高二数学 最新余弦定理(第二课时)导学案

第2课时余弦定理1.了解向量法证明余弦定理的推导过程.2.掌握余弦定理及其推论.3.能够利用余弦定理及其推论解三角形.如图,某隧道施工队为了开凿一条山地隧道,需要测算隧道通过这座山的长度.工程技术人员先在地面上选一适当的位置A,量出A到山脚B、C的距离,其中AB=km,AC=1 km,再利用经纬仪测出A对山脚BC(即线段BC)的张角∠BAC=150°,你能通过计算求出山脚的长度BC吗?问题1:上述问题中,山脚BC长度的求解用的是余弦定理,余弦定理的内容是什么?余弦定理:三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍,这个定理是余弦定理,可以用式子表示为a2= 、b2= 、c2= .问题2:余弦定理的推论:cos A=;cos B= ;cos C= .问题3:余弦定理揭示了任意三角形边角之间的客观规律,也是解三角形的重要工具:(1)在余弦定理中,每一个等式均含有四个量,利用的观点,可以知三求一.(2)利用余弦定理可以完成三种情形的斜三角形,分别是:①已知,解三角形;②已知,解三角形;③已知,解三角形.问题4:△ABC的三边为a,b,c,对角分别为A,B,C,则:(1)若,则角C是直角;(2)若,则角C是钝角;(3)若,则角C是锐角.1.在△ABC中,a∶b∶c=3∶5∶7,则△ABC的最大角为().A.100°B.135°C.120°D.150°2.设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,若c=,b=2a,C=,则边a等于().A.B.1 C.D.23.(1)以7,24,25为各边长的三角形是三角形;(2)以2,3,4为各边长的三角形是三角形;(3)以4,5,6为各边长的三角形是三角形.4.在△ABC中,已知a2=b2+bc+c2,求角A.已知三角形的三边解三角形在△ABC中,已知a∶b∶c=2∶∶(+1),求△ABC各角的度数.已知两边及其中一边的对角解三角形在△ABC中,a=3,b=3,B=30°,解这个三角形.利用余弦定理判定三角形形状已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量m=(4,-1),n=(cos2,cos 2A),且m·n=.(1)求角A的大小;(2)若b+c=2a=2,试判断△ABC的形状.在△ABC中,若sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶.则该三角形的最大内角为.在△ABC中,a=,b=1,B=30°,解这个三角形.在钝角△ABC中,a=1,b=2,则最大边c的取值范围是.1.在△ABC中,sin A∶sin B∶sin C=3∶2∶4,则cos C等于().A.-B.-C.D.2.在△ABC中,已知a4+b4+c4=2c2(a2+b2),则角C等于().A.60°B.45°或135°C.120°D.30°3.在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2+c2=b2+ac,则cos B= .4.已知在△ABC中,a=8,b=7,B=60°,求c.(2013年·新课标全国卷)已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,23cos2A+cos 2A=0,a=7,c=6,则b等于().A.10B.9C.8D.5考题变式(我来改编):第2课时余弦定理知识体系梳理问题1:b2+c2-2bc cos A c2+a2-2ac cos B a2+b2-2ab cos C问题2:问题3:(1)方程(2)三边两边及其夹角两边及其一边的对角问题4:(1)a2+b2=c2(2)a2+b2<c2(3)a2+b2>c2基础学习交流1.C设三边分别为3k,5k,7k,则角C为最大角,根据余弦定理:cos C===-,∴C=120°.2.B cos C===,解得a=1.3.(1)直角(2)钝角(3)锐角(1)72+242=252,∴三角形为直角三角形;(2)22+32-42<0,∴三角形为钝角三角形;(3)42+52-62>0,∴三角形为锐角三角形.4.解:由已知得b2+c2-a2=-bc,∴cos A==-,又∵0<A<π,∴A=.重点难点探究探究一:【解析】∵a∶b∶c=2∶∶(+1),∴令a=2k,b=k,c=(+1)k(k>0),由余弦定理有:cos A===,∴A=45°,cos B===,∴B=60°,∴C=180°-45°-60°=75°.【小结】已知三角形三边求角,可先用余弦定理求一个角,再用正弦定理(也可继续用余弦定理)求另一个角,进而求出第三个角.探究二:【解析】根据余弦定理得:b2=c2+a2-2ca cos B,即c2-9c+18=0,解得:c=3或c=6.当c=3时,cos A==-,∴A=120°,故C=180°-120°-30°=30°;当c=6时,cos A==,∴A=60°,故C=180°-60°-30°=90°.综上可知:A=60°,C=90°,c=6或A=120°,C=30°,c=3.【小结】已知三角形的两边与一角求第三边,必须先判断该角是给出两边中一边的对角,还是给出两边的夹角.若是给出两边的夹角,可以由余弦定理求第三边;若是给出两边中一边的对角,可以应用余弦定理建立一元二次方程,解方程求出第三边(也可以两次应用正弦定理求出第三边).探究三:【解析】(1)∵m=(4,-1),n=(cos2,cos 2A),∴m·n=4cos2-cos 2A=4·-(2cos2A-1)=-2cos2A+2cos A+3.又∵m·n=,∴-2cos2A+2cos A+3=,解得cos A=.∵0<A<π,∴A=.(2)在△ABC中,a2=b2+c2-2bc cos A,且a=,∴()2=b2+c2-2bc·=b2+c2-bc.①又∵b+c=2,与①共同解得bc=3,∴∴b=c=,于是a=b=c=,即△ABC为等边三角形.【小结】依据已知条件中的边角关系判断三角形的形状时,主要有如下两种方法:(1)利用正、余弦定理把已知条件转化为边边关系,通过因式分解、配方等得出边的相应关系,从而判断三角形的形状;(2)利用正、余弦定理把已知条件转化为内角的三角函数间的关系,通过三角函数恒等变形,得出内角的关系,从而判断出三角形的形状,此时要注意应用A+B+C=π这个结论.思维拓展应用应用一:在△ABC中,根据正弦定理及已知得a∶b∶c=2∶3∶.设a=2x(x>0),则b=3x,c=x.显然c>b>a,∴C是最大角.∴cos C===-,∴C=.应用二:(法一)根据余弦定理得:b2=c2+a2-2ca cos B,即c2-3c+2=0,解得:c=1或2.当c=1时,C=B=30°,∴A=120°;当c=2时,△ABC为直角三角形,C=90°,∴A=60°.(法二)可由正弦定理=得sin A==,∴A=60°或120°.当A=60°时,C=90°,∴c=2;当A=120°时,C=30°,∴c=1.应用三:(,3)根据余弦定理得:cos C==,∵C为最大角,∴C为钝角,即cos C=∈(-1,0),解得:<c<3.基础智能检测1.B由正弦定理得a∶b∶c=3∶2∶4,cos C==-.2.B∵a4+b4+c4=2c2(a2+b2),∴a4+b4+c4-2a2c2-2b2c2=0,即(a2+b2-c2)2=2a2b2,∴=±,即cos C=±,故C=45°或135°.3.cos B===.4.解:∵b2=c2+a2-2ac cos B,∴72=c2+82-2×8c cos 60°,∴c2-8c+15=0,故c=3或c=5.全新视角拓展D根据题目条件23cos2A+cos 2A=0,得23cos2A+2cos2A-1=0,即cos2A=.又因为三角形为锐角三角形,所以cos A=,由余弦定理得,a2=b2+c2-2bc cos A,即72=36+b2-b,化简得5b2-12b-65=0,解得b=5,所以答案为D.。

高中新版数学余弦定理教案教学目标：1. 了解余弦定理的定义和公式。

2. 能够应用余弦定理解决实际问题。

3. 培养学生的逻辑思维和解决问题的能力。

教学重点：1. 余弦定理的概念和公式。

2. 如何应用余弦定理求解三角形的边长或角度。

教学难点：1. 将余弦定理应用于实际问题中。

2. 较复杂的三角形问题的解决。

教学方法：1. 讲解结合示例，引导学生理解。

2. 练习与案例分析，提高实际运用能力。

3. 合作学习，培养学生的团队合作意识。

教学准备：1. 教材课本、习题册。

2. 三角形模型或图片。

3. 计算器。

教学过程：一、导入（5分钟）教师简要介绍余弦定理的概念和重要性，引起学生对本节课内容的兴趣。

二、讲解余弦定理（15分钟）1. 教师给出余弦定理的定义和公式：$a^2=b^2+c^2-2bc \cos A$。

2. 讲解余弦定理的推导过程和应用场景。

三、实例练习（20分钟）1. 教师给出一些简单的例题，让学生独立尝试解答。

2. 学生在小组讨论中相互检验答案，有效解决问题。

四、拓展练习（15分钟）1. 学生通过课堂练习巩固余弦定理的运用。

2. 学生尝试解决更加复杂的三角形问题，提高应用能力。

五、总结与评价（5分钟）1. 教师对本节课内容进行总结，梳理核心知识点。

2. 学生对于余弦定理的应用及优缺点进行评价和总结。

六、作业布置（5分钟）1. 将余弦定理的知识应用于实际问题中，并完成相关作业。

2. 学生通过实际问题的解决，更好地掌握余弦定理的应用。

教学反思：通过本节课的教学，帮助学生掌握了余弦定理的理论和实际应用能力。

同时，激发了学生对于数学的兴趣，提高了解决问题的思维能力。

在未来的教学中，可以通过更多的案例分析和讨论，提高学生的数学素养和团队合作能力。

1.1.2余弦定理（二） 教学目标1．知识与技能:掌握在已知三角形的两边及其中一边的对角解三角形时，有两解或一解或无解等情形；三角形各种类型的判定方法；三角形面积定理的应用。

2. 过程与方法:通过引导学生分析，解答三个典型例子，使学生学会综合运用正、余弦定理，三角函数公式及三角形有关性质求解三角形问题。

3.情态与价值：通过正、余弦定理，在解三角形问题时沟通了三角形的有关性质和三角函数的关系，反映了事物之间的必然联系及一定条件下相互转化的可能，从而从本质上反映了事物之间的内在联系。

[复习引入] 余弦定理及基本作用①已知三角形的任意两边及它们的夹角就可以求出第三边2222cos a b c bc A =+- 2222cos b a c ac B =+- 2222cos c a b ab C=+-②已知三角形的三条边就可以求出其它角。

222cos 2+-=b c a A bc 222cos 2+-=a c b B ac 222cos 2+-=b a c C ba练习]在∆ABC 中，若222a b c bc =++，求角A思考。

解三角形问题可以分为几种类型？分别怎样求解的？求解三角形一定要知道一边吗？[探索研究]例1．在∆ABC 中，已知下列条件解三角形（1） 30=A ，10=a ，20=b （2） 30=A ，10=a ，6=b （3）30=A ，10=a ，15=b （4） 120=A ，10=a ，5=b （5） 120=A ，10=a ，15=b[随堂练习1]（1）在∆ABC 中，已知80a =，100b =，045A ∠=，试判断此三角形的解的情况。

（2）在∆ABC 中，若1a =，12c =，040C ∠=，则符合题意的b 的值有_____个。

（3）在∆ABC 中，a xcm =，2b cm =，045B ∠=，如果利用正弦定理解三角形有两解，求x 的取值范围。

例2．在∆ABC 中，已知7a =，5b =，3c =，判断∆ABC 的类型。

1.1.2余弦定理【旧知回顾】复习1：在一个三角形中，各和它所对角的的相等，即==．复习2：在△ABC 中，已知10c =，045A =，030C =，解此三角形．思考：应用正弦定理求解三角形的类型有哪些？它们的一般步骤分别是什么？【新知探究】一、余弦定理的内容： ⑴语言叙述：三角形中任何一边的平方等于减去的积的. ⑵公式表达：2a =；2b =；2c =.⑶推论：cos A =；cos B =；cos C =.二、余弦定理的证明：探究：在△ABC 中，已知AB c =，BC a =，及角B ，求b .二、余弦定理的理解在△ABC 中，若222a b c <+，则∠A 为角，反之成立； 在△ABC 中，若222a b c =+，则∠A 为角，反之成立；在△ABC 中，若222a b c >+，则∠A 为角，反之成立.余弦定理是勾股定理的推广，勾股定理是余弦定理的特例． 三、余弦定理的应用①已知三角形的任意两边及它们的夹角就可以求出第三边；②已知三角形的三条边就可以求出其它角． ③已知三角形两边和其中一边的对角问题（既可用正弦定理，也可用余弦定理）． 【典例剖析】例1.在△ABC 中，已知3b =，c =，030B =，求角A 、角C 和边a .（用两种方法求解）变式1.△ABC 中，0120A =，5AB =，7BC =，则s i n s i n BC=____________. 思考1：已知三角形两边和其中一边的对角解三角形时，利用正弦定理和余弦定理求解的区别是什么？例2.已知△ABC 的三边长为3a =，4b =，c =，求△ABC 的最大内角．变式2.若△ABC 的三个内角满足sin :sin :sin 5:11:13A B C =，则△ABC （?????）?bc aA ．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思考2：判断三角形形状的方法有哪些？ 例3.在△ABC 中，已知()()3a b c a b c ab +++-=，且2cos sin sin A B C ⋅=，确定△ABC 的形状．变式3.在△ABC 中，若2A C B +=，2ac b =，判断△ABC 的形状．思考3：应用正、余弦定理在判定三角形形状时，它的一般方法是什么？例4.在△ABC 中，a ，b ，c 分别是A ，B ，C 的对边，且cos cos 2B bC a c=-+. ⑴求B 的大小；⑵若b =4a c +=，求a 的值．变式4.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c，tan C =. ⑴求cos C ；⑵若52CB CA ⋅=，且9a b +=，求c . 余弦定理标准化作业1．在△ABC 中，a 2＋b 2<c 2，则这个三角形一定是( )A ．锐角三角形B ．钝角三角形C ．等腰三角形D ．等边三角形 2．△ABC 中，＝a ，＝b ，a ·b <0，△ABC 的面积为，|a |＝3，|b |＝5，则BC 边的长为( )A ．4B ．6C ．7D ．93．已知锐角三角形的边长分别为2,4，x ，则x 的取值范围( ) A ．(1，)B ．(，)C ．(1,2)D ．(2，2)4．已知三角形的边长分别为4,5，，则它的最大内角的度数为( ) A ．150°B．120°C．135°D ．90°5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a 2＋c 2－b 2＝ac ，则角B 的值为( )A.B.C.或D.或6．在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，BC ＝，则·＝( ) A ．－B ．－C.D.7．△ABC 的三边分别为a ，b ，c 且满足b 2＝ac,2b ＝a ＋c ，则此三角形是( )A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．等边三角形8．△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，如果2b ＝a ＋c ，∠B ＝30°，△ABC 的面积为，那么b 等于( )A.B．1＋C. D．2＋9．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且S△ABC＝，那么∠C＝________.10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若b2＋c2＝a2＋bc，且·＝4，则△ABC的面积等于________．11．在△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，已知c＝2，C＝.(1)若△ABC的面积等于，求a，b；(2)若sin B＝2sin A，求△ABC的面积．12．在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且a cos B＝3，b sin A＝4.(1)求边长a；(2)若△ABC的面积S＝10，求△ABC的周长l.13．在△ABC中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，已知a2－c2＝2b，且sin A cos C＝3cos A sin C，求b.14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos＝，·＝3.(1)求△ABC的面积；(2)若c＝1，求a的值．。

2019-2020学年高中数学《余弦定理》（二）导学案 新人教版必修5一、自学准备与知识导学：1．在ABC ∆中，5=AB ，7=AC ，8=BC ，则=∙____________________．2．已知C a b sin =，B a c cos =，则ABC ∆一定是（ ）A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等边三角形D ．等腰直角三角形3．若钝角三角形的边长为连续自然数n ，1+n ，2+n ，则三边长为（ ）A ．1，2，3B ．2，3，4C ．3，4，5D ．4，5，64．在ABC ∆中，已知7=a ，8=b ，1413cos =C ，则最大角的余弦值是_____________．5．在ABC ∆中，a b 2=，︒=45C ，且ABC ∆的外接圆半径2=R ，则=a _______．二、学习交流与问题研讨: 例1.在ABC ∆中，已知C B A cos sin 2sin =，试判断三角形的形状．例2.AM 是ABC ∆中BC 边上的中线，求证：222)(221BC AC AB AM -+=．例3. 为了测量学校操场四边形ABCD 的周长和面积，在操场中间取一点O ，测得m OA 40=，m OB 37=，m OC 42=，m OD 44=，且︒=∠120DOA ，︒=∠60AOB ，︒=∠45BOC ，︒=∠135COD ．（1）试求四边形的周长；（2）试求四边形的面积．三、练习检测与拓展延伸：1．在ABC ∆中，若4:3:2sin :sin :sin =C B A ，则=C cos ___________________．2．在ABC ∆中，已知2=a ，3=b ，︒=60C ，试证明此三角形为锐角三角形．3．在ABC ∆中，设=，=，且2||=，3||=，3-=∙，求AB ．四、课后反思或经验总结：熟练运用余弦定理．五、。

余弦定理导学案高二年级数学组知能目标解读通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握余弦定理，理解用数量积推导余弦定理的过程，并体会向量在解决三角形的度量问题时的作用.了解余弦定理的几种变形公式及形式.会从方程的角度来理解余弦定理的作用及适用范围，并会用余弦定理解决“已知三边求三角形的三角”及“已知两边及其夹角求三角形中其他的边和角”等问题.能熟练应用余弦定理解三角形以及现实生活中的实际问题.重点难点点拨重点：余弦定理的证明及其应用.难点：处理三角形问题恰当地选择正弦定理或余弦定理.学习方法指导余弦定理：在△ABc中，∠A，∠B，∠c的对边分别为a，b，c，那么有如下结论：a2=b2+c2-2bccosA,b2=a2+c2-2accosB,c2=a2+b2-2abcosc.两边与它们夹角的余弦的积的两倍.这一结论叫做余弦定理，它揭示了任意三角形边角之间的客观规律.也是解三角形的重要工具.注意：在余弦定理的每一个等式中含有四个量，利用方程的思想，可以知三求一.余弦定理也为求三角形的有关量提供了工具，它可以用来判定三角形的形状，证明三角形中的有关等式，在一定程度上，它比正弦定理的应用更加广泛.关于公式的变形：将余弦定理稍加变形，可以得到另外的形式，我们称为余弦定理的推论.掌握这些表达形式，可以帮助我们深入理解和灵活应用余弦定理.cosA=，cosB=，cosc=.由上述变形，结合余弦函数的性质，可知道：如果一个三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么第三边所对的角是直角，如果小于第三边的平方，那么第三边所对的角为钝角，如果大于第三边的平方，那么第三边所对的角为锐角.从这一点说，余弦定理可以看作勾股定理的推广，而勾股定理则是余弦定理的特例.教材中给出了用向量的数量积证明余弦定理的方法，是平面向量知识在解三角形中的应用.另外，对余弦定理的证明，还可以应用解析法、几何法等方法证明.证明：方法1：如图所示，以A为原点，△ABc的边AB 所在直线为x轴，建立直角坐标系.则A,c,B,由两点间的距离公式得Bc2=2+2,即a2=b2+c2-2bccosA.同理可证b2=a2+c2-2accosB,c2=a2+b2-2abcosc.方法2：如图.当△ABc为锐角三角形时，过c作cD⊥AB 于D，则cD=bsinA,AD=bcosA,BD=AB-AD=c-bcosA.在Rt△BcD中，Bc2=cD2+BD2,即a2=b2sin2A+2.所以a2=b2+c2-2bccosA.同理可证b2=a2+c2-2accosB,c2=a2+b2-2abcosc.如图，当△ABc为钝角三角形时，过c作cD垂直于AB 的延长线，垂足为D，则AD=bcosA,cD=bsinA.BD=AD-AB=bcosA-c.在Rt△BcD中,Bc2=cD2+BD2,即a2=b2sin2A+2.所以a2=b2+c2-2bccosA.同理可证：b2=a2+c2-2accosB,c2=a2+b2-2abcosc.余弦定理主要适用以下两种题型:已知两边和它们的夹角，求第三边和其他的角，用余弦定理，必有一解.在应用余弦定理求三角形的边长时，容易出现增解，原因是余弦定理中涉及的是边长的平方，求得结果常有两解，因此，解题时需要特别注意三角形三边长度应满足的基本条件.知能自主梳理余弦定理三角形任何一边的平方等于减去的积的公式表达:a2=;b2=;c2=变形:cosA=;cosB=;cosc=应用余弦定理及其变形可解决两类解三角形的问题，一类是已知两边及其解三角形，另一类是已知解三角形.［答案］ 1.其他两边的平方和这两边与它们夹角的余弦两倍b2+c2-2bccosA a2+c2-2accosB a2+b2-2abcosc夹角思路方法技巧命题方向已知三边解三角形［例1］在△ABc中，已知a=7,b=3,c=5，求最大角和sinc.［分析］在三角形中，大边对大角，所以a边所对角最大.［解析］∵a＞c＞b,∴A为最大角,由余弦定理得，cosA==又∵0°＜A＜180°,A=120°，∴sinA=sin120°=.sinc===.∴最大角A为120°，sinc=.［说明］求sinccosc===，∴c为锐角.sinc==＝.在解三角形时，有时既可用余弦定理，也可用正弦定理. 变式应用1在△ABc中，已知：：=4：5：6，求△ABc的最大内角.［解析］设b+c=4,c+a=5,a+b=6.则a+b+c=7.5,解得a=3.5,b=2.5,c=1.5.∴a是最大边，即角A是△ABc的最大角.由余弦定理，得cosA==-,∵0°＜A＜180°,∴A=120°，即最大角为120°.命题方向已知两边及一角解三角形［例2］△ABc中，已知b=3,c=3,∠B=30°,解三角形.［分析］①已知两边和其中一边的对角.②求另外的两角和另一边.解答本题可先由正弦定理求出角c,然后再求其他的边和角，也可由余弦定理列出关于边长a的方程，求出边a,再由正弦定理求角A，角c.［解析］解法一：由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得32=a2+2-2a×3×cos30°,∴a2-9a+18=0,得a=3或6.当a=3时，∠A=30°,∠c=120°.当a=6时，由正弦定理sinA===1.∴∠A=90°,∴∠c=60°.解法二：由bcsin30°=3×=知本题有两解.由正弦定理sinc===,∴∠c=60°或120当∠c=60°时，∠A=90°,由勾股定理a===6.当∠c=120°时，∠A=30°，△ABc∴a=3.［说明］利用余弦定理列出关于第三边的等量关系建立方程，运用解方程的方法求出此边长.直接用正弦定理，先求角再求边.用方法时要注意解的情况，用方法就避免了取舍解的麻烦.变式应用2在△ABc中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠c的对边，且cosA=,若a=4,b+c=6,且bb>c,∴最大角为A.sinA=，若A为锐角，则A=60 c ∴cosA=-,设c=x,则b=x+2,a=x+4.∴=-，∴x=3，故三边长为3，5，7.在△ABc中，已知b2-bc-2c2=0,且a=,cosA=,求△ABc 的面积.［解析］∵b2-bc-2c2=0,∴2--2=0,解得=2,即b=2c.由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccosA,即b2+c2-bc=6,与b=2c联立解得b=4,c=2.∵cosA=,∴sinA==,∴S△ABc=bcsinA=.课后强化作业在△ABc中，b=5,c=5,A=30°,则aA.5B.4c.3D.10［答案］ A［解析］由余弦定理，得2bccosA=b2+c2-a2,∴2×5×5×cos30°＝52＋2-a2,∴a2=25,∴a=5.在△ABc中，已知a2=b2+c2+bc,则角AA.B.c.D.或［答案］ c［解析］∵a2=b2+c2+bc,∴cosA===,又∵0<A<π,∴A=.在△ABc中，若a=+1,b=-1,c=,则△ABc的最大角的度数A.60°B.90°c.120°D.150°［答案］c［解析］显然＞+1＞-1,∴cosc==-＝－,∴c=120°.△ABc的三内角A、B、c所对边长分别为a，b，c,设向量p=,q=.若p∥q,则∠cA.B.c.D.π［答案］B［解析］∵p=,q=且p∥q，∴-b=0即a2+b2-c2=ab,∴cosc===.∴c=.在△ABc中，已知2a2=c2+2,则∠AA.30°B.45°c.120°D.135°［答案］ D［解析］由已知得2a2=c2+2b2+c2+2bc,∴a2=b2+c2+bc,∴b2+c2-a2＝-bc,又b2+c2-a2=2bccosA,∴2bccosA=-bc,∴cosA=-,∴A=135°.若△ABc的内角A、B、c所对的边a、b、c满足2-c2=4，且c=60°，则abA.B.8-4c.1D.［答案］A［解析］本题主要考查余弦定理的应用.在△ABc中，c=60°,∴a2+b2-c2=2abcosc=ab,∴2-c2=a2+b2-c2+2ab=3ab=4,∴ab=,选A.在△ABc中，三边长AB=7,Bc=5,Ac=6,A.19B.-14c.-18D.-19［答案］ D［解析］在△ABc中AB=7,Bc=5,Ac=6,则cosB==.又•=｜｜•｜｜cos=-｜｜•｜｜cosB＝－7×5×=-19.在△ABc中，若△ABc的面积S=，则∠cA.B.c.D.［答案］ A［解析］由S=,得absinc=×2abcosc,∴tanc=1,∴c=.在△ABc中，b=,c=2,A=45°,那么a的长为［答案］［解析］由余弦定理，得a2=b2+c2-2bcosA=+8-2××2×=+8-==,所以a=.0.在△ABc中，AB=3,Bc=,Ac=4,则边Ac上的高为［答案］［解析］如图，cosA=＝，∴sinA=..BD=AB•sinA=.1.在△ABc中，已知Bc=8,Ac=5,三角形面积为12，则cos2c=.［答案］［解析］由题意得S△ABc=Ac•Bcsinc=12,即×5×8×sinc=12,则sinc=.∴cos2c=1-2sin2c=1-2×2=.在△ABc中，B=60°,b2=ac,则三角形的形状为［答案］［解析］由余弦定理得b2=a2+c2-ac,∵b2=ac,∴a2+c2-2ac=0,∴2=0,∴a=c.又∵B=60°,∴A=c=60°.故△ABc为等边三角形.3.在△ABc中，A+c=2B,a+c=8,ac=15,求b.［解析］解法一：在△ABc中，由A+c=2B，A+B+c=180°，知B=60°.由a+c=8,ac=15,则a、c是方程x2-8x+15=0的两根.解得a=5,c=3或a=3,c=5.由余弦定理，得b2=a2+c2-2accosB=9+25-2×3×5×＝19.∴b=.解法二：在△ABc中，∵A+c=2B,A+B+c=180∴B=60°.由余弦定理，得b2=a2+c2-2accosB=2-2ac-2accosB=82-2×15-2×15×＝19.∴b＝.△ABc的内角A、B、c的对边分别为a、b、c，asinA+csinc-asinc=bsinB.求B若A=75°,b=2,求a,c.［分析］利用三角形正弦定理，将已知条件asinA+csinc-asinc=bsinB中的角转化为边，再利用余弦定理即可求得B角，然后再利用正弦定理求得a，c的值.［解析］∵asinA+csinc-asinc=bsinB∴a2+c2-ac=b2∴a2+c2-b2=ac∴cosB===∴B=45由得B=45∴c=180°-A-B=180°-75°-45°=60由正弦定理==∴a====c=.［点评］本题主要考查正、余弦定理的综合应用，考查考生利用所学知识解决问题的能力.解三角形的实质是将几何问题转化为代数问题即方程问题，具体操作过程的关键是正确分析边角的关系，能依据题设条件合理的设计解题程序，进行三角形中边角关系的互化，要抓住两个定理应用的信息；当遇到的式子含角的余弦或是边的二次式，要考虑用余弦定理，若遇到的式子含角的正弦和边的一次式，则大多用正弦定理，若是以上特征不明显，则要考虑两个定理都有可能用.在△ABc中，A=120°,b=3,c=5.求sinBsinc;求sinB+sinc.［分析］已知两边及其夹角，由余弦定理可求出第三边a,再由正弦定理求出sinB,sinc.［解析］∵b=3,c=5,A=120°,∴由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccosA=9+25-2×3×5×=49.∴取正值a=7.由正弦定理，得sinB==,sinc=∴sinB•sinc=.由可得sinB+sinc=.已知三角形的一个角为60°,面积为10c2，周长为20c，求此三角形各边长.［解析］设三角形的三条边长分别为a,b,c,B=60°,a+b+c=20cos60°=acsin60°=10,a+b+c=20,∴b2=a2+c2-acac=40.③由①式，得b2=［20-］2=400+a2+c2+2ac-40.将②代入④，得400+3ac-40=0,再将③代入④，得a+c=13.a+c=13a=5a=8,得,或ac=40c=8c=5.∴b=7.∴该三角形的三边长为5c,7c,8c.。

1．1.2 余弦定理(二)课时目标1．熟练掌握正弦定理、余弦定理；2．会用正、余弦定理解三角形的有关问题．1．正弦定理及其变形(1)a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2R . (2)a ＝2R sin_A ，b ＝2R sin_B ，c ＝2R sin_C .(3)sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R.(4)sin A ∶sin B ∶sin C ＝a ∶b ∶c .2．余弦定理及其推论 (1)a 2＝b 2＋c 2－2bc cos_A .(2)cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc.(3)在△ABC 中，c 2＝a 2＋b 2⇔C 为直角；c 2>a 2＋b 2⇔C 为钝角；c 2<a 2＋b 2⇔C 为锐角．3．在△ABC 中，边a 、b 、c 所对的角分别为A 、B 、C ，则有：(1)A ＋B ＋C ＝π，A ＋B 2＝π2－C2.(2)sin(A ＋B )＝sin_C ，cos(A ＋B )＝－cos_C ，tan(A ＋B )＝－tan_C .(3)sin A ＋B 2＝cos C 2，cos A ＋B 2＝sin C2.一、选择题1．已知a 、b 、c 为△ABC 的三边长，若满足(a ＋b －c )(a ＋b ＋c )＝a b，则∠C的大小为( )A ．60°B ．90°C ．120°D ．150° 答案 C解析 ∵(a ＋b －c )(a ＋b ＋c )＝ab ， ∴a 2＋b 2－c 2＝－ab ， 即a 2＋b 2－c 22ab ＝－12，∴cos C ＝－12，∴∠C ＝120°.2．在△ABC 中，若2cos B sin A ＝sin C ，则△ABC 的形状一定是 ( )A ．等腰直角三角形B ．直角三角形C ．等腰三角形D ．等边三角形 答案 C解析 ∵2cos B sin A ＝sin C ＝sin(A ＋B )， ∴sin A cos B －cos A sin B ＝0， 即sin(A －B )＝0，∴A ＝B .3.在△ABC 中，已知sin A ∶sin B ∶sin C ＝3∶5∶7，则这个三角形的最小外角为 ( )A ．30°B ．60°C ．90°D ．120° 答案 B解析 ∵a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ＝3∶5∶7， 不妨设a ＝3，b ＝5，c ＝7，C 为最大内角，则cos C ＝32＋52－722×3×5＝－12.∴C ＝120°.∴最小外角为60°.4．△ABC 的三边分别为a ，b ，c 且满足b 2＝ac,2b ＝a ＋c ，则此三角形是( )A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等边三角形答案 D解析∵2b＝a＋c，∴4b2＝(a＋c)2，即(a－c)2＝0.∴a＝c.∴2b＝a＋c＝2a.∴b＝a，即a＝b＝c.5．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．a>b B．a<bC．a＝b D．a与b的大小关系不能确定答案 A解析在△ABC中，由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2ab cos 120°＝a2＋b2＋ab.∵c＝2a，∴2a2＝a2＋b2＋ab.∴a2－b2＝ab>0，∴a2>b2，∴a>b.6．如果将直角三角形的三边增加同样的长度，则新三角形的形状是( )A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．由增加的长度确定答案 A解析设直角三角形三边长为a，b，c，且a2＋b2＝c2，则(a＋x)2＋(b＋x)2－(c＋x)2＝a2＋b2＋2x2＋2(a＋b)x－c2－2cx－x2＝2(a＋b－c)x＋x2>0，∴c＋x所对的最大角变为锐角．二、填空题7．在△ABC中，边a，b的长是方程x2－5x＋2＝0的两个根，C ＝60°，则边c＝________.答案19解析由题意：a＋b＝5，ab＝2.由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2ab cos C＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝52－3×2＝19，∴c＝19.8．设2a＋1，a,2a－1为钝角三角形的三边，那么a的取值范围是________．答案2<a<8解析 ∵2a －1>0，∴a >12，最大边为2a ＋1.∵三角形为钝角三角形，∴a 2＋(2a －1)2<(2a ＋1)2， 化简得：0<a <8.又∵a ＋2a －1>2a ＋1， ∴a >2，∴2<a <8.9．已知△ABC 的面积为23，BC ＝5，A ＝60°，则△ABC 的周长是________．答案 12解析 S △ABC ＝12AB ·AC ·sin A＝12AB ·AC ·sin 60°＝23， ∴AB ·AC ＝8，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos A ＝AB 2＋AC 2－AB ·AC ＝(AB ＋AC )2－3AB ·AC ， ∴(AB ＋AC )2＝BC 2＋3AB ·AC ＝49， ∴AB ＋AC ＝7，∴△ABC 的周长为12.10．在△ABC 中，A ＝60°，b ＝1，S △ABC ＝3，则△ABC 外接圆的面积是________．答案 13π3解析 S △ABC ＝12bc sin A ＝34c ＝3，∴c ＝4，由余弦定理：a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝12＋42－2×1×4cos 60°＝13， ∴a ＝13.∴2R ＝a sin A ＝1332＝2393，∴R ＝393.∴S 外接圆＝πR 2＝13π3. 三、解答题11．在△ABC 中，求证：a 2－b 2c 2＝A －Bsin C.证明 右边＝sin A cos B －cos A sin B sin C ＝sin Asin C·cos B －sin Bsin C·cos A ＝a c ·a 2＋c 2－b 22ac －b c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝a 2＋c 2－b 22c 2－b 2＋c 2－a 22c 2＝a 2－b 2c 2＝左边．所以a 2－b 2c 2＝A －B sin C.12.在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边的长，cosB =53， 且·＝－21. (1)求△ABC 的面积； (2)若a ＝7，求角C .解 （1）∵·＝－21，∴·=21.∴· = ||·||·cosB = accosB = 21.∴ac=35，∵cosB = 53，∴sinB = 54.∴S △ABC = 21acsinB = 21×35×54 = 14. (2)ac ＝35，a ＝7，∴c ＝5.由余弦定理得，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝32， ∴b ＝4 2.由正弦定理：c sin C ＝bsin B. ∴sin C ＝c b sin B ＝542×45＝22.∵c <b 且B 为锐角，∴C 一定是锐角． ∴C ＝45°. 能力提升13．已知△ABC 中，AB ＝1，BC ＝2，则角C 的取值范围是( )A ．0<C ≤π6B ．0<C <π2C.π6<C <π2D.π6<C ≤π3 答案 A解析 方法一 (应用正弦定理)∵AB sin C ＝BC sin A ，∴1sin C ＝2sin A∴sin C ＝12sin A ，∵0<sin A ≤1，∴0<sin C ≤12.∵AB <BC ，∴C <A ，∴C 为锐角，∴0<C ≤π6.方法二 (应用数形结合)如图所示，以B 为圆心，以1为半径画圆，则圆上除了直线BC 上的点外，都可作为A 点．从点C 向圆B 作切线，设切点为A 1和A 2，当A 与A 1、A 2重合时，角C 最大，易知此时：BC ＝2，AB ＝1，AC ⊥AB ，∴C ＝π6，∴0<C ≤π6.14．△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知b 2＝ac 且cos B ＝34.(1)求1tan A ＋1tan C的值；（2）设· = 23，求a+c 的值.解 (1)由cos B ＝34，得sin B ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝74.由b 2＝ac 及正弦定理得sin 2 B ＝sin A sin C .于是1tan A ＋1tan C ＝cos A sin A ＋cos C sin C＝sin C cos A ＋cos C sin A sin A sin C ＝A ＋C sin 2 B＝sin B sin 2B ＝1sin B ＝477. (2)由· = 23得ca ·cosB = 23 由cos B ＝34，可得ca ＝2，即b 2＝2.由余弦定理：b 2＝a 2＋c 2－2ac ·cos B ， 得a 2＋c 2＝b 2＋2ac ·cos B ＝5，∴(a ＋c )2＝a 2＋c 2＋2ac ＝5＋4＝9，∴a ＋c ＝3.。

1.1.2余弦定理（二）一、教学目标1．知识与技能:掌握在已知三角形的两边及其中一边的对角解三角形时，有两解或一解或无解等情形；三角形各种类型的判定方法；三角形面积定理的应用。

2. 过程与方法:通过引导学生分析，解答三个典型例子，使学生学会综合运用正、余弦定理，三角函数公式及三角形有关性质求解三角形问题。

3.情态与价值：通过正、余弦定理，在解三角形问题时沟通了三角形的有关性质和三角函数的关系，反映了事物之间的必然联系及一定条件下相互转化的可能，从而从本质上反映了事物之间的内在联系。

二、教学重、难点重点：在已知三角形的两边及其中一边的对角解三角形时，有两解或一解或无解等情形；三角形各种类型的判定方法；三角形面积定理的应用。

难点：正、余弦定理与三角形的有关性质的综合运用。

四、教学设想[复习引入] 余弦定理及基本作用①已知三角形的任意两边及它们的夹角就可以求出第三边2222cos a b c bc A =+- 2222cos b a c ac B =+- 2222cos c a b ab C=+-②已知三角形的三条边就可以求出其它角。

222cos 2+-=b c a A bc 222cos 2+-=a c b B ac 222cos 2+-=b a c C ba练习]1。

教材P8面第2题2．在∆ABC 中，若222a b c bc =++，求角A （答案：A=1200）思考。

解三角形问题可以分为几种类型？分别怎样求解的？求解三角形一定要知道一边吗？（1）已知三角形的任意两边与其中一边的对角； 例如 ︒===120,5,12A b a （先由正弦定理求B ，由三角形内角和求C ，再由正、余弦定理求C 边）（2）已知三角形的任意两角及其一边； 例如 10,50,70=︒=︒=a B A （先由三角形内角和求角C ，正弦定理求a 、b ）（3）已知三角形的任意两边及它们的夹角； 例如 ︒===50,13,12C b a（先由余弦定理求C 边，再由正、余弦定理求角A 、B ）（4）已知三角形的三条边。

1.1.2余弦定理导学案班级：_______姓名：_______ 小组：_______编号：_______合作探究新知应用探究二.已知两边及其夹角解三角形例1.在△ABC中，已知b=5,c=53,A=300,解三角形.探究三.已知三角形的三边解三角形例2、在△ABC中，,26,22,2+===cba解此三角形.（一）常见的酸和碱1、酸的通性（1）酸溶液能跟酸碱指示剂起反应。

紫色石蕊试液遇酸变红，无色酚酞试液遇酸不变色。

注意显色的物质是指示剂。

（2）酸能跟多种活泼金属起反应，通常生成盐和氢气。

只有位于金属活动性顺序表中氢前面的金属才能与稀酸（HCl、H2SO4）反应，产生氢气。

位于氢后的金属不能与稀酸（HCl、H2SO4）反应，但能与浓硫酸和浓硝酸反应。

例如：①Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O②3Cu＋8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O可见，金属和浓硫酸、硝酸反应都没有氢气产生，这就是实验室不能用浓硫酸和硝酸与锌反应制氢气的原因。

（3）酸能跟碱性氧化物反应生成盐和水：H2SO4 + CaO == CaSO4 + H2O（4）酸能跟某些盐反应生成新酸和新盐：H2SO4 + BaCl2 === BaSO4↓+ 2HCl（5）酸跟碱起中和反应生成盐和水：H2SO4＋Ba(OH)2 === BaSO4↓（白色沉淀）＋2H2O常见的酸有盐酸、硫酸和硝酸，它们虽然具有上述五点通性（因为电离出的阳离子都是H＋）。

但又各具不同的物理化学性质。

①盐酸是氯化氢的水溶液，是一种混合物。

纯净的盐酸是无色的液体，有刺激性气味。

工业品浓盐酸因含有杂质（Fe3＋）带有黄色。

浓盐酸具有挥发性，打开浓盐酸的瓶盖在瓶口立即产生白色酸雾。

这是因为从浓盐酸中挥发出来的氯化氢气体跟空气中水蒸汽接触，形成盐酸小液滴分散在空气中形成酸雾。

②硫酸是一种含氧酸，对应的酸酐是SO3（SO3+H2O==H2SO4）。

余弦定理教案(5篇)余弦定理教案(5篇)余弦定理教案范文第1篇【关键词】学习方式；预习方式；科技手段；教学效率课堂教学效率是关于学习收益和教学时间的综合概念，是指在课堂单位时间内同学的学习收益与老师、同学的教学活动量在时间尺度上的量度。

同学的学习方式，会直接影响到学习收益，从而影响到教学效率。

传统的课堂教学过于强调同学的接受学习、机械训练和对结果学问的教学，表面上看似教学效率高，实质忽视了很重要的一个方面，即同学对过程学问与方法的理解与获得，长远来看不利于同学今后的学习与进展。

同学学问的猎取与力量的提高基本上是在课堂内完成的，所以课堂上应通过老师的设计与引导，使同学能够转变传统的学习方式，从而提高课堂教学效率。

通过实践，我们发觉是现阶段比较符合新课程改革课堂教学基本理念的一种模式，具有很大的研讨价值与空间，是一种理念的革新。

“学案导学”突出同学的自学行为，注意学法指导，培育同学学习力量、情感态度，做到把学习的主动权真正还给了同学，从而提高了课堂教学效率，也解决了课时紧急的冲突。

1 转变备课和预习方式“工欲善其事，必先利其器”，备课是上好课的先决条件，要想提高课堂教学效率，课前不仅老师要做好充分的预备，而且同学也要做相应的预备或预习。

1.1 师生共同备课。

在传统备课模式下，备课时老师对同学的设想，与其在课堂教学实施中的实际状况，有的时候出入较大。

师生共同备课转变了传统备课中，老师依据自己的理解和以往的主观阅历来“备同学”的状况。

老师在集体备课的基础上，实行每班选出三名具有不同数学学业水平的同学，事先让他们依据课本进行初步预习，然后以座谈的方式，了解他们在预习中的困惑，这样更简单在“导学案”编制过程中有的放矢，以提高它在实施过程中的效率，从而使“备同学”这一环节更加客观、精确。

1.2 同学依据“导学案”进行预习。

老师历来强调课前预习的重要性，但由于同学没有具体、周密的预习指导性材料，导致他们对预习缺乏乐观性与主动性，更是由于最重要的检查环节较弱，使同学的课前预备工作有很强的随便性，有的同学走过场。