进行cos,a,b的教学设计.doc-道客多多

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1、进行 cos,a,b 的教学设计教学设计 cos cos a b 公式 sin a b 的教学设计 cos a b 教案篇一：余弦定理教学设计篇二：2012 江苏省数学竞赛提优教程教案：第 71 讲_三角问题选讲第十一讲三角问题选讲三角既是一个数学分支，同时也是一种数学方法三角函数是沟通形与数的联系的有力工具，在各数学分支中有着广泛的应用三角方法是指主动地、有意识地实施三角代换，将一些代数、几何问题迁移到三角函数情境中来，利用三角体系完整的公式去简化、解决问题同时，借助于三角公式，也可将三角问题转化为代数或其他问题进行求解另外，三角原于测量与解三角形，三角函数理论在解决生产、科研

3、和深刻理解三角的公式，如本题抓住二倍角的余弦可表示为单角余弦的二次式这一特征，从而作出相应的变量代换例 2 求方程 xy 的实数解分析这是一个具有对称性的无理方程，可考虑用三角代换去掉根号，化有三角方程求 2222 解，由于根号里面为 x-1 与 y-1，故联想公式sec-1=tan，可进行如下变换：x=sec，y=sec 解由题意知x1，y1，可设 x=sec，y=sec，其中 0?,?从而 x-1= sec-1=tan2，y-1= sec-1=tan2，原方程可化为： 22 sec2tan+ sec2tan=secsec， sin?sin?1 ?即， 222 cos?cos?cos

4、?cos?cos?cos2? 2 2 2 2 ? 2 ，因此有sincos+sincos=1，即 sin2+sin2=2，从而sin2=1，sin2=1 ，? ? 4 ，因此 x=y=2，经检验，x=2，y=2 是原方程的解说明施行适当的三角代换，将代数式或方程转化为三角式或方程求解，这是三角代换应用的一个重要方面，充分体现了三角与代数之间的内在联系例 3 已知正三角形 ABC 内有一条动线段，长为 a，它在 ABC 三边 AB、BC、AC 上 3 的射影长分别为 l、m、n求证：l2?m2?n2?a2 2 分析动线段在三角形各边上的射影可由 a 和动线段与各边所成角表示出来，因此

5、问题的动线段的长关键是如何表示出动线段与各边所成角解设动线段为 PQ，长为 a，设 PQ 与 BC 所成角为（090），则 PQ 与AC 所成角为 60-，PQ 与 AB 所成角为 60+，于是有 l=acos(60+)，m=acos，n=acos(60-)，因此有 l2+m2+n2=a2cos2(60+)+ cos2+ cos2(60-)，而 cos2(60+)+ cos2+ cos2(60-) = 1?cos(120?2?)1?cos2?1?cos(120?2?) ? 222 3133 ?(cos120?cos2?cos2?cos120?cos2?)?，l2?m2?n2?a2

6、 2222 说明本题也可以利用向量知识求解，读者不妨一试情景再现 1若sinx?siny?1，则 cosx?cosy 的取值范围是 A ?2, 2 B ?1, 1C D （2005 年浙江省数学竞赛） 2求所有的实数x0, ? ,使(2?sin2x)sin(x?)?1,并证明你的结论 24 3ABC 的三条边长分别为 a、b 、c |a2?b2|b2?c2|c2?a2| 求证：（2005 年江西省数学竞赛） ? cab 例 4 ABC 的内角满足 acos2A?bsinA?1,acos2B?bsinB?1,acos2C?bsinC?1 试判断ABC 的形状分析所给三式结构相同，可将(c

7、os2A,sinA),(cos2B,sinB),(cos2C,sinC)视为 ax?by?1 的三组解，而 ax?by?1 又可看作直线方程，(cos2A,sinA),(cos2B,sinB),(cos2C,sinC)又可看作曲线 x?y2?1 上的三个点，因此本题可考虑用解析几何的方法去求解证明由题意，(cos2A,sinA),(cos2B,sinB),(cos2C,sinC)为方程 ax?by?1 的三组解，因此以其为坐标的三点 M、N、P 都在直线 ax?by?1 上，又(cos2A,sinA),(cos2B,sinB),(cos2C,sinC)都满足方程 x?y2?1，因此三点 M

8、、N、P 又都在曲线 x?y2?1 上，所以三点 M、N 、P 都为曲线 x?y2?1 与直线ax?by?1 的交点，而直线与抛物线至多有两个交点，因此 M、N 、P至少有两个点重合，不妨设 M 与 N 重合，则由cos2A?cos2B,sinA?sinB 得 A=B，故三角形 ABC 是等腰三角形例 5 已知三个锐角?,?,?满足 cos2?cos2?cos2?2求 tan?tan?tan?的最大值分析注意到条件 cos2?cos2?cos2?2，联想长方体的性质，构造长方体来求解解构造长方体，使?,?,?分别为对角线与三个面所成角，则 cos2?cos2?cos2?2，设长方体

9、长、宽、高、对角线分别为 a、cos?cos? tan?b、c、l，则， cos?tan?，，，tan?，从而 t?a? ? a?ba?c 时取等 n?t，当且仅当 22 222 号，因此 tan?tan?tan? 说明构造几何模型，使三角关系形象化、具体化，构造法是用几何方法解决三角问题的常用方法例 6 给定正整数 n 和正数 M，对于满足条件 a12+an+12M 的所有等差数列an，求 S=an+1+ an+2+ a2n+1 的最大值（1999 年全国联赛一试）分析本题有多种解法，由条件 a12+an+12M，也可考虑作三角代换，利用三角函数的有界性求解解设a1?co

10、s?,an?1sin?(0?r?1,0?2?)，则 S? n?1n?1n?1 (an?1?a2n?1)?(an?1?2an?1?a1)?(3an?1?a1)222 (3sin?cos?) 例 7 设ABC 内有一点 P，满足 PAB=PBC=PCA= 求证：cot=cotA+cotB+cotC. 分析设三边为 a、b、c，PA、PB、PC 分别为 x、y、z，可考虑利用正弦定理、余弦定理来表示出边角关系，进而证明本题解对三个小三有形分别使用余弦定理得： y2=x2+c2-2xccos，z2=y2+a2-2yacos， x2=z2+b2-2zbcos，三式相加得：2(ay+bz+cx)co

11、s=a2+b2+c2， 1 又由正弦定理知，SABC= SABP+SPBC+SPAC=(xc+ay+bz)sin，两式相除得： 2a2?b2?c2 cot?，又在ABC 中，由余弦定理有 a2=b2+c2-2bccosA，b2=c2+a2-2cacosB， 4S?ABC c2=a2+b2-2abcosC，相加得，a2+b2+c2=2abcosC+2bccosA+2accosB， 2abcosC2bccosA2cacosB ?从而 cot?， 4S?ABC4S?ABC4S?ABC 又 4SABC=2absinC=2bcsinA=2acsinB，分别代入上式右边的三个分母即得：cot=cotA+c

12、otB+cotC. 说明合理利用正弦定理、余弦定理可解决平面几何中的一些边角关系式的证明情景再现 4如图，一块边长为 20cm 的正方形铁片去了一个半径为 r cm（r（0，20）的扇形 AEF 个圆），用剩下部分截成一个矩形 PM，怎样截面积最大？最大面积为多少？ 5求满足下式的锐角 x ：?4 D C ABCD 已截（四分之一可使此矩形 F A MB 6P 是ABC 的内心，R 、r 分别为ABC 外接圆和内切圆的半径求证：6rPA+PB+PC3R. 例 8 给定曲线族 2(2sin?cos?3)x2?(8sin?cos?1)y?0，? 为参数，求该曲线在直线 y?2x 上所截得的弦长

13、的最大值（1995 年全国联赛二试）分析显然，该曲线族恒过原点，而直线 y?2x 也过原点，所以曲线在直线 y?2x 上所截得的弦长仅取决于曲线族与 y?2x 的另一交点的坐标解法一把 y?2x 代入曲线族方程得： (2sin?cos?3)x2?(8sin?cos?1)x?0，又 2sin?cos?3?30，故 x0 时，就有 x? 8sin?cos?1 ，令 2sin?cos?3 8u?12u1?u22 ，则，得 2xu+2(x-4)u+(x-1)=0，由 uR 知，当 xx?sin?,cos?222 2u?2u?11?u1?u 2 0 时，=2(x-4)-8x(x-1) =4(-x-

14、6x+16)0，从而-8x2 且 x0，因此|x|max=8，由 y?2xx0|， ? 解法二曲线族与直线 y?2x 相交于（0，0）及另一点(x0,y0)，且 x0 满足 2(2x0?8)sin?(x0?1)cos?1?3x0，故存在?，使得 (2x0?8)sin?(x0?1)cos?)|1?3x0|，解得?8?x0?2x0|，从而弦长的最大值 ? 说明方法一主要是应用万能公式，将三角问题转化成代数问题求解，方法二利用 asinx?bcosx的有界性求解，方法更为巧妙 2 例 9 求证：sinn2x+(sinnx-cosnx)1，其中 nN*.(2000 年俄罗斯数学竞赛题) 分析：即证

15、2nsinnxcosnx+sin2nx+cos2nx-2 sinnxcosnx1，即证sin2nx+cos2nx+(2n-2) 22 sinnxcosnx1，显然可考虑将右边的 1 代换成(sinx+cosx)n，并展开进行证明 012 证 1=(sinx+cosx)n=Cnsin2nx?Cnsin2n?2xcos2x?Cnsin2n?4xcos4x 2 2 3 ?Cnsin2n?6xcos6x?n?1n ?Cnsin2xcos2n?2x?Cncos2nx， 012 同理 1=( cosx+sinx)n=Cncos2nx?Cncos2n?2xsin2x?Cncos2n?4xsin4x 2 2

16、3?Cncos2n?6xsin6x?n?1n ?Cncos2xsin2n?2x?Cnsin2nx，两式对应项相加得： 01 2=Cn(sin2nx?cos2nx)?Cn(sin2n?2xcos2x?cos2n?2xsin2x) 2?Cn(sin2n?4xcos4x?cos2n?4xsin4x)?n ?Cn(cos2nx?sin2nx)，保留第一个括号与最后一个括号内的式子不动，由基本不等式得 sin2n?kxcoskx?cos2n?kxsinkx?2sinnxcosnx，其中 k 为偶数因此其它各个括号内的式子均不小于 2sinnxcosnx， 12 从而有22(sin2nx?cos2nx

17、)+2sinnxcosnx(Cn?Cn? n?1 ?Cn)，即 1(sin2nx?cos2nx)+sinnxcosnx?(2n?2)，即有2nsinnxcosnx+sin2nx+cos2nx-2 sinnxcosnx1，即 sinn2x+(sinnx-cosnx)1 2 情景再现 7三棱锥 V-ABC 的三条棱 VA、VB、VC 两两垂直，三个侧面与底面所成的二面角大小分别为?,?,?求证： cos?cos?cos?( 111 ?)? 222 cos?cos?cos? 8设 a、b、c 为ABC 的三条边，abc，R 和 r 分别为ABC 的外接圆半径和内切圆半篇三：解三角形-教案 1、已知

18、数列?an? 中，Sn 为其前 n 项和，且a1?1，Sn?Sn?1?1，则 an 的通项公式为_ 。 tan?11?，求sin2?sin?cos?2cos2?的值。 2、已知 tan?13 3、已知向量a?(1?tanx,1)，b?(1?sin2x?cos2x,0)，求 f(x)?a?b 的定义域和值域；二、知识的梳理： 1、内角和定理：在?ABC 中，A?B?C?180 。（1）sin(A?B)?sinC； cos(A?B)?cosC。（2）cos0A?BC?sin 。 22 2、正弦定理：在一个三角形中,各边和它的所对角的正弦的比相等。（1）abc?2R； sinAsinBsinC

19、（2）边角互化：a?2RsinA、 b?2RsinB、c?2RsinC。 3、余弦定理：三角形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夹角的余弦的积的两倍。 b2?c2?a2 （1）cosA?；cosB=_ ；cosC=_。 2bc 4、三角形的面积公式：S?ABC?1absinC=_=_。 2 5、余弦定理与三角形面积公式的应用： S?ABC?1absinC 2 a2?b2?c2a2?b2?2ab?c2?2ab(a?b)2?c2?2abcosC? 2ab2ab2ab 即S?ABC?ab?a?b?cosC 6、斜三角形的实际应用： 1）方位角与仰角（俯角）； 2）三角形的边与角与

20、实际问题； 3）解决方案：先根据题目条件画出三角形，然后标出已知条件，利用正、余弦定理求解。 7、恒等变换在三角形中的应用：注意：在解决三角形的综合题目中，我们重点关注的是边与角之间的关系，至于题目中出现的是哪个三角函数名并不重要（例如：B? 三、内容讲解 ?4与 sinB?1 其实效果是一样的），因此，找准边角关系是关键。 3 题型一正余弦定理的直接应用例 1：（10 广东（理）11) 已知a，b， c 分别是ABC 的三个内角 A，B，C 所对的边，若a=1，bA+C=2B ，则 sinC= 变式 1:已知锐角ABC 的内角A，B，C 的对边分别为 a，b，c，23cos2A+cos

21、2A=0，a=7，c=6，则 b=( ) （A）10（B）9（C ）8（D）5 变式 2、已知ABC 中，a=10，，A=45 ，则 B 等于（）题型二边角互化例 2:(2012全国卷新课标（理）（17）（本小题满分 12 分）已知 a,b,c 分别为?ABC 三个内角 A,B,C 的对边，acosCsinC?b?c?0 （1）求A（2）若 a?2，?ABC 的面积为；求 b,c。变式 1、（14 广东（理）12）在?ABC 中，角 A，B，C 所对应的边分别为 a,b,c.已知 abcosC?ccosB?2b,则?_ _b 变式 2、(2011 全国卷 I） 17ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 AC90，a?c，求 C.

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