《高中数学 1.2 应用举例教案 新人教a版必修5》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学 1.2 应用举例教案 新人教a版必修5（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、正余弦定理及其应用的教案正余弦定理及其应用的教案教学目标教学目标（一）知识与能力目标1通过对正余弦定理的应用，加深对正余弦定理的理解会用正余弦定理解三角形(1)已知两角和任一边，求其它两边和一角(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角及其它的边和角（3 3）已知三边，用余弦定理，必有唯一解；）已知三边，用余弦定理，必有唯一解；（4 4）已知两边及其中一边的对角，（不妨设为）已知两边及其中一边的对角，（不妨设为 a,b,Aa,b,A）解法有两种：）解法有两种：2理解掌握已知两边和其中一边的对角解三角形时，有一解或两解或无解三种情况，并会判断哪些条件使解三角形时出现一解、两解、无解（二）过程
2、与方法目标通过对正余弦定理及其变形式的应用，达到边角互化的目的，在题型中的操练，达到熟练掌握的同时，并掌握一定的解题技巧和方法。（三）情感态度与价值观感受正余弦定理与其他知识间的紧密联系，体会万事万物间也存在着千丝万缕的关系。教学重点和难点教学重点和难点重点：重点：1 1、正余弦定理的应用，用正余弦定理解三角形，特别是在已知两边和其中一边的对角解三角形时，解的情况2、利用正余弦定理实现边角互化，体现正余弦定理搭建边角互化的桥梁，是解三角形有利的两大工具。难点：难点：在具体的题型中真正体现正余弦定理作为桥梁的作用，并能挖掘出题目中的隐含条件，达到求解的目的。教学设计：由复习引入到本节主要三个环节
3、，分环节进行，典例剖析，讲练结合，层层递进，环环相扣。教学过程设计教学过程设计一、复习正余弦定理1、正弦定理：正弦定理精确地表达了三角形中各边和它所对角的正弦成正比a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC2、余弦定理：二、教师指导学生完成，教师最后总结正余弦定理精确地表达了三角形中的边与角之间的关系，我们就可利用它根据三角形中的已知元素去求出未知元素)(2sinsinsin外接圆的半径表示 ABCRRCc Bb Aa，2 2b bc ca ac cb bc co os sA A2 22 22 2，2 2c ca ab ba ac cc co os sB B2 22 22 2。2 2a a
4、b bc cb ba ac co os sC C2 22 22 22 2R Rs si in nC Cc c2 2R R，s si in nB Bb b2 2R R，s si in nA Aa a2 2R Rc c，s si in nC C2 2R Rb b，s si in nB B2 2R Ra as si in nA A（一）解三角形一）解三角形 二、合理使用正、余弦定理，使角边互相转化二、合理使用正、余弦定理，使角边互相转化例例 3 3：在：在 ABCABC 中，已知中，已知 acosA=bcosBacosA=bcosB，判断三角形的形状。，判断三角形的形状。2 22 26 6，c c1
5、 15 5，C C1 12 20 0（2 2）A A；2 22 26 6，c c7 75 5，C C6 60 0（1 1）A A用用正正弦弦定定理理）：所所以以本本题题有有两两解解（, ,1 18 80 0B BA A因因为为这这两两个个A A均均满满足足或或1 12 20 06 60 0A A, ,2 23 3s si in nA A, ,s si in n4 45 52 2 s si in nA A3 3由由正正弦弦定定理理得得 : :破破解解1 1 再。理理变变式式），下下同同破破解解1 1题题有有两两解解（再再用用余余弦弦定定个个c c均均为为正正数数，所所以以本本这这两两, ,2 2
6、2 26 6c c0 0, ,1 1c c6 6- -得得c c2 2c ca ac co os sB B, ,- -a ac c由由余余弦弦定定理理b b : :破破解解2 22 22 22 22 2三、注意三角形中的隐含条件三、注意三角形中的隐含条件思考：此题还有别的解法吗？2 2s si in nA A. .B BC C2 2s si in nC C, ,所所以以A AB B2 2, ,s si in n6 60 03 3 s si in nB BA AC C s si in nA AB BC C s si in nC CA AB B正正弦弦定定理理知知解解：在在A AB BC C中中，
7、由由o。7 72 2B BC C的的最最大大值值为为2 2所所以以A AB B) ), , ,1 12 20 0( (0 0C C, ,2 23 3其其中中t ta an n) ), ,s si in n( (C C7 72 2c co os sC C3 32 24 4s si in nC Cs si in nC C) )2 21 1c co os sC C2 23 34 4( (2 2s si in nC CC C) )4 4s si in n( (1 12 20 02 2s si in nC C4 4s si in nA A2 2s si in nC C2 2B BC C所所以以A AB B, ,1 12 20 0C C又又A Aoooo
