人教版高中数学教案：第5章：平面向量,教案,课时第 (18)

第一篇：人教版高中数学教案：第5章：平面向量,教案,课时第 (18)

第十八教时

教材：余弦定理

目的：要求学生掌握余弦定理及其证明，并能应用余弦定理解斜三角形。过程：

一、复习正弦定理及正弦定理能够解决的两类问题。提出问题：1．已知两边和它们的夹角能否解三角形？

2．在Rt△ABC中(若C=90)有：c2a2b2在斜三角形中一边的平

方与其余两边平方和及其夹角还有什么关系呢？

二、提出课题：余弦定理1．余弦定理的向量证明：设△ABC三边长分别为a, b, c b

AC=AB+BC

A

B

•=(+)•(+)=2+2•+

2=| |2+2||•||cos(180-B)+||2=c22accosBa2

即：b2a2c22accosB

同理可得：a2b2c22bccosAc2a2b22abcosC

2．语言叙述：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。

3．强调几个问题：1熟悉定理的结构，注意“平方”“夹角”“余弦”等2知三求一

3当夹角为90时，即三角形为直角三角形时即为勾股定理（特例）

4变形：cosAb2c2a2a2c2b2a2b2c2

2bccosB2accosC2ac

三、余弦定理的应用

能解决的问题：1．已知三边求角

2．已知三边和它们的夹角求第三边

例

一、(P130例4)在△ABC中，已知a=7, b=10, c=6求A,B,C（精确到期1）解略

例

二、(P131例5)在△ABC中，已知a=2.730, b=3.696, C=8228’解这个三角

形（边长保留四个有效数字，角度精确到期1’）解略

例

三、设a=(x=(x1, y1)b2, y2)a

与b的夹角为（0≤≤），求证：

x+ ya||b

121y2=||cos

证：如图：设a, b

起点在原点，终点为A，B

A

则A=(x=ba

1, y1)B=(x2, y2)在△ABC中，由余弦定理 B

a

|ba|2=|a|2+|b|22|a||b

| cos

b

O

∵|ba|2

=|AB|2=|(x2-x1, y2-y1)|2=(x2-x1)2+(y2-y1)2 |a|2=xb12+y12

||2= x22+y22 ∴(x2-x1)2

+(y2-y1)

= x2+ x

12+y122+y222|a

||b

| cos

∴xy

1x2+ y12=|a||b|cos即有a•b= x1x2+ y1y2=|a||b|cos

四、小结：余弦定理及其应用

五、作业：P131练习P132习题5.9余下部分

x

第二篇：人教版高中数学教案：第5章：平面向量,教案,课时第 (21)

第二十二教时

教材：复习一——向量、向量的加法与减法、实数与向量的积

目的：通过复习对上述内容作一次梳理，使学生对知识的理解与应用提高到一个

新的水平。

过程：

一、知识（概念）的梳理：

1．向量：定义、表示法、模、几种特殊向量 2．向量的加法与减法：法则（作图）、运算律

3．实数与向量的积：定义、运算律、向量共线的充要条件、平面向量的基本定义

二、例题：

1．若命题M：'=；命题N：四边形ABB’A’是平行四边形。则M是N的（C）(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 解：若=，则 ||=||，且, 方向相同

∴AA’∥BB’从而ABB’A’是平行四边形，即：MN 若ABB’A’是平行四边形，则|AA’|=|BB’|，且AA’∥BB’ ∴|'|=|'|从而'=，即：NM 2．设A、B、C、D、O是平面上的任意五点，试化简：

1ABBCCD2DBACBD3OAOCOBCO 解：1 原式=()

2 原式=()

3 原式=()()() 3．a =“向东走5km”，b =“向西走12km”，试求a+b的长度与方向。解：如图：||5212213(km)

O

tanAOB =125 ,∴AOB = arctan12

a+b a

∴a + b的长为13km，方向与成arctan12

5的角。B

4．如图：1已知a、b、c、d，求作向量ab、cd。

b A

2已知a、b、c，求作a + b c  b

bc

5．设x为未知向量，a、b2x(5a+3x4b)+

1a3b=0

解：原方程可化为：(2x  3x)+(5a +19

2a)+(4b3b)= 0∴x =2

a + b

6．设非零向量a、b不共线，c=ka+b，d=a+kb(kR)，若c∥d，试求k。解：∵c∥d∴由向量共线的充要条件得：c =λd(λR)

即：ka+b=λ(a+kb)∴(kλ)a +(1λk)b = 0

又∵a、b不共线∴由平面向量的基本定理：k0

1k0k1

7．如图：已知在ABCD中，AH=HD，BF=MC=1

BC，设=a，=b，试用a、b分别表示、、。D F

M

C

解：∵ABCD中，BF=MC=

BC,a

∴FM=

12BC=

1AD=AH ∴FMAH A H b B

∴四边形AHMF也是平行四边形，∴AF=HM

又：BM34BC3311

4AD4a ,而FB4BC4

b

∴AMABBM= a +31

4b ,MHFAFBBA= 4b  a

AFFA(11

4b  a)= 4

b + a

三、作业： 《导学•创新》§5.1§5.2

第三篇：人教版高中数学教案：第5章：平面向量,教案,课时第 (13)

第十三教时

教材：平面向量的数量积的坐标表示

目的：要求学生掌握平面向量数量积的坐标表示，掌握向量垂直的坐标表示的充要条件。

过程：

一、复习：

1．平面向量的坐标表示及加、减、实数与向量的乘积的坐标表示 2．平面向量数量积的运算 3．两平面向量垂直的充要条件 4．两向量共线的坐标表示：

二、课题：平面两向量数量积的坐标表示

1．设a =(x1, y1)，b =(x2, y2)，x轴上单位向量i，y轴上单位向量j，则：ii = 1，jj = 1，ij = ji = 0 2．推导坐标公式：

∵a = x1i + y1j,b = x2i + y2j

∴ab =(x1i + y1j)(x2i + y2j)= x1x2i2 + x1y1ij + x2y1ij + y1y2j2= x1x2 + y1y2

从而获得公式：ab = x1x2 + y1y2

例

一、设a =(5, 7)，b =(6, 4)，求ab

解：ab = 5×(6)+(7)×(4)= 30 + 28 = 2 3．长度、角度、垂直的坐标表示

1a =(x, y)|a|2 = x2 + y2|a| =x2y2

2若A =(x1, y1)，B =(x2, y2)，则=(x1x2)2(y1y22)

3 cos =

ab

x1x2y1y2|a||b|

x

21y1

x2

y2

4∵ab  ab = 0 即x1x2 + y1y2 = 0（注意与向量共线的坐标表示原则）

4．例

二、已知A(1, 2)，B(2, 3)，C(2, 5)，求证：△ABC是直角三角形。

证：∵=(21, 32)=(1, 1),=(21, 52)=(3, 3)∴=1×(3)+ 1×3 = 0∴

∴△ABC是直角三角形

三、补充例题：处理《教学与测试》P153第73课

例

三、已知a =(3, 1)，b =(1, 2)，求满足xa = 9与xb = 4的向量x。解：设x =(t, s)，由xa = 9  3t  s = 9由xa = 9  3t  s = 9t =

2s = 3∴x =(2, 3)

例

四、如图，以原点和A(5, 2)为顶点作等腰直角△OAB，使B = 90，求点B和向量AB的坐标。

B

A

解：设B点坐标(x, y)，则=(x, y)，=(x5, y2)O∵∴x(x5)+ y(y2)= 0即：x2 + y2 5x  2y = 0又∵|| = ||∴x2 + y2 =(x5)2 +(y2)2即：10x + 4y = 29

由xy5x2y0x73110x4y292x或2327



y12y2

2∴B点坐标(72,32)或(32,7)；=(32,7732)或(2,2)

例

五、在△ABC中，AB=(2, 3)，AC=(1, k)，且△ABC的一个内角为直角，求k值。

解：当A = 90时，= 0，∴2×1 +3×k = 0∴k =

3当B = 90时，ABBC= 0，BC=ACAB=(12, k3)=(1, k3)

∴2×(1)+3×(k3)= 0∴k =

113

当C = 90时，ACBC= 0，∴1 + k(k3)= 0∴k =32

四、小结：两向量数量积的坐标表示长度、夹角、垂直的坐标表示

五、作业： P121练习及习题5.7

《教学与测试》P1545、6、7、8，思考题

第四篇：人教版高中数学教案：第5章：平面向量,教案,课时第 (15)

第十五教时

教材：平面向量的数量积平移的综合练习课

目的：使学生对平面向量数量积的意义、运算有更深的理解，并能较熟练地处理

有关长度、角度、垂直的问题。

过程：

一、复习：

1．平面向量数量积的定义、运算、运算律

2．平面向量数量积的坐标表示，有关长度、角度、垂直的处理方法 3．平移的有关概念、公式

二、例题

例

一、a、b均为非零向量，则 |a+b| = |ab| 是 的………………（C）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

解：若|a+b| = |ab|  |a+b|2 = |ab|2  |a|2 + 2ab + |b|2 = |a|2  2ab + |b|2 ab = 0  ab

例

二、向量a与b夹角为

3，|a| = 2，|b| = 1，求|a+b||ab|的值。

解：|a+b|2 = |a|2 + 2ab + |b|2 = 4 + 2×2×1×cos

+ 1 = 7

∴|a+b| =7,同理：|ab|2 = 3, |ab| =3∴|a+b||ab| =21 中，= a，= b，= c，= d，且ab = bc = cd = da，问ABCD是怎样的四边形？解：由题设：|a||b|cosB = |b||c|cosC = |c||d|cosD = |d||a|cosA∵|a| = |c| , |b| = |d|∴cosA = cosB = cosC = cosD = 0是矩形 例

四、如图△ABC中，= c，BC= a，CA= b，则下列推导不正确的是……………（D）A．若a b < 0，则△ABC为钝角三角形。B．若a b = 0，则△ABC为直角三角形。

C．若a b = bc，则△ABC为等腰三角形。A D．若c(a + b + c)= 0，则△ABC为正三角形。

a

解：A．ab = |a||b|cos < 0，则cos < 0，为钝角B．显然成立

C．由题设：|a|cosC = |c|cosA，即a、c在b上的投影相等

D．∵a + b + c = 0, ∴上式必为0，∴不能说明△ABC为正三角形

例

五、已知：|a| =2，|b| = 3，a与b夹角为45，求使a+b与a+b夹

角为锐角的的取值范围。

解：由题设：ab = |a||b|cos = 3×2×

2= 3(a+b)(a+b)=|a|2 +|b|2 +(

2+ 1)ab = 32 + 11 + 3∵夹角为锐角∴必得32 + 11 + 3 > 0∴ 

11116或6

例

六、i、j是平面直角坐标系内x轴、y轴正方向上的两个单位向量，且AB= 4i + 2j，AC=3i + 4j，证明：△ABC是直角三角形，并求它的面积。

解：=(4, 2), =(3, 4), 则=(34, 42)=(1, 2), =(4, 2),∴BABC=(1)×(4)+(2)×2 = 0∴BABC即△ABC是直角三角形

|| =42222,|| =(1)2(2)2,且B = 90,∴S1△ABC = D 2

2555 例

七、用向量方法证明：菱形对角线互相垂直。证：设AB=DC= a , AD=BC= b A

C

∵ABCD为菱形∴|a| = |b|

a

∴ACBD=(b + a)(b  a)= b2

 a2

= |b|2

 |a|2

b= 0

B

∴AC

例

八、已知a、b都是非零向量，且a + 3b与7a  5b垂直，a  4b与7a  2b垂直，求a与b的夹角。

解：由(a + 3b)(7a  5b)= 0  7a2 + 16ab 15b2 = 0①(a  4b)(7a  2b)= 0  7a2  30ab + 8b2 = 0②两式相减：2ab = b2代入①或②得：a2 = b2

设a、b的夹角为，则cos =abb21

|a||b|2|b|2

∴ = 60

三、作业： P150复习参考五A组19—26B组1—6

第五篇：人教版高中数学教案：第5章：平面向量,教案,课时第 (24)

第二十五教时

教材：复习四——平面向量的数量积及运算律

目的：要求学生对平面向量的数量积的概念理解更清晰，并能教熟练地应用于平

行、垂直等问题。

过程：

一、复习：

1．定义、其结果是一个数量。

2．a•b>00≤<90；a•b=0==90 即ab；a•b<090<≤180 3．性质1 —5 4．运算律

二、例题：

1．已知|a| = 5，|b| = 8，a 与b的夹角为60，求 |a + b |

解：a•b = |a||b|cos60 = 5×8×

1= 20

∴|a + b |2 =(a + b)2 = |a|2 + |b|2 + 2a•b = 129

∴|a + b | =

2．求证：|a + b |≤|a| + |b|

证：|a + b |2 =(a + b)2 = |a|2 + |b|2 + 2a•b = |a|2 + |b|2 + 2|a||b|cos

≤ |a|2 + |b|2 + 2|a||b| =(|a| + |b|)2

即：|a + b |≤|a| + |b|

3．设非零向量a、b、c、d，满足d =(a•c)b (a•b)c，求证：ad

证：内积a•c与a•b均为实数，∴a•d = a•[(a•c)b (a•b)c] = a•[(a•c)b]  a•[(a•b)c]

=(a•b)(a•c)(a•c)(a•b)= 0

∴ad

4．已知非零向量a、b，满足a ±b，求证：ba垂直于a+b的充要条件是|a| = |b| 证：由题设：ba与a+b均为非零向量

必要性：设ba垂直于a+b，则(ba)(a+b)= 0

又：(ba)(a+b)= b2  a2 = |b|2  |a|2∴|b|2  |a|2 = 0即：|a| = |b|

充分性：设|a| = |b|，则(ba)(a+b)= b2  a2 = |b|2  |a|2 = 0

即：(ba)(a+b)= 0∴(ba)(a+b)

5．已知a、b都是非零向量，且a + 3b与7a  5b垂直，a  4b与7a  2b垂直，求a与b的夹角。

解：由(a + 3b)(7a  5b)= 0  7a2 + 16ab 15b2 = 0①(a  4b)(7a  2b)= 0  7a2  30ab + 8b2 = 0②两式相减：2ab = b2代入①或②得：a2 = b2

设a、b的夹角为，则cos =abb21

|a||b|2|b|2

2

∴ = 60

D

6．用向量方法证明：菱形对角线互相垂直。证：设== a , == b A

C

a

∵ABCD为菱形∴|a| = |b|

b B

∴ACBD=(b + a)(b  a)= b2  a2 = |b|2  |a|2 = 0∴

7．如图，AD、BE、CF是△ABC的三条高，求证：AD、BE、CF相交于一点。证：设BE、CF交于一点H，A

= a, = b, = h,E

F

则BH= h  a , CH= h  b , BC= b  aH

∵BHAC,CHAB B

D

C

∴

(ha)b0

(ha)a0

(ha)b(hb)ah(ba)0

∴AH

又∵点D在AH的延长线上，∴AD、BE、CF相交于一点

三、作业：《导学•创新》§5.6