正弦定理教案

正弦定理教案（共11篇）

正弦定理教案 篇1

正弦定理教案

教学目标：

1．知识目标:通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握正弦定理的内容及其证明方法；会运用正弦定理与三角形内角和定理解斜三角形的两类基本问题。

2.能力目标:让学生从已有的几何知识出发,共同探究在任意三角形中，边与其对角的关系，引导学生通过观察，推导，比较，由特殊到一般归纳出正弦定理，并进行定理基本应用的实践操作。

3．情感目标：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思想能力，通过三角形函数、正弦定理、向量的数量积等知识间的联系来体现事物之间的普遍联系与辩证统一。

教学重点：正弦定理的探索和证明及其基本应用。

教学难点：已知两边和其中一边的对角解三角形时判断解的个数。

教学过程：

一、复习引入

创设情境：

【师】：世界闻名的巴黎埃菲尔铁塔，比其他的建筑高出很多。如果只提供测角仪和皮尺，你能测出埃菲尔铁塔的高度吗？

【生】：可以先在离铁塔一段距离的地方测出观看铁塔的仰角，再测出与铁塔的水平距离，就可以利用三角函数测出高度。

【创设情境总结】：解决上述问题的过程中我们将距离的问题转化为角，进而转化为三角函数的问题进行计算。这个实际问题说明了三角形的边与角有紧密的联系，边和角甚至可以互相转化，这节课我们就要从正弦这个侧面来研究三角形边角的关系即正弦定理。

二、新课讲解

【师】：请同学们回忆一下，在直角三角形中各个角的正弦是怎么样表示的？

【生】：在直角三角形ABC中，sinAab,sinB,sinC1 cc

abc,c,c，也就是说在Rt△ABCsinAsinBsinC【师】：有没有一个量可以把三个式子联系起来？ 【生】：边c可以把他们联系起来，即c

中abc sinAsinBsinC

【师】：对，很美、很对称的一个式子，用文字来描述就是：“在一个直角三角形中，各边与

它所对角的正弦比相等”，那么在斜三角形中，该式是否也成立呢？让我们在几何画板中验证一下，对任意的三角形ABC是不是都有“各边与它所对角的正弦比相等”成立？

【师】：通过验证我们得到，在任意的三角形中都有各个边和他所对的角的正弦值相等。

在上面这个对称的式子中涉及到了三角形三个角的正弦，因此我们把它称为正弦定理，即我们今天的课题。

【师】：直观的印象并不能代替严格的数学证明，所以，只是直观的验证是不够的，那能不

能对这个定理给出一个证明呢？

【生】：可以用三角形的面积公式对正弦定理进行证明：S1111absinCacsinBbcsinA，然后三个式子同时处以abc就可以得222

2到正弦定理了。

【师】：这是一种很好的证明方法，能不能用之前学过的向量来证明呢？答案是肯定的。怎

么样利用向量只是来证明正弦定理呢？大家观察，这个式子涉及到的是边和角，即向量的模和夹角之间的关系。哪一种运算同时涉及到向量的夹角和模呢？

（板书：证法二，向量法）

【生】：向量的数量积ababcos

【师】：先在锐角三角形中讨论一下，如果把三角形的三边看做向量的话，则容易得到三角

形的三个边向量满足的关系：ABBCAC,那么，和哪个向量做数量积呢？还

有数量积公式中提到的是夹角的余弦，而我们要得是夹角的正弦，这个又怎么转化？（启发学生得出通过做点A的垂线根据诱导公式来得到）

【生】：做A点的垂线

【师】：那是那条线的垂线呢？

【生】：AC的垂线

【师】：如果我们做AC垂线上的一个单位向量j，把向量j和上面那个式子的两边同时做数

cos(90A)cos(90C)cos90，化简000

即可得到csinAasinC，即acbc，同理可以得到。即在sinAsinCsinBsinC

锐角三角形ABC中有每条边和它所对的角的正弦值相等这个结论。

【师】：如果△ABC是钝角三角形呢？又怎么样得到正弦定理的证明呢？不妨假设∠A是钝

角，那么同样道理如果我们做AC垂线上的一个单位向量j，把向量j和上面那个式

子ABBCAC的两边同时做数量积运算就可以得到

00jABcos(C90)jBCcos(90C)jACcos900，化简即可得到csinAasinC，即acbc，同理可以得到。即在钝角三角sinAsinCsinBsinC

形ABC中也有每条边和它所对的角的正弦值相等这个结论。

【师】：经过上面的证明，我们用两种方法得到了正弦定理的证明，并且得到了正弦定理对

于直角、锐角、钝角三角形都是成立的。

【师】：大家观察一下正弦定理的这个式子，它是一个比例式。对于一个比例式来说，如果

我们知道其中的三项，那么就可以根据比例的运算性质得到第四项。因此正弦定理的应用主要有哪些呢？

【生】：已知三角形的两边一其中一边的对角求另外一边的对角，或者两角一边求出另外一

边。

【师】：其实大家如果联系三角形的内角和公式的话，其实只要有上面的任意一个条件，我们都可以解出三角形中所有的未知边和角。下面我们来看正弦定理的一些应用。

三、例题解析

【例1】优化P101例

1分析：直接代入正弦定理中运算即可

absinAsinB

csinA10sin45

asinCsin30

bcsinBsinC

B180(AC)180(4530)105

csinB10sin105b205sinCsin30总结：本道例题给出了解三角形的第一类问题（已知两角和一边，求另外两边和一

角，因为两个角都是确定的的，所以只有一种情况）

【课堂练习1】教材P144练习1（可以让学生上台板演）

【随堂检测】见幻灯片

四、课堂小结

【师】：本节课的主要内容是正弦定理，即三角形ABC中有每条边和它所对的角的正弦值相等。写成数学式子就是abc。并且一起研究了他的证明方法，利用它解决sinAsinBsinC

了一些解三角形问题。对于正弦定理的证明主，要有面积法和向量法，其实对于正弦定理的证明，还有很多别的方法，有兴趣的同学下去之后可以自己去了解一下。

五、作业布置

世纪金榜P86自测自评、例

1、例

2板书设计：

六、教学反思

正弦定理教案 篇2

一、可以转化正弦余弦定理的问题

例1在△ABC中,若9a2+9b2=19c2,求

分析:通过将P化简,就可以结合正弦定理、余弦定理求解.

正弦定理、余弦定理有,,,代入P中，得到

又由已知有,代入上式得到

评注:对于某些三角问题,通过观察是需要找出边和角之间的关系,则不妨尝试采用三角形的方法,再用正弦定理和余弦定理,得出新颖而简捷的解法.

变式题:在△ABC中,如果

答案:，则，所以，所以

二、可以构造成正弦余弦定理的问题

例2求sin220°+cos250°+sin20°cos50°的值.

分析:注意到该三角函数式与余弦定理形式相似,可以构造三角形来解决.

解:sin220°+cos250°+sin20°sin40°的结构与三角形中的余弦定理形式相似,通过构造一个内角分别为20°,40°,120°的三角形,且使其外接圆的半径为1,那么由正弦定理知道这个三角形的三边分别为sin20°,sin40°,sin120°,再由余弦定理有sin2120°=sin220°+sin240。-2sin20°sin40。.cosl20°，从而sin220。+cos250°+sin20°cos50°=

评注:有些三角函数问题,观察其构造形式与三角形中的余弦定理形式相似,则这时也尝试通过利用正弦定理和余弦定理进行解决问题.

变式题:求值:sin285°+sin280°-2sin85°sin80°sin75°.

答案:在△ABC中,设∠A=85°,∠B=80°,∠C=15°,外接圆半径为R,

三、可以通过变形为正弦余弦定理的问题

例3已知α、β、γ都是锐角,且满足sin2求α+β+γ的值.

分析:该题同样也通过构造来解决.

解:已知等式变形为

上式与余弦定理类似,通过构造△ABC,使

根据正弦定理有,

而C>90°,α、β都是锐角,那么A、B、、都是锐角,则,,故A+B+C=

评注:注意到三角函数式的形式类似于余弦定理,则可以通过构造三角形,并结合正弦定理解决.

变式题:在任意一个△ABC中,求证:a(sinB-sinC)+b(sinC-siiL4)+c(sinA-sinB)=0.

答案：左式=2/?sirb4(sinB-sinC)+2RsinB(sinC-sinA)+2/fsinC(sinA-sin8)=2R[sinAsinB-sinAsinC+sinfisinC-sinBsinA+sinCsinA-sinCsinB]=0.

四、可利用正余弦定理解决的函数问题

例4在平面上有A、B、P、Q四个点,A、B为定点,,P、Q为动点,且AP=PQ=QB=1,记△ABP与△PQB的面积分别为S、T;(1)求S2+T2的取值范围;(2)当S2+T2取最大值时,判断△APB的形状.

分析:本题主要通过余弦定理来研究函数知识,已知条件中有两个三角形的面积,应该想办法把两个三角形联系起来,可以分别在△APB与△PQB中由余弦定理得出PB的关系解决.

解:(1)在△ABP与△PQB中,由余弦定理可以得到:PB2=AB2+AP2-2AB·APcosA

PB2=BQ2+PQ2-2BQ•PQcosQ=1+1-2cosQ=2-2cosQ,

所以,即,

所以

因为-10,

所以S2+T2的取值范围是;

(2)由(1)可以知道当时,S2+T2的最大值为,此时,所以,故当S2+T2取最大值时,△APB是等腰三角形.

点评:此题的关键是想办法建立两个三角形之间的关系,从而得出函数S2+T2的表达式,利用函数知识求解.

练习:若△ABC的三边长为a、b、c,且f(x)=b2x2+(b2+c2-a2)x+c2,判断f(x)的图象与x轴的位置关系.

正弦定理和余弦定理 篇3

正、余弦定理是高考的必考内容，主要涉及解三角形中的求角、求边的问题和判断三角形的形状.

（1）解三角形就是已知三角形中的三个独立元素（至少一边）求出其他元素的过程. 三角形中的基本元素（边和角）与非基本元素（如中线、高、角平分线、外接圆半径、内切圆半径）之间的联系要通过有关的概念与公式（周长、面积、射影定理、勾股定理、内角和定理、全等关系、正余弦定理等）的掌握来实现.

（2）解斜三角形分以下四种类型：

①已知三角形的两角和任一边，求三角形的其他边与角；

②已知三角形的两边和其中一边的对角，求三角形的其他边与角；

③已知三边，求三个角；

④已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角；

（3）理解已知两边和其中一边的对角解斜三角形时，有一解、二解或无解三种情况，并会判断哪些条件使得三角形有一解、二解或无解.

（4）关于三角形的已学过的一些结论：如边角不等关系；全等关系；三角形的面积公式等等，在解三角形过程中可能要用到.

（5）要注意归纳总结学习过程中的一些共性和结论. 如常见的三角形边角关系恒等式、三角形面积的公式等.

（6）注意三角公式的灵活运用，主要是利用两角和与差的三角函数、二倍角的三角函数，诱导公式等进行三角函数变换.

正弦定理精品教案详案 篇4

一、教学内容分析：

本节课是高一数学第五章《三角比》第三单元中解斜三角形的第一课时，它是初中“解直角三角形”内容的直接延拓，是解决生产、生活实际问题的重要工具，正弦定理揭示了任意三角形的边角之间的一种等量关系，它与后面的余弦定理都是解三角形的重要工具。

本节课的主要任务是通过引入三角形新的面积公式，推导出正弦定理，并让学生初步掌握正弦定理的基本应用。

二、学情分析：

对高一的学生来说，一方面已经学习了平面几何、解直角三角形、任意角的三角比等知识，具有一定的观察分析、解决问题的能力；但另一方面对新旧知识间的联系、理解、应用往往会出现思维障碍，思维灵活性、深刻性受到制约，特别是对于本校的同学，这方面的能力比较薄弱。根据以上特点，教师需要恰当引导，提高学生学习主动性，注意前后知识间的联系，引导学生直接参与分析问题、解决问题。

三、设计思路：

由于学生的总体基础比较薄弱，因此，在上课之前，针对《正弦定理》课内内容学生不太容易理解的地方，我作了一个学情调查，将其中的公式推导要应用的关键知识以题目的形式出给学生做，用以诊断学生学习正弦定理的知识方法基础，然后分析梳理为课堂教学服务。

在课堂教学方面，首先通过一个实际生活的例子引入，在现实的测绘工作中，经常会碰到解斜三角形的问题，那么，在斜三角形中，边和角之间有没有特殊的关系可以给我们利用呢？借鉴前面利用坐标研究三角的方法，用坐标法来对任意三角形进行研究，得到三角形新的面积公式，通过对三角形面积公式的变形，得到正弦定理，但不对比值的意义作深入的探讨（放在第二节课进行）。定理研究完毕以后，引导学生利用正弦定理来解决具体问题，并发现，正弦定理可以解决解三角形的两类问题：（1）已知三角形两角和一边，求其它边和角；（2）已知三角形两边和一边对角，求其它边和角。

四、教学目标：

一、知识与技能：

理解三角形的面积公式，初步掌握正弦定理及其证明；会初步运用正弦定理解三角形；培养数学应用意识。

二、过程与方法：

1、通过实际问题，激发学生的学习兴趣；

2、采用坐标法来研究任意三角形，并感受其解决问题的优越性，感受数学推理的严谨性；

3、通过应用分析、问题解决来培养学生良好的学习思维习惯，增强学生学习的自信心。

三、情感、态度与价值观：

通过知识之间的联系与推理使学生明白事物之间的普遍联系与辩证统一性。

四、教学重点与难点

教学重点：正弦定理的探索与证明；正弦定理的基本应用。

教学难点：正弦定理的探索与证明；正弦定理在解三角形时的应用思路。

教学过程：

一、情景引入：

开场白：今天我们来研究三角形。初中我们曾经学习过解直角三角形，通常依据直角三角形中边角的特殊关系来求解。但在解决实际问题中，往往会碰到关于解斜三角形的问题。如：

某林场为了及时发现火情，在林场中设立了两个观测点A和B。某日两个观测点的林场人员分别观测到C处出现火情。在A处观测到火情发生在北偏西400方向，在B处观测到火情在北偏西600方向。已知B在A的正东方向10千米处，请你帮忙确定火场C距离A、B多远？

这个实际问题可以转化为一个数学问题：

00在三角形ABC中，已知AB=10，A130，B30，求AC和BC的 长？

这就是一个解斜三角形的问题。

师：思考一下，我们用以前的知识该怎么求呢？ 生：-------------------

师：我们可以通过作垂线，构造直角三角形的问题来解。但是，有没有更好的方法，可以直接求解呢？这就是我们今天要研究的内容-------------正弦定理。

二、新授课

我们在角的范围扩大后，将角放在坐标系中进行研究，对任意角三角比重新进行了定义，奠定了整个三角内容的基础。今天，我们同样将三角形放在坐标系中进行研究，看能否给我们一些惊喜？ 如图所示建立直角坐标系：

我们先定一下点A、B、C的坐标.si）n A

AbA（0，0）B（c，0）c（bcos，问：点C的坐标如何确定？

生：点C在角A的终边上，根据任意角三角比的定义，CosA=x/b，sinA=y/b所以：x=bcosA，y=bsinA

师：从这里看一看出，不管角A

我们来看看点C的纵坐标，它的大小等于点C到x问：大家发现没有，对于三角形ABC来说，CD有没有什么几何含义？ 生：它是三角形ABC边AB上的高。

师：我们看一下，这个三角形的底边AB长为c，高可以表示成bsinA，知道了三角形的底边和高，可

以求出什么？

生：三角形的面积。

师：请说出三角形的面积表达式： 生：SABC

bcsinA

2师：（操作几何画板，变动三角形形状）我们来看一下，当三角形变化时，点C的纵坐标的形式会不

会发生变化？ 生：不会

师：那就是说，这个面积公式可以适用于任意三角形。

师：我们知道，一个三角形含有6个元素，三条边，三个角，这个表达式含有几个元素？ 生：三个，两条边，一个角。师：边和角有什么关系吗？ 生：角是两边的夹角。

师：你能用一句话来表达一下这个面积公式吗？

生：三角形的面积等于：三角形的两边与它们的夹角的正弦值的乘积的一半。

师：我们现在是用b,c，A这三个元素来表示的，那么，同样的，你还能用其他的边角来表示吗？ 生：SABC

1bcsinAacsinBabsinC 222

师：用一句话来描述一下这个公式？

生：三角形的面积 = 任意两边与他们夹角的正弦的积的一半

师：这是一个非常漂亮的公式，我们看看，它将任意三角形的三条边，三个角和三角形的面积在一个式子里面联系在了一起。从今以后，我们求三角形的面积又多了一个选择。

师：我们通过这个公式还可以看出，任意三角形的边角之间有一种特殊的等量关系，我们把等式中的S和

去掉看看：bcsinAacsinBabsinC 2

师：我们看看这个式子，等式中每条边都出现了2次，每个角出现了1次，总的来说还是很复杂。我们能否将它们进行等价变形，让边角之间的关系变得更加明确、更加简单一点？

思路1：等式的左、中、右同除以abc又会得到什么呢？ 生：

sinAsinBsinC

 abc

abc

 sinAsinBsinC

我们把这个等式取倒数，可以写成：思路2：

我们将这个连等式变化成2个等式：bcsinA=acsinB,acsinB=absinC

即：bsinA=asinB,csinB=bsinC，要使2个等式的形式完全相同，并且能够练习在一起。再变形：可以得到b/sinB=a/sinA,c/sinC=bsinB

所以可以得到：

abc

 sinAsinBsinC

我们来看一下，这个连等式将三角形的6个元素完美的结合在了一起，比起前面的表达式，它显得非常的简洁，非常的美。为什么说它非常美呢？大家看看它的结构，有什么特点？

生：各边与其对角的正弦严格对应，体现了数学的对称美.问：哪位同学能用文字语言把它描述一下？

生：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等

师：我们初中学过，在任意三角形ABC中，大边对大角，这个两等式可以看做大边对大角的一个升级版，大边对大角的正弦，小边对小角的正弦，他们的比值相等。

不研究不知道，一研究吓一跳，小小的一个三角形蕴含了这么多的奥秘！

说明：这就是我们今天要学的正弦定理。为什么要写成这种形式呢？因为这个比值是一个常数，有它特定的意义，我们在下一节课再进行研究。

师：我们再来研究一下这个连等式。我们可以将它分解成几个等式？

生：三个：abacbc

， sinAsinBsinAsinCsinBsinC

师：我们来看一下，每个等式含有4个元素。对于每个等式来说，如果用方程的观点来看，如果要求出其中一个元素，需要知道几个元素？

生：知道三个。

师：三个方程，每个含有四个量，知其三求其一。

练习：（1）下列哪些三角形的x可以用正弦定理来求解?如果可以，应该如何求？（不必求出x的值）

B

B

B

(3)

B

C

B

(5)

B

(6)

(4)

由此，我们可以归纳出正弦定理可以解决某些三角形的求解问题：

（1）已知两角及任意一边；（2）已知两边及其中一边的对角.（2）应用正弦定理解决引例问题；

4、归纳小结

请大家梳理一下我们今天学的内容：

生：我们今天利用坐标系对三角形进行研究，发现了：

1、三角形面积公式：

SABC

1bcsinAacsinBabsinC22

2即：三角形的面积等于三角形任意两条边与它夹角的正弦的积的一半。

2、正弦定理

abc

，它是解三角形的工具之一。sinAsinBsinC

即：在三角形中，各边与它所对角的正弦的比相等。

3、正弦定理可以解决以下两种类型的三角形：

高中《正弦和余弦定理》数学教案 篇5

1.了解利用向量知识推导正弦定理;

2.掌握正弦定理并能运用正弦定理解斜三角形，并会利用计算器解决解斜三角形中复杂的计算问题;

3.会判定已知两边和其中一边的对角解斜三角形的解时一解、两解或无解;

4.通过利用向量证明正弦定理，了解向量的工具性和知识间的相互联系，体会事物之间是相互联系的辩证思想;

教学重点：正弦定理及其推导过程，正弦定理在三角形中的应用;

教学难点：正弦定理的向量法证明以及运用正弦定理解三角形时解的个数的判定.

教学方法：情景问题、启发引导

教学设计过程

(一)设置情境。

思考：现实生活中如何测得某湖对岸A、B两点之间距离。学生会很自然地构造直角三角形来解决。但是很多情况，受地理条件的限制，我们很难构造直角三角形，也就是在一般的三角形里我们如何求出AB的距离?我们能不能发现在三角形中还蕴涵着什么样边与角关系呢? #FormatTableID_5# 组织学生分组讨论，教师参与学生的讨论。(2-3钟)让学生汇报：通过对直角三角形的研究发现了什么结论。

直角三角形中存在等式：

小结：利用直角三角形中的这些边角关系对任给直角三角形的两边或一边一角可以求出这个三角形的其他边与其他角.这个式子在任意三角形中也是成立的，这就是我们今天要学的正弦定理.

(二)推导定理过程

1.学生思考：

1)在任意 中，3个向量 ， ， 间 满 足什么关系?

2)在 + + = 两边同乘以向量 ,有( + + ) .,这里的量 可否任意?又如何选择向量

3)由 + + = ,如何能形成数量积运算?

2.证明过程：如图，在锐角中 ，过 作单位向量 垂直于 ，则 与 的夹角为 与 的夹角为 。 由向量的加法可得:

对上面向量等式两边同取与向量 的数量积运算，得到

同理，过点 作与 垂直的单位向量 ，可得

3.深入思考：1) 当 为钝角三角形时如何证得

2)正弦定理还有没有其它的方法证明?

3)观察正弦定理，利用正弦定理可以解什么类型的三角形问题?

4.小结：正弦定理可以解决两类三角形问题：

1)已知两角和任意一边，可以求出其他两边和一角;

2)已知两边和其中一边的对角，可以求出三角形的其他的边和角。

(三)例题分析

例1 在 中，已知 ，求 (保留两个有效数字)

解： 且

例2 在 中，已知 ，求 。

解：由 得

∵ 中 ∴ 为锐角 ∴

例3 在 中， ，求 的面积 。

解：首先可证明：

这组结论可作公式使用。

其次求 ,

∴由正弦定理

(四).练习巩固，加深理解。

(1)在 中，一定成立的等式是( )

. .

. .

(2)在 中，若 ，则 是( )

.等腰三角形 .等腰直角三角形 .直角三角形 .等边三有形

(3)在任一 中，

求证 :

证明：由于正弦定理：令 代入左边得：

(五)总结提炼

(1)三角形常用公式： ;

(2)正弦定理表示形式： ( 外接圆直径)

; 。

(3)正弦定理应用范围：①已知两角和任一边，求其他两边及一角。

②已知两边和其中一边对角，求另一边的对角。

③几何作图时，存在多种情况。如已知 、及 ，

求作三角形时，要分类讨论，确定解的个数。

(六)巩固作业：

1 中， ，则 为( )

A 直角三角形 B 等腰直角三角形C 等边三角形 D 等腰三角形

2 在 中， 是 的

A 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C 充要条件 D 既不充分也不必要条件

3在 中，已知 求 和 .

正弦定理余弦定理[推荐] 篇6

一、知识概述

主要学习了正弦定理、余弦定理的推导及其应用，正弦定理是指在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等．即余弦定理是指三角形任何一边的平方等于其它两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即a2=b2＋c2－2bccosA，b2=c2＋a2－2cacosB, c2=a2＋b2－2abcosC．通过两定理的学习，掌握正弦定理和余弦定理，并能利用这两个定理去解斜三角形，学会用计算器解决解斜三角形的计算问题，熟悉两定理各自解决不同类型的解三角形的问题．认识在三角形中，已知两边和其中一边的对角解三角形，产生多解的原因，并能准确判断解的情况．

二、重点知识讲解

1、三角形中的边角关系

在△ABC中，设角A、B、C的对边分别为a、b、c，则有

（1）角与角之间的关系：A＋B＋C＝180°；

（2）边与角之间的关系：

正弦定理：

余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccosA

b2＝c2＋a2－2accosB

c2＝a2＋b2－2abcosC

射影定理：a＝bcosC＋ccosB

b＝ccosA＋acosC c＝acosB＋

bcosA

2、正弦定理的另三种表示形式：

3、余弦定理的另一种表示形式：

4、正弦定理的另一种推导方法——面积推导法

在△ABC中，易证明再在上式各边同时除

以在此方法推导过程中，要注意对

面积公式的应用．

例

1、在△ABC中，ab=60, sinB=cosB．面积S=15，求△ABC的三个内角． 分析：

在正弦定理中，由

进而可以利用三角函数之间的关系进行解题． 解：

可以把面积进行转化，由公式

∴C=30°或150°

又sinA=cosB∴A＋B=90°或A－B=90°显然A＋B=90°不可能成立

当C=30°时，由A＋B=150°，A－B=90°得A=120°B=30°

当C=150°时，由A－B=90°得B为负值，不合题意故所求解为A=120°，B=30°，C=30°.例

2、在△ABC中，a、b、c分别是内角A、B、C的外边，若b=2a，B=A＋60°，求A的值． 分析：

把题中的边的关系b=2a利用正弦定理化为角的关系，2RsinB=4RsinA，即sinB=2sinA． 解：

∵B=A＋60°

∴sinB=sin(A＋60°)=sinAcos60°＋cosAsin60°

=

又∵b=2a

∴2RsinB=4RsinA，∴sinB=2sinA

例

3、在△ABC中，若tanA︰tanB＝a2︰b2，试判断△ABC的形状． 分析：

三角形分类是按边或角进行的，所以判定三角形形状时一般要把条件转化为边之间关系或角之间关系式，从而得到诸如a＋b＝c，a＋b>c（锐角三角形），a＋b＜c（钝角三角形）或sin(A－B)＝0，sinA＝sinB，sinC＝1或cosC＝0等一些等式，进而判定其形状，但在选择转化为边或是角的关系上，要进行探索．

解法一：由同角三角函数关系及正弦定理可推得，∵A、B为三角形的内角，∴sinA≠0，sinB≠0．

．

∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝所以△ABC为等腰三角形或直角三角形．解法二：由已知和正弦定理可得：

整理得a－ac＋bc－b＝0，即（a－b)（a＋b－c）＝0，于是a＝b或a＋b－c＝0，∴a＝b或a＋b＝c．∴△ABC是等腰三角形或直角三角形．

5、利用正弦定理和余弦定理判定三角形形状，此类问题主要考查边角互化、要么同时化边为角，要么同时化角为边，然后再找出它们之间的关系，注意解答问题要周密、严谨．

例

4、若acosA=bcosB，试判断△ABC的形状． 分析：

本题既可以利用正弦定理化边为角，也可以利用余弦定理化角为边． 解：

解法一：由正弦定理得：2RsinAcosA=2RsinBcosB∴sin2A=sin2B

∴2A=2B或2A＋2B=180°∴A=B或A＋B=90°

故△ABC为等腰三角形或直角三角形解法二：由余弦定理得

∴a(b＋c－a)=b(a＋c－b)∴(a－b)(a＋b－c)=0∴a=b或a＋b=c

故△ABC为等腰三角形或直角三角形．

6、正弦定理，余弦定理与函数之间的相结合，注意运用方程的思想．

例

5、如图，设P是正方形ABCD的一点，点P到顶点A、B、C的距离分别是

1，2，3，求正方形的边长．

分析：

本题运用方程的思想，列方程求未知数． 解：

设边长为x(1

设x=t，则1

－5)=16t

三、难点剖析

1、已知两边和其中一边的对角，解三角形时，将出现无解、一解和两解的情况，应分情况予以讨论．

下图即是表示在△ABC中，已知a、b和A时解三角形的各种情况．

（1）当A为锐角时（如下图），（2）当A为直角或钝角时（如下图），也可利用正弦定理进行讨论．

如果sinB>1，则问题无解； 如果sinB＝1，则问题有一解；

如果求出sinB<1，则可得B的两个值，但要通过“三角形内角和定理”或“大边对大角”等三角形有关性质进行判断．

2、用方程的思想理解和运用余弦定理：当等式a2＝b2＋c2－2bccosA中含有未知数时，等式便成为方程．式中有四个量，知道任意三个，便可以解出另一个，运用此式可以求a或b或c或cosA．

3、向量方法证明三角形中的射影定理

在△ABC中，设三内角A、B、C的对边分别是a、b、c．

4、正弦定理解三角形可解决的类型：（1）已知两角和任一边解三角形；

（2）已知两边和一边的对角解三角形．

5、余弦定理解三角形可解决的类型：（1）已知三边解三角形；

（2）已知两边和夹角解三角形．

6、三角形面积公式：

例

6、不解三角形，判断三角形的个数． ①a＝5，b＝4，A＝120° ②a＝30，b＝30，A＝50° ③a＝7，b＝14，A＝30° ④a＝9，b＝10，A＝60° ⑤a＝6，b＝9，A＝45° ⑥c＝50，b＝72，C＝135° 解析：

①a>b，A＝120°，∴△ABC有一解．②a＝b，A＝50°<90°，∴△ABC有一解．

③a

④a0 ∴△ABC有两解．

三面角的正弦定理及其应用 篇7

本文现将三面角的正弦定理及其应用简介如下, 供高中教师教学参考.

一、三面角的正弦定理

设α、β、γ是三面角的三个平面角, 而A、B、C是它们所对的二面角.则

$\frac{\sin \alpha }{\text{s}\text{i}\text{n}A}=\frac{\sin \beta }{\text{s}\text{i}\text{n}B}=\frac{\sin \gamma }{\text{s}\text{i}\text{n}C}.$

证明:如图1, 在三面角的棱c上, 截取线段SC, 使其长等于1, 从C点向角 (ab) 所在的平面作垂线, 设C′为这条垂线的垂足, 过C点作平面垂直于棱a或棱a的延长线, 并与棱a交于点A, 又过C点作平面垂直于棱b或棱b的延长线, 并与棱b交于点B.

现在让我们计算垂线CC′的长度.由直角三角形SCB (角B是直角) , 可以得出, CB=1·sinα.

现在用直角三角形CBC′ (角C′是直角) 来求垂线CC′的长度.

CC′=CBsinB=sinαsinB.

垂线CC′的长度还可用其他方法来求, 即利用直角三角形ACS和直角三角形CAC′, 来计算垂线CC′的长度, 引时可以得出:CC′=sinβsinA.

由上述垂线长CC′的两个表达式, 可以得到:sinαsinB=sinβsinA.

由此可以得到$\frac{\sin \alpha }{\text{s}\text{i}\text{n}A}=\frac{\sin \beta }{\text{s}\text{i}\text{n}B}.$

同理可得关系式$\frac{\sin \beta }{\text{s}\text{i}\text{n}B}=\frac{\sin \gamma }{\text{s}\text{i}\text{n}C}.$

所以$\frac{\sin \alpha }{\text{s}\text{i}\text{n}A}=\frac{\sin \beta }{\sin {\rm B}}=\frac{\sin \gamma }{\text{s}\text{i}\text{n}C}.$

二、三面角正弦定理的应用

例1 求证:三棱锥的体积与其底面的选择无关.

证明:如图2, 首先, 我们证明:三棱锥的体积与选择哪一个侧面作为底面无关.设D-ABC是一个三棱锥.以α、β、γ表示三棱锥顶点D的三个面角, 即以α表示∠BDC, 以β表示∠ADC, 以γ表示∠ADB, 以a、b、c表示D为顶点的三面角的各个二面角, 即用a表示棱DA的二面角, 用b表示棱DB的二面角, 用c表示棱DC的二面角.

现在自顶点A向棱DC作垂线AE, 并自顶点A向侧面BDC作垂线AO.我们取侧面BDC为三棱锥的底面, 则

底面积$S=\frac{1}{2}DB\cdot DC\cdot \sin \alpha .$

三棱锥的高为H=AO=AE·sinc=

DA·sinβsinC.因而, 三棱锥的体积为:

$V=\frac{1}{6}DA\cdot DB\cdot DC\cdot \sin \alpha \sin \beta \sin c.$

如果取侧面ADB为三棱锥的底面, 同理可求出三棱锥体积的另一表达式为:

$V=\frac{1}{6}DA\cdot DB\cdot DC\cdot \sin \alpha \cdot \sin \gamma \cdot \sin b.$

在上面所得出的关于三棱锥体积的两个表达式中, 只有因子sinβsinc和sinγsinb不同, 但这两个因子是相等的.事实上, 根据正弦定理, 对以D为顶点的三面角, 可有

$\frac{\sin \beta }{\text{s}\text{i}\text{n}b}=\frac{\sin \gamma }{\text{s}\text{i}\text{n}c}.$

由此得出:sinβsinc=sinγsinb.

因而, 可得出如下结论:

三棱锥的体积与其底面的选择无关.

例2 证明:若对于任意三面角V-ABC和过顶点V的任一直线VO.设平面AVO与BVC、BVO与CVA、CVO与BVA的交线分别为VX、VY、VZ, 则

$\begin{array}{l}\frac{\sin \angle BVX}{\sin \angle XVC}\cdot \\ \frac{\sin \angle CVY}{\sin \angle YVA}\cdot \frac{\sin \angle AV{\rm Z}}{\sin \angle {\rm Z}VB}=1.\end{array}$

证明:如图3, 考虑三面角V-ABX和截面VCO在三面角V-ABX中, 简记二面角X-VC-O为C, C-VO-X为O, A-VZ-O为Z, 则二面角B-VZ-O为π-Z.在三面角V-BZC中, 将由正弦定理得到:

$\frac{\sin \angle BVC}{\sin \angle {\rm Z}VB}=\frac{\sin (\text{π}-{\rm Z})}{\text{s}\text{i}\text{n}C}=\frac{\sin {\rm Z}}{\text{s}\text{i}\text{n}C}.①$

同理, 在三面角V-XOC中,

$\frac{\sin \angle XV{\rm O}}{\sin \angle CVX}=\frac{\text{s}\text{i}\text{n}C}{\sin {\rm O}}.②$

在三面角V-ZOZ中,

$\frac{\sin \angle AV{\rm Z}}{\sin \angle {\rm O}VA}=\frac{\sin {\rm O}}{\sin {\rm Z}}.③$

将①②③相乘, 并约简后得到:

$\frac{\sin \angle BVC}{\sin \angle CVX}\cdot \frac{\sin \angle XV{\rm O}}{\sin \angle {\rm O}VA}\cdot \frac{\sin \angle AV{\rm Z}}{\sin \angle {\rm Z}VB}=1.$

同理, 对于三面角V-AXC和截面VBO, 可得到$\frac{\sin \angle CVY}{\sin \angle YVA}\cdot \frac{\sin \angle AV{\rm O}}{\sin \angle {\rm O}VX}\cdot \frac{\sin \angle XVB}{\sin \angle BVC}=1$.将上面两式相乘并约简, 即可得到所要证明的等式.

例3 设在三面角V-ABC中, 二面角B-VA-C的分角面 (平分此二面角的平面) 与面BVC交于VD, 则$\frac{\sin \angle BVD}{\sin \angle DVC}=\frac{\sin \angle BVA}{\sin \angle CVA}.$

证明:如图4, 二面角B-VA-D和D-VA-C都等于$\frac{A}{2}$, 记二面角B-DV-A为D, 则二面角C-DV-A等于π-D, 在三面角V-ABD中, 由正弦定理, 得

$\begin{array}{l}\frac{\sin \angle BVD}{\sin \frac{A}{2}}=\\ \frac{\sin \angle AVB}{\text{s}\text{i}\text{n}D}‚\end{array}$

即$\frac{\sin \angle BVD}{\sin \angle AVB}=\frac{\sin \frac{A}{2}}{\text{s}\text{i}\text{n}D}.$

而在三面角V-ADC中, 有

$\frac{\sin \angle DVC}{\sin \frac{A}{2}}=\frac{\sin \angle AVC}{\sin (\text{π}-D)}=\frac{\sin \angle AVC}{\text{s}\text{i}\text{n}D}.$

从而$\frac{\sin \angle DVC}{\sin \angle AVC}=\frac{\sin \frac{A}{2}}{\text{s}\text{i}\text{n}D}.$

故$\frac{\sin \angle BVD}{\sin \angle AVB}=\frac{\sin \angle DVC}{\sin \angle AVC}$,

即, $\frac{\sin \angle BVD}{\sin \angle DVC}=\frac{\sin \angle AVB}{\sin \angle AVC}.$

说明:此结论, 类似于平面几何中的三角形内角平分线的性质定理.

综上所述可见:应用三面角的正弦定理解题, 不仅简洁明快, 解题过程简化, 而且避免了繁杂的计算, 易于思考, 易于求解, 若用“常规”方法求解, 则繁琐困难, 且构图复杂, 因而熟悉该定理的应用, 很有必要.

正弦定理教案 篇8

[关键词] 正弦定理；余弦定理；解三角形；教学规律

普通高中课程标准实验教科书《数学5·必修·A版》（人民教育出版社，2007年第3版）（以下简称《必修5》）第2～4页讲述了“正弦定理”，接着在第5～10页讲述了“余弦定理”.

《必修5》是这样引入和讲授正弦定理的：

在△ABC中，设BC=a，CA=b，AB=c.

先由直角△ABC中，可不妨设C=90°，由边角关系可得==①.

在锐角△ABC中，如图1所示，可得AB边上的高CD=asinB=bsinA，所以=.

进而可得①式在锐角△ABC中也是成立的.

在钝角△ABC中，可不妨设C>90°，如图2所示，设AC边上的高为BD. 可得BD=asin（π-∠BCA）=asin∠BCA，BD=csinA，所以=.

进而可得①式在钝角△ABC中也是成立的.

所以在任意的△ABC中，均有①式成立.①式就是正弦定理.

用正弦定理解三角形，可以解决“角角边”“角边角”“边边角”这三类问题，其中困难的问题是“边边角”问题（已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形），这类问题也是所有解三角形中最困难的问题，因为它面临多解的判断.

《必修5》第4页的例2就是“边边角”问题，解法是用计算器近似求解的. 如果不用计算器求解（而考试时都不能使用计算器），确实难度很大.

例：在△ABC中，a=8，b=7，B=60°，求c.

解：由正弦定理==，可得==. 可得sinA=.

（1）當A是锐角时，满足A+B<180°，即此时满足题意.

可得cosA=，sin（A+60°）=·+·=，再得c=5.

（2）当A是钝角时，可得sinA>sin120°

即>

，所以钝角A<120°，满足A+B<180°，即此时也满足题意.

可得cosA=-，sin（A+60°）=·-·=，再得c=3.

所以c=3或5.

《必修5》是这样引入和讲授余弦定理的：

在△ABC中，若a，b，C确定，则由三角形全等的判定公理“边角边”可知，△ABC的大小和形状都是确定的，所以c的大小也是确定的.那么，如何确定c的大小呢？

接下来，用向量方法可以简洁证得余弦定理：将向量等式=-两边平方即可得余弦定理a2=b2+c2-2bccosA.

接下来，易得其推论cosA=.

分别直接用余弦定理及其推论，可以解决“边角边”“边边边”这两类解三角形问题.

实际上，用余弦定理解“边边角”问题也很简洁：

例的另解：由余弦定理b2=c2+a2-2accosB，可得49=c2+64-8c，得c=3或5.

比较以上例题的两种解法可知，用余弦定理的解法比用正弦定理的解法简洁得多.

教师在讲授正弦定理时，总是要讲述下面的两个伴随结论：

（1）S△ABC=absinC（见《必修5》第16页例7上方的论述）；

（2）===2R（R是△ABC的外接圆半径）（见《必修5》第10页B组第1题）.

所以教师在讲授及学生学习正弦定理时，一定比余弦定理的难度大很多. 我们在学习知识时，应遵循“从简单到复杂”的基本规律，所以建议先讲授余弦定理再讲授正弦定理. 教材编排时也应注意这一点，不能说普通高中课程标准实验教科书《数学4·必修·A版》（人民教育出版社，2007年第2版）（以下简称《必修4》）第12页先介绍正弦后介绍余弦，我们在解三角形时就先学习正弦定理后学习余弦定理.

另外，由《必修4》第12页的叙述可知，正弦、余弦、正切都是三角函数. 由此可知，“三角函数”与“三角函数值”是有区别的（前者是“函数”，而后者是“函数值”），所以“正弦”与“正弦值”，“余弦”与“余弦值”，“正切”与“正切值”也都是有区别的. 比如，我们应当说“30°的正弦值”，不能说“30°的正弦”；可以说“任意角的三角函数”，也可以说“任意角的三角函数值”，但两者的意义不一样：任意角的正弦的值域是[-1，1]，任意角的正弦值在闭区间[-1，1]上.

“正弦函数”“余弦函数”“正切函数”应分别改为“正弦”“余弦”“正切”，因为“正弦”“余弦”“正切”本身就是函数，所以“正弦函数”“余弦函数”“正切函数”均是重复的说法，也是错误的！

所以正弦定理、余弦定理的说法都是错误的，应分别改为正弦值定理、余弦值定理.

正弦定理和余弦定理练习题 篇9

一.选择题：

1.在ABC中，a23，b22，B45，则A为（）

A.60或120B.60C.30或150D.30

sinAcosB

2.在C中，若，则B（）

abB.45C.60D.90

A.30

3.在ABC中，a2b2c2bc，则A等于（）B.45C.120D.30

A.60|AB|1，|BC|2，(ABBC)(ABBC)523，4.在ABC中，则边|AC|等于（）

A.5B.523C.523D.523

5.以4、5、6为边长的三角形一定是（）

A.锐角三角形

B.直角三角形

C.钝角三角形

D.锐角或钝角三角形

6.在ABC中，bcosAacosB，则三角形为（）

A.直角三角形

B.锐角三角形

C.等腰三角形

D.等边三角形

7.在ABC中，cosAcosBsinAsinB，则ABC是（）

A.锐角三角形

B.直角三角形

C.钝角三角形

D.正三角形

8.三角形的两边分别为5和3，它们夹角的余弦是方程5x27x60的根，则三角形的另一边长为（）

A.52 B.21

3C.16 D.4

二.填空题：

9.在ABC中，ab12，A60，B45，则a_______，b________

10.在ABC中，化简bcosCccosB___________

11.在ABC中，已知sinA:sinB:sinC654::，则cosA___________

12.在ABC中，A、B均为锐角，且cosAsinB，则ABC是_________

三.解答题：

13.已知在ABC中，A45，a2，c6，解此三角形。

14.在四边形ABCD中，BCa，DC2a，四个角A、B、C、D的度数的比为3:7:4:10，求AB的长。

15.已知ABC的外接圆半径是2，且满足条件22(sin2Asin2C)(ab)sinB。

（1）求角C。

（2）求ABC面积的最大值。

四大题

证明在△ABC中abc===2R，其中R是三角形外接圆半径 sinAsinBsinC

证略

见P159

注意：1．这是正弦定理的又一种证法(现在共用三种方法证明)2.正弦定理的三种表示方法(P159)例 二 在任一

△ABC中求证：a(sinBsinC)b(sinCsinA)c(sinAsinB)0

证=

：左边=2RsinA(sinBsinC)2RsinB(sinCsinA)2RsinC(sinAsinB)

2R[sinAsinBsinAsinCsinBsinCsinBsinAsinCsinAsinCsinB]=0=右边

例三 在△ABC中，已知a3，b2，B=45 求A、C及c

asinB3sin453解一：由正弦定理得：sinA b22∵B=45<90 即b

∴A=60或120

bsinC2sin7562当A=60时C=75 c sinB2sin45bsinC2sin1562当A=120时C=15 c sinB2sin45解二：设c=x由余弦定理 b2a2c22accosB 将已知条件代入，整理：x26x10 解之：x62 2222622)3bca13622 当c时cosA2bc2622(31)22222（从而A=60

C=75

当c62时同理可求得：A=120

C=15 2例四 试用坐标法证明余弦定理 证略见P161 例五 在△ABC中，BC=a, AC=b, a, b是方程x223x20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)=ab232由题设：

ab2∴AB=AC+BC2AC•BC•osCab2abcos120 22∴C=120 222a2b2ab(ab)2ab(23)2210

即AB=10

111333S△ABC=absinCabsin1202 22222例六 如图，在四边形ABCD中，已知ADCD, AD=10, AB=14, BDA=60, BCD=135 求BC的长 解：在△ABD中，设BD=x 则BA2BD2AD22BDADcosBDA 即142x2102210xcos60 整理得：x210x960

A

B D

C 解之：x116 x26（舍去）由余弦定理：

BCBD16sin3082

∴BCsinCDBsinBCDsin135例七（备用）△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ak1,bk,ck1 kN且k1

a2b2c2k4∵C为钝角 ∴cosC0解得1k4

2ac2(k1)∵kN ∴k2或3 但k2时不能构成三角形应舍去

1当k3时 a2,b3,c4,cosC,C109

42设夹C角的两边为x,y xy4 SxysinCx(4x)当x2时S最大=15

三、作业：《教学与测试》76、77课中练习

a2b2b2c2c2a20 补充：1．在△ABC中，求证：

cosAcosBcosBcosCcosCcosAD

1515(x24x)442．如图ABBC CD=33 ACB=30 BCD=75 BDC=45 求AB的长(112)

A

B

C 3 【试题答案】

一.选择题：

1.A

提示：aba3，sinAsinB sinAsinBb

22.B

提示：由题意及正弦定理可得tanB3.C

1提示：由余弦定理及已知可得cosA

24.D 2

提示：ACABBC，AC(ABBC)(ABBC)

2AC52

32|AC|AC523

5.A

提示：长为6的边所对角最大，设它为

1625361

则cos0

2458

090

6.C

提示：由余弦定理可将原等式化为

b2c2a2a2c2b2a

b

2bc2ac

即2b22a2，ab

7.C

提示：原不等式可变形为cos(AB)0

0AB，B(0，)

从而C(AB)（8.B

2，)

3提示：由题意得cos或2（舍去）三角形的另一边长5232253cos52213 二.填空题：

9.36126，1262提示：absinAsin606，abbb sinAsinBsinBsin452

又ab12，a36126，b12624

10.a

a2b2c2a2c2b2ca

提示：利用余弦定理，得原式b2ab2ac1

11.8提示：由正弦定理得a:b:c654::

设1份为k，则a6k，b5k，c4k

b2c2a21

再由余弦定理得cosA2bc8

12.钝角三角形

提示：由cosAsinB得sin（A、B均为锐角，2A)sinB

A(0，)，B(0，)222

而ysinx在(0，)上是增函数 2AB

即AB2

C(AB)(，)

2三.解答题：

13.解：由正弦定理得：

sinCc623sinAa222

C60或120

当C60时，B180(AC)75 a262sinB31 sinA422

当C120时，B180(AC)15

b

ba2sinBsinA226231 b31，C60，B75

或b31，C120，B15

14.解：设四个角A、B、C、D的度数分别为3x、7x、4x、10x

则有3x7x4x10x360

解得x15

A45，B105，C60，D150

连BD，在BCD中，由余弦定理得：

BD2BC2DC22BCDCcosCa24a22a2a3a2

BD3a

此时，DC2BD2BC2

BCD是以DC为斜边的直角三角形

CDB30

BDA15030120

在BD中，由正弦定理有：

ABBDsinBDAsinA3a3232a

2225 32a 2

15.解：（1）R2且22(sin2Asin2C)(ab)sinB

AB的长为2

(22)2(si2nAsinC)(ab)22sinB

即(2R)2sin2A(2R)2sin2C(ab)2RsinB

由正弦定理知a2c2(ab)b

即a2b2c2ab

a2b2c2ab1

由余弦定理得cosC2ab2ab2

C60

（2）SabsinC

2RsinA2RsinBsin60

232sinAsinB3[cos(AB)cos(AB)]

3[cos(18060)cos(AB)]13[cos(AB)]2

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《正弦定理》 评课 篇10

高三年

曾灿波

本节课基本上实现了教学目标，从正弦定理的发现、向量法证明及正弦定理的简单应用实现了知识目标，并在教学过程中培养学生观察、分解和应用所学知识解决问题的能力。通过设置情境，培养学生的独立探究意识，激发学生的学习兴趣。下面就该教师的教学过程谈几点个人体会：

在引入阶段，教师通过PPT展示了学生熟知的三国人物及一个小故事，由此引入分别在河两岸的两点间的距离的测量问题。由此激发学生对于本节课所学内容的期待，教师的表情，肢体语言丰富，拉近了师生间的距离。

在新课阶段，通过教师的引导与学生的探究发现：正弦定理在直角三角形中是成立的。由此提出了一个问题：任意三角形中，这一结论是否成立。

在探究一般结论的过程中，教师把主要精力集中在锐角三角形的情形，通过向量工具证明了正弦定理在锐角三角形中也成立。对于钝角三角形的情形，教师稍做提示，留有余地，给学生课后思考、探究的空间。

整个教学过程体现了由特殊到一般的思想，符合学生的认识规律。教师通过引入三角形的外接圆，用几何法证明了正弦定理中式子的比值等于该三角形个接圆半径的两倍。由此体现了数形结合的思想，证明过程直观明了。在板书写出正弦定理后，教师与同学一起分析了正弦定理的两个简单应用1、2、已知三角形两角及任一边，求其它几何要素； 已知两边及其中一边的对角，求其它几何要素。

本节课的第一个例子实际上是第1种类型的应用，在分析完第一个例题之后，教师回归引入中的问题，让学生设计一个方案测量不可到达两点间的距离，愚以为这个环节可放到本节课最后再来进行。第二个例题就是第2种类型的应用，也是本节课的难点所在。在第二例的解决过程中会碰到三角形有两解的问题。在本例的教学过程，愚认为应该在适当的提示之后给学生充分的思考和解决问题的时间，在学生充分思考并有部分同学犯了错之后，再来展示解题过程并强调最后的三角形两解问题可能会给学生留下更深刻的印象。而这样的处理方法同样适用于本例的变式。

本例变式1仍然是第2种类型的应用，而此时三角形只有一解，需要利用相关知识（如三角形大边对大角等）进行判断并舍去一解。变式2仍然是第2种类型的另外一种结果。

通过上述例题的分析，教师再次归纳了正弦定理的两种重要应用。并在上述例2及变式的基础上对第2种类型的问题作了详细的讨论及总结。在这一过程中利用了几何画板的动态过程给学生最直观的展示，从几何方面深化学生的认识，做到数形结合，从而进一步突破难点。当然如果能利用几何画板的点追踪或者轨迹功能，效果可能会现好。本节课的课堂总结如果能花更多的时间强调一下重点及难点，相信会有更好的效果。

教师在课堂小结后给了学生充分的课堂练习的时间，并巡视完成情况，对其中存在的问题进行讲评。

正弦定理教案 篇11

一、创设有效的问题情境

“以问题探究为中心”的课堂教学一改过去的教师讲、学生听的模式, 教师不再是教教材, 而是用教材来教, 强调把学习设置到有意义的问题情境中, 这就需要教师尽心设计问题情境.

案例一:师生活动

教师:展示情景图, 船从港口B航行到港口C, 测得BC的距离为600m, 船在港口C卸货后继续向港口A航行, 由于船员的疏忽没有测得CA距离, 如果船上有测角仪我们能否计算出A、B的距离?

学生:思考提出测量角A、C

教师:若已知测得∠BAC=75°, ∠ACB=45°, 要计算A、B两地距离, 你有办法解决吗?

案例二:利用投影展示:如右图, 一条河的两岸平行, 河宽d=1km.因上游暴发特大洪水, 在洪峰到来之前, 急需将码头A处囤积的重要物资及留守人员用船尽快转运到正对岸的码头B处或其下游1km的码头C处, 请你确定转运方案.已知船在静水中的速度v1=5km/h, 水流速度v2=3km/h.

师:为了确定转运方案, 请同学们设身处地地考虑如下的五个问题:

1. 船应开往B处还是C处?

2. 船从A到B、C的距离分别是多少?

3. 船从A开到B、C分别需要多少时间?

4. 船从A到B、C时的速度大小分别是多少?

5. 船应向什么方向开, 才能保证沿直线到达B、C?

两案例都采用了以问题激发兴趣的策略, 将数学学习与学生日常生活中的实际问题联系起来, 提供一种熟悉的问题情境, 使学生感到学习数学是非常有趣的.同时也增强了学生“数学起源于生活, 运用于生活”的思想意识.

两案中创设的问题情境都为下一步用特例作为突破口来研究正弦定理, 以及证明正弦定理做好了铺垫.

但相比之下, 能否更好地引发学生思考, 并迅速进入主题, 案例二则更胜一筹.案例二的情境源于《普通高中课程标准数学教科书·数学 (必修4) 》 (人教版) 第二章B组题第二题, 教师将其加工成一个具有实际意义的决策型问题, 将旧知识与新知识进行重组提高, 有利于学生建立自己的知识结构.并且采用了设置坡度的策略, 合理配置几个级别的问题, 对知识的重点和难点, 像攀登阶梯一样, 由浅入深, 由简到繁, 达到掌握知识、激活思维、培养能力的目的.

有效的问题情境应能吸引学生的注意力, 激发学生学习兴趣的;能充分调动学生自主探究的积极性;能为学生创造乐于尝试、乐于探究讨论的学习氛围.教师在进行课堂教学设计和实施时, 对创设有效的问题情境应多一些思考.

二、加强探究活动的教学

传统的学习方式过分强调接受和掌握, 忽略发现和探究, 学生学习成了纯粹被动接受和记忆的过程.要转变这种学习状态, 必须把学习过程中的猜测、发现、探究等活动凸现出来, 即加强探究活动的教学.让学习过程更多的成为学生发现问题, 提出问题, 解决问题的过程.如:讲解“正弦定理”时, 传统教学只注重结论和结论的运用上, 教学重点放在“解三角形”即正弦定理的应用上.而新课程理念下的数学教学将由“关注学生学习结果”, 转向“关注学生活动过程”, 重塑知识形成的过程.教学重点即在对正弦定理的形成的探究上, 进而培养学生提出问题、解决问题等研究性学习的能力.

当然, 探究应注意“就重避轻”, 可把某些探究留在课后.以“情境思考”———“提出问题”———“研究特例”———“归纳猜想”———“实验探究”———“理论探究”———“解决问题”———“反思总结”的教学模式为例.对正弦定理的探究时要注意课堂上只让学生探究锐角三角形的情形.

在探究正弦定理的证明时, 在学生探究出用csinB=bsinC表示的几何意义是三角形同一边上的高不变后, 可点明三角形中有哪些可以作为证明基础的等量关系, 如: (1) 三角形的面积不变; (2) 三角形外接圆直径不变.

三、设置能启发学生创造性思维的问题

能启发学生创造性思维的问题是课堂教学过度的纽带.因为这些问题往往在书本里找不到现成的答案, 需要学生对已有知识和经验重新思考加工才能完成, 获得具有新生性的知识和内容, 从而解决一个新问题.如:在讲解正弦定理的应用时, 教师可提出:讨论正弦定理可以解决的问题类型, 并研究它能演变出哪些公式?学生在解决该问题的同时即可掌握三角形的面积公式和三角形外接圆半径的求法, 这比教师从旧知到新知的一字一句地讲出来, 使学生随着教师的叙述而思考的效果要好得多.

设置能启发学生创造性思维的问题, 还能将课堂教学延续到课外, 增强教学的有效性.因为学生的每一次相对独立的思考, 每一次相对独立地解决一个问题, 都是在相当程度上锻炼学生的能力, 培养学生的品格.如:在ABC中, 已知a=2 2, b=2 3, A=45°, 解三角形?教师可将b=2 3分别改为b=2 6, b=5并解三角形, 观察解的情况并解释出现一解, 两解, 无解的原因?留作学生课后探究题.不仅巩固了本节课所学内容, 还为下节课深入探究正弦定理作了准备.起到事半功倍的效果.

当然设置能启发学生创造性思维的问题, 要注意学生的学情, 以免超出学生的能力范围, 或是问题产生歧义, 冲淡主体, 浪费时间.比较容易出现的是设置问题时, 落入俗套, 泛泛而谈, 导致学生失去兴趣.如:回顾本节课的整个研究过程, 体会知识的发生过程, 谈谈你的感想?如果修改为:思考正弦定理的几种证法之间有何联系?能否借助向量的坐标的方法证明正弦定理?提问则更明确, 更有针对性, 更体现了让学生主动探索学习的理念.

四、课堂教学可以有模式, 但不能僵化

课堂教学可以有模式, 让课堂教学遵循教学规律.以“问题探究为中心”的课堂教学为例, 经过一段时间的研究与实践, 基本已形成一定的模式.可分为四个基本环节:问题提出———建立猜想, 形成结论———科学解释与证明———评价与交流应用.但教学不能僵化.

课堂教学要创造性地使用模式, 有时可以完整贯穿模式, 有时可以使用模式中的某一部分, 有时可以跳出模式, 另谋高招.教学受“模式化”限制, 容易让教师的课堂像模子磕出来的一样.长此以往, 将会使学生感到教条呆板, 缺乏新意, 束缚思维, 制约发展.在大力倡导开放创新的今天, 教学要讲模式, 但不要唯模式, 更不能让模式僵化.实际上, 教学应是在先进的教育理念支配下的不断创新.