(共56张PPT)
巩固层
提升层
拓展层
章末综合测评
解三角形的一般方法
三角形中的几何计算
判断三角形的形状
解三角形在实际问题中的应用
函数与方程思想的应用
章末综合测评（二）
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①
②
③=2R
常见变形
正弦定理
已知两角和任
边求其它边和角
「应用
已知两边及其中一边的
边角互化
对角,求其它边和角
几何计算
应用
实际问题测量、工程、航海
62=
5
推论
C=
⑥
余弦定理
已知三边求角
应用
已知两边和它们
的夹角,求第三
边和其它角
巩固层·知识整合
知识体系反哺教材
提升层能力强化
)化整合探究提升。
主题
主题3
主题5
主题4
拓展层链授高考
真题链接探究提升
W目(共38张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
长度
角度
面积
计算线段的长度
正弦、余弦定理的综合应用
三角形的面积
学业分层测评（十三）
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阶卫认知预习质疑
教材梳理知识初探
阶段2探究可动通关
史论互证疑难细究
阶段3体验落实评价
课堂回馈即时达标
励志案
学习目标导航
类型1
素能关
类型
素能关
探究点
综合关
名师指津
W目(共41张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
它所对角的正弦
s
in
A∶sin
B∶sin
C
外接圆半径
2Rsin
A
2Rsin
B
2Rsin
C
运用正弦定理解三角形
判断三角形的形状
三角形面积公式
学业分层测评（十一）
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阶卫认知预习质疑
教材梳理知识初探
阶段2探究可动通关
史论互证疑难细究
阶段3体验落实评价
课堂回馈即时达标
励志案
学习目标导航
类型1
素能关
类型
素能关
探究点
综合关
名师指津
CH2002
第二章解三角形
B
B
August20-28,2002
W目学业分层测评(十二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．在△ABC中，如果(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，那么A等于( )
A．30°
B．60°
C．120°
D．150°
【解析】 由(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc得b2＋c2－a2＝bc，cos
A＝＝＝，所以A＝60°.
【答案】 B
2．若△ABC的内角A、B、C所对的边a、b、c满足(a＋b)2－c2＝4且C＝60°，则ab的值为( )
A.
B．8－4
C．1
D．
【解析】 依题意得
两式相减得ab＝.
【答案】 A
3．在△ABC中，AC＝，BC＝2，B＝60°，则BC边上的高等于( )
A.
B．
C.
D．
【解析】 设AB＝a，则由AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos
B知
7＝a2＋4－2a，即a2－2a－3＝0，∴a＝3(负值舍去)．
∴S△ABC＝AB·BCsin
B＝×3×2×＝.
∴BC边上的高为＝.
【答案】 B
4．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝10，b＝15，C＝60°，则cos
B＝( )
A.
B．
C．－
D．－
【解析】 由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos
C＝102＋152－2×10×15×cos
60°＝175，
∴c＝5，∴cos
B＝＝＝.
【答案】 A
5．若三角形三边长的比为5∶7∶8，则它的最大角和最小角的和是( )
A．90°
B．120°
C．135°
D．150°
【解析】 ∵三边长的比为5∶7∶8，
∴可设三条边长分别为5t,7t,8t.
令7t所对角为θ，则cos
θ＝＝，
∴θ＝60°，从而它的最大角和最小角的和是120°.
【答案】 B
二、填空题
6．在△ABC中，若a＝2，b＝3，C＝60°，则sin
A＝________.
【解析】 由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos
C
＝4＋9－2×2×3×＝7，∴c＝，
再由正弦定理得sin
A＝＝＝.
【答案】
7．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝120°，c＝5，a＝7，则＝________.
【解析】 由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos
A，
即49＝b2＋25＋5b，解得b＝3或b＝－8(舍去)．
所以＝＝.
【答案】
8．在△ABC中，已知a－b＝4，a＋c＝2b，且最大角为120°，则最大的边长为________．
【解析】 ∵a－b＝4>0，
∴a>b，
又a＋c＝2b，
∴a－c＝a－(2b－a)＝2(a－b)>0，
∴a>c，
故a为最长边，A＝120°，
故cos
A＝＝－，
∴＝－，
∴b＝10，a＝14.
【答案】 14
三、解答题
9．在△ABC中，BC＝a，AC＝b，且a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，2cos(A＋B)＝1.
(1)求角C的度数；
(2)求AB的长；
(3)求△ABC的面积．
【解】 (1)cos
C＝cos[π－(A＋B)]
＝－cos(A＋B)＝－，
又∵C∈(0，π)，
∴C＝120°.
(2)∵a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，
∴
∴AB2＝b2＋a2－2abcos
120°＝(a＋b)2－ab＝10，
∴AB＝.
(3)S△ABC＝absin
C＝.
10．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，cos
B＝，且·＝－21，若a＝7，求角C.
【导学号：67940038】
【解】 ∵·＝||·||·cos
(π－B)
＝－accos
B
＝－ac＝－21，
∴ac＝35.
又a＝7，∴c＝5，∵cos
B＝，且B∈(0，π)，
∴sin
B＝＝，
∴b2＝49＋25－2×7×5×＝32，
∴b＝4.
由正弦定理，得＝，
∴sin
C＝.
又a＞c，∴C∈∴C＝.
[能力提升]
1．已知锐角三角形的边长分别是3,5，x，则x的取值范围是( )
A．1B．4C．1D．4【解析】 若5最大，则32＋x2－52>0，得5＞x>4，若x最大，则32＋52－x2>0，得5【答案】 D
2．如果将直角三角形的三边增加同样的长度，则新三角形的形状是( )
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
【解析】 设直角三角形三边为a，b，c，且a2＋b2＝c2.
则(a＋x)2＋(b＋x)2－(c＋x)2＝a2＋b2＋2x2＋2(a＋b)x－c2－2cx－x2＝2(a＋b－c)x＋x2＞0.
设最大边(c＋x)所对的角为θ，则cos
θ＝＞0，
∴θ为锐角，故三角形的形状为锐角三角形．
【答案】 A
3．在△ABC中，若面积S△ABC＝a2－(b－c)2，则cos
A的值为________．
【解析】 由S△ABC＝bcsin
A，
知a2－(b－c)2＝bcsin
A，
∴b2＋c2－a2＝2bc，
∴＝1－sin
A，由余弦定理得
cos
A＝＝1－sin
A，
∴sin
A＝4(1－cos
A)，
∴sin2A＝16(1－cos
A)2，
∴1－cos2A＝16－32cos
A＋16cos2A，
即17cos2A－32cos
A＋15＝0，
解得cos
A＝或cos
A＝1.
∵A为三角形的内角，
∴cos
A≠1，∴cos
A＝.
【答案】
4．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asin
A＝(2b＋c)sin
B＋(2c＋b)sin
C.
(1)求角A的大小；
(2)若sin
B＋sin
C＝1，试判断△ABC的形状．
【解】 (1)由已知，根据正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，
即a2＝b2＋c2＋bc，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos
A，
故cos
A＝－，又A∈(0，π)，
∴A＝.
(2)由(1)中a2＝b2＋c2＋bc及正弦定理可得
sin2A＝sin2B＋sin2C＋sin
Bsin
C，
即2＝sin2B＋sin2C＋sin
Bsin
C
＝(sin
B＋sin
C)2－sin
Bsin
C，
又sin
B＋sin
C＝1，得sin
Bsin
C＝，
从而sin
B＝sin
C＝.
∵0＜B＜，0＜C＜，∴B＝C.
∴△ABC是等腰钝角三角形．学业分层测评(十三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．在△ABC中，||＝3，||＝5，||＝7，则·的值为( )
A．－ B. C．－ D．
【解析】 由余弦定理cos
C＝＝＝－，
∴·＝||·||cos
C＝3×5×
＝－.
【答案】 C
2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asin
B·cos
C＋csin
Bcos
A＝b，且a＞b，则B＝( )
A.
B．
C.
D．
【解析】 由正弦定理可得sin
Asin
Bcos
C＋sin
Csin
B·
cos
A＝sin
B，
所以sin(A＋C)＝，即sin
B＝，
但B不是最大角，所以B＝.
【答案】 A
3．E，F是等腰直角△ABC斜边AB上的三等分点，则tan
∠ECF＝( )
图2 2 4
A.
B．
C.
D．
【解析】 设AC＝1，则AE＝EF＝FB＝AB＝.
由余弦定理得CE＝CF
＝＝，
所以cos∠ECF＝＝，
tan∠ECF＝＝＝.
【答案】 D
4．如图2 2 5，在△ABC中，D是边AC上的点，且AB＝AD,2AB＝BD，BC＝2BD，则sin
C的值为( )
图2 2 5
A.
B．
C.
D．
【解析】 设AB＝c，则AD＝c，BD＝，BC＝，
在△ABD中，由余弦定理得cos
A＝＝.
则sin
A＝，在△ABC中，由正弦定理得＝＝，解得sin
C＝.
【答案】 D
5．(2016·宝鸡高二检测)若△ABC的周长为20，面积为10，A＝60°，则a等于( )
A．5
B．6
C．7
D．8
【解析】 S＝bcsin
A＝bc·＝10，∴bc＝40，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos
A＝(b＋c)2－2bc－2bc·，
∴a2＝(20－a)2－120，
∴a＝7.
【答案】 C
二、填空题
6．在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，sin
A，sin
B，sin
C成等比数列，且c＝2a，则cos
B的值为________．
【解析】 因为sin
A，sin
B，sin
C成等比数列，
所以sin2B＝sin
A·sin
C，由正弦定理得b2＝ac，又c＝2a，故cos
B＝＝＝.
【答案】
7．在△ABC中，AB＝，点D是BC的中点，且AD＝1，∠BAD＝30°，则△ABC的面积为________．
【解析】 ∵D为BC的中点，∴S△ABC＝2S△ABD
＝2××|AB||AD|·sin∠BAD＝2×××1×sin
30°＝.
【答案】
8．如图2 2 6所示，已知圆内接四边形ABCD中AB＝3，AD＝5，BD＝7，∠BDC＝45°，则BC＝________.
图2 2 6
【解析】 cos
A＝＝－，
∴A＝120°，
∴C＝60°.从而＝，
∴BC＝＝＝.
【答案】
三、解答题
9．如图2 2 7，在四边形ABCD中，已知AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，求BC的长．
图2 2 7
【解】 在△BAD中，设BD＝x.
则BA2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos∠BDA，
即142＝x2＋102－2×10xcos
60°，解得x＝16，即BD＝16，
又＝，
∴BC＝·sin
30°＝8.
10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acos2＋ccos2＝b.
(1)求证：a，b，c成等差数列；
(2)若B＝60°，b＝4，求△ABC的面积．
【解】 (1)证明：acos2＋ccos2＝a·＋c·＝b，
即a(1＋cos
C)＋c(1＋cos
A)＝3b.
由正弦定理得sin
A＋sin
Acos
C＋sin
C＋cos
Asin
C＝3sin
B，
即sin
A＋sin
C＋sin(A＋C)＝3sin
B，
∴sin
A＋sin
C＝2sin
B，
由正弦定理得a＋c＝2b，所以a，b，c成等差数列．
(2)由B＝60°，b＝4，及余弦定理得
42＝a2＋c2－2accos
60°，
∴(a＋c)2－3ac＝16，
又由(1)知a＋c＝2b，代入上式得4b2－3ac＝16，
解得ac＝16，
∴△ABC的面积S＝acsin
B＝acsin
60°＝4.
[能力提升]
1．在△ABC中，AC＝，BC＝2，B＝60°，则BC边上的高等于( )
A.
B.
C.
D．
【解析】 设AB＝c，在△ABC中，由余弦定理知
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos
B，
即7＝c2＋4－2×2×c×cos
60°，c2－2c－3＝0，
即(c－3)(c＋1)＝0，又c>0，∴c＝3.
设BC边上的高等于h，由三角形面积公式
S△ABC＝AB·BC·sin
B＝BC·h，知
×3×2×sin
60°＝×2×h，
∴h＝.
【答案】 B
2．如图2 2 8所示，四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2，则该四边形的面积等于( )
图2 2 8
A.
B．5
C．6＋
D．
7
【解析】 连接BD，在△BCD中，
BD＝
＝＝2.
∵∠CBD＝(180°－∠BCD)＝30°，
∴∠ABD＝90°，
∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝AB·BD＋BC·CDsin
∠BCD＝×4×2＋×2×2×sin
120°＝5.
【答案】 B
3．在△ABC中，B＝，AC＝，则AB＋2BC的最大值为________．
【解析】 在△ABC中，根据＝＝
得AB＝·sin
C＝·sin
C＝2sin
C.
同理BC＝2sin
A，
因此AB＋2BC＝2sin
C＋4sin
A＝2sin
C＋4sin
＝4sin
C＋2cos
C＝2sin(C＋φ)，
因此AB＋2BC的最大值为2.
【答案】 2
4．如图2 2 9所示，是半径为r的圆的一部分，弦AB的长为r，C为上一点，CD⊥AB于D，问当点C在什么位置时，△ACD的面积最大，并求出这个最大面积．
【导学号：67940041】
图2 2 9
【解】 ∵OA＝OB＝r，AB＝r.
∴△AOB是等腰直角三角形，且∠AOB＝90°.
∴∠ACB＝＝135°.
设∠CAD＝θ(0°＜θ＜45°)，则∠ABC＝45°－θ.
在△ABC中，∵＝，
∴AC＝
＝2rsin(45°－θ)，
∴在△ACD中，CD＝ACsin
θ，
AD＝ACcos
θ，
S△ACD＝AC2sin
θcos
θ
＝2r2sin2(45°－θ)sin
θcos
θ
＝2r2·sin
2θ
＝r2(1－sin
2θ)sin
2θ
＝r2
＝－2r2＋r2，
∴当sin
2θ＝，即2θ＝，
θ＝时，S△ACD取得最大值且最大值为r2.学业分层测评(十一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．在△ABC中，A∶B∶C＝1∶2∶3，则a∶b∶c为( )
A．1∶2∶3
B．1∶∶1
C．1∶∶2
D．∶1∶
【解析】 由已知得，A＝30°，B＝60°，C＝90°，
a∶b∶c＝sin
A∶sin
B∶sin
C＝∶∶1＝1∶∶2.
【答案】 C
2．在△ABC中，若A＝105°，B＝45°，b＝2，则c等于( )
A．1
B．2
C.
D．
【解析】 C＝180°－A－B＝30°，由＝得c＝＝＝2.
【答案】 B
3．在△ABC中，根据下列条件解三角形，其中有两个解的是( )
A．b＝10，A＝45°，C＝70°
B．a＝60，c＝48，B＝60°
C．a＝7，b＝5，A＝80°
D．a＝14，b＝16，A＝45°
【解析】 A中只有一解，B中只有一解，C中由＝得sin
B＝·sin
80°.
又b＜a，A＝80°，∴B唯一，从而只有一解．D中由＝，∴sin
B＝＞，又a＜b，∴B有两种情形．
【答案】 D
4．若＝＝，则△ABC是( )
A．等边三角形
B．有一个内角是30°的直角三角形
C．等腰直角三角形
D．有一个内角是30°的等腰三角形
【解析】 由正弦定理得a＝2R·sin
A，b＝2R·sin
B，c＝2R·sin
C，所以＝＝可化为1＝＝，所以tan
B＝tan
C＝1，
即B＝C＝45°，所以△ABC是等腰直角三角形．
【答案】 C
5．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若acos
A＝bsin
B，则sin
Acos
A＋cos2B＝( )
A．－
B．
C．－1
D．
1
【解析】 ∵acos
A＝bsin
B，
∴sin
Acos
A＝sin
Bsin
B，
即sin
Acos
A－sin2B＝0，
∴sin
Acos
A－(1－cos2B)＝0，
∴sin
Acos
A＋cos2B＝1.
【答案】 D
二、填空题
6．在锐角△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且a＝4bsin
A，则cos
B＝__________.
【解析】 由＝＝2R得
a＝2R·sin
A，b＝2R·sin
B，
所以sin
A＝4sin
B·sin
A，即sin
B＝，
所以cos
B＝＝.
【答案】
7．在△ABC中，若b＝1，c＝，C＝，则a＝__________.
【解析】 在△ABC中，由正弦定理得＝，解得sin
B＝，因为C＝π，故角B为锐角，所以B＝，
则A＝，所以a＝1.
【答案】 1
8．已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若a＝1，b＝，A＋C＝2B，则sin
C＝________.
【解析】 ∵A＋B＋C＝180°，且A＋C＝2B，∴B＝60°.
由正弦定理得sin
A＝＝＝.
又a＜b，∴A＝30°，
∴C＝180°－(30°＋60°)＝90°，即sin
C＝1.
【答案】 1
三、解答题
9．已知△ABC中，tan
A＝，tan
B＝，且最长边的长为.求：
(1)C的大小；
(2)最短边的长．
【解】 (1)∵tan
A＝，tan
B＝，
∴tan(A＋B)＝＝＝1.
又A＋B＋C＝180°，
∴tan
C＝tan[180°－(A＋B)]＝－tan(A＋B)＝－1，
∴C＝135
°.
(2)由(1)知C为最大角，从而由已知得c＝，
∵tan
B＞tan
A＞0，∴b＞a，故三角形最短边为a.
∵tan
A＝，∴sin
A＝.
又∵sin
C＝，
∴由正弦定理得最短边a＝＝.
10．在△ABC中，已知cos2B＋cos2C＝1＋cos2A，且sin
A＝2sin
Bcos
C，求证：b＝c且A＝90°.
【证明】 ∵cos2B＋cos2C＝1＋cos2A，
∴cos2B＋cos2C－2＝cos2A－1，
∴sin2B＋sin2C＝sin2A，
即b2＋c2＝a2，
∴△ABC为直角三角形，且A＝90°.
又sin
A＝2sin
Bcos
C，
∴sin(B＋C)＝2sin
Bcos
C，
∴sin(B－C)＝0，
∴B＝C，
∴b＝c，且A＝90°.
[能力提升]
1．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知8b＝5c，C＝2B，则cos
C等于( )
A.
B．－
C．±
D．
【解析】 ＝＝＝＝，
所以cos
B＝，
又cos
C＝cos
2B＝2cos2B－1＝－1＝.
【答案】 A
2．在△ABC中，B＝60°，最大边与最小边之比为(＋1)∶2，则最大角为( )
A．45° B．75°
C．90° D．105°
【解析】 由题意知B＝60°，既不是最大角也不是最小角．
设C为最大角，则＝，
即＝，
所以＝，解得A＝45°，
所以C＝180°－60°－45°＝75°.
【答案】 B
3．已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，向量m＝(，－1)，n＝(cos
A，sin
A)．若m⊥n，且acos
B＋bcos
A＝csin
C，则A，B的大小分别为________．
【解析】 由m⊥n得A＝.
由正弦定理得a＝2Rsin
A，b＝2Rsin
B，c＝2Rsin
C(R为△ABC的外接圆半径)．
acos
B＋bcos
A＝csin
C可变形为
sin
Acos
B＋sin
Bcos
A＝sin2C，
即sin(A＋B)＝sin2C.
又A＋B＋C＝π，∴A＋B＝π－C，
∴sin(A＋B)＝sin
C＝sin2C，
∴sin
C＝1，∴C＝，∴B＝.
【答案】 ，
4．在△ABC中，已知＝，且cos(A－B)＋cos
C＝1－cos
2C.
(1)试确定△ABC的形状；
(2)求的取值范围.
【导学号：67940035】
【解】 (1)由正弦定理得＝＝，
∴b2－a2＝ab，又2sin
Asin
B＝2sin2C，
得ab＝c2，
∴b2－a2＝c2，即a2＋c2＝b2，
∴三角形为直角三角形．
(2)由(1)知，显然a＋c＞b，
且2＝1＋≤2，
即≤.(共40张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
已知两边及一角解三角形
已知三边解三角形
三角形形状的判断
学业分层测评（十二）
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阶段2探究可动通关
史论互证疑难细究
阶段3体验落实评价
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素能关
类型
素能关
探究点
综合关
名师指津
W目学业分层测评(十四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．轮船A和轮船B在中午12时同时离开海港O，两船航行方向的夹角为120°，两船的航行速度分别为25
n
mile/h，15
n
mile/h，则14时两船之间的距离是( )
A．50
n
mile
B．70
n
mile
C．90
n
mile
D．110
n
mile
【解析】 到14时，轮船A和轮船B分别走了50
n
mile，30
n
mile，由余弦定理得两船之间的距离为l＝＝70
n
mile.
【答案】 B
2．如图2 3 7所示，从山顶望地面上C，D两点，测得它们的俯角分别为45°和30°，已知CD＝100米，点C位于BD上，则山高AB等于( )
图2 3 7
A．100米
B．50米
C．50米
D．50(＋1)米
【解析】 设山高为h，则由题意知
CB＝h，DB＝h，
所以h－h＝100，
即h＝50(＋1)米．
【答案】 D
3．如图2 3 8，D，C，B三点在地面同一直线上，DC＝a，从C，D两点测得A点仰角分别是β，α(α＜β)，则A点离地面的高度AB等于( )
图2 3 8
A.
B.
C.
D．
【解析】 在△ADC中，∠DAC＝β－α.
由正弦定理得＝，
∴AC＝，
∴AB＝AC·sin
β＝.
【答案】 A
4．有一个长为1千米的斜坡，它的倾斜角为75°，现要将其倾斜角改为30°，则坡底要伸长( )
A．1千米
B．千米
C.千米
D．2千米
【解析】 如图，∠BAO＝75°，C＝30°，AB＝1，
∴∠ABC＝∠BAO－∠BCA＝75°－30°＝45°.
在△ABC中，＝，
∴AC＝＝＝千米．
【答案】 B
5．(2014·四川高考)如图2 3 9，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60
m，则河流的宽度BC等于( )
图2 3 9
A．240(－1)m
B．180(－1)m
C．120(－1)m
D．30(＋1)m
【解析】 如图，在△ACD中，∠CAD＝90°－30°＝60°，
AD＝60
m，所以CD＝AD·tan
60°＝60(m)．
在△ABD中，∠BAD＝90°－75°＝15°，
所以BD＝AD·tan
15°＝60(2－)(m)．
所以BC＝CD－BD＝60－60(2－)
＝120(－1)(m)．
【答案】 C
二、填空题
6．某人向正东方向走x
km后向右转150°，然后朝新方向走3
km，结果他离出发点恰好
km，那么x的值为______.
【解析】 如图所示，在△ABC中，AB＝x，BC＝3，AC＝，∠ABC＝30°.由余弦定理得()2＝32＋x2－2×3·x·cos
30°，即x2－3x＋6＝0，解得x1＝，x2＝2，检验均符合题意．
【答案】 或2
7．在200
m的山顶上，测得山下一塔的塔顶与塔底的俯角分别为30°，60°，则塔高为________．
【解析】 如图，设塔AB高为h，在Rt△CDB中，CD＝200
m，∠BCD＝90°－60°＝30°，
∴BC＝＝(m)．
在△ABC中，∠ABC＝∠BCD＝30°，∠ACB＝60°－30°＝30°，
∴∠BAC＝120°.
在△ABC中，由正弦定理得＝，
∴AB＝＝
m.
【答案】
m
8．江岸边有一炮台高30
m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距________m.
【解析】 如图，OM＝AOtan
45°＝30(m)，
ON＝AOtan
30°＝×30＝10(m)，
在△MON中，由余弦定理得，
MN＝
＝＝10(m)．
【答案】 10
三、解答题
9．A、B、C、D四个景点，如图2 3 10，∠CDB＝45°，∠BCD＝75°，∠ADC＝15°.A、D相距2
km，C、D相距(3－)km，求A、B两景点的距离．
图2 3 10
【解】 在△BCD中，
∠CBD＝180°－∠BCD－∠CDB＝60°，
由正弦定理得＝，
即BD＝＝2.
在△ABD中，∠ADB＝45°＋15°＝60°，
BD＝AD，∴△ABD为等边三角形，
∴AB＝2.
即A、B两景点的距离为2
km.
10．据气象台预报，距S岛正东方向300
km的A处有一台风中心形成，并以每小时30
km的速度向北偏西30°的方向移动，在距台风中心270
km以内的地区将受到台风的影响，问：S岛是否受其影响？若受到影响，从现在起经过多少小时S岛开始受到台风的影响？持续时间多久？说明理由.
【导学号：67940044】
图2 3 11
【解】 设台风中心经过t小时到达B点，
由题意，∠SAB＝90°－30°＝60°，
在△SAB中，SA＝300，AB＝30t，∠SAB＝60°，
由余弦定理得：
SB2＝SA2＋AB2－2SA·AB·cos
∠SAB
＝3002＋(30t)2－2·300·30t·cos
60°，
若S岛受到台风影响，则应满足条件|SB|≤270，
即SB2≤2702，化简得t2－10t＋19≤0，
解得5－≤t≤5＋，
所以从现在起，经过5－小时S岛开始受到影响，5＋小时后影响结束．
持续时间为(5＋)－(5－)＝2小时．
即S岛受台风影响，从现在起，经过5－小时台风开始影响S岛，持续2小时．
[能力提升]
1．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100
m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )
A．50
m
B．100
m
C．120
m
D．150
m
【解析】 设水柱高度是h
m，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝h，根据余弦定理得(h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos
60°，即h2＋50h－5
000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50
m.
【答案】 A
2．甲船在岛A的正南B处，以4
km/h的速度向正北航行，AB＝10
km，同时乙船自岛A出发以6
km/h的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间为( )
A.
min
B．
h
C．21.5
min
D．2.15
h
【解析】 如图所示，当两船航行t
h时，甲船到D处，乙船到C处，
则AD＝10－4t，AC＝6t，∠CAD＝120°
或AD′＝4t－10，AC＝6t，∠CAD′＝60°.
∴CD2＝(6t)2＋(10－4t)2－2×6t×(10－4t)×
＝28t2－20t＋100，
∴当t＝
h时，CD2最小，即两船最近，
t＝
h＝
min.
【答案】 A
3．某同学骑电动车以24
km/h的速度沿正北方向的公路行驶，在点A处测得电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15
min后到点B处，测得电视塔S在电动车的北偏东75°方向上，则点B与电视塔的距离是________km.
图2 3 12
【解析】 如题图，由题意知AB＝24×＝6，在△ABS中，∠BAS＝30°，
AB＝6，∠ABS＝180°－75°＝105°，∴∠ASB＝45°，由正弦定理知＝，
∴BS＝＝3.
【答案】 3
4．如图2 3 13，一辆汽车从O点出发，沿海岸一条直线公路以100
km/h的速度向东匀速行驶，汽车开动时，在O点南偏东方向距O点500
km且在海岸距离为300
km的海上M处有一快艇，与汽车同时出发，要把一件重要的物品递送给这辆汽车的司机，问快艇至少必须以多大的速度行驶，才能把物品递送到司机手中？并求快艇以最小速度行驶时方向与OM所成的角．
图2 3 13
【解】 如图所示，
设快艇从M处以v
km/h的速度出发，
沿MN方向航行，t
h后与汽车在N点相遇，在△MON中，MO＝500，ON＝100t，MN＝vt.设∠MON＝α，由题意知，sin
α＝，则cos
α＝，
由余弦定理知MN2＝OM2＋ON2－
2·OM·ON·cos
α，
即v2t2＝5002＋1002t2－2×500×100t×，
整理得，v2＝2＋3
600，
当＝，即t＝时，v＝3
600，
∴vmin＝60.
即快艇至少必须以60
km/h的速度行驶，此时MN＝60×＝375.
∵MQ＝300，
设∠MNO＝β，则sin
β＝＝，
∴α＋β＝90°，即MN与OM所成的角为90°.(共48张PPT)
阶段一
阶段二
阶段三
学业分层测评
测量距离问题
测量高度问题
与角度有关的实际问题
学业分层测评（十四）
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