高考數學優秀教案
高考數學教案如何寫？在古代，數學的主要原理是研究天文學、土地的合理分配、糧食作物、稅收、貿易等相關計算。下面是小編為大家帶來的高考數學優秀教案七篇，希望大家能夠喜歡！
高考數學優秀教案精選篇1
教學準備
教學目標
一、知識與技能
(1)理解并掌握弧度制的定義;(2)領會弧度制定義的合理性;(3)掌握并運用弧度制表示的弧長公式、扇形面積公式;(4)熟練地進行角度制與弧度制的換算;(5)角的集合與實數集之間建立的一一對應關系.(6)使學生通過弧度制的學習，理解并認識到角度制與弧度制都是對角度量的方法，二者是辨證統一的，而不是孤立、割裂的關系.
二、過程與方法
創設情境,引入弧度制度量角的大小,通過探究理解并掌握弧度制的定義,領會定義的合理性.根據弧度制的定義推導并運用弧長公式和扇形面積公式.以具體的實例學習角度制與弧度制的互化,能正確使用計算器.
三、情態與價值
通過本節的學習，使同學們掌握另一種度量角的單位制---弧度制，理解并認識到角度制與弧度制都是對角度量的方法，二者是辨證統一的，而不是孤立、割裂的關系.角的概念推廣以后,在弧度制下,角的集合與實數集之間建立了一一對應關系:即每一個角都有的一個實數(即這個角的弧度數)與它對應;反過來，每一個實數也都有的一個角(即弧度數等于這個實數的角)與它對應，為下一節學習三角函數做好準備.
教學重難點
重點:理解并掌握弧度制定義;熟練地進行角度制與弧度制地互化換算;弧度制的運用.
難點:理解弧度制定義，弧度制的運用.
教學工具
投影儀等
教學過程
一、創設情境，引入新課
師：有人問：海口到三亞有多遠時，有人回答約250公里，但也有人回答約160英里，請問那一種回答是正確的?(已知1英里=1.6公里)
顯然，兩種回答都是正確的，但為什么會有不同的數值呢?那是因為所采用的度量制不同，一個是公里制，一個是英里制.他們的長度單位是不同的，但是，他們之間可以換算：1英里=1.6公里.
在角度的度量里面，也有類似的情況，一個是角度制，我們已經不再陌生,另外一個就是我們這節課要研究的角的另外一種度量制---弧度制.
二、講解新課
1.角度制規定：將一個圓周分成360份，每一份叫做1度，故一周等于360度，平角等于180度，直角等于90度等等.
弧度制是什么呢?1弧度是什么意思?一周是多少弧度?半周呢?直角等于多少弧度?弧度制與角度制之間如何換算?請看課本，自行解決上述問題.
2.弧度制的定義
長度等于半徑長的圓弧所對的圓心角叫做1弧度角，記作1，或1弧度，或1(單位可以省略不寫).
(師生共同活動)探究:如圖,半徑為的圓的圓心與原點重合,角的終邊與軸的正半軸重合,交圓于點,終邊與圓交于點.請完成表格.
我們知道，角有正負零角之分，它的弧度數也應該有正負零之分，如-π，-2π等等，一般地,正角的弧度數是一個正數，負角的弧度數是一個負數，零角的弧度數是0,角的正負主要由角的旋轉方向來決定.
角的概念推廣以后,在弧度制下,角的集合與實數集R之間建立了一一對應關系:即每一個角都有的一個實數(即這個角的弧度數)與它對應;反過來，每一個實數也都有的一個角(即弧度數等于這個實數的角)與它對應.
四、課堂小結
度數與弧度數的換算也可借助“計算器”《中學數學用表》進行;在具體運算時，“弧度”二字和單位符號“rad”可以省略如：3表示3radsinp表示prad角的正弦應確立如下的概念：角的概念推廣之后，無論用角度制還是弧度制都能在角的集合與實數的集合之間建立一種一一對應的關系。
五、作業布置
作業：習題1.1A組第7,8,9題.
課后小結
度數與弧度數的換算也可借助“計算器”《中學數學用表》進行;在具體運算時，“弧度”二字和單位符號“rad”可以省略如：3表示3radsinp表示prad角的正弦應確立如下的概念：角的概念推廣之后，無論用角度制還是弧度制都能在角的集合與實數的集合之間建立一種一一對應的關系。
課后習題
作業：習題1.1A組第7,8,9題.
板書
高考數學優秀教案精選篇2
教學目標
熟練掌握三角函數式的求值
教學重難點
熟練掌握三角函數式的求值
教學過程
【知識點精講】
三角函數式的求值的關鍵是熟練掌握公式及應用,掌握公式的逆用和變形
三角函數式的求值的類型一般可分為:
(1)“給角求值”：給出非特殊角求式子的值。仔細觀察非特殊角的特點，找出和特殊角之間的關系，利用公式轉化或消除非特殊角
(2)“給值求值”：給出一些角得三角函數式的值，求另外一些角得三角函數式的值。找出已知角與所求角之間的某種關系求解
(3)“給值求角”：轉化為給值求值，由所得函數值結合角的范圍求出角。
(4)“給式求值”：給出一些較復雜的三角式的值，求其他式子的值。將已知式或所求式進行化簡，再求之
三角函數式常用化簡方法：切割化弦、高次化低次
注意點：靈活角的變形和公式的變形
重視角的范圍對三角函數值的影響，對角的范圍要討論
【例題選講】
課堂小結】
三角函數式的求值的關鍵是熟練掌握公式及應用,掌握公式的逆用和變形
三角函數式的求值的類型一般可分為:
(1)“給角求值”：給出非特殊角求式子的值。仔細觀察非特殊角的特點，找出和特殊角之間的關系，利用公式轉化或消除非特殊角
(2)“給值求值”：給出一些角得三角函數式的值，求另外一些角得三角函數式的值。找出已知角與所求角之間的某種關系求解
(3)“給值求角”：轉化為給值求值，由所得函數值結合角的范圍求出角。
(4)“給式求值”：給出一些較復雜的三角式的值，求其他式子的值。將已知式或所求式進行化簡，再求之
三角函數式常用化簡方法：切割化弦、高次化低次
注意點：靈活角的變形和公式的變形
重視角的范圍對三角函數值的影響，對角的范圍要討論
高考數學優秀教案精選篇3
教學設計
整體設計
教學分析
對余弦定理的探究，教材是從直角三角形入手，通過向量知識給予證明的.一是進一步加深學生對向量工具性的認識，二是感受向量法證明余弦定理的奇妙之處，感受向量法在解決問題中的威力.課后仍鼓勵學生探究余弦定理的其他證明方法，推出余弦定理后，可讓學生用自己的語言敘述出來，并讓學生結合余弦函數的性質明確：如果一個三角形兩邊的平方和等于第三邊的平方，那么第三邊所對的角是直角;如果小于第三邊的平方，那么第三邊所對的角是鈍角;如果大于第三邊的平方，那么第三邊所對的角是銳角.由上可知，余弦定理是勾股定理的推廣.還要啟發引導學生注意余弦定理的幾種變形式，并總結余弦定理的適用題型的特點，在解題時正確選用余弦定理達到求解、化簡的目的.
應用余弦定理及其另一種形式，并結合正弦定理，可以解決以下問題：(1)已知兩邊和它們的夾角解三角形;(2)已知三角形的三邊解三角形.在已知兩邊及其夾角解三角形時，可以用余弦定理求出第三條邊，這樣就把問題轉化成已知三邊解三角形的問題.在已知三邊和一個角的情況下，求另一個角既可以應用余弦定理的另一種形式，也可以用正弦定理.用余弦定理的另一種形式，可以(根據角的余弦值)直接判斷角是銳角還是鈍角，但計算比較復雜.用正弦定理計算相對比較簡單，但仍要根據已知條件中邊的大小來確定角的大小.
根據教材特點，本內容安排2課時.一節重在余弦定理的推導及簡單應用，一節重在解三角形中兩個定理的綜合應用.
三維目標
1.通過對余弦定理的探究與證明，掌握余弦定理的另一種形式及其應用;了解余弦定理與勾股定理之間的聯系;知道解三角形問 題的幾種情形.
2.通過對三角形邊角關系的探索，提高數學語言的表達能力，并進一步理解三角函數、余弦定理、向量的數量積等知識間的關系，加深對數學具有廣泛應用的認識;同時通過正弦定理、余弦定理數學表達式的變換，認識數學中的對稱美、簡潔美、統一美.
3.加深對數學思想的認識，本節的主要數學思想是量化的數學思想、分類討論思想以及數形結合思想;這些數學思想是對于數學知識的理性的、本質的、高度抽象的、概括的認識，具有普遍的指導意義，它是我們學習數學的重要組成部分，有利于加深學生對具體數學知識的理解和掌握.
重點難點
教學重點：掌握余弦定理;理解余弦定理的推導及其另一種形式，并能應用它們解三角形.
教學難點：余弦定理的證明及其基本應用以及結合正弦定理解三角形.
課時安排
2課時
教學過程
第1課時
導入新課
思路1.(類比導入)在探究正弦定理的證明過程中，從直角三角形的特殊情形入手，發現了正弦定理.現在我們仍然從直角三角形的這種特殊情形入手，然后將銳角三角形轉化為直角三角形，再適當運用勾股定理進行探索，這種導入比較自然流暢，易于學生接受.
思路2.(問題導入)如果已知一個三角形的兩條邊及其所夾的角，根據三角形全等的判斷方法，這個三角形是大小、形狀完全確定的三角形，能否把這個邊角關系準確量化出來呢?也就是從已知的兩邊和它們的夾角能否計算出三角形的另一邊和另兩個角呢?根據我們掌握的數學方法，比如說向量法，坐標法，三角法，幾何法等，類比正弦定理的證明，你能推導出余弦定理嗎?
推進新課
新知探究
提出問題
??1?通過對任意三角形中大邊對大角，小邊對小角的邊角量化，我們發現了正弦定理，解決了兩類解三角形的問題.那么如果已知一個三角形的兩條邊及這兩邊所夾的角，根據三角形全等的判定方法，這個三角形是大小、形狀完全確定的三角形.怎樣已知三角形的兩邊及這兩邊夾角的條件下解三角形呢?
?2?能否用平面幾何方法或向量方法或坐標方法等探究出計算第三邊長的關系式或計算公式呢?
?3?余弦定理的內容是什么?你能用文字語言敘述它嗎?余弦定理與以前學過的關于三角形的什么定理在形式上非常接近?
?4?余弦定理的另一種表達形式是什么?
?5?余弦定理可以解決哪些類型的解三角形問題?怎樣求解?
?6?正弦定理與余弦定理在應用上有哪些聯系和區別?
活動：根據學生的認知特點，結合課件“余弦定理猜想與驗證”，教師引導學生仍從特殊情形入手，通過觀察、猜想、證明而推廣到一般.
如下圖，在直角三角形中，根據兩直角邊及直角可表示斜邊，即勾股定理，那么對于任意三角形，能否根據已知兩邊及夾角來表示第三邊呢?下面，我們根據初中所學的平面幾何的有關知識來研究這一問題.
如下圖，在△ABC中，設BC=a，AC=b，AB=c，試根據b、c、∠A來表示a.
教師引導學生進行探究.由于初中平面幾何所接觸的是解直角三角形問題，所以應添加輔助線構成直角三角形.在直角三角形內通過邊角關系作進一步的轉化工作，故作CD垂直于AB于點D，那么在Rt△BDC中，邊a可利用勾股定理通過CD、DB表示，而CD可在Rt△ADC中利用邊角關系表示，DB可利用AB，AD表示，進而在Rt△ADC內求解.探究過程如下：
過點C作CD⊥AB，垂足為點D，則在Rt△CDB中，根據勾股定理，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，
∴a2=b2+c2-2bccosA.
類似地可以證明b2=c2+a2-2cacosB.
c2=a2+b2-2abcosC.
另外，當A為鈍角時也可證得上述結論，當A為直角時，a2+b2=c2也符合上述結論.
這就是解三角形中的另一個重要定理——余弦定理.下面類比正弦定理的證明，用向量的方法探究余弦定理，進一步體會向量知識的工具性作用.
教師與學生一起探究余弦定理中的角是以余弦的形式出現的，又涉及邊長問題，學生很容易想到向量的數量積的定義式：a?b=|a||b|cosθ，其中θ為a，b的夾角.
用向量法探究余弦定理的具體過程如下：
如下圖，設CB→=a，CA→=b，AB→=c，那么c=a-b，
|c|2=c?c=(a-b)?(a-b)
=a?a+b?b-2a?b
=a2+b2-2abcosC.
所以c2=a2+b2-2abcosC.
同理可以證明a2=b2+c2-2bccosA，
b2=c2+a2-2cacosB.
這個定理用坐標法證明也比較容易，為了拓展學生的思路，教師可引導學生用坐標法證明，過程如下：
如下圖，以C為原點，邊CB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系，設點B的坐標為(a,0)，點A的坐標為(bcosC，bsinC)，根據兩點間距離公式
AB=?bcosC-a?2+?bsinC-0?2，
∴c2=b2cos2C-2abcosC+a2+b2sin2C，
整理，得c2=a2+b2-2abcosC.
同理可以證明：a2=b2+c2-2bccosA，
b2=c2+a2-2cacosB.
余弦定理：三角形任何一邊的平方等于其他兩邊的平方的和減去這兩邊與它們夾角的余弦的積的兩倍，即
a2=b2+c2-2bccosAb2=c2+a2-2accosBc2=a2+b2-2abcosC
余弦定理指出了三角形的三條邊與其中的一個角之間的關系，每一個等式中都包含四個不同的量，它們分別是三 角形的三邊和一個角，知道其中的三個量，就可以求得第四個量.從而由三角形的三邊可確定三角形的三個角，得到余弦定理的另一種形式：
cosA=b2+c2-a22bccosB=c2+a2-b22cacosC=a2+b2-c22ab
教師引導學生進一步觀察、分析余弦定理的結構特征，發現余弦定理與以前的關于三角形的勾股定理在形式上非常接近，讓學生比較并討論它們之間的關系.學生容易看出，若△ABC中，C=90°，則cosC=0，這時余弦定理變為c2=a2+b2.由此可知，余弦定理是勾股定理的推廣;勾股定理是余弦定理的特例.另外，從余弦定理和余弦函 數的性質可知，在一個三角形中，如果兩邊的平方和 等于第三邊的平方，那么第三邊所對的角是直角;如果兩邊的平方和小于第三邊的平方，那么第三邊所對的角是鈍角;如果兩邊的平方和大于第三邊的平方，那么第三邊所對的角是銳角.從以上可知，余弦定理可以看作是勾股定理的推廣.
應用余弦定理，可以解決以下兩類有關解三角形的問題：
①已知三角形的三邊解三角形，這類問題是三邊確定，故三角也確定，有解;
②已知兩邊和它們的夾角解三角形，這類問題是第三邊確定，因而其他兩個角也確定，故解.不會產生利用正弦定理解三角形所產生的判斷解的取舍的問題.
把正弦定理和余弦定理結合起來應用，能很好地解決解三角形的問題.教師引導學生觀察兩個定理可解決的問題類型會發現：如果已知的是三角形的三邊和一個角的情況，而求另兩角中的某個角時，既可以用余弦定理也可以用正弦定理，那么這兩種方法哪個會更好些呢?教師與學生一起探究得到：若用余弦定理的另一種形式，可以根據余弦值直接判斷角是銳角還是鈍角，但計算比較復雜.用正弦定理計算相對比較簡單，但仍要根據已知條件中邊的大小來確定角的大小，所以一般應該選擇用正弦定理去計算比較小的邊所對的角.教師要點撥學生注意總結這種優化解題的技巧.
討論結果：
(1)、(2)、(3)、(6)見活動.
(4)余弦定理的另一種表達形式是：
cosA=b2+c2-a22bccosB=c2+a2-b22cacosC=a2+b2-c22ab
(5)利用余弦定理可解決兩類解三角形問題：
一類是已知三角形三邊，另一類是已知三角形兩邊及其夾角.
應用示例
例1如圖，在△ABC中，已知a=5，b=4，∠C=120°，求c.
活動：本例是利用余弦定理解決的第二類問題，可讓學生獨立完成.
解：由余弦定理，得
c2=a2+b2-2abcos120°，
因此c=52+42-2×5×4×?-12?=61.
例2如圖，在△ABC中，已知a=3，b=2，c=19，求此三角形各個角的大小及其面積.(精確到0.1)
活動：本例中已知三角形三邊，可利用余弦定理先求出邊所對的角，然后利用正弦定理再求出另一角，進而求得第三角.教材中 這樣安排是為了讓學生充分熟悉正弦定理和余弦定理.實際教學時可讓學生自己探求解題思路，比如學生可能會三次利用余弦定理分別求出三個角，或先求出最小邊所對的角再用正弦定理求其他角，這些教師都要給予鼓勵，然后讓學生自己比較這些方法的不同或優劣，從而深刻理解兩個定理的.
解：由余弦定理，得
cos∠BCA=a2+b2-c22ab=32+22-?19?22×3×2=9+4-1912=-12，
因此∠BCA=120°，
再由正弦定理，得
sinA=asin∠BCAc=3×3219=33219≈0.596 0，
因此∠A≈36.6°或∠A≈143.4°(不合題意，舍去).
因此∠B=180°-∠A-∠BCA≈23.4°.
設BC邊上的高為AD，則
AD=csinB=19sin23.4°≈1.73.
所以△ABC的面積≈12×3×1.73≈2.6.
點評：在既可應用正弦定理又可應用余弦定理時，體會兩種方法存在的差異.當所求的 角是鈍角時，用余弦定理可以立即判定所求的角，但用正弦定理則不能直接判定.
變式訓練
在△ABC中，已知a=14，b=20，c=12，求A、B和C.(精確到1°)
解：∵cosA=b2+c2-a22bc=202+122-1422×20×12=0.725 0，
∴A≈44°.
∵cosC=a2+b2-c22ab=142+202-1222×14×20=113140≈0.807 1，
∴C≈36°.
∴B=180°-(A+C)≈180°-(44°+36°)=100°.
例3如圖，△ABC的頂點為A(6,5)，B(-2,8)和C(4,1)，求∠A.(精確到0.1°)
活動：本例中三角形的三點是以坐標的形式給出的，點撥學生利用兩點間距離公式先求出三邊，然后利用余弦定理求出∠A.可由學生自己解決，教師給予適當的指導.
解：根據兩點間距離公式，得
AB=[6-?-2?]2+?5-8?2=73，
BC=?-2-4?2+?8-1?2=85，
AC=?6-4?2+?5-1?2=25.
在△ABC中，由余弦定理，得
cosA=AB2+AC2-BC22AB?AC=2365≈0.104 7，
因此∠A≈84.0°.
點評：三角形三邊的長作為中間過程，不必算出精確數值.
變式訓練
用向量的數量積運算重做本例.
解：如例3題圖，AB→=(-8,3)，AC→=(-2，-4)，
∴|AB→|=73，|AC→|=20.
∴cosA=AB→?AC→|AB→||AC→|
=-8×?-2?+3×?-4?73×20
=2365≈0.104 7.
因此∠A≈84.0°.
例4在△ABC中，已知a=8，b=7，B=60°，求c及S△ABC.
活動：根據已知條件可以先由正弦定理求出角A，再結合三角形內角和定理求出角C，再利用正弦定理求出邊c，而三角形面積由公式S△ABC=12acsinB可以求出.若用余弦定理求c，可利用余弦定理b2=c2+a2-2cacosB建立關于c的方程，亦能達到求c的目的.
解法一：由正弦定理，得8sinA=7sin60°，
∴A1=81.8°，A2=98.2°.
∴C1=38.2°，C2=21.8°.
由7sin60°=csinC，得c1=3，c2=5，
∴S△ABC=12ac1sinB=63或S△ABC=12ac2sinB=103.
解法二：由余弦定理，得b2=c2+a2-2cacosB，
∴72=c2+82-2×8×ccos60°.
整理，得c2-8c+15=0，
解之，得c1=3，c2=5.∴S△ABC=12ac1sinB=63或S△ABC=12ac2sinB=103.
點評：在解法一的思路里，應注意用正弦定理應有兩種結果，避免遺漏;而解法二更有耐人尋味之處，體現出余弦定理作為公式而直接應用的另外用處，即可以用之建立方程，從而運用方程的觀點去解決，故解法二應引起學生的注意.
綜合上述例題，要求學生總結余弦定理在求解三角形時的適用范圍;已知三邊求角或已知兩邊及其夾角解三角形，同時注意余弦定理在求角時的優勢以及利用余弦定理建立方程的解法，即已知兩邊及一角解三角形可用余弦定理解之.
變式訓練
在△ABC中，內角A，B，C對邊的邊長分別是a，b，c.已知c=2，C=60°.
(1)若△ABC的面積等于3，求a，b;
(2)若sinB=2sinA，求△ABC的面積.
解：(1)由余弦定理及已知條件，得a2+b2-2abcos60°=c2，即a2+b2-ab=4，
又因為△ABC的面積等于3，所以12absinC=3，ab=4.
聯立方程組a2+b2-ab=4，ab=4，解得a=2，b=2.
(2)由正弦定理及已知條件，得b=2a，
聯立方程組a2+b2-ab=4，b=2a，解得a=233，b=433.
所以△ABC的面積S=12absinC=233.
知能訓練
1.在△ABC中，已知C=120°，兩邊a與b是方程x2-3x+2=0的兩根，則c的值為…
( )
A.3 B.7 C.3 D.7
2.已知三角形的三邊長分別為x2+x+1，x2-1,2x+1(x>1)，求三角形的角.
答案：
1.D 解析：由題意，知a+b=3，ab=2.
在△ABC中，由余弦定理，知
c2=a2+b2-2abcosC=a2+b2+ab
=(a+b)2-ab
=7，
∴c=7.
2.解：比較得知，x2+x+1為三角形的邊，設其對角為A.
由余弦定理，得
cosA=?x2-1?2+?2x+1?2-?x2+x+1?22?x2-1??2x+1?
=-12.
∵0
即三角形的角為120°.
課堂小結
1.教師先讓學生回顧本節課的探究過程，然后再讓學生用文字語言敘述余弦定理，準確理解其實質，并由學生回顧可用余弦定理解決哪些解三角形的問題.
2.教師指出：從方程的觀點來分析，余弦定理的每一個等式都包含了四個不同的量，知道其中三個量，便可求得第四個量.要通過課下作業，從方程的角度進行各種變形，達到辨明余弦定理作用的目的.
3.思考本節學到的探究方法，定性發現→定量探討→得到定理.
作業
課本習題1—1A組4、5、6;習題1—1B組1～5.
設計感想
本教案的設計充分體現了“民主教學思想”，教師不主觀、不武斷、不包辦，讓學生充分發現問題，合作探究，使學生真正成為學習的主體，力求在課堂上人人都會有“令你自己滿意”的探究成果.這樣能夠不同程度地開發學生的潛能，且使教學內容得以鞏固和延伸.“發現法”是常用的一種教學方法，本教案設計是從直角三角形出發，以歸納——猜想——證明——應用為線索，用恰當的問題通過啟發和點撥，使學生把規律和方法在愉快的氣氛中探究出來，而展現的過程合情合理，自然流暢，學生的主體地位得到了充分的發揮.
縱觀本教案設計流程，引入自然，學生探究到位，體現新課程理念，能較好地完成三維目標，課程內容及重點難點也把握得恰到好處.環環相扣的設計流程會強烈地感染著學生積極主動地獲取知識，使學生的探究欲望及精神狀態始終處于狀態.在整個教案設計中學生的思維活動量大，這是貫穿整個教案始終的一條主線，也應是實際課堂教學中的一條主線.
備課資料
一、與解三角形有關的幾個問題
1.向量方法證明三角形中的射影定理
如圖，在△ABC中，設三內角A、B、C的對邊分別是a、b、c.
∵AC→+CB→=AB→，
∴AC→?(AC→+CB→)=AC→?AB→.
∴AC→?AC→+AC→?CB→=AC→?AB→.
∴|AC→|2+|AC→||CB→|cos(180°-C)=|AB→||AC→|cosA.
∴|AC→|-|CB→|cosC=|AB→|cosA.
∴b-acosC=ccosA，
即b=ccosA+acosC.
同理，得a=bcosC+ccosB，c=bcosA+acosB.
上述三式稱為三角形中的射影定理.
2.解斜三角形題型分析
正弦定理和余弦定理的每一個等式中都包含三角形的四個元素，如果其中三個元素是已知的(其中至少有一個元素是邊)，那么這個三角形一定可解.
關于斜三角形的解法，根據所給的條件及適用的定理可以歸納為下面四種類型：
(1)已知兩角及其中一個角的對邊，如A、B、a，解△ABC.
解：①根據A+B+C=π，求出角C;
②根據asinA=bsinB及asinA=csinC，求b、c.
如果已知的是兩角和它們的夾邊，如A、B、c，那么先求出第三角C，然后按照②來求解.求解過程中盡可能應用已知元素.
(2)已知兩邊和它們的夾角，如a、b、C，解△ABC.
解：①根據c2=a2+b2-2abcosC，求出邊c;
②根據cosA=b2+c2-a22bc，求出角A;
③由B=180°-A-C，求出角B.
求出第三邊c后，往往為了計算上的方便，應用正弦定理求角，但為了避免討論角是鈍角還是銳角，應先求較小邊所對的角(它一定是銳角)，當然也可以用余弦定理求解.
(3)已知兩邊及其中一條邊所對的角，如a、b、A，解△ABC.
解：①asinA=bsinB，經過討論求出B;
②求出B后，由A+B+C=180°，求出角C;
③再根據asinA=csinC，求出邊c.
(4)已知三邊a、b、c，解△ABC.
解：一般應用余弦定理求出兩角后，再由A+B+C=180°，求出第三個角.
另外，和第二種情形完全一樣，當第一個角求出后，可以根據正弦定理求出第二個角，但仍然需注意要先求較小邊所對的銳角.
(5)已知三角，解△ABC.
解：滿足條件的三角形可以作出無窮多個，故此類問題解不.
3.“可解三角形”與“需解三角形”
解斜三角形是三角函數這章中的一個重要內容，也是求解立體幾何和解析幾何問題的一個重要工具.但在具體解題時，有些同學面對較為復雜(即圖中三角形不止一個)的斜三角形問題，往往不知如何下手.至于何時用正弦定理或余弦定理也是心中無數，這既延長了思考時間，更影響了解題的速度和質量.但若明確了“可解三角形”和“需解三角形”這兩個概念，則情形就不一樣了.
所謂“可解三角形”，是指已經具有三個元素(至少有一邊)的三角形;而“需解三角形”則是指需求邊或角所在的三角形.當一個題目的圖形中三角形個數不少于兩個時，一般來說其中必有一個三角形是可解的，我們就可先求出這個“可解三角形”的某些邊和角，從而使“需解三角形”可解.在確定了“可解三角形”和“需解三角形”后，就要正確地判斷它們的類型，合理地選擇正弦定理或余弦定理作為解題工具，求出需求元素，并確定解的情況.
“可解三角形”和“需解三角形”的引入，能縮短求解斜三角形問 題的思考時間.一題到手后，先做什么，再做什么，心里便有了底.分析問題的思路也從“試試看”“做做看”等不大確定的狀態而變為“有的放矢”地去挖掘，去探究.
二、備用習題
1.△ABC中，已知b2-bc-2c2=0，a=6，cosA=78，則△ABC的面積S為( )
A.152 B.15 C.2 D.3
2.已知一個三角形的三邊為a、b和a2+b2+ab，則這個三角形的角是( )
A.75° B.90° C.120° D.150°
3.已知銳角三角形的兩邊長為2和3，那么第三邊長x的取值范圍是( )
A.(1,5) B.(1，5) C.(5，5) D.(5，13)
4.如果把直角三角形的三邊都增加同樣的長度，則這個新三角形的形狀為( )
A.銳角三角形 B.直角三角形
C.鈍角三角形 D.由增加的長度確定
5.(1)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C所對的邊，已知a=3，b=3，C=30°，則A=__________.
(2)在△ABC中，三個角A，B，C的對邊邊長分別為a=3，b=4，c=6，則bccosA+cacosB+abcosC的值為__________.
6.在△ABC中，若(a+b+c)(a+b-c)=3ab，并且sinC=2sinBcosA，試判斷△ABC的形狀.
7.在△ABC中，設三角形面積為S，若S=a2-(b -c)2，求tanA2的值.
參考答案：
1.A 解析：由b2-bc-2c2=0，即(b+c)(b-2c)=0，得b=2c;①
由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccosA，即6=b2+c2-74bc.②
解①②，得b=4，c=2.
由cosA=78，得sinA=158，
∴S△ABC=12bcsinA=12×4×2×158=152.
2.C 解析：設角為θ，由余弦定理，得a2+b2+ab=a2+b2-2abcosθ，
∴cosθ=-12.∴θ=120°.
3.D 解析：若x為邊，由余弦定理，知4+9-x22×2×3>0，即x2<13，∴0
若x為最小邊，則由余弦定理知4+x2-9>0，即x2>5，
∴x>5.綜上，知x的取值范圍是5
4.A 解析：設直角三角形的三邊為a，b，c，其中c為斜邊，增加長度為x.
則c+x為新三角形的最長邊.設其所對的角為θ，由余弦定理知，
cosθ=?a+x?2+?b+x?2-?c+x?22?a+x??b+x?=2?a+b-c?x+x22?a+x??b+x?>0.
∴θ為銳角，即新三角形為銳角三角形.
5.(1)30° (2)612 解析：(1)∵a=3，b=3，C=30°，由余弦定理，有
c2=a2+b2-2abcosC=3+9-2×3×3×32=3，
∴a=c，則A=C=30°.
(2)∵bccosA+cacosB+abcosC=b2+c2-a22+c2+a2-b22+a2+b2-c22
=a2+b2+c22=32+42+622=612.
6.解：由正弦定理，得sinCsinB=cb，
由sinC=2sinBcosA，得cosA=sinC2sinB=c2b，
又根據余弦定理，得cosA=b2+c2-a22bc，
故c2b=b2+c2-a22bc，即c2=b2+c2-a2.
于是，得b2=a2，故b=a.
又因為(a +b+c)(a+b-c)=3ab，
故(a+b)2-c2=3ab.由a=b，得4b2-c2=3b2，
所以b2=c2，即b=c.故a=b=c.
因此△ABC為正三角形.
7.解：S=a2-(b-c)2，又S=12bcsinA，
∴12bcsinA=a2-(b-c)2，
有14sinA=-?b2+c2-a2?2bc+1，
即14?2sinA2?cosA2=1-cosA.
∴12?sinA2?cosA2=2sin2A2.
∵sinA2≠0，故12cosA2=2 sinA2，∴tanA2=14.
第2課時
導入新課
思路1.(復習導入)讓學生回顧正弦定理、余弦定理的內容及表達式，回顧上兩節課所解決的解三角形問題，那么把正弦定理、余弦定理放在一起并結合三角、向量、幾何等知識我們會探究出什么樣的解題規律呢?由此展開新課.
思路2.(問題導入)我們在應用正弦定理解三角形時，已知三角形的兩邊及其一邊的對角往往得出不同情形的解，有時有一解，有時有兩解，有時又無解，這究竟是怎么回事呢?本節課我們從一般情形入手，結合圖形對這一問題進行進一步的探究，由此展開新課.
推進新課
新知探究
提出問題
?1?回憶正弦定理、余弦定理及其另一種形式的表達式，并用文字語言敘述其內容.能寫出定理的哪些變式?
?2?正、余弦定理各適合解決哪類解三角形問題?
?3?解三角形常用的有關三角形的定理、性質還有哪些?
?4?為什么有時解三角形會出現矛盾，即無解呢?比如：,①已知在△ABC中，a=22 cm，b=25 cm，A=135°，解三角形;,②已知三條邊分別是3 cm，4 cm，7 cm，解三角形.
活動：結合課件、幻燈片等，教師可把學生分成幾組互相提問正弦定理、余弦定理的內容是什么?各式中有幾個量?有什么作用?用方程的思想寫出所有的變形(包括文字敘述)，讓學生回答正、余弦定理各適合解決的解三角形類型問題、三角形內角和定理、三角形面積定理等.可讓學生填寫下表中的相關內容：
解斜三角形時可
用的定理和公式 適用類型 備注
余弦定理
a2=b2+c2-2bccosA
b2=a2+c2-2accosB
c2=b2+a2-2bacosC (1)已知三邊
(2)已知兩邊及其夾角
類型(1)(2)有解時只有一解
正弦定理
asinA=bsinB=csinC=2R
(3)已知兩角和一邊
(4)已知兩邊及其中一邊的對角 類型(3)在有解時只有一解，類型(4)可有兩解、一解或無解
三角形面積公式
S=12bcsinA
=12acsinB
=12absinC
(5)已知兩邊及其夾角
對于正弦定理，教師引導學生寫出其變式：a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，利用幻燈片更能直觀地看出解三角形時的邊角互化.對于余弦定理，教師要引導學生寫出其變式(然后教師打出幻燈片)：∠A>90°?a2>b2+c2;∠A=90°?a2=b2+c2;∠A<90°?a2
以上內容的復習回顧如不加以整理，學生將有雜亂無章、無規碰撞之感，覺得好像更難以把握了，要的就是這個效果，在看似學生亂提亂問亂說亂寫的時候，教師適時地打出幻燈片(1張)，立即收到耳目一新，主線立現、心中明朗的感覺，幻燈片除以上2張外，還有：
asinA=bsinB=csinC=2R;a2=b2+c2-2bccosA，b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC;cosA=b2+c2-a22bc，cosB=a2+c2-b22ac，cosC=a2+b2-c22ab.
出示幻燈片后，必要時教師可根據學生的實際情況略作點評.
與學生一起討論解三角形有時會出現無解的情況.如問題(4)中的①會出現如下解法：
根據正弦定理，sinB=bsinAa=25sin133°22≈0.831 1.
∵0°
于是C=180°-(A+B)≈180°-(133°+56.21°)=-9.21°或C=180°-(A+B)≈180°-(133°+123.79°)=-76.79°.
到這里我們發現解三角形竟然解出負角來，顯然是錯誤的.問題出在哪里呢?在檢驗以上計算無誤的前提下，教師引導學生分析已知條件.由a=22 cm，b=25 cm，這里a
討論結果：
(1)、(3)、(4)略.
(2)利用正弦定理和余弦定理可解決以下四類解三角形問題：
①已知兩角和任一邊，求其他兩邊和一角.
②已知兩邊和其中一邊的對角，求另一邊的對角(從而進一步求出其他的邊和角).
③已知三邊，求三個角.
④已知兩邊和夾角，求第三邊和其他兩角.
應用示例
例1在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，b=acosC且△ABC的邊長為12，最小角的正弦值為13.
(1)判斷△ABC的形狀;
(2)求△ABC的面積.
活動：教師與學生一起共同探究本例，通過本例帶動正弦定理、余弦定理的知識串聯，引導學生觀察條件b=acosC，這是本例中的關鍵條件.很顯然，如果利用正弦定理實現邊角轉化，則有2RsinB=2RsinA?cosC.若利用余弦定理實現邊角轉化，則有b=a?a2+b2-c22ab，兩種轉化策略都是我們常用的.引導學生注意對于涉及三角形的三角函數變換.內角和定理A+B+C=180°非常重要，常變的角有A2+B2=π2-C2，2A+2B+2C=2π，sinA=sin(B+C)，cosA=-cos(B+C)，sinA2=cosB+C2，cosA2=sinB+C2等，三個內角的大小范圍都不能超出(0°，180°).
解：(1)方法一：∵b=acosC，
∴由正弦定理，得sinB=sinA?cosC.
又∵sinB=sin(A+C)，∴sin(A+C)=sinA?cosC，
即cosA?sinC=0.
又∵A、C∈(0，π)，∴cosA=0，即A=π2.
∴△ABC是A=90°的直角三角形.
方法二：∵b=acosC，
∴由余弦定理，得b=a?a2+b2-c22ab，
2b2=a2+b2-c2，即a2=b2+c2.
由勾股定理逆定理，知△ABC是A=90°的直角三角形.
(2)∵△ABC的邊長為12，由(1)知斜邊a=12.
又∵△ABC最小角的正弦值為13，
∴Rt△ABC的最短直角邊長為12×13=4.
另一條直角邊長為122-42=82，
∴S△ABC=12×4×82=162.
點評：以三角形為載體，以三角變換為核心，結合正弦定理和余弦定理綜合考查邏輯分析和計算推理能力是高考命題的一個重要方向.因此要特別關注三角函數在解三角形中的靈活運用，及正、余弦定理的靈活運用.
變式訓練
在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別是a、b、c，且cosA=45.
(1)求sin2B+C2+cos2A的值;
(2)若b=2，△ABC的面積S=3，求a.
解：(1)sin2B+C2+cos2A=1-cos?B+C?2+cos2A
=1+cosA2+2cos2A-1=5950.
(2)∵cosA=45，∴sinA=35.
由S△ABC=12bcsinA得3=12×2c×35，解得c=5.
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，可得a2=4+25-2×2×5×45=13，
∴a=13.
例2已知a，b，c是△ABC中∠A，∠B，∠C的對邊，若a=7，c=5，∠A=120°，求邊長b及△ABC外接圓半徑R.
活動：教師引導學生觀察已知條件，有邊有角，可由余弦定理先求出邊b，然后利用正弦定理再求其他.點撥學生注意體會邊角的互化，以及正弦定理和余弦定理各自的作用.
解：由余弦定理，知a2=b2+c2-2bccosA，即b2+52-2×5×bcos120°=49，
∴b2+5b-24=0.
解得b=3.(負值舍去).
由正弦定理：asinA=2R，即7sin120°=2R，解得R=733.
∴△ABC中，b=3，R=733.
點評：本題直接利用余弦定理，借助方程思想求解邊b，讓學生體會這種解題方法，并探究其他的解題思路.
變式訓練
設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知b2+c2=a2+3bc，求：
(1)A的大小;
(2)2sinB?cosC-sin(B-C)的值.
解：(1)由余弦定理，得cosA=b2+c2-a22bc=3bc2bc=32，
∴∠A=30°.
(2)2sinBcosC-sin(B-C)
=2sinBcosC-(sinB?cosC-cosBsinC)
=sinBcosC+cosBsinC
=sin(B+C)
=sinA
=12.
例3如圖，在四邊形ABCD中，∠ADB=∠BCD=75°，∠ACB=∠BDC=45°，DC=3，求：
(1)AB的長;
(2)四邊形ABCD的面積.
活動：本例是正弦定理、余弦定理的靈活應用，結合三角形面積求解，難度不大，可讓學生自己獨立解決，體會正、余弦定理結合三角形面積的綜合應用.
解：(1)因為∠BCD=75°，∠ACB=45°，所以∠ACD=30°.
又因為∠BDC=45°，
所以∠DAC=180°-(75°+ 45°+ 30°)=30°.所以AD=DC=3.
在△BCD中，∠CBD=180°-(75°+ 45°)=60°，
所以BDsin75°=DCsin60°，BD =3sin75°sin60°=6+22.
在△ABD中，AB2=AD2+ BD2-2×AD×BD×cos75°=(3)2+(6+22)2-2×3×6+22×6-24= 5，所以AB=5.
(2)S△ABD=12×AD×BD×sin75°=12×3×6+22×6+24=3+234.
同理， S△BCD=3+34.
所以四邊形ABCD的面積S=6+334.
點評：本例解答對運算能力提出了較高要求，教師應要求學生“列式工整、算法簡潔、運算正確”，養成規范答題的良好習慣.
變式訓練
如圖，△ACD是等邊三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，BD交AC于E，AB=2.
(1)求cos∠CBE的值;
(2)求AE.
解：(1)因為∠BCD=90°+60°=150°，
CB=AC=CD，
所以∠CBE=15°.
所以cos∠CBE=cos(45°-30°)=6+24.
(2)在△ABE中，AB=2，
由正弦定理，得AEsin?45°-15°?=2sin?90°+15°?，
故AE=2sin30°cos15°=2×126+24=6-2.
例4在△ABC中，求證：a2sin2B+b2sin2A=2absinC.
活動：此題所證結論包含關于△ABC的邊角關系，證明時可以考慮兩種途徑：一是把角的關系通過正弦定理轉化為邊的關系，若是余弦形式則通過余弦定理;二是把邊的關系轉化為角的關系，一般是通過正弦定理.另外，此題要求學生熟悉相關的三角函數的有關公式，如sin2B=2sinBcosB等，以便在化為角的關系時進行三角函數式的恒等變形.
證法一： (化為三角函數)
a2sin2B+b2sin2A=(2RsinA)2?2sinB?cosB+(2RsinB)2?2sinA?cosA=8R2sinA?sinB(sinAcosB+cosAsinB)=8R2sinAsinBsinC=2?2RsinA?2RsinB?sinC=2absinC.
所以原式得證.
證法二： (化為邊的等式)
左邊=a2?2sinBcosB+b2?2sinAcosA=a2?2b2R?a2+c2-b22ac+b2?2a2R?b2+c2-a22bc=ab2Rc(a2+c2-b2+b2+c2-a2)=ab2Rc?2c2=2ab?c2R=2absinC.
點評：由邊向角轉化，通常利用正弦定理的變形式：a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，在轉化為角的關系式后，要注意三角函數公式的運用，在此題用到了正弦二倍角公式sin2A=2sinA?cosA，正弦兩角和公式sin(A+B)=sinA?cosB+cosA?sinB;由角向邊轉化，要結合正弦定理變形式以及余弦定理形式二.
高考數學優秀教案精選篇4
變 式訓練
在△ABC中，求證：
(1)a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C;
(2)a2+b2+c2=2(bccosA+cacosB+abcosC).
證明：(1)根據正弦定理，可設
asinA=bsinB= csinC= k，
顯然 k≠0，所以
左邊=a2+b2c2=k2sin2A+k2sin2Bk2sin2C=sin2A+sin2Bsin2C=右邊.
(2)根據余弦定理，得
右邊=2(bcb2+c2-a22bc+cac2+a2-b22ca+aba2+b2-c22ab)
=(b2+c2- a2)+(c2+a2-b2)+(a2+b2-c2)
=a2+b2+c2=左邊.
知能訓練
1.已知△ABC的三個內角A、B、C所對的三邊分別為a、b、c.若△ABC的面積S=c2-(a-b)2，則tanC2等于( )
A.12 B.14 C.18 D.1
2.在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且滿足4sin2A+C2-cos2B=72.
(1)求角B的度數;
(2)若b=3，a+c=3，且a>c，求a、c的值.
答案：
1.B 解析：由余弦定理及面積公式，得
S=c2-a2-b2+2ab=-2abcosC+2ab=12absinC，
∴1-cosCsinC=14.
∴tanC2=1-cosCsinC=14.
2.解：(1)由題意，知4cos2B-4cosB+1=0，∴cosB=12.
∵0
(2)由余弦定理，知3=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac=9-3ac，
∴ac=2.①
又∵a+c=3，②
解①②聯立的方程組，得a=2，c=1或a=1，c=2.
∵a>c，∴a=2，c=1.
課堂小結
教師與學生一起回顧本節課我們共同探究的解三角形問題，特別是已知兩邊及其一邊的對角時解的情況，通過例題及變式訓練，掌握了三角形中邊角互化的問題以及聯系其他知識的小綜合問題.學到了具體問題具體分析的良好思維習慣.
教師進一步點出，解三角形問題是確定線段 的長度和角度的大小，解三角形需要利用邊角關系，三角形中，有六個元素：三條邊、三個角;解三角形通常是給出三個獨立的條件(元素)，求出其他的元素，如果是特殊的三角形，如直角三角形，兩個條件(元素)就夠了.正弦定理與余弦定理是刻畫三角形邊角關系的重要定理，正弦定理適用于已知兩角一邊，求其他要素;余弦定理適用于已知兩邊和夾角，或者已知三邊求其他要素.
作業
課本本節習題1—1B組6、7.
補充作業
1.在△ABC中，若tanAtanB=a2b2，試判斷△ABC的形狀.
2.在△ABC中，a、b、c分別是角A、B、C的對邊，A=60°，B>C，b、c是方程x2-23x+m=0的兩個實數根，△ABC的面積為32，求△ABC的三邊長.
解答：1.由tanAtanB=a2b2，得sinA?cosBcosA?sinB=a2b2，
由正弦定理，得a=2RsinA，b=2RsinB，
∴sinA?cosBcosA?sinB=4R2sin2A4R2sin2B.
∴sinA?cosA=sinB?cosB，
即sin2A=sin2B.
∴A+B=90°或A=B，
即△ABC為等腰三角形或直角三角形.
2.由韋達定理，得bc=m，S△ABC=12bcsinA=12msin60°=34m=32，
∴m=2.
則原方程變為x2-23x+2=0，
解得兩根為x=3±1.
又B>C，∴b>c.
故b=3+1，c=3-1.
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA=6，得a=6.
∴所求三角形的三邊長分別為a=6，b=3+1，c=3-1.
設計感想
本教案設計的思路是：通過一些典型 的實例來拓展關于解三角形的各種題型及其解決方法，具體解三角形時，所選例題突出了函數與方程的思想，將正弦定理、余弦定理視作方程或方程組，處理已知量與未知量之間的關系.
本教案的設計注重了一題多解的訓練，如例4給出了兩種解法，目的是讓學生對換個角度看問題有所感悟，使學生經常自覺地從一個思維過程轉換到另一個思維過程，逐步培養出創新意識.換一個角度看問題，變通一下，也許會有意想不到的效果.
備課資料
一、正弦定理、余弦定理課外探究
1.正、余弦定理的邊角互換功能
對于正、余弦定理，同學們已經開始熟悉，在解三角形的問題中常會用到它，其實，在涉及到三角形的其他問題中，也常會用到它們.兩個定理的特殊功能是邊角互換，即利用它們可以把邊的關系轉化為角的關系，也可以把角的關系轉化為邊的關系，從而使許多問題得以解決.
【例1】 已知a、b為△ABC的邊，A、B分別是a、b的對角，且sinAsinB=32，求a+bb的值.
解：∵asinA=bsinB，∴sinAsinB=ab.又sinAsinB=32(這是角的關系)，
∴ab=32(這是邊的關系).于是，由合比定理，得a+bb=3+22=52.
【例2】 已知△ABC中，三邊a、b、c所對的角分別是A、B、C，且2b=a+c.
求證：sinA+sinC=2sinB.
證明：∵a+c=2b(這是邊的關系)，①
又asinA=bsinB=csinC，∴a=bsinAsinB，②
c=bsinCsinB.③
將②③代入①，得bsinAsinB+bsinCsinB=2b.整理，得sinA+sinC=2sinB(這是角的關系).
2.正、余弦定理的巧用
某些三角習題的化簡和求解，若能巧用正、余弦定理，則可避免許多繁雜的運算，從而使問題較輕松地獲得解決，現舉例說明如下：
【例3】 求sin220°+cos280°+3sin20°cos80°的值.
解：原式=sin220°+sin210°-2sin20°sin10°cos150°，
∵20°+10°+150°=180°，∴20°、10°、150°可看作一個三角形的三個內角.
設這三個內角所對的邊依次是a、b、c，由余弦定理，得a2+b2-2abcos150°=c2.(_
而由正弦定理，知a=2Rsin20°，b=2Rsin10°，c=2Rsin150°，代入(_式，得sin220°+sin210°-2sin20°sin10°cos150°=sin2150°=14.∴原式=14.
二、備用習題
1.在△ABC中，已知a=11，b=20，A=130°，則此三角形( )
A.無解 B.只有一解
C.有兩解 D.解的個數不確定
2.△ABC中，已知(a+c)(a-c)=b2+bc，則A等于( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
3.△ABC中，若acosB=bcosA，則該三角形一定是( )
A.等腰三角形但不是直角三角形
B.直角三角形但不是等腰三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰三角形或直角三角形
4.△ABC中，tanA?tanB<1，則該三角形一定是( )
A.銳角三角形 B.鈍角三角形
C.直角三角形 D.以上都有可能
5.在△ABC中，若∠B=30°，AB=23，AC=2，則△ABC的面積是__________.
6.在△ABC中，已知A=120°，b=3，c=5，求：
(1)sinBsinC;
(2)sinB+sinC.
7.在△ABC中，角A、B、C所對邊的長分別是a、b、c，且cos〈AB→，AC→〉=14.
(1)求sin2B+C2+cos2A的值;
(2)若a=4，b+c=6，且b
參考答案：
1.A 解析：∵a90°，因此無解.
2.C 解析：由已知，得a2-c2=b2+bc，∴b2+c2-a2=-bc.
由余弦定理，得
cosA=b2+c2-a22bc=-bc2bc=-12.
∴A=120°.
3.D 解析：由已知條件結合正弦定理，得
sinAcosB=sinBcosA，即sinA?cosA=sinB?cosB，
∴sin2A=sin2B.
∴2A=2B或2A=180°-2B，
即A=B或A+B= 90°.
因此三角形為等腰三角形或直角三角形.
4.B 解析：由已知條件，得sinAcosA?sinBcosB<1，即cos?A+B?cosA?cosB>0，cosCcosAcosB<0.
說明cosA，cosB，cosC中有且只有一個為負.
因此三角形為鈍角三角形.
5.23或3 解析：由ACsin30°=ABsinC，知sinC=32.
若∠C=60°，則△ABC是直角三角形，S△ABC=12AB×AC=23.
若∠C=120°，則∠A=30°，S△ABC=12AC×AB?sin30°=3.
6.解法一：(1)∵b=3，c=5，A=120°，
∴由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccosA=9+25-2×3×5×(-12)=49.∴a=7.
由正弦定理，得sinB=bsinAa=3×327=3314，sinC=csinAa=5314，
∴sinBsinC=45196.
(2)由(1)知，sinB+sinC=8314=437.
解法二：(1)由余弦定理，得a=7，
由正弦定理a=2RsinA，得R=a2sinA=733，
∴sinB=b2R=32×733=3314，sinC=c2R=5314.
∴sinBsinC=45196.
(2)由(1)知，sinB+sinC=8314=437.
7.解：(1)sin2B+C2+cos2A=12[1-cos(B+C)]+(2cos2A-1)=12(1+cosA)+(2cos2A-1)=12(1+14)+(18-1)=-14.
(2)由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccosA，
即a2=(b+c)2-2bc-2bccosA
高考數學優秀教案精選篇5
教學目標
(1)掌握一元二次不等式的解法;
(2)知道一元二次不等式可以轉化為一元一次不等式組;
(3)了解簡單的分式不等式的解法;
(4)能利用二次函數與一元二次方程來求解一元二次不等式，理解它們三者之間的內在聯系;
(5)能夠進行較簡單的分類討論，借助于數軸的直觀，求解簡單的含字母的一元二次不等式;
(6)通過利用二次函數的圖象來求解一元二次不等式的解集，培養學生的數形結合的數學思想;
(7)通過研究函數、方程與不等式之間的內在聯系，使學生認識到事物是相互聯系、相互轉化的，樹立辨證的世界觀.
教學重點：一元二次不等式的解法;
教學難點：弄清一元二次不等式與一元二次方程、二次函數的關系.
教與學過程設計
第一課時
Ⅰ.設置情境
問題：
①解方程
②作函數 的圖像
③解不等式
【置疑】在解決上述三問題的基礎上分析，一元一次函數、一元一次方程、一元一次不等式之間的關系。能通過觀察一次函數的圖像求得一元一次不等式的解集嗎?
【回答】函數圖像與x軸的交點橫坐標為方程的根，不等式 的解集為函數圖像落在x軸上方部分對應的橫坐標。能。
通過多媒體或其他載體給出下列表格。扼要講解怎樣通過觀察一次函數的圖像求得一元一次不等式的解集。注意色彩或彩色粉筆的運用
在這里我們發現一元一次方程，一次不等式與一次函數三者之間有著密切的聯系。利用這種聯系(集中反映在相應一次函數的圖像上!)我們可以快速準確地求出一元一次不等式的解集，類似地，我們能不能將現在要求解的一元二次不等式與二次函數聯系起來討論找到其求解方法呢?
Ⅱ.探索與研究
我們現在就結合不等式 的求解來試一試。(師生共同活動用“特殊點法”而非課本上的“列表描點”的方法作出 的圖像，然后請一位程度中下的同學寫出相應一元二次方程及一元二次不等式的解集。)
【答】方程 的解集為
不等式 的解集為
【置疑】哪位同學還能寫出 的解法?(請一程度差的同學回答)
【答】不等式 的解集為
我們通過二次函數 的圖像，不僅求得了開始上課時我們還不知如何求解的那個第(5)小題 的解集，還求出了 的解集，可見利用二次函數的圖像來解一元二次不等式是個十分有效的方法。
下面我們再對一般的一元二次不等式 與 來進行討論。為簡便起見，暫只考慮 的情形。請同學們思考下列問題：
如果相應的一元二次方程 分別有兩實根、惟一實根，無實根的話，其對應的二次函數 的圖像與x軸的位置關系如何?(提問程度較好的學生)
【答】二次函數 的圖像開口向上且分別與x軸交于兩點，一點及無交點。
現在請同學們觀察表中的二次函數圖，并寫出相應一元二次不等式的解集。(通過多媒體或其他載體給出以下表格)
【答】 的解集依次是
的解集依次是
它是我們今后求解一元二次不等式的主要工具。應盡快將表中的結果記住。其關鍵就是抓住相應二次函數 的圖像。
課本第19頁上的例1.例2.例3.它們均是求解二次項系數 的一元二次不等式，卻都沒有給出相應二次函數的圖像。其解答過程雖很簡練，卻不太直觀。現在我們在課本預留的位置上分別給它們補上相應二次函數圖像。
(教師巡視，重點關注程度稍差的同學。)
Ⅲ.演練反饋
1.解下列不等式：
(1) (2)
(3) (4)
2.若代數式 的值恒取非負實數，則實數x的取值范圍是 。
3.解不等式
(1) (2)
參考答案：
1.(1) ;(2) ;(3) ;(4)R
2.
3.(1)
(2)當 或 時， ，當 時，
當 或 時， 。
Ⅳ.總結提煉
這節課我們學習了二次項系數 的一元二次不等式的解法，其關鍵是抓住相應二次函數的圖像與x軸的交點，再對照課本第39頁上表格中的結論給出所求一元二次不等式的解集。
(五)、課時作業
(P20.練習等3、4兩題)
(六)、板書設計
第二課時
Ⅰ.設置情境
(通過講評上一節課課后作業中出現的問題，復習利用“三個二次”間的關系求解一元二次不等式的主要操作過程。)
上節課我們只討論了二次項系數 的一元二次不等式的求解問題。肯定有同學會問，那么二次項系數 的一元二次不等式如何來求解?咱們班上有誰能解答這個疑問呢?
Ⅱ.探索研究
(學生議論紛紛.有的說仍然利用二次函數的圖像，有的說將二次項的系數變為正數后再求解，…….教師分別請持上述見解的學生代表進一步說明各自的見解.)
生甲：只要將課本第39頁上表中的二次函數圖像次依關于x軸翻轉變成開口向下的拋物線，再根據可得的圖像便可求得二次項系數 的一元二次不等式的解集.
生乙：我覺得先在不等式兩邊同乘以-1將二次項系數變為正數后直接運用上節課所學的方法求解就可以了.
師：首先，這兩種見解都是合乎邏輯和可行的.不過按前一見解來操作的話，同學們則需再記住一張類似于第39頁上的表格中的各結論.這不但加重了記憶負擔，而且兩表中的結論容易搞混導致錯誤.而按后一種見解來操作時則不存在這個問題，請同學們閱讀第19頁例4.
(待學生閱讀完畢，教師再簡要講解一遍.)
[知識運用與解題研究]
由此例可知，對于二次項系數的一元二次不等式是將其通過同解變形化為 的一元二次不等式來求解的，因此只要掌握了上一節課所學過的方法。我們就能求
解任意一個一元二次不等式了，請同學們求解以下兩不等式.(調兩位程度中等的學生演板)
(1) (2)
(分別為課本P21習題1.5中1大題(2)、(4)兩小題.教師講評兩位同學的解答，注意糾正表述方面存在的問題.)
訓練二 可化為一元一次不等式組來求解的不等式.
目前我們熟悉了利用“三個二次”間的關系求解一元二次不等式的方法雖然對任意一元二次不等式都適用，但具體操作起來還是讓我們感到有點麻煩.故在求解形如 (或 )的一元二次不等式時則根據(有理數)乘(除)運算的“符號法則”化為同學們更加熟悉的一元一次不等式組來求解.現在清同學們閱讀課本P20上關于不等式 求解的內容并思考：原不等式的解集為什么是兩個一次不等式組解集的并集?(待學生閱讀完畢，請一程度較好，表達能力較強的學生回答該問題.)
【答】因為滿足不等式組 或 的x都能使原不等式 成立，且反過來也是對的，故原不等式的解集是兩個一元二次不等式組解集的并集.
這個回答說明了原不等式的解集A與兩個一次不等式組解集的并集B是互為子集的關系，故它們必相等，現在請同學們求解以下各不等式.(調三位程度各異的學生演板.教師巡視，重點關注程度較差的學生).
(1) [P20練習中第1大題]
(2) [P20練習中第1大題]
(3) [P20練習中第2大題]
(老師扼要講評三位同學的解答.尤其要注意糾正表述方面存在的問題.然后講解P21例5).
例5 解不等式
因為(有理數)積與商運算的“符號法則”是一致的，故求解此類不等式時，也可像求解 (或 )之類的不等式一樣，將其化為一元一次不等式組來求解。具體解答過程如下。
解：(略)
現在請同學們完成課本P21練習中第3、4兩大題。
(等學生完成后教師給出答案，如有學生對不上答案，由其本人追查原因，自行糾正。)
[訓練三]用“符號法則”解不等式的復式訓練。
(通過多媒體或其他載體給出下列各題)
1.不等式 與 的解集相同此說法對嗎?為什么[補充]
2.解下列不等式：
(1) [課本P22第8大題(2)小題]
(2) [補充]
(3) [課本P43第4大題(1)小題]
(4) [課本P43第5大題(1)小題]
(5) [補充]
(每題均先由學生說出解題思路，教師扼要板書求解過程)
參考答案：
1.不對。同 時前者無意義而后者卻能成立，所以它們的解集是不同的。
2.(1)
(2)原不等式可化為： ，即
解集為 。
(3)原不等式可化為
解集為
(4)原不等式可化為 或
解集為
(5)原不等式可化為： 或 解集為
Ⅲ.總結提煉
這節課我們重點講解了利用(有理數)乘除法的符號法則求解左式為若干一次因式的積或商而右式為0的不等式。值得注意的是，這一方法對符合上述形狀的高次不等式也是有效的，同學們應掌握好這一方法。
(五)布置作業
(P22.2(2)、(4);4;5;6。)
(六)板書設計
高考數學優秀教案精選篇6
一、教材分析
1.《指數函數》在教材中的地位、作用和特點
《指數函數》是人教版高中數學(必修)第一冊第二章“函數”的第六節內容，是在學習了《指數》一節內容之后編排的。通過本節課的學習，既可以對指數和函數的概念等知識進一步鞏固和深化，又可以為后面進一步學習對數、對數函數尤其是利用互為反函數的圖象間的關系來研究對數函數的性質打下堅實的概念和圖象基礎，又因為《指數函數》是進入高中以后學生遇到的第一個系統研究的函數，對高中階段研究對數函數、三角函數等完整的函數知識，初步培養函數的應用意識打下了良好的學習基礎，所以《指數函數》不僅是本章《函數》的重點內容，也是高中學段的主要研究內容之一，有著不可替代的重要作用。
此外，《指數函數》的知識與我們的日常生產、生活和科學研究有著緊密的聯系，尤其體現在細胞分裂、貸款利率的計算和考古中的年代測算等方面，因此學習這部分知識還有著廣泛的現實意義。本節內容的特點之一是概念性強，特點之二是凸顯了數學圖形在研究函數性質時的重要作用。
2.教學目標、重點和難點
通過初中學段的學習和高中對集合、函數等知識的系統學習，學生對函數和圖象的關系已經構建了一定的認知結構，主要體現在三個方面：
知識維度：對正比例函數、反比例函數、一次函數，二次函數等最簡單的函數概念和性質已有了初步認識，能夠從初中運動變化的角度認識函數初步轉化到從集合與對應的觀點來認識函數。
技能維度：學生對采用“描點法”描繪函數圖象的方法已基本掌握，能夠為研究《指數函數》的性質做好準備。
素質維度：由觀察到抽象的數學活動過程已有一定的體會，已初步了解了數形結合的思想。
鑒于對學生已有的知識基礎和認知能力的分析，根據《教學大綱》的要求，我確定本節課的教學目標、教學重點和難點如下：
(1)知識目標：①掌握指數函數的概念;②掌握指數函數的圖象和性質;③能初步利用指數函數的概念解決實際問題;
(2)技能目標：①滲透數形結合的基本數學思想方法②培養學生觀察、聯想、類比、猜測、歸納的能力;
(3)情感目標：①體驗從特殊到一般的學習規律，認識事物之間的普遍聯系與相互轉化，培養學生用聯系的觀點看問題②通過教學互動促進師生情感，激發學生的學習興趣，提高學生抽象、概括、分析、綜合的能力③領會數學科學的應用價值。
(4)教學重點：指數函數的圖象和性質。
(5)教學難點：指數函數的圖象性質與底數a的關系。
突破難點的關鍵：尋找新知生長點，建立新舊知識的聯系，在理解概念的基礎上充分結合圖象，利用數形結合來掃清障礙。
二、教法設計
由于《指數函數》這節課的特殊地位，在本節課的教法設計中，我力圖通過這一節課的教學達到不僅使學生初步理解并能簡單應用指數函數的知識，更期望能引領學生掌握研究初等函數圖象性質的一般思路和方法，為今后研究其它的函數做好準備，從而達到培養學生學習能力的目的，我根據自己對“誘思探究”教學模式和“情景式”教學模式的認識，將二者結合起來，主要突出了幾個方面：
1.創設問題情景.按照指數函數的在生活中的實際背景給出兩個實例，充分調動學生的學習興趣，激發學生的探究心理，順利引入課題，而這兩個例子又恰好為研究指數函數中底數大于1和底數大于0小于1的圖象做好了準備。
2.強化“指數函數”概念.引導學生結合指數的有關概念來歸納出指數函數的定義，并向學生指出指數函數的形式特點，請學生思考對于底數a是否需要限制，如不限制會有什么問題出現，這樣避免了學生對于底數a范圍分類的不清楚，也為研究指數函數的圖象做了“分類討論”的鋪墊。
3.突出圖象的作用.在數學學習過程中，圖形始終使我們需要借助的重要輔助手段。一位數學家曾經說過“數離形時少直觀，形離數時難入微”，而在研究指數函數的性質時，更是直接由圖象觀察得出性質，因此圖象發揮了主要的作用。
教師活動：①引導學生對課堂知識進行歸納，完成對分類討論、數形結合等數學方法的歸納;②布置課后及拓展作業
學生活動：完成對指數函數的概念和性質的課內小結并通過課后作業進一步深化學習目標，有能力的同學完成網上調研并在下節課與同學交流我國在利用14C進行考古所取得的成果。
設計意圖：教師在本環節引導學生對指數函數的知識進行梳理，深化知識與技能目標，并通過作業實現目標的鞏固。
5.板書設計
考慮到板書在教學過程中發揮的功能，本節課我設計了由三個板塊構成的板書，板面分配比例為2：1：1，第一大板塊包含了兩部分，一是指數函數的定義，二是課前準備的畫有坐標系和表格的小黑板;第二板塊書寫了例1和例2的第一問;第三板塊由學生完成例2的后兩問、練習和課堂小結組成。
五、教學評價
教學評價的及時有效能調動課堂的氣氛、感染學生的情緒，對課堂教學發揮著積極的推動作用，因此，我將教學評價將貫穿于本節課的每個教學環節中。例如情景導入的表達式評價、回憶指數知識的記憶評價、得出指數函數概念的歸納評價、作圖時的準確性評價、解題時的規范性評價、小結時的表述性評價等。在學生交流、討論、探究等環節注意啟發學生完成知識互評、能力互評，通過多種評價方式讓更多的學生獲得學習的自信，在輕松融洽的課堂評價氛圍中完成本節課的教學和學習任務。
當然教師會通過對學生作業的批改獲得更全面的對學生知識掌握的評價和課堂效果的反思，并在后續的時間里修訂課堂設計方案，達到預期的教學效果，實現學生的能力發展。以上是我對指數函數這節課的設計和思考，敬請批評指正!
高考數學優秀教案精選篇7
一、教材分析
1、教材的地位和作用：
數列是高中數學重要內容之一，它不僅有著廣泛的實際應用，而且起著承前啟后的作用。一方面, 數列作為一種特殊的函數與函數思想密不可分;另一方面,學習數列也為進一步學習數列的極限等內容做好準備。而等差數列是在學生學習了數列的有關概念和給出數列的兩種方法——通項公式和遞推公式的基礎上，對數列的知識進一步深入和拓廣。同時等差數列也為今后學習等比數列提供了學習對比的依據。
2、教學目標
根據教學大綱的要求和學生的實際水平，確定了本次課的教學目標
a在知識上：理解并掌握等差數列的概念;了解等差數列的通項公式的推導過程及思想;初步引入“數學建模”的思想方法并能運用。
b在能力上：培養學生觀察、分析、歸納、推理的能力;在領會函數與數列關系的前提下，把研究函數的方法遷移來研究數列，培養學生的知識、方法遷移能力;通過階梯性練習，提高學生分析問題和解決問題的能力。
c在情感上：通過對等差數列的研究，培養學生主動探索、勇于發現的求知精神;養成細心觀察、認真分析、善于總結的良好思維習慣。
3、教學重點和難點
根據教學大綱的要求我確定本節課的教學重點為:
①等差數列的概念。
②等差數列的通項公式的推導過程及應用。
由于學生第一次接觸不完全歸納法,對此并不熟悉因此用不完全歸納法推導等差數列的同項公式是這節課的一個難點。同時，學生對“數學建模”的思想方法較為陌生，因此用數學思想解決實際問題是本節課的另一個難點。
二、學情分析對于三中的高一學生，知識經驗已較為豐富，他們的智力發展已到了形式運演階段，具備了教強的抽象思維能力和演繹推理能力，所以我在授課時注重引導、啟發、研究和探討以符合這類學生的心理發展特點，從而促進思維能力的進一步發展。
二、教法分析
針對高中生這一思維特點和心理特征，本節課我采用啟發式、討論式以及講練結合的教學方法，通過問題激發學生求知欲，使學生主動參與數學實踐活動，以獨立思考和相互交流的形式，在教師的指導下發現、分析和解決問題。
三、學法指導在引導分析時，留出學生的思考空間，讓學生去聯想、探索，同時鼓勵學生大膽質疑，圍繞中心各抒己見，把思路方法和需要解決的問題弄清。
四、教學程序
本節課的教學過程由(一)復習引入(二)新課探究(三)應用例解(四)反饋練習(五)歸納小結(六)布置作業，六個教學環節構成。
(一)復習引入：
1.從函數觀點看,數列可看作是定義域為__________對應的一列函數值，從而數列的通項公式也就是相應函數的______ 。(N﹡;解析式)
通過練習1復習上節內容，為本節課用函數思想研究數列問題作準備。
2. 小明目前會100個單詞，他她打算從今天起不再背單詞了，結果不知不覺地每天忘掉2個單詞，那么在今后的五天內他的單詞量逐日依次遞減為： 100，98，96，94，92 ①
3. 小芳只會5個單詞，他決定從今天起每天背記10個單詞，那么在今后的五天內他的單詞量逐日依次遞增為 5，10，15，20，25 ②
通過練習2和3 引出兩個具體的等差數列，初步認識等差數列的特征，為后面的概念學習建立基礎，為學習新知識創設問題情境，激發學生的求知欲。由學生觀察兩個數列特點，引出等差數列的概念，對問題的總結又培養學生由具體到抽象、由特殊到一般的認知能力。
(二) 新課探究
1、由引入自然的給出等差數列的概念：
如果一個數列,從第二項開始它的每一項與前一項之差都等于同一常數，這個數列就叫等差數列, 這個常數叫做等差數列的公差，通常用字母d來表示。強調：
① “從第二項起”滿足條件;
②公差d一定是由后項減前項所得;
③每一項與它的前一項的差必須是同一個常數(強調“同一個常數” );
在理解概念的基礎上，由學生將等差數列的文字語言轉化為數學語言，歸納出數學表達式：
an+1-an=d (n≥1)
同時為了配合概念的理解，我找了5組數列，由學生判斷是否為等差數列，是等差數列的找出公差。
1. 9 ，8，7，6，5，4，……;√ d=-1
2. 0.70，0.71，0.72，0.73，0.74……;√ d=0.01
3. 0，0，0，0，0，0，…….; √ d=0
4. 1，2，3，2，3，4，……;×
5. 1，0，1，0，1，……×
其中第一個數列公差<0, 第二個數列公差>0,第三個數列公差=0
由此強調：公差可以是正數、負數，也可以是0