1.3 实习作业教案设计范例

解三角形复习教案

王权

1．熟练掌握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晰的认识，熟练掌握利用正、余弦定理解斜三角形的方法，明确解斜三角形知识在实际中的广泛应用，熟练掌握由实际问题向解斜三角形类型问题的转化，逐步提高数学知识的应用能力．

3．注重思维引导及方法提炼，展现学生的主体作用，关注情感的积极体验，加强题后反思环节，提升习题效率，激发学生钻研数学的热情、兴趣和信心．

重点难点

教学重点：掌握正、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、余弦定理的灵活运用，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．

课时安排

1课时

教学过程

导入新课

(直接引入)本节课我们将对全章的知识、方法进行系统的归纳总结；系统掌握解三角形的方法与技巧．由此展开新课的探究．

推进新课

新知探究

提出问题

本章我们学习了哪些知识内容？请画出本章的知识结构图1 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？2

在解三角形时应用两个定理要注意些什么问题？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？3

本章中解三角形的知识主要应用于怎样的一些问题？4

总结从初中到高中测量河流宽度和物体高度的方法.5

活动：教师引导学生画出本章知识框图，教师打出课件演示：

从图中我们很清晰地看出本章我们学

习了正弦定理、余弦定理以及应用这两个定理解三角形，由于本章内容实践性很强，之后又重点研究了两个定理在测量距离、高度、角度等问题中的一些应用．教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：

asinA＝bsinB＝csinC，

a2＝b2＋c2－2bccosA，

b2＝c2＋a2－2accosB，

c2＝a2＋b2－2abcosC. 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．

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)．

利用余弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题．

①已知三边，求三个角；

②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角．

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，不产生讨论的方法求解．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S＝12bcsinA＝12acsinB＝12absinC，利用它我们可以解决已知两边及其夹角求三角形的面积．

教师利用多媒体投影演示课件如下：

解斜三角形时可用的 定理和公式

适用类型

备注

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

asinA＝bsinB＝csinC＝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、一解和无解

三角形面积公式

S＝12bcsinA

＝12acsinB

＝12absinC (5)已知两边及其夹角 教师点拨学生，以上这些知识与初中的边角关系、勾股定理等内容构成三角形内容的有机整体．实际上，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单测量的基础上，应用了正弦定理、余弦定理解关于斜三角形的问题．

在应用两个定理等知识解决一些与测量和几何计算有关的问题时，需注意以下几点：

①在利用正弦定理求角时，由于正弦函数在(0，π)内不严格单调，所以角的个数可能不唯一，这时应注意借助已知条件加以检验，务必做到不漏解，不多解．

②在运用正弦定理与余弦定理进行有关三角形内角证明时，余弦定理会省去取舍的麻烦，但同时要注意在根据三角函数求角时，应先确定其范围．

③在进行边角，角边转换时，注意运用正弦定理和余弦定理的变形形式．

讨论结果：

(1)、(2)、(5)略．

(3)在应用两个定理求解时，注意与平面几何知识的融合．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，但要具体问题具体分析，从中选择最优解法．

(4)本章知识主要应用测量、航海、建筑等在日常生活中与三角形有关的问题． 应用示例

例1判断满足下列条件的三角形形状．

(1)acosA＝bcosB；

(2)sinC＝sinA＋sinBcosA＋cosB. 活动：教师与学生一起探究判定三角形形状的方法有哪些．学生思考后可得出确定三角形的形状主要有两条途径：(1)化边为角，(2)化角为边．鼓励学生尽量一题多解，比较各种解法的优劣．

解：(1)方法一：用余弦定理，

得a×b2＋c2－a22bc ＝b×c2＋a2－b22ca. ∴c2(a2－b2)＝a4－b4＝(a2＋b2)(a2－b2)．

∴a2＝b2或c2＝a2＋b2. ∴三角形是等腰三角形或直角三角形．

方法二：用正弦定理，得sinAcosA＝sinBcosB，

∴sin2A＝sin2B. ∵A、B为三角形的内角，∴2A＝2B或2A＋2B＝180°. ∴A＝B或A＋B＝90°. 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＝a＋bcosA＋cosB，即c•cosA＋c•cosB＝a＋b. 再用余弦定理，得c•b2＋c2－a22bc＋c•a2＋c2－b22ac＝a＋b. 化简并整理，得a3＋b3＋a2b＋ab2－ac2－bc2＝0，

(a＋b)(a2＋b2－c2)＝0. ∵a＞0，b＞0，∴a2＋b2－c2＝0，即a2＋b2＝c2. ∴三角形为直角三角形．

方法二：∵sinA＝sin(B＋C)，sinB＝sin(A＋C)，

∴原式可化为sinC•cosA＋cosB•sinC

＝sinA＋sinB＝sin(B＋C)＋sin(A＋C) ＝sinB•cosC＋cosB•sinC＋sinA•cosC＋cosA•sinC.

∴sinB•cosC＋sinA•cosC＝0，

即cosC(sinA＋sinB)＝0. ∵0°＜A＜180°，0°＜B＜180°，

∴sinA＋sinB≠0.∴cosC＝0. 又∵0°＜C＜180°，∴C＝90°.∴三角形为直角三角形．

点评：第(1)题中的第2种解法得出sin2A＝sin2B时，很容易直接得出2A＝2B，所以A＝B.这样就漏掉了一种情况，因为sin2A＝sin2B中有可能推出2A与2B两角互补，这点应引起学生注意．第(2)题中绕开正、余弦定理通过三角函数值的符号判定也是一种不错的选择，但学生不易想到，因此熟悉三角形中sinA＝sin(B＋C)，cosA＝－cos(B＋C)等常见结论对解三角形大有益处．

变式训练

△A BC的三内角A、B、C的对边边长分别为a、b、c.若a＝52b，A＝2B，则cosB等于(

) A.53 B.54 C.55 D.56 答案：B 解析：由题意得ab＝52＝sinAsinB＝sin2BsinB＝2cosB，cosB＝54. 例2在△ABC中，若△ABC的面积为S，且2S＝(a＋b)2－c2，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？教师可

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S＝12absinC＝12acsinB＝12bcsinA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？显然思路不明．这时教师适时点拨可否化简等式右边呢？这样右边为(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab.用上余弦定理即得a2＋b2－c2＋2ab＝2abcosC＋2ab，这就出现了目标角C，思路逐渐明朗，由此得到题目解法．

解：由已知，得(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab ＝2abcosC＋2ab＝2×12absinC. ∴2(1＋cosC)＝sinC，

2×2cos2C2＝2sinC2•cosC2.

∵0°＜C＜180°，∴0°＜C2＜90°，即cosC2≠0.

∴tanC2＝2.∴tanC＝2tanC21－tan2C2＝41－4＝－43. 点评：通过对本题的探究，让学生认识到拿到题目后不能盲目下手，应先制定解题策略，寻找解题切入口．

变式训练

在△ABC中，tanA＝14，tanB＝

35. (1)求角C的大小；

(2)若AB边的长为17，求BC边的长．

解：(1)∵C＝180°－(A＋B)，

∴tanC＝－tan(A＋B)＝－14＋351－14×35＝－1. 又∵0°＜C＜180°，∴C＝135°. (2)∵tanA＝sinAcosA＝14，sin2A＋cos2A＝1,0°＜A＜90°，

∴sinA＝1717. 由正弦定理，得ABsinC＝BCsinA，∴BC＝AB•sinAsinC＝2. 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，解题前教师引导学生回忆前面解决实际问题的方法步骤，让学生清晰认识到解决本题的关键是建立数学模型，然后用相关的数学知识来解决．

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＝θ，则|MP|＝20sinθ，|OP|＝20cosθ，从而S＝400sinθcosθ＝200sin2θ，即当θ＝π4时，Smax＝200. 按图(2)的裁法：矩形的一边PQ与弦AB平行，设∠MOQ＝θ，在△MOQ中，∠OQM＝90°＋30°＝120°，

(1)

(2) 由正弦定理，得|MQ|＝20sinθsin120°＝4032sinθ.

又因为|MN|＝2|OM|sin(60°－θ)＝40sin(60°－θ)，

所以S＝|MQ|•|MN|＝1 60033sinθsin(60°－θ)

＝1 60033{－12[cos60°－cos(2θ－60°)] }＝80033[cos(2θ－60°)－cos60°]．

所以

当θ＝30°时，Smax＝40033. 由于40033＞200，所以用第二种裁法可裁得面积最大的矩形，最大面积为40033 cm2. 点评：正弦定理、余弦定理在测量(角度、距离)、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，实质是解斜三角形，将问题涉及的有关量集中在

某一个或者几个三角形中，灵活地运用正弦定理、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acosB＝3，bsinA＝4. (1)求边长a； (2)若△ABC的面积S＝10，求△ABC的周长l. 解：(1)由acosB＝3与bsinA＝4，两式相除，得

34＝acosBbsinA＝asinA•cosBb＝bsinB•cosBb＝cosBsinB. 又acosB＝3，知cosB＞0，

则cosB＝35，sinB＝45. 则a＝5. (2)由S＝12acsinB＝10，得c＝5. 由cosB＝a2＋c2－b22ac＝35，

解得b＝25.故△ABC的周长l＝a＋b＋c＝10＋25. 知能训练

1．在△ABC中，若b＝2a，∠B＝∠A＋60°，则∠A＝__________. 2．在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，设a、b、c满足条件b2＋c2－bc＝a2，cb＝12＋3，求∠A和tanB的值．

答案：

1．30°

解析：由正弦定理，知asinA＝bsinB，

，2sinA＝sin(A＋60°)＝12sinA＋32cosA.A＋60°∴1sinA＝2sin ∴tanA＝33.∵0°＜∠A＜180°，∴∠A＝30°. 2．解：由余弦定理和已知条件，得cosA＝b2＋c2－a22bc＝bc2bc＝12，

∵0°＜∠A＜180°，∴∠A＝60°，且∠B＝180°－∠A－∠C＝120°

－∠C. sinB＝3cosB＋sinB2sinB＝3cosB2sinB＋12＝12＋3，120°－B由正弦定理和已知条件，得sinCsinB＝sin ∴tanB＝12.∴所求∠A＝60°，tanB＝12. 课本本章小结巩固与提高1～8. 课堂小结

先由学生总结本节课对全章的复习都有哪些收获和提高？解决本章的基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．

教师进一步画龙点睛，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)运用三角形基础知识，正、余弦定理及面积公式与三角函数公式配合

，通过等价转化或构建方程解答三角形的综合问题，注意隐含条件的挖掘．

作业

1．巩固与提高9～12 2．自测与评估1～7 设计感想

本教案设计注重了优化知识结构，进一步加深对知识的巩固．在此过程中，

学生对思想方法的领悟也更具深刻性；注重对学生抽象思维、发散思维的培养训练．通过一题多解训练了学生对事物现象选择角度地观察，从而把握事物的本质．

本教案设计意图还按照习题的内容分类处理进行；注重了思维引导及方法提炼，展现了学生的主体作用，关注学生愉悦情感的积极体验，深挖了三角形本身内在美的价值，意在激发学生强烈的探究欲望，培养学生积极的向上心态．

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和三边之间有如下的关系：

p，p－cp－bp－atanA2＝1p－a p，p－cp－bp－atanB2＝1p－b p，p－cp－bp－atanC2＝1p－c 其中p＝12(a＋b＋c)．

证明：tanA2＝sinA2cosA2，因为sinA2＞0，cosA2＞0，

1－b2＋c2－a22bc所以sinA2＝1－cosA2＝12 4bc.a－b＋ca＋b－c24bc＝b－c＝a2－

因为p＝12(a＋b＋c)，所以a－b＋c＝2(p－b)，a＋b－c＝2(p－c)．

bc.p－cp－b所以sinA2＝

2－a24bcb＋c＝1＋b2＋c2－a22bc而cosA2＝1＋cosA2＝12 bc，p－a4bc＝pb＋c－ab＋c＋a＝

p－app－cp－bbc＝p－abcpp－cp－b所以tanA2＝sinA2cosA2＝

p.p－cp－bp－ap.所以tanA2＝1p－ap－cp－bp－a＝1p－a p，p－cp－bp－a同理，可得tanB2＝1p－b p.p－cp－bp－atanC2＝1p－c bc.p－abc，cosA2＝pp－cp－b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和半角的余弦的公式：sinA2＝

ab，p－bp－aac，sinC2＝p－cp－a同理，可得sinB2＝

ab.p－cac，cosC2＝pp－bcosB2＝p 2．用三角形的三边表示它的内角平分

线

；p－b；tb＝2a＋cacpp－a设在△ABC中(如图)，已知三边a、b、c，如果三个角A、B和C的平分线分别是ta、tb和tc，那么，用已知边表示三条内角平分线的公式是：ta＝2b＋cbcp ，其中p＝12(a＋b＋c)．p－ctc＝2a＋babp 证明：设AD是角A的平分线，并且BD＝x，DC＝y，那么，在△ADC中，由余弦定理，得ta2＝b2＋y2－2bycosC，①

根据三角形内角平分线的性质，得cb＝xy，所以c＋bb＝x＋yy. 因为x＋y＝a，所以c＋bb＝ay.所以y＝abb＋c.②

将②代入①，得ta2＝b2＋(abb＋c)2－2b(abb＋c)cosC 2[b2＋c2＋2bc＋a2－2a(b＋c)cosC]．b＋c＝b2 因为cosC＝a2＋b2－c22ab，

2[a2＋b2＋c2＋2bc－2a(b＋c)•a2＋b2－c22ab]b＋c所以ta2＝b2 2(a＋b＋c)(b＋c－a)b＋c2(b2＋c2＋2bc－a2)＝bcb＋c＝bc 2•bcp(p－a)．b＋c2•2p•2(p－a)＝4b＋c＝bc .p－a所以ta＝2b＋cbcp .p－c，tc＝2a＋babpp－b同理，可得

tb＝2a＋cacp 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

.p－cp－bp－aR＝abcp 证明：因为R＝a2sinA，S＝12bcsinA，所以sinA＝2Sbc. .p－cp－bp－a所以R＝a2sinA＝abc4S＝abcp 二、备选习题

1．在△ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，a∶b∶c＝3∶3∶5，则2sinA－sinBsinC等于… (

) A．－15 B．－23 C.35 D．不是常数

2．△ABC的周长等于20，面积是103，∠A＝60°，∠A的对边为(

) A．5 B．6 C．7 D．8 3．在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝10，则AB→•AC→等于(

) A．－32 B．－23 C.23 D.32 4．已知在△ABC中，∠B＝30°，b＝6，c＝63，则a＝__________，S△ABC＝__________. 5．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若(3b－c)cosA＝acosC，则cosA＝__________. 6．对△ABC，有下面结论：①满足sinA＝sinB的△ABC一定是等腰三角形；②满足sinA＝cosB的△ABC一定是直角三角形；③满足asinA＝bsinB＝c的△ABC一定是直角三角形．则上述结论正确命题的序号是__________．

7．在△ABC中，D在边BC上，且BD＝2，DC＝1，∠B＝60°，∠ADC＝150°，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bcosB＋ccosC＝acosA，试判断△ABC的形状．

参考答案：

1．C

解析：设a＝3k，则b＝3k，c＝5k.∴2sinA－sinBsinC＝2a－bc＝2×3k－3k5k＝35. 2．C

解析：∵a＋b＋c＝20，∴b＋c＝20－a，即b2＋c2＋2bc＝400－40a＋a2. ∴b2＋c2－a2＝400－40a－2bc. 又∵cosA＝b2＋c2－a22bc＝12，∴b2＋c2－a2＝bc. 又∵S△ABC＝12bcsin A＝103，∴bc＝40. 将b2＋c2－a2＝bc和bc＝40，代入b2＋c2－a2＝400－40a－2bc，得a＝7. 3．D

解析：由余弦定理，得cosA＝AC2＋AB2－BC22AC•AB＝4＋9－102×2×3＝14，

∴AB→•AC→＝|AB→|•|AC→|•cosA＝2×3×14＝32. 4．a＝6，S＝93或a＝12，S＝183

解析：由正弦定理，得

bsinB＝csinC，∴sinC＝cbsinB＝32.∴∠C＝60°或∠C＝120°. 当∠C＝60°时，则∠A＝90°，因此a＝12，S＝12acsinB＝183；

当∠C＝120°时，则∠A＝30°，因此a＝6，S＝12acsinB＝93. 5.33

解析：由正弦定理，得

(3b－c)cosA＝(3sinB－sinC)cosA＝sinA•cosC，

即3sinBcosA＝sinA•cosC＋sinC•cosA，

∴3sinB•cosA＝sin(A＋C)＝sinB.∴cosA＝33. 6．①③

7．解：如图，在△ABC中，∠BAD＝150°－60°＝90°，

∴AD＝2sin60°＝3. 在△ACD中，AC2＝(3)2＋12－2×3×1×cos150°＝7，

∴AC＝7.∴AB＝2cos60°＝1，S△ABC＝12×1×3×sin60°＝334.

8．解：∵bcosB＋ccosC＝acosA，

由正弦定理，得sinBcosB＋sinCcosC＝sinAcosA，即sin2B＋sin2C＝2sinAcosA，

∴2sin(B＋C)cos(B－C)＝2sinAcosA. ∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sinA. 而sinA≠0，∴cos(B－C)＝cosA，即cos(B－C)＋cos(B＋C)＝0. ∴2cosBcosC＝0.∵0＜B＜π，0＜C＜π，∴B＝π2或C＝π2，即△ABC是直角三角形．