《第七節(jié) 正弦定理和余弦定理》 教案

正弦定理和余弦定理適用學(xué)科數(shù)學(xué)適用年級(jí)高三適用區(qū)域新課標(biāo)課時(shí)時(shí)長(zhǎng)60分鐘知識(shí)點(diǎn)使用正弦定理要注意的問題解的個(gè)數(shù)問題已知兩邊和其中一邊的對(duì)角問題已知兩角一邊問題三角形的面積公式使用余弦定理要注意的問題已知兩邊與夾角問題已知三邊問題正、余弦定理的綜合運(yùn)用教學(xué)目標(biāo)掌握正弦定理、余弦定理，并能解決一些簡(jiǎn)單的三角形度量問題.教學(xué)重點(diǎn)1、正、余弦定理與三角形的有關(guān)性質(zhì)的綜合運(yùn)用；2、在已知三角形的兩邊及其中一邊的對(duì)角解三角形時(shí)，有兩解或一解或無(wú)解等情形；3、三角形各種類型的判定方法教學(xué)難點(diǎn)正、余弦定理的靈活應(yīng)用

教學(xué)過程課堂導(dǎo)入三角形是最基本的幾何圖形．三角形中的數(shù)量關(guān)系，有著極其廣泛的應(yīng)用．在初中，我們已經(jīng)能夠借助于銳角三角函數(shù)解決有關(guān)直角三角形的測(cè)量問題．在實(shí)際工作中，我們還會(huì)遇到許多其它的測(cè)量問題，這些僅用銳角三角函數(shù)就不夠了．如：1．怎樣在航行途中測(cè)出海上兩個(gè)島嶼之間的距離？2．怎樣測(cè)量底部不可到達(dá)的建筑物的高度？3．怎樣在水平飛行的飛機(jī)上測(cè)量飛機(jī)下方山頂?shù)暮０胃叨龋?．怎樣測(cè)出海上航行的輪船的航速和航向？5．怎樣確定航向，才能在航速一定的情況下，盡快與一運(yùn)動(dòng)的物體(如輪船)相遇？等等．研究這些問題顯然需要明白三角形中的邊長(zhǎng)與角度之間的數(shù)量關(guān)系，那么本次課我們就來(lái)發(fā)現(xiàn)并掌握三角形中的邊長(zhǎng)與角度之間的數(shù)量關(guān)系，并將它們?nèi)谌胍延械闹R(shí)體系．

復(fù)習(xí)預(yù)習(xí)回憶在三角函數(shù)中學(xué)過的公式三角函數(shù)誘導(dǎo)公式：三角函數(shù)的兩角和或差公式：三角函數(shù)的二倍角公式：三角函數(shù)的輔助角公式：

知識(shí)講解考點(diǎn)1正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理內(nèi)容eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2Ra2＝b2＋c2－2bccosA;b2＝a2＋c2－2accos_B;c2＝a2＋b2－2abcos_C變形形式①a＝2RsinA，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C②sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)(其中R是△ABC外接圓半徑)③a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)解決三角形的問題①已知兩角和任一邊，求另一角和其他兩條邊．②已知兩邊和其中一邊的對(duì)角，求另一邊和其他兩角.①已知三邊，求各角；②已知兩邊和它們的夾角，求第三邊和其他兩個(gè)角

考點(diǎn)2在△ABC中，已知a、b和A時(shí)，解的情況A為銳角A為鈍角或直角圖形關(guān)系式a＝bsinAbsinA＜a＜ba≥ba＞ba≤b解的個(gè)數(shù)一解兩解一解一解無(wú)解

例題精析【例題1】【題干】在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知eq\f(cosA－2cosC,cosB)＝eq\f(2c－a,b).(1)求eq\f(sinC,sinA)的值；(2)若cosB＝eq\f(1,4)，△ABC的周長(zhǎng)為5，求b的長(zhǎng)．

【解析】(1)由正弦定理，設(shè)eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝k，則eq\f(2c－a,b)＝eq\f(2ksinC－ksinA,ksinB)＝eq\f(2sinC－sinA,sinB)，所以eq\f(cosA－2cosC,cosB)＝eq\f(2sinC－sinA,sinB)，即(cosA－2cosC)sinB＝(2sinC－sinA)cosB，化簡(jiǎn)可得sin(A＋B)＝2sin(B＋C)．又因?yàn)锳＋B＋C＝π，所以sinC＝2sinA.因此eq\f(sinC,sinA)＝2.(2)由eq\f(sinC,sinA)＝2得c＝2a.由余弦定理及cosB＝eq\f(1,4)得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋4a2－4a2×eq\f(1,4)＝4a2.所以b＝2a.又a＋b＋c＝5，從而a＝1.因此b＝2.

【例題2】【題干】在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC.(1)求角A的大??；(2)若sinB＋sinC＝eq\r(3)，試判斷△ABC的形狀．

【解析】∵2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC，得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∴A＝60°.(2)∵A＋B＋C＝180°，∴B＋C＝180°－60°＝120°.由sinB＋sinC＝eq\r(3)，得sinB＋sin(120°－B)＝eq\r(3)，∴sinB＋sin120°cosB－cos120°sinB＝eq\r(3).∴eq\f(3,2)sinB＋eq\f(\r(3),2)cosB＝eq\r(3)，即sin(B＋30°)＝1.又∵0°＜B＜120°，30°＜B＋30°＜150°，∴B＋30°＝90°，即B＝60°.∴A＝B＝C＝60°，∴△ABC為正三角形．

【例題3】【題干】已知a，b，c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0.(1)求A；(2)若a＝2，△ABC的面積為eq\r(3)，求b，c.

【解析】(1)由acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0及正弦定理得sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC－sinB－sinC＝0.因?yàn)锽＝π－A－C，所以eq\r(3)sinAsinC－cosAsinC－sinC＝0.由于sinC≠0，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).又0＜A＜π，故A＝eq\f(π,3).(2)△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)，故bc＝4.而a2＝b2＋c2－2bccosA，故b2＋c2＝8.解得b＝c＝2.

【例題4】【題干】(2012·江西高考)(本小題滿分12分)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知A＝eq\f(π,4)，bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))－csineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋B))＝a.(1)求證：B－C＝eq\f(π,2)；(2)若a＝eq\r(2)，求△ABC的面積．

【解析】(1)證明：由bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))－csineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋B))＝a，應(yīng)用正弦定理，得sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))－sinCsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋B))＝sinA，sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sinC＋\f(\r(2),2)cosC))－sinCeq\f(\r(2),2)sinB＋eq\f(\r(2),2)cosB＝eq\f(\r(2),2)，?(3分)整理得sinBcosC－cosBsinC＝1，即sin(B－C)＝1，?(5分)由于0<B，C<eq\f(3,4)π，從而B－C＝eq\f(π,2).?(6分)(2)B＋C＝π－A＝eq\f(3π,4)，因此B＝eq\f(5π,8)，C＝eq\f(π,8).?(8分)由a＝eq\r(2)，A＝eq\f(π,4)，得b＝eq\f(asinB,sinA)＝2sineq\f(5π,8)，c＝eq\f(asinC,sinA)＝2sineq\f(π,8)，?(10分)所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(2)sineq\f(5π,8)sineq\f(π,8)＝eq\r(2)coseq\f(π,8)sineq\f(π,8)＝eq\f(1,2).?(12分)

課堂運(yùn)用【基礎(chǔ)】1．(2012·上海高考)在△ABC中，若sin2A＋sin2B＜sin2C，則△ABC的形狀是()A．鈍角三角形 B．直角三角形C．銳角三角形 D．不能確定

解析：選A由正弦定理得a2＋b2＜c2，故cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＜0，所以C為鈍角．

2．在△ABC中，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，則BC邊上的高等于()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(\r(3)＋\r(6),2) D.eq\f(\r(3)＋\r(39),4)

解析：選B由余弦定理得：(eq\r(7))2＝22＋AB2－2×2AB·cos60°，即AB2－2AB－3＝0，得AB＝3，故BC邊上的高是ABsin60°＝eq\f(3\r(3),2).

3．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，已知8b＝5c，C＝2B，則cosC＝()A.eq\f(7,25) B．－eq\f(7,25)C．±eq\f(7,25) D.eq\f(24,25)

解析：選A由C＝2B得sinC＝sin2B＝2sinBcosB，由正弦定理及8b＝5c得cosB＝eq\f(sinC,2sinB)＝eq\f(c,2b)＝eq\f(4,5)，所以cosC＝cos2B＝2cos2B－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2－1＝eq\f(7,25).

【鞏固】4．(2012·福建高考)已知△ABC的三邊長(zhǎng)成公比為eq\r(2)的等比數(shù)列，則其最大角的余弦值為________．

解析：依題意得，△ABC的三邊長(zhǎng)分別為a，eq\r(2)a,2a(a＞0)，則最大邊2a所對(duì)的角的余弦值為eq\f(a2＋\r(2)a2－2a2,2a·\r(2)a)＝－eq\f(\r(2),4).答案：－eq\f(\r(2),4)

5．在△ABC中，D為邊BC的中點(diǎn)，AB＝2，AC＝1，∠BAD＝30°，則AD的長(zhǎng)度為________．

解析：延長(zhǎng)AD到M，使得DM＝AD，連接BM、MC，則四邊形ABMC是平行四邊形．在△ABM中，由余弦定理得BM2＝AB2＋AM2－2AB·AM·cos∠BAM，即12＝22＋AM2－2·2·AM·cos30°，解得AM＝eq\r(3)，所以AD＝eq\f(\r(3),2).答案：eq\f(\r(3),2)

【拔高】6．已知A、B、C為△ABC的三個(gè)內(nèi)角，其所對(duì)的邊分別為a、b、c，且2cos2eq\f(A,2)＋cosA＝0.(1)求角A的值；(2)若a＝2eq\r(3)，b＋c＝4，求△ABC的面積．

解：(1)由2cos2eq\f(A,2)＋cosA＝0，得1＋cosA＋cosA＝0，即cosA＝－eq\f(1,2)，∵0<A<π，∴A＝eq\f(2π,3).(2)由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA，A＝eq\f(2π,3)，則a2＝(b＋c)2－bc，又a＝2eq\r(3)，b＋c＝4，有12＝42－bc，則bc＝4，故S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3).

7．(2012·江蘇高考)在△ABC中，已知·＝3·.(1)求證：tanB＝3tanA；(2)若cosC＝eq\f(\r(5),5)，求A的值．

解：(1)因?yàn)椤ぃ?·，所以AB·AC·cosA＝3BA·BC·cosB，即AC·cosA＝3BC·cosB，由正弦定理知eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，從而sinBcosA＝3sinAcosB，又因?yàn)?＜A＋B＜π，所以cosA＞0，cosB＞0，所以tanB＝3tanA.(2)因?yàn)閏osC＝eq\f(\r(5),5)，0＜C＜π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(5),5)，從而tanC＝2，于是tan[π－(A＋B)]＝2，即tan