cos(45°－30°)＝.‎ ‎(2)在△ABE中，AB＝2，‎ 由正弦定理，得＝，‎ 故AE＝＝＝－.‎ 例4在△ABC中，求证：a2sin2B＋b2sin2A＝2absinC.‎ 活动：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．另外，此题要求学生熟悉相关的三角函数的有关公式，如sin2B＝2sinBcosB等，以便在化为角的关系时进行三角函数式的恒等变形．‎ 证法一： (化为三角函数)‎ a2sin2B＋b2sin2A＝(2RsinA)2·2sinB·cosB＋(2RsinB)2·2sinA·cosA＝8R2sinA·sinB(sinAcosB＋cosAsinB)＝8R2sinAsinBsinC＝2·2RsinA·2RsinB·sinC＝2absinC.‎ 所以原式得证．‎ 证法二： (化为边的等式)‎ 左边＝a2·2sinBcosB＋b2·2sinAcosA＝a2··＋b2··＝(a2＋c2－b2＋b2＋c2－a2)＝·2c2＝2ab·＝2absinC.‎ 27‎ 点评：由边向角转化，通常利用正弦定理的变形式：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，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sin2A＝2sinA·cosA，正弦两角和公式sin(A＋B)＝sinA·cosB＋cosA·sinB；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．‎ ‎ ‎ ‎ 变式训练 ‎　在△ABC中，求证：‎ ‎(1)＝；‎ ‎(2)a2＋b2＋c2＝2(bccosA＋cacosB＋abcosC)．‎ 证明：(1)根据正弦定理，可设 ＝＝ ＝ k，‎ 显然 k≠0，所以 左边＝＝＝＝右边．‎ ‎(2)根据余弦定理，得 右边＝2(bc＋ca＋ab)‎ ‎＝(b2＋c2－ a2)＋(c2＋a2－b2)＋(a2＋b2－c2)‎ ‎＝a2＋b2＋c2＝左边．‎ ‎1．已知△ABC的三个内角A、B、C所对的三边分别为a、b、c.若△ABC的面积S＝c2－(a－b)2，则tan等于(　　)‎ A. B. C. D．1‎ ‎2．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足4sin2－cos2B＝.‎ ‎(1)求角B的度数；‎ ‎(2)若b＝，a＋c＝3，且a＞c，求a、c的值．‎ 答案：‎ ‎1．B　解析：由余弦定理及面积公式，得 S＝c2－a2－b2＋2ab＝－2abcosC＋2ab＝absinC，‎ 27‎ ‎∴＝.‎ ‎∴tan＝＝.‎ ‎2．解：(1)由题意，知4cos2B－4cosB＋1＝0，∴cosB＝.‎ ‎∵0＜B＜180°，∴B＝60°.‎ ‎(2)由余弦定理，知3＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac＝9－3ac，‎ ‎∴ac＝2.①‎ 又∵a＋c＝3，②‎ 解①②联立的方程组，得a＝2，c＝1或a＝1，c＝2.‎ ‎∵a＞c，∴a＝2，c＝1.‎ 教师与学生一起回顾本节课我们共同探究的解三角形问题，特别是已知两边及其一边的对角时解的情况，通过例题及变式训练，掌握了三角形中边角互化的问题以及联系其他知识的小综合问题．学到了具体问题具体分析的良好思维习惯．‎ 教师进一步点出，解三角形问题是确定线段的长度和角度的大小，解三角形需要利用边角关系，三角形中，有六个元素：三条边、三个角；解三角形通常是给出三个独立的条件(元素)，求出其他的元素，如果是特殊的三角形，如直角三角形，两个条件(元素)就够了．正弦定理与余弦定理是刻画三角形边角关系的重要定理，正弦定理适用于已知两角一边，求其他要素；余弦定理适用于已知两边和夹角，或者已知三边求其他要素．‎ 课本本节习题1—1B组6、7.‎ ‎1．在△ABC中，若＝，试判断△ABC的形状．‎ ‎2．在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，A＝60°，B＞C，b、c是方程x2－2x＋m＝0的两个实数根，△ABC的面积为，求△ABC的三边长．‎ 解答：1.由＝，得＝，‎ 由正弦定理，得a＝2RsinA，b＝2RsinB，‎ ‎∴＝.‎ 27‎ ‎∴sinA·cosA＝sinB·cosB，‎ 即sin2A＝sin2B.‎ ‎∴A＋B＝90°或A＝B，‎ 即△ABC为等腰三角形或直角三角形．‎ ‎2．由韦达定理，得bc＝m，S△ABC＝bcsinA＝msin60°＝m＝，‎ ‎∴m＝2.‎ 则原方程变为x2－2x＋2＝0，‎ 解得两根为x＝±1.‎ 又B＞C，∴b＞c.‎ 故b＝＋1，c＝－1.‎ 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA＝6，得a＝.‎ ‎∴所求三角形的三边长分别为a＝，b＝＋1，c＝－1.‎ 设计感想 本教案设计的思路是：通过一些典型的实例来拓展关于解三角形的各种题型及其解决方法，具体解三角形时，所选例题突出了函数与方程的思想，将正弦定理、余弦定理视作方程或方程组，处理已知量与未知量之间的关系．‎ 本教案的设计注重了一题多解的训练，如例4给出了两种解法，目的是让学生对换个角度看问题有所感悟，使学生经常自觉地从一个思维过程转换到另一个思维过程，逐步培养出创新意识．换一个角度看问题，变通一下，也许会有意想不到的效果．‎ 备课资料 一、正弦定理、余弦定理课外探究 ‎1．正、余弦定理的边角互换功能 对于正、余弦定理，同学们已经开始熟悉，在解三角形的问题中常会用到它，其实，在涉及到三角形的其他问题中，也常会用到它们．两个定理的特殊功能是边角互换，即利用它们可以把边的关系转化为角的关系，也可以把角的关系转化为边的关系，从而使许多问题得以解决．‎ ‎【例1】 已知a、b为△ABC的边，A、B分别是a、b的对角，且＝，求的值．‎ 27‎ 解：∵＝，∴＝.又＝(这是角的关系)，‎ ‎∴＝(这是边的关系)．于是，由合比定理，得＝＝.‎ ‎【例2】 已知△ABC中，三边a、b、c所对的角分别是A、B、C，且2b＝a＋c.‎ 求证：sinA＋sinC＝2sinB.‎ 证明：∵a＋c＝2b(这是边的关系)，①‎ 又＝＝，∴a＝，②‎ c＝.③‎ 将②③代入①，得＋＝2b.整理，得sinA＋sinC＝2sinB(这是角的关系)．‎ ‎2．正、余弦定理的巧用 某些三角习题的化简和求解，若能巧用正、余弦定理，则可避免许多繁杂的运算，从而使问题较轻松地获得解决，现举例说明如下：‎ ‎【例3】 求sin220°＋cos280°＋sin20°cos80°的值．‎ 解：原式＝sin220°＋sin210°－2sin20°sin10°cos150°，‎ ‎∵20°＋10°＋150°＝180°，∴20°、10°、150°可看作一个三角形的三个内角．‎ 设这三个内角所对的边依次是a、b、c，由余弦定理，得a2＋b2－2abcos150°＝c2.(*)‎ 而由正弦定理，知a＝2Rsin20°，b＝2Rsin10°，c＝2Rsin150°，代入(*)式，得sin220°＋sin210°－2sin20°sin10°cos150°＝sin2150°＝.∴原式＝.‎ 二、备用习题 ‎1．在△ABC中，已知a＝11，b＝20，A＝130°，则此三角形(　　)‎ A．无解 B．只有一解 C．有两解 D．解的个数不确定 ‎2．△ABC中，已知(a＋c)(a－c)＝b2＋bc，则A等于(　　)‎ A．30° B．60° C．120° D．150°‎ ‎3．△ABC中，若＝，则该三角形一定是(　　)‎ A．等腰三角形但不是直角三角形 B．直角三角形但不是等腰三角形 C．等腰直角三角形 27‎ D．等腰三角形或直角三角形 ‎4．△ABC中，tanA·tanB＜1，则该三角形一定是(　　)‎ A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．以上都有可能 ‎5．在△ABC中，若∠B＝30°，AB＝2，AC＝2，则△ABC的面积是__________．‎ ‎6．在△ABC中，已知A＝120°，b＝3，c＝5，求：‎ ‎(1)sinBsinC；‎ ‎(2)sinB＋sinC.‎ ‎7．在△ABC中，角A、B、C所对边的长分别是a、b、c，且cos〈，〉＝.‎ ‎(1)求sin2＋cos2A的值；‎ ‎(2)若a＝4，b＋c＝6，且b＜c，求b、c的值．‎ 参考答案：‎ ‎1．A　解析：∵a＜b，且A＝130°＞90°，因此无解．‎ ‎2．C　解析：由已知，得a2－c2＝b2＋bc，∴b2＋c2－a2＝－bc.‎ 由余弦定理，得 cosA＝＝＝－.‎ ‎∴A＝120°.‎ ‎3．D　解析：由已知条件结合正弦定理，得 ＝，即sinA·cosA＝sinB·cosB，‎ ‎∴sin2A＝sin2B.‎ ‎∴2A＝2B或2A＝180°－2B，‎ 即A＝B或A＋B＝90°.‎ 因此三角形为等腰三角形或直角三角形．‎ ‎4．B　解析：由已知条件，得·＜1，即＞0，＜0.‎ 说明cosA，cosB，cosC中有且只有一个为负．‎ 因此三角形为钝角三角形．‎ ‎5．2或　解析：由＝，知sinC＝.‎ 27‎ 若∠C＝60°，则△ABC是直角三角形，S△ABC＝AB×AC＝2.‎ 若∠C＝120°，则∠A＝30°，S△ABC＝AC×AB·sin30°＝.‎ ‎6．解法一：(1)∵b＝3，c＝5，A＝120°，‎ ‎∴由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝9＋25－2×3×5×(－)＝49.∴a＝7.‎ 由正弦定理，得sinB＝＝＝，sinC＝＝，‎ ‎∴sinBsinC＝.‎ ‎(2)由(1)知，sinB＋sinC＝＝.‎ 解法二：(1)由余弦定理，得a＝7，‎ 由正弦定理a＝2RsinA，得R＝＝，‎ ‎∴sinB＝＝＝，sinC＝＝.‎ ‎∴sinBsinC＝.‎ ‎(2)由(1)知，sinB＋sinC＝＝.‎ ‎7．解：(1)sin2＋cos2A＝[1－cos(B＋C)]＋(2cos2A－1)＝(1＋cosA)＋(2cos2A－1)＝(1＋)＋(－1)＝－.‎ ‎(2)由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，‎ 即a2＝(b＋c)2－2bc－2bccosA，即16＝36－bc.∴bc＝8.‎ 由∴ 27‎