第二单元 数列、三角函数、平面向量教学设计

第二单元 数列、三角函数、平面向量教学设计（共4篇）

第二单元 数列、三角函数、平面向量教学设计 篇1

沧源民族中学高三年级数学复习教学设计第六周2011年3月19日星期六

第二单元数列、三角函数、平面向量

第一讲三角函数（6课时）

主备教师肖平聪

一、教学内容及其解析

1、三角函数式的化简与求值：两角和的正弦、余弦、正切；二倍角的正弦、余弦、正切；诱导公式的运用。

2、三角函数的图象与性质：正弦函数、余弦函数、正切函数图象及其性质。

3、三角形中的三角函数问题：正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式的运用。

二、目标及其解析

1、能灵活运用三角函数的有关公式，对三角函数进行变形与化简。

2、理解和掌握三角函数的图像及性质。

3、能用正弦定理、余弦定理解三角形问题。

三、问题诊断分析：

高考中，三角函数主要考查学生的运算能力、灵活运用能力，在客观题中，突出考察基本公式所涉及的运算、三角函数的图像基本性质，尤其是对角的范围及角之间的特殊联系较为注重。解答题中以中等难度题为主，涉及解三角形、向量及简单运算。三角函数部分，公式较多，易混淆，在运用过程中，要观察三角函数中函数名称的差异、角的差异、关系式的差异，确定三角函数变形化简方向。

四 教学过程设计

1、三角函数式的化简与求值

问题1两角和的正弦、余弦、正切的公式？

问题2二倍角的正弦、余弦、正切的公式呢？

问题3三角函数的诱导公式呢？

例题（见高考调研二轮重点讲练p30）

变式训练（见高考调研二轮重点讲练p30）

2、三角函数的图象与性质

问题1三角函数的正弦函数、余弦函数、正切函数图象怎么画？

问题2三角函数的正弦函数、余弦函数、正切函数的性质有哪些？

例题（见高考调研二轮重点讲练p31-33）

变式训练（见高考调研二轮重点讲练p31-33）

3、三角形中的三角函数问题

问题1正弦定理、余弦定理是什么？

问题2三角形面积公式怎么用？

例题（见高考调研二轮重点讲练p33）

变式训练（见高考调研二轮重点讲练p33）

五、目标检测：（见二轮复习用书p34）

六、配餐作业：（见二轮复习用书p34-36）热点集训作业和2011届先知专题卷专题.

第二单元 数列、三角函数、平面向量教学设计 篇2

1.已知复数z=5i1+2i（是虚数单位），则|z|=.

2.设m∈R，m2+m-2+（m2-1）i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m=.

3.若将函数f（x）=sin（2x+π4）的图象向右平移φ个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是.

4.已知A，B，C为圆O上的三点，若AO=12（AB+AC），则AB与AC的夹角为.

5.要制作一个容积为4m3，高为1m的无盖长方体容器.已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是（单位：元）.

6.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知b-c=14a，2sinB=3sinC，则cosA的值为.

7.函数f（x）=sin（x+2φ）-2sinφcos（x+φ）的最大值为.

8.在△ABC中，已知AB·AC=tanA，当A=π6时，△ABC的面积为.

9.如图所示，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为67°，30°，此时气球的高度是46m，则河流的宽度BC约等于m.（用四舍五入法将结果精确到个位.参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈039，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，3≈1.73）

10.已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=120°，点E，F分别在边BC，DC上，BE=λBC，DF=μDC.若AE·AF=1，CE·CF=-23，则λ+μ=.

11.在平面直角坐标系中，O为原点，A（-1，0），B（0，3），C（3，0），动点D满足|CD|=1，则|OA+OB+OD|的最大值是.

12.对于c>0，当非零实数a，b满足4a2-2ab+4b2-c=0且使|2a+b|最大时，3a-4b+5c的最小值为.

13.已知两个不相等的非零向量a，b，两组向量，，，，和，，，，均由2个a和3个b排列而成.记S=x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4+x5·y5，Smin表示S所有可能取值中的最小值，则下列命题正确的是（写出所有正确命题的编号）.

①S有5个不同的值

②若a⊥b，则Smin与|a|无关

③若a∥b，则Smin与|b|无关

④若|b|>4|a|，则Smin>0

⑤若|b|=2|a|，Smin=8|a|2，则a与b的夹角为π4

14.已知定义在[0，1]上的函数f（x）满足：

①f（0）=f（1）=0；

②对所有x，y∈[0，1]，且x≠y，有|f（x）-f（y）|<12|x-y|.

若对所有x，y∈[0，1]，|f（x）-f（y）|

二、解答题

15.在直角坐标系xOy中，已知点A（1，1），B（2，3），C（3，2），点P（x，y）在△ABC三边围成的区域（含边界）上.

（1）若PA+PB+PC=0，求|OP|；

（2）设OP=mAB+nAC（m，n∈R），用x，y表示m-n，并求m-n的最大值.

16.已知向量a=（m，cos2x），b=（sin2x，n），函数f（x）=a·b，且y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2）.

（1）求m，n的值；

（2）将y=f（x）的图象向左平移φ（0<φ<π）个单位后得到函数y=g（x）的图象，若y=g（x）图象上各最高点到点（0，3）的距离的最小值为1，求y=g（x）的单调递增区间.

17.如图所示，在平面四边形ABCD中，AD=1，CD=2，AC=7.

（1）求cos∠CAD的值；

（2）若cos∠BAD=-714，sin∠CBA=216，求BC的长.

18.某实验室一天的温度（单位：℃）随时间t（单位：h）的变化近似满足函数关系：

f（t）=10-3cosπ12t-sinπ12t，t∈[0，24）.

（1）求实验室这一天的最大温差.

（2）若要求实验室温度不高于11℃，则在哪段时间实验室需要降温？

19.如图，某生态园欲把一块四边形地BCED辟为水果园，其中∠C=∠D=90°，BC=BD=3，CE=DE=1.若经过DB上一点P和EC上一点Q铺设一条道路PQ，且PQ将四边形BCED分成面积相等的两部分，设DP=x，EQ=y.

（1）求x，y的关系式；

（2）如果PQ是灌溉水管的位置，为了省钱，希望它最短，求PQ的长的最小值；

（3）如果PQ是参观路线，希望它最长，那么P、Q的位置在哪里？

20.已知函数f（x）=（cosx-x）（π+2x）-83（sinx+1），g（x）=3（x-π）cosx-4（1+sinx）ln（3-2xπ）.证明：

（1）存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0；

（2）存在唯一x1∈（π2，π），使g（x1）=0，且对（1）中的x0，有x0+x1<π.

参考答案

一、填空题

1. 5

2. m=-2

3. 3π8

4. 90°

5. 160

6. -14

7. 1

8. 16

9. 60

10. 56

11. 1+7

12. -2

13. ②④

14. 14

二、解答题

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

则（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

两式相减得，m-n=y-x，

令y-x=t，由图知，当直线y=x+t过点B（2，3）时，t取得最大值1，故m-n的最大值为1.

16.解：（1）由题意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因为y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由题意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

设y=g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0，2）.

由题意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）.

将其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因为0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函数y=g（x）的单调递增区间为[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由题设知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）设∠BAC=α，则α=∠BAD-∠CAD.

因为cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因为f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

当t=2时，sin（π12t+π3）=1；

当t=14时，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故实验室这一天的最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃.

（2）依题意，当f（t）>11时，实验室需要降温.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10时至18时实验室需要降温.

19.解：（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）当x∈（0，π2）时，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函数f（x）在（0，π2）上为减函数.又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）记函数h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，则当x∈[π2，π]时，t∈[0，π2].

记u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），则u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，当t∈（0，x0）时，u′（t）>0，

当t∈（x0，π2）时，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函数，又u（0）=0，从而可知当t∈（0，x0]时，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上无零点.

在（x0，π2）上u（t）为减函数，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因为当x∈（π2，π）时，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.

因为x1=π-t1，t1>x0，所以x0+x1<π.

13. ②④

14. 14

二、解答题

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

则（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

两式相减得，m-n=y-x，

令y-x=t，由图知，当直线y=x+t过点B（2，3）时，t取得最大值1，故m-n的最大值为1.

16.解：（1）由题意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因为y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由题意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

设y=g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0，2）.

由题意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）.

将其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因为0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函数y=g（x）的单调递增区间为[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由题设知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）设∠BAC=α，则α=∠BAD-∠CAD.

因为cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因为f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

当t=2时，sin（π12t+π3）=1；

当t=14时，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故实验室这一天的最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃.

（2）依题意，当f（t）>11时，实验室需要降温.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10时至18时实验室需要降温.

19.解：（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）当x∈（0，π2）时，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函数f（x）在（0，π2）上为减函数.又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）记函数h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，则当x∈[π2，π]时，t∈[0，π2].

记u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），则u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，当t∈（0，x0）时，u′（t）>0，

当t∈（x0，π2）时，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函数，又u（0）=0，从而可知当t∈（0，x0]时，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上无零点.

在（x0，π2）上u（t）为减函数，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因为当x∈（π2，π）时，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.

因为x1=π-t1，t1>x0，所以x0+x1<π.

13. ②④

14. 14

二、解答题

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

则（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

两式相减得，m-n=y-x，

令y-x=t，由图知，当直线y=x+t过点B（2，3）时，t取得最大值1，故m-n的最大值为1.

16.解：（1）由题意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因为y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由题意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

设y=g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0，2）.

由题意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）.

将其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因为0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函数y=g（x）的单调递增区间为[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由题设知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）设∠BAC=α，则α=∠BAD-∠CAD.

因为cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因为f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

当t=2时，sin（π12t+π3）=1；

当t=14时，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故实验室这一天的最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃.

（2）依题意，当f（t）>11时，实验室需要降温.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10时至18时实验室需要降温.

19.解：（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）当x∈（0，π2）时，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函数f（x）在（0，π2）上为减函数.又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）记函数h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，则当x∈[π2，π]时，t∈[0，π2].

记u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），则u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，当t∈（0，x0）时，u′（t）>0，

当t∈（x0，π2）时，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函数，又u（0）=0，从而可知当t∈（0，x0]时，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上无零点.

在（x0，π2）上u（t）为减函数，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因为当x∈（π2，π）时，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.

第二单元 数列、三角函数、平面向量教学设计 篇3

修4 1．向量概念的形成

1．1 让学生感受引入概念的必要性

引子：生：去录播室怎么走？师：出了楼门走50米就到了．

意图：向量概念不是凭空产生的．用这一简单、直观例子中的“位移不仅有大小，而且有方向”，让学生感受“既有大小又有方向的量”的客观存在，自然引出学习内容．

问题1 你能否再举出一些既有方向，又有大小的量？ 意图：激活学生的已有相关经验．

（学生能容易地举出重力、浮力、作用力等物理中学过的量．）追问：生活中有没有只有大小，没有方向的量？请你举例． 意图：形成区别不同量的必要性．

（学生所举的例子有年龄、身高、面积等．）概念抽象需要典型丰富的实例．让学生举例可以观察到他们对概念属性的领悟，形成对概念的初步认识，为进一步抽象概括做准备．

T：由同学们的举例可见，现实中有的量只有大小没有方向，有的量既有大小又有方向．类似于从一支笔、一本书、一棵树……中抽象出只有大小的数量1，数学中对位移、力……这些既有大小又有方向的量进行抽象，就形成一种新的量——向量（板书概念）． 演练回馈一【概念辨析】

1、身高是一个向量（）

2、温度含零上和零下温度，所以温度是向量（）

3、坐标平面上的x轴和y轴都是向量（）

4、有人说，由于海平面以上的高度（海拔）用正数表示，海平面以下的高度用负数表示，所以海拔也是向量，你认为对吗？

1．2 向量的几何表示

问题2 数学中，定义概念后，通常要用符号表示它．怎样把你所举例子中的向量表示出来呢？

意图：让学生先尝试向量的表示方法，自觉接受用带有箭头的线段（有向线段）来表示向量．

T：看来大家都认为用带箭头的线段表示向量比较好．在初中，常用AB，CD，a，b，c等表示线段．现在，我们加上箭头，用，，等表示向量．以前AB与BA表示同一线段，现在和表示同一向量吗？为什么？

S：不．向量和起点、终点正好相反．

T：对，方向是向量的本质属性之一．向量的另一本质属性是大小，我们用||表示，称为向量的模．同样，用||来表示向量的模．因为向量有大小和方向两个要素，只用代数形式或几何形式是无法确定的，必须两者结合．

思考：既然向量可以用有向线段表示，那么向量是否就是有向线段？ 1．3 零向量与单位向量

T：现在，我们已经建立了一个向量的集合．就象每个人都有名字一样，这个集合中的每一个向量都有了名称．那么

问题3 你认为在所有向量组成的集合中，哪些向量较特殊？

意图：引导学生学会观察一组对象．面对一组对象，首先注意特殊对象是自然的．（学生普遍认为零向量、单位向量是特殊的．）T：大家为什么认为它们最特殊？你们是怎么想的？

意图：挖掘结果背后的思维过程．企图引导学生把向量集合与实数集类比．

（课堂中，学生从长度这个角度进行了解释，认为零向量的长度是0，单位向量的长度是1，最为特殊．这表明他们已经在把向量集与实数集作类比．从实数集的认知经验出发，自然会想到零向量、单位向量的特殊性．）

T：是的．类比实数的学习经验有利于向量的学习．在实数中，0是数的正负分界点，有0就可定义相反数；1是“单位”，作用很大．对实数的研究经验告诉我们，“引进一个新的数就要研究它的运算；引进一种运算就要研究运算律”．可以预见，引进向量就要研究向量的运算，进而就要研究相应的运算律或运算法则．所以，对于向量，还有许多内容等待我们去研究．

2．相等向量、平行向量、共线向量、相反向量概念的形成

问题例2观察图1中的正六边形ABCDEF．给图中的一些线段加上箭头表示向量，并说说你所标注的向量之间的关系．（举例）

意图：不是先给出相等向量、平行向量、共线向量、相反向量的定义，再做练习巩固，而是让学生参与概念的定义过程，使概念成为学生观察、归纳、概括之后的自然产物．

留给学生足够的时间，并提出问题5，组织学生交流．

问题5 你是怎样研究的？比如，你画了哪几个向量？你认为它们有怎样的关系？ 意图：不仅关注结果，更要关注过程．尤其要挖掘学生用向量概念思维的过程．

（课堂中，有的学生首先关注大小；有的学生首先画出向量与，认为它们长度相等且方向相同，是相等的向量；也有学生首先画出向量

与，认为它们是共线的向量；等．教师适时介入，解释数学中的向量是自由向量，可以平移，因此，与也称为共线向量．“平行向量”的产生比较顺利，但“相反向量”的产生有困难，其间还类比了“相反数”．）

归纳得到：

（1）从“方向”角度看，有方向相同或相反，就是平行向量，记为 ∥；（2）从“长度”角度看，有模相等的向量，||=||；

（3）既关注方向，又关注长度，有相等向量=，相反向量=－． T：我们规定：零向量与任意向量都平行，即∥．

问题6 由相等向量的概念知道，向量完全由它的方向和模确定．由此，你能说说数学中的向量与物理中的矢量的异同吗？另外，向量的平行、共线与线段的平行、共线有什么联系与区别？

意图：让学生注意把向量概念与物理背景、几何背景明确区分，真正抓住向量的本质特征，完成“数学化”的过程．

3．阅读课本

请同学们把课本看一遍，看看我们的讨论过程与课本讲的是否一致，有什么遗漏？有什么不同？

意图：通过阅读，对本课的内容再一次进行归整、明晰．引导学生重视课本． 4．课堂练习5．课堂小结

问题7（引导学生自己小结）能否画个图，把今天学的内容梳理一下？

（有的学生提出可以把本课的内容分为三个部分，与图2所呈现的内容基本一致，只是把“特殊关系”说成了“向量的性质”，这也是正确的．教师肯定了她的结论，展示了图2．）

T：今天我们学习向量的概念及其表示方法，并初步研究了向量这个集合，发现了其中的两个特殊向量，以及向量之间的一些特殊关系．同学们要认真体会其中的基本思路，即：从同类具体事例中抽象出共同本质特征——下定义——符号表示——认识特殊对象——考察某些特殊关系．

这里特别要注意，因为向量带有方向，所以只用代数的形式已无法表示，必须结合几何的形式．因此，向量具有代数形式和几何形式的“双重身份”．随着学习的深入，我们会看到这种身份给向量带来的力量．

另外，我们用类比数集的方法初步认识了向量的集合．我们知道，数与运算分不开，数

第二单元 数列、三角函数、平面向量教学设计 篇4

2.4.1平面向量的数量积的物理背景及其含义（第二课时）

课前预习学案

一、预习目标：

平面向量数量积的重要性质及运算律；

二、预习内容：

1．两个向量的数量积的性质：

1ab_________2 cos =3当a与同向时，a=_______;当a与b反向时，a b =______

4特别的aa= ______________或︱a︱= _____________

5 |ab| __________ |a||b| 2.数量积的运算律:

已知向量a、、c和实数λ，则：

（1）交换律:a·=

（2）结合律:（λa）·b==c

（3）分配律:（a +）·=_

课内探究学案

一、学习目标

1.学会用平面向量数量积的重要性质及运算律；

2.了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题； 学习重难点：。平面向量的数量积及其几何意义

二、学习过程

例2.试证明：（1）(a+b)2

=a2

+2a·b+b2

（2）(a+b)·(a-b)= a2

—b

2例3.已知|a|=6，|b|=4，a与b的夹角为60o求(a+2b)·(a-3b)

变式训练

1.已知|a|=3，|b|=4，且a与b的夹角为150°，则(a+b)２

＝.2.已知|a|=2，|b|=5，a·b=-3，则|a+b|=______，|a-b|=.3.已知a5，b2，a与b的夹角为120，求(2a+)·(a-)的值.例4.已知|a|=3，||=4，且a与不共线，k为何值时，向量a+k与a-k互相垂直.变式训练：1.若a5，b4，且a与b夹角为60，则当k为何时，kab与a2b垂直?

2.已知|a|=1，||=2，(1)若a∥，求a·；

(2)若a、的夹角为６０°，求|a+|；(3)若a-与a垂直，求a与的夹角.课后练习与提高

1.已知|a|=1，||=2，且(a-)与a垂直，则a与的夹角是（）A.60°B.30°C.135°D.４５° 2.下列命题中正确的个数是_________________

①abab；②ab=0a0或b0；③a

a；④a0=0或a0 3.已知a4，

b3，当a//b时ab=_______；当ab时，ab=_______.4.已知正三角形ABC的边长为1，则ABAC;ABBC

=__________.5.已知向量a与b的夹角为120，且a4，b2，求：

(1)ab;(2)3a4

b;(3)(a+)·(a-2)