三角形单元教学计划（精选8篇）
教学目标
知识目标
1、理解三角形及其内角、中线、高线、角平分线等概念，了解三角形的稳定性。
2、了解 三角形重心的概念。
3、探索并证明三角形内角和定理。证明三角形的任意两边之和大于第三边。
4、理解全等三角形的概念，能识别全等三角形中的对应边、对应角。
5、掌握多边形形的概念：掌握多边形内角和 能力目标
1、在探索图形的过程中，经历观察、操作、想象、推理、交流的活动，积累数学活动经验，进一步发展空间概念和推理能力。
2、了解三角形及其内角、中线、高线、角平分线的概念，探索并三角形的内角和及三角形三边之间的关系，了解三角形的稳定性。
3、尝试用多种方法表达自己的想法，表述问题解决的理由，发展初步的演绎推理能力和有理表达的能力。
4、感受数学与现实世界的密切联系。教学重难点
重点：三角形三边关系、内角和 难点：三角形三边关系
课时安排
本单元上课时间大约11课时，具体分配如下： 与三角形
有关的线段
3课时 2 与三角形
有关的角
3课时 3 多边形及其内角和
2课时 4 数学活动
1课时 5 测试
2课时
作业设计
一、任务说明
(一) 任务及目标
1. 任务内容
2. 任务目标
(1) 通过完成挑战性任务, 引导学生复习三角形的分类、三角形的三边关系, 进一步掌握三角形的特征。
(2) 在完成任务的过程中, 引导学生整理这个单元的内容, 沟通知识间的联系, 形成知识网络。
(3) 增强学生参与复习的积极性, 培养学生的空间观念, 提高有序思考问题的能力。
(二) 设计说明
在三角形单元复习课中, 常见的习题有以下几种形式: (1) 出示几个三角形, 让学生按角和按边进行分类, 以选择的形式巩固三角形的分类; (2) 出示一组小棒, 以判断的形式巩固三角形的三边关系。这类练习侧重于记忆的简单回顾, 虽然也能复习相关的知识要点, 但学生学习的积极性不高, 缺乏探究的动力。
笔者设计的学习任务的挑战性凸显在两个点上, 第一是“让学生从7根小棒中, 任选3根小棒围成三角形, 能围成几个三角形, 并把所有的三角形写下来”, 学生能想到一种答案、两种答案, 难度并不大, 但如果要把所有的答案都罗列出来, 就需要进行有序的思考, 对于四年级学生来讲, 要不重复、不遗漏、有序地写出所有的答案, 又要判断是否能组成三角形, 具有一定的挑战性;第二是“把这些三角形先按边分类, 再按角分类”, 把这5个三角形按边分类, 对学生来讲, 没有太大的挑战性, 但让学生根据边的长短, 先想象出三角形三个角的大小、三角形的形状, 再按角进行分类, 这样的练习学生从未接触过的, 需要一定的想象能力和推理能力, 这对学生而言具有很大的挑战性。
二、任务教学
教学从课件呈现任务开始:从7根小棒中, 任选3根小棒围成三角形, 能围成几个三角形?把所有的三角形写下来。
先让学生独立思考, 并把答案写下来。然后组织同桌相互交流, 再进行集体反馈。教师可以指名学生口答, 并板书学生的答案, 引导学生根据三角形的三边关系判断能否围成三角形。在学生回答完毕后, 教师追问:还有其他答案吗?你有什么好办法, 可以不重复也不遗漏地写出所有的答案呢?引导学生进一步思考后, 组织交流, 从而揭示有序思考的方法, 并形成板书 (如右图) 。
接着, 继续呈现任务:把这些三角形先按边分类, 再按角分类。此时, 教师将印有表格的练习纸 (如下表) 发给学生。要求学生先按边分类, 再按角分类, 在表格中写出三角形的名称。交流时, 先反馈按边分类。在按边分类中, (6, 6, 6) 既是等腰三角形, 又是等边三角形, 教师可以通过板书, 用集合图表示两者之间的包含关系。
然后再反馈按角分类。对于学生来讲, 根据边的长短来按角分类, 具有很高的挑战性, 教学中可以分成四个层次来反馈。
第一层次:寻找想象的参照物。
让学生思考:哪个三角形是能确定的?为什么?学生根据等边三角形三个内角都是60度, 推断出它是一个锐角三角形。教师随即引导学生把这个三角形作为接下来判断的依据。
第二层次:提供想象的拐杖。
接下来判断 (6, 6, 2) 是什么三角形, 不是一件容易的事, 它需要以 (6, 6, 6) 为拐杖, 去想象从 (6, 6, 6) 到 (6, 6, 2) 是怎么变化的?预计学生能想到把两根6厘米的小棒作为腰, 把底从6厘米缩短到2厘米, 但要让学生用语言表述其变化过程, 往往难以表述清楚。这时, 教师可以要求每位学生用三支同样长短的铅笔, 来演示变化过程和变化结果。
接着, 教师再运用几何画板演示其动态的变化过程, 让学生去观察三角形整个形状的变化和三个角的变化。引导学生发现三角形越来越窄, 越来越高, 顶角越来越小, 两个底角越来越大, 但两个底角再大也只能是锐角, 从而断定这个三角形一定是锐角三角形, 让学生知其然, 且知其所以然。
第三层次:验证想象的结果。
有了前面的经验后, 研究 (6, 6, 8) 时, 先让学生思考、想象从 (6, 6, 6) 到 (6, 6, 8) 是如何变化的。引导学生想象三角形越来越扁了, 顶角越来越大, 两个底角越来越小。然后用课件演示其动态变化过程, 让学生去判断想象的过程和结果是否合理。课件呈现三角形 (6, 6, 8) 时, 预计学生对“到底是什么三角形”这个问题的争议会很大, 那怎么办呢?这时, 可以引导学生用直角三角尺去验证。最后, 继续想象由 (6, 6, 8) 到 (6, 6, 10) , 会变成什么三角形, 引导学生运用积累的活动经验, 阐述判断的方法和结果。
第四层次:进行适当的操作。
最后一个三角形 (6, 8, 10) , 无法用前面的方法去想象、去判断。可以先让学生思考“怎么办”, 预计有学生会想到用“画”的方法, 也有学生会想到用“摆”的方法。考虑到此教学环节的时间关系, 教师可以在投影仪下用3根长分别为6厘米、8厘米、10厘米的小棒搭一搭, 再用直角三角尺来判断。
1.（A）在△ABC中，若a2＝b2＋c2＋3bc，则A的度数为.
2.（A）在△ABC中，已知cosAa＝cosBb＝cosCc，则∠A等于.
3.（A）在△ABC中，若acosA＝bcosB，则△ABC是.（填序号）
①等腰三角形;②直角三角形;③等腰直角三角形;④等腰三角形或直角三角形.
4.（B）在△ABC中，若cb＝cosCcosB，则此三角形为.
①直角三角形；②等腰三角形；③等腰直角三角形；④正三角形.
第5题图
5.（B）如图，为了测定河的宽度，在一岸边选定两点A，B，望对岸标记物C，测得∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，
AB＝120m，则河的宽度为.
6.（B）在△ABC中，已知sinA∶sinB∶sinC＝7∶8∶13，则此三角形中最大内角的度数是.
7.（B）在△ABC中，AB＝5，BC＝7，AC＝8，则AB•BC的值为.
8.（B）已知锐角三角形边长分别为2，3，x，则x的取值范围是.
9.（C）在△ABC中，∠A＝60°，b＝1，面积为3，则
a+b+csinA+sinB+sinC＝.
10.（C）在△ABC中，若∠B＝30°，AB＝23，AC＝2，则△ABC的面积为.
11.（C）给出下列四个命题：①若sin2A＝sin2B，则△ABC是等腰三角形；②若sinA＝cosB，则△ABC是直角三角形；③若a2－b2－c2＞0，则△ABC是钝角三角形；④若cos(A－B)cos(B－C)cos(C－A)＝1，则△ABC是等边三角形.
以上正确命题的序号是.
12.（C）若△ABC中，∠C＝60°，a＋b＝1，则此三角形的面积S△ABC的取值范围是.
二、解答题
13.（A）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）线段AB的长度；
（3）△ABC的面积.
14.（B）在△ABC中，lga-lgc=lg（sinB）=-lg2，且B为锐角，试判断此三角形的形状.
第15题图
15.（C）如图，半圆O的半径为1，A为直径延长线上一点，OA＝2.B为半圆上任意一点（端点除外），
以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，设∠AOB＝α，将四边形OACB的面积表示为α的函数，并判定四边形OACB面积是否存在最大值与最小值?若存在，求出具体值；若不存在，说明理由.
1、全等三角形的定义
能够完全重合的两个图形叫做_______。能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形。要点诠释：（1）把两个全等的三角形重合到一起，重合的顶点叫做________，重合的边叫做_________，重合的角叫做_________。（2）记两个三角形全等时，通常把表示对应顶点的字母写在______的位置上。例如，△ABC与△DEF全等，点A与点D，点B与点E，点C与点F是对应顶点，记作△ABC≌△DEF，而不写作△ABC≌△EFD等其他形式。
2、全等三角形的性质
全等三角形的__________、_______________． 要点诠释：找对应边、对应角通常有下面两种方法：
（1）全等三角形对应角所对的边是对应边，两个对应角所夹的边是对应边；（2）全等三角形对应边所对的角是对应角，两条对应边所夹的角是对应角。
3、三角形全等的判定
（1）三边对应相等的两个三角形全等（可以简写成）。
（2）两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可以简写成）。（3）两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可以简写成）。（4）两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等（可以简写成）。（5）在两个直角三角形中，有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可以简写成）。要点诠释：
（1）没有“SSA”、“AAA”这样的判定定理。（2）“HL”定理是直角三角形
，对于一般三角形不成立。
（3）判定两个直角三角形全等时，这两个直角三角形已经有一对直角相等的条件，只需找另两个条件即可，而这两个条件中必须有一边对应相等。能够完全
的两个图形叫做全等形．
知识点二：角平分线的性质
（1）角的平分线的性质定理
角的平分线上的点到这个
。（2）角的平分线的判定定理
角的内部到的点在角的平分线上。要点诠释：
三角形的三条角平分线交于一点。
注意在证明中用到这两个定理，如何把文字叙述转化成数学符号：例：如图
怎么运用角的平分线的性质定理：
∵OC是∠AOB的平分线，PD⊥OA于D，PE⊥OB于E，∴PD=PE
怎么运用角的平分线的判定定理：
∵PD⊥OA于D，PE⊥OB于E，PD=PE ∴点P在∠AOB的平分线上
类型一：全等三角形的性质
例1．如图，△ABC≌DEF，DF和AC，FE和CB是对应边。若∠A=100°，∠F=47°，则∠DEF等于（）
A.100°
B.53°
C.47°
D.33°
类型二：全等三角形的证明
例2．如图，点A、F、C、D在同一直线上，点B和点E分别在直线AD的两侧，且AB=DE，∠A=∠D，AF=DC．求证：BC∥EF．
类型三：角平分线的性质与判定
例3．已知：如图所示，CD⊥AB于点D，BE⊥AC于点E，BE、CD交于点O，且AO平分∠BAC，求证：OB=OC．
【变式】如图，直线l1,l2,l3表示三条互相交叉的公路，现要建一个塔台，若要求它到
三条公路的距离相等，试问： 可选择的地点有几处？ 你能画出塔台的位置吗？
【变式2】如图，已知∠1=∠2，P为BN上的一点，PF⊥BC于F，PA=PC，求证：∠PCB+∠BAP=180º
AP
N 2 BFC
类型四：利用三角形全等知识解决实际问题 例4．要测量河两岸相对的两点A、B的距离，先在AB的垂线BF上取两点C、D，使CD=•BC，再定出BF的垂线DE，使A、C、E在一条直线上，可以证明△EDC•≌△ABC，•得到ED=AB，因此测得ED的长就是AB的长（如图），判定△EDC≌△ABC的理由是（）
A．边角边公理
B．角边角公理；
C．边边边公理
D．斜边直角边公理
【变式】如图,工人师傅要检查模型中的∠A和∠B是否相等,但他手边没有量角器,只有一把刻度尺,请你设计一个方案来说明∠A和∠B是否相等。
1、总结寻找对应边、角的规律：
（1）有公共边的，公共边一定是对应边；（2）有公共角的，公共角一定是对应角；（3）有对顶角的，对顶角一定是对应角；
（4）两个全等三角形中一对最长的边（或最大的角）是对应边（或角），一对最短的边（或最小的角）是对应边（或角），等等。
2、证明三角形全等的一般步骤及注意的问题
（1）先指明在哪两个三角形中研究问题；
（2）按边、角的顺序列出全等的三个条件，并用大括号括起来；
（3）写出结论，让两个全等三角形中表示对应顶点的字母顺序对齐；
（4）在证明中每一步推理都要有根据，不能想当然。
3、常用添加辅助线的方法
（1）作公共边构造全等三角形；
（2）有中点倍长构造全等三角形（中线法）；
★ 小学三年级数学下学期第五单元试题
★ 多边形的面积教学设计
★ 第五单元多边形的面积1 教案教学设计(人教新课标五年级上册)
★ 第九册数学教学计划
★ 六年级数学上册第五单元测试题
★ 第五单元教学计划
★ 数学二下第五单元混合运算单元测试题
★ 四年级数学上册第五单元的测试卷
★ 数学第十一册第五单元《统计》教案
一
本单元教材分析：
直角三角形中边角之间的关系，是现实世界中的应用最广泛的关系之一。锐角三角函数在解决现实问题中有着重要的作用。如在测量、建筑、工程技术和物理学中，人们常常遇到距离、高度、角度的计算问题，一般来说，这些实际问题的数量关系往往归结为直角三角形中边和叫的关系问题。
利用锐角三角函数解决实际问题，也是本章的重要内容。为使学生交好地利用三角函数知识解决实际问题，本章介绍了解直角三角形的方法，并配置了一些实际应用问题，旨在培养学生解决问题的能力。二
本单元教学目标：
1．使学生经历探索直角三角形中边角之间关系的过程，经历探索30º、45º、60º角的三角函数值的过程，发展学生观察、分析、发现的能力。2．理解锐角三角形函数的概念，并能够通过实例进行说明。3．会计算含30º，45º，60º角的三角函数只的问题。
4．能够借助计算器由已知锐角求出它的三角函数值，或由已知锐角函数值求出相应的锐角。
5．能够运用三角函数值解直角三角形，并解决与直角三角形有关的实际问题，培养学生分析问题和解决问题的能力。
6．体会数、形之间的联系，逐步学习利用数形结合的思想分析问题和解决问题 三
重点、难点 本单元教学重点：
运用三角函数值解直角三角形，并解决与直角三角形有关的实际问题，本单元教学难点
利用三角函数知识解决实际问题及实际应用问题
突出重点突破难点的措施
教师在教学中创设符合学生实际的问题情境，感受数学与现实世界的联系。采用多种方法并注重数形结合思想的渗透引导学生逐步从具体问题的研究中提炼出数学思想。四
本单元课时安排 锐角三角函数 2课时 2 30º，45º，60º角的三角函数值 1课时 3 用计算器求锐角函数的三角函数值 2课时 4 解直角三角形 2课时 5 解直角三角形的应用 3课时 6 测量物体的高度 1课时 复习检测根据时间进度自行 五 教学措施 引导学生逐步对具体问题的研究中提炼出数学思想方法，渗透数形结合 2 加强数学建模思想的渗透
1. 教学内容
人教版初中数学新课标实验教科书第七章“三角形”由“与三角形有关的线段”、“与三角形有关的角”、“多边形及其内角和”、“课题学习镶嵌”四块内容组成.这一章内容在义务教育第三学段的“空间与图形”中起着承前启后的作用.
2. 新旧教材对比
本章“三角形”内容安排与旧人教版教材相比有明显的不同.旧人教版教材受三角形、多边形、圆顺次展开的影响, 将这些内容分别安排在不同年级, 而新的安排是一种专题式设计, 即以内角和为主线, 先研究三角形内角和, 再顺势推广到多边形内角和, 最后将内角和公式应用于镶嵌.
3. 教学重、难点及关键
本章教学重点是三角形的性质、多边形的内角和与外角和性质.教学难点是进行说理及简单的推理, 有条理地表达自己的思考过程.关键是正确理解概念、掌握图形的基本性质, 会进行“三种语言” (即图形语言、文字语言和符号语言) 之间的互化.
二、学情分析、学法指导
1. 学情分析
学生在前两个学段已学过三角形的一些知识, 对三角形的许多重要性质有所了解, 在第三学段又学过线段、角以及相交线、平行线等知识, 初步了解了一些简单几何体和平面图形及其基本特征, 大多数学生已有初步的空间观念、会初步用自己的语言进行简单的说理.
2. 学法指导
(1) 勤思考, 多实践.动手操作可以帮助人们认识图形的特点, 丰富形象思维素材, 验证自己的想象是否正确.学生开始学习时应先动手、后思考, 逐步过渡到先思考、后动手验证, 以提高理性认识的水平.
(2) 重视双基, 注重“三种语言”互化.概念学习时, 引导学生应把握概念的内涵与外延, 概念用于解决问题时必须遵循概念适用范围的制约;学习数学命题时, 引导学生必须先分清命题中哪些是条件, 哪些是所求 (或所证) ;正确理解数学语言, 尝试根据题意画出图形, 逐字逐句翻译成数学符号语言, 注重“三种语言”互化.
(3) 及时反思, 注重整合.反思对所学的知识是否真正理解, 对所学的技能是否真正掌握;反思每节课涉及的思想方法是如何运用的, 运用过程中有什么特点;反思问题解决的基本规律及典型问题解决的特有经验, 等等.在反思的基础上, 整合基础知识、基本技能、基本思想方法, 使零星的知识条理化、结构化、系统化, 从而形成块状知识、网络技能, 继而提高解决问题的能力.
三、教学建议
1. 注重联系, 在对比中加深理解
注意与前两个学段的衔接.深入了解前两个学段空间与图形的内容、要求及与本章内容的联系与区别, 以避免不必要的重复.
注重概念、性质间的区别与联系, 在对比中加深理解.如注重三角形的中线、角平分线、高的概念与线段中点、角平分线、垂线概念的区别与联系, 注重多边形的概念与三角形概念的区别与联系, 注重三角形外角与内角的区别与联系等.
注重问题研究方法的联系, 及类比思想与转化思想方法的渗透.如三角形外角和问题转化为三角形内角和问题, 多边形内角和问题转化为三角形内角和问题 (还要注意问题解决的多样化) , 多边形外角和问题的解决方法可类比三角形外角和的解决方法等.
片段1三角形的概念
教师:刚才请同学们用数学的眼光欣赏美丽的图片, 请问这些美丽的图片中均含有哪种平面几何图形.
学生 (众) :三角形.
教师:对! (多媒体投放图l所示的三角形) 小学时我们已学过三角形的一些知识, 从今天开始将进一步学习有关三角形的知识.谁来说说什么样的图形叫做三角形呢?
学生1:由三条线段组成的图形叫做三角形.
教师:有不同的观点吗?
学生2:我不同意学生1的观点老师, 你看我画的由三条线段组成的图形 (如图2、图3) (用实物投影放映) , 可它们却不是三角形, 故应改为:由三条线段首尾顺次连接组成的图形叫做三角形.
教师:这下, 大家没异议了吧!
学生3:不行!必须添上条件“不在同一条直线上”, 否则, 组成的图形可能是线段, 我画给大家看 (图4) .故应改为:由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次连接组成的图形叫三角形.
教师:真聪明!大家一起说说什么样的图形叫做三角形?
学生 (众) :由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次连接组成的图形叫做三角形.
教师:我们知道图形“角”用符号“∠”表示, 垂直用符号“⊥”表示, 那么, 三角形该用什么符号表示呢?
学生 (众) :用小的三角形图形.
教师:你们是怎么想到的?
学生 (众) :受角、垂直的符号表示法的启发呀!
教师:这种考虑问题的方法, 叫类比.类比是最有创造力的一种思维方法.它关注两个对象在某些方面的相同或相似, 从而推测它们在其他方面也可能存在相同或相似之处.的确, 数学家们用小的三角形图形“△”表示三角形, 这一符号形象、直观、易记.
我们知道图1的三角形中三条线段可分别记作线段AB、BC、CA, 三个角可分别记作∠ABC、∠BAC、∠ACB, 那么“图1中的三角形”又该如何用符号表示呢?
学生4:记作“△ABC”.
教师:能否记作“△BCA”或“△CAB”呢?
(此时, 学生窃窃私语, 呈现出两种意见)
学生5:不能.因为∠ABC、∠BAC表示不同的角, 类比角的表示法, 故“△ABC”“△BCA”应表示不同的三角形, 所以“△ABC”不能记作“△BCA”.
学生6:我认为可以.因为在三角形中, 点A、B、C呈“三国鼎立, 势均力敌”之势, 故“排名不分先后” (众生大笑) .而角中的A、B、C的地位是不同的!不能盲目类比.
教师:××同学 (学生6) 说得太棒了!从中我们得到启发, 有时由类比得到的结论不一定可靠, 需要仔细斟酌.
我们知道符号“∠ABC”读作“角ABC”, 那么符号“△ABC”又如何读呢?
学生 (众) :读作三角形ABC.
……
德国教育家第斯多惠说:“一个坏老师奉送给学生真理, 一个好老师则教学生发现真理”.荷兰数学教育家弗赖登塔尔反复强调:学习数学的唯一正确方法是实行“再创造”, 也就是由学生本人把要学的东西自己去发现或创造出来, 教师的任务是引导和帮助学生去进行这种再创造, 而不是把现成的知识灌输给学生.本案例片段中教师把三角形概念的学习组织成学生再创造的过程, 在学生思维的最近发展区内创设问题情境, 引导学生通过观察、类比、猜想、分析、验证, 使问题层层推进, 从而使学生一步一步地完善自己的认知结构.整个过程教师自始至终“带着学生走向知识”———授人以渔, 充分体现了学生是学习的主人, 教师是学生学习的组织者、引导者与合作者的理念.
2. 重视几何语言的培养和训练
对几何图形的一般描述表示是按“几何模型→图形→文字→符号”这种程序进行的.其中, 图形是将几何模型第一次抽象后的产物, 也是形象、直观的语言;文字语言是对图形的描述、解释与讨论;符号语言则是对文字语言的简化和再次抽象.学生大脑中首先建立的是图形语言, 其次是文字语言, 再次是符号语言, 最后形成的是三种数学语言对对象的综合描述.因此, 教师在教学中应重视定义、性质的表述, 逐步使学生懂得几何语句的意义并能建立几何语句与图形之间的联系, 逐步学会用语言正确表达概念、性质.
除了重视“几何模型→图形→文字→符号 (数量关系) ”的转化过程, 教学中还要重视“符号→文字→图形”的转化, 即理解符号或文字所表达的图形关系, 并将它们用图形直观地表示出来, 化“无形”为“有形”, 努力使学生较快地进行图形语言、文字语言、符号语言之间的转化.
3. 根据教材和学生的特点, 把握好教学要求
本章开始, 已不仅仅要求学生通过观察、思考、探究等活动归纳出图形的概念和性质, 还要进行说理、简单推理, 把说理、简单推理作为通过实验探究得到结论的自然延伸.因此, 教学时应引导学生用较准确的语言表达学过的概念、性质, 学会一些简单的、基本的推理语言 (如“因为……所以……”“由……得……”等) , 能区分命题的条件和结论等, 为用文字语言准确表达说理过程及为今后进行推理论证做好准备.
但这并不意味着要用严格的几何推理的方式展开学习, 教学时还是要强调在实际背景中理解图形的概念和性质, 经历探索图形性质的过程.在内容处理上, 应加强实验几何的成分, 将实验几何与论证几何有机结合.
对于推理能力, 本套教科书是按照“说点儿理”“说理”“简单推理”“用符号表示推理”等不同层次分阶段进行逐步加深和安排的.在本章前, 学生已经学习了命题及命题的构成、真假命题、定理, 初步接触了有关形式逻辑概念和术语, 对推理的理由, 三段论的表达形式有了初步的认识, 但对于推理所用的三段论的形式还很难适应.因此, 在教学时应当注意按照由简单到复杂, 由模仿到独立操作的顺序, 循序渐进地引入推理论证的内容, 逐步提高要求.
片段2用两种多边形进行平面镶嵌
教师:我们已研究过用一种正多边形进行平面镶嵌问题, 在这一研究过程中我们得出了哪些结论?
学生 (众) :不是每一种正多边形都能进行平面镶嵌, 用一种正多边形能进行平面镶嵌的是正三角形、正方形、正六边形.
教师:那么用两种正多边形能进行平面镶嵌吗?面对这一实际问题, 我们如何入手研究呢?
学生1:我们设法把它转化成数学问题.
学生2:我们可以模仿探究用一种多边形镶嵌平面的方法来研究这一问题.
教师:拿到一个问题, 首先要认真审题, 然后要学会转化, 如把未知转化为已知, 把陌生的问题转化成熟悉的问题等.请同学们开动脑筋, 用尽可能多的方法来解决这一问题.
(先让学生自主探究, 再小组合作, 然后全班交流, 教师深入到各小组中, 及时了解各小组探究的进展情况)
教师:哪位同学来汇报一下你们小组的探究成果?
学生3:我们小组采用拼图 (上课前复印好边长相等的正三角形、正方形、正十六边形等图形, 并让学生剪下) 的方法, 通过拼图, 我们发现分别用正三角形与正方形, 正方形与正八边形均能进行平面镶嵌.
教师:你能在实物投影上给大家演示一下, 并用语言来叙述一下操作过程吗?
学生3:以正方形与正八边形两种进行镶嵌为例.第一步, 使正方形与正八边形一个顶点重合;第二步, 使得有公共端点正方形与正八边形的一组边重合, 并且一个图形在另一个图形的外部;第三步, 再拿一个正八边形, 使得其中的一个顶点与第一步中拼出公共顶点重合, 并使以这个点为顶点的正八边形的一边与正方形的一边重合, 此时, 会发现有公共端点的两个正八边形的一组边恰好也重合.
教师:学生3说得太棒了, 有没有补充的, 或用其他方法来解决的?
学生4:我们小组认为除了学生3说的两种情形, 用正五边形与正十边形也可进行平面镶嵌.我们的方法是由用一种正多边形进行平面镶嵌得到启发, 如果能进行镶嵌, 则必须满足以下条件: (1) 拼接在同一个点的各个角的和恰好等于360°; (2) 相邻的多边形有公共边.为此, 我们先求出正三角形、正方形……正十六边形等正多边形的内角度数, 然后, 依次选定两种正多边形, 比如正三角形、正方形, 它们的内角度数分别为60°, 90°, 我们发现三个正三角形与两个正方形拼接在同一个点的各个角的和恰好等于360°, 故能进行平面镶嵌.通过一一尝试, 我们发现共有三种组合……
教师:学生4介绍的方法很好, 还有不同的观点或其他的方法吗?
学生5:我们小组的方法基本上与学生4的相同, 所不同的是设正三角形用了m个、正方形用了n个, 因拼接在同一个点的各个角的和恰好等于360°, 故可列方程60m+90n=360, 得m=6-n.因m、n为正整数, 故m=3, n=2.即由三个正三角形与两个正方形就能进行平面镶嵌, 我们也发现只有这三种组合能进行平面镶嵌.
教师:学生5的方法虽与学生4只有一点儿不同, 但这点不同却体现了学生5拥有用方程解决问题的思想方法, 这是一种解决数学问题的重要的思想方法, 当然, 学生4的方法也很好, 那么, 果真这三种组合都能进行平面镶嵌吗?请拿出正五边形与正十边形纸片, 四人一小组, 继续拼图验证.
(过了一会儿, 个别小组的学生惊喜地叫了起来, 用正五边形与正十边形两种正多边形不能进行平面镶嵌)
教师:通过拼图我们发现用正五边形与正十边形两种正多边形不能进行平面镶嵌, 只能对局部进行镶嵌, 如图5所示, 用多媒体放映.那么, 多边形能进行平面镶嵌必须满足什么条件呢?
学生6:必须满足的条件是: (1) 拼接在同一个点的各个角的和恰好等于360°; (2) 相邻的多边形有公共边; (3) “局部镶嵌” (把平面的一部分既无缝隙、又不重叠地覆盖) 能拓展延伸到整个平面.
……
美国著名数学家G·波利亚明确指出:“学习任何东西最好的途径是自己去发现”.本案例在学生思维的最近发展区内创设了现实的、有意义的、富有挑战性的问题情境, 并为学生提供了充足的时间与空间, 让学生在良好的氛围中根据自身的特点选用适合自己的思维方式来解决问题, 充分体现了“有效的数学学习活动不能单纯地依赖模仿与记忆, 动手实践、自主探索与合作交流是学生学习数学的重要方式”及“学生的数学学习活动应当是一个生动活泼的、主动的和富有个性的过程”这一新课程理念.
四、典型例题评析
例1如图6, △ABC中, BC=11, AC边上的中线BD把△ABC分成周长相差3cm的两个三角形, 求AB的长.
点评:解决此类问题既要有整体消元思想, 又要有分情况讨论意识, 常见思维障碍是缺乏整体意识, 考虑问题不够全面细致.
例2如图7, △ABC中, ∠ABC=56°, ∠ACB=44°, AD是BC边上的高, AE是∠BAC的平分线, 求∠DAE的度数.
点评:解决此类问题, 既要注意三角形内角和为180°这一隐含条件, 又要注意图形中几何A元素的多重身份.常见障碍是不会从众多的信息中获取有用的信息, 不会进行有效的转化.
例3对正方形ABCD进行分划, 如图8 (1) , 其中E、F分别是BC、CD的中点, M、N、G分别是OB、OD、EF的中点, 沿分划线可以剪出一副由七块“部件”组成的“七巧板”.
(1) 请用这副七巧板, 既不留下一丝空白, 又不相互重叠, 拼出两种边数不同的凸多边形, 画在下面格点图8 (3) 中, 并使凸多边形的顶点落在格点图的小黑点上 (格点图中, 上下、左右相邻两点距离都为1) . (注:不能拼成与图8 (1) 或图8 (2) 全等的多边形)
(2) 某合作学习小组在玩七巧板时发现:“七巧板拼成的凸多边形, 其边数不能超过8.”你认为这个结论正确吗?请说明理由.
点评:解决第 (1) 问时, 首先应整体把握:拼几边形, 其次, 应确定以哪一个基本图形 (或组合图形) 为基准展开拼图;最后, 拼图时必须使公共边重合.常见问题是盲目动手, 而使问题难以圆满解决.解决第 (2) 问的关键是把实际问题抽象成数学问题, 找出边角之间的联系.解决此题的主要障碍是不能对问题进行转化, 找不出制约边数的关键因素.
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. 【三角形单元教学计划】推荐阅读： 三角形 教学设计07-17 《三角形分类》教学设计10-01 全等三角形教学案11-16 三角形培优教学案06-20 《三角形面积计算》的教学反思12-05 三角形的特性教学设计(竞赛)10-21 第3课时：《三角形内角和》教学设计07-08 初中数学《三角形全等复习课》教学设计06-18 三角形面积教案文档05-29 全等三角形 教案06-04
