1.2 应用举例
第1课时 距离和高度问题
课后篇巩固提升
1.如图,要测量某湖泊两侧A,B两点间的距离,若给出下列数据,则其中不能唯一确定A,B两点间的距离的是( )
A.角A,B和边b
B.角A,B和边a
C.边a,b和角C
D.边a,b和角A
解析根据正弦定理,可知当已知两边和其中一边的对角时,解三角形得出的结果不一定唯一,故选D.
答案D
2.如果在测量中,某渠道斜坡的坡度为34,设α为坡角,那么cos α等于( )
A.35 B.45 C.34 D.43
解析由题意,知tan α=34.因为0<α<π2,得cos α=45,故选B.
答案B
3.如图,在河岸一侧取A,B两点,在河岸另一侧取一点C,若AB=12 m,借助测角仪测得∠CAB=45°,∠CBA=60°,则C处河面宽CD为( )
A.6(3+3)m B.6(3-3)m
C.6(3+23)m D.6(3-23)m
解析由CDsin60°=BDsin(90°-60°),CDsin45°=ADsin(90°-45°)?BD=33CD,AD=CD?AB=AD+BD=1+33CD=12?CD=6(3-3)m,故选B.
答案B
4.如图,D,C,B三点在地面同一直线上,DC=a,从C,D两点测得点A的仰角分别是β,α(α<β),则点A离地面的高度AB等于( )
A.asinαsinβsin(β-α) B.asinαsinβcos(α-β)
C.asinαcosβsin(β-α) D.acosαsinβcos(α-β)
解析在△ADC中,∠DAC=β-α.由正弦定理,得asin(β-α)=ACsinα,∴AC=asinαsin(β-α),∴AB=ACsin β=asinαsinβsin(β-α).
答案A
5.如图,地平面上有一根旗杆OP,为了测得它的高度h,在地面上取一基线AB,AB=20 m,在A处测得点P的仰角∠OAP=30°,在B处测得点P的仰角∠OBP=45°,又测得∠AOB=60°,则旗杆的高度为 ( )
A.20(3?2)m B.204-2 m
C.204-3 m D.10(3+2)m
解析由已知,得AO=3h,BO=h,则在△ABO中,由余弦定理,得AB2=AO2+BO2-2AO·BO·cos 60°,即400=3h2+h2-3h2,解得h=204-3(m).
答案C
6.江岸边有一炮台高30 m,江中有两条船,由炮台顶部测得两条船的俯角分别为45°与60°,且两条船与炮台底部的连线成30°角,则两条船之间的距离为 m.?
解析设炮台顶部为A,两条船分别为B,C,炮台底部为D(如图),
则∠BAD=45°,∠CAD=30°,∠BDC=30°,AD=30 m.
在Rt△ABD与Rt△ACD中,tan 45°=DBAD,tan 30°=DCAD,
则DB=30 m,DC=103 m.
在△DBC中,由余弦定理,得BC2=DB2+DC2-2DB·DCcos 30°,即BC2=302+(103)2-2×30×103×32,解得BC=103(m).
答案103
7.台风中心从A地以每小时20 km的速度向东北方向移动,离台风中心30 km内的地区为危险区,城市B在A的正东40 km处,B城市处于危险区内的持续时间为 小时.?
解析设t小时时,B城市恰好处于危险区,则由余弦定理,得(20t)2+402-2×20t×40cos 45°=302,即4t2-82t+7=0,∴t1+t2=22,t1·t2=74.故|t1-t2|=(t1+t2)2-4t1t2=(22)2-4×74=1.
答案1
8.如图,某炮兵阵地位于地面A处,两观察所分别位于地面C处和D处,已知CD=6 000 m,∠ACD=45°,∠ADC=75°,目标出现于地面B处,测得∠BCD=30°,∠BDC=15°,求炮兵阵地与目标的距离.
解由∠ACD=45°,∠ADC=75°,得∠CAD=60°.
在△ACD中,由正弦定理,得CDsin60°=ADsin45°,则AD=63CD.在△BCD中,可得∠CBD=135°,
由正弦定理,得BD=CDsin30°sin135°=22CD.又∠ADB=∠ADC+∠BDC=75°+15°=90°,连接AB,则在△ABD中,AB=AD2+BD2=426CD=426×6 000=1 00042(m).
故炮兵阵地与目标的距离为1 00042 m.
9.
如图,A,B,C,D都在同一个铅垂面内(与水平面垂直的平面),B,D为海岛上两座灯塔的塔顶.测量船于A处测得点B和点D的仰角分别为75°,30°,于C处测得点B和点D的仰角均为60°,AC=1 km,求点B,D间的距离.
解(方法一)在△ACD中,∠ADC=60°-∠DAC=60°-30°=30°.由正弦定理,得AD=ACsin120°sin30°=3.
在△ABC中,∠ABC=75°-60°=15°,∠ACB=60°,
由正弦定理,得AB=ACsin60°sin15°=32+62.在△ADB中,∠BAD=180°-75°-30°=75°,由余弦定理,得BD=AB2+AD2-2AB·ADcos75°
=32+622+3-2×32+62×3cos75°=32+62.即点B,D间的距离为32+62 km.
(方法二)如图,过点D作DH垂直于水平线于点H,过点B作BE垂直于水平线于点E,记AD与BC的交点为M.由已知,得∠CDA=∠DCH-∠DAC=60°-30°=30°,
所以∠DAC=∠CDA=30°,
所以AC=DC.
又易知∠MCD=∠MCA=60°,所以△AMC≌△DMC,
所以M为AD的中点,所以BA=BD.
又在△ABC中,∠ABC=75°-60°=15°,
所以AB=ACsin60°sin15°=32+62,
所以BD=32+62.
所以点B,D间的距离为32+62 km.
课件28张PPT。第1课时 距离和高度问题一、常用概念
1.基线
(1)定义:在测量上,根据测量需要适当确定的线段叫做基线.
(2)性质:在测量过程中,要根据实际需要选取合适的基线长度,使测量具有较高的精确度.一般来说,基线越长,测量的精确度越高.
2.坡角与坡度3.视角
观察物体的两端,视线张开的夹角叫做视角,如图所示.4.铅直平面
铅直平面是指与水平面垂直的平面.
5.仰角和俯角
与目标视线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角,目标视线在水平视线上方时叫做仰角,目标视线在水平视线下方时叫做俯角(如图所示).6.做一做:
(1)判断正误.
①坡面与水平面所成的二面角叫做坡角. ( )
②坡角越大,则坡比越小. ( )
答案:①√ ②×
(2)从A处望B处的仰角为α,从B处望A处的俯角为β,则α,β的关系是( )
A.α>β B.α=β
C.α+β=90° D.α+β=180°
解析:如图,从A处望B处的仰角α与从B处望A处的俯角β是内错角,由水平线平行,得α=β.答案:B 二、解决实际测量问题的思路及步骤
1.基本思路2.一般步骤
(1)分析:理解题意,弄清已知与未知,画出示意图.
(2)建模:根据已知条件与求解目标,把已知量与待求量尽可能地集中在有关三角形中,建立一个解三角形的数学模型.
(3)求解:利用正弦定理、余弦定理解三角形,求得数学模型的解.
(4)检验:检验所求的解是否符合实际问题的意义,从而得出实际问题的解.3.做一做:
海上有A,B两个小岛相距10海里,从A岛望C岛和B岛成60°的视角,从B岛望C岛和A岛成75°的视角,则B,C岛间的距离是( )答案:D 探究一探究二探究三思想方法当堂检测求可到达点与不可到达点之间的距离问题
例1如图 ,一名学生在河岸紧靠岸边笔直行走,开始在A处,
经观察,在河的对岸有一参照物C,与学生前进方向成30°角,学生前进200 m 后到达点B,测得该参照物与前进方向成75°角.
(1)求点A与参照物C的距离;
(2)求河的宽度.分析:根据图形,先由已知求出∠ACB,再利用正弦定理求得AC的长度,最后在直角三角形中求出河的宽度.探究一探究二探究三思想方法当堂检测探究一探究二探究三思想方法当堂检测反思感悟1.测量从一个可到达的点与一个不可到达的点之间的距离问题,一般可转化为已知两个角和一条边解三角形的问题,从而运用正弦定理去解决.
2.如图,点B为不可到达点,求A,B的距离的具体解题步骤是:
(1)取基线AC(尽量长),且使AB,AC不共线;探究一探究二探究三思想方法当堂检测变式训练1学校体育馆的人字屋架为等腰三角形,如图,测得AC的长度为4 m,∠A=30°,则其跨度AB的长为( )答案:D 探究一探究二探究三思想方法当堂检测求不可到达的两点之间的距离问题 例2如图,隔河看到两个目标A,B,但不能到达,在岸边选取相距 km的C,D两点,并测得∠ACB=75°,∠BCD=45°,∠ADC=30°,∠ADB=45°(A,B,C,D在同一平面内),求两个目标A,B之间的距离.
分析:要求出A,B之间的距离,把AB放在△ABC(或△ADB)中,但不管在哪个三角形中,AC,BC(或AD,BD)这些量都是未知的.把AC,BC(或AD,BD)放在△ACD,△BCD中求出它们的长即可.探究一探究二探究三思想方法当堂检测探究一探究二探究三思想方法当堂检测反思感悟1.测量两个不可到达的点之间的距离问题,一般是先把求距离问题转化为应用余弦定理求三角形的边长的问题,再把求未知的边长问题转化为只有一点不能到达的两点距离测量问题,最后运用正弦定理解决问题.2.如图所示,不可到达的A,B是地面上两点,要测量A,B两点之间的距离,具体步骤是:(1)取基线CD;(2)测量CD,∠ACB,∠BCD,∠ADC,∠BDA;(3)在△ACD中,解三角形得AC;在△BCD中,解三角形得BC;(4)在△ABC中,利用余弦定理得探究一探究二探究三思想方法当堂检测变式训练2如图,为了测量某湿地A,B两点间的距离,观察者找到在同一直线上的三点C,D,E.从D点测得∠ADC=67.5°,从C点测得∠ACD=45°,∠BCE=75°,从E点测得∠BEC=60°.若测得探究一探究二探究三思想方法当堂检测答案:C 探究一探究二探究三思想方法当堂检测求高度问题
例3如图,为了测量河对岸的塔高AB,选取与塔底B在同一水平面内的两个测点C和D,测得CD=200 m,在点C和点D测得塔顶A的仰角分别是45°和30°,且∠CBD=30°,求塔高AB.分析:先在Rt△ABC和Rt△ABD中,用AB表示BC和BD,再在△BCD中,由余弦定理建立方程求解.探究一探究二探究三思想方法当堂检测反思感悟1.在测量底部不可到达的建筑物的高度时,可以借助正弦定理或余弦定理,构造两角(两个仰角或两个俯角)和一边或三角(两个方向角和仰角)和一边,如图所示.探究一探究二探究三思想方法当堂检测2.解决测量高度问题的一般步骤是: 探究一探究二探究三思想方法当堂检测变式训练3如图,在山顶铁塔上B处测得一点A的俯角为α,在塔底C处测得A处的俯角为β.若铁塔高为m米,则山高CD为 米.?探究一探究二探究三思想方法当堂检测函数与方程思想在解三角形应用举例中的应用
典例 如图,游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径.一种是从A沿直线步行到C,另一种是先从A沿索道乘缆车到B,然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山,甲沿AC匀速步行,速度为50 m/min.在甲出发2 min后,乙从A乘缆车到B,在B处停留1 min后,再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度(1)求索道AB的长;
(2)问:乙出发多少分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短?探究一探究二探究三思想方法当堂检测【审题视角】(1)利用正弦定理求出AB的长;(2)先设再建立时间t与甲、乙间距离d的函数关系式,利用关系式求最值.探究一探究二探究三思想方法当堂检测方法点睛与函数思想相联系的就是方程思想.所谓方程思想,就是在解决问题时,用事先设定的未知数沟通问题所涉及的各量间的制约关系,列出方程(组),从而求出未知数及各量的值,使问题获得解决,所设的未知数沟通了变量之间的联系.方程可以看做未知量与已知量相互制约的条件,它架设了由已知探索未知的桥梁.
函数与方程思想在数学中有着广泛的应用,在利用正、余弦定理求角或边长时,往往渗透着函数与方程思想.探究一探究二探究三思想方法当堂检测1.从地面上观察一建在山顶上的建筑物,测得其视角为α,同时测得建筑物顶部的仰角为β,则山顶的仰角为( )
A.α+β B.α-β
C.β-α D.α
解析:如图所示,AB表示建筑物,从地面上点C观察.由已知,得∠BCA=α,∠BCO=β,则山顶的仰角为∠OCA,∠OCA=∠BCO-∠BCA=β-α.答案:C 探究一探究二探究三思想方法当堂检测2.如图,从山顶A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 m,点C位于BD上,则山高AB等于( )答案:D 探究一探究二探究三思想方法当堂检测3.有一段长为10 m的斜坡,它的倾斜角为75°,在不改变坡高的前提下,通过加长坡面的方法将它的倾斜角改为30°,则坡底要延伸 m.?探究一探究二探究三思想方法当堂检测的军事基地C和D处测得蓝方两支精锐部队分别在A处和B处,且∠ADB=30°,∠BDC=30°,∠DCA=60°,∠ACB=45°,如图所示,求蓝方这两支精锐部队之间的距离.探究一探究二探究三思想方法当堂检测第2课时 角度问题
课后篇巩固提升
1.在静水中划船的速度是40 m/min,水流的速度是20 m/min,如果船从岸边A处出发,沿着与水流垂直的航线到达对岸,那么船的前进方向应指向河流的上游,且与河岸垂直方向所成的角为( )
A.15° B.30° C.45° D.60°
解析如图所示,
∵sin∠CAB=BCAC=2040=12,∴∠CAB=30°.
答案B
2.如图所示,在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C相对于山坡的斜度为15°,向山顶前进100 m到达B处,又测得C相对于山坡的斜度为45°,若CD=50 m,山坡的坡角为θ,则cos θ=( )
A.32 B.3-1
C.2-3 D.22
解析在△ABC中,由正弦定理,得BC=ABsin∠BACsin∠ACB=100sin15°sin(45°-15°)=50(6?2)(m).在△BCD中,由正弦定理,得sin∠BDC=BCsin∠CBDCD=50(6-2)sin45°50=3-1.由题图知cos θ=sin∠ADE=sin∠BDC=3-1,故选B.
答案B
3.一艘船上午9:30在A处,测得灯塔S在它的北偏东30°的方向,且与它相距82 n mile, 之后它继续沿正北方向匀速航行,上午10:00到达B处,此时又测得灯塔S在它的北偏东75°的方向,则此船的航速是( )
A.8(6+2)n mile/h B.8(6?2)n mile/h
C.16(6+2)n mile/h D.16(6?2)n mile/h
解析由题意,得在△SAB中,∠BAS=30°,∠SBA=180°-75°=105°,∠BSA=45°.
由正弦定理,得SAsin105°=ABsin45°,
即82sin105°=ABsin45°,解得AB=8(6?2)(n mile),
故此船的航速为8(6-2)12=16(6?2)(n mile/h).
答案D
4.
如图所示,位于A处的信息中心获悉,在其正东方向相距40 n mile的B处有一艘渔船遇险,在原地等待营救.信息中心立即把消息告知在其南偏西30°,相距20 n mile的C处的乙船,现乙船朝北偏东θ的方向即沿直线CB前往B处救援,则cos θ等于( )
A.217 B.2114 C.32114 D.2128
解析在△ABC中,AB=40 n mile,AC=20 n mile,∠BAC=120°.
由余弦定理,得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos 120°=2 800,所以BC=207 n mile.
由正弦定理,得
sin∠ACB=ABBC·sin∠BAC=217.
由∠BAC=120°,得∠ACB为锐角,故cos∠ACB=277.
故cos θ=cos(∠ACB+30°)
=cos∠ACBcos 30°-sin∠ACBsin 30°=2114.
答案B
5.某船在岸边A处向正东方向航行x海里后到达B处,然后朝南偏西60°方向航行3海里到达C处,若A处与C处的距离为 3 n mile,则x的值为 .?
解析在△ABC中,由余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B,即x2+9-2·x·3cos 30°=(3)2,
即x2-33x+6=0,解得x=23或x=3.
答案3或23
6.已知甲船在岛B的正南方A处,AB=10 n mile,甲船以4 n mile/h的速度向正北方向的岛B航行,同时乙船自岛B出发以6 n mile/h的速度向北偏东60°的方向航行,当甲、乙两船距离最近时,它们所航行的时间是 h.?
解析如图,设甲、乙两船距离最近时航行时间为t h,距离为s n mile,此时甲船到达C处,则甲船距离B岛(10-4t)n mile,乙船距离B岛6t n mile,所以由余弦定理,得cos 120°=(6t)2+(10-4t)2-s22·6t·(10-4t)=-12,化简,得s2=28t2-20t+100,所以当t=202×28=514时,s2取最小值,即当甲、乙两船距离最近时,它们所航行的时间是514 h.
答案514
7.某人见一建筑物A在正北方向,另一建筑物B在北偏西30°方向.此人沿北偏西70°方向行走了3 km后到达C,则见A在其北偏东56°方向上,B在其北偏东74°方向上,试求这两个建筑物间的距离.
解如图,在△BCO中,∠BOC=70°-30°=40°,∠BCO=(180°-70°)-74°=36°,∴∠CBO=180°-40°-36°=104°.
∵OC=3 km,由正弦定理,得COsin104°=BOsin36°,
则BO=3sin36°sin104° km.在△ACO中,∠AOC=70°,∠CAO=56°,则∠ACO=54°.由正弦定理,得COsin56°=AOsin54°,则AO=3sin54°sin56° km.在△ABO中,由余弦定理,得AB=AO2+BO2-2AO·BO·cos30°≈1.630(km)=1 630(m).
故这两个建筑物间的距离约为1 630 m.
8.平面内三个力F1,F2,F3作用于同一点,且处于平衡状态.已知F1,F2的大小分别为1 N,6+22 N,F1与F2的夹角为45°,求F3的大小及F3与F1的夹角的大小.
解 如图,设F1与F2的合力为F,则F3=-F.
∵∠BOC=45°,∴∠ABO=135°.
在△OBA中,由余弦定理,得|F|2=|F1|2+|F2|2-2|F1|·|F2|cos 135°=12+6+222-2×1×6+22cos 135°=4+23.
∴|F|=1+3,
即|F3|=3+1.
又由正弦定理,得
sin∠BOA=|F2|sin∠ABO|F|=6+22×221+3=12.
∴∠BOA=30°.∴∠BOD=150°.
故F3的大小为(3+1)N,F1与F3的夹角为150°.
9.某海上养殖基地A,接到气象部门预报,位于基地南偏东60°方向相距20(3+1)n mile的海面上有一台风中心,影响半径为20 n mile,正以102 n mile/h的速度沿某一方向匀速直线前进,预计台风中心将从基地东北方向刮过且(3+1)h后开始影响基地持续2 h.求台风移动的方向.
解如图,设预报时台风中心为B,开始影响基地时台风中心为C,基地刚好不受影响时台风中心为D,则B,C,D在一条直线上,且AD=20 n mile,AC=20 n mile.由题意,得AB=20(3+1)n mile,DC=202 n mile,BC=102(3+1)n mile.
在△ADC中,∵DC2=AD2+AC2,
∴∠DAC=90°,∠ADC=45°.
在△ABC中,由余弦定理,得
cos∠BAC=AC2+AB2-BC22AC·AB=32.∴∠BAC=30°.
∵B位于A的南偏东60°方向,且60°+30°+90°=180°,∴D位于A的正北方向.
又∠ADC=45°,∴台风移动的方向为向量CD的方向,即北偏西45°方向.
课件26张PPT。第2课时 角度问题一、有关概念
1.方位角与方向角
(1)方位角
从正北方向顺时针转到目标方向线所成的水平角.如点B的方位角为α,如图所示.方位角的取值范围为(0°,360°).(2)方向角
从指定方向线到目标方向线所成的小于90°的水平角.如南偏西60°,指以正南方向为始边,顺时针方向向西旋转60°,如图所示.2.做一做:
(1)判断正误.
①若点A在点B的北偏西50°,则点B在点A的西偏北50°. ( )
②方向角的取值范围是0°~360°,方位角的取值范围是0°~90°. ( )
③方位角是270°的方向正好是正西方向. ( )
答案:①× ②× ③√
(2)下图中,两个方向对应的方位角分别等于 .?解析:左题图中方向对应的方位角等于30°,右题图中方向对应的方位角等于240°.
答案:30°,240°二、用正、余弦定理解决与角度有关问题
思考:怎样用正、余弦定理解决与角度有关的问题?
提示:测量角度问题主要是指在海上或空中测量角度的问题,如确定目标的方位,观察某一建筑物的视角等.解决它们的关键是根据题意和图形及有关概念,确定所求的角在哪个三角形中,该三角形中已知哪些量,需要求哪些量.通常是根据题意,先从实际问题中抽象出一个或几个三角形,再通过解这些三角形,得到所求的量,从而得到实际问题的解.解题时应认真审题,结合图形去选择定理,这是最关键、最重要的一步.探究一探究二探究三当堂检测实际测量中的角度问题
例1地图测绘人员在点A测得某一目标参照物P在他的北偏东30°的方向,且距离他40 m,之后该测绘人员沿正北方向行走了40 m,达到点B.试确定此时目标参照物P相对于他的方位角以及他与目标参照物P的距离.
分析:画出图形,在三角形中,利用正弦定理求出内角的大小以及边的长度,从而确定相应的方位角以及距离.探究一探究二探究三当堂检测因为AB=40 m,所以AB=PB,所以∠APB=∠PAB=30°,所以∠PBA=120°.因此测绘人员到达点B时,目标参照物P相对于该测绘人员的方位角为180°-120°=60°,且目标参照物P与他的距离为40 m.探究一探究二探究三当堂检测反思感悟解决实际测量中的角度问题的基本步骤:
(1)找准观测点以及参照物,根据“上北下南,左西右东”确定正北方向;
(2)根据题意作出示意图;
(3)分析图中的已知量和未知量,标出有关角和线段的大小;
(4)利用正弦定理或余弦定理解三角形,求出未知量.探究一探究二探究三当堂检测变式训练1如图所示,从A到B,方位角是50°,距离是470 m;从B到C,方位角是80°,距离是860 m;从C到D,方位角是150°,距离是640 m,试计算从A到D的方位角和距离.探究一探究二探究三当堂检测?∴∠CAD≈24.3°.
∴从A到D的方位角约为50°+19.5°+24.3°=93.8°.
即从A到D的方位角约为93.8°,距离约为1 531 m.探究一探究二探究三当堂检测航海与追及中的角度问题
例2某渔轮在航行中不幸遇险,发出呼救信号,我海军舰艇在A处获悉后,立即测出该渔轮在方位角为45°,距离为10 n mile的C处,并测得渔轮正沿方位角为105°的方向,以9 n mile/h的速度向某小岛靠拢,我海军舰艇立即以21 n mile/h的速度前去营救,求舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间.
分析:本题中所涉及的路程在不断变化,但舰艇和渔轮相遇时所用时间相等,先设出所用时间t,找出等量关系,再解三角形.探究一探究二探究三当堂检测解:如图所示,根据题意可知AC=10 n mile,∠ACB=120°.设舰艇靠近渔轮所需的时间为t h,并在B处与渔轮相遇,
则AB=21t n mile,BC=9t n mile.在△ABC中,由余弦定理,得探究一探究二探究三当堂检测即∠CAB≈21.8°.
故舰艇航行的方位角为45°+21.8°=66.8°.反思感悟1.本题欲求方位角,先求边长,而要求边长,需先求时间.由于舰艇与渔轮同时在移动,因此相遇点不确定,即舰艇的航向不确定,解题时画图的关键是设出相遇点B,画出可以求解的三角形.
2.解决这类问题,首先明确题中所给各个角的含义,然后分析题意,根据题意画出正确的示意图,将实际问题转化为数学问题,运用正弦定理或余弦定理求解,体现了数形结合与方程的数学思想方法.探究一探究二探究三当堂检测延伸探究本题中其他条件不变,将“渔轮向小岛靠拢的速度”改为“10 n mile/h”,将“我海军舰艇的速度”改为“10 n mile/h”,求舰艇的航向和靠近渔轮所需要的时间.探究一探究二探究三当堂检测物理中的角度问题
例3在点O观测到远处有一物体在做匀速直线运动,开始时刻物体位于点P,一分钟后,该物体位于点Q,且∠POQ=90°,再过一分钟,该物体位于点R,且∠QOR=30°,则tan∠OPQ= .?
分析:结合题意画出图形,在图形中利用正、余弦定理求解.
解析:由物体做匀速直线运动,得PQ=QR,不妨设其长度为1.如图,探究一探究二探究三当堂检测探究一探究二探究三当堂检测变式训练2作用在同一点的三个力F1,F2,F3平衡,已知|F1|=30 N,|F2|=50 N,F1与F2的夹角是60°,则F3与F1的夹角的正弦值为 .?
解析:由题意,得F3应和F1,F2的合力F平衡.设F3与F1的夹角为θ,如图,当三力平衡时,由余弦定理,得探究一探究二探究三当堂检测1.如图,点A在北偏西65°的方向上,则其方位角等于( )
A.25° B.65° C.245° D.295°解析:方位角等于360°-65°=295°.
答案:D探究一探究二探究三当堂检测2.如图,在某海岸A处,发现北偏东30°方向,距离A处1海里的B处有一艘走私船,在A处北偏西60°的方向,距离A处 海里的C处的缉私船奉命以5 海里/小时的速度追截走私船.此时,走私船正以5海里/小时的速度从B处按照北偏东30°方向逃窜,则缉私船沿( )方向能最快追上走私船.
A.北偏东30° B.北偏东45°
C.北偏东60° D.正东探究一探究二探究三当堂检测答案:C 探究一探究二探究三当堂检测3.一艘轮船从A出发,沿南偏东70°的方向航行40 n mile后到达海岛B,然后从B出发,沿北偏东35°的方向航行了40 n mile到达海岛C.如果下次航行直接从A出发到C,那么此船航行的方向和路程分别为( )探究一探究二探究三当堂检测答案:C 探究一探究二探究三当堂检测4.在一次抗洪抢险中,某救生艇发动机突然发生故障停止转动,失去动力的救生艇在洪水中漂行,此时风向是北偏东30°,风速是20 km/h,水的流向是正东,流速是20 km/h.若不考虑其他因素,救生艇在洪水中漂行的速度的方向为北偏东 ?,大小为 ? km/h.?
解析:如图,∠AOB=60°.由余弦定理,得OC2=202+202-2×20×20cos 120°=1 200,探究一探究二探究三当堂检测5.如图,渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处,且与岛屿A相距12 n mile,渔船乙以10 n mile/h 的速度从岛屿A出发沿正北方向航行,若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙,刚好用2 h追上.
(1)求渔船甲的速度;
(2)求sin α的值.探究一探究二探究三当堂检测解:(1)在△ABC中,∠BAC=180°-60°=120°,AB=12 n mile,AC=10×2=20(n mile),∠BCA=α.
由余弦定理,
得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC
=122+202-2×12×20×cos 120°=784,
解得BC=28 n mile.第3课时 三角形中的几何计算
课后篇巩固提升
基础巩固
1.在△ABC中,AB=2,BC=5,△ABC的面积为4,则cos∠ABC等于( )
A.35 B.±35 C.-35 D.±25
解析由S=12AB·BC·sin∠ABC,得4=12×2×5sin∠ABC,解得sin∠ABC=45,从而cos∠ABC=±35.
答案B
2.
某市在“旧城改造”工程中计划在如图所示的一块三角形空地上种植草皮以美化环境.已知这种草皮的价格为a元/m2,则购买这种草皮需要( )
A.450a元 B.225a元 C.150a元 D.300a元
解析由已知可求得草皮的面积为S=12×20×30sin 150°=150(m2),则购买草皮的费用为150a元.
答案C
3.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,若2b=a+c,B=30°,△ABC的面积为32,则b等于( )
A.1+3 B.1+32 C.2+32 D.2+3
解析由12acsin 30°=32,得ac=6.由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos 30°=(a+c)2-2ac-3ac=4b2-12-63,得b=3+1.
答案A
4.在△ABC中,若AC=3BC,C=π6,S△ABC=3sin2A,则S△ABC=( )
A.34 B.32 C.3 D.2
解析因为AB2=BC2+3BC2-2×BC×3BC×32=BC2,所以A=C=π6,所以S△ABC=3sin2A=34,故选A.
答案A
5.若△ABC的周长等于20,面积是103,B=60°,则边AC的长是( )
A.5 B.6 C.7 D.8
解析在△ABC中,设A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=60°,由题意,得cos60°=a2+c2-b22ac,12acsin60°=103,a+b+c=20,即b2=a2+c2-ac,ac=40,a+b+c=20,解得b=7,故边AC的长为7.
答案C
6.已知△ABC的三边分别为a,b,c,且面积S=a2+b2-c24,则角C= .?
解析在△ABC中,S△ABC=a2+b2-c24,
而S△ABC=12absin C,∴a2+b2-c24=12absin C.
由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcos C,
∴cos C=sin C,∴C=45°.
答案45°
7.已知三角形的面积为14,其外接圆面积为π,则这个三角形的三边之积等于 .?
解析设三角形的外接圆半径为R,则由πR2=π,得R=1.由S=12absin C=abc4R=abc4=14,故abc=1.
答案1
8.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,求证:ab?ba=ccosBb-cosAa.
证明由余弦定理的推论得cos B=a2+c2-b22ac,
cos A=b2+c2-a22bc,代入等式右边,得
右边=ca2+c2-b22abc-b2+c2-a22abc
=2a2-2b22ab=a2-b2ab=ab?ba=左边,故原式得证.
9.
如图,在△ABC中,BC=5,AC=4,cos∠CAD=3132,且AD=BD,求△ABC的面积.
解设CD=x,则AD=BD=5-x.
在△CAD中,由余弦定理,得
cos∠CAD=42+(5-x)2-x22×4×(5-x)=3132,解得x=1.
∴CD=1,AD=BD=4.
在△CAD中,由正弦定理,得ADsinC=CDsin∠CAD,
则sin C=ADCD·1-cos2∠CAD=41-31322=387.
∴S△ABC=12AC·BC·sin C=12×4×5×387=1547,故△ABC的面积为1547.
10.若△ABC的三边长分别为a,b,c,面积为S,且S=c2-(a-b)2,a+b=2,求面积S的最大值.
解S=c2-(a-b)2=c2-a2-b2+2ab=2ab-(a2+b2-c2).由余弦定理,得a2+b2-c2=2abcos C,
∴c2-(a-b)2=2ab(1-cos C),
即S=2ab(1-cos C).
∵S=12absin C,∴sin C=4(1-cos C).
又sin2C+cos2C=1,∴17cos2C-32cos C+15=0,
解得cos C=1517或cos C=1(舍去).∴sin C=817,
∴S=12absin C=417a(2-a)=-417(a-1)2+417.
∵a+b=2,∴0
能力提升
1.在钝角三角形ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=7,c=5,sin C=5314,则△ABC的面积等于 ( )
A.103 B.1532 C.1534 D.154
解析在钝角三角形ABC中,∵a=7,c=5,sin C=5314,∴A>C,C为锐角,且cos C=1-sin2C=1114.由c2=a2+b2-2abcos C,得b2-11b+24=0,解得b=3或b=8.当b=8时,角B是钝角,cos B=a2+c2-b22ac=49+25-642×7×5=17>0,∴b=8舍去.同理验证可知b=3符合条件.∴S△ABC=12absin C=12×7×3×5314=1534.
答案C
2.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且3acos C=4csin A,若△ABC的面积S=10,b=4,则a的值为( )
A.233 B.253 C.263 D.283
解析由3acos C=4csin A,得asinA=4c3cosC.又由正弦定理asinA=csinC,得csinC=4c3cosC,∴tan C=34,∴sin C=35.又S=12bcsin A=10,b=4,∴csin A=5.根据正弦定理,得a=csinAsinC=535=253,故选B.
答案B
3.
如图,平面四边形ABCD中,∠BAD=45°,CB⊥AB,CD⊥AD,CD=22,CB=1.则△ABD的面积为 .?
解析∵∠BAD=45°,CB⊥AB,CD⊥AD,
∴∠BCD=360°-(90°+90°+45°)=135°,
在△BCD中,CD=22,CB=1,
由余弦定理可得BD2=CD2+BC2-2CD·BC·cos∠BCD=8+1-2×22×1×-22=13,
则BD=13.∴△CBD的外接圆半径2R=DBsin∠DCB=1322=26.∴AC=26.
∵AD2+DC2=AB2+BC2=AC2,CD=22,CB=1,∴AB=5,AD=32,△ABD的面积为S△ABD=12×32×5×22=152.
答案152
4.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为315,b-c=2,cos A=-14,则a的值为 .?
解析∵S△ABC=12bcsin A=12bc1-cos2A=12bc×154=315,∴bc=24.
又b-c=2,∴a2=b2+c2-2bccos A=(b-c)2+2bc-2bc×-14=4+2×24+12×24=64.
∵a为△ABC的边,∴a=8.
答案8
5.在△ABC中,D为边BC上一点,BD=12DC,∠ADB=120°,AD=2.若△ADC的面积为3-3,则∠BAC= .?
解析如图,由S△ADC=3-3和S△ADC=12AD·DCsin 60°,得3-3=12×2×DC×32,解得DC=2(3-1),则BD=12DC=3-1.
在△ABD中,AB2=BD2+AD2-2BD·ADcos 120°=(3-1)2+4-2(3-1)×2×-12=6,∴AB=6.
在△ADC中,AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos 60°=22+[2(3-1)]2-2×2×2(3-1)×12=24-123,
∴AC=6(3-1).
在△ABC中,cos∠BAC=AB2+AC2-BC22·AB·AC=6+24-123-9(3-1)22×6×6(3-1)=12,∴∠BAC=60°.
答案60°
6.
如图所示,已知圆内接四边形ABCD 的边长分别为AB=2,BC=6,CD=DA=4,求四边形ABCD的面积.
解连接BD,则四边形ABCD的面积S=S△ABD+S△CDB=12AB·ADsin A+12BC·CDsin C.
∵A+C=180°,∴sin A=sin C,
∴S=12(AB·AD+BC·CD)sin A=12(2×4+6×4)sin A=16sin A.在△ABD中,由余弦定理,得
BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos A=22+42-2×2×4cos A=20-16cos A.
在△CDB中,由余弦定理,得BD2=CB2+CD2-2CB·CDcos C=62+42-2×6×4cos C=52-48cos C.
∴20-16cos A=52-48cos C.
∵cos C=-cos A,∴64cos A=-32,∴cos A=-12.
又A∈(0°,180°),∴A=120°,∴S=16sin 120°=83.
7.已知△ABC的外接圆半径为R,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足2R(sin2A-sin2C)=(2a-b)·sin B,求△ABC面积的最大值.
解由正弦定理,得a2-c2=(2a-b)b,即a2+b2-c2=2ab.由余弦定理,得cos C=a2+b2-c22ab=2ab2ab=22.
∵C∈(0,π),∴C=π4.
∴S=12absin C=12×2Rsin A·2Rsin B·22
=2R2sin Asin B=2R2sinA22cosA+22sinA
=R2(sin Acos A+sin2A)=R212sin 2A+1-cos2A2=R222sin2A-π4+12.
∵A∈0,34π.∴2A-π4∈-π4,54π,
∴sin2A-π4∈-22,1,∴S∈0,2+12R2,
∴△ABC面积的最大值为2+12R2.
课件22张PPT。第3课时 三角形中的几何计算一、三角形的面积公式
1.思考:常用的三角形面积公式是什么?在三角形中如何用三角形的边和角表示某一条边上的高?能否用三角形的边和角表示三角形的面积?2.填空:
(1)在△ABC中,若ha,hb,hc分别表示边a,b,c上的高,则3.做一做:
(1)判断正误.
①三角形的面积等于其中两边以及它们所夹内角的正弦值的乘积. ( )答案:①× ②×
(2)①在△ABC中,若AB=3,BC=4,B=120°,则△ABC的面积等于 ;?
②在△ABC中,若a=2,b=8,S△ABC=4,则C= .?4.三角形面积公式的其他形式: 二、三角形中的常用结论
思考:三角形中的常用结论有哪些?
提示:(1)a+b>c,b+c>a,c+a>b.
(2)a-b(3)A+B+C=π.
(4)a>b?A>B?sin A>sin B.
(5)a=b?A=B.
(6)A为锐角?cos A>0?a2A为钝角?cos A<0?a2>b2+c2;
A为直角?cos A=0?a2=b2+c2.
(7)sin(A+B)=sin C,cos(A+B)=-cos C.(10)在△ABC中,若cos 2A=cos 2B,则A=B. 探究一探究二探究三当堂检测三角形面积公式的应用
例1计算下列各三角形的面积.
(1)在△ABC中,a=5,c=3,B=150°;
(2)在△ABC中,a=8,b=8 ,A=30°;
(3)在△ABC中,a=2,b=3,c=4.
分析:(1)可直接套用面积公式求解;(2)先利用正弦定理求出角C,再利用S= absin C计算面积;(3)先利用余弦定理求出任意一角的余弦值,再求得该角的正弦值,最后套用面积公式计算.探究一探究二探究三当堂检测探究一探究二探究三当堂检测反思感悟三角形面积的求解思路
1.求三角形面积时,由于三角形面积公式有不同形式,因此实际使用时要结合题目的条件灵活运用,必须在两边及其夹角都已知或能求出的前提下才能使用.
2.计算三角形面积时,若选择公式后有未知的边或角,应先利用正、余弦定理求出需要的边或角,再套用公式计算.探究一探究二探究三当堂检测探究一探究二探究三当堂检测三角形中恒等式的证明
例2在△ABC中,角A,B,C的对应边分别为a,b,c.分析:解答本题可通过正、余弦定理化边为角或化角为边,即可证明.
证法一由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,
b2=a2+c2-2accos B,
得a2-b2=b2-a2+2c(acos B-bcos A),
即a2-b2=c(acos B-bcos A),探究一探究二探究三当堂检测探究一探究二探究三当堂检测探究一探究二探究三当堂检测三角形中的最值与范围问题
例3在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2cos(B-C)-1=4cos Bcos C.
(1)求cos A的值;
(2)若a=3,求△ABC面积的最大值.
分析:(1)将已知条件运用两角和与差的余弦公式进行变形整理,化简为关于cos A的表达式,进而求出cos A的值;(2)运用三角形面积公式结合三角恒等变换求最值.探究一探究二探究三当堂检测探究一探究二探究三当堂检测反思感悟解决与面积有关的三角形的综合问题时,应选取适当的面积公式,结合正、余弦定理及三角恒等变换的知识,将问题转化为求函数的最值或范围,进而予以解决.探究一探究二探究三当堂检测延伸探究在本例(2)中,若条件不变,求△ABC的周长的取值范围. 探究一探究二探究三当堂检测1.已知△ABC中,AB=6,A=30°,B=120°,则△ABC的面积为( ) 答案:C 答案:A 探究一探究二探究三当堂检测答案:2 探究一探究二探究三当堂检测4.在△ABC中,A=30°,AB=2,BC=1,则△ABC的面积等于 .?探究一探究二探究三当堂检测5.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,已知cos 2A+3cos(B+C)=1.
(1)求角A的大小;
(2)若a=2 ,b+c=4,求△ABC的面积.