课件18张PPT。章末整合专题一 应用正、余弦定理解三角形
例1在△ABC中,由已知条件解三角形,其中有两解的是( )
A.b=20,A=45°,C=80°
B.a=30,c=28,B=60°
C.a=14,b=16,A=45°
D.a=12,c=15,A=120°答案:C 专题二 判断三角形的形状
例3已知方程x2-(bcos A)x+acos B=0的两根之积等于两根之和,且a,b为△ABC的两边,A,B为两内角,试判定这个三角形的形状.
解:解法一:设方程的两根为x1、x2,由韦达定理知x1+x2=bcos A,x1x2=acos B,
由题意得bcos A=acos B,根据余弦定理,得所以b2+c2-a2=a2+c2-b2,
化简得a=b,所以△ABC为等腰三角形.
解法二:同解法一得bcos A=acos B,
由正弦定理,得2Rsin Bcos A=2Rsin Acos B,
所以sin Acos B-cos Asin B=0,即sin(A-B)=0,
因为A,B为三角形的内角,
所以A=B,故△ABC为等腰三角形.专题三 求三角形的面积
例4在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若专题四 解三角形的应用
例5某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上,在小艇出发时,轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处,并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶,经过t小时与轮船相遇.
(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小,则小艇航行速度的大小应为多少?
(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时,试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小),使得小艇能以最短时间与轮船相遇,并说明理由.此时,在△OAB中,有OA=OB=AB=20.
故可设计航行方案如下:
航行方向为北偏东30°,航行速度为30海里/小时,小艇能以最短时间与轮船相遇.解法二 (1)若相遇时小艇的航行距离最小,又轮船沿正东方向匀速行驶,
则小艇航行方向为正北方向.
设小艇与轮船在C处相遇,(2)猜想v=30时,小艇能以最短时间与轮船在D处相遇,此时AD=DO=30t.
又∠OAD=60°,据此可设计航行方案如下:
航行方向为北偏东30°,航行速度的大小为30海里/小时,
这样,小艇能以最短时间与轮船相遇.
证明如下:故OC>AC,且对于线段AC上任意点P,
有OP≥OC>AC.而小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时,故小艇与轮船不可能在A,C之间(包含C)的任意位置相遇.解法三 (1)同解法一或解法二.
(2)设小艇与轮船在B处相遇,依据题意得:
v2t2=400+900t2-2·20·30t·cos(90°-30°),
(v2-900)t2+600t-400=0.
(1)若0
故可设计航行方案如下:
航行方向为北偏东30°,航行速度为30海里/小时,小艇能以最短时间与轮船相遇.例6如图,测量人员沿直线MNP的方向测量,测得塔顶A的仰角分别是∠AMB=30°,∠ANB=45°,∠APB=60°,且MN=PN=500 m,求塔高AB.解:设AB=x,因为AB垂直于地面,
所以△ABM,△ABN,△ABP均为直角三角形.在△MNB中,由余弦定理知BM2=MN2+BN2-2MN·BN·cos∠MNB,
在△PNB中,由余弦定理知BP2=NP2+BN2-2NP·BN·cos∠PNB,
又因为∠MNB与∠PNB互补,MN=NP=500,
所以3x2=250 000+x2-2×500x·cos∠MNB,①专题五 三角变换与解三角形的综合问题
例7在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足(2a-b)cos C=ccos B,△ABC的面积S=10 ,c=7.
(1)求角C;
(2)求a,b的值.
解:(1)因为(2a-b)cos C=ccos B,
所以(2sin A-sin B)cos C=sin Ccos B,
2sin Acos C-sin Bcos C=cos Bsin C,
即2sin Acos C=sin(B+C),
所以2sin Acos C=sin A.
因为A∈(0,π),所以sin A≠0,第九章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a∶b∶c=4∶3∶2,则2sinA-sinBsin2C=( )
A.37 B.57 C.97 D.107
解析由题意2sinA-sinBsin2C=2sinA-sinB2sinCcosC=2a-b2ccosC,因为a∶b∶c=4∶3∶2,设a=4k,b=3k,c=2k,由余弦定理可得cos C=(16+9-4)k22×4×3k2=78,则2sinA-sinBsin2C=(8-3)k4×78k=107.故选D.
答案D
2.如图,从地面上C,D两点望山顶A,测得它们的仰角分别为45°和30°,已知CD=100米,点C位于BD上,则山高AB等于( )
A.100米 B.503米
C.50(3+1)米 D.502米
解析设AB=h,△ABC中,∠ACB=45°,BC=h,在△ADB中,tan∠ADB=hh+100=33,
解得h=50(3+1)米.故选C.
答案C
3.若sinAa=cosBb=cosCc,则△ABC是( )
A.等边三角形
B.有一内角是30°的直角三角形
C.等腰直角三角形
D.有一内角是30°的等腰三角形
解析因为sinAa=cosBb,所以acos B=bsin A,所以由正弦定理得2Rsin Acos B=2Rsin Bsin A,2Rsin A≠0.所以cos B=sin B,所以B=45°.同理C=45°,故A=90°.
答案C
4.在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=2BC=2CD,则cos∠DAC=( )
A.255 B.55
C.31010 D.1010
解析如下图所示,不妨设BC=CD=1,则AB=2,过点D作DE⊥AB,垂足为点D.
易知四边形BCDE是正方形,则BE=CD=1,
所以AE=AB-BE=1.
在Rt△ADE中,AD=AE2+DE2=2,同理可得AC=AB2+BC2=5,
在△ACD中,由余弦定理得
cos∠DAC=AC2+AD2-CD22AC·AD=5+2-122×5×2=31010.故选C.
答案C
5.如图,一船自西向东匀速航行,上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔64海里的M处,下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处,则这只船的航行速度为( )海里/小时.
A.26 B.46 C.86 D.166
解析由题意PM=64,∠MPN=120°,在△PMN中,由正弦定理得PMsin∠PNM=MNsin∠MPN,即64sin45°=MNsin120°,得MN=326,所以船的航行速度为MN14-10=86(海里/小时).故选C.
答案C
6.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若bsin 2A+2asin B=0,b=2c,则ca的值为( )
A.1 B.33 C.55 D.77
解析因为bsin 2A+2asin B=0,
所以由正弦定理可得sin Bsin 2A+2sin Asin B=0,
即2sin Bsin Acos A+2sin Asin B=0.
由于sin BsinA≠0,所以cos A=-22,因为
0由余弦定理可得
a2=b2+c2-2bcos A=2c2+c2+2c2=5c2,所以ca=55.故选C.
答案C
7.一游客在A处望见在正北方向有一塔B,在北偏西45°方向的C处有一寺庙,此游客骑车向西行1 km后到达D处,这时塔和寺庙分别在北偏东30°和北偏西15°,则塔B与寺庙C的距离为( )
A.2 km B.3 km C.2 km D.1 km
解析如图,先求出AC,AB的长,然后在△ABC中利用余弦定理可求解.
在△ABD中,AD=1,可得AB=3.在△ACD中,AD=1,∠ADC=105°,∠DCA=30°,
所以由正弦定理得ACsin∠ADC=ADsin∠DCA,
所以AC=AD·sin∠ADCsin∠DCA=6+22.
在△ABC中,由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos 45°=8+434+3-2×6+22·3·22=2,所以BC=2.故选C.
答案C
8.如图,某建筑物的高度BC=300 m,一架无人机Q上的仪器观测到建筑物顶部C的仰角为15°,地面某处A的俯角为45°,且∠BAC=60°,则此无人机距离地面的高度PQ为( )
A.100 m B.200 m C.300 m D.100 m
解析根据题意,可得Rt△ABC中,∠BAC=60°,BC=300,所以AC=BCsin60°=30032=2003;
在△ACQ中,∠AQC=45°+15°=60°,∠QAC=180°-45°-60°=75°,所以∠QCA=180°-∠AQC-∠QAC=45°.
由正弦定理,得AQsin45°=ACsin60°,解得AQ=2003×2232=2002,在Rt△APQ中,PQ=AQsin 45°=2002×22=200 m.故选B.
答案B
二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分.
9.在△ABC中,a,b分别是角A,B的对边,a=1,b=2,A=30°,则角B为( )
A.45° B.90° C.135° D.60°或135°
解析由正弦定理,可得sin B=bsinAa=2sin 30°=22,又由a答案AC
10.在△ABC中,根据下列条件解三角形,其中有两解的是 ( )
A.b=10,A=45°,C=70° B.b=45,c=48,B=60°
C.a=14,b=16,A=45° D.a=7,b=5,A=80°
解析选项B满足csin 60°答案BC
11.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列结论正确的是( )
A.a2=b2+c2-2bccos A
B.asin B=bsin A
C.a=bcos C+ccos B
D.acos B+b cos A=sin C
解析由在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,知:在A中,由余弦定理得:a2=b2+c2-2bccos A,故A正确;在B中,由正弦定理得:asinA=bsinB,∴asin B=bsin A,故B正确;在C中,∵a=bcos C+ccos B,∴由余弦定理得:a=b×a2+b2-c22ab+c×a2+c2-b22ac,整理,得2a2=2a2,故C正确;在D中,由余弦定理得acos B+bcos A=a×a2+c2-b22ac+b×b2+c2-d22bc=c≠sin C,故D错误.故选ABC.
答案ABC
12.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是( )
A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6
B.△ABC是钝角三角形
C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D.若c=6,则△ABC外接圆半径为877
解析(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,可设a+b=9t,a+c=10t,b+c=11t,解得a=4t,b=5t,c=6t,t>0,可得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6,故A正确;由c为最大边,可得cos C=a2+b2-c22ab=16t2+25t2-36t22·4t·5t=18>0,即C为锐角,故B错误;由cos A=b2+c2-a22bc=25t2+36t2-16t22·5t·6t=34,cos 2A=2cos2 A-1=2×916-1=18=cos C,由2A,C∈(0,π),可得2A=C,故C正确;若c=6,可得2R=csinC=61-164=167,△ABC外接圆半径为877,故D正确.故选ACD.
答案ACD
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.在△ABC中,A,B,C的对边的长分别为a,b,c,已知a=1,sin A=210,sin C=35,则c= .?
解析由正弦定理csinC=asinA,得c=asinCsinA=1×35210=35×102=32.
答案32
14.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=3,b=4,c=6,则bccos A+accos B+abcos C的值是 .?
解析因为cos A=b2+c2-a22bc,所以bccos A=12(b2+c2-a2).同理,accos B=12(a2+c2-b2),abcos C=12(a2+b2-c2).所以bccos A+accos B+abcos C=12(a2+b2+c2)=612.
答案612
15.为了研究问题方便,有时将余弦定理写成:a2-2abcos C+b2=c2,利用这个结构解决如下问题:若三个正实数x,y,z,满足x2+xy+y2=9,y2+yz+z2=16,z2+zx+x2=25,则xy+yz+zx= .?
解析设△ABC的角A,B,C的对边分别为a,b,c,在△ABC内取点O,使得∠AOB=∠BOC=∠AOC=2π3,设OA=x,OB=y,OC=z,利用余弦定理得出△ABC的三边长,由此计算出△ABC的面积,再利用S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC可得出xy+yz+zx的值.
设△ABC的角A,B,C的对边分别为a,b,c,
在△ABC内取点O,使得∠AOB=∠BOC=∠AOC=2π3,
设OA=x,OB=y,OC=z,
由余弦定理得c2=x2-2xy·cos∠AOB+y2=x2+xy+y2=9,∴c=3.
同理可得a=4,b=5,∴a2+c2=b2,则∠ABC=90°,
△ABC的面积为S△ABC=12ac=6,
另一方面S△ABC=S△AOB+S△AOC+S△BOC
=12xysin 2π3+12yzsin 2π3+12zxsin 2π3
=34(xy+yz+zx)=6,解得xy+yz+zx=83.
答案83
16.如图,海岸线上有相距5海里的两座灯塔A,B,灯塔B位于灯塔A的正南方向.海上停泊着两艘轮船,甲船位于灯塔A的北偏西75°,与A相距32海里的D处;乙船位于灯塔B的北偏西60°方向,与B相距5海里的C处,此时乙船与灯塔A之间的距离为 海里,两艘轮船之间的距离为 海里.?
解析因为△ABC为等边三角形,所以AC=5.∠DAC=180°-75°-60°=45°,
在△ADC中,根据余弦定理得
CD2=AD2+AC2-2AD·ACcos∠DAC
=18+25-2×32×5×(22)=13,
解得CD=13.
答案5 13
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且asin B+1=bsin A+2cos C.
(1)求角C的大小;
(2)若a=2,a2+b2=2c2,求△ABC的面积.
解(1)因为由正弦定理得asinA=bsinB,
所以asin B=bsin A,
∴2cos C=1,cos C=12.
又0(2)由余弦定理得c2=a2+b2-ab,
∴4+b2=2(4+b2-2b),解得b=2.
∴S△ABC=12absin C=12×2×2×sin π3=3.
18.(12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知sin2B+sin2C=sin2A+sin Bsin C.
(1)求角A的大小;
(2)若cos B=13,a=3,求c的值.
解(1)由正弦定理可得b2+c2=a2+bc,
则cos A=b2+c2-a22bc=12,
因为A∈(0,π),所以A=π3.
(2)由(1)可知,sin A=32,
因为cos B=13,B为三角形的内角,
所以sin B=223,
故sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B
=32×13+12×223=3+226,
由正弦定理asinA=csinC,得c=asinCsinA=332×3+226=1+263.
19.(12分)要测量对岸两点A,B之间的距离,选取相距200 m的C,D两点,并测得∠ADC=105°,∠BDC=15°,∠BCD=120°,∠ACD=30°,求A,B两点之间的距离.
解在△ACD中,因为∠ACD=30°,∠ADC=105°,
所以∠DAC=180°-30°-105°=45°.
由正弦定理得CDsin45°=ADsin30°,且CD=200,
所以AD=1002.
同理,在△BCD中,可得∠CBD=45°,
由正弦定理得BDsin120°=CDsin45°,
所以BD=1006.
在△ABD中,∠BDA=105°-15°=90°,
由勾股定理得AB=AD2+BD2=2002,
即A,B两点间的距离为2002.
20.(12分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2a,3csin B=4asin C.
(1)求cos B的值;
(2)求sin2B+π4的值.
解(1)由正弦定理asinA=csinC,则3cb=4ac,
所以b=43a.而b+c=2a,则c=23a.
故由余弦定理得
cos B=a2+c2-b22ac=a2+49a2-169a22a·23a=-14.
(2)因为cos B=-14,
所以sin B=154.
所以sin 2B=2sin Bcos B=-158,
cos 2B=2cos2B-1=-78.
所以sin2B+π4=22(sin 2B+cos 2B)
=22×-158-78=-72+3016.
21.(12分)如图,A,B是海面上位于东西方向相距4(3+3)海里的两个观测点,现位于A点北偏东45°,B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号,位于B点南偏西60°且与B点相距163海里的C点的救援船立即前往营救,其航行速度为24海里/小时.
(1)求BD的长;
(2)该救援船到达D点所需的时间.
解(1)由题意可知:在△ADB中,∠DAB=45°,∠DBA=30°,则∠ADB=105°.
由正弦定理ABsin∠ADB=DBsin∠DAB,得4(3+3)sin105°=DBsin45°.
由sin 105°=sin(45°+60°)
=sin 45°cos 60°+cos 45°sin 60°=6+24,
代入上式得DB=83.
(2)在△BCD中,BC=163,DB=83,∠CBD=60°,
由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos 60°
=(163)2+(83)2-2×163×83×12=242,
∴CD=24,∴t=sv=2424=1.
即该救援船到达D点所需的时间为1小时.
22.(12分)如图,在△ABC中,C=π4,角B的平分线BD交AC于点D,设∠CBD=θ,其中tan θ=12.
(1)求sin A;
(2)若CA·CB=28,求AB的长.
解(1)由∠CBD=θ,且tan θ=12,
∵θ∈0,π2,
∴sin θ=12cos θ,sin2θ+cos2θ=14cos2θ+cos2θ
=54cos2θ=1,
∴cos θ=25,sin θ=15.
则sin∠ABC=sin 2θ=2sin θcos θ
=2×15×25=45,
∴cos∠ABC=2cos2θ-1=2×45-1=35,
sin A=sinπ-π4+2θ=sinπ4+2θ
=22sin 2θ+22cos 2θ=22×35+45=7210.
(2)由正弦定理,得BCsinA=ACsin∠ABC,即BC7210=AC45,
所以BC=728AC.
又CA·CB=22|CB||CA|=28,所以|CB||CA|=282,
由上两式解得AC=42,
又由ABsinC=ACsin∠ABC,得AB22=AC45,
解得AB=5.
