高中数学 第一章 解三角形复习教案 新人教B版必修课件Word下载.docx
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1本章我们学习了哪些知识内容?
请画出本章的知识结构图.
2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?
3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?
4本章中解三角形的知识主要应用于怎样的一些问题?
5总结从初中到高中测量河流宽度和物体高度的方法.
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:
==,
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=bcsinA=acsinB=absinC,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
===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=bcsinA
=acsinB
=absinC
(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.
例1判断满足下列条件的三角形形状.
(1)acosA=bcosB;
(2)sinC=.
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×
=b×
.
∴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=,即c·
cosA+c·
cosB=a+b.
再用余弦定理,得c·
+c·
=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.
∵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
△ABC的三内角A、B、C的对边边长分别为a、b、c.若a=b,A=2B,则cosB等于( )
A.B.C.D.
答案:
B
解析:
由题意得====2cosB,cosB=.
例2在△ABC中,若△ABC的面积为S,且2S=(a+b)2-c2,求tanC的值.
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=absinC=acsinB=bcsinA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.
由已知,得(a+b)2-c2=a2+b2-c2+2ab
=2abcosC+2ab=2×
absinC.
∴2(1+cosC)=sinC,
2×
2cos2=2sin·
cos.
,∴0°
<<90°
,即cos≠0.
∴tan=2.∴tanC===-.
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.
在△ABC中,tanA=,tanB=.
(1)求角C的大小;
(2)若AB边的长为,求BC边的长.
(1)∵C=180°
-(A+B),
∴tanC=-tan(A+B)=-=-1.
,∴C=135°
(2)∵tanA==,sin2A+cos2A=1,0°
<A<90°
∴sinA=.
由正弦定理,得=,∴BC=AB·
=.
例3将一块圆心角为120°
,半径为20cm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.
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.
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=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|==sinθ.
又因为|MN|=2|OM|sin(60°
-θ)=40sin(60°
-θ),
所以S=|MQ|·
|MN|=sinθsin(60°
-θ)
={-[cos60°
-cos(2θ-60°
)]}=[cos(2θ-60°
)-cos60°
].
所以当θ=30°
时,Smax=.
由于>200,所以用第二种裁法可裁得面积最大的矩形,最大面积为cm2.
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.
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.
(1)由acosB=3与bsinA=4,两式相除,得
==·
=·
又acosB=3,知cosB>0,
则cosB=,sinB=.
则a=5.
(2)由S=acsinB=10,得c=5.
由cosB==,
解得b=2.故△ABC的周长l=a+b+