1.3 实习作业教案设计（一等奖）

第二课时

余弦定理

教学目标：

了解向量知识应用，掌握余弦定理推导过程，会利用余弦定理证明简单三角形问题，会利用余弦定理求解简单斜三角形边角问题，能利用计算器进行运算；通过三角函数、余弦定理、向量数量积等多处知识间联系来体现事物之间的普遍联系与辩证统一. 教学重点：

余弦定理证明及应用. 教学难点：

1.向量知识在证明余弦定理时的应用，与向量知识的联系过程；

2.余弦定理在解三角形时的应用思路. 教学过程：

Ⅰ.课题导入

上一节，我们一起研究了正弦定理及其应用，在体会向量应用的同时，解决了在三角形已知两角一边和已知两边和其中一边对角这两类解三角形问题.当时对于已知两边夹角求第三边问题未能解决，

如图(1)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. 在△ABC中，设BC＝a，AC＝b，AB＝c，试根据b，c，A来表示a. 分析：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造直角三角形，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D，那么在

Rt△BDC中，边a可利用勾股定理用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转化为

AD，进而在Rt△ADC内求解. 解：过C作CD⊥AB，垂足为D，则在Rt△CDB中，根据勾股定理可得：

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

又∵在Rt△ADC中，AD＝b·cosA

∴a2＝b2＋c2－2bccosA

类似地可以证明b2＝a2＋c2－2accosB

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，这也正是我们这一节将要研究的余弦定理，

Ⅱ.讲授新课

1.余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍. 形式一：

a2＝b2＋c2－2bccosA，

b2＝c2＋a2－2cacosB，

c2＝a2＋b2－2abcosC. 形式二：

b2＋c2－a2c2＋a2－b2a2＋b2－c2cosA＝

，cosB＝

，cosC＝

. 2bc2ca2ab在余弦定理中，令C＝90°，这时，cosC＝0，所以c2＝a2＋b2，由此可知余弦定理是勾股定理的推广.另外，对于余弦定理的证明，我们也可以仿照正弦定理的证明方法二采用向量法证明，以进一步体会向量知识的工具性作用. 2.向量法证明余弦定理

(1)证明思路分析

由于余弦定理中涉及到的角是以余弦形式出现，那么可以与哪些向量知识产生联系呢? 向量数量积的定义式：a·b＝｜a｜｜b｜cosθ，其中θ为a、b的夹角. 在这一点联系上与向量法证明正弦定理有相似之处，但又有

所区别，首先因为无须进行正、余弦形式的转换，也就省去添加

辅助向量的麻烦.当然，在各边所在向量的联系上依然通过向量加

法的三角形法则，而在数量积的构造上则以两向量夹角为引导，

→→比如证明形式中含有角C，则构造CB·CA这一数量积以使出现cosC.同样在证明过程中应注意两向量夹角是以同起点为前提.

(2)向量法证明余弦定理过程：

如图，在△ABC中，设AB、BC、CA的长分别是c、a、b. 由向量加法的三角形法则可得AC→＝AB→＋BC→，

∴AC→·AC→＝(AB→＋BC→)·(AB→＋BC→) ＝AB→2＋2AB→·BC→＋BC→2

＝｜AB→｜2＋2｜AB→｜｜BC→｜cos(180°－B)＋｜BC→｜2

＝c2－2accosB＋a2

即b2＝c2＋a2－2accosB

由向量减法的三角形法则可得：

BC→＝AC→－AB→

∴BC→·BC→＝(AC→－AB→)·(AC→－AB→) ＝AC→2－2AC→·AB→＋AB→2

＝｜AC→｜2－2｜AC→｜｜AB→｜cosA＋｜AB→｜2

＝b2－2bccosA＋c2

即a2＝b2＋c2－2bccosA

由向量加法的三角形法则可得

AB→＝AC→＋CB→＝AC→－BC→

∴AB→·AB→＝(AC→－BC→)·(AC→－BC→) ＝AC→2－2AC→·BC→＋BC→2

＝｜AC→｜2－2｜AC→｜｜BC→｜cosC＋｜BC→｜2

＝b2－2bacosC＋a2. 即c2＝a2＋b2－2abcosC

评述：(1)上述证明过程中应注意正确运用向量加法(减法)的三角形法则. 利用余弦定理，我们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. 这类问题由于三边确定，故三角也确定，解唯一；

(2)已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角. 这类问题第三边确定，因而其他两个角唯一，故解唯一，不会产生类似利用正弦定理解三角形所产生的判断取舍等问题. 接下来，我们通过例题评析来进一步体会与总结. 3.例题评析

［例1］在△ABC中，已知a＝7，b＝10，c＝6，求A、B和C.(精确到1°) 分析：此题属于已知三角形三边求角的问题，可以利用余弦定理，意在使学生熟悉余弦定理的形式二. b2＋c2－a2102＋62－72解：∵cosA＝

＝

＝0.725，∴A≈44°

2bc2×10×6a2＋b2－c272＋102－62113∵cosC＝

＝

＝

＝0.8071，∴C≈36°

2ab2×7×10140∴B＝180°－(A＋C)≈180°－(44°＋36°)＝100°. 评述：(1)为保证求解结果符合三角形内角和定理，即三角形内角和为180°，可用余弦定理求出两角，第三角用三角形内角和定理求出. (2)对于较复杂运算，可以利用计算器运算. ［例2］在△ABC中，已知a＝2.730，b＝3.696，C＝82°28′，解这个三角形(边长保留四个有效数字，角度精确到1′). 分析：此题属于已知两边夹角解三角形的类型，可通过余弦定理形式一先求出第三边.在第三边求出后其余边角求解有两种思路：一是利用余弦定理的形式二根据三边求其余角，

二是利用两边和一边对角结合正弦定理求解，但若用正弦定理需对两种结果进行判断取舍，而在0°～180°之间，余弦有唯一解，故用余弦定理较好. 解：由c2＝a2＋b2－2abcosC＝2.7302＋3.6962－2×2.730×3.696×cos82°28′

得c＝4.297. b2＋c2－a23.6962＋4.2972－2.7302∵cosA＝

＝

＝0.7767，∴A＝39°2′

2bc2×3.696×4.297∴B＝180°－(A＋C)＝180°－(39°2′＋82°28′)＝58°30′. 评述：通过例2，我们可以体会在解斜三角形时，如果正弦定理与余弦定理均可选用，那么求边两个定理均可，求角则余弦定理可免去判断取舍的麻烦. 课堂练习

ΔABC中,(abc)(bca)3bc, sinA2sinBcosC试判断三角形ABC的形状

小结：

作业：数P10

习题1-1

1，2，3题