二项式定理数学教学反思（锦集18篇）由网友“TwS”投稿提供，以下是小编整理过的二项式定理数学教学反思，欢迎阅读分享，希望对您有所帮助。
篇1：二项式定理教学反思
6月20日下午我和安阳实验中学高二（17）班的同学共同完成了本节课的课堂实录，感悟反思如下：
本节课的教学重点是“使学生掌握二项式定理的形成过程”，在教学中，采用“问题DD探究”的教学模式，把整个课堂分为呈现问题、联系组合问题、总结规律、应用规律四个阶段。让学生体会研究问题的方式方法，培养学生观察、分析、概括的能力，以及化归意识与方法迁移的能力，体会从特殊到一般的思维方式，让学生体验定理的发现和创造历程。
本节课的难点是用计数原理分析二项式的展开过程，发现二项式展开成单项式之和时各项系数的规律。在教学中，设置了对多项式乘法的再认识，引导学生运用计数原理来解决项数问题，明确每一项的特征，为后面二项展开式的推导作铺垫。再以为对象进行探究，引导学生用计数原理进行再思考，分析各项以及项的个数，这也为推导的展开式提供了一种方法，使学生在后续的学习过程中有“法”可依。
教材的探求过程将归纳推理与演绎推理有机结合起来，是培养学生数学探究能力的极好载体。教学过程中，让学生充分体会到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发我们发现解决一般问题的方法。教学中我特别注重区分系数与二项式系数及运用通项意识凡涉及到展开式的项及其系数等问题，常是先写出其通项公式，然后再据题意进行求解。
例1展开式中第三项的是______。
第三项的系数是______
第三项的二项式系数是______
例2（2）求展开式中x3的系数，则______。
解析：由通项公式，得，
由，解得。
本节课的亮点：
引入组合问题，为归纳项数，项得次数，项的形式及项的系数作了很好的铺垫，数学思想、方法和数学文化得到了较好的体现。引导学生运用计数原理来解决特征，为后续学习作准备。二项式系数的对称美，“特殊出发、发现规律、猜想结论、”的科学方法，都带给学生积极的情感体验和无尽的思考。
不足之处：
学生在数学课堂中的参与度不够。我认为，像这样面对新学生的录像课，难以操作。因为让学生自主学习，必须课前作充分的准备，学生带着问题到课堂上进行汇报和交流，师生共同释疑、纠错。否则，对于有一定难度的数学课，在课堂上先自主、合作、探究，再来答疑、解惑，就没有足够的时间了。即使可以操作，自主、合作、探究也是走走过场，没有实际效果。语文与数学有不同特点，在数学课堂上如何让学生讨论、思考值得深入研究。
总之，本节课遵循学生的认识规律，由特殊到一般，由感性到理性。重视学生的参与过程，问题引导，师生互动。重在培养学生观察问题，发现问题，归纳推理问题的能力，从而形成自主探究的学习习惯。
篇2：二项式定理教学反思
汾口中学 叶轶群
《二项式定理》这节内容我采用以知识点 “问题串”的形式引导学生自主探究的教学方法，在循序渐进中以小问题带动大问题，环环相扣，将知识点落实。而学生在自主讨论中，初步认识二项式定理是初中多项式乘法的继续，初步掌握展开式的规律，充分而有效地训练了学生的思维。
整节课在学生讨论探究中进行，通过一连串层层递进的问题，引导学生掌握展开式形成的规律，比如：(问题1：请在多项式中圈出能得到(a+b)4展开式中的项a4 b0的单项式a：(a+b)4 ＝(a＋b)(a＋b)(a＋b) (a＋b)--------- 问题2：请在多项式中用不同颜色的笔标出得到(a+b)4展开式中的项a3 b的单项式a和b
(a+b)4 ＝(a＋b)(a＋b)(a＋b) (a＋b)
(a+b)4 ＝(a＋b)(a＋b)(a＋b) (a＋b)
(a+b)4 ＝(a＋b)(a＋b)(a＋b) (a＋b)
(a+b)4 ＝(a＋b)(a＋b)(a＋b) (a＋b)------------ 问题3：请你用组合的`观点来探究(a+b)4 ＝(a＋b)(a＋b)(a＋b) (a＋b)展开式中的项a2 b2的系数) 以上三个问题由浅入深，由简单到复杂，引导学生体验(a+b)4展开式中的特殊项得来的过程，通过学生自己用笔动手圈注和问题“你是如何做到标注时不重复无遗漏的？”的引导，让学生自己体验的到这些特殊的项需要两个步骤：先取b再取a，进而可以轻而易举的把对特殊项的探究的方法转移到计数原理上来。然后马上引
导学生完成问题4：类比以上探究项a4b0和a3b 及a2b2构成规律的方法， 请你写出 (a+b)4 二项展开式的每一项（把展开式按照a的降幂,b的升幂进行排列）(a+b)4 ＝ ____ 。
在这个过程中非常具有挑战性问题的引入能使学生产生新奇感，激发了学生的学习兴趣和积极性．进一步把这一研究方法推广到展开式的每一项，从而得到(a+b)4二项展开式，又把这一问题往前推进了一步，引导学生找出展开式的通项，进而推广到一般情形。
教学中我特别注重运用通项意识，凡涉及到展开式的项及其系数等问题，常是先写出其通项公式，然后再据题意进行求解。但也有意外出现，对于二项式定理的逆运用，上课过程中重视不够，以为学生在推导展开式的同时也能够推导它的逆公式，所以在上课过程中一笔带过，导致作业中的问题比较多，基于此，在另一个班级的教学中，我决定把这个知识点跟展开式的推导融为一体来落实知识点。
本节课的亮点：
1、从“特殊出发、发现规律、猜想结论、逻辑证明”的科学方法，带给学生积极的情感体验和无尽的思考．数学思想、方法和数学文化得到了较好的体现．
2、课堂小结顺其自然地引导学生把握知识之间的内在本质联系，引导学生用扩展、深化等方式提出新问题，并用问题链引向课外或后续课程。
3、掌握二项式定理和二项展开式的通项公式，并能用它们解决与二项展开式有关的简单问题。教材的探求过程将归纳推理与演绎推理
有机结合起来，教学过程中，学生充分体验到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发他们发现一般性问题的解决方法
4、本节课教学，我采用“问题DD探究”的教学模式，以“问题链”组织课堂教学，让学生体会研究问题的方式方法，培养学生观察、分析、概括的能力，以及化归意识与方法迁移的能力，体会从特殊到一般的思维方式，让学生体验定理的发现和创造历程．
本节课不足之处：
1、我认为在师生互动环节中再多一些效果会更好。但是我认为这样面对学生的展示课,难以操作.因为让学生自主学习,必须课前作充分的准备,学生带着问题到课堂上进行汇报和交流,师生共同释疑、纠错.否则,对于有一定难度的数学课。
2、本节课教学过程中还不够生动有趣。正因为二项式定理在初等数学中与其他内容联系较少，所以教材上教法就显得呆板，单调，课本上先给出一个(a+b)4用组合知识来求展开式的系数的例子.然后推广到一般形式，再用数学归纳法证明，因为证明写得很长，上课时的板书几乎占了整个黑板，所以课必然上得累赘，学生必然感到被动.那么多的算式学生看都不及细看，记也感到吃力，又怎能发挥主体作用？
总之，本节课遵循学生的认识规律，由特殊到一般，由感性到理性．重视学生的参与过程，问题引导，师生互动．重在培养学生观察问题，发现问题，归纳推理问题的能力，从而形成自主探究的学习习惯。
篇3：二项式定理教学反思
首先感谢市教育局各位专家领导给予高度评价，并提出宝贵意见和建议。你们的肯定将激励我在教育事业上勇往直前，我会走得更好，走的更远。你们的建议会让我不断的反省自己，改正自己，完善自己。反思后则奋进，存在问题就整改，发现问题则深思，找到经验就升华。我要牢记你们所说的话“应该向专家型教师学习，向这个方向努力！”
上班已有六年时间，带了两轮的高中数学，在知识方面我严格要求自己，勤思多问，“教然后而知困”，不断发现陌生的自己，促使自己拜师求教，书海寻宝，不断的提高自己的专业素质。在教学技能方面也是严格按照学校的要求多听课、多请教、多反思；备好每一堂课，上好每一堂课；课后做好反思，注意课堂中的每一个细节；同时也大胆的尝试和实践一些新的教学手段、思路和方法，形成和完善自己独有的教学风格。
学习的过程是新旧知识互相碰撞的过程，旧知识不断被新知识所补充所完善。通过学习者不断的思维，才能把新的知识内化，来完善原有的知识结构。对于数学教学而言，教会学生思维才是根本，无论教师的讲解多么精彩，思维活动过程是任何人无法替代的。
在本节课的教学设计中，我很好的把握了重点和难点，通过简单例子反复强调二项展开式的特点和通项公式的特点及功能，学生的理解很轻松。对于例题的选择也是结合近几年的高考特点由浅入深，总体的设计还比较满意。但在上课的过程中忽视了一个很重要的因素――学生。我班是一个文科普班，数学基础不是很好，虽然是复习课，但仍有部分学生跟没学过一样，我在讲课过程中语速过快，一部分学生没能跟上。因此在今后的教学中，一定要多关注学生的原有知识水平和个性差异，灵活机动地随机处理课堂上的问题，把学生出现的错误当成是一种珍贵的教学资源，并加以合理利用。同时也要认真观察学生的微妙变化和反应情况，随机的调整教课的速度，让每个学生都能消化吸收。今后我要在讲课中多下功夫，多收集好的教学方法，教案；多积累典型的例题；认真研究考试大纲，把握教学的重点和难点，上好每一堂课。在其他细节方面，我将以最快的速度去改进、完善。
最后再次感谢各位领导！我将争取早日成为一名优秀的数学教师。
篇4：二项式定理教学反思
下午在安庆一中高二(6)班上了一节数学展示课，课堂学生的反应和专家的点评，都让我受益匪浅，主要体会如下：
1、学生能机积极配合，情绪高涨。据了解,高二(6)班学生基础较好，整体素质较高。由于是新老师,学生不了解我的教学风格,开头几分钟,学生的积极性还没有完全调动起来,但随着时间的推进,课堂氛围不断进入高潮。在遇到疑难问题时,只要我稍加点拨,都能立即化解。特别是最后一道天津高考题,具有挑战性,需要较高的逆向思维水平,但一名学生在很短的时间内就看出了它的结构特点,作出了完整的回答,使学生和听课老师眼睛一亮。加上我及时总结的“数感、式感和图感”又让学生耳目一新，增添了课堂色彩。
2、数学思想、方法和数学文化得到了较好的体现。孙主任点评中的“课堂教学要有高贵和丰满的学科气质”，我认为对数学课堂来说，就是要体现数学思想、方法和数学文化，让数学课堂有“数学味”。课堂中，提到的数学的两重性“直觉与逻辑”，牛顿的“没有大胆的猜想就没有伟大的发现”，二项式系数的对称美，“特殊出发、发现规律、猜想结论、逻辑证明”的科学方法，二项式指数推广到负整数指数，有没有三项式定理，反例C62就不是偶数等等，都带给学生积极的情感体验和无尽的思考。“真诚、深刻、丰富”是课堂永恒的追求。
3、基本技巧和基本方法可能没有很好落实。本节课的教学重点是二项式定理的探求过程,而简单的应用则次之。基于这种想法,我在引导发现定理上花的时间较多,证明过程多媒体详细展示,但最后没有点到“还可以用数学归纳法证明”是一个疏忽。同时对将(p-q)7展开这种问题没有书写示范，以致不少学生书写不规范或弄错，板演的学生就有好几处错误,我也没有详细板书订正。我想,好在还有第二节课的加强,先让学生对此内容有点兴趣,再去强化运算的正确性也不迟。
4、课堂上如何放手让学生自主学习。多位专家评课中提到数学课堂上如何放手让学生自主学习,这也是新课程大力倡导的。我认为,像这样面对新学生的展示课,难以操作。因为让学生自主学习,必须课前作充分的准备,学生带着问题到课堂上进行汇报和交流,师生共同释疑、纠错。否则,对于有一定难度的数学课,在课堂上2先自主、合作、探究，再来答疑、解惑，就没有足够的时间了。即使可以操作,自主、合作、探究也是走走过场,没有实际效果。语文与数学有不同特点,在数学课堂上如何实施自主学习值得深入研究。
5、数学教师要不断提高专业水平和人文素养。范梅南有一句名言：教学就是“即兴创作”,依托的是教师的文化底蕴和精神修养。对数学教师来说,我认为是专业水平和人文素养。专业水平可以帮助你确定有梯度的思维目标,创设有价值的思维情景;人文素养可以帮助你确定良好的情感目标,营造积极的情感情景。速度、效果、体验是判别有效课堂的三要素，其中就蕴涵着对学生探索精神、创新精神的唤醒和弘扬，创新能力的发展和提升，创造型人格的生成与确立。数学教师要多读点文学作品，打造有诗意的数学课堂。 反思一：二元一次方程组的解法教学反思
“解二元一次方程组”是“二元一次方程组”一章中很重要的知识，占有重要的地位。通过本节课的教学，使学生会用代入消元法和加减消元法解二元一次方程组，了解“消元”思想。
教学后发现，大部分学生能掌握二元一次方程组的解法，教学一开始给出了一个二元一次方程组。提问：含有两个未知数的方程我们没有学习过怎样解，那么我们学过解什么类型的方程？答：一元一次方程。提问：那可怎么办呢？这时，学生通过交流，教师只要略加指导，两种方法自然得出，这其中也体现了化归思想。有个别同学在选择方法上：是用代入法还是加减法，很犹豫，解答起来速度较慢。这时，教师通过让学生对未知数系数为一的方程组，与未知数系数都不为一的方程组的对比，自行体会出如何选择解方程组的方法。
在课堂上设置小组交流这一环节，交流的内容有对新知识的探究、对问题的理解、计算方法及体会、学生相互纠错等。同时，要避免满堂交流，没有目的的交流，教师要给予必要的引导，让学生有价值有目标的交流，关注每个学生的参与情况，并给以指导。通过学生学习小组交流，增强了每个学生的参与意识，同时通过解释、推断和对自己思想进行口头和书面的表达加深理解，学生之间的合作交流，不仅是使学生获取必要的学科知识，对于提高每个学生的口头表达能力及数学语言的规范及交际能力、合作意识的培养起到了很大的作用。
本堂课最大的特点是，利用一个方程组引出了两种解法，直观对比，并归纳总结出化归思想，使学生在脑子中直接形成了知识网络和解题思想，取得了较好的效果。但是，仍然需要练习进行巩固提高。
反思二：二元一次方程组的解法教学反思
解二元一次方程组的基本思路是消元，即消去一个未知数，转化成一元一次方程求解。消元的方法是代入法和加减法，平时，学生都是循规蹈矩，按部就班地用代入法或加减法解一次方程组。而实际上二元一次方程组系数间的特点是丰富多彩的，消元的方法也很多。在牢牢掌握两种基本消元方法之后，再进行探索特殊方程组特殊的解法，将能大大开阔学生的思路，激活学生的思维。
于是在学习了代入法和加减法消元之后，我设计了这节探究课。本节课实际上是一节复习课，通过对几种类型题进行探究后，让学生知道代入法和加减法的作用不仅仅是消元，还能简化方程组，即使消元，也是灵活多变，技巧性很强的。启发学生把已经掌握的知识，经过再挖掘，不但能巩固已学知识，而且能获得许多的技巧，提高他们的思维能力。
首先我以两道古代应用问题的解决让学生先复习回顾二元一次方程组的两种解法，同时由第二道题所列的方程组引导学生学会观察方程组的特点通过加减法将方程组化简，再通过代入或加减法求方程组的解，学生反思解题带给自己的启示，不仅简化了方程组的解法，还拓展了解题思路，培养学生一题多解的能力。接下来的巧解难题和触类旁通都可以通过这种巧代入或巧加减将看似较复杂或较麻烦的问题简单化，调动了学生的学习兴趣，满足了学生的探究欲望，发挥了学生的主体作用。
反思本节课，我觉得有以下几点：
1、本节课灵活运用了多种教学方法，既有教师的讲解，又有学生的独立思考和讨论，调动了学生学习的积极性，充分发挥了学生的主体作用。
2、本节课还注重了数学思想方法在课堂中的渗透。拓宽了学生的知识面，培养了学生的发散思维能力和创新能力。
3、在整个教学教程中，由课题引入到问题解决至始至终向学生渗透数学应用意识，培养了学生应用数学的能力，揭示了数学源于生活，又高于生活。这样教学不仅使学生理解了学习内容，而且使学生掌握了学习的方法，更好地利用所学知识解决问题。
此外本节课还存在诸多的不足之处：
1.在提出问题的时候，学生的思考时间较少，只有程度较好的学生思考出来，大部分学生都还在思考中。
2.欠缺对“学困生”的关注，没能用更好的语言激发他们。
3.没能让每位学生都有足够的时间发表自己的观点。
4.没能进行很好的知识延伸和拓展。
5.还应更注重细节，讲究规范，强调反思。
反思三：二元一次方程组的解法教学反思
本节课是华东师大版七年级数学下册第七章《二元一次方程组》中第二节的第四课时，它是在学习了代入消元法和加减消元法的基础上进行学习的。能够灵活熟练地掌握加减消元法，在解方程组时会更简便准确，也是为以后学习用待定系数法求一次函数、二次函数关系式打下了基础，特别是在联系实际，应用方程组解决问题方面，它会起到事半功倍的效果。
我所任教的初一（2）班学生基础比较好，他们已经具备了一定的探索能力，也初步养成了合作交流的习惯。大多数学生的好胜心比较强，性格比较活泼,他们希望有展现自我才华的机会，但是对于七年级的乡镇中学的学生来说，他们独立分析问题的能力和灵活应用的能力还有待提高，很多时候还需要教师的点拨和引导。因此，我遵循学生的认识规律，由浅入深，适时引导，调动学生的积极性，并适当地给予表扬和鼓励，借此增强他们的自信心。
本课时充分利用了学生原有生活经验中的替代思想，迁移到数学中，形成消元思想。通过生活事例让学生亲身经历数学知识的形成与应用过程，鼓励学生自主探索与合作交流，让学生在实践中体验、理解和掌握数学知识，使知识的发现过程融于有趣的活动中。待学生通过巩固练习积累感性经验后，又将加减法程序化，归纳出解题步骤，使之更具操作性，促进学生由方法向技能的转化。本节课的亮点是重视知识的发现过程，在教学过程中，通过设置适当的问题情境，给学生有充分的从事数学活动的时间与空间，让他们积极参与、自主探索，整个课堂教学时时处处立足于让学生先看、先思、先做、先说，符合新课改的以学生为本的理念。将设未知数列一元一次方程的求解过程与二元一次方程组相比较，可让学生在复习旧知的同时，新知识得以掌握。
篇5：二项式定理教学反思
二项式定理是初中学过的多项式乘法的继续，是排列组合知识的具体运用，定理的证明是计数原理的应用。
本节课的教学重点是“使学生掌握二项式定理的形成过程”，在教学中，采用“问题探究”的教学模式，把整个课堂分为呈现问题、探索规律、总结规律、应用规律四个阶段.让学生体会研究问题的方式方法，培养学生观察、分析、概括的能力，以及化归意识与方法迁移的能力，体会从特殊到一般的思维方式，让学生体验定理的发现和创造历程。
本节课的难点是用计数原理分析二项式的展开过程，发现二项式展开成单项式之和时各项系数的规律.在教学中，设置了对多项式乘法的再认识，引导学生运用计数原理来解决项数问题，明确每一项的特征，为后面二项展开式的推导作铺垫.再以为对象进行探究，引导学生用计数原理进行再思考，分析各项以及项的个数，这也为推导的展开式提供了一种方法，使学生在后续的学习过程中有“法”可依。
教材的探求过程将归纳推理与演绎推理有机结合起来，是培养学生数学探究能力的极好载体.教学过程中，让学生充分体会到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发我们发现解决一般问题的方法.教学中我特别注重运用通项意识凡涉及到展开式的项及其系数等问题，常是先写出其通项公式，然后再据题意进行求解。
本节课的亮点：引入作了项数问题，明确每一项的很好的铺垫，数学思想、方法和数学文化得到了较好的体现.引导学生运用计数原理来解决特征，为后续学习作准备.二项式系数的对称美，“特殊出发、发现规律、猜想结论、逻辑证明”的`科学方法，二项式指数推广到负整数指数，有没有三项式定理，都带给学生积极的情感体验和无尽的思考。
不足之处：学生在数学课堂中的参与度不够.我认为,像这样面对新学生的展示课,难以操作.因为让学生自主学习,必须课前作充分的准备,学生带着问题到课堂上进行汇报和交流,师生共同释疑、纠错.否则,对于有一定难度的数学课,在课堂上先自主、合作、探究，再来答疑、解惑，就没有足够的时间了。即使可以操作，自主、合作、探究也是走走过场，没有实际效果. 语文与数学有不同特点,在数学课堂上如何让学生讨论、思考值得深入研究。
总之，本节课遵循学生的认识规律，由特殊到一般，由感性到理性.重视学生的参与过程，问题引导，师生互动.重在培养学生观察问题，发现问题，归纳推理问题的能力，从而形成自主探究的学习习惯。
篇6：二项式定理教学反思
首先感谢市教育局各位专家领导给予高度评价，并提出宝贵意见和建议。你们的肯定将激励我在教育事业上勇往直前，我会走得更好，走的更远。你们的建议会让我不断的反省自己，改正自己，完善自己。反思后则奋进，存在问题就整改，发现问题则深思，找到经验就升华。我要牢记你们所说的话“应该向专家型教师学习，向这个方向努力！”
上班已有六年时间，带了两轮的高中数学，在知识方面我严格要求自己，勤思多问，“教然后而知困”，不断发现陌生的自己，促使自己拜师求教，书海寻宝，不断的提高自己的专业素质。在教学技能方面也是严格按照学校的要求多听课、多请教、多反思；备好每一堂课，上好每一堂课；课后做好教学反思，注意课堂中的每一个细节；同时也大胆的尝试和实践一些新的教学手段、思路和方法，形成和完善自己独有的教学风格。
学习的过程是新旧知识互相碰撞的过程，旧知识不断被新知识所补充所完善。通过学习者不断的思维，才能把新的知识内化，来完善原有的知识结构。对于数学教学而言，教会学生思维才是根本，无论教师的讲解多么精彩，思维活动过程是任何人无法替代的。
在本节课的教学设计中，我很好的把握了重点和难点，通过简单例子反复强调二项展开式的特点和通项公式的特点及功能，学生的理解很轻松。对于例题的选择也是结合近几年的高考特点由浅入深，总体的设计还比较满意。但在上课的过程中忽视了一个很重要的因素——学生。我班是一个文科普班，数学基础不是很好，虽然是复习课，但仍有部分学生跟没学过一样，我在讲课过程中语速过快，一部分学生没能跟上。因此在今后的教学中，一定要多关注学生的原有知识水平和个性差异，灵活机动地随机处理课堂上的问题，把学生出现的错误当成是一种珍贵的教学资源，并加以合理利用。同时也要认真观察学生的微妙变化和反应情况，随机的调整教课的速度，让每个学生都能消化吸收。今后我要在讲课中多下功夫，多收集好的教学方法，教案；多积累典型的例题；认真研究考试大纲，把握教学的重点和难点，上好每一堂课。在其他细节方面，我将以最快的速度去改进、完善。
最后再次感谢各位领导！我将争取早日成为一名优秀的数学教师。
篇7：二项式定理教学反思
下午在安庆一中高二（6）班上了一节数学展示课，课堂学生的反应和专家的点评，都让我受益匪浅，主要体会如下：
1、学生能机积极配合，情绪高涨。据了解，高二（6）班学生基础较好，整体素质较高。由于是新老师，学生不了解我的教学风格，开头几分钟，学生的积极性还没有完全调动起来，但随着时间的推进，课堂氛围不断进入高潮。在遇到疑难问题时，只要我稍加点拨，都能立即化解。特别是最后一道天津高考题，具有挑战性，需要较高的逆向思维水平，但一名学生在很短的时间内就看出了它的结构特点，作出了完整的回答，使学生和听课老师眼睛一亮。加上我及时总结的“数感、式感和图感”又让学生耳目一新，增添了课堂色彩。
2、数学思想、方法和数学文化得到了较好的体现。孙主任点评中的“课堂教学要有高贵和丰满的学科气质”，我认为对数学课堂来说，就是要体现数学思想、方法和数学文化，让数学课堂有“数学味”。课堂中，提到的数学的两重性“直觉与逻辑”，牛顿的“没有大胆的猜想就没有伟大的发现”，二项式系数的对称美，“特殊出发、发现规律、猜想结论、逻辑证明”的科学方法，二项式指数推广到负整数指数，有没有三项式定理，反例C62就不是偶数等等，都带给学生积极的情感体验和无尽的思考。“真诚、深刻、丰富”是课堂永恒的追求。
3、基本技巧和基本方法可能没有很好落实。本节课的教学重点是二项式定理的探求过程，而简单的应用则次之。基于这种想法，我在引导发现定理上花的时间较多，证明过程多媒体详细展示，但最后没有点到“还可以用数学归纳法证明”是一个疏忽。同时对将（p—q）7展开这种问题没有书写示范，以致不少学生书写不规范或弄错，板演的学生就有好几处错误，我也没有详细板书订正。我想，好在还有第二节课的加强，先让学生对此内容有点兴趣，再去强化运算的正确性也不迟。
4、课堂上如何放手让学生自主学习。多位专家评课中提到数学课堂上如何放手让学生自主学习，这也是新课程大力倡导的。我认为，像这样面对新学生的展示课，难以操作。因为让学生自主学习，必须课前作充分的准备，学生带着问题到课堂上进行汇报和交流，师生共同释疑、纠错。否则，对于有一定难度的数学课，在课堂上2先自主、合作、探究，再来答疑、解惑，就没有足够的时间了。即使可以操作，自主、合作、探究也是走走过场，没有实际效果。语文与数学有不同特点，在数学课堂上如何实施自主学习值得深入研究。
5、数学教师要不断提高专业水平和人文素养。范梅南有一句名言：教学就是“即兴创作”，依托的是教师的文化底蕴和精神修养。对数学教师来说，我认为是专业水平和人文素养。专业水平可以帮助你确定有梯度的思维目标，创设有价值的思维情景；人文素养可以帮助你确定良好的情感目标，营造积极的情感情景。速度、效果、体验是判别有效课堂的三要素，其中就蕴涵着对学生探索精神、创新精神的唤醒和弘扬，创新能力的发展和提升，创造型人格的生成与确立。数学教师要多读点文学作品，打造有诗意的数学课堂。
篇8：高三数学《二项式定理》说课稿
高三数学《二项式定理》说课稿
一、教材分析：
1、知识内容：二项式定理及简单应用
2、地位及重要性
二项式定理是安排在高中数学排列组合内容后的一部分内容，其形成过程是组合知识的应用，同时也是自成体系的知识块，为随后学习的概率知识及高三选修概率与统计，作知识上的铺垫。二项展开式与多项式乘法有密切的联系，本节知识的学习，必然从更广的视角和更高的层次来审视初中学习的关于多项式变形的知识。运用二项式定理可以解决一些比较典型的数学问题，例如近似计算、整除问题、不等式的证明等。
3、教学目标
A、知识目标：
（1）使学生参与并探讨二项式定理的形成过程，掌握二项式系数、字母的幂次、展开式项数的规律
（2）能够应用二项式定理对所给出的二项式进行正确的展开
B、能力目标：
（1）在学生对二项式定理形成过程的参与、探讨过程中，培养学生观察、猜想、归纳的能力及分类讨论解决问题的能力
（2）培养学生的化归意识和知识迁移的能力
c、情感目标：
（1）通过学生自主参与和二项式定理的形成过程培养学生解决数学问题的信心；
（2）通过学生自主参与和二项式定理的形成过程培养学生体会到数学内在和谐对称美；
（3）培养学生的民族自豪感，在学习知识的过程中进行爱国主义教育。
4、重点难点：
重点：
（1）使学生参与并深刻体会二项式定理的形成过程，掌握二项式系数、字母的幂次、展开式项数的规律；
（2）能够利用二项式定理对给出的二项式进行正确的展开。
难点：二项式定理的发现。
二、教法学法分析
为了达到这节课的目标：掌握并能运用二项式定理，让学生主动探索展开式的由来是关键。“学习任何东西最好的途径是自己去发现”正所谓“学问之道，问而得，不如求而得之深固也”本节课的教法贯穿启发式教学原则，以启发学生主动学习，积极探索为主。创设一个以学生为主体，师生互动、共同探索的教与学的情境。通过复习引入，引申设疑，实验猜想，归纳推广等环节进行对此定理的探索。不仅重视知识的结果，而且重视知识的发生、发现和解决的过程，贯切新课程理念。
另外，根据“近发展区的理论”精心设置问题，调控问题的解决过程培育这节课最佳的知识生长点。
三、教学过程
1、情景设置
问题1：若今天是星期二，再过30天后的那一天是星期几？怎么算？
预期回答：星期四，将问题转化为求“30被7除后算余数”是多少？
问题2：若今天是星期二，再过810天后的那一天是星期几？
问题3：若今天是星期二，再过天后是星期几？怎么算？
预期回答：将问题转化为求“被7除后算余数”是多少？
在初中，我们已经学过了
（a+b）2=a2+2ab+b2
（a+b）3=（a+b）2（a+b）=a3+3a2b+3ab2+b3
（提问）：对于（a+b）4，（a+b）5如何展开？（利用多项式乘法）
（再提问）：（a+b）100又怎么办？（a+b）n（n？N+）呢？
我们知道，事物之间或多或少存在着规律。也就是研究（a+b）n（n？N+）的展开式是什么？这就是本节课要学的内容。这节课，我们就来研究（a+b）n的二项展开式的规律性。学完本课后，此题就不难求解了。
（设计意图：使学生明确学习目的，用悬念来激发他们的学习动机。奥苏贝尔认为动机是学习的先决条件，而认知驱力，即学生渴望认知、理解和掌握知识，并能正确陈述问题、顺利解决问题的`倾向是学生学习的重要动力。）
2、新授
第一步：让学生展开
问题1：以的展开式为例，说出各项字母排列的规律；项数与乘方指数的关系；展开式第二项的系数与乘方指数的关系。
预期回答：①展开式每一项的次数按某一字母降幂、另一字母升幂排列，且两个字母幂指数的和等于乘方指数；②展开式的项数比乘方指数多1；③展开式中第二项的系数等于乘方指数。
第二步：继续设疑
如何展开以及呢？
（设计意图：让学生感到仅掌握杨辉三角形是不够的，激发学生继续学习新的更简捷的方法的欲望。）
继续新授
师：为了寻找规律，我们以中为例
二项式定理数学说课稿问题1：以项为例，有几种情况相乘均可得到项？这里的字母各来自哪个括号？
问题2：既然以上的字母分别来自4个不同的括号，项的系数你能用组合数来表示吗？
问题3：你能将问题2所述的意思改编成一个排列组合的命题吗？
（预期答案：有4个括号，每个括号中有两个字母，一个是、一个是。每个括号只能取一个字母，任取两个、两个，然后相乘，问不同的取法有几种？）
问题4：请用类比的方法，求出二项展开式中的其它各项系数（用组合数的形式进行填写），
篇9：《组合排列二项式定理》教学设计
《组合排列二项式定理》教学设计
教学目标
（1）正确理解加法原理与乘法原理的意义，分清它们的条件和结论；
（2）能结合树形图来帮助理解加法原理与乘法原理；
（3）正确区分加法原理与乘法原理，哪一个原理与分类有关，哪一个原理与分步有关；
（4）能应用加法原理与乘法原理解决一些简单的应用问题，提高学生理解和运用两个原理的能力；
（5）通过对加法原理与乘法原理的学习，培养学生周密思考、细心分析的良好习惯。
教学建议
一、知识结构
二、重点难点分析
本节的重点是加法原理与乘法原理，难点是准确区分加法原理与乘法原理。
加法原理、乘法原理本身是容易理解的，甚至是不言自明的。这两个原理是学习排列组合内容的基础，贯穿整个内容之中，一方面它是推导排列数与组合数的基础；另一方面它的结论与其思想在方法本身又在解题时有许多直接应用。
两个原理回答的，都是完成一件事的所有不同方法种数是多少的问题，其区别在于：运用加法原理的前提条件是， 做一件事有n类方案，选择任何一类方案中的任何一种方法都可以完成此事，就是说，完成这件事的各种方法是相互独立的；运用乘法原理的前提条件是，做一件事有n个骤，只要在每个步骤中任取一种方法，并依次完成每一步骤就能完成此事，就是说，完成这件事的各个步骤是相互依存的。简单的说，如果完成一件事情的所有方法是属于分类的问题，每次得到的是最后结果，要用加法原理；如果完成一件事情的方法是属于分步的问题，每次得到的该步结果，就要用乘法原理。
三、教法建议
关于两个计数原理的教学要分三个层次：
第一是对两个计数原理的认识与理解．这里要求学生理解两个计数原理的意义，并弄清两个计数原理的区别．知道什么情况下使用加法计数原理，什么情况下使用乘法计数原理．（建议利用一课时）．
第二是对两个计数原理的使用．可以让学生做一下习题（建议利用两课时）：
①用0，1，2，……，9可以组成多少个8位号码；
②用0，1，2，……，9可以组成多少个8位整数；
③用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位整数；
④用0，1，2，……，9可以组成多少个有重复数字的4位整数；
⑤用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位奇数；
⑥用0，1，2，……，9可以组成多少个有两个重复数字的4位整数等等．
第三是使学生掌握两个计数原理的综合应用，这个过程应该贯彻整个教学中，每个排列数、组合数公式及性质的推导都要用两个计数原理，每一道排列、组合问题都可以直接利用两个原理求解，另外直接计算法、间接计算法都是两个原理的一种体现．教师要引导学生认真地分析题意，恰当的分类、分步，用好、用活两个基本计数原理．
教学设计示例
加法原理和乘法原理
教学目标
正确理解和掌握加法原理和乘法原理，并能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题，从而发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力．
教学重点和难点
重点：加法原理和乘法原理．
难点：加法原理和乘法原理的准确应用．
教学用具
投影仪．
教学过程设计
（一）引入新课
从本节课开始，我们将要学习中学代数内容中一个独特的部分——排列、组合、二项式定理．它们研究对象独特，研究问题的方法不同一般．虽然份量不多，但是与旧知识的联系很少，而且它还是我们今后学习概率论的基础，统计学、运筹学以及生物的选种等都与它直接有关．至于在日常的工作、生活上，只要涉及安排调配的问题，就离不开它．
今天我们先学习两个基本原理．
（二）讲授新课
1．介绍两个基本原理
先考虑下面的问题：
问题1：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船．一天中，火车有4个班次，汽车有2个班次，轮船有3个班次．那么一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同的走法？
因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每种走法都可以完成由甲地到乙地这件事情．所以，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有4+2+3=9种不同的走法．
这个问题可以总结为下面的一个基本原理（打出片子——加法原理）：
加法原理：做一件事，完成它可以有几类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法．
请大家再来考虑下面的问题（打出片子——问题2）：
问题2：由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条（见下图），从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？
这里，从A村到B村，有3种不同的走法，按这3种走法中的每一种走法到达B村后，再从B村到C村又各有2种不同的走法，因此，从A村经B村去C村共有3×2=6种不同的走法．
一般地，有如下基本原理（找出片子——乘法原理）：
乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
2．浅释两个基本原理
两个基本原理的用途是计算做一件事完成它的所有不同的方法种数．
比较两个基本原理，想一想，它们有什么区别？
两个基本原理的区别在于：一个与分类有关，一个与分步有关．
看下面的分析是否正确（打出片子——题1，题2）：
题1：找1～10这10个数中的所有合数．第一类办法是找含因数2的合数，共有4个；第二类办法是找含因数3的合数，共有2个；第三类办法是找含因数5的合数，共有1个．
1～10中一共有N=4＋2＋1=7个合数．
题2：在前面的问题2中，步行从A村到B村的北路需要8时，中路需要4时，南路需要6时，B村到C村的北路需要5时，南路需要3时，要求步行从A村到C村的总时数不超过12时，共有多少种不同的走法？
第一步从A村到B村有3种走法，第二步从B村到C村有2种走法，共有N=3×2=6种不同走法．
题2中的合数是4，6，8，9，10这五个，其中6既含有因数2，也含有因数3；10既含有因数2，也含有因数5．题中的分析是错误的．
从A村到C村总时数不超过12时的走法共有5种．题2中从A村走北路到B村后再到C村，只有南路这一种走法．
（此时给出题1和题2的目的是为了引导学生找出应用两个基本原理的注意事项，这样安排，不但可以使学生对两个基本原理的理解更深刻，而且还可以培养学生的学习能力）
进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能单独完成这件事．只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以．
如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么计算完成这件事的方法数时，就可以直接应用乘法原理．
也就是说：类类互斥，步步独立．
（在学生对问题的分析不是很清楚时，教师及时地归纳小结，能使学生在应用两个基本原理时，思路进一步清晰和明确，不再简单地认为什么样的分类都可以直接用加法，只要分步而不管是否相互联系就用乘法．从而深入理解两个基本原理中分类、分步的真正含义和实质）
（三）应用举例
现在我们已经有了两个基本原理，我们可以用它们来解决一些简单问题了．
例1 书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．
（1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？
（2）若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？
（3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？
（让学生思考，要求依据两个基本原理写出这3个问题的答案及理由，教师巡视指导，并适时口述解法）
（1）从书架上任取一本书，可以有3类办法：第一类办法是从3本不同数学书中任取1本，有3种方法；第二类办法是从5本不同的语文书中任取1本，有5种方法；第三类办法是从6本不同的英语书中任取一本，有6种方法．根据加法原理，得到的取法种数是
N＝m1＋m2＋m3＝3＋5＋6＝14．故从书架上任取一本书的不同取法有14种．
（2）从书架上任取数学书、语文书、英语书各1本，需要分成三个步骤完成，第一步取1本数学书，有3种方法；第二步取1本语文书，有5种方法；第三步取1本英语书，有6种方法．根据乘法原理，得到不同的取法种数是N=m1×m2×m3=3×5×6=90．故，从书架上取数学书、语文书、英语书各1本，有90种不同的方法．
（3）从书架上任取不同科目的书两本，可以有3类办法：第一类办法是数学书、语文书各取1本，需要分两个步骤，有3×5种方法；第二类办法是数学书、英语书各取1本，需要分两个步骤，有3×6种方法；第三类办法是语文书、英语书各取1本，有5×6种方法．一共得到不同的`取法种数是N=3×5＋3×6＋5×6=63．即，从书架任取不同科目的书两本的不同取法有63种．
例2 由数字0，1，2，3，4可以组成多少个三位整数（各位上的数字允许重复）？
解：要组成一个三位数，需要分成三个步骤：第一步确定百位上的数字，从1～4这4个数字中任选一个数字，有4种选法；第二步确定十位上的数字，由于数字允许重复，共有5种选法；第三步确定个位上的数字，仍有5种选法．根据乘法原理，得到可以组成的三位整数的个数是N=4×5×5=100．
答：可以组成100个三位整数．
教师的连续发问、启发、引导，帮助学生找到正确的解题思路和计算方法，使学生的分析问题能力有所提高．教师在第二个例题中给出板书示范，能帮助学生进一步加深对两个基本原理实质的理解，周密的考虑，准确的表达、规范的书写，对于学生周密思考、准确表达、规范书写良好习惯的形成有着积极的促进作用，也可以为学生后面应用两个基本原理解排列、组合综合题打下基础。
（四）归纳小结
归纳什么时候用加法原理、什么时候用乘法原理：
分类时用加法原理，分步时用乘法原理．
应用两个基本原理时需要注意分类时要求各类办法彼此之间相互排斥；分步时要求各步是相互独立的．
（五）课堂练习
P222：练习1～4．
（对于题4，教师有必要对三个多项式乘积展开后各项的构成给以提示）
（六）布置作业
P222：练习5，6，7．
补充题：
1．在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的共有多少个？
（提示：按十位上数字的大小可以分为9类，共有9＋8＋7＋…＋2＋1=45个个位数字小于十位数字的两位数）
2．某学生填报高考志愿，有m个不同的志愿可供选择，若只能按第一、二、三志愿依次填写3个不同的志愿，求该生填写志愿的方式的种数．
（提示：需要按三个志愿分成三步，共有m（m-1）（m-2）种填写方式）
3．在所有的三位数中，有且只有两个数字相同的三位数共有多少个？
（提示：可以用下面方法来求解：（1）△△□，（2）△□△，（3）□△□，（1），（2），（3）类中每类都是9×9种，共有9×9+9×9+9×9=3×9×9=243个只有两个数字相同的三位数）
4．某小组有10人，每人至少会英语和日语中的一门，其中8人会英语，5人会日语，（1）从中任选一个会外语的人，有多少种选法？（2）从中选出会英语与会日语的各1人，有多少种不同的选法？
（提示：由于8＋5=13＞10，所以10人中必有3人既会英语又会日语．
（1）N=5＋2＋3；（2）N=5×2＋5×3＋2×3）
篇10：排列、组合、二项式定理的教案
排列、组合、二项式定理的教案
一．课标要求：
1．分类加法计数原理、分步乘法计数原理
通过实例，总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理；能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题；
2．排列与组合
通过实例，理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题；
3．二项式定理
能用计数原理证明二项式定理； 会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题。
二．命题走向
本部分内容主要包括分类计数原理、分步计数原理、排列与组合、二项式定理三部分；考查内容：（1）两个原理；（2）排列、组合的概念，排列数和组合数公式，排列和组合的应用；（3）二项式定理，二项展开式的通项公式，二项式系数及二项式系数和。
排列、组合不仅是高中数学的重点内容，而且在实际中有广泛的应用，因此新高考会有题目涉及；二项式定理是高中数学的重点内容，也是高考每年必考内容，新高考会继续考察。
考察形式：单独的考题会以选择题、填空题的形式出现，属于中低难度的题目，排列组合有时与概率结合出现在解答题中难度较小，属于高考题中的中低档题目。
三．要点精讲
1．排列、组合、二项式知识相互关系表
2．两个基本原理
（1）分类计数原理中的分类；
（2）分步计数原理中的分步；
正确地分类与分步是学好这一章的关键。
3．排列
（1）排列定义，排列数
（2）排列数公式：系 = =n·(n－1)…(n－m+1)；
（3）全排列列： =n!；
（4）记住下列几个阶乘数：1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720；
4．组合
（1）组合的定义，排列与组合的区别；
（2）组合数公式：Cnm= = ；
（3）组合数的性质
①Cnm=Cnn-m；② ；③rCnr=n·Cn-1r-1；④Cn0+Cn1+…+Cnn=2n；⑤Cn0-Cn1+…+(-1)nCnn=0，即 Cn0+Cn2+Cn4+…=Cn1+Cn3+…=2n-1；
5．二项式定理
（1）二项式展开公式：(a+b)n=Cn0an+Cn1an-1b+…+Cnkan-kbk+…+Cnnbn；
（2）通项公式：二项式展开式中第k+1项的通项公式是：Tk+1=Cnkan-kbk；
6．二项式的应用
（1）求某些多项式系数的和；
（2）证明一些简单的组合恒等式；
（3）证明整除性。①求数的末位；②数的整除性及求系数；③简单多项式的整除问题；
（4）近似计算。当|x|充分小时，我们常用下列公式估计近似值：
①(1+x)n≈1+nx；②(1+x)n≈1+nx+ x2；（5）证明不等式。
四．典例解析
题型1：计数原理
例1．完成下列选择题与填空题
（1）有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，则不同的投法有 种。
A．81 B．64 C．24 D．4
（2）四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是（ ）
A．81 B．64 C．24 D．4
（3）有四位学生参加三项不同的竞赛，
①每位学生必须参加一项竞赛，则有不同的参赛方法有 ；
②每项竞赛只许有一位学生参加，则有不同的参赛方法有 ；
③每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有一位学生参加，则不同的参赛方法有 。
例2．（06江苏卷）今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有 种不同的方法（用数字作答）。
点评：分步计数原理与分类计数原理是排列组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，在高中数学中，只有这两个原理，尤其是分类计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效的将之化简,达到求解的目的。
题型2：排列问题
例3．（1）（四川理卷13）
展开式中 的系数为?______ _________。
【点评】：此题重点考察二项展开式中指定项的系数，以及组合思想；
（2）．2008湖南省长沙云帆实验学校理科限时训练
若 n展开式中含 项的系数与含 项的系数之比为－5，则n 等于 （ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
点评：合理的应用排列的公式处理实际问题，首先应该进入排列问题的情景，想清楚我处理时应该如何去做。
例4．（1）用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1，2相邻的偶数有 个（用数字作答）；
（2）电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则共有 种不同的播放方式（结果用数值表示）.
点评：排列问题不可能解决所有问题，对于较复杂的问题都是以排列公式为辅助。
题型三：组合问题
例5．荆州市2008届高中毕业班质量检测（Ⅱ）
（1）将4个相同的白球和5个相同的黑球全部放入3个不同的盒子中，每个盒子既要有白球，又要有黑球，且每个盒子中都不能同时只放入2个白球和2个黑球，则所有不同的放法种数为（C） A.3 B.6 C.12 D.18
（2）将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（ ）
A．10种 B．20种 C．36种D．52种
点评：计数原理是解决较为复杂的`排列组合问题的基础，应用计数原理结合
例6．（1）某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，则不同的选派方案共有 种；
（2）5名志愿者分到3所学校支教，每个学校至少去一名志愿者，则不同的分派方法共有（ ）
（A）150种 (B)180种 (C)200种 (D)280种
点评：排列组合的交叉使用可以处理一些复杂问题，诸如分组问题等；
题型4：排列、组合的综合问题
例7．平面上给定10个点，任意三点不共线，由这10个点确定的直线中，无三条直线交于同一点（除原10点外），无两条直线互相平行。求：（1）这些直线所交成的点的个数（除原10点外）。（2）这些直线交成多少个三角形。
点评：用排列、组合解决有关几何计算问题，除了应用排列、组合的各种方法与对策之外，还要考虑实际几何意义。
例8．已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{－3,－2,－1,0,1,2,3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数。
点评：本题是全国高中数学联赛中的一填空题，据抽样分析正确率只有0.37。错误原因没有对c=0与c≠0正确分类；没有考虑c=0中出现重复的直线。
题型5：二项式定理
例9．（1）（2008湖北卷）
在 的展开式中， 的幂的指数是整数的项共有
A．3项 B．4项 C．5项 D．6项
（2） 的展开式中含x 的正整数指数幂的项数是
（A）0 （B）2 （C）4 （D）6
点评：多项式乘法的进位规则。在求系数过程中,尽量先化简，降底数的运算级别,尽量化成加减运算，在运算过程可以适当注意令值法的运用，例如求常数项，可令 .在二项式的展开式中，要注意项的系数和二项式系数的区别。
例10． （2008湖南文13）
记 的展开式中第m项的系数为 ，若 ，则 =____5______.
题型6：二项式定理的应用
例11．（1）求4×6n+5n+1被20除后的余数；
（2）7n+Cn17n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1×7除以9，得余数是多少？
（3）根据下列要求的精确度，求1.025的近似值。①精确到0.01；②精确到0.001。
点评：（1）用二项式定理来处理余数问题或整除问题时，通常把底数适当地拆成两项之和或之差再按二项式定理展开推得所求结论；
（2）用二项式定理来求近似值，可以根据不同精确度来确定应该取到展开式的第几项。
五．思维总结
解排列组合应用题的基本规律
1．分类计数原理与分步计数原理使用方法有两种：①单独使用；②联合使用。
2．将具体问题抽象为排列问题或组合问题，是解排列组合应用题的关键一步。
3．对于带限制条件的排列问题，通常从以下三种途径考虑：
（1）元素分析法：先考虑特殊元素要求，再考虑其他元素；
（2）位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置；
（3）整体排除法：先算出不带限制条件的排列数，再减去不满足限制条件的排列数。
4．对解组合问题，应注意以下三点：
（1）对“组合数”恰当的分类计算，是解组合题的常用方法；
（2）是用“直接法”还是“间接法”解组合题，其原则是“正难则反”；
（3）设计“分组方案”是解组合题的关键所在。
篇11：排列、组合、二项式定理的教案
排列、组合、二项式定理的精品教案
一、教学设计思想
目前教学的核心是“以学生的发展为本”，注重学生的学习状态和情感体验，注重教学过程中学生主体地位的凸现和主体作用的发挥，强调尊重学生人格和个性，鼓励发现、探究与质疑，鼓励培养学生的创新精神和实践能力．
二项式定理这部分内容比较枯燥，是初中乘法公式的推广，是排列组合知识的具体运用，是学习概率的重要基础．这部分知识具有较高应用价值和思维训练价值．教材中的二项式定理主要包括：定理本身，通项公式，杨辉三角，二项式系数的性质等．如何发挥学生的主体作用，使学生自己探究学习知识、建构知识网络，是本节课教学设计的核心．
正因为二项式定理在初等数学中与其他内容联系较少，所以教材上教法就显得呆板，单调，怎样使二项式定理的教学生动有趣？使得在这节课上学生获得主动？我采用启发探究式教学方式，遵循“兴趣与能力的同步发展规律”和“教，学，研互相促进的规律”，在教学中追求简易，重视直观，并巧妙地在应用抽象使问题变得十分有趣，学生学得生动主动，充分发挥其课堂上的主体作用.具体为：
一是从名人、问题引入课题。采用“问题――探究”的教学模式，把整个课堂分为呈现问题、探索规律、总结规律、应用规律四个阶段．这里体现了新课程的数学应用意识的理念.
让学生体会研究问题的方式方法，培养学生观察、分析、概括的能力，以及化归意识与方法迁移的能力，体会从特殊到一般的思维方式，也让学生体会数学语言的简洁和严谨。
二是从特殊到一般。观察发现二项式定理的基本内容．遵循学生的认知规律，由特殊到一般，由感性到理性．重视学生的参与过程，问题引导，师生互动．重在培养学生观察问题，发现问题，归纳推理问题的能力，从而形成自主探究的学习习惯．
三是采用小组合作、探究的方式。在教学中，努力把表现的机会让给学生，以发挥他们的自主作用；尽量创造让学生活动的机会，以让学生在直接体验中建构自己的知识体系；尽量引导学生的发展和创造意识，以使他们能在再创造的氛围中学习．
四是教师的启发与学生的探究恰当结合。本节课的`难点在于确定二项展开式中，每一项的二项式系数，对于普通班的学生，真正能独立归纳出来，有一定的困难，教师在此时的引导启发，就显得尤为重要．
本节课，学生通过对=1，2，3，4，…时二项展开式的观察，归纳、猜想到为任意正整数时的二项式定理内容，并真正理解二项式系数的意义。这样设计的目的是为了让学生参与知识的发生、发展、深化的过程，学习体会应用“观察、归纳、猜想、证明”的科学思维方法的过程，提高数学修养．
本节课对二项式定理特点及规律的总结和归纳，有利于学生对二项式定理的识记，同时还可以使学生体验数学公式的对称美、和谐美．
二、学生情况分析
学生为普通班学生，有一定的数学基础．学生理解组合及组合数的概念，掌握了多项式乘法的运算法则，有一定的归纳猜想能力，能顺利完成课时计划内容．
学生有过探究、交流的课堂教学的尝试．
三、教学诊断分析
在本节内容的学习中，学生容易了解的内容是二项展开式的项数、指数和系数的规律，即项数：项；指数：字母，的指数和为，字母的指数由递减至0，同时，字母的指数由0递增至；二项式系数：下标为，上标由递增至；
容易产生误解的内容是：通项指的是第r+1项；通项的二项式系数是，与该项的系数是不同的概念。
四、教学方式及预期效果分析
1.教学方式：
本节课采用启发探究式教学方式．通过学生合作交流、师生互动等方式，引导学生自主探究，加强合作交流．
探究内容为二项式定理的内涵，包括项数、指数、系数等方面的规律内容．
在探究过程中，学生和组内其他同学进行探讨和辩论，通过不同观点的交锋来补充、修正或加深自己对当前问题的理解，从而完善自己的探究成果．
对相关同学进行点评，及时鼓励、表扬，保持学生学习热情，通过交流，学习他人的探究成果，充实自己．对部分内容，如二项式系数的确定，教师进行“画龙点睛”式的引导．
2.预期效果分析：
通过二项式定理的学习应该让学生掌握有关知识，同时在求展开式、其通项、证恒等式、近似计算等方面形成技能或技巧；进一步体会过程分析与特殊化方法等等的运用；重视学生正确情感、态度和世界观的培养和形成．
在知识层面上，期望学生能够理解二项式定理及其推导方法，识记二项展开式的有关特征，能对二项式定理进行简单应用；在方法层面上，期望通过教师指导下的探究活动，使学生经历数学思维过程，熟悉理解“观察—归纳—猜想—证明”的思维方法，培养合作的意识，获得学习和成功的体验；通过对二项式定理内容的研究，使学生体验特殊到一般发现规律，一般到特殊指导实践的认识事物过程，通过对二项展开式结构特点的观察，探求过程将归纳推理与演绎推理有机结合起来，是培养学生数学探究能力的极好载体，教学过程中，要让学生充分体验到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发我们发现一般性问题的解决方法。
五、教学目标与教学内容
本节课的学生起点：学生已经学习了组合的基本知识，初中学习了多项式乘法法则．
本节课是在组合和多项式乘法的基础上，进一步研究学习二项式定理的内容．
1．教材分析：
二项式定理是初中学习的多项式乘法的继续，它所研究的是一种特殊的多项式——二项式的乘方的展开式．这一小节与很多内容都有着密切的联系，特别是它在本章的学习中起着乘上启下的作用．学习本小节的意义在于：①基于二项展开式与多项式乘法的联系，本小节的学习可对初中学习的多项式的变形起到复习、深化的作用；②二项式系数都是一些特殊的组合数，利用二项式定理可以得到关于组合数的一些恒等式，从而深化对组合数的认识；③二项式定理与概率理论中的三大概率分布之一的二项分布有其内在联系，本小节是学习概率知识及概率统计的准备知识；④二项式定理是解决某些整除性、近似计算等问题的一种方法．
教材的安排：教材中是通过取一些特殊值（2，3，4）的基础上，观察归纳出二项式定理，强调要分析清楚式子展开并进行同类项合并后有哪些项及各项系数的一些规律，教材采用的是不完全归纳法，没有进行严谨的证明．教材随后安排了二道例题，是对二项式定理的简单应用．
重点：用计数原理分析、与的展开式，归纳得出二项式定理。
难点：用计数原理分析二项式的展开过程，发现二项式展开成单项式之和时各项系数的规律．
2．内容分析：
从项数、系数、指数、通项等方面的特征去熟悉二项式的展开式，加深对二项式定理的理解和熟练掌握，
3．教学目标：
知识技能：
(1)理解二项式定理及其推导方法，识记二项展开式的有关特征，能对二项式定理进行简单应用．
(2)理解并掌握二项式定理，能利用计数原理证明二项式定理.
过程方法：
(1)通过学生参与和探究二项式定理的形成过程，熟悉理解“观察—归纳—猜想—证明”的思维方法，
(2)培养学生观察、分析、概括的能力，以及合作的精神、化归的意识与方法迁移的能力．
情感、态度和价值观：通过对二项式定理内容的研究，体会特殊到一般发现规律，一般到特殊指导实践的认识事物过程，可以启发我们发现一般性问题的解决方法，也体会数学语言的简洁和严谨．
4.教学过程
(1)课堂热身，前置作业
(2)直提问题，引入课题
(3)引导探究，发现规律
(4)形成定理，说理证明
(5)定理剖析，简单应用
(6)例题点评，初步体验
(7)课堂小结，课后作业（习题为重组题）
篇12：高三复习课《二项式定理》说课稿
高三第一阶段复习，也称“知识篇”。在这一阶段，学生重温高一、高二所学课程，全面复习巩固各个知识点，熟练掌握基本方法和技能；然后站在全局的高度，对学过的知识产生全新认识。在高一、高二时，是以知识点为主线索，依次传授讲解的，由于后面的相关知识还没有学到，不能进行纵向联系，所以，学的知识往往是零碎和散乱，而在第一轮复习时，以章节为单位，将那些零碎的、散乱的知识点串联起来，并将他们系统化、综合化，把各个知识点融会贯通。对于普通高中的学生，第一轮复习更为重要，我们希望能做高考试题中一些基础题目，必须侧重基础，加强复习的针对性，讲求实效。
一、内容分析说明
1、本小节内容是初中学习的多项式乘法的继续，它所研究的二项式的`乘方的展开式，与数学的其他部分有密切的联系：
（1）二项展开式与多项式乘法有联系，本小节复习可对多项式的变形起到复习深化作用。
（2）二项式定理与概率理论中的二项分布有内在联系，利用二项式定理可得到一些组合数的恒等式，因此，本小节复习可加深知识间纵横联系，形成知识网络。
（3）二项式定理是解决某些整除性、近似计算等问题的一种方法。
2、高考中二项式定理的试题几乎年年有，多数试题的难度与课本习题相当，是容易题和中等难度的
试题，考察的题型稳定，通常以选择题或填空题出现，有时也与应用题结合在一起求某些数、式的近似值。
篇13：数学《预先定理》教案及教学反思
数学《余弦定理》教案
教学设计
整体设计
教学分析
对余弦定理的探究，教材是从直角三角形入手，通过向量知识给予证明的.一是进一步加深学生对向量工具性的认识，二是感受向量法证明余弦定理的奇妙之处，感受向量法在解决问题中的威力.课后仍鼓励学生探究余弦定理的其他证明方法，推出余弦定理后，可让学生用自己的语言叙述出来，并让学生结合余弦函数的性质明确：如果一个三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么第三边所对的角是直角;如果小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角;如果大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角.由上可知，余弦定理是勾股定理的推广.还要启发引导学生注意余弦定理的几种变形式，并总结余弦定理的适用题型的特点，在解题时正确选用余弦定理达到求解、化简的目的.
应用余弦定理及其另一种形式，并结合正弦定理，可以解决以下问题：(1)已知两边和它们的夹角解三角形;(2)已知三角形的三边解三角形.在已知两边及其夹角解三角形时，可以用余弦定理求出第三条边，这样就把问题转化成已知三边解三角形的问题.在已知三边和一个角的情况下，求另一个角既可以应用余弦定理的另一种形式，也可以用正弦定理.用余弦定理的另一种形式，可以(根据角的余弦值)直接判断角是锐角还是钝角，但计算比较复杂.用正弦定理计算相对比较简单，但仍要根据已知条件中边的大小来确定角的大小.
根据教材特点，本内容安排2课时.一节重在余弦定理的推导及简单应用，一节重在解三角形中两个定理的综合应用.
三维目标
1.通过对余弦定理的探究与证明，掌握余弦定理的另一种形式及其应用;了解余弦定理与勾股定理之间的联系;知道解三角形问 题的几种情形.
2.通过对三角形边角关系的探索，提高数学语言的表达能力，并进一步理解三角函数、余弦定理、向量的数量积等知识间的关系，加深对数学具有广泛应用的认识;同时通过正弦定理、余弦定理数学表达式的变换，认识数学中的对称美、简洁美、统一美.
3.加深对数学思想的认识，本节的主要数学思想是量化的数学思想、分类讨论思想以及数形结合思想;这些数学思想是对于数学知识的理性的、本质的、高度抽象的、概括的认识，具有普遍的指导意义，它是我们学习数学的重要组成部分，有利于加深学生对具体数学知识的理解和掌握.
重点难点
教学重点：掌握余弦定理;理解余弦定理的推导及其另一种形式，并能应用它们解三角形.
教学难点：余弦定理的证明及其基本应用以及结合正弦定理解三角形.
课时安排
2课时
教学过程
第1课时
导入新课
思路1.(类比导入)在探究正弦定理的证明过程中，从直角三角形的特殊情形入手，发现了正弦定理.现在我们仍然从直角三角形的这种特殊情形入手，然后将锐角三角形转化为直角三角形，再适当运用勾股定理进行探索，这种导入比较自然流畅，易于学生接受.
思路2.(问题导入)如果已知一个三角形的两条边及其所夹的角，根据三角形全等的判断方法，这个三角形是大小、形状完全确定的三角形，能否把这个边角关系准确量化出来呢?也就是从已知的两边和它们的夹角能否计算出三角形的另一边和另两个角呢?根据我们掌握的数学方法，比如说向量法，坐标法，三角法，几何法等，类比正弦定理的证明，你能推导出余弦定理吗?
推进新课
新知探究
提出问题
1通过对任意三角形中大边对大角，小边对小角的边角量化，我们发现了正弦定理，解决了两类解三角形的问题.那么如果已知一个三角形的两条边及这两边所夹的角，根据三角形全等的判定方法，这个三角形是大小、形状完全确定的三角形.怎样已知三角形的两边及这两边夹角的条件下解三角形呢?
2能否用平面几何方法或向量方法或坐标方法等探究出计算第三边长的关系式或计算公式呢?
3余弦定理的内容是什么?你能用文字语言叙述它吗?余弦定理与以前学过的关于三角形的什么定理在形式上非常接近?
4余弦定理的另一种表达形式是什么?
5余弦定理可以解决哪些类型的解三角形问题?怎样求解?
6正弦定理与余弦定理在应用上有哪些联系和区别?
活动：根据学生的认知特点，结合课件“余弦定理猜想与验证”，教师引导学生仍从特殊情形入手，通过观察、猜想、证明而推广到一般.
如下图，在直角三角形中，根据两直角边及直角可表示斜边，即勾股定理，那么对于任意三角形，能否根据已知两边及夹角来表示第三边呢?下面，我们根据初中所学的平面几何的有关知识来研究这一问题.
如下图，在△ABC中，设BC=a，AC=b，AB=c，试根据b、c、∠A来表示a.
教师引导学生进行探究.由于初中平面几何所接触的是解直角三角形问题，所以应添加辅助线构成直角三角形.在直角三角形内通过边角关系作进一步的转化工作，故作CD垂直于AB于点D，那么在Rt△BDC中，边a可利用勾股定理通过CD、DB表示，而CD可在Rt△ADC中利用边角关系表示，DB可利用AB，AD表示，进而在Rt△ADC内求解.探究过程如下：
过点C作CD⊥AB，垂足为点D，则在Rt△CDB中，根据勾股定理，得
a2=CD2+BD2.
∵在Rt△ADC中，CD2=b2-AD2，
又∵BD2=(c-AD)2=c2-2c•AD+AD2，
∴a2=b2-AD2+c2-2c•AD+AD2=b2+c2-2c•AD.
又∵在Rt△ADC中，AD=b•cosA，
∴a2=b2+c2-2bccosA.
类似地可以证明b2=c2+a2-2cacosB.
c2=a2+b2-2abcosC.
另外，当A为钝角时也可证得上述结论，当A为直角时，a2+b2=c2也符合上述结论.
这就是解三角形中的另一个重要定理——余弦定理.下面类比正弦定理的证明，用向量的方法探究余弦定理，进一步体会向量知识的工具性作用.
教师与学生一起探究余弦定理中的角是以余弦的形式出现的，又涉及边长问题，学生很容易想到向量的数量积的定义式：a•b=|a||b|cosθ，其中θ为a，b的夹角.
用向量法探究余弦定理的具体过程如下：
如下图，设CB→=a，CA→=b，AB→=c，那么c=a-b，
|c|2=c•c=(a-b)•(a-b)
=a•a+b•b-2a•b
=a2+b2-2abcosC.
所以c2=a2+b2-2abcosC.
同理可以证明a2=b2+c2-2bccosA，
b2=c2+a2-2cacosB.
这个定理用坐标法证明也比较容易，为了拓展学生的思路，教师可引导学生用坐标法证明，过程如下：
如下图，以C为原点，边CB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，设点B的坐标为(a,0)，点A的坐标为(bcosC，bsinC)，根据两点间距离公式
AB=bcosC-a2+bsinC-02，
∴c2=b2cos2C-2abcosC+a2+b2sin2C，
整理，得c2=a2+b2-2abcosC.
同理可以证明：a2=b2+c2-2bccosA，
b2=c2+a2-2cacosB.
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，即
a2=b2+c2-2bccosAb2=c2+a2-2accosBc2=a2+b2-2abcosC
余弦定理指出了三角形的三条边与其中的一个角之间的关系，每一个等式中都包含四个不同的量，它们分别是三 角形的三边和一个角，知道其中的三个量，就可以求得第四个量.从而由三角形的三边可确定三角形的三个角，得到余弦定理的另一种形式：
cosA=b2+c2-a22bccosB=c2+a2-b22cacosC=a2+b2-c22ab
教师引导学生进一步观察、分析余弦定理的结构特征，发现余弦定理与以前的关于三角形的勾股定理在形式上非常接近，让学生比较并讨论它们之间的关系.学生容易看出，若△ABC中，C=90°，则cosC=0，这时余弦定理变为c2=a2+b2.由此可知，余弦定理是勾股定理的推广;勾股定理是余弦定理的特例.另外，从余弦定理和余弦函 数的性质可知，在一个三角形中，如果两边的平方和 等于第三边的平方，那么第三边所对的角是直角;如果两边的平方和小于第三边的平方，那么第三边所对的角是钝角;如果两边的平方和大于第三边的平方，那么第三边所对的角是锐角.从以上可知，余弦定理可以看作是勾股定理的推广.
应用余弦定理，可以解决以下两类有关解三角形的问题：
①已知三角形的三边解三角形，这类问题是三边确定，故三角也确定，有解;
②已知两边和它们的夹角解三角形，这类问题是第三边确定，因而其他两个角也确定，故解.不会产生利用正弦定理解三角形所产生的判断解的取舍的问题.
把正弦定理和余弦定理结合起来应用，能很好地解决解三角形的问题.教师引导学生观察两个定理可解决的问题类型会发现：如果已知的是三角形的三边和一个角的情况，而求另两角中的某个角时，既可以用余弦定理也可以用正弦定理，那么这两种方法哪个会更好些呢?教师与学生一起探究得到：若用余弦定理的另一种形式，可以根据余弦值直接判断角是锐角还是钝角，但计算比较复杂.用正弦定理计算相对比较简单，但仍要根据已知条件中边的大小来确定角的大小，所以一般应该选择用正弦定理去计算比较小的边所对的角.教师要点拨学生注意总结这种优化解题的技巧.
讨论结果：
(1)、(2)、(3)、(6)见活动.
(4)余弦定理的另一种表达形式是：
cosA=b2+c2-a22bccosB=c2+a2-b22cacosC=a2+b2-c22ab
(5)利用余弦定理可解决两类解三角形问题：
一类是已知三角形三边，另一类是已知三角形两边及其夹角.
应用示例
例1如图，在△ABC中，已知a=5，b=4，∠C=120°，求c.
活动：本例是利用余弦定理解决的第二类问题，可让学生独立完成.
解：由余弦定理，得
c2=a2+b2-2abcos120°，
因此c=52+42-2×5×4×-12=61.
例2如图，在△ABC中，已知a=3，b=2，c=19，求此三角形各个角的大小及其面积.(精确到0.1)
活动：本例中已知三角形三边，可利用余弦定理先求出边所对的角，然后利用正弦定理再求出另一角，进而求得第三角.教材中 这样安排是为了让学生充分熟悉正弦定理和余弦定理.实际教学时可让学生自己探求解题思路，比如学生可能会三次利用余弦定理分别求出三个角，或先求出最小边所对的角再用正弦定理求其他角，这些教师都要给予鼓励，然后让学生自己比较这些方法的不同或优劣，从而深刻理解两个定理的.
解：由余弦定理，得
cos∠BCA=a2+b2-c22ab=32+22-1922×3×2=9+4-1912=-12，
因此∠BCA=120°，
再由正弦定理，得
sinA=asin∠BCAc=3×3219=33219≈0.596 0，
因此∠A≈36.6°或∠A≈143.4°(不合题意，舍去).
因此∠B=180°-∠A-∠BCA≈23.4°.
设BC边上的高为AD，则
AD=csinB=19sin23.4°≈1.73.
所以△ABC的面积≈12×3×1.73≈2.6.
点评：在既可应用正弦定理又可应用余弦定理时，体会两种方法存在的差异.当所求的 角是钝角时，用余弦定理可以立即判定所求的角，但用正弦定理则不能直接判定.
变式训练
在△ABC中，已知a=14，b=20，c=12，求A、B和C.(精确到1°)
解：∵cosA=b2+c2-a22bc=202+122-1422×20×12=0.725 0，
∴A≈44°.
∵cosC=a2+b2-c22ab=142+202-1222×14×20=113140≈0.807 1，
∴C≈36°.
∴B=180°-(A+C)≈180°-(44°+36°)=100°.
例3如图，△ABC的顶点为A(6,5)，B(-2,8)和C(4,1)，求∠A.(精确到0.1°)
活动：本例中三角形的三点是以坐标的形式给出的，点拨学生利用两点间距离公式先求出三边，然后利用余弦定理求出∠A.可由学生自己解决，教师给予适当的指导.
解：根据两点间距离公式，得
AB=[6--2]2+5-82=73，
BC=-2-42+8-12=85，
AC=6-42+5-12=25.
在△ABC中，由余弦定理，得
cosA=AB2+AC2-BC22AB•AC=2365≈0.104 7，
因此∠A≈84.0°.
点评：三角形三边的长作为中间过程，不必算出精确数值.
变式训练
用向量的数量积运算重做本例.
解：如例3题图，AB→=(-8,3)，AC→=(-2，-4)，
∴|AB→|=73，|AC→|=20.
∴cosA=AB→•AC→|AB→||AC→|
=-8×-2+3×-473×20
=2365≈0.104 7.
因此∠A≈84.0°.
例4在△ABC中，已知a=8，b=7，B=60°，求c及S△ABC.
活动：根据已知条件可以先由正弦定理求出角A，再结合三角形内角和定理求出角C，再利用正弦定理求出边c，而三角形面积由公式S△ABC=12acsinB可以求出.若用余弦定理求c，可利用余弦定理b2=c2+a2-2cacosB建立关于c的方程，亦能达到求c的目的.
解法一：由正弦定理，得8sinA=7sin60°，
∴A1=81.8°，A2=98.2°.
∴C1=38.2°，C2=21.8°.
由7sin60°=csinC，得c1=3，c2=5，
∴S△ABC=12ac1sinB=63或S△ABC=12ac2sinB=103.
解法二：由余弦定理，得b2=c2+a2-2cacosB，
∴72=c2+82-2×8×ccos60°.
整理，得c2-8c+15=0，
解之，得c1=3，c2=5.∴S△ABC=12ac1sinB=63或S△ABC=12ac2sinB=103.
点评：在解法一的思路里，应注意用正弦定理应有两种结果，避免遗漏;而解法二更有耐人寻味之处，体现出余弦定理作为公式而直接应用的另外用处，即可以用之建立方程，从而运用方程的观点去解决，故解法二应引起学生的注意.
综合上述例题，要求学生总结余弦定理在求解三角形时的适用范围;已知三边求角或已知两边及其夹角解三角形，同时注意余弦定理在求角时的优势以及利用余弦定理建立方程的解法，即已知两边及一角解三角形可用余弦定理解之.
变式训练
在△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c.已知c=2，C=60°.
(1)若△ABC的面积等于3，求a，b;
(2)若sinB=2sinA，求△ABC的面积.
解：(1)由余弦定理及已知条件，得a2+b2-2abcos60°=c2，即a2+b2-ab=4，
又因为△ABC的面积等于3，所以12absinC=3，ab=4.
联立方程组a2+b2-ab=4，ab=4，解得a=2，b=2.
(2)由正弦定理及已知条件，得b=2a，
联立方程组a2+b2-ab=4，b=2a，解得a=233，b=433.
所以△ABC的面积S=12absinC=233.
知能训练
1.在△ABC中，已知C=120°，两边a与b是方程x2-3x+2=0的两根，则c的值为…
( )
A.3 B.7 C.3 D.7
2.已知三角形的三边长分别为x2+x+1，x2-1,2x+1(x>1)，求三角形的角.
答案：
1.D 解析：由题意，知a+b=3，ab=2.
在△ABC中，由余弦定理，知
c2=a2+b2-2abcosC=a2+b2+ab
=(a+b)2-ab
=7，
∴c=7.
2.解：比较得知，x2+x+1为三角形的边，设其对角为A.
由余弦定理，得
cosA=x2-12+2x+12-x2+x+122x2-12x+1
=-12.
∵0
即三角形的角为120°.
课堂小结
1.教师先让学生回顾本节课的探究过程，然后再让学生用文字语言叙述余弦定理，准确理解其实质，并由学生回顾可用余弦定理解决哪些解三角形的问题.
2.教师指出：从方程的观点来分析，余弦定理的每一个等式都包含了四个不同的量，知道其中三个量，便可求得第四个量.要通过课下作业，从方程的角度进行各种变形，达到辨明余弦定理作用的目的.
3.思考本节学到的探究方法，定性发现→定量探讨→得到定理.
作业
课本习题1—1A组4、5、6;习题1—1B组1～5.
设计感想
本教案的设计充分体现了“民主教学思想”，教师不主观、不武断、不包办，让学生充分发现问题，合作探究，使学生真正成为学习的主体，力求在课堂上人人都会有“令你自己满意”的探究成果.这样能够不同程度地开发学生的潜能，且使教学内容得以巩固和延伸.“发现法”是常用的一种教学方法，本教案设计是从直角三角形出发，以归纳——猜想——证明——应用为线索，用恰当的问题通过启发和点拨，使学生把规律和方法在愉快的气氛中探究出来，而展现的过程合情合理，自然流畅，学生的主体地位得到了充分的发挥.
纵观本教案设计流程，引入自然，学生探究到位，体现新课程理念，能较好地完成三维目标，课程内容及重点难点也把握得恰到好处.环环相扣的设计流程会强烈地感染着学生积极主动地获取知识，使学生的探究欲望及精神状态始终处于状态.在整个教案设计中学生的思维活动量大，这是贯穿整个教案始终的一条主线，也应是实际课堂教学中的一条主线.
备课资料
一、与解三角形有关的几个问题
1.向量方法证明三角形中的射影定理
如图，在△ABC中，设三内角A、B、C的对边分别是a、b、c.
∵AC→+CB→=AB→，
∴AC→•(AC→+CB→)=AC→•AB→.
∴AC→•AC→+AC→•CB→=AC→•AB→.
∴|AC→|2+|AC→||CB→|cos(180°-C)=|AB→||AC→|cosA.
∴|AC→|-|CB→|cosC=|AB→|cosA.
∴b-acosC=ccosA，
即b=ccosA+acosC.
同理，得a=bcosC+ccosB，c=bcosA+acosB.
上述三式称为三角形中的射影定理.
2.解斜三角形题型分析
正弦定理和余弦定理的每一个等式中都包含三角形的四个元素，如果其中三个元素是已知的(其中至少有一个元素是边)，那么这个三角形一定可解.
关于斜三角形的解法，根据所给的条件及适用的定理可以归纳为下面四种类型：
(1)已知两角及其中一个角的对边，如A、B、a，解△ABC.
解：①根据A+B+C=π，求出角C;
②根据asinA=bsinB及asinA=csinC，求b、c.
如果已知的是两角和它们的夹边，如A、B、c，那么先求出第三角C，然后按照②来求解.求解过程中尽可能应用已知元素.
(2)已知两边和它们的夹角，如a、b、C，解△ABC.
解：①根据c2=a2+b2-2abcosC，求出边c;
②根据cosA=b2+c2-a22bc，求出角A;
③由B=180°-A-C，求出角B.
求出第三边c后，往往为了计算上的方便，应用正弦定理求角，但为了避免讨论角是钝角还是锐角，应先求较小边所对的角(它一定是锐角)，当然也可以用余弦定理求解.
(3)已知两边及其中一条边所对的角，如a、b、A，解△ABC.
解：①asinA=bsinB，经过讨论求出B;
②求出B后，由A+B+C=180°，求出角C;
③再根据asinA=csinC，求出边c.
(4)已知三边a、b、c，解△ABC.
解：一般应用余弦定理求出两角后，再由A+B+C=180°，求出第三个角.
另外，和第二种情形完全一样，当第一个角求出后，可以根据正弦定理求出第二个角，但仍然需注意要先求较小边所对的锐角.
(5)已知三角，解△ABC.
解：满足条件的三角形可以作出无穷多个，故此类问题解不.
3.“可解三角形”与“需解三角形”
解斜三角形是三角函数这章中的一个重要内容，也是求解立体几何和解析几何问题的一个重要工具.但在具体解题时，有些同学面对较为复杂(即图中三角形不止一个)的斜三角形问题，往往不知如何下手.至于何时用正弦定理或余弦定理也是心中无数，这既延长了思考时间，更影响了解题的速度和质量.但若明确了“可解三角形”和“需解三角形”这两个概念，则情形就不一样了.
所谓“可解三角形”，是指已经具有三个元素(至少有一边)的三角形;而“需解三角形”则是指需求边或角所在的三角形.当一个题目的图形中三角形个数不少于两个时，一般来说其中必有一个三角形是可解的，我们就可先求出这个“可解三角形”的某些边和角，从而使“需解三角形”可解.在确定了“可解三角形”和“需解三角形”后，就要正确地判断它们的类型，合理地选择正弦定理或余弦定理作为解题工具，求出需求元素，并确定解的情况.
“可解三角形”和“需解三角形”的引入，能缩短求解斜三角形问 题的思考时间.一题到手后，先做什么，再做什么，心里便有了底.分析问题的思路也从“试试看”“做做看”等不大确定的状态而变为“有的放矢”地去挖掘，去探究.
二、备用习题
1.△ABC中，已知b2-bc-2c2=0，a=6，cosA=78，则△ABC的面积S为( )
A.152 B.15 C.2 D.3
2.已知一个三角形的三边为a、b和a2+b2+ab，则这个三角形的角是( )
A.75° B.90° C.120° D.150°
3.已知锐角三角形的两边长为2和3，那么第三边长x的取值范围是( )
A.(1,5) B.(1，5) C.(5，5) D.(5，13)
4.如果把直角三角形的三边都增加同样的长度，则这个新三角形的形状为( )
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.由增加的长度确定
5.(1)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，已知a=3，b=3，C=30°，则A=__________.
(2)在△ABC中，三个角A，B，C的对边边长分别为a=3，b=4，c=6，则bccosA+cacosB+abcosC的值为__________.
6.在△ABC中，若(a+b+c)(a+b-c)=3ab，并且sinC=2sinBcosA，试判断△ABC的形状.
7.在△ABC中，设三角形面积为S，若S=a2-(b -c)2，求tanA2的值.
参考答案：
1.A 解析：由b2-bc-2c2=0，即(b+c)(b-2c)=0，得b=2c;①
由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccosA，即6=b2+c2-74bc.②
解①②，得b=4，c=2.
由cosA=78，得sinA=158，
∴S△ABC=12bcsinA=12×4×2×158=152.
2.C 解析：设角为θ，由余弦定理，得a2+b2+ab=a2+b2-2abcosθ，
∴cosθ=-12.∴θ=120°.
3.D 解析：若x为边，由余弦定理，知4+9-x22×2×3>0，即x2<13，∴0
若x为最小边，则由余弦定理知4+x2-9>0，即x2>5，
∴x>5.综上，知x的取值范围是5
4.A 解析：设直角三角形的三边为a，b，c，其中c为斜边，增加长度为x.
则c+x为新三角形的最长边.设其所对的角为θ，由余弦定理知，
cosθ=a+x2+b+x2-c+x22a+xb+x=2a+b-cx+x22a+xb+x>0.
∴θ为锐角，即新三角形为锐角三角形.
5.(1)30° (2)612 解析：(1)∵a=3，b=3，C=30°，由余弦定理，有
c2=a2+b2-2abcosC=3+9-2×3×3×32=3，
∴a=c，则A=C=30°.
(2)∵bccosA+cacosB+abcosC=b2+c2-a22+c2+a2-b22+a2+b2-c22
=a2+b2+c22=32+42+622=612.
6.解：由正弦定理，得sinCsinB=cb，
由sinC=2sinBcosA，得cosA=sinC2sinB=c2b，
又根据余弦定理，得cosA=b2+c2-a22bc，
故c2b=b2+c2-a22bc，即c2=b2+c2-a2.
于是，得b2=a2，故b=a.
又因为(a +b+c)(a+b-c)=3ab，
故(a+b)2-c2=3ab.由a=b，得4b2-c2=3b2，
所以b2=c2，即b=c.故a=b=c.
因此△ABC为正三角形.
7.解：S=a2-(b-c)2，又S=12bcsinA，
∴12bcsinA=a2-(b-c)2，
有14sinA=-b2+c2-a22bc+1，
即14•2sinA2•cosA2=1-cosA.
∴12•sinA2•cosA2=2sin2A2.
∵sinA2≠0，故12cosA2=2 sinA2，∴tanA2=14.
第2课时
导入新课
思路1.(复习导入)让学生回顾正弦定理、余弦定理的内容及表达式，回顾上两节课所解决的解三角形问题，那么把正弦定理、余弦定理放在一起并结合三角、向量、几何等知识我们会探究出什么样的解题规律呢?由此展开新课.
思路2.(问题导入)我们在应用正弦定理解三角形时，已知三角形的两边及其一边的对角往往得出不同情形的解，有时有一解，有时有两解，有时又无解，这究竟是怎么回事呢?本节课我们从一般情形入手，结合图形对这一问题进行进一步的探究，由此展开新课.
推进新课
新知探究
提出问题
1回忆正弦定理、余弦定理及其另一种形式的表达式，并用文字语言叙述其内容.能写出定理的哪些变式?
2正、余弦定理各适合解决哪类解三角形问题?
3解三角形常用的有关三角形的定理、性质还有哪些?
4为什么有时解三角形会出现矛盾，即无解呢?比如：,①已知在△ABC中，a=22 cm，b=25 cm，A=135°，解三角形;,②已知三条边分别是3 cm，4 cm，7 cm，解三角形.
活动：结合课件、幻灯片等，教师可把学生分成几组互相提问正弦定理、余弦定理的内容是什么?各式中有几个量?有什么作用?用方程的思想写出所有的变形(包括文字叙述)，让学生回答正、余弦定理各适合解决的解三角形类型问题、三角形内角和定理、三角形面积定理等.可让学生填写下表中的相关内容：
解斜三角形时可
用的定理和公式 适用类型 备注
余弦定理
a2=b2+c2-2bccosA
b2=a2+c2-2accosB
c2=b2+a2-2bacosC (1)已知三边
(2)已知两边及其夹角
类型(1)(2)有解时只有一解
正弦定理
asinA=bsinB=csinC=2R
(3)已知两角和一边
(4)已知两边及其中一边的对角 类型(3)在有解时只有一解，类型(4)可有两解、一解或无解
三角形面积公式
S=12bcsinA
=12acsinB
=12absinC
(5)已知两边及其夹角
对于正弦定理，教师引导学生写出其变式：a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，利用幻灯片更能直观地看出解三角形时的边角互化.对于余弦定理，教师要引导学生写出其变式(然后教师打出幻灯片)：∠A>90°?a2>b2+c2;∠A=90°?a2=b2+c2;∠A<90°?a2
以上内容的复习回顾如不加以整理，学生将有杂乱无章、无规碰撞之感，觉得好像更难以把握了，要的就是这个效果，在看似学生乱提乱问乱说乱写的时候，教师适时地打出幻灯片(1张)，立即收到耳目一新，主线立现、心中明朗的感觉，幻灯片除以上2张外，还有：
asinA=bsinB=csinC=2R;a2=b2+c2-2bccosA，b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC;cosA=b2+c2-a22bc，cosB=a2+c2-b22ac，cosC=a2+b2-c22ab.
出示幻灯片后，必要时教师可根据学生的实际情况略作点评.
与学生一起讨论解三角形有时会出现无解的情况.如问题(4)中的①会出现如下解法：
根据正弦定理，sinB=bsinAa=25sin133°22≈0.831 1.
∵0°
于是C=180°-(A+B)≈180°-(133°+56.21°)=-9.21°或C=180°-(A+B)≈180°-(133°+123.79°)=-76.79°.
到这里我们发现解三角形竟然解出负角来，显然是错误的.问题出在哪里呢?在检验以上计算无误的前提下，教师引导学生分析已知条件.由a=22 cm，b=25 cm，这里a
讨论结果：
(1)、(3)、(4)略.
(2)利用正弦定理和余弦定理可解决以下四类解三角形问题：
①已知两角和任一边，求其他两边和一角.
②已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角(从而进一步求出其他的边和角).
③已知三边，求三个角.
④已知两边和夹角，求第三边和其他两角.
应用示例
例1在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，b=acosC且△ABC的边长为12，最小角的正弦值为13.
(1)判断△ABC的形状;
(2)求△ABC的面积.
活动：教师与学生一起共同探究本例，通过本例带动正弦定理、余弦定理的知识串联，引导学生观察条件b=acosC，这是本例中的关键条件.很显然，如果利用正弦定理实现边角转化，则有2RsinB=2RsinA•cosC.若利用余弦定理实现边角转化，则有b=a•a2+b2-c22ab，两种转化策略都是我们常用的.引导学生注意对于涉及三角形的三角函数变换.内角和定理A+B+C=180°非常重要，常变的角有A2+B2=π2-C2，2A+2B+2C=2π，sinA=sin(B+C)，cosA=-cos(B+C)，sinA2=cosB+C2，cosA2=sinB+C2等，三个内角的大小范围都不能超出(0°，180°).
解：(1)方法一：∵b=acosC，
∴由正弦定理，得sinB=sinA•cosC.
又∵sinB=sin(A+C)，∴sin(A+C)=sinA•cosC，
即cosA•sinC=0.
又∵A、C∈(0，π)，∴cosA=0，即A=π2.
∴△ABC是A=90°的直角三角形.
方法二：∵b=acosC，
∴由余弦定理，得b=a•a2+b2-c22ab，
2b2=a2+b2-c2，即a2=b2+c2.
由勾股定理逆定理，知△ABC是A=90°的直角三角形.
(2)∵△ABC的边长为12，由(1)知斜边a=12.
又∵△ABC最小角的正弦值为13，
∴Rt△ABC的最短直角边长为12×13=4.
另一条直角边长为122-42=82，
∴S△ABC=12×4×82=162.
点评：以三角形为载体，以三角变换为核心，结合正弦定理和余弦定理综合考查逻辑分析和计算推理能力是高考命题的一个重要方向.因此要特别关注三角函数在解三角形中的灵活运用，及正、余弦定理的灵活运用.
变式训练
在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且cosA=45.
(1)求sin2B+C2+cos2A的值;
(2)若b=2，△ABC的面积S=3，求a.
解：(1)sin2B+C2+cos2A=1-cosB+C2+cos2A
=1+cosA2+2cos2A-1=5950.
(2)∵cosA=45，∴sinA=35.
由S△ABC=12bcsinA得3=12×2c×35，解得c=5.
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，可得a2=4+25-2×2×5×45=13，
∴a=13.
例2已知a，b，c是△ABC中∠A，∠B，∠C的对边，若a=7，c=5，∠A=120°，求边长b及△ABC外接圆半径R.
活动：教师引导学生观察已知条件，有边有角，可由余弦定理先求出边b，然后利用正弦定理再求其他.点拨学生注意体会边角的互化，以及正弦定理和余弦定理各自的作用.
解：由余弦定理，知a2=b2+c2-2bccosA，即b2+52-2×5×bcos120°=49，
∴b2+5b-24=0.
解得b=3.(负值舍去).
由正弦定理：asinA=2R，即7sin120°=2R，解得R=733.
∴△ABC中，b=3，R=733.
点评：本题直接利用余弦定理，借助方程思想求解边b，让学生体会这种解题方法，并探究其他的解题思路.
变式训练
设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2+c2=a2+3bc，求：
(1)A的大小;
(2)2sinB•cosC-sin(B-C)的值.
解：(1)由余弦定理，得cosA=b2+c2-a22bc=3bc2bc=32，
∴∠A=30°.
(2)2sinBcosC-sin(B-C)
=2sinBcosC-(sinB•cosC-cosBsinC)
=sinBcosC+cosBsinC
=sin(B+C)
=sinA
=12.
例3如图，在四边形ABCD中，∠ADB=∠BCD=75°，∠ACB=∠BDC=45°，DC=3，求：
(1)AB的长;
(2)四边形ABCD的面积.
活动：本例是正弦定理、余弦定理的灵活应用，结合三角形面积求解，难度不大，可让学生自己独立解决，体会正、余弦定理结合三角形面积的综合应用.
解：(1)因为∠BCD=75°，∠ACB=45°，所以∠ACD=30°.
又因为∠BDC=45°，
所以∠DAC=180°-(75°+ 45°+ 30°)=30°.所以AD=DC=3.
在△BCD中，∠CBD=180°-(75°+ 45°)=60°，
所以BDsin75°=DCsin60°，BD =3sin75°sin60°=6+22.
在△ABD中，AB2=AD2+ BD2-2×AD×BD×cos75°=(3)2+(6+22)2-2×3×6+22×6-24= 5，所以AB=5.
(2)S△ABD=12×AD×BD×sin75°=12×3×6+22×6+24=3+234.
同理， S△BCD=3+34.
所以四边形ABCD的面积S=6+334.
点评：本例解答对运算能力提出了较高要求，教师应要求学生“列式工整、算法简洁、运算正确”，养成规范答题的良好习惯.
变式训练
如图，△ACD是等边三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，BD交AC于E，AB=2.
(1)求cos∠CBE的值;
(2)求AE.
解：(1)因为∠BCD=90°+60°=150°，
CB=AC=CD，
所以∠CBE=15°.
所以cos∠CBE=cos(45°-30°)=6+24.
(2)在△ABE中，AB=2，
由正弦定理，得AEsin45°-15°=2sin90°+15°，
故AE=2sin30°cos15°=2×126+24=6-2.
例4在△ABC中，求证：a2sin2B+b2sin2A=2absinC.
活动：此题所证结论包含关于△ABC的边角关系，证明时可以考虑两种途径：一是把角的关系通过正弦定理转化为边的关系，若是余弦形式则通过余弦定理;二是把边的关系转化为角的关系，一般是通过正弦定理.另外，此题要求学生熟悉相关的三角函数的有关公式，如sin2B=2sinBcosB等，以便在化为角的关系时进行三角函数式的恒等变形.
证法一： (化为三角函数)
a2sin2B+b2sin2A=(2RsinA)2•2sinB•cosB+(2RsinB)2•2sinA•cosA=8R2sinA•sinB(sinAcosB+cosAsinB)=8R2sinAsinBsinC=2•2RsinA•2RsinB•sinC=2absinC.
所以原式得证.
证法二： (化为边的等式)
左边=a2•2sinBcosB+b2•2sinAcosA=a2•2b2R•a2+c2-b22ac+b2•2a2R•b2+c2-a22bc=ab2Rc(a2+c2-b2+b2+c2-a2)=ab2Rc•2c2=2ab•c2R=2absinC.
点评：由边向角转化，通常利用正弦定理的变形式：a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，在转化为角的关系式后，要注意三角函数公式的运用，在此题用到了正弦二倍角公式sin2A=2sinA•cosA，正弦两角和公式sin(A+B)=sinA•cosB+cosA•sinB;由角向边转化，要结合正弦定理变形式以及余弦定理形式二.
变 式训练
在△ABC中，求证：
(1)a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C;
(2)a2+b2+c2=2(bccosA+cacosB+abcosC).
证明：(1)根据正弦定理，可设
asinA=bsinB= csinC= k，
显然 k≠0，所以
左边=a2+b2c2=k2sin2A+k2sin2Bk2sin2C=sin2A+sin2Bsin2C=右边.
(2)根据余弦定理，得
右边=2(bcb2+c2-a22bc+cac2+a2-b22ca+aba2+b2-c22ab)
=(b2+c2- a2)+(c2+a2-b2)+(a2+b2-c2)
=a2+b2+c2=左边.
知能训练
1.已知△ABC的三个内角A、B、C所对的三边分别为a、b、c.若△ABC的面积S=c2-(a-b)2，则tanC2等于( )
A.12 B.14 C.18 D.1
2.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足4sin2A+C2-cos2B=72.
(1)求角B的度数;
(2)若b=3，a+c=3，且a>c，求a、c的值.
答案：
1.B 解析：由余弦定理及面积公式，得
S=c2-a2-b2+2ab=-2abcosC+2ab=12absinC，
∴1-cosCsinC=14.
∴tanC2=1-cosCsinC=14.
2.解：(1)由题意，知4cos2B-4cosB+1=0，∴cosB=12.
∵0
(2)由余弦定理，知3=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac=9-3ac，
∴ac=2.①
又∵a+c=3，②
解①②联立的方程组，得a=2，c=1或a=1，c=2.
∵a>c，∴a=2，c=1.
课堂小结
教师与学生一起回顾本节课我们共同探究的解三角形问题，特别是已知两边及其一边的对角时解的情况，通过例题及变式训练，掌握了三角形中边角互化的问题以及联系其他知识的小综合问题.学到了具体问题具体分析的良好思维习惯.
教师进一步点出，解三角形问题是确定线段 的长度和角度的大小，解三角形需要利用边角关系，三角形中，有六个元素：三条边、三个角;解三角形通常是给出三个独立的条件(元素)，求出其他的元素，如果是特殊的三角形，如直角三角形，两个条件(元素)就够了.正弦定理与余弦定理是刻画三角形边角关系的重要定理，正弦定理适用于已知两角一边，求其他要素;余弦定理适用于已知两边和夹角，或者已知三边求其他要素.
作业
课本本节习题1—1B组6、7.
补充作业
1.在△ABC中，若tanAtanB=a2b2，试判断△ABC的形状.
2.在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，A=60°，B>C，b、c是方程x2-23x+m=0的两个实数根，△ABC的面积为32，求△ABC的三边长.
解答：1.由tanAtanB=a2b2，得sinA•cosBcosA•sinB=a2b2，
由正弦定理，得a=2RsinA，b=2RsinB，
∴sinA•cosBcosA•sinB=4R2sin2A4R2sin2B.
∴sinA•cosA=sinB•cosB，
即sin2A=sin2B.
∴A+B=90°或A=B，
即△ABC为等腰三角形或直角三角形.
2.由韦达定理，得bc=m，S△ABC=12bcsinA=12msin60°=34m=32，
∴m=2.
则原方程变为x2-23x+2=0，
解得两根为x=3±1.
又B>C，∴b>c.
故b=3+1，c=3-1.
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA=6，得a=6.
∴所求三角形的三边长分别为a=6，b=3+1，c=3-1.
设计感想
本教案设计的思路是：通过一些典型 的实例来拓展关于解三角形的各种题型及其解决方法，具体解三角形时，所选例题突出了函数与方程的思想，将正弦定理、余弦定理视作方程或方程组，处理已知量与未知量之间的关系.
本教案的设计注重了一题多解的训练，如例4给出了两种解法，目的是让学生对换个角度看问题有所感悟，使学生经常自觉地从一个思维过程转换到另一个思维过程，逐步培养出创新意识.换一个角度看问题，变通一下，也许会有意想不到的效果.
备课资料
一、正弦定理、余弦定理课外探究
1.正、余弦定理的边角互换功能
对于正、余弦定理，同学们已经开始熟悉，在解三角形的问题中常会用到它，其实，在涉及到三角形的其他问题中，也常会用到它们.两个定理的特殊功能是边角互换，即利用它们可以把边的关系转化为角的关系，也可以把角的关系转化为边的关系，从而使许多问题得以解决.
【例1】 已知a、b为△ABC的边，A、B分别是a、b的对角，且sinAsinB=32，求a+bb的值.
解：∵asinA=bsinB，∴sinAsinB=ab.又sinAsinB=32(这是角的关系)，
∴ab=32(这是边的关系).于是，由合比定理，得a+bb=3+22=52.
【例2】 已知△ABC中，三边a、b、c所对的角分别是A、B、C，且2b=a+c.
求证：sinA+sinC=2sinB.
证明：∵a+c=2b(这是边的关系)，①
又asinA=bsinB=csinC，∴a=bsinAsinB，②
c=bsinCsinB.③
将②③代入①，得bsinAsinB+bsinCsinB=2b.整理，得sinA+sinC=2sinB(这是角的关系).
2.正、余弦定理的巧用
某些三角习题的化简和求解，若能巧用正、余弦定理，则可避免许多繁杂的运算，从而使问题较轻松地获得解决，现举例说明如下：
【例3】 求sin220°+cos280°+3sin20°cos80°的值.
解：原式=sin220°+sin210°-2sin20°sin10°cos150°，
∵20°+10°+150°=180°，∴20°、10°、150°可看作一个三角形的三个内角.
设这三个内角所对的边依次是a、b、c，由余弦定理，得a2+b2-2abcos150°=c2.(*)
而由正弦定理，知a=2Rsin20°，b=2Rsin10°，c=2Rsin150°，代入(*)式，得sin220°+sin210°-2sin20°sin10°cos150°=sin2150°=14.∴原式=14.
二、备用习题
1.在△ABC中，已知a=11，b=20，A=130°，则此三角形( )
A.无解 B.只有一解
C.有两解 D.解的个数不确定
2.△ABC中，已知(a+c)(a-c)=b2+bc，则A等于( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
3.△ABC中，若acosB=bcosA，则该三角形一定是( )
A.等腰三角形但不是直角三角形
B.直角三角形但不是等腰三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰三角形或直角三角形
4.△ABC中，tanA•tanB<1，则该三角形一定是( )
A.锐角三角形 B.钝角三角形
C.直角三角形 D.以上都有可能
5.在△ABC中，若∠B=30°，AB=23，AC=2，则△ABC的面积是__________.
6.在△ABC中，已知A=120°，b=3，c=5，求：
(1)sinBsinC;
(2)sinB+sinC.
7.在△ABC中，角A、B、C所对边的长分别是a、b、c，且cos〈AB→，AC→〉=14.
(1)求sin2B+C2+cos2A的值;
(2)若a=4，b+c=6，且b
参考答案：
1.A 解析：∵a90°，因此无解.
2.C 解析：由已知，得a2-c2=b2+bc，∴b2+c2-a2=-bc.
由余弦定理，得
cosA=b2+c2-a22bc=-bc2bc=-12.
∴A=120°.
3.D 解析：由已知条件结合正弦定理，得
sinAcosB=sinBcosA，即sinA•cosA=sinB•cosB，
∴sin2A=sin2B.
∴2A=2B或2A=180°-2B，
即A=B或A+B= 90°.
因此三角形为等腰三角形或直角三角形.
4.B 解析：由已知条件，得sinAcosA•sinBcosB<1，即cosA+BcosA•cosB>0，cosCcosAcosB<0.
说明cosA，cosB，cosC中有且只有一个为负.
因此三角形为钝角三角形.
5.23或3 解析：由ACsin30°=ABsinC，知sinC=32.
若∠C=60°，则△ABC是直角三角形，S△ABC=12AB×AC=23.
若∠C=120°，则∠A=30°，S△ABC=12AC×AB•sin30°=3.
6.解法一：(1)∵b=3，c=5，A=120°，
∴由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccosA=9+25-2×3×5×(-12)=49.∴a=7.
由正弦定理，得sinB=bsinAa=3×327=3314，sinC=csinAa=5314，
∴sinBsinC=45196.
(2)由(1)知，sinB+sinC=8314=437.
解法二：(1)由余弦定理，得a=7，
由正弦定理a=2RsinA，得R=a2sinA=733，
∴sinB=b2R=32×733=3314，sinC=c2R=5314.
∴sinBsinC=45196.
(2)由(1)知，sinB+sinC=8314=437.
7.解：(1)sin2B+C2+cos2A=12[1-cos(B+C)]+(2cos2A-1)=12(1+cosA)+(2cos2A-1)=12(1+14)+(18-1)=-14.
(2)由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccosA，
即a2=(b+c)2-2bc-2bccosA
数学《余弦定理》教学反思
本节课是高中数学教材北师大版必修5第二章《解三角形》余弦定理的第一课时内容，《课程标准》和教材把解三角形这部分内容安排在必修5，位置相对靠后，在此前学生已经学习了三角函数、平面向量、直线和圆的方程等与本章知识联系密切的内容，使得这部分知识的处理有了比较多的工具，某些内容处理的更加简洁。学数学的最终目的是应用数学，可是比较突出的是，学生应用数学的意识不强，创造能力弱，往往不能把实际问题抽象成数学问题，不能把所学的知识应用到实际问题中去，尽管对一些常见数学问题解法的能力较强，但当面临一种新的问题时却办法不多，对于诸如观察、分析、归纳、类比、抽象、概括、猜想等发现问题、解决问题的思维方法了解不够，针对这些情况，教学中要重视从实际问题出发，引入数学课题，最后把数学知识应用于实际问题。
余弦定理是关于任意三角形边角之间的另一定理，是解决有关三角形问题与实际问题(如测量等)的重要定理，它将三角形的边角有机的结合起来，实现了边与角的互化，从而使三角和几何有机的结合起来，为求与三角形有关的问题提供了理论依据。
教科书直接从三角形三边的向量出发，将向量等式转化为数量关系，得到余弦定理，言简意赅，简洁明快，但给人感觉似乎跳跃较大，不够自然，因此在创设问题情境中加了一个铺垫，即让学生想用向量方法证明勾股定理，再由特殊到一般，将直角三角形推广为任意三角形，余弦定理水到渠成，并与勾股定理统一起来，这一尝试是想回答：一个结论源自何处，是怎样想到的。正弦定理和余弦定理源于向量的加减法运算，其实向量的加减法的三角法则和平行四四边形法则从形上揭示了三角形的边角关系，而正弦定理与余弦定理是从数量关系上揭示了三角形的边角关系，向量的数量积则打通了三角形边角的数形联系，因此用向量方法证明正、余弦定理比较简洁，在证明余弦定理时，让学生自主探究，寻找新的证法，拓展思维，打通余弦定理与正弦定理、向量、解析几何、平面几何的联系，在比较各种证法后体会到向量证法的优美简洁，使知识交融、方法熟练、能力提升。
数学教学的主要目标是激发学生的潜能，教会学生思考，让学生变得聪明，学会数学的发现问题，具有创新品质，具备数学文化素养是题中之义，想一想，成人工作以后，有多少人会再用到余弦定理，但围绕余弦定理学生学到的发现方法、思维方式、探究创造与数学精神则会受用不尽。数学教学活动首先应围绕培养学生兴趣、激发原动力，让学生想学数学这门课，同时指导学生掌握数学学习的一般方法，具备终身学习的基础。教师要不断提出好的数学问题，还要教会学生提出问题，培养学生发现问题的意识和方法，并逐步将发现问题的意识变成直觉和习惯，在本节课中，通过余弦定理的发现过程，培养学生观察、类比、发现、推理的能力，学生在教师引导下，自主思考、探究、小组合作相互交流启发、思维碰撞，寻找不同的证明方法，既培养了学生学习数学的兴趣，同时掌握了学习概念、定理的基本方法，增强了学生的问题意识。其次，掌握正确的学习方法，没有正确的学习方法，兴趣不可能持久，概念、定理、公式、法则的学习方法是学习数学的主要方法，学习的过程就是知其然，知其所以然、举一反三的过程，学习余弦定理的过程正是指导学生掌握学习数学的良好学习方法的范例，引导学生发现余弦定理的来龙去脉，掌握余弦定理证明方法，理解余弦定理与其他知识的密切联系，应用余弦定理解决其他问题。在余弦定理教学中，寻求一题多解，探究证明余弦定理的多种方法，指导一题多变，改变余弦定理的形式，如已知两边夹角求第三边的公式、已知三边求角的余弦值的公式，启发学生一题多想，引导学生思考余弦定理与正弦定理的联系，与勾股定理的联系、与向量的联系、与三角知识的联系以及与其他知识方法的联系，通过不断改变方法、改变形式、改变思维方式，夯实了数学基础，打通了知识联系，掌握了数学的基本方法，丰富了数学基本活动经验，激发了数学创造思维和潜能。
教学中也会有很多遗憾，有许多的漏洞，在创设情境，引导学生发现推导方法、鼓励学生质疑提问、猜想等方面有很多遗憾，比如：如何引入向量，解释的不够。最后，希望各位同仁批评指正。
篇14：《正弦定理 》教学反思
《正弦定理 》教学反思
本节课是“正弦定理”教学的第二节课，其主要任务是通过对正弦定理的进一步理解，明确它在“已知三角形的两边及一边所对的角解三角形”方面的应用和运用正弦定理的变式来求三角形中的角和判断三角形的形状。
在知识目标方面：通过创设适宜的数学情境，引导鼓励学生大胆地提出问题、引导学生对所提的问题进行分析、整理，筛选出有价值的问题，注意启发学生揭示问题的数学实质，将提问推向深入。通过问题的提出、解题方法的探索、到问题的解决、方法的总结、及练习题中方法的应用，都能紧抓公式及公式的变式，运用从特殊到一般、再从一般到特殊的思想方法达成知识目标。通过练习及六个变式问题调动学生的学习热情，进而采用“正弦定理”、“大边对大角”、“三角形内角和定理”、“数形结合”等知识与方法有效突破本节课的教学难点。使学生明白这一类数学问题该怎样解，让学生做到“学会数学，会学数学”
在能力目标方面：通过例题、练习及六个变式问题，培养学生观察、归纳、概括新知识的能力； 通过“故意出错”，让学生“质疑”、“找错”、“改错”，从而使学生的思维具有批判性，优化他们的思维品质； 通过课后练习及课后思考，进一步培养学生的数学意识，解决数学问题的能力。
在情感态度与价值观方面：本节课也很注重对学生非智力因素的培养，注重情感交流与情感的建立与培养。并在教学过程中做到：与学生真诚相处、平等交流；依据自己的个人特点采取适当的'方法与技巧，注重充分发挥教师的个人人格魅力，而非千篇 一律的“柔声细语”；能借助信息技术及其它手段，营造一种氛围，一种情境，通过“课前音乐背景”的设置，“课堂上的掌声鼓励”“形体语言与语言艺术”的运用等，力争营造一种愉快、轻松的氛围，创建一个有助于师生，生生思维交流的“情感场”，使数学教学更具有生命力，感染力。使学生在感悟数学的过程中感受数学的魅力，体验数学产生的美感与幸福感。
通过这节课的学习，不仅复习巩固了旧知识，使学生掌握了新的有用的知识，体会联系、发展等辩证观点，而且培养了学生的应用意识和实践操作能力，以及提出问题、解决问题等研究性学习的能力。
篇15：正弦定理教学反思
本节是“正弦定理”定理的`第一节，在备课中有两个问题需要精心设计.一个是问题的引入，一个是定理的证明.通过两个实际问题引入，让学生体会为什么要学习这节课，从学生的“最近发展区”入手进行设计，寻求解决问题的方法.具体的思路就是从解决课本的实际问题入手展开，将问题一般化导出三角形中的边角关系——正弦定理.因此，做好“正弦定理”的教学既能复习巩固旧知识，也能让学生掌握新的有用的知识，有效提高学生解决问题的能力。
1.在教学过程中，我注重引导学生的思维发生，发展，让学生体会数学问题是如何解决的，给学生解决问题的一般思路。从学生熟悉的直角三角形边角关系，把锐角三角形和钝角三角形的问题也转化为直角三角形的性，从而得到解决，并渗透了分类讨论思想和数形结合思想等思想。
2.在教学中我恰当地利用多媒体技术，是突破教学难点的一个重要手段.利用《几何画板》探究比值的值，由动到静，取得了很好的效果，加深了学生的印象.
3.由于设计的内容比较的多，教学时间的超时，这说明我自己对学生情况的把握不够准确到位，致使教学过程中时间的分配不够适当，教学语言不够精简，今后我一定避免此类问题，争取更大的进步。
篇16：初中数学《三角形内角和定理》教学反思
我所讲的课题是“三角形内角和定理的证明”。我认为本节的重点是通过证明三角形的内角定理让学生感悟出辅助线的做法。
我的导入市让学生感受一些动手操作实验中误差，从而进一步认识到证明的必要性，引出本节所要研究的课题“三角形的内角和定理”，这个定理我们在初一的时候就已经学会运用了，但是这个定理到底如何证明呢?这时，本节的目标就已经明确下来了——三角形内角和定了的证明。证明的过程中，我通过课前准备好的三角形道具，让我的学生通过撕撕拼拼的方法，把三角形的三个内角拼成我们所熟悉的平角或者是同旁内角的关系，那么这个定理的证明过程就完全展示出来了，然后师生共同把我们自己的做法转化成准确的数学语言加以证明，在证明的过程之中，辅助线就自然而然的运用到其中。这时，本节的重点和难点也就自然而然地被突破，要让学生感觉辅助线不是由老师强加告之而明白证明的方法，而是由学生自己在拼图的过程中亲身感悟出来的知识。
课后我认为本节中的成功之处有以下几点
1、引入简单精炼，给了全体学生的自信心，能使所以学生的注意力迅速地集中到课堂上来；
2、利用拼图的方法来找到“三角形内角和定理”的证明方法的过程中，学生充分地配合，学生的思维得到了最大限度的发挥，而且采用此种方法来引出辅助线在几何中应用，巧妙地分散了本节的重点和难点，事实也证明学生的接受程度很好；
3、教师在多媒体上展示每个三角形都是用三种不同颜色的彩纸拼成的，学生在学习的过程中看起来会更加的清晰、醒目；
4、在本节“三角形内角和定理”的应用阶段，我设置了“你来讲”题目，而且此类题目的要求是哪位同学想尝试一下，等学生站起来准备好之后，教师再把题目投影出来，不仅要锻炼学生的思维速度，而且也间接地培养了学生的临考能力，同时得到结果后要为同学们讲解本题的解法。我个人认为，给同学们讲题目的过程中收获是更多的。
5、在本节课的整个流程中，师生之间的配合非常地默契，教师能够关注每一个学生，学生的思维也在短短的45分钟内得到了充分地发散和发挥，通堂的气氛活跃、轻松。
课后我认为本节课中的不足之处：
1、在学生拼图寻求“三角形内角和定理”证明之前的铺垫，有些过快，导致个别学生不太明白这些铺垫对于利用拼图来证明定理时有什么用途；
2、不完全相信学生的能力，比如在学生讨论拼图方法后，让学生到黑板上来展示作品的时候，我似乎不敢距离学生太远，恐怕中间会出现什么差错。而实践证明学生完全是通过自己来完成作品的展示的；
3、还是没有改掉急躁的毛病，一些问题还是急于说出答案，没有给学生们足够的思考时间，这是其一。其二，教师讲得过多，没有给学生充足的自主权，没有把课堂还给学生。针对自己的优点和缺点，在以后的教学工作中要注意积累和进步。
篇17：初中数学《三角形内角和定理》教学反思
《三角形的内角和》在学生学习了三角形的特征以及三角形分类的基础上，进一步研究三角形三个角的关系。让学生猜测-质疑-验证得出“三角形的内角和等于180°”，引导学生观察、实验、猜测，逐步培养学生的`逻辑推理能力。
爱因斯坦说过：“问题的提出往往比解答问题更重要”，上课开始，我通过观察长方形的内角和连接对角线把它分成两个直角三角形让学生猜测三角形的内角和是180°，然后质疑：那是不是所有的三角形的内角和都是180°呢？这个问题一抛出去马上激发学生的学习热情。接着就让学生来验证三角形的内角和。验证过程分两部分来进行，先通过量一量、算一算的方法让学生验证各类三角形的内角和，一是加深对三角形内角和的理解就是三个内角的度数之和，二是让学生在小组内通过动手操作、记录、观察，验证三角形的内角和是否为180°。之后我组织学生在全班汇报交流，没有以小组的形式展示，给学生交流的空间太小没有达到小组合作的真正目的。再让学生通过拼一拼、折一折的方法来发现各类三角形的三个内角都可以拼成一个平角，从而得出三角形的内角和的确是180°的结论。汇报展示这个环节只是口头叙述的形式描述验证的结果，若先还原原图，再展示验证过程与结果效果更佳。
探究新知是为了应用，这节课在练习的安排上，我注意把握练习层次，共安排三个层次，由易到难，逐步加深。第一层练习是已知三角形两个内角度数，求另一个角。练习内容的安排从知识的直接应用到间接应用，数学信息的出现从比较显现到较为隐藏。第二层练习是判断题，让学生应用结论思考分析，检验语言的严密性。第三层是解决多种类型三角形的内角问题，有等边三角形、等腰三角形、直角三角形，根据自身特点来解决问题。
本节课我采用逐步设置疑问，让学生动手、动脑、动口，积极参与知识学习的全过程，渗透多观察、动脑想、大胆猜、勤钻研的研讨式学习方法，培养学生学习数学的兴趣，给学生提供更多的活动机会和空间，使学生在参与的过程中得到充足的体验和发展。
篇18：届高三数学一轮复习教案――排列组合二项式定理概率
2011届高三数学一轮复习精品教案――排列组合二项式定理概率统计
2011届高三数学一轮复习精品教案DD排列组合二项式定理概率统计（附高考预测） 二、重点知识回顾 1.排列与组合 ⑴ 分类计数原理与分步计数原理是关于计数的两个基本原理，两者的区别在于分步计数原理和分步有关，分类计数原理与分类有关. ⑵ 排列与组合主要研究从一些不同元素中，任取部分或全部元素进行排列或组合，求共有多少种方法的问题.区别排列问题与组合问题要看是否与顺序有关，与顺序有关的属于排列问题，与顺序无关的属于组合问题. ⑶ 排列与组合的主要公式 ①排列数公式： (m≤n) A =n! =n(nD1)(nD2) …21. ②组合数公式： (m≤n). ③组合数性质：① (m≤n). ② ③ 2.二项式定理 ⑴ 二项式定理 (a +b)n =C an +C an－1b+…+C an－rbr +…＋C bn，其中各项系数就是组合数C ，展开式共有n+1项，第r+1项是Tr+1 =C an－rbr. ⑵ 二项展开式的通项公式 二项展开式的第r+1项Tr+1=C an－rbr(r=0,1,…n)叫做二项展开式的通项公式。 ⑶ 二项式系数的性质 ①在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等， 即C = C (r=0,1,2,…,n). ②若n是偶数，则中间项(第 项)的二项公式系数最大，其值为C ；若n是奇数，则中间两项(第 项和第 项)的二项式系数相等，并且最大，其值为C = C . ③所有二项式系数和等于2n，即C +C ＋C +…+C =2n. ④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和， 即C +C +…=C +C +…=2nD1. 3.概率 （1）事件与基本事件：基本事件：试验中不能再分的最简单的“单位”随机事件；一次试验等可能的产生一个基本事件；任意两个基本事件都是互斥的；试验中的任意事件都可以用基本事件或其和的形式来表示． （2）频率与概率：随机事件的频率是指此事件发生的次数与试验总次数的比值．频率往往在概率附近摆动，且随着试验次数的不断增加而变化，摆动幅度会越来越小．随机事件的概率是一个常数，不随具体的实验次数的变化而变化． （3）互斥事件与对立事件： 事件 定义 集合角度理解 关系 互斥事件 事件 与 不可能同时发生 两事件交集为空 事件 与 对立，则 与 必为互斥事件； 事件 与 互斥，但不一是对立事件 对立事件 事件 与 不可能同时发生，且必有一个发生 两事件互补 （4）古典概型与几何概型： 古典概型：具有“等可能发生的有限个基本事件”的概率模型． 几何概型：每个事件发生的概率只与构成事件区域的长度（面积或体积）成比例． 两种概型中每个基本事件出现的可能性都是相等的，但古典概型问题中所有可能出现的基本事件只有有限个，而几何概型问题中所有可能出现的基本事件有无限个． （5）古典概型与几何概型的概率计算公式： 古典概型的概率计算公式： ． 几何概型的概率计算公式： ． 两种概型概率的求法都是“求比例”，但具体公式中的分子、分母不同． （6）概率基本性质与公式 ①事件 的.概率 的范围为： ． ②互斥事件 与 的概率加法公式： ． ③对立事件 与 的概率加法公式： ． （7） 如果事件A在一次试验中发生的概率是p，则它在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率是pn(k) = C pk(1Dp)nDk. 实际上，它就是二项式[(1Dp)+p]n的展开式的第k+1项. （8）独立重复试验与二项分布 ①．一般地，在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验．注意这里强调了三点：（1）相同条件；（2）多次重复；（3）各次之间相互独立； ②．二项分布的概念：一般地，在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为 ．此时称随机变量 服从二项分布，记作 ，并称 为成功概率． 4、统计 （1）三种抽样方法 ①简单随机抽样 简单随机抽样是一种最简单、最基本的抽样方法．抽样中选取个体的方法有两种：放回和不放回．我们在抽样调查中用的是不放回抽取． 简单随机抽样的特点：被抽取样本的总体个数有限．从总体中逐个进行抽取，使抽样便于在实践中操作．它是不放回抽取，这使其具有广泛应用性．每一次抽样时，每个个体等可能的被抽到，保证了抽样方法的公平性． 实施抽样的方法：抽签法：方法简单，易于理解．随机数表法：要理解好随机数表，即表中每个位置上等可能出现0，1，2，…，9这十个数字的数表．随机数表中各个位置上出现各个数字的等可能性，决定了利用随机数表进行抽样时抽取到总体中各个个体序号的等可能性． ②系统抽样 系统抽样适用于总体中的个体数较多的情况． 系统抽样与简单随机抽样之间存在着密切联系，即在将总体中的个体均分后的每一段中进行抽样时，采用的是简单随机抽样． 系统抽样的操作步骤：第一步，利用随机的方式将总体中的个体编号；第二步，将总体的编号分段，要确定分段间隔 ，当 （N为总体中的个体数，n为样本容量）是整数时， ；当 不是整数时，通过从总体中剔除一些个体使剩下的个体个数N能被n整除，这时 ；第三步，在第一段用简单随机抽样确定起始个体编号 ，再按事先确定的规则抽取样本．通常是将 加上间隔k得到第2个编号 ，将 加上k，得到第3个编号 ，这样继续下去，直到获取整个样本． ③分层抽样 当总体由明显差别的几部分组成时，为了使抽样更好地反映总体情况，将总体中各个个体按某种特征分成若干个互不重叠的部分，每一部分叫层；在各层中按层在总体中所占比例进行简单随机抽样． 分层抽样的过程可分为四步：第一步，确定样本容量与总体个数的比；第二步，计算出各层需抽取的个体数；第三步，采用简单随机抽样或系统抽样在各层中抽取个体；第四步，将各层中抽取的个体合在一起，就是所要抽取的样本． （2）用样本估计总体 样本分布反映了样本在各个范围内取值的概率，我们常常使用频率分布直方图来表示相应样本的频率分布，有时也利用茎叶图来描述其分布，然后用样本的频率分布去估计总体分布，总体一定时，样本容量越大，这种估计也就越精确． ①用样本频率分布估计总体频率分布时，通常要对给定一组数据进行列表、作图处理．作频率分布表与频率分布直方图时要注意方法步骤．画样本频率分布直方图的步骤：求全距→决定组距与组数→分组→列频率分布表→画频率分布直方图． ②茎叶图刻画数据有两个优点：一是所有的信息都可以从图中得到；二是茎叶图便于记录和表示，但数据位数较多时不够方便． ③平均数反映了样本数据的平均水平，而标准差反映了样本数据相对平均数的波动程度，其计算公式为 ． 有时也用标准差的平方―――方差来代替标准差，两者实质上是一样的． （3）两个变量之间的关系 变量与变量之间的关系，除了确定性的函数关系外，还存在大量因变量的取值带有一定随机性的相关关系．在本章中，我们学习了一元线性相关关系，通过建立回归直线方程就可以根据其部分观测值，获得对这两个变量之间的整体关系的了解．分析两个变量的相关关系时,我们可根据样本数据散点图确定两个变量之间是否存在相关关系，还可利用最小二乘估计求出回归直线方程．通常我们使用散点图，首先把样本数据表示的点在直角坐标系中作出，形成散点图．然后从散点图上，我们可以分析出两个变量是否存在相关关系：如果这些点大致分布在通过散点图中心的一条直线附近，那么就说这两个变量之间具有线性相关关系，这条直线叫做回归直线，其对应的方程叫做回归直线方程．在本节要经常与数据打交道，计算量大，因此同学们要学会应用科学计算器． （4）求回归直线方程的步骤： 第一步：先把数据制成表，从表中计算出 ； 第二步：计算回归系数的a，b，公式为第三步：写出回归直线方程 ． （4）独立性检验 ① 列联表：列出的两个分类变量 和 ，它们的取值分别为 和 的样本频数表称为 列联表1 分类 1 2 总计 1 2 总计 构造随机变量 （其中 ） 得到 的观察值 常与以下几个临界值加以比较： 如果 ，就有 的把握因为两分类变量 和 是有关系； 如果 就有 的把握因为两分类变量 和 是有关系； 如果 就有 的把握因为两分类变量 和 是有关系； 如果低于 ，就认为没有充分的证据说明变量 和 是有关系． ②三维柱形图：如果列联表1的三维柱形图如下图 由各小柱形表示的频数可见，对角线上的频数的积的差的绝对值 较大，说明两分类变量 和 是有关的，否则的话是无关的． 重点：一方面考察对角线频数之差，更重要的一方面是提供了构造随机变量进行独立性检验的思路方法。 ③二维条形图（相应于上面的三维柱形图而画） 由深、浅染色的高可见两种情况下所占比例，由数据可知 要比 小得多，由于差距较大，因此，说明两分类变量 和 有关系的可能性较大，两个比值相差越大两分类变量 和 有关的可能性也越的．否则是无关系的． 重点：通过图形以及所占比例直观地粗略地观察是否有关，更重要的一方面是提供了构造随机变量进行独立性检验的思想方法。 ④等高条形图（相应于上面的条形图而画） 由深、浅染色的高可见两种情况下的百分比；另一方面，数据 要比 小得多，因此，说明两分类变量 和 有关系的可能性较大， 否则是无关系的． 重点：直观地看出在两类分类变量频数相等的情况下，各部分所占的比例情况，是在图2的基础上换一个角度来理解。 三、考点剖析 考点一：排列组合 【方法解读】 1、解★ 勾股定理课后反思
★ 勾股定理教学反思
★ 二项式定理教案
★ 二项式定理知识点
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