(共32张PPT)
章末整合
专题一 应用正弦定理、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(2020全国Ⅱ)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知
方法技巧判断三角形形状的常用方法及思考方向
(2)思考方向:①是否两边(或两角)相等;②是否三边(或三角)相等;③是否有直角、钝角.
专题三 求三角形的面积?
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/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/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/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.
(2)设小艇与轮船在B处相遇,
则v2t2=400+900t2-2·20·30t·cos(90°-30°),
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/时,小艇能以最短时间与轮船相遇.
(方法二)(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°,
所以AD=DO=OA=20,解得t=
.
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/时,
这样,小艇能以最短时间与轮船相遇.
证明如下:
有OP≥OC>AC.而小艇的最高航行速度只能达到30海里/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.
(方法三)(1)同方法一或方法二.
(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.
此时,在△OAB中,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/时,小艇能以最短时间与轮船相遇.
变式训练
1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.
在△MNB中,由余弦定理知
BM2=MN2+BN2-2MN·BNcos∠MNB,
在△PNB中,由余弦定理知
BP2=NP2+BN2-2NP·BNcos∠PNB,
又因为∠MNB与∠PNB互补,MN=NP=500,
专题五 三角变换与解三角形的综合问题?
例6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,
变式训练
2(2020江西南昌八一中学模拟)在锐角三角形ABC中,a=2
,(2b-c)cos
A=acos
C.
(1)求角A;
(2)求△ABC的周长l的范围.
解:(1)∵(2b-c)cos
A=acos
C,
∴2bcos
A=acos
C+ccos
A,
∴2sin
Bcos
A=sin
Acos
C+sin
Ccos
A,
∴2sin
Bcos
A=sin(A+C),
∴2sin
Bcos
A=sin
B.第九章解三角形
9.1 正弦定理与余弦定理
9.1.1 正弦定理
课后篇巩固提升
基础达标练
1.在△ABC中,下列关系式中一定成立的是( )
A.a>bsin
A
B.a=bsin
A
C.a
A
D.a≥bsin
A
答案D
解析由正弦定理,得,所以a=.在△ABC中,0B≤1,故≥1,所以a≥bsin
A.
2.在△ABC中,a=4,b=4,A=,则B=( )
A.
B.
C.
D.
答案A
解析由正弦定理可得,
∴sin
B=.
又a=4>b=4,∴A>B.∴B=.故选A.
3.在△ABC中,已知b=3,c=8,A=,则△ABC的面积等于( )
A.6
B.12
C.6
D.12
答案C
解析S△ABC=bcsin
A=×3×8×sin
=6.故选C.
4.(2020黑龙江大庆四中高一月考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若,则B=( )
A.
B.
C.
D.
答案A
解析由正弦定理得=1,所以tan
B=1.又因为B∈(0,π),所以B=.
5.(2020江苏南京秦淮中学高一期中)在△ABC中,若a=2,A=30°,则的值为( )
A.4
B.2
C.4
D.2
答案A
解析由题可知a=2,A=30°,令=2R(R为△ABC的外接圆半径),
所以=2R==4,即=4.
6.(2020浙江绍兴一中高一期中)在△ABC中,若A=,b=2,则下列说法错误的是( )
A.若a=1,则c有一解
B.若a=,则c有两解
C.若a=,则c有两解
D.若a=3,则c有两解
答案D
解析由b=2,A=知bsin
A=2sin=1.当a=1或a≥2时,c有一解,当17.(多选题)(2020江苏如东高级中学高一期中)已知A,B,C是△ABC的三个内角,下列结论一定成立的有( )
A.sin(B+C)=sin
A
B.cos(A+B)=cos
C
C.若A>B,则sin
A>sin
B
D.若sin
2A=sin
2B,则△ABC是等腰三角形
答案AC
解析由A+B+C=π,得sin(B+C)=sin(π-A)=sin
A,故A正确;cos(A+B)=cos(π-C)=-cos
C,故B不正确;由三角形中大角对大边,A>B,则a>b,根据正弦定理有sin
A>sin
B,故C正确;在三角形中,若sin
2A=sin
2B,则2A=2B或2A+2B=π,所以A=B或A+B=,则△ABC是等腰三角形或直角三角形,故D不正确.故选AC.
8.在△ABC中,a,b,c分别是A,B,C所对的边.若A=105°,B=45°,b=2,则c= ,△ABC的面积为 .?
答案2 +1
解析由题得C=180°-105°-45°=30°.
根据正弦定理,可知,解得c=2.
故△ABC的面积为S=bcsin
A=×2×2×sin
105°=2+1.
9.已知在△ABC中,BC=15,AC=10,A=60°,则cos
B= .?
答案
解析由正弦定理得,
所以sin
B=,
因为AC所以cos
B=.
10.在△ABC中,若,则△ABC是 三角形.?
答案等边
解析由正弦定理得,
所以sin=sin=sin.
因为A,B,C∈(0,π),所以∈0,,
所以,所以A=B=C.故△ABC为等边三角形.
11.在△ABC中,a=2,c=,sin
A+cos
A=0,则角B的大小为 .?
答案
解析因为角A是三角形的内角,所以A∈(0,π).又因为sin
A+cos
A=0,所以tan
A=-1.所以A=π.由正弦定理可知,则,所以sin
C=.因为A=π,所以C∈,因此C=.由三角形内角和定理可知B=π-A-C=.
12.在△ABC中,求证:.
证明因为在△ABC中,=2R(R为△ABC的外接圆半径),
所以左边=
==右边.
所以等式成立,即.
能力提升练
1.满足条件C=60°,AB=,BC=的△ABC有( )
A.0个
B.1个
C.2个
D.3个
答案C
解析由于BC·sin
C=,所以△ABC有两解.故选C.
2.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,acos
B=(c-b)cos
A,则角A的大小为( )
A.
B.
C.
D.
答案B
解析由正弦定理得sin
Acos
B=(sin
C-sin
B)·cos
A,即sin(A+B)=sin
Ccos
A,即sin
C=sin
Ccos
A,所以cos
A=,故A=.故选B.
3.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足a=6,c=2,tan
A+tan
B=,则S△ABC=( )
A.3
B.9
C.9
D.3
答案B
解析由tan
A+tan
B=,
得,因为cos
A≠0,所以=2sin
C.因为sin
C≠0,所以cos
B=,又因为B∈(0,π),所以B=,所以S△ABC=acsin
B=×6×2=9.
4.在锐角△ABC中,若C=2B,则的范围为( )
A.()
B.(,2)
C.(0,2)
D.(,2)
答案A
解析由正弦定理得=2cos
B.
∵△ABC是锐角三角形,∴三个内角均为锐角,
即0B<,∴∈().
5.(多选题)(2020山东济南历城第二中学高一月考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若C=,c=3且该三角形有两解,则a的值可以为( )
A.4
B.5
C.6
D.7
答案AB
解析∵该三角形有两解,C=,c=3,
∴asin6.在△ABC中,AB=AC=4,BC=2.D为AB延长线上一点,BD=2,连接CD,则△BDC的面积是 .?
答案
解析过点A作BC的垂线,交BC于点E,则AE=,所以sin∠ABC=,则sin∠CBD=sin(π-∠ABC)=,所以S△BCD=BD·BC·sin∠CBD=×2×2×.
7.在△ABC中,B=120°,AB=,角A的平分线AD=,则AC= .?
答案
解析如图,
由正弦定理易得,
即,
故sin∠ADB=,即∠ADB=45°.
在△ABD中,已知∠B=120°,∠ADB=45°,即∠BAD=15°.由于AD是∠BAC的角平分线,故∠BAC=2∠BAD=30°.在△ABC中,∠B=120°,∠BAC=30°,易得∠ACB=30°.在△ABC中,由正弦定理得.即,故AC=.
8.(2020浙江高一检测)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,且acos
C+asin
C=b+c,则A= ;若a=,且△ABC只有唯一解,则b的取值范围为 .?
答案 (0,]∪{2}
解析因为acos
C+asin
C=b+c,
所以由正弦定理得sin
Acos
C+sin
Asin
C=sin
B+sin
C,则sin
Acos
C+sin
Asin
C=sin
Acos
C+cos
Asin
C+sin
C,
所以sin
A=cos
A+1,则sinA-=,
所以A=.
当a=bsin或a≥b时,△ABC有唯一解,即b==2,或09.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.
(1)求角A的大小;
(2)设a=2,b=3,求sin(2B-A)的值.
解(1)由正弦定理可得,
即2sin
Ccos
A=sin
Acos
B+cos
AsinB
=sin(A+B)=sin
C.
因为sin
C≠0,所以cos
A=.
又因为A∈(0,π),所以A=.
(2)由正弦定理,
得sin
B=,所以cos
B=±=±.
所以cos
2B=1-2sin2B=1-2×=-,
sin
2B=2sin
Bcos
B=±.
当sin
2B=时,sin(2B-A)=sin
2Bcos
A-cos
2Bsin
A=;
当sin
2B=-时,sin(2B-A)=sin
2Bcos
A-cos
2Bsin
A=;
所以sin(2B-A)的值是.
素养培优练
在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足.
(1)若△ABC还同时满足下列四个条件中的三个:①a=7,②b=10,③c=8,④△ABC的面积S=10,请指出这三个条件,并说明理由;
(2)若a=3,求△ABC周长L的取值范围.
解因为,
所以sin
Acos
B+sin
Acos
C=cos
Asin
B+cos
Asin
C,
即sin
Acos
B-cos
Asin
B=sin
Ccos
A-cos
Csin
A,
所以sin(A-B)=sin(C-A).
因为A,B,C∈(0,π),
所以A-B=C-A,即2A=B+C,所以A=.
(1)△ABC还同时满足条件①③④,理由如下:
若△ABC同时满足条件①②,
则由正弦定理得sin
B=>1,
所以△ABC不能同时满足条件①②,
所以△ABC同时满足条件③④,
所以△ABC的面积S=bcsin
A=×b×8×=10,所以b=5,与②矛盾,所以△ABC同时满足条件①③④.
(2)在△ABC中,由正弦定理得=2,
因为C=-B,
所以b=2sin
B,c=2sin-B,
所以L=a+b+c=2sin
B+sin-B+3=6sin
B+cos
B+3=6sinB++3.
因为B∈0,,
所以B+∈,sinB+∈,1,
所以△ABC周长L的取值范围为(6,9].(共58张PPT)
9.1.1 正弦定理
课标阐释
思维脉络
1.通过对任意三角形边长和角度的关系的探索,掌握正弦定理的内容及其证明方法.
2.能运用正弦定理与三角形的内角和定理解决简单的解三角形问题.
3.熟记并能应用正弦定理的有关变形公式解决三角形中的问题.
4.能根据条件,判断三角形解的个数.
5.能利用正弦定理、三角形面积公式解决较为复杂的三角形问题.
激趣诱思
知识点拨
在我国古代就有嫦娥奔月的神话故事.明月高悬,我们仰望星空,会有无限遐想,有人不禁会问,遥不可及的月亮离地球究竟有多远呢?其实,早在1671年,两位法国科学家就测出了地球与月球之间的距离约为385
400千米,如左侧的图所示.你知道他们是怎样测量出来的吗?提示:将左侧的图简化为右侧的图,再思考一下吧。
激趣诱思
知识点拨
知识点一:三角形的面积
常用三角形面积公式
激趣诱思
知识点拨
微练习
答案:60°或120°
激趣诱思
知识点拨
知识点二:正弦定理
1.正弦定理的表示
文字语言
在一个三角形中,各边的长和它所对角的正弦的比相等
符号语言
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,
则
激趣诱思
知识点拨
2.正弦定理的变形
=2R(R为△ABC外接圆的半径).
(1)sin
A∶sin
B∶sin
C=a∶b∶c;
激趣诱思
知识点拨
名师点析1.使用正弦定理的前提是在同一三角形中.
2.正弦定理的主要功能是实现三角形中边角关系的转化.
3.由正弦定理可知三角形中每两边及对应角的正弦为知三求一的关系.
激趣诱思
知识点拨
微思考
(1)在直角三角形中,你能由锐角正弦值的定义探究出角与边的等式关系吗?
提示:(1)
激趣诱思
知识点拨
(2)在锐角三角形ABC中,正弦定理是否成立?
激趣诱思
知识点拨
(3)在钝角三角形ABC中,正弦定理是否成立?
提示:在钝角三角形ABC中,设C为钝角,如图,过点B作BD⊥AC交AC的延长线于点D,则BD=asin(π-C)=asin
C,BD=csin
A,
故有asin
C=csin
A,
激趣诱思
知识点拨
激趣诱思
知识点拨
(5)能否利用三角形的面积公式推出正弦定理?
激趣诱思
知识点拨
知识点三:解三角形
1.习惯上,我们把三角形的3个角与3条边都称为三角形的元素.已知三角形的若干元素求其他元素一般称为解三角形.
2.利用正弦定理可以解决以下两类有关解三角形的问题:
(1)已知两角和任意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.
激趣诱思
知识点拨
名师点析1.应用正弦定理,要明确角化边(或边化角)的方法,对三角形有几个解必须清楚明了,防止出现漏解或增解.
2.求角问题注意大边对大角性质的应用,以便判断解的个数.
激趣诱思
知识点拨
微练习1
△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若
答案:D
激趣诱思
知识点拨
微练习2
答案:45°
激趣诱思
知识点拨
知识点四:对三角形解的个数的判断
已知三角形的两角和任意一边,求另两边和另一角,此时三角形被唯一确定.已知两边和其中一边的对角,求其他的边和角,此时可能出现一解、两解或无解的情况,三角形不能被唯一确定.现以已知a,b和A解三角形为例予以说明:
激趣诱思
知识点拨
?
图形
关系式
解的个数
A
为
锐
角
①a=bsin
A;
②a≥b
一解
③bsin
A两解
激趣诱思
知识点拨
?
图形
关系式
解的个数
A
为
锐
角
aA
无解
激趣诱思
知识点拨
?
图形
关系式
解的个数
A
为
钝
角
或
直
角
a>b
一解
④a≤b
无解
激趣诱思
知识点拨
微思考
在△ABC中,若A>B,一定有sin
A>sin
B吗?反之,若sin
A>sin
B,一定有A>B吗?
提示:由A>B,得a>b,
所以2Rsin
A>2Rsin
B,即sin
A>sin
B;
由sin
A>sin
B,得2Rsin
A>2Rsin
B,即a>b,
所以A>B.
激趣诱思
知识点拨
微练习
不解三角形,判断下列三角形解的个数.
(1)a=5,b=4,A=120°;
(2)a=7,b=14,A=150°;
(3)a=9,b=10,A=60°.
解:(1)∵A为钝角且a>b,∴△ABC有一解.
(2)∵A为钝角且a(3)∵bsin
A探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
正弦定理的简单应用
例1(1)在△ABC中,已知c=10,A=45°,C=30°,解这个三角形.
(2)在△ABC中,已知c=,A=45°,a=2,解这个三角形.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
反思感悟
正弦定理的两个应用
(1)已知两角与任意一边解三角形的方法:
如果已知三角形的任意两个角与一边解三角形时,先由三角形内角和定理计算出三角形的第三个角,再由正弦定理计算出三角形的另两边.
(2)已知三角形两边和其中一边的对角解三角形的方法:
首先用正弦定理求出另一边所对的角的正弦值,若这个角不是直角,则利用三角形中大边对大角看能否判断所求这个角是锐角,当已知的角为大边所对的角时,则能判断另一边所对的角为锐角,当已知的角为小边所对的角时,则不能判断,此时就有两组解,再分别求解即可;然后由三角形内角和定理求出第三个角;最后根据正弦定理求出第三条边.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
变式训练
1(1)在△ABC中,已知a=8,B=60°,C=75°,则b等于( )
(2)在△ABC中,若A=30°,BC=4,AC=4
,则B等于( )
A.30°
B.45°或135°
C.60°
D.135°
(3)(2020安徽怀宁第二中学高一期中)已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,在△ABC中,b=
a,且sin
B+cos
B=0,则角A的大小为 .?
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
求三角形的面积
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
反思感悟
(1)三角形面积公式的选取依据
求三角形面积时通常以角为主,即在题目中已知哪个角或者涉及哪个角就以含有该角的公式进行面积的求解.
(2)在解三角形问题时需要根据正弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系,从而达到解决问题的目的.其基本步骤:
第一步:定条件,即确定三角形中的已知和所求,在图形中标出来,然后确定转化的方向;
第二步:定工具,即根据条件和所求合理选择转化的工具,实施边角之间的转化;
第三步:求结果.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
判断三角形的形状
例3在△ABC中,sin2A=sin2B+sin2C,且sin
A=2sin
B·cos
C.试判断△ABC的形状.
因为B为锐角,所以B=45°.
所以△ABC是等腰直角三角形.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
反思感悟
判断三角形形状的方法
(1)判断三角形的形状,可以从考查三边的关系入手,也可以从三个内角的关系入手,从条件出发,利用正弦定理进行代换、转化,呈现出边与边的关系或求出角与角的关系或大小,从而作出准确判断.
(2)判断三角形的形状,主要看其是不是等边三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形或锐角三角形,要特别注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形”的区别.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
变式训练
3在△ABC中,若b=acos
C,试判断该三角形的形状.
所以sin
B=sin
Acos
C.
因为B=π-(A+C),所以sin(A+C)=sin
Acos
C.
即sin
Acos
C+cos
Asin
C=sin
Acos
C,
所以cos
Asin
C=0,
所以△ABC为直角三角形.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
判断三角形解的个数
例4已知下列各三角形中的两边及其一边的对角,判断三角形是否有解,有解的作出解答.
(1)a=10,b=20,A=80°;
(2)a=2
,b=6,A=30°.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
反思感悟
已知三角形两边和其中一边的对角时,判断三角形解的个数
已知三角形两边和其中一边的对角时,利用正弦定理求出另一边对角的正弦值后,需利用三角形中“大边对大角”来判断此角是锐角、直角还是钝角,从而确定三角形有两解还是只有一解.也可以用几何法来判断,即比较已知角的对边与另一边和该角正弦值乘积的大小来确定解的个数.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
变式训练
4(1)(多选题)(2020江苏高一期末)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,根据下列条件解三角形,有两解的是( )
(2)(2020黑龙江齐齐哈尔高一期中)在△ABC中,a=x,b=2,B=45°.若该三角形有两解,则x的取值范围是 .?
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
用正弦定理证明问题
例5在任意△ABC中,求证:a(sin
B-sin
C)+b(sin
C-sin
A)+c(sin
A-sin
B)=0.
证明:由正弦定理,令
=2R(R为△ABC外接圆的半径),所以a=2Rsin
A,b=2Rsin
B,c=2Rsin
C,得
左边=2R(sin
Asin
B-sin
Asin
C+sin
Bsin
C-sin
Bsin
A+sin
Csin
A-
sin
Csin
B)=0=右边,
所以等式成立.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
反思感悟
边与角的互化方法
正弦定理的变形公式a=2Rsin
A,b=2Rsin
B,c=2Rsin
C(R为△ABC外接圆的半径)能够使三角形边与角的关系相互转化.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
变式训练
5利用正弦定理证明定理:等腰三角形的两个底角相等.
证明:设等腰△ABC的两边AB=AC,
由于0°探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
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正弦定理与三角恒等变换知识的综合应用
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
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探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
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探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
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探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
判断三角形解的个数的多种方法
典例在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=4,A=30°,b=x(x>0),判断此三角形解的个数.
解:由于b是不确定的边长,无法知道a与b的大小关系,即无法判断B是锐角还是钝角,这就需要对x的取值进行分类讨论.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
所以B有两种结果,此时△ABC有两解.
当x=8时,sin
B=1,则B=90°,此时△ABC有一解.
综上可知:当08时,△ABC无解.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
(方法二)A=30°,是锐角,分三种情况:
①当a=bsin
A或a≥b,即4=xsin
30°或4≥x,
即x=8或0②当xsin
30°<4③当430°,即x>8时,△ABC无解.
综上可知,当0当4当x>8时,△ABC无解.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
答案:A
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
2.在△ABC中,若A∶B∶C=1∶2∶3,则a∶b∶c=( )
A.1∶2∶3
B.3∶2∶1
答案:C
解析:设A=k,B=2k,C=3k,由A+B+C=180°,得6k=180°,k=30°,所以A=30°,B=60°,C=90°,a∶b∶c=sin
A∶sin
B∶sin
C=
1∶
∶2.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
A.直角三角形
B.等腰或直角三角形
C.不能确定
D.等腰三角形
答案:B
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
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当堂检测
4.已知△ABC的外接圆半径是2
cm,A=60°,则BC边的长为 .?
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
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探究一
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当堂检测第九章解三角形
9.2 正弦定理与余弦定理的应用
课后篇巩固提升
1.如图,设A,B两点在河的两岸,一测量者在A的同侧,在所在河岸边选定一点C,测出AC的距离为50
m,∠ACB=45°,∠CAB=105°后,就可以计算A,B两点间的距离为( )
A.100
m
B.50
m
C.100
m
D.200
m
答案A
解析在△ABC中,AC=50
m,∠ACB=45°,∠CAB=105°,即∠ABC=30°,
由正弦定理得,
所以,解得AB=100(m).故选A.
2.如图,在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°,向山顶前进100米到达B后,又测得C对于山坡的斜度为45°,若CD=50米,山坡对于地平面的坡角为θ,则cos
θ=( )
A.2+1
B.2-1
C.-1
D.+1
答案C
解析在△ABC中,由正弦定理得BC==50(),
在△BCD中,sin∠BDC=-1,又因为cos
θ=sin∠BDC,所以cos
θ=-1.故选C.
3.某炮兵阵地位于A点,两个观察所分别位于C,D两点,已知△ACD为等边三角形,且DC=
km,当目标出现在B点(A,B两点位于CD两侧)时,测得∠CDB=45°,∠BCD=75°,则炮兵阵地与目标的距离约为( )
A.1.1
km
B.2.2
km
C.2.9
km
D.3.5
km
答案C
解析
如图所示,∠CBD=180°-∠CDB-∠BCD=180°-45°-75°=60°,
在△BCD中,由正弦定理,得,故BD=2sin
75°.在△ABD中,∠ADB=45°+60°=105°,由余弦定理,得AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos
105°,所以AB=≈2.9(km).
故炮兵阵地与目标的距离为2.9
km.故选C.
4.(2020黑龙江齐齐哈尔实验中学高一期中)如图所示,位于A处的信息中心获悉:在其正东方向相距40海里的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海里的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.
B.
C.
D.
答案B
解析在△ABC中,AB=40,AC=20,∠BAC=120°,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos
120°=402+202-2×40×20×cos
120°=2
800,所以BC=20.由正弦定理得sin∠ACB=.由∠BAC=120°知∠ACB为锐角,故cos∠ACB=.故cos
θ=cos(∠ACB+30°)=cos∠ACBcos
30°-sin∠ACBsin
30°=.故选B.
5.如图,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°,此时气球的高度是60
m,则河流的宽度是( )
A.240(-1)
m
B.180(-1)
m
C.30(+1)
m
D.120(-1)
m
答案D
解析由题意可知∠ABC=105°,∠BAC=45°,C=30°,所以AC==120.
由正弦定理,得BC==
=120(-1),
即河流的宽度为120(-1)m.故选D.
6.如图,为了测量山坡上灯塔CD的高度,某人从高为h=40的楼AB的底部A处和楼顶B处分别测得仰角为β=60°,α=30°,若山坡高为a=35,则灯塔的高度是( )
A.15
B.25
C.40
D.60
答案B
解析过点B作BE⊥DC于点E,过点A作AF⊥DC于点F,如图所示,
在△ABD中,由正弦定理得,即,
所以AD=,在Rt△ADF中,DF=ADsin
β=,又山高为a,则灯塔CD的高度是CD=DF-CF=-a=-35=60-35=25.故选B.
7.某船在A处看到灯塔S在北偏西40°方向,它向正北方向航行50海里到达B处,看到灯塔S在北偏西76°方向,则此时船到灯塔S的距离为 海里(sin
40°≈0.642
8,sin
76°≈0.970
3,sin
36°=0.587
8,结果精确到0.1).?
答案54.7
解析由条件可得∠BSA+∠BAS=76°,
所以∠BSA=76°-40°=36°.
在△SAB中,由正弦定理,得,
所以BS=≈54.7.
8.(2020山东济南济钢高级中学高一期中)如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,公路北侧有一座山,山脚C与公路处于同一高度,当汽车行驶到A处时测得山顶D在北偏西45°的方向上,仰角为α,行驶300米后到达B处,测得此山顶D在北偏西15°的方向上,仰角为β.若β=45°,则仰角α的正切值为 .?
答案-1
解析由题意可得∠CAB=45°,∠ABC=105°,AB=300米,∠CBD=45°.
在△ABC中,可得∠ACB=180°-45°-105°=30°,
利用正弦定理可得,
解得CB=300米,AC=150()米.
在Rt△BCD中,由∠CBD=45°可得CD=CB=300米,在Rt△ACD中,可得tan
α=-1.
9.如图,在坡度为15°的观礼台上,某一列座位所在直线AB与旗杆所在直线MN共面,在该列的第一个座位A和最后一个座位B测得旗杆顶端N的仰角分别为60°和30°,且座位A,B间的距离为10米,则AN= 米,旗杆的高度为 米.?
答案20 30
解析依题意可知∠NBA=45°,∠BAN=180°-60°-15°=105°,
所以∠BNA=180°-45°-105°=30°.
由正弦定理可知,
所以AN=·sin∠NBA=20米.
所以在Rt△AMN中,MN=ANsin∠NAM=20=30(米),所以旗杆的高度为30米.
10.如图所示,我国渔船编队在岛A周围海域作业,在岛A的南偏西20°方向有一个海面观测站B,某时刻观测站发现有不明船只向我渔船编队靠近,现测得与B相距31海里的C处有一艘海警船巡航,上级指示海警船沿北偏西40°方向,以40海里/时的速度向岛A直线航行以保护我国渔船编队,30分钟后到达D处,此时观测站测得B,D间的距离为21海里.
(1)求sin∠BDC的值;
(2)试问海警船再向前航行多少分钟方可到达岛A?
解(1)由已知可得CD=40×=20,在△BDC中,根据余弦定理求得cos∠BDC==-,
所以sin∠BDC=.
(2)由已知可得∠BAD=20°+40°=60°,
所以sin∠ABD=sin(∠BDC-60°)
=.
在△ABD中,由正弦定理可得AD==15,所以t=×60=22.5分钟.即海警船再向前航行22.5分钟即可到达岛A.
11.(2020江苏高一期末)如图,我方炮兵阵地位于A处,两移动观察所分别设在C,D两处.已知△ACD为正三角形.当目标出现在点B时,测得BC=1千米,BD=2千米.
(1)若测得∠DBC=,求△ABC的面积;
(2)若我方炮火的最远射程为4千米,试问目标B是否在我方炮火射程范围内?
解(1)在△BCD中,由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BD·BC·cos∠DBC,
∴CD2=1+4-2=3.
∵BD2=CD2+BC2,
∴∠BCD=,
∴S△ABC=AC·BCsin∠ACB
=×1×sin
=.
(2)设∠CBD=α,∠CDB=β,在△BCD中,由余弦定理得CD2=5-4cos
α,
由正弦定理得CDsin
β=sin
α.
在△ABD中,
AB2=BD2+AD2-2BD·ADcosβ+
=9-4cos
α-2ADcos
β+2ADsin
β
=9-4cos
α-2AD+2sin
α
=9-4cos
α-2+2sin
α
=9-4cos
α-2(2-cos
α)+2sin
α
=5+4sinα-
≤9,
当且仅当α=时,AB取到最大值3,
∵3<4,∴目标B在我方炮火射程范围内.(共48张PPT)
9.1.2 余弦定理
课标阐释
思维脉络
1.掌握余弦定理的两种表示形式及证明余弦定理的向量方法.
2.会运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题.
3.熟练掌握余弦定理及变形形式,能用余弦定理解三角形.
4.能应用余弦定理判断三角形形状.
5.能利用正弦定理、余弦定理解决解三角形的有关问题.
激趣诱思
知识点拨
千岛湖水为国家一级水体,不经任何处理即达饮用水标准,被誉为“天下第一秀水”.如图,小王同学打算测量千岛湖中的岛屿A与岛屿C之间的距离,他在岛屿B处测得与岛屿A的距离为6
km,与岛屿C的距离为3.4
km,且它们之间的夹角为120度,请问小王的目的能实现吗?
激趣诱思
知识点拨
知识点一:余弦定理
余弦定理的表示及其推论
文字语言
三角形任何一边的平方,等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角余弦的积的2倍
符号语言
a2=b2+c2-2bccos
A,
b2=a2+c2-2accos
B,
c2=a2+b2-2abcos
C
推论
激趣诱思
知识点拨
名师点析
1.余弦定理表述了任意一个三角形中的三边长与三个内角的余弦之间的数量关系.
2.余弦定理是勾股定理的推广,勾股定理是余弦定理的特例.
3.在余弦定理中,每一个等式均含有四个量,利用方程的观点,都可以知三求一.
4.运用余弦定理时注意边角关系的对应.
5.利用余弦定理求三角形的边长时容易出现增解,原因是余弦定理涉及的是边长的平方,求得的结果常有两个,因此,解题时需特别注意三角形的三边长所满足的条件.
6.在已知三角形内角的余弦值求角时,由于余弦函数y=cos
x在区间(0,π)上单调递减,所以角的余弦值与角一一对应,故不存在多解的情况.
激趣诱思
知识点拨
微判断
(1)余弦定理只适用于锐角三角形.( )
(2)余弦定理不适用于钝角三角形.( )
(3)已知两边和这两边的夹角,则这个三角形确定了.( )
(4)已知三边,则这个三角形就确定了.( )
答案:(1)× (2)× (3)√ (4)√
解析:余弦定理适用于任意三角形,故(1)(2)均不正确;根据余弦定理,
已知两边和这两边的夹角,或已知三边则这个三角形就确定了,故(3)(4)正确.
激趣诱思
知识点拨
微练习1
在△ABC中,已知AB=2,AC=3,A=60°,则BC=( )
答案:C
激趣诱思
知识点拨
微练习2
(2020安徽定远县民族学校高一月考)在△ABC中,AB=5,
AC=3,BC=7,则角A的大小为( )
答案:A
激趣诱思
知识点拨
知识点二:用余弦定理解三角形的问题
1.已知两边及夹角解三角形;
2.已知三边解三角形.
激趣诱思
知识点拨
名师点析
1.已知三边求三角的基本方法
方法一:直接根据余弦定理的三个变式求出三角.
方法二:首先由余弦定理的变式求出最大边所对的角,再由正弦定理或余弦定理求出另一个锐角,最后由三角形的内角和定理求出第三个角.
2.已知两边一角,此种情况的基本步骤是:首先根据余弦定理求出第三边,再根据余弦定理的推论求出第二个角,最后由三角形的内角和定理求出第三个角.
特别注意:准确记忆特殊角的三角函数值,防止出现不对应情况,同时对于两边一角问题,若角不为夹角,则常用正弦定理解决,余弦定理虽也可解决,但运算一般较为繁琐.
激趣诱思
知识点拨
微思考
已知三角形的两边a,b及一边a的对角A解三角形,有几种方法?
提示:不妨设已知a,b,A,
方法一:由正弦定理
可求得sin
B,进而求得B,再利用三角形内角和定理求得C,最后求得边c.
方法二:由余弦定理a2=b2+c2-2bccos
A得边c,而后由余弦或正弦定理求得B,C.
激趣诱思
知识点拨
微练习1
在△ABC中,已知A=30°,3a=
b=12,则c的值为( )
A.4
B.8
C.4或8
D.无解
答案:C
激趣诱思
知识点拨
微练习2
答案:D
激趣诱思
知识点拨
微练习3
在边长为5,7,8的三角形中,最大角与最小角的和是 .?
答案:120°
解析:设第三个角为θ,由于8>7>5,故θ的对边长为7,由余弦定理,得cos
θ=
.所以θ=60°,故另外两角和为180°-60°
=120°.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
已知两边和一角解三角形
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
反思感悟
已知两边及一角解三角形的方法
(1)当已知两边及它们的夹角时,用余弦定理求解出第三边,再用正弦定理和三角形内角和定理求解另外两角,只有一解.
(2)当已知两边及其一边的对角时,可用余弦定理建立一元二次方程,解方程求出第三边,也可用正弦定理求解,但都要注意解的情况的讨论.利用余弦定理求解相对简便.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
变式训练
1(1)已知△ABC中,a=1,b=1,C=120°,则边c= .?
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
已知三边解三角形
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
反思感悟
已知三边解三角形的方法
(1)先利用余弦定理求出一个角的余弦,从而求出第一个角;再利用余弦定理或由求得的第一个角,利用正弦定理求出第二个角;最后利用三角形的内角和定理求出第三个角.
(2)利用余弦定理求三角的余弦,进而求得三个角.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
判定三角形的形状
例3在△ABC中,若b2sin2C+c2sin2B=2bccos
Bcos
C,试判断△ABC的形状.
解:(方法一)因为b2sin2C+c2sin2B=2bccos
Bcos
C,
所以利用正弦定理可得
sin2Bsin2C+sin2Csin2B=2sin
Bsin
Ccos
Bcos
C,
因为sin
Bsin
C≠0,所以sin
Bsin
C=cos
Bcos
C,
所以cos(B+C)=0,所以cos
A=0,因为0,所以△ABC为直角三角形.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
(方法二)已知等式可化为
b2-b2cos2C+c2-c2cos2B=2bccos
Bcos
C,
由余弦定理可得
所以b2+c2=a2,所以△ABC为直角三角形.
(方法三)已知等式变形为
b2(1-cos2C)+c2(1-cos2B)=2bccos
Bcos
C,
所以b2+c2=b2cos2C+c2cos2B+2bccos
Bcos
C,
因为b2cos2C+c2cos2B+2bccos
Bcos
C=(bcos
C+ccos
B)2=a2,
所以b2+c2=a2,
所以△ABC为直角三角形.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
反思感悟
判断三角形形状的方法
已知三角形的边或角的关系式解三角形或判断三角形的形状,可先观察条件式的特点,再依据此特点选取变形方法,当等式两端各项都含有边时常用正弦定理变形,当等式两边含有角的正弦的同次幂时,常用正弦定理变形,当含有边的积式及边的平方和与差的形式时,常考虑用余弦定理变形,可以化边为角,通过三角变换求解,也可以化角为边,通过因式分解、配方等方法得出边的关系等.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
变式训练
3(2020天津高一检测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2asin
A=(2b+c)sin
B+(2c+b)sin
C.
(1)求A的大小;
(2)若sin
B+sin
C=1,试判断△ABC的形状.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
解:(1)由已知,根据正弦定理,得2a2=(2b+c)b+(2c+b)c,整理得a2=b2+c2+bc.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
用余弦定理证明问题
证明:在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos
A,
b2=a2+c2-2accos
B,所以a2-b2=b2-a2-2bccos
A+2accos
B,
所以2(a2-b2)=2accos
B-2bccos
A,即a2-b2=accos
B-bccos
A,
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
反思感悟
证明三角恒等式的方法
(1)证明三角恒等式,关键是消除等号两端三角函数式的差异.形式上一般有:左?右,右?左或左?中?右三种.
(2)利用正弦定理、余弦定理证明三角形中的恒等式的途径有两种:一是把角的关系通过正弦定理、余弦定理转化为边的关系;二是把边的关系转化为角的关系,一般是通过正弦定理转化.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
证明:由已知得a(1+cos
C)+c(1+cos
A)=3b,即
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
求三角形(或四边形)的面积
例5△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcos
C+csin
B.
(1)求B;
(2)若b=2,求△ABC面积的最大值.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
解:(1)由已知及正弦定理得
sin
A=sin
Bcos
C+sin
Csin
B.①
又A=π-(B+C),故
sin
A=sin(B+C)=sin
Bcos
C+cos
Bsin
C.②
由①②得sin
Csin
B=cos
Bsin
C.
又0C≠0,得sin
B=cos
B.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
正弦定理、余弦定理的综合应用
(1)a和c的值;
(2)cos(B-C)的值.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
利用正弦定理、余弦定理求解平面图形中的线段长
典例如图所示,在四边形ABCD中,AD⊥CD,AD=10,AB=14,∠BDA=60°,∠BCD=135°,求出BC的长.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
解:设BD=x.在△ABD中,根据余弦定理,AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠BDA,所以142=102+x2-2×10×xcos
60°,即x2-10x-96=0.(将四边形ABCD分解为△ABD和△BCD,利用余弦定理列出关于x的一元二次方程,化简方程时易出错,应注意步骤及计算的准确性.)
解得x1=16,x2=-6(舍去),所以BD=16.
因为AD⊥CD,∠BDA=60°,所以∠CDB=30°.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
答案:B
解析:由余弦定理a2=b2+c2-2bccos
A,即3=1+c2-2×1×c×
,
整理得c2-c-2=0.因为c>0,解得c=2.故选B.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
2.(多选题)(2020辽宁大连普兰店区第一中学高一月考)下列关于△ABC的结论中,正确的是( )
A.若a2+b2>c2,则△ABC为锐角三角形
B.若a2>b2+c2,则△ABC为钝角三角形
C.若A∶B∶C=1∶2∶3,则a∶b∶c=1∶2∶3
D.若A>B,则sin
A>sin
B
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
答案:BD
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
答案:45°
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
4.在△ABC中,已知A=60°,最大边长和最小边长恰好是方程
x2-7x+11=0的两根,则第三边的长为
.?
答案:4
探究一
探究二
探究三
探究四
探究五
探究六
素养形成
当堂检测
5.在△ABC中,角A,B,C所对的边为a,b,c,已知a=4,c=5,且S△ABC=6,求b.(共49张PPT)
9.2 正弦定理与余弦定理的应用
课标阐释
思维脉络
1.利用正弦定理、余弦定理解决生产实践中的有关距离的测量问题.
2.能运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些有关底部或顶部不可到达的物体高度测量的问题.
3.能运用正弦定理、余弦定理解决测量角度的实际问题.
激趣诱思
知识点拨
蜂窝是大自然最奇妙的建筑之一,它排列形状极有规则,所有的蜂窝都是六边形.六边形像三角形一样有稳定性,因而蜜蜂在建窝时为了使其更稳定,便建成六边形.更使人惊讶的是法国科学家马拉尔的发现,马拉尔通过对蜂窝的多年研究,发现所有蜂窝的钝角都是109°28',所有的锐角都是70°32'.这不能不说是蜜蜂建筑的奇迹.那么当你研究蜂窝的特征时,需要什么数学知识呢?
激趣诱思
知识点拨
知识点一:测量中的基本术语
名称
定义
图示
基线
在测量上,根据测量需要适当确定的线段叫做基线
?
仰角
在同一铅垂平面内,视线在水平线上方时与水平线的夹角叫做仰角
俯角
在同一铅垂平面内,视线在水平线下方时与水平线的夹角叫做俯角
激趣诱思
知识点拨
名称
定义
图示
方向角
从指定方向线到目标方向线的水平角叫做方向角(指定方向线是指正北或正南或正东或正西,方向角小于90°)
南偏西60°(指以正南方向为始边,转向目标方向线形成的角)
激趣诱思
知识点拨
名称
定义
图示
方位角
从正北的方向线按顺时针到目标方向线所转过的水平角叫做方位角
视角
观察物体的两端视线张开的角度,叫做视角
在点A处观察一物体的视角为50°
激趣诱思
知识点拨
名称
定义
图示
坡角
坡面与水平面的夹角.如图中的角α
坡比
坡面的铅直高度与水平宽度之比.如图中的
激趣诱思
知识点拨
微练习1
若P在Q的北偏东44°50'方向上,则Q在P的( )
A.东偏北45°50'方向上
B.北偏东45°50'方向上
C.南偏西44°50'方向上
D.西偏南45°50'方向上
答案:C
解析:如图所示,点Q在点P的南偏西44°50'的方向上.故选C.
激趣诱思
知识点拨
微练习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的关系为( )
A.α>β B.α=β
C.α+β=90°
D.α+β=180°
答案:B
解析:根据题意和仰角、俯角的概念,得α=β,故选B.
激趣诱思
知识点拨
微练习3
已知目标A的方位角为135°,请画出其图示.
提示:如图所示:
激趣诱思
知识点拨
微练习4
请分别画出北偏东30°,南偏东45°的方向角.
提示:如图所示:
激趣诱思
知识点拨
知识点二:解三角形应用题
1.解题思路
激趣诱思
知识点拨
2.基本步骤
运用正弦定理、余弦定理解决实际问题的基本步骤如下:
①分析:理解题意,弄清已知与未知,画出示意图(一个或几个三角形);
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,从而得出实际问题的解.
激趣诱思
知识点拨
3.主要类型
激趣诱思
知识点拨
名师点析
1.解三角形应用问题常见的几种情况
解三角形应用题经抽象概括为解三角形问题时,常有以下几种情况:(1)已知量与未知量全部集中在一个三角形中,可直接用正弦定理或余弦定理求解;(2)已知量与未知量涉及两个或两个以上三角形时,可先解条件充足的三角形,然后逐步求解其他三角形,有时需要设出未知量,从几个三角形中列方程(组),通过解方程(组)得出所求的解.
激趣诱思
知识点拨
2.求解模型的解时应该注意的问题
在求模型的解时,为避免误差的积累,尽可能用原始数据,少用间接求出的量,要根据求解问题对精确度的要求合理地选择近似值,要注意实际问题中是否有一些特殊三角形,如等边三角形、直角三角形、等腰三角形等,以优化解题过程,如果将正弦定理、余弦定理看成是几个“方程”的话,那么解三角形应用题的实质就是把已知量按方程思想进行处理,解题时应根据已知量和未知量,选择一个比较容易解的方程,从而使解题过程简捷.
激趣诱思
知识点拨
微思考1
距离问题的处理方法是什么?
提示:①测量从一个可到达的点A到一个不可到达的点B之间的距离问题.如图所示.
这实际上就是已知三角形的两个角和一边解三角形的问题,用正弦定理就可解决.
激趣诱思
知识点拨
②测量两个不可到达的点A,B之间的距离问题.如图所示.
首先把求不可到达的两点A,B之间的距离转化为应用余弦定理求三角形的边长问题,然后把求B,C和A,C的距离问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题.
激趣诱思
知识点拨
微思考2
高度问题的处理方法是什么?
提示:①测量底部不可到达的建筑物的高度时,由于底部不可到达,这类问题不能直接用解直角三角形的方法解决,但常用正弦定理或余弦定理计算出建筑物顶部或底部到一个可到达的点之间的距离,然后转化为解直角三角形的问题.
②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,如下图.
激趣诱思
知识点拨
微思考3
角度问题的处理方法是什么?
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,从实际问题中抽象出一个或几个三角形,然后通过解这些三角形,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.
激趣诱思
知识点拨
微练习
如图,某船开始航行时,灯塔在该船北偏东30°方向,后来该船沿北偏东60°的方向航行60海里,此时灯塔在正西方向,则此时船与灯塔的距离是( )
A.30海里
B.60海里
激趣诱思
知识点拨
答案:D
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
测量高度问题
例1如图所示,在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角为α,在塔底C处测得A处的俯角为β.已知铁塔BC部分的高为h,求山高CD.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
反思感悟
求高度(距离)问题应注意的两点
(1)根据题意,如果没有图形,先画出示意图,然后选定或确定所求量所在的三角形,若其他量已知,则直接求解;若有未知量,则先把未知量放在另一确定三角形中求解.
(2)确定用正弦定理还是余弦定理,如果都有可能,则选择更便于计算的定理.当题目中出现互补(余)的角时,注意补角(余角)之间的关系.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
变式训练
1在飞机上,某一时刻测得地面上两建筑物的俯角分别为45°和30°,这一时刻飞机对两建筑物的视角为45°.若两建筑物之间的距离为2
km,则飞机的飞行高度为 .?
答案:2
km
解析:设两建筑物为A,B,这一时刻飞机所在位置为P,其在地面上的投影为D,则由题意知,
∠PAD=30°,∠PBD=45°,∠APB=45°,设飞机飞行高度为h,所以
由余弦定理得AB2=PA2+PB2-2PA·PBcos∠APB,
所以8=4h2+2h2-4h2=2h2,所以h=2
km.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
测量角度问题
例2如图所示,当甲船位于A处时,获悉在其正东方向相距20
n
mile的B处有一艘渔船遇险等待营救.甲船立即前往救援,同时把消息告知在甲船南偏西30°,相距10
n
mile的C处的乙船,试问乙船应朝北偏东多少度的方向沿直线前往B处救援
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解:如图所示,连接CB.
在△ABC中,∠CAB=90°+30°=120°.
由余弦定理,得BC2=AB2+AC2-2AB×AC×cos
120°.
又AC=10,AB=20,得
又∠ACB为锐角,所以∠ACB≈41°.
作CM⊥BA,交BA的延长线于点M,
则∠BCM=30°+∠ACB≈71°.所以乙船应朝北偏东约71°的方向沿直线前往B处救援.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
反思感悟
解答角度问题的解决策略
解决这类问题一定要搞清方向角,画出符合题意的图形,将所给距离和角度标在图中,然后分析可解的三角形及其与待求角的关系,确定解题步骤.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
变式训练
2缉私巡逻艇在一小岛A南偏西50°的方向,距小岛A
12
n
mile的B处,发现隐藏在小岛A边上的一走私船正开始向小岛A北偏西10°方向行驶,测得其速度为每小时10
n
mile,问巡逻艇需用多大的速度朝什么方向航行才能恰在两个小时后截获该走私船?(参考数据:sin
38°≈0.62)
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解:如右图所示,AC所在射线即走私船航行路线,假设巡逻艇在C处截获走私船,巡逻艇的速度为每小时x
n
mile,则BC=2x,AC=20.
依题意∠BAC=180°-50°-10°=120°,
而如图所示的Rt△ADB中,∠ABD=40°.所以∠EBC=90°-38°-40°=12°.即巡逻艇用每小时14
n
mile的速度向北偏东12°的方向航行.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
正弦定理、余弦定理在力学中的应用
例3如图,在墙上有一个三角形支架OAB,吊着一个重力为12
N的灯,OA,OB都是轻杆,只受沿杆方向的力,试求杆OA,OB所受力的大小.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
反思感悟
解答力学问题的解决策略
解答与力学有关的三角形问题,要抓住力的方向与大小和受力平衡的关系,准确进行受力分解.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
变式训练
3作用在小车A上的两个水平力F1,F2,|F1|=40
N,|F2|=20
N,夹角为60°,小车的摩擦力大小为20
N,则小车在力的作用下能否保持静止?
解:如图所示.
在?ABCD中,由题意AB=20,AD=BC=40,∠ABC=120°,
在△ABC中,由余弦定理,得
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
探究距离测量问题
【角度一】
两点不相通的距离
典例1如图所示,要测量一水塘两侧A,B两点间的距离,其方法先选定适当的位置C,用经纬仪测出角α,再分别测出AC,BC的长b,a,则可求出A,B两点间的距离.即AB=
.
若测得CA=400
m,CB=600
m,∠ACB=60°,试计算AB长.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解:在△ABC中,由余弦定理得
AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB,
所以AB2=4002+6002-2×400×600cos
60°=280
000.所以
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
【角度二】两点间可视但有一点不可到达
典例2如图所示,A,B两点在一条河的两岸,测量者在点A的同侧,且点B不可到达,要测出AB的长度,其方法是在点A所在的岸边选定一点C,可以测出AC的距离m,再借助仪器,测出∠ACB=α,∠CAB=β,在△ABC中,运用正弦定理就可以求出AB.
若测出AC=60
m,∠BAC=75°,∠BCA=45°,则A,B两点间的距离为 .?
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
【角度三】
两点都不可到达
典例3如图,A,B两点在河的同侧,且A,B两点均不可到达,要测出AB的距离,其测量者可以在河岸边选定两点C,D,测得CD=a,同时在C,D两点分别测得∠BCA=α,∠ACD=β,∠CDB=γ,∠BDA=δ.在△ADC和△BDC中,由正弦定理分别计算出AC和BC,再在△ABC中,应用余弦定理计算出AB.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
答案:B
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
2.(2020天津一中高一期末)雕塑是大学校园不可分割的一部分,有些甚至能成为这个大学的象征,在中国科学技术大学校园中就有一座郭沫若的雕像.雕像由像体AD和底座CD两部分组成.如图,在Rt△ABC中,∠ABC=70.5°,在Rt△DBC中,
∠DBC=45°,且CD=2.3米,则像体AD的高
度为( )(最后结果精确到0.1米,参考数
据:sin
70.5°≈0.943,cos
70.5°≈0.334,
tan
70.5°≈2.824)
A.4.0米
B.4.2米
C.4.3米
D.4.4米
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
答案:B
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
3.一艘轮船按照北偏西30°的方向以每小时21海里的速度航行,一个灯塔M原来在轮船的北偏东30°的方向,经过40分钟后,测得灯塔在轮船的北偏东75°的方向,则灯塔和轮船原来的距离是 海里.?
解析:如图所示:M为灯塔,C为轮船,
∠MBC=180°-75°-30°=75°,
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
4.甲船在A处发现乙船在北偏东60°的B处,乙船正以a
n
mile/h的速度向北行驶.已知甲船的速度是
a
n
mile/h,则甲船应沿着 方向前进,才能最快与乙船相遇??
答案:北偏东30°
解析:如图,设经过t
h两船在点C相遇,
因为0°<∠CAB<90°,所以∠CAB=30°,所以∠DAC=60°-30°=30°.
即甲船应沿北偏东30°的方向前进,才能最快与乙船相遇.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
5.要测量对岸两点A,B之间的距离,工作人员选取了相距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.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解:在△ACD中,因为∠ACD=30°,∠ADC=105°,
所以∠DAC=180°-30°-105°=45°.第九章解三角形
9.1 正弦定理与余弦定理
9.1.2 余弦定理
课后篇巩固提升
基础达标练
1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若b=3,c=2,cos
A=,则a=( )
A.5
B.
C.4
D.3
答案D
解析由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos
A=9+4-2×3×2×=9,解得a=3.故选D.
2.在△ABC中,已知b2=ac且c=2a,则cos
B等于( )
A.
B.
C.
D.
答案B
解析因为b2=ac,c=2a,所以b2=2a2,b=a.所以cos
B=.
3.已知a,b,c为△ABC的三边长,若满足(a+b-c)·(a+b+c)=ab,则C的大小为( )
A.60°
B.90°
C.120°
D.150°
答案C
解析因为(a+b-c)(a+b+c)=ab,
所以a2+b2-c2=-ab,即=-,
所以cos
C=-,所以C=120°.
4.在△ABC中,sin2(a,b,c分别为角A,B,C的对应边),则△ABC的形状为( )
A.正三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰三角形
答案B
解析因为sin2,所以cos
A=,整理得a2+b2=c2,符合勾股定理.故△ABC为直角三角形.
5.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin
A∶sin
B∶sin
C=3∶5∶7,那么这个三角形中最大角的度数是( )
A.135°
B.90°
C.120°
D.150°
答案C
解析因为sin
A∶sin
B∶sin
C=3∶5∶7,故a∶b∶c=3∶5∶7,设a=3k(k>0),则b=5k,c=7k.由大边对大角定理可知,角C是最大角,由余弦定理得cos
C==-.因为0°6.
某地需要建设临时医院,其占地是由一个正方形和四个以正方形的边为底边、腰长为400
m的等腰三角形组成的图形(如图所示),为使占地面积最大,则等腰三角形的底角为( )
A.
B.
C.
D.
答案D
解析设等腰三角形的顶角为α,由三角形的面积公式,得4个等腰三角形的面积和为4××400×400sin
α=320
000sin
α,由余弦定理可得正方形边长为=400,故正方形面积为160
000(2-2cos
α)=320
000(1-cos
α),所以所求占地面积为320
000(1-cos
α+sin
α)=320
000sinα-+1,所以当α-,即α=时,占地面积最大,此时底角为,故选D.
7.(多选题)(2020海南中学高一期中)已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且A=60°,b=2,c=+1,则下列说法正确的是( )
A.C=75°或C=105°
B.B=45°
C.a=
D.该三角形的面积为
答案BC
解析由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos
A=4+4+2-2×2×(+1)×=6,所以a=.由正弦定理,得,所以sin
B=.由于0°A=×2×(+1)×.综上所述,选BC.
8.在△ABC中,边a,b的长是方程x2-5x+2=0的两个根,则a+b= ,若C=60°,则边c= .?
答案5
解析由题意得a+b=5,ab=2.由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos
C=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab=52-3×2=19,所以c=.
9.在锐角三角形ABC中,AB=3,AC=4.若△ABC的面积为3,则BC的长是 .?
答案
解析由题可知AB·AC·sin
A=3,所以sin
A=.又因为△ABC为锐角三角形,所以A=60°,由余弦定理cos
A=,得a=即BC=.
10.设2a+1,a,2a-1为钝角三角形的三边,那么a的取值范围是 .?
答案(2,8)
解析因为2a-1>0,所以a>,最大边为2a+1.因为三角形为钝角三角形,所以a2+(2a-1)2<(2a+1)2,化简得02a+1,
所以a>2,所以211.在△ABC中,求证:.
证明右边=
=·cos
B-·cos
A
=
=
=左边.
所以.
能力提升练
1.(2020江苏扬州大桥高级中学高一月考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(a2+c2-b2)tan
B=ac,则B的值为( )
A.
B.
C.
D.
答案D
解析∵(a2+c2-b2)tan
B=ac,且cos
B=,∴sin
B=,∴B=.故选D.
2.在△ABC中,已知AB=3,BC=,AC=4,则边AC上的高为( )
A.
B.
C.
D.3
答案B
解析如图,
在△ABC中,BD为AC边上的高,且AB=3,BC=,AC=4.因为cos
A=,所以sin
A=.故BD=AB·sin
A=3×.
3.已知△ABC中,A,B,C的对边的长分别为a,b,c,A=120°,a=,△ABC的面积为,则c+b=( )
A.4.5
B.4
C.5
D.6
答案C
解析由三角形的面积公式可得S△ABC=bcsin
A=bc×bc=,所以bc=4.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos
A,即b2+c2-2×4×=21,得b2+c2=17.所以(b+c)2=b2+c2+2bc=17+2×4=25,因此,c+b=5.故选C.
4.(2020辽宁高一期中)△ABC的面积S=a2-(b-c)2,则sin
A=( )
A.
B.
C.
D.
答案B
解析根据S=bcsin
A,又a2=b2+c2-2bccos
A,则S=a2-(b-c)2=a2-b2-c2+2bc=-2bccos
A+2bc,所以-2bccos
A+2bc=bcsin
A,化简得sin
A=-4cos
A+4,联立解得sin
A=.
5.(2020广东高三模拟)我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”,用现代语言表示为:在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则△ABC的面积S=.根据此公式,若acos
B+(b+3c)cos
A=0,且a2-b2-c2=2,则△ABC的面积为( )
A.
B.2
C.
D.2
答案A
解析由acos
B+(b+3c)cos
A=0,得sin
Acos
B+cos
Asin
B+3sin
Ccos
A=0,即sin(A+B)+3sin
Ccos
A=0,即sin
C(1+3cos
A)=0.因为sin
C≠0,所以cos
A=-.由余弦定理,得a2-b2-c2=-2bccos
A=bc=2,所以bc=3,由△ABC的面积公式得S=.故选A.
6.(多选题)(2020江苏南京秦淮中学高一期中)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外接圆半径仅为
答案ACD
解析因为(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,所以可设其中x>0,解得a=4x,b=5x,c=6x,所以sin
A∶sin
B∶sin
C=a∶b∶c=4∶5∶6,所以A正确;由上可知c边最大,所以三角形中C最大.
又cos
C=>0,所以C为锐角,所以B错误;由上可知a边最小,所以三角形中A最小,又cos
A=,所以cos
2A=2cos2A-1=,所以cos
2A=cos
C,由三角形中C最大且C为锐角可得2A∈(0,π),C∈0,,所以2A=C,所以C正确;由正弦定理得2R=,又sin
C=,所以2R=,解得R=,所以D正确.故选ACD.
7.在△ABC中,sin
,AB=5,BC=1,则AC= .?
答案4
解析由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos
B,
又cos
B=1-2sin2=1-2×=-.
故AC2=25+1-2×5×1×=32,
所以AC=4.
8.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知b=3,a+c=3,sin
C=2sin
A.
(1)求a,c的值;
(2)求sin的值.
解(1)由正弦定理及sin
C=2sin
A,得c=2a.因为a+c=3,所以a=,c=2.
(2)由余弦定理得b2=a2+c2-2accos
B,
所以cos
B=.
因为B是三角形内角,所以0所以sin
B=.
所以sin
2B=2sin
Bcos
B=,
cos
2B=2cos2B-1=.
所以sin=sin
2Bcos
+cos
2Bsin
=.
素养培优练
(2020山东泰安高三模拟)已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,若△ABC是锐角三角形,若△ABC同时满足下列四个条件中的三个:①A=;②a=13;③c=15;④sin
C=.
(1)条件①④能否同时满足,请说明理由;
(2)以上四个条件,请在满足三角形有解的所有组合中任选一组,并求出对应的△ABC的面积.
解(1)△ABC不能同时满足①④.理由如下:
若△ABC同时满足①④,则在锐角三角形ABC中,sin
C=,所以0又因为A=,所以所以B>,这与△ABC是锐角三角形矛盾,
所以△ABC不能同时满足①④.
(2)因为△ABC需同时满足三个条件,由(1)知不能同时满足①④,故只可能同时满足①②③或②③④,若同时满足②③④,因为c>a,所以C>A,则A,这与△ABC是锐角三角形矛盾.故△ABC不能同时满足②③④.
若同时满足①②③,因为a2=b2+c2-2bccos
A,所以132=b2+152-2×b×15×,解得b=8或b=7.
当b=7时,cos
C==-<0,
所以C为钝角,与题意不符合,
当b=8时,cos
C=>0,所以C为锐角,满足题意,所以b=8.所以△ABC的面积S=bcsin
A=30.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=( )
A.
B.
C.
D.
答案D
解析由题意,因为a∶b∶c=4∶3∶2,设a=4k,b=3k,c=2k,由余弦定理可得cos
C=,则.故选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.50米
C.50(+1)米
D.50米
答案C
解析设AB=h,在△ABC中,∠ACB=45°,所以BC=h.在△ADB中,tan∠ADB=,
解得h=50(+1)米.故选C.
3.(2020黑龙江齐齐哈尔实验中学高一期中)在△ABC中,a2+b2+c2=2bccos
A+2accos
B,则△ABC一定是
( )
A.锐角三角形
B.钝角三角形
C.直角三角形
D.等边三角形
答案C
解析∵a2+b2+c2=2bccos
A+2accos
B,
∴a2+b2+c2=2bc·+2ac·,
∴a2+b2+c2=b2+c2-a2+a2+c2-b2=2c2,
即a2+b2=c2,∴△ABC一定是直角三角形.
故选C.
4.在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=2BC=2CD,则cos∠DAC=( )
A.
B.
C.
D.
答案C
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E.
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=,在Rt△ABC中,AC=,
在△ACD中,由余弦定理得cos∠DAC=.故选C.
5.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若bsin
2A+asin
B=0,b=c,则的值为( )
A.1
B.
C.
D.
答案C
解析因为bsin
2A+asin
B=0,
所以由正弦定理可得sin
Bsin
2A+sin
Asin
B=0,
即2sin
Bsin
Acos
A+sin
Asin
B=0.
由于sin
BsinA≠0,所以cos
A=-,因为
0由余弦定理可得a2=b2+c2-2cbcos
A=2c2+c2+2c2=5c2,
所以.故选C.
6.(2020湖北黄冈麻城实验高级中学高三模拟)《易经》包含着很多哲理,在信息学、天文学中都有广泛的应用,《易经》的博大精深,对今天的几何学和其他学科仍有深刻的影响.下图是《易经》中记载的几何图形——八卦田,图中正八边形代表八卦,中间的圆代表阴阳太极图,八块面积相等的曲边梯形代表八卦田.已知正八边形的边长为10
m,阴阳太极图的半径为4
m,则每块八卦田的面积约为( )
A.114
m2
B.57
m2
C.54
m2
D.48
m2
答案C
解析如图所示,
设OA=OB=a.由题意可知∠AOB=,
由余弦定理得100=a2+a2-2×a×a×,
解得a2=50(2+).
所以S△AOB=a2sin
=25(+1)(m2),
所以每块八卦田的面积S=25(+1)-π×42=25(+1)-2π≈54(m2).故选C.
7.平面四边形ABCD为凸四边形,且∠A=60°,AD⊥DC,AB=,BD=2,则BC的取值范围为( )
A.,2
B.,2
C.2,
D.
答案D
解析设AD=x.在△ABD中,BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos
A,所以4=3+x2-2xcos
60°,解得x=,延长DC,AB相交于点E,则由AD⊥CD且∠A=60°,得AE=,BE=,若BC⊥CD,则BC=,显然点C在线段ED(不含端点)上,所以BC的取值范围是.故选D.
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
答案B
解析根据题意,得在Rt△ABC中,∠BAC=60°,BC=300
m,所以AC==200
m.
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,
解得AQ==200
m.
在Rt△APQ中,PQ=AQsin
45°=200=200
m.故选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,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
答案ABC
解析在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,
∴asin
B=bsin
A,故B正确;
在C中,∵a=bcos
C+ccos
B,
∴由余弦定理得
a=b×+c×,
整理,得2a2=2a2,故C正确;
在D中,由余弦定理得
acos
B+bcos
A=a×+b×=c≠sin
C,
故D错误.故选ABC.
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°
答案BC
解析选项B满足csin
60°45°B=,且b11.(2020山东高三模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=2,c=3,A+3C=π,则下列结论正确的是( )
A.cos
C=
B.sin
B=
C.a=3
D.S△ABC=
答案AD
解析因为A+3C=π,所以B=2C,根据正弦定理可得,即2sin
C=6sin
Ccos
C,因为sin
C≠0,故cos
C=,sin
C=,sin
B=sin
2C=2sin
Ccos
C=.c2=a2+b2-2abcos
C,化简得a2-4a+3=0,解得a=3,或a=1.若a=3,此时A=C=,B=,不满足题意,故a=1.S△ABC=absin
C=×1×2.故选AD.
12.(2020广东高二期末)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则满足下列条件的三角形一定为直角三角形的是( )
A.sin
A+sin
B=sin
C(cos
A+cos
B)
B.
C.cos2
D.acos
B-bcos
A=c
答案ACD
解析对于选项A,利用正弦定理化简得a+b=c(cos
A+cos
B),即ccos
B+bcos
C+acos
C+ccos
A=c(cos
A+cos
B),有(a+b)cos
C=0,因为a+b>0,所以cos
C=0,所以C=,故选项A正确;对于选项B,可知当三角形为等边三角形时,等式同样成立,故选项B错误;对于选项C,cos2,化简得ccos
B=a,所以ccos
B=ccos
B+bcos
C,整理得bcos
C=0,因为b>0,所以C=,故选项C正确;对于选项D,acos
B-bcos
A=c,因为在任意三角形中都有acos
B+bcos
A=c,所以两式相加可得acos
B=c,所以acos
B=acos
B+bcos
A,整理得bcos
A=0,因为b>0,所以A=,故选项D正确.故选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的对边分别为a,b,c,已知a=1,sin
A=,sin
C=,则c= .?
答案3
解析由正弦定理,得c==3.
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 .?
答案
解析因为cos
A=,
所以bccos
A=(b2+c2-a2).
同理,accos
B=(a2+c2-b2),
abcos
C=(a2+b2-c2).
所以bccos
A+accos
B+abcos
C=(a2+b2+c2)=.
15.在△ABC中,设角A,B,C对应的边分别为a,b,c,记△ABC的面积为S,且4a2=b2+2c2,则的最大值为 .?
答案
解析由题知4a2=b2+2c2,即b2=4a2-2c2=a2+c2-2accos
B,
整理得2accos
B=-3a2+3c2,
所以cos
B=.
则2=2=2==-9-22+9.
由4a2=b2+2c2,得=4-2·,则4-2·>0,故0<<2.
令t=,则2=-(9t2-22t+9)=-3t-2+,
又0所以的最大值为.
16.(2020湖北宜昌一中高三月考)我国古代数学家刘徽在其《海岛算经》中给出了著名的望海岛问题及二次测望方法:今有望海岛,立两表,齐高三丈,前后相去千步,令后表与前表三相直.从前表却行一百二十三步,人目着地取望岛峰,与表末三合.从后表却行一百二十七步,人目着地取望岛峰,亦与表末三合.问岛高及去表各几何?这一方法领先印度500多年,领先欧洲1
300多年.其大意为:测量望海岛PQ的高度及离岸距离,在海岸边立两根等高的标杆AB,CD(PQ,AB,CD共面,均垂直于地面),使目测点E与P,B共线,目测点F与P,D共线,测出AE,CF,AC即可求出岛高和距离(如图).若AB=CD=r,AE=a,CF=b,EF=d,则PQ= ;EQ= .?
答案
解析设∠AEB=α,∠CFD=β,
则tan
α=,tan
β=.
在△PEF中,,
得PE=,
所以PQ=PE·sin
α=
=
=.
EQ=PE·cos
α=
=.
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)(2020全国Ⅰ)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150°.
(1)若a=c,b=2,求△ABC的面积;
(2)若sin
A+sin
C=,求C.
解(1)由题设及余弦定理得28=3c2+c2-2×c2×cos
150°,解得c=-2(舍去),c=2.从而a=2.
△ABC的面积为×2×2×sin
150°=.
(2)在△ABC中,A=180°-B-C=30°-C,
所以sin
A+sin
C=sin(30°-C)+sin
C=sin(30°+C).
故sin(30°+C)=.
而0°18.(12分)(2020山东)在①ac=,②csin
A=3,③c=b这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.
问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin
A=sin
B,C=, ??
解由C=和余弦定理,得.
由sin
A=sin
B及正弦定理,得a=b.
于是,由此可得b=c.
方案一:选条件①.
由①ac=,解得a=,b=c=1.
因此,选条件①时,问题中的三角形存在,此时c=1.
方案二:选条件②.
因为b=c,所以B=C=.
由A+B+C=π,得A=π-.
由②csin
A=3,即csin=3,
所以c=b=2,a=6.
因此,选条件②时,问题中的三角形存在,此时c=2.
方案三:选条件③.
由③c=b,与b=c矛盾.
因此,选条件③时,问题中的三角形不存在.
19.(12分)如图,A,B是海面上位于东西方向相距4(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16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,得.
由sin
105°=sin(45°+60°)
=sin
45°cos
60°+cos
45°sin
60°=,
代入上式得BD=8(海里).
(2)在△BCD中,BC=16,BD=8,∠CBD=60°,
由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos
60°
=(16)2+(8)2-2×16×8=242,
所以CD=24,所以t==1小时.
即该救援船到达D点所需的时间为1小时.
20.(12分)(2020江苏)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=3,c=,B=45°.
(1)求sin
C的值;
(2)在边BC上取一点D,使得cos∠ADC=-,求tan∠DAC的值.
解(1)在△ABC中,因为a=3,c=,B=45°,
由余弦定理b2=a2+c2-2accos
B,得b2=9+2-2×3×cos
45°=5,所以b=.
在△ABC中,由正弦定理,得,
所以sin
C=.
(2)在△ADC中,因为cos
∠ADC=-,
所以∠ADC为钝角,
而∠ADC+∠C+∠CAD=180°,
所以∠C为锐角.
故cos
C=,
则tan
C=.
因为cos∠ADC=-,
所以sin∠ADC=,
tan∠ADC==-.
从而tan∠DAC=tan(180°-∠ADC-∠C)
=-tan(∠ADC+∠C)
=-
=-.
21.(12分)(2020江苏南通高一检测)在一个特定时段内,以点E为中心的7海里以内海域被设为警戒水域.点E正北55海里处有一个雷达观测站A,某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东45°且与点A相距40海里的位置B,经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45°+θ其中sin
θ=,0°<θ<90°且与点A相距10海里的位置C.
(1)求该船的行驶速度;
(2)若该船不改变航行方向继续行驶,判断它是否会进入警戒水域,并说明理由.
解(1)由题可知AB=40,AC=10,∠BAC=θ,sin
θ=.
由于0°<θ<90°,
所以cos
θ=.
由余弦定理得BC==10,
所以该船的行驶速度为=15(海里/时).
(2)如图所示,以A为原点建立平面直角坐标系,设点B,C的坐标分别是B(x1,y1),C(x2,y2),直线BC与x轴的交点为D.
由题设有x1=y1=AB=40,故B(40,40).
x2=ACcos∠CAD=10cos(45°-θ)=30,
y2=ACsin∠CAD=10sin(45°-θ)=20,故C(30,20).
所以直线BC的斜率为k==2,直线BC的方程为y=2x-40.
又点E(0,-55)到直线BC的距离d==3<7.
所以船会进入警戒水域.
22.(12分)如图,在△ABC中,C=,角B的平分线BD交AC于点D,设∠CBD=θ,其中tan
θ=.
(1)求sin
A;
(2)若=28,求AB的长.
解(1)由∠CBD=θ,且tan
θ=,
因为θ∈,
所以sin
θ=cos
θ,sin2θ+cos2θ=cos2θ+cos2θ
=cos2θ=1,
所以cos
θ=,sin
θ=.
则sin∠ABC=sin
2θ=2sin
θcos
θ=2×,所以cos∠ABC=2cos2θ-1=2×-1=,
sin
A=sin=sin
=sin
2θ+cos
2θ=.
(2)由正弦定理,得,
即,
所以BC=AC.
①
又|||=28,
所以||||=28,②
由①②解得AC=4,
又由,得,
解得AB=5.