高考数学理科一轮复习正弦定理和余弦定理学案（有答案）。
教案课件是老师上课中很重要的一个课件，大家应该在准备教案课件了。对教案课件的工作进行一个详细的计划，新的工作才会更顺利！有多少经典范文是适合教案课件呢？急您所急，小编为朋友们了收集和编辑了“高考数学理科一轮复习正弦定理和余弦定理学案（有答案）”，供您参考，希望能够帮助到大家。
第五章解三角形与平面向量
学案23正弦定理和余弦定理
导学目标：1.利用正弦定理、余弦定理进行边角转化，进而进行恒等变换解决问题.2.掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题．
自主梳理
1．三角形的有关性质
(1)在△ABC中，A＋B＋C＝________；
(2)a＋b____c，a－bc；
(3)absinA____sinBA____B；
(4)三角形面积公式：S△ABC＝12ah＝12absinC＝12acsinB＝_________________；
(5)在三角形中有：sin2A＝sin2BA＝B或________________三角形为等腰或直角三角形；
sin(A＋B)＝sinC，sinA＋B2＝cosC2.
2．正弦定理和余弦定理
定理正弦定理余弦定理
内容________________
＝2Ra2＝____________，
b2＝____________，
c2＝____________.
变形
形式①a＝__________，
b＝__________，
c＝__________；
②sinA＝________，
sinB＝________，
sinC＝________；
③a∶b∶c＝__________；
④a＋b＋csinA＋sinB＋sinC＝asinA
cosA＝________________；
cosB＝________________；
cosC＝_______________.
解决
的问题①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边．
②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角．
①已知三边，求各角；
②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角.
自我检测
1．(2010上海)若△ABC的三个内角满足sinA∶sinB∶sinC＝5∶11∶13，则△ABC()
A．一定是锐角三角形
B．一定是直角三角形
C．一定是钝角三角形
D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
2．(2010天津)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b2＝3bc，sinC＝23sinB，则A等于()
A．30°B．60°C．120°D．150°
3．(2011烟台模拟)在△ABC中，A＝60°，b＝1，△ABC的面积为3，则边a的值为()
A．27B.21
C.13D．3
4．(2010山东)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝2，b＝2，
sinB＋cosB＝2，则角A的大小为________．
5．(2010北京)在△ABC中，若b＝1，c＝3，C＝2π3，则a＝________.
探究点一正弦定理的应用
例1(1)在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝45°，求角A、C和边c；
(2)在△ABC中，a＝8，B＝60°，C＝75°，求边b和c.
变式迁移1(1)在△ABC中，若tanA＝13，C＝150°，BC＝1，则AB＝________；
(2)在△ABC中，若a＝50，b＝256，A＝45°，则B＝________.
探究点二余弦定理的应用
例2(2011咸宁月考)已知a、b、c分别是△ABC中角A、B、C的对边，且a2＋c2－b2＝ac.
(1)求角B的大小；
(2)若c＝3a，求tanA的值．
变式迁移2在△ABC中，a、b、c分别为A、B、C的对边，B＝2π3，b＝13，a＋c＝4，求a.
探究点三正、余弦定理的综合应用
例3在△ABC中，a、b、c分别表示三个内角A、B、C的对边，如果(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，试判断该三角形的形状．
变式迁移3(2010天津)在△ABC中，ACAB＝cosBcosC.
(1)证明：B＝C；
(2)若cosA＝－13，求sin4B＋π3的值．
1．解斜三角形可以看成是三角变换的延续和应用，用到三角变换的基本方法，同时它是对正、余弦定理，三角形面积公式等的综合应用．
2．在利用正弦定理解已知三角形的两边和其中一边的对角，求另一边的对角，进而求出其他的边和角时，有可能出现一解、两解或无解的情况，应结合图形并根据“三角形中大边对大角”来判断解的情况，作出正确取舍．
3．在解三角形中的三角变换问题时，要注意两点：一是要用到三角形的内角和及正、余弦定理，二是要用到三角变换、三角恒等变形的原则和方法．“化繁为简”“化异为同”是解此类问题的突破口．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010湖北)在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cosB等于()
A．－223B.223C．－63D.63
2.在△ABC中AB＝3，AC=2，BC=，则AB→AC→等于()
A．－32B．－23C.23D.32
3．在△ABC中，sin2A2＝c－b2c(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为()
A．正三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形
4．(2011聊城模拟)在△ABC中，若A＝60°，BC＝43，AC＝42，则角B的大小为()
A．30°B．45°
C．135°D．45°或135°
5．(2010湖南)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若C＝120°，
c＝2a，则()
A．abB．ab
C．a＝bD．a与b的大小关系不能确定
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．在△ABC中，B＝60°，b2＝ac，则△ABC的形状为________________．
7．(2010广东)已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若a＝1，b＝3，A＋C＝2B，则sinC＝________.
8．(2011龙岩模拟)在锐角△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，且BD∶DC∶AD＝2∶3∶6，则∠BAC的大小为________．
三、解答题(共38分)
9.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，AB→AC→=3.
(1)求△ABC的面积；
(2)若b＋c＝6，求a的值．
10．(12分)(2010陕西)在△ABC中，已知B＝45°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的长．
11．(14分)(2010重庆)设△ABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，且3b2＋3c2－3a2＝42bc.
(1)求sinA的值；
(2)求2sinA＋π4sinB＋C＋π41－cos2A的值．
答案自主梳理
1．(1)π(2)(3)(4)12bcsinA(5)A＋B＝π22.asinA＝bsinB＝csinCb2＋c2－2bccosAa2＋c2－2accosBa2＋b2－2abcosC①2RsinA2RsinB2RsinC②a2Rb2Rc2R③sinA∶sinB∶sinCb2＋c2－a22bca2＋c2－b22aca2＋b2－c22ab
自我检测
1．C2.A3.C
4.π65.1
课堂活动区
例1解题导引已知三角形的两边和其中一边的对角，可利用正弦定理求其他的角和边，但要注意对解的情况进行判断，这类问题往往有一解、两解、无解三种情况．具体判断方法如下：在△ABC中．已知a、b和A，求B.若A为锐角，①当a≥b时，有一解；②当a＝bsinA时，有一解；③当bsinAab时，有两解；④当absinA时，无解．若A为直角或钝角，①当ab时，有一解；②当a≤b时，无解．
解(1)由正弦定理asinA＝bsinB得，sinA＝32.
∵ab，∴AB，∴A＝60°或A＝120°.
当A＝60°时，C＝180°－45°－60°＝75°，
c＝bsinCsinB＝6＋22；
当A＝120°时，C＝180°－45°－120°＝15°，
c＝bsinCsinB＝6－22.
综上，A＝60°，C＝75°，c＝6＋22，
或A＝120°，C＝15°，c＝6－22.
(2)∵B＝60°，C＝75°，∴A＝45°.
由正弦定理asinA＝bsinB＝csinC，
得b＝asinBsinA＝46，c＝asinCsinA＝43＋4.
∴b＝46，c＝43＋4.
变式迁移1(1)102(2)60°或120°
解析(1)∵在△ABC中，tanA＝13，C＝150°，
∴A为锐角，∴sinA＝110.
又∵BC＝1.
∴根据正弦定理得AB＝BCsinCsinA＝102.
(2)由ba，得BA，由asinA＝bsinB，
得sinB＝bsinAa＝25650×22＝32，
∵0°B180°
∴B＝60°或B＝120°.
例2解(1)∵a2＋c2－b2＝ac，
∴cosB＝a2＋c2－b22ac＝12.
∵0Bπ，∴B＝π3.
(2)方法一将c＝3a代入a2＋c2－b2＝ac，得b＝7a.
由余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a22bc＝5714.
∵0Aπ，
∴sinA＝1－cos2A＝2114，
∴tanA＝sinAcosA＝35.
方法二将c＝3a代入a2＋c2－b2＝ac，
得b＝7a.
由正弦定理，得sinB＝7sinA.
由(1)知，B＝π3，∴sinA＝2114.
又b＝7aa，∴BA，
∴cosA＝1－sin2A＝5714.
∴tanA＝sinAcosA＝35.
方法三∵c＝3a，由正弦定理，得sinC＝3sinA.
∵B＝π3，∴C＝π－(A＋B)＝2π3－A，
∴sin(2π3－A)＝3sinA，
∴sin2π3cosA－cos2π3sinA＝3sinA，
∴32cosA＋12sinA＝3sinA，
∴5sinA＝3cosA，
∴tanA＝sinAcosA＝35.
变式迁移2解由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB
＝a2＋c2－2accos23π
＝a2＋c2＋ac＝(a＋c)2－ac.
又∵a＋c＝4，b＝13，∴ac＝3，
联立a＋c＝4ac＝3，解得a＝1，c＝3，或a＝3，c＝1.
∴a等于1或3.
例3解题导引利用正弦定理或余弦定理进行边角互化，转化为边边关系或角角关系．
解方法一∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)
a2[sin(A－B)－sin(A＋B)]
＝b2[－sin(A＋B)－sin(A－B)]，
∴2a2cosAsinB＝2b2cosBsinA，
由正弦定理，得
sin2AcosAsinB＝sin2BcosBsinA，
∴sinAsinB(sinAcosA－sinBcosB)＝0，
∴sin2A＝sin2B，由02A2π，02B2π，
得2A＝2B或2A＝π－2B，
即△ABC是等腰三角形或直角三角形．
方法二同方法一可得2a2cosAsinB＝2b2cosBsinA，
由正、余弦定理，即得
a2b×b2＋c2－a22bc＝b2a×a2＋c2－b22ac，
∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，
即(a2－b2)(c2－a2－b2)＝0，
∴a＝b或c2＝a2＋b2，
∴三角形为等腰三角形或直角三角形．
变式迁移3解题导引在正弦定理asinA＝bsinB＝csinC＝2R中，2R是指什么？a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC的作用是什么？
(1)证明在△ABC中，由正弦定理及已知得
sinBsinC＝cosBcosC.
于是sinBcosC－cosBsinC＝0，
即sin(B－C)＝0.
因为－πB－Cπ，从而B－C＝0.
所以B＝C.
(2)解由A＋B＋C＝π和(1)得A＝π－2B，
故cos2B＝－cos(π－2B)＝－cosA＝13.
又02Bπ，于是sin2B＝1－cos22B＝223.
从而sin4B＝2sin2Bcos2B＝429，
cos4B＝cos22B－sin22B＝－79.
所以sin4B＋π3
＝sin4Bcosπ3＋cos4Bsinπ3
＝42－7318.
课后练习区
1．D2.D3.B4.B5.A
6．等边三角形
解析∵b2＝a2＋c2－2accosB，
∴ac＝a2＋c2－ac，
∴(a－c)2＝0，
∴a＝c，又B＝60°，
∴△ABC为等边三角形．
7．1
解析由A＋C＝2B及A＋B＋C＝180°知，B＝60°.
由正弦定理知，1sinA＝3sin60°，
即sinA＝12.
由ab知，AB，∴A＝30°，
C＝180°－A－B＝180°－30°－60°＝90°，
∴sinC＝sin90°＝1.
8.π4
解析设∠BAD＝α，∠DAC＝β，
则tanα＝13，tanβ＝12，
∴tan∠BAC＝tan(α＋β)＝tanα＋tanβ1－tanαtanβ
＝13＋121－13×12＝1.
∵∠BAC为锐角，∴∠BAC的大小为π4.
9．解(1)因为cosA2＝255，
所以cosA＝2cos2A2－1＝35，sinA＝45.……………………………………………………(4分)
又由AB→AC→＝3得bccosA＝3，所以bc＝5，
因此S△ABC＝12bcsinA＝2.…………………………………………………………………(8分)
(2)由(1)知，bc＝5，又b＋c＝6，
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－165bc＝20，所以a＝25.………(12分)
10．解
在△ADC中，AD＝10，AC＝14，DC＝6，
由余弦定理得，
cos∠ADC＝AD2＋DC2－AC22ADDC
＝100＋36－1962×10×6＝－12，…………………………………………………………………(6分)
∴∠ADC＝120°，∠ADB＝60°.…………………………………………………………(8分)
在△ABD中，AD＝10，B＝45°，
∠ADB＝60°，
由正弦定理得ABsin∠ADB＝ADsinB，
∴AB＝ADsin∠ADBsinB＝10sin60°sin45°
＝10×3222＝56.…………………………………………………………………………(12分)
11．解(1)∵3b2＋3c2－3a2＝42bc，
∴b2＋c2－a2＝423bc.
由余弦定理得，cosA＝b2＋c2－a22bc＝223，……………………………………………(4分)
又0Aπ，故sinA＝1－cos2A＝13.……………………………………………………(6分)
(2)原式＝2sinA＋π4sinπ－A＋π41－cos2A………………………………………………………(8分)
＝2sinA＋π4sinA－π42sin2A
＝222sinA＋22cosA22sinA－22cosA2sin2A…………………………………………(11分)
＝sin2A－cos2A2sin2A＝－72.
所以2sinA＋π4sinB＋C＋π41－cos2A＝－72.……………………………………………………(14分)
精选阅读
高考数学理科一轮复习导数的综合应用学案（有答案）
一名合格的教师要充分考虑学习的趣味性，教师要准备好教案为之后的教学做准备。教案可以让讲的知识能够轻松被学生吸收，帮助教师更好的完成实现教学目标。教案的内容要写些什么更好呢？下面是由小编为大家整理的“高考数学理科一轮复习导数的综合应用学案（有答案）”，大家不妨来参考。希望您能喜欢！
学案15导数的综合应用
导学目标：1.应用导数讨论函数的单调性，并会根据函数的性质求参数范围.2.会利用导数解决某些实际问题．
自主梳理
1．函数的最值
(1)函数f(x)在[a，b]上必有最值的条件
如果函数y＝f(x)的图象在区间[a，b]上________，那么它必有最大值和最小值．
(2)求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤：
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的________；
②将函数y＝f(x)的各极值与________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
2．实际应用问题：首先要充分理解题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解．
自我检测
1．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为()
A．0≤a1B．0a1
C．－1a1D．0a12
2．(2011汕头月考)设f′(x)是函数f(x)的导函数，将y＝f(x)和y＝f′(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是()
3．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有()
A．f(0)＋f(2)2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)
C．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)2f(1)
4．(2011新乡模拟)函数f(x)＝12ex(sinx＋cosx)在区间0，π2上的值域为______________．
5．f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________．
探究点一求含参数的函数的最值
例1已知函数f(x)＝x2e－ax(a0)，求函数在[1,2]上的最大值．
变式迁移1设a0，函数f(x)＝alnxx.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求f(x)在区间[a,2a]上的最小值．
探究点二用导数证明不等式
例2(2011张家口模拟)已知f(x)＝12x2－alnx(a∈R)，
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：当x1时，12x2＋lnx23x3.
变式迁移2(2010安徽)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当aln2－1且x0时，exx2－2ax＋1.
探究点三实际生活中的优化问题
例3(2011孝感月考)某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元(3≤a≤5)的管理费，预计当每件产品的售价为x元(9≤x≤11)时，一年的销售量为(12－x)2万件．
(1)求分公司一年的利润L(万元)与每件产品的售价x的函数关系式；
(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a)．
变式迁移3甲方是一农场，乙方是一工厂．由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x＝2000t.若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S元(以下称S为赔付价格)．
(1)将乙方的年利润ω(元)表示为年产量t(吨)的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；
(2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y＝0.002t2(元)，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？
转化与化归思想的应用
例(12分)(2010全国Ⅰ)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1.
(1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；
(2)证明：(x－1)f(x)≥0.
【答题模板】
(1)解∵f′(x)＝x＋1x＋lnx－1＝lnx＋1x，x0，
∴xf′(x)＝xlnx＋1.由xf′(x)≤x2＋ax＋1，
得a≥lnx－x，令g(x)＝lnx－x，则g′(x)＝1x－1，[2分]
当0x1时，g′(x)0；
当x1时，g′(x)0，[4分]
∴x＝1是最大值点，g(x)max＝g(1)＝－1，∴a≥－1，
∴a的取值范围为[－1，＋∞)．[6分]
(2)证明由(1)知g(x)＝lnx－x≤g(1)＝－1，∴lnx－x＋1≤0.(注：充分利用(1)是快速解决(2)的关键．)[8分]
当0x1时，x－10，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1＝xlnx＋lnx－x＋1≤0，
∴(x－1)f(x)≥0.
当x≥1时，x－10，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1
＝lnx＋xlnx－x＋1
＝lnx－xln1x－1x＋1≥0，
∴(x－1)f(x)≥0.[11分]
综上，(x－1)f(x)≥0.[12分]
【突破思维障碍】
本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力以及计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想．通过转化，本题实质还是利用单调性求最值问题．
1．求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要分类讨论参数的范围．若已知函数单调性求参数范围时，隐含恒成立思想．
2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤：
(1)分析实际问题中各变量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y＝f(x)；
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)比较函数的区间端点对应的函数值和极值，确定最值；
(4)回到实际问题，作出解答．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011皖南模拟)已知曲线C：y＝2x2－x3，点P(0，－4)，直线l过点P且与曲线C相切于点Q，则点Q的横坐标为()
A．－1B．1C．－2D．2
2．已知函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象如图所示，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是()
3．设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是()
4．函数f(x)＝－x3＋x2＋tx＋t在(－1,1)上是增函数，则t的取值范围是()
A．t5B．t5
C．t≥5D．t≤5
5．(2011沧州模拟)若函数f(x)＝sinxx，且0x1x21，设a＝sinx1x1，b＝sinx2x2，则a，b的大小关系是()
A．abB．ab
C．a＝bD．a、b的大小不能确定
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________．(强度与bh2成正比，其中h为矩形的长，b为矩形的宽)
7．要建造一个长方体形状的仓库，其内部的高为3m，长和宽的和为20m，则仓库容积的最大值为_____________________________________________________________m3.
8．若函数f(x)＝4xx2＋1在区间(m,2m＋1)上是单调递增函数，则实数m的取值范围为________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)已知函数f(x)＝12(1＋x)2－ln(1＋x)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若x∈[1e－1，e－1]时，f(x)m恒成立，求m的取值范围．
10．(12分)(2010湖北)为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：cm)满足关系：C(x)＝k3x＋5(0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元，设f(x)为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．
(1)求k的值及f(x)的表达式；
(2)隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．
11．(14分)设函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋bx，函数f(x)的图象与x轴的交点也在函数g(x)的图象上，且在此点有公共切线．
(1)求a、b的值；
(2)对任意x0，试比较f(x)与g(x)的大小．
答案自主梳理
1．(1)连续(2)①极值②端点值
自我检测
1．B2.D3.C
4.12，12eπ25.6
课堂活动区
例1解题导引求函数在闭区间上的最值，首先应判断函数在闭区间上的单调性，一般方法是令f′(x)＝0，求出x值后，再判断函数在各区间上的单调性，在这里一般要用到分类讨论的思想，讨论的标准通常是极值点与区间端点的大小关系，确定单调性或具体情况．
解∵f(x)＝x2e－ax(a0)，
∴f′(x)＝2xe－ax＋x2(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．
令f′(x)0，即e－ax(－ax2＋2x)0，
得0x2a.
∴f(x)在(－∞，0)，2a，＋∞上是减函数，
在0，2a上是增函数．
①当02a1，即a2时，f(x)在[1,2]上是减函数，
∴f(x)max＝f(1)＝e－a.
②当1≤2a≤2，即1≤a≤2时，f(x)在1，2a上是增函数，在2a，2上是减函数，
∴f(x)max＝f2a＝4a－2e－2.
③当2a2，即0a1时，f(x)在[1,2]上是增函数，
∴f(x)max＝f(2)＝4e－2a.
综上所述，
当0a1时，f(x)的最大值为4e－2a；
当1≤a≤2时，f(x)的最大值为4a－2e－2；
当a2时，f(x)的最大值为e－a.
变式迁移1解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a1－lnxx2(a0)，
由f′(x)＝a1－lnxx20，得0xe；
由f′(x)0，得xe.
故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
(2)∵f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在[a,2a]上的最小值[f(x)]min＝min{f(a)，f(2a)}．∵f(a)－f(2a)＝12lna2，
∴当0a≤2时，[f(x)]min＝lna；
当a2时，[f(x)]min＝ln2a2.
例2解题导引利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．
(1)解f′(x)＝x－ax＝x2－ax(x0)，
若a≤0时，f′(x)0恒成立，
∴函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．
若a0时，令f′(x)0，得xa，
∴函数f(x)的单调增区间为(a，＋∞)，减区间为(0，a)．
(2)证明设F(x)＝23x3－(12x2＋lnx)，
故F′(x)＝2x2－x－1x.
∴F′(x)＝x－12x2＋x＋1x.
∵x1，∴F′(x)0.
∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数．
又F(x)在(1，＋∞)上连续，F(1)＝160，
∴F(x)16在(1，＋∞)上恒成立．∴F(x)0.
∴当x1时，12x2＋lnx23x3.
变式迁移2(1)解由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，
知f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，
f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)
f′(x)－0＋
f(x)?
极小值?
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，
单调递增区间是(ln2，＋∞)，
f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为
f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．
(2)证明设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当aln2－1时，
g′(x)最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)0.
于是对任意x∈R，都有g′(x)0，
所以g(x)在R内单调递增，于是当aln2－1时，
对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)0，
即ex－x2＋2ax－10，
故exx2－2ax＋1.
例3解(1)分公司一年的利润L(万元)与售价x的函数关系式为L＝(x－3－a)(12－x)2，x∈[9,11]．
(2)L′(x)＝(12－x)2－2(x－3－a)(12－x)
＝(12－x)(18＋2a－3x)．
令L′＝0，得x＝6＋23a或x＝12(不合题意，舍去)．
∵3≤a≤5，∴8≤6＋23a≤283.
在x＝6＋23a两侧L′的值由正变负．
∴①当8≤6＋23a9，即3≤a92时，
Lmax＝L(9)＝(9－3－a)(12－9)2＝9(6－a)．
②当9≤6＋23a≤283，即92≤a≤5时，
Lmax＝L(6＋23a)＝(6＋23a－3－a)[12－(6＋23a)]2
＝4(3－13a)3.
所以Q(a)＝96－a，3≤a92，43－13a3，92≤a≤5.
综上，若3≤a92，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q(a)＝9(6－a)(万元)；
若92≤a≤5，则当每件售价为(6＋23a)元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q(a)＝4(3－13a)3(万元)．
变式迁移3解(1)因为赔付价格为S元/吨，
所以乙方的实际年利润为ω＝2000t－St.
由ω′＝1000t－S＝1000－Stt，
令ω′＝0，得t＝t0＝(1000S)2.
当tt0时，ω′0；当tt0时，ω′0.
所以当t＝t0时，ω取得最大值．
因此乙方获得最大利润的年产量为(1000S)2吨．
(2)设甲方净收入为v元，则v＝St－0.002t2.
将t＝(1000S)2代入上式，得到甲方净收入v与赔付价格S之间的函数关系式：
v＝10002S－2×10003S4.
又v′＝－10002S2＋8×10003S5＝10002×8000－S3S5，
令v′＝0，得S＝20.
当S20时，v′0；
当S20时，v′0，
所以S＝20时，v取得最大值．
因此甲方向乙方要求赔付价格S＝20元/吨时，可获得最大净收入．
课后练习区
1．A2.D3.C4.C5.A
6.63d
解析如图所示，为圆木的横截面，
由b2＋h2＝d2，
∴bh2＝b(d2－b2)．
设f(b)＝b(d2－b2)，
∴f′(b)＝－3b2＋d2.
令f′(b)＝0，由b0，
∴b＝33d，且在(0，33d)上f′(b)0，在[33d，d]上f′(b)0.
∴函数f(b)在b＝33d处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h＝63d.
7．300
解析设长为xm，则宽为(20－x)m，仓库的容积为V，则V＝x(20－x)3＝－3x2＋60x，V′＝－6x＋60，
令V′＝0得x＝10.
当0x10时，V′0；当x10时，V′0，
∴x＝10时，V最大＝300(m3)．
8．(－1,0]
解析f′(x)＝41－x2x2＋12≥0，解得－1≤x≤1.
由已知得(m,2m＋1)[－1,1]，即m≥－12m＋1≤1m2m＋1，
解得－1m≤0.
9．解(1)∵f(x)＝12(1＋x)2－ln(1＋x)，
∴f′(x)＝(1＋x)－11＋x＝x2＋x1＋x(x－1)．
……………………………………………………………………………………………(4分)
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
在(－1,0)上单调递减．…………………………………………………………………(6分)
(2)令f′(x)＝0，即x＝0，则
x(1e－1,0)
0(0，e－1)
f′(x)－0＋
f(x)?
极小值?
……………………………………………………………………………………………(9分)
又∵f(1e－1)＝12e2＋1，f(e－1)＝12e2－112e2＋1，
又f(x)m在x∈[1e－1，e－1]上恒成立，
∴m12e2－1.………………………………………………………………………………(12分)
10．解(1)设隔热层厚度为xcm，由题设，
每年能源消耗费用为C(x)＝k3x＋5，(2分)
再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝403x＋5，…………………………………………(4分)
而建造费用为C1(x)＝6x.…………………………………………………………………(5分)
最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为
f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×403x＋5＋6x
＝8003x＋5＋6x(0≤x≤10)．………………………………………………………………(6分)
(2)f′(x)＝6－24003x＋52，令f′(x)＝0，
即24003x＋52＝6，解得x＝5，x＝－253(舍去)．…………………………………………(8分)
当0x5时，f′(x)0，
当5x10时，f′(x)0，………………………………………………………………(10分)
故x＝5是f(x)的最小值点，
对应的最小值为f(5)＝6×5＋80015＋5＝70.
当隔热层修建5cm厚时，总费用达到最小值70万元．
……………………………………………………………………………………………(12分)
11．解(1)f(x)＝lnx的图象与x轴的交点坐标是(1,0)，
依题意，得g(1)＝a＋b＝0.①……………………………………………………………(2分)
又f′(x)＝1x，g′(x)＝a－bx2，
且f(x)与g(x)在点(1,0)处有公共切线，
∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝1.②……………………………………………………(4分)
由①②得a＝12，b＝－12.…………………………………………………………………(6分)
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)，则
F(x)＝lnx－(12x－12x)＝lnx－12x＋12x，
∴F′(x)＝1x－12－12x2＝－12(1x－1)2≤0.
∴F(x)在(0，＋∞)上为减函数．………………………………………………………(10分)
当0x1时，F(x)F(1)＝0，即f(x)g(x)；
当x＝1时，F(1)＝0，即f(x)＝g(x)；
当x1时，F(x)F(1)＝0，即f(x)g(x)．
综上，0x1时，f(x)g(x)；
x＝1时，f(x)＝g(x)；
x1时f(x)g(x)．…………………………………………………………………………(14分)
《正弦定理和余弦定理》复习课教学设计
《正弦定理和余弦定理》复习课教学设计
教材分析这是高三一轮复习，内容是必修5第一章解三角形。本章内容准备复习两课时。本节课是第一课时。标要求本章的中心内容是如何解三角形，正弦定理和余弦定理是解三角形的工具，最后应落实在解三角形的应用上。通过本节学习，学生应当达到以下学习目标：（1）通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握正弦定理、余弦定理解三角形.（2）能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法判断三角形形状的问题。本章内容与三角函数、向量联系密切。
作为复习课一方面将本章知识作一个梳理，另一方面通过整理归纳帮助学生进一步达到相应的学习目标。
学情分析学生通过必修5的学习，对正弦定理、余弦定理的内容已经了解，但对于如何灵活运用定理解决实际问题，怎样合理选择定理进行边角关系转化从而解决三角形综合问题，学生还需通过复习提点有待进一步理解和掌握。
教学目标知识目标：
（1）学生通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握正弦、余弦定理的内容及其证明方法；会运用正、余弦定理与三角形内角和定理，面积公式解斜三角形的两类基本问题。
（2）学生学会分析问题，合理选用定理解决三角形综合问题。
能力目标：
培养学生提出问题、正确分析问题、独立解决问题的能力，培养学生在方程思想指导下处理解三角形问题的运算能力，培养学生合情推理探索数学规律的数学思维能力。
情感目标：
通过生活实例探究回顾三角函数、正余弦定理，体现数学来源于生活，并应用于生活，激发学生学习数学的兴趣,并体会数学的应用价值，在教学过程中激发学生的探索精神。
教学方法探究式教学、讲练结合
重点难点1、正、余弦定理的对于解解三角形的合理选择；
2、正、余弦定理与三角形的有关性质的综合运用。
教学策略1、重视多种教学方法有效整合；
2、重视提出问题、解决问题策略的指导。
3、重视加强前后知识的密切联系。
4、重视加强数学实践能力的培养。
5、注意避免过于繁琐的形式化训练
6、教学过程体现“实践→认识→实践”。
设计意图：
学生通过必修5的学习，对正弦定理、余弦定理的内容已经了解，但对于如何灵活运用定理解决实际问题，怎样合理选择定理进行边角关系转化从而解决三角形综合问题，学生还需通过复习提点有待进一步理解和掌握。作为复习课一方面要将本章知识作一个梳理，另一方面要通过整理归纳帮助学生学会分析问题，合理选用并熟练运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决三角形综合问题和实际应用问题。
数学思想方法的教学是中学数学教学中的重要组成部分，有利于学生加深数学知识的理解和掌握。虽然是复习课，但我们不能一味的讲题，在教学中应体现以下教学思想：
⑴重视教学各环节的合理安排：
在生活实践中提出问题，再引导学生带着问题对新知进行探究，然后引导学生回顾旧知识与方法，引出课题。激发学生继续学习新知的欲望，使学生的知识结构呈一个螺旋上升的状态，符合学生的认知规律。
⑵重视多种教学方法有效整合，以讲练结合法、分析引导法、变式训练法等多种方法贯穿整个教学过程。
⑶重视提出问题、解决问题策略的指导。
⑷重视加强前后知识的密切联系。对于新知识的探究,必须增加足够的预备知识,做好衔接。要对学生已有的知识进行分析、整理和筛选，把对学生后继学习中有需要的知识选择出来，在新知识介绍之前进行复习。
⑸注意避免过于繁琐的形式化训练。从数学教学的传统上看解三角形内容有不少高度技巧化、形式化的问题，我们在教学过程中应该注意尽量避免这一类问题的出现。
二、实施教学过程
（一）创设情境、揭示提出课题
引例：要测量南北两岸A、B两个建筑物之间的距离，在南岸选取相距A点km的C点，并通过经纬仪测的，你能计算出A、B之间的距离吗？若人在南岸要测量对岸B、D两个建筑物之间的距离，该如何进行？
（二）复习回顾、知识梳理
1．正弦定理：
正弦定理的变形：
（1）
（2）；;
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）
2．余弦定理：
a2=b2+c2－2bccosA；
b2=c2+a2－2cacosB；
c2=a2+b2－2abcosC.
cosA=；
cosB=；
cosC=.
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.
3．三角形面积公式：
（三）自主检测、知识巩固
1.;
2.
3.
（四）典例导航、知识拓展
【例1】△ABC的三个内角A、B、C的对边分别是a、b、c，如果a2=b（b+c），求证：A=2B.
剖析：研究三角形问题一般有两种思路.一是边化角，二是角化边.
证明：用正弦定理，a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，代入a2=b（b+c）中，得sin2A=sinB（sinB+sinC）sin2A－sin2B=sinBsinC
因为A、B、C为三角形的三内角，所以sin（A+B）≠0.所以sin（A－B）=sinB.所以只能有A－B=B，即A=2B.
评述：利用正弦定理，将命题中边的关系转化为角间关系，从而全部利用三角公式变换求解.
思考讨论：该题若用余弦定理如何解决?
【例2】已知a、b、c分别是△ABC的三个内角A、B、C所对的边，
（1）若△ABC的面积为，c=2,A=600,求边a,b的值；
（2）若a=ccosB,且b=csinA,试判断△ABC的形状。
（五）变式训练、归纳整理
【例3】已知a、b、c分别是△ABC的三个内角A、B、C所对的边，若bcosC=(2a-c)cosB
(1)求角B
(2)设,求a+c的值。
剖析：同样知道三角形中边角关系，利用正余弦定理边化角或角化边，从而解决问题，此题所变化的是与向量相结合，利用向量的模与数量积反映三角形的边角关系，把本质看清了，问题与例2类似解决。
此题分析后由学生自己作答，利用实物投影集体评价，再做归纳整理。
（解答略）
课时小结（由学生归纳总结，教师补充）
1.解三角形时，找三边一角之间的关系常用余弦定理，找两边两角之间的关系常用正弦定理
2.根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径：①化边为角；②化角为边.并常用正余弦定理实施边角转化。
3.用正余弦定理解三角形问题可适当应用向量的数量积求三角形内角与应用向量的模求三角形的边长。
4.应用问题可利用图形将题意理解清楚，然后用数学模型解决问题。
5.正余弦定理与三角函数、向量、不等式等知识相结合，综合运用解决实际问题。
课后作业：
材料三级跳
创设情境，提出实际应用问题，揭示课题
学生在探究问题时发现是解三角形问题，通过问答将知识作一梳理。
学生通过课前预热1.2.3.的快速作答，对正余弦定理的基本运用有了一定的回顾
学生探讨
知识的关联与拓展
正余弦定理与三角形内角和定理，面积公式的综合运用对学生来说也是难点，尤其是根据条件判断三角形形状。此处列举例2让学生进一步体会如何选择定理进行边角互化。
本课是在学生学习了三角函数、平面几何、平面向量、正弦和余弦定理的基础上而设置的复习内容，因此本课的教学有较多的处理办法。从解三角形的问题出发，对学过的知识进行分类，采用的例题是精心准备的，讲解也是至关重要的。一开始的复习回顾学生能够很好的回答正弦定理和余弦定理的基本内容，但对于两个定理的变形公式不知，也就是说对于公式的应用不熟练。设计中的自主检测帮助学生回顾记忆公式，对学生更有针对性的进行了训练。学生还是出现了问题，在遇到第一个正弦方程时，是只有一组解还是有两组解，这是难点。例1、例2是常规题，让学生应用数学知识求解问题，可用正弦定理，也可用余弦定理，帮助学生巩固正弦定理、余弦定理知识。
本节课授课对象为高三6班的学生，上课氛围非常活跃。考虑到这是一节复习课，学生已经知道了定理的内容，没有经历知识的发生与推导，所以兴趣不够，较沉闷。奥苏贝尔指出，影响学习的最重要因素是学生已经知道了什么，我们应当根据学生原有的知识状况去进行教学。因而，在教学中，教师了解学生的真实的思维活动是一切教学工作的实际出发点。教师应当接受和理解学生的真实思想，尽管它可能是错误的或幼稚的，但却具有一定的内在的合理性，教师不应简单否定，而应努力去理解这些思想的产生与性质等等，只有真正理解了学生思维的发生发展过程，才能有的放矢地采取适当的教学措施以便帮助学生不断改进并最终实现自己的目标。由于这种探究课型在平时的教学中还不够深入，有些学生往往以一种观赏者的身份参与其中，主动探究意识不强，思维水平没有达到足够的提升。这些都是不足之处，比较遗憾。但相信随着课改实验的深入，这种状况会逐步改善。毕竟轻松愉快的课堂是学生思维发展的天地，是合作交流、探索创新的主阵地，是思想教育的好场所。所以新课标下的课堂将会是学生和教师共同成长的舞台！
正弦定理、余弦定理的应用
1.1.3正弦定理、余弦定理的应用
教学目的：1进一步熟悉正、余弦定理内容；?
2能够应用正、余弦定理进行边角关系的相互转化；?
3能够利用正、余弦定理判断三角形的形状；?
4能够利用正、余弦定理证明三角形中的三角恒等式?
教学重点：利用正、余弦定理进行边角互换时的转化方向
教学难点:三角函数公式变形与正、余弦定理的联系?
教学方法：启发引导式?
1启发学生在证明三角形问题或者三角恒等式时，要注意正弦定理、余弦定理的适用题型与所证结论的联系，并注意特殊正、余弦关系的应用，比如互补角的正弦值相等，互补角的余弦值互为相反数等；?
2引导学生总结三角恒等式的证明或者三角形形状的判断，重在发挥正、余弦定理的边角互换作用
教学过程：一、复习引入：
正弦定理：
余弦定理：
，
二、讲解范例：例1在任一△ABC中求证：
证：左边=
==0=右边
例2在△ABC中，已知，，B=45求A、C及c
解一：由正弦定理得：
∵B=4590即ba∴A=60或120
当A=60时C=75
当A=120时C=15
解二：设c=x由余弦定理
将已知条件代入，整理：
解之：当时
从而A=60，C=75当时同理可求得：A=120，C=15
例3在△ABC中，BC=a,AC=b,a,b是方程的两个根，且
2cos(A+B)=1求（1）角C的度数（2）AB的长度（3）△ABC的面积
解：（1）cosC=cos[(A+B)]=cos(A+B)=∴C=120
（2）由题设：
∴AB2=AC2+BC22ACBCosC
即AB=
（3）S△ABC=
例4如图，在四边形ABCD中，已知ADCD,AD=10,AB=14,BDA=60,BCD=135求BC的长
解：在△ABD中，设BD=x
则
即
整理得：解之：（舍去）
由余弦定理：∴
例5△ABC中，若已知三边为连续正整数，最大角为钝角，1求最大角;
2求以此最大角为内角，夹此角两边之和为4的平行四边形的最大面积
解：1设三边且
∵C为钝角∴解得
∵∴或3但时不能构成三角形应舍去
当时
2设夹C角的两边为
S当时S最大=
例6在△ABC中，AB＝5，AC＝3，D为BC中点，且AD＝4，求BC边长
分析：此题所给题设条件只有边长，应考虑在假设BC为ｘ后，建立关于ｘ的方程而正弦定理涉及到两个角，故不可用此时应注意余弦定理在建立方程时所发挥的作用因为D为BC中点，所以BD、DC可表示为，然用利用互补角的余弦互为相反数这一性质建立方程?
解：设BC边为ｘ，则由D为BC中点，可得BD＝DC＝，
在△ADB中，cosADB＝
在△ADC中，cosADC＝
又∠ADB＋∠ADC＝180°
∴cosADB＝cos（180°－∠ADC）＝－cosADC?
∴
解得，ｘ＝2?,所以，BC边长为2
评述：此题要启发学生注意余弦定理建立方程的功能，体会互补角的余弦值互为相反数这一性质的应用，并注意总结这一性质的适用题型?
另外，对于本节的例2，也可考虑上述性质的应用来求解sinA，思路如下：
由三角形内角平分线性质可得，设BD＝5ｋ，DC＝3ｋ，则由互补角∠ADC、∠ADB的余弦值互为相反数建立方程，求出BC后，再结合余弦定理求出cosA，再由同角平方关系求出sinA
三、课堂练习：
1半径为1的圆内接三角形的面积为0．25，求此三角形三边长的乘积?
解：设△ABC三边为a，b，c则Ｓ△ABC＝
∴
又，其中R为三角形外接圆半径
∴,∴abc＝4RS△ABC＝4×1×0．25＝1
所以三角形三边长的乘积为1?
评述：由于题设条件有三角形外接圆半径，故联想正弦定理：
，其中R为三角形外接圆半径，与含有正弦的三角形面积公式Ｓ△ABC＝发生联系，对abc进行整体求解
2在△ABC中，已知角B＝45°，D是BC边上一点，AD＝5，AC＝7，DC＝3，求
AB?
解：在△ADC中，
cosC＝
又0＜C＜180°，∴sinC＝
在△ABC中，∴AB＝
评述：此题在求解过程中，先用余弦定理求角，再用正弦定理求边，要求学生注意正、余弦定理的综合运用
3在△ABC中，已知cosA＝，sinB＝，求cosC的值?
解：∵cosA＝＜＝cos45°，0＜A＜π∴45°＜A＜90°,∴sinA＝
∵sinB＝＜＝sin30°，0＜B＜π∴0°＜B＜30°或150°＜B＜180°
若B＞150°，则B＋A＞180°与题意不符∴0°＜B＜30°cosB＝
∴cos（A＋B）＝cosAcosB－sinAsinB＝
又C＝180°－（A＋B）?
∴cosC＝cos［180°－（A＋B）］＝－cos（A＋B）＝－
评述：此题要求学生在利用同角的正、余弦平方关系时，应根据已知的三角函数值具体确定角的范围，以便对正负进行取舍，在确定角的范围时，通常是与已知角接近的特殊角的三角函数值进行比较?
四、小结通过本节学习，我们进一步熟悉了三角函数公式及三角形的有关性质，综合运用了正、余弦定理求解三角形的有关问题，要求大家注意常见解题方法与解题技巧的总结，不断提高三角形问题的求解能力
五、课后作业：
课后记：1正、余弦定理的综合运用余弦定理是解斜三角形中用到的主要定理，若将正弦定理代入得：sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA
这是只含有三角形三个角的一种关系式，利用这一定理解题，简捷明快，举例:
［例1］在△ABC中，已知sin2B－sin2C－sin2A＝sinAsinC，求B的度数
解：由定理得sin2B＝sin2A＋sin2C－2sinAsinCcosB，?
∴－2sinAsinCcosB＝sinAsinC
∵sinAsinC≠0?∴cosΒ＝－∴B＝150°
［例2］求sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°的值
解：原式＝sin210°＋sin250°＋sin10°sin50°
在sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA，令B＝10°，C＝50°，则A＝120°
sin2120°＝sin210°＋sin250°－2sin10°sin50°cos120°
＝sin210°＋sin250°＋sin10°sin50°＝（）2＝
［例3］在△ABC中，已知2cosBsinC＝sinA，试判定△ABC的形状?
解：在原等式两边同乘以sinA得：2cosBsinAsinC＝sin2A，由定理得sin2A＋sin2C－sin2Β＝sin2A，∴sin2C＝sin2B?∴B＝C故△ABC是等腰三角形?
2一题多证:［例4］在△ABC中已知a＝2bcosC，求证：△ABC为等腰三角形?
证法一：欲证△ABC为等腰三角形可证明其中有两角相等，因而在已知条件中化去边元素，使只剩含角的三角函数由正弦定理得a＝
∴2bcosC＝，即2cosCsinB＝sinA＝sin（B＋C）＝sinBcosC＋cosBsinC
∴sinBcosC－cosBsinC＝0即sin（B－C）＝0，?∴B－C＝ｎπ（ｎ∈Ｚ）
∵B、C是三角形的内角，?∴B＝C，即三角形为等腰三角形?
证法二：根据射影定理，有a＝bcosC＋ccosB，
又∵a＝2bcosC?∴2bcosC＝bcosC＋ccosB?∴bcosC＝ccosB，即
又∵∴即tanB＝tanC
∵B、C在△ABC中，?∴B＝C?∴△ABC为等腰三角形?
证法三：∵cosC＝∴
化简后得b2＝c2?∴b＝c∴△ABC是等腰三角形?
高三数学上册《正弦定理余弦定理》教学设计
高三数学上册《正弦定理余弦定理》教学设计
(一)教材分析
（1）地位和重要性：正、余弦定理是学生学习了平面向量之后要掌握的两个重要定理，运用这两个定理可以初步解决几何及工业测量等实际问题，是解决有关三角形问题的有力工具。
（2）重点、难点。
重点：正余弦定理的证明和应用
难点：利用向量知识证明定理
(二)教学目标
（1）知识目标：
①要学生掌握正余弦定理的推导过程和内容；
②能够运用正余弦定理解三角形；
③了解向量知识的应用。
（2）能力目标：提高学生分析问题、解决问题的能力。
（3）情感目标：使学生领悟到数学来源于实践而又作用于实践，培养学生的学习数学的兴趣。
（三）教学过程
教师的主要作用是调控课堂，适时引导，引导学生自主发现，自主探究。使学生的综合能力得到提高。
教学过程分如下几个环节：
教学过程课堂引入
1、定理推导
2、证明定理
3、总结定理
4、归纳小结
5、反馈练习
6、课堂总结、布置作业
具体教学过程如下：
（1）课堂引入：
正余弦定理广泛应用于生产生活的各个领域，如航海，测量天体运行，那正余弦定理解决实际问题的一般步骤是什么呢？
（2）定理的推导。
首先提出问题：RtΔABC中可建立哪些边角关系？
目的：首先从学生熟悉的直角三角形中引导学生自己发现定理内容，猜想，再完成一般性的证明，具体环节如下：
①引导学生从SinA、SinB的表达式中发现联系。
②继续引导学生观察特点，有A边A角，B边B角；
③接着引导：能用C边C角表示吗？
④而后鼓励猜想：在直角三角形中成立了，对任意三角形成立吗？
发现问题比解决问题更重要，我便是让学生体验了发现的过程，从学生熟悉的知识内容入手，观察发现，然后产生猜想，进而完成一般性证明。
这个过程采用了不断创设问题，启发诱导的教学方法，引导学生自主发现和探究。
第二步证明定理：
①用向量方法证明定理：学生不易想到，设计如下：
问题：如何出现三角函数做数量积欲转化到正弦利用诱导公式做直角难点突破
实践：师生共同完成锐角三角形中定理证明
独立：学生独立完成在钝角三角形中的证明
总结定理：师生共同对定理进行总结，再认识。
在定理的推导过程中，我注重“重过程、重体验”培养了学生的创新意识和实践能力，教育学生独立严谨科学的求学态度，使情感目标、能力目标得以实现。
在定理总结之后，教师布置思考题：定理还有没有其他证法？
通过这样的思考题，发散了学生思维，使学生的思维不仅仅禁锢在教师的启发诱导之下，符合素质教育的要求。
（3）例题设置。
例1△ABC中，已知c=10，A=45°，C=30°，求b.
（学生口答、教师板书）
设计意图：①加深对定理的认识；②提高解决实际问题的能力
例2△ABC中，a=20，b=28，A=40°，求B和C.
例3△ABC中，a=60，b=50，A=38°，求B和C.其中①两组解，②一组解
例3同时给出两道题，首先留给学生一定的思考时间，同时让两学生板演，以便两题形成对照、比较。
可能出现的情况：两个学生都做对，则继续为学生提供展示的空间，让学生来分析看似一样的条件，为何①二解②一解情况，如果第二同学也做出两组解，则让其他学生积极参与评判，发现问题，找出对策。
设计意图：
①增强学生对定理灵活运用的能力
②提高分析问题解决问题的能力
③激发学生的参与意识，培养学生合作交流、竞争的意识，使学生在相互影响中共同进步。
（4）归纳小结。
借助多媒体动态演示：图表
使学生对于已知两边和其中一边对角，三角形解的情况有一个清晰直观的认识。之后让学生对题型进行归纳小结。
这样的归纳总结是通过学生实践，在新旧知识比照之后形成的，避免了学生的被动学习，抽象记忆，让学生形成对自我的认同和对社会的责任感。实现本节课的情感目标。
（5）反馈练习：
练习①△ABC中，已知a=60，b=48，A=36°
②△ABC中，已知a=19，b=29，A=4°
③△ABC中，已知a=60，b=48，A=92°
判断解的情况。
通过学生形成性的练习，巩固了对定理的认识和应用，也便于教师掌握学情，以为教学的进行作出合理安排。
（6）课堂总结，布置作业。
