2014届高考数学 课时跟踪检测(二十四) 正弦定理和余弦定理的应用课件
合集下载
2014届高三数学一轮复习 (基础知识+小题全取+考点通关+课时检测)3.7正弦定理和余弦定理课件 新人教A版
代入A＝
4
sin
π Bsin4＋C－sin
π Csin4＋B＝
2 2
利用两角和与差的三角函数公式 ―――――――――――――――→ sinB－C＝1
1 (1)S＝ ah(h表示边a上的高)； 2 1 1 1 (2)S＝ bcsin A＝ acsin B ＝ absin C ； 2 2 2
1 (3)S＝ r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)． 2
[小题能否全取]
1．(2012· 广东高考)在△ABC 中，若∠A＝60° ，∠B＝45° ， BC＝3 2，则 AC＝
2 2 2
又∵b＋c＝2 3， ∴b＝2 3－c，代入①式整理得 c2－2 3c＋3＝0，解得 c＝ 3，∴b＝ 等边三角形． 3，于是 a＝b＝c＝ 3，即△ABC 为
依据已知条件中的边角关系判断三角形的形状时，主
要有如下两种方法： (1)利用正、余弦定理把已知条件转化为边边关系，通 过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形 的形状； (2)利用正、余弦定理把已知条件转化为内角的三角函 数间的关系，通过三角函数恒等变形，得出内角的关系， 从而判断出三角形的形状，此时要注意应用A＋B＋C＝π 这个结论． [注意] 在上述两种方法的等式变形中，一般两边不 要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解．
[知识能否忆起]
一、正、余弦定理
正弦定理
a b c 内容 sin A＝sin B＝sin C
余弦定理
2 2 a2＝ b ＋c －2bccos A ；
a2＋c2－2accos B； b＝ 2 a2＋b2－2abcos C． c＝
2
正弦定理 ①a＝ 2Rsin A ，b＝ 2Rsin B ，c ＝ 2Rsin C ； 变 形 形 式
4
sin
π Bsin4＋C－sin
π Csin4＋B＝
2 2
利用两角和与差的三角函数公式 ―――――――――――――――→ sinB－C＝1
1 (1)S＝ ah(h表示边a上的高)； 2 1 1 1 (2)S＝ bcsin A＝ acsin B ＝ absin C ； 2 2 2
1 (3)S＝ r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)． 2
[小题能否全取]
1．(2012· 广东高考)在△ABC 中，若∠A＝60° ，∠B＝45° ， BC＝3 2，则 AC＝
2 2 2
又∵b＋c＝2 3， ∴b＝2 3－c，代入①式整理得 c2－2 3c＋3＝0，解得 c＝ 3，∴b＝ 等边三角形． 3，于是 a＝b＝c＝ 3，即△ABC 为
依据已知条件中的边角关系判断三角形的形状时，主
要有如下两种方法： (1)利用正、余弦定理把已知条件转化为边边关系，通 过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形 的形状； (2)利用正、余弦定理把已知条件转化为内角的三角函 数间的关系，通过三角函数恒等变形，得出内角的关系， 从而判断出三角形的形状，此时要注意应用A＋B＋C＝π 这个结论． [注意] 在上述两种方法的等式变形中，一般两边不 要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解．
[知识能否忆起]
一、正、余弦定理
正弦定理
a b c 内容 sin A＝sin B＝sin C
余弦定理
2 2 a2＝ b ＋c －2bccos A ；
a2＋c2－2accos B； b＝ 2 a2＋b2－2abcos C． c＝
2
正弦定理 ①a＝ 2Rsin A ，b＝ 2Rsin B ，c ＝ 2Rsin C ； 变 形 形 式
高中数学：13《正弦定理、余弦定理及其运用》课件必修
04
习题与解析
Chapter
基础习题
01
02
03
基础习题1
已知三角形ABC中，a=4, b=6, C=120°，求角B。
基础习题2
在三角形ABC中，已知 A=60°，a=3, b=4, 求角 B。
基础习题3
已知三角形ABC中，a=3, b=4, c=5, 求角A。
提升习题
提升习题1
在三角形ABC中，已知 a=5, b=4, sinB=√3/2， 求角A。
高中数学13《正弦定理、余弦定 理及其运用》课件必修
目录
• 正弦定理 • 余弦定理 • 正弦定理与余弦定理的综合运用 • 习题与解析 • 总结与回顾
01
正弦定理
Chapter
正弦定理的定义
总结词
正弦定理是三角形中一个重要的定理，它描述了三 角形边长和对应角正弦值之间的比例关系。
详细描述
正弦定理是指在一个三角形ABC中，边长a、b、c 与对应的角A、B、C的正弦值之比都相等，即 $frac{a}{sin A} = frac{b}{sin B} = frac{c}{sin C}$ 。这个定理是解三角形的重要工具，尤其在已知两 边及一边的对角时，可以通过正弦定理求出其他角 和边长。
余弦定理的应用
总结词
余弦定理在解决三角形问题时具有广泛的应用，如求 角度、求边长、判断三角形的形状等。
详细描述
余弦定理的应用非常广泛，它可以用来解决各种三角 形问题。例如，已知三角形的两边长度和夹角，可以 利用余弦定理求出第三边的长度；或者已知三角形的 三边长度，可以利用余弦定理求出三角形的角度；此 外，余弦定理还可以用来判断三角形的形状，如判断 三角形是否为直角三角形或等腰三角形等。因此，掌 握余弦定理对于解决三角形问题具有重要意义。
2014高考系统复习数学(文)精品课件(人教A版) 5-8 正弦定理、余弦定理的应用举例
(2)在△ACH 中，得∠HAC＝15° ＋30° ＝45° ，∠AHC＝90° －30° ＝60° ， AC HC 420 由 正 弦定 理， 可得 ＝ ，即 ＝ sin 60° sin∠AHC sin∠HAC HC ， sin 45° 故 HC＝140 6(米)．
(1)测量高度时，要准确理解仰、俯角的概念． (2)分清已知和待求，分析(画出)示意图，明确在哪个三角 形内应用正、余弦定理． (3)注意竖直线垂直于地面构成的直角三角形．
如图，为测得河对岸塔 AB 的高，先在河岸上选一点 C， 使 C 在塔底 B 的正东方向上，测得点 A 的仰角为 60° ，再由点 C 沿北偏东 15° 方向走 10 米到位置 D，测得∠BDC＝45° ，则 塔 AB 的高是________米．
解析：在△BCD 中，∠BDC＝45° ，∠DBC＝180° －(45° CD ＋105° )＝30° ，CD＝10，由正弦定理，得 BC＝ · sin sin∠DBC 10 ∠BDC＝sin 30°sin 45° · ＝10 2. 在 Rt△ABC 中，AB＝BC· 60° tan ＝10 2× 3＝10 6(m)．
所以 AC2＝AD2＋DC2－2×AD×DC×cos ADC＝(200 3)2 ＋3002 －2×200 3×300×cos 150° ＝390 000，所以 AC＝ 100 39米，所以石竹山这条索道 AC 的长为 100 39米．
(对应学生用书 P103)
有关距离测量问题，主要是利用可以测量的数据，通过解 三角形计算出不易测量的数据；遇到多边形问题，可以分割为 n 个三角形来解决．
为了应对日益严重的气候问题， 某气象仪器科研单位研究 出一种新的弹射型气象仪器， 这种弹射型仪器可以弹射到空中 进行气象观测． 如图所示， 假设这种仪器在 C 地进行弹射实验， 在 A，B 两地进行观察弹射效果．
2014届高考江苏专用(理)一轮复习第四章第8讲正弦定理和余弦定理的应用举例
(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及到两个
或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条 件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知
量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要
求的解．
考点自测
1．(2012· 江苏金陵中学)已知△ABC的一个内角为120°， 并且三边长构成公差为4的等差数列，则三角形的面积
解析 68sin 120° 由正弦定理，得 MN＝ ＝34 6(海里)，船 sin 45°
34 6 17 6 的航行速度为 ＝ (海里/时)． 4 2 17 6 答案 2
4．在△ABC 中，若 2 3absin C＝a2＋b2＋c2，则△ABC 的形状是________．
解析
由 2 3absin C＝a2＋b2＋c2，a2＋b2－c2＝2abcos C
பைடு நூலகம் 解
设“大连号”用 t h 在 D 处追上
“敌舰”， 则有 CD＝10 3t， BD＝10t， 如图在△ABC 中，∵AB＝ 3－1，AC ＝2，∠BAC＝120° ， ∴由余弦定理，得 BC2＝AB2＋AC2－2AB· cos∠BAC AC· ＝( 3－1)2 ＋22 －2· 3－1)· cos 120° ( 2· ＝6
60°－60°＝60°，
故CB是△CAD底边AD的中垂线，所以BD＝BA. AB AC (2)解 在△ABC 中， ＝ ， sin∠BCA sin∠ABC
ACsin 60° 3 2＋ 6 即 AB＝ ＝ (km)， sin 15° 20 3 2＋ 6 因此，BD＝ (km) 20 3 2＋ 6 故 B、D 的距离约为 km. 20
β＝1.20，请据此算出H的值；
(2)该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到 电视塔的距离d(单位：m)，使α与β之差较大，可以提高 测量精度．若电视塔的实际高度为125 m，试问d为多少 时，α－β最大？
正弦定理与余弦定理时PPT课件
第15页/共28页
• 解法二：已知等式变形为
• b2(1－cos2C)＋c2(1－cos2B)＝ 2bccosB·cosC，
• ∴b2＋c2＝b2cos2C＋c2cos2B＋ 2bccosB·cosC，
• ∵b2cos2C＋c2cos2B＋2bccosBcosC • ＝(bcosC＋ccosB)2＝a2， • ∴b2＋c2＝a2，∴△ABC为直角三角形．
得aab2＋ ＝b62－ab＝7 ⇒aab2＋ ＝b62.＝13 7 分
消去 b 并整理得 a4－13a2＋36＝0， 解得 a2＝4，a2＝9.9 分
所以ab＝ ＝23 或ab＝ ＝32.
故 a＋b＝5.12 分 第19页/共28页
•变式训练4．若本例题中(2)的条件不变，
试求“△ABC内切圆的半径r”．
由bcb30bcsin303由正弦定理sinccsinbc60或120c60a90c120a30abc为等腰三角形abca3b4c373743边c最大则角c最大bc2ababcsinasinbsincsinasinbsinccosc2ab9t25t49t3t5t1201203ab2cosasinbsincabc180sincsina2cosasinbsinc2cosasinbsinacosbcosasinbsina根据余弦定理上式可化为coscabc为等边三角形由2cosasinbsinc得cosa2sinb2b3ab4bsinb2bccosbcoscabcsinccsinb2bccosbcoscb2sinbsinccosbcoscsinbsincsinbsinccosbcosccosbc0cosa02bccosbcosc2bccosbcoscbcoscccosbabc2csina
形，且角C为____直__角；a2＋b2>c2⇔△ABC是
• 解法二：已知等式变形为
• b2(1－cos2C)＋c2(1－cos2B)＝ 2bccosB·cosC，
• ∴b2＋c2＝b2cos2C＋c2cos2B＋ 2bccosB·cosC，
• ∵b2cos2C＋c2cos2B＋2bccosBcosC • ＝(bcosC＋ccosB)2＝a2， • ∴b2＋c2＝a2，∴△ABC为直角三角形．
得aab2＋ ＝b62－ab＝7 ⇒aab2＋ ＝b62.＝13 7 分
消去 b 并整理得 a4－13a2＋36＝0， 解得 a2＝4，a2＝9.9 分
所以ab＝ ＝23 或ab＝ ＝32.
故 a＋b＝5.12 分 第19页/共28页
•变式训练4．若本例题中(2)的条件不变，
试求“△ABC内切圆的半径r”．
由bcb30bcsin303由正弦定理sinccsinbc60或120c60a90c120a30abc为等腰三角形abca3b4c373743边c最大则角c最大bc2ababcsinasinbsincsinasinbsinccosc2ab9t25t49t3t5t1201203ab2cosasinbsincabc180sincsina2cosasinbsinc2cosasinbsinacosbcosasinbsina根据余弦定理上式可化为coscabc为等边三角形由2cosasinbsinc得cosa2sinb2b3ab4bsinb2bccosbcoscabcsinccsinb2bccosbcoscb2sinbsinccosbcoscsinbsincsinbsinccosbcosccosbc0cosa02bccosbcosc2bccosbcoscbcoscccosbabc2csina
形，且角C为____直__角；a2＋b2>c2⇔△ABC是
2014年高考数学第一轮复习：正弦定理、余弦定理
2014年高考数学第一轮复习：正弦定理、余弦定理第一篇：2014年高考数学第一轮复习：正弦定理、余弦定理2014年高考数学第一轮复习：正弦定理、余弦定理一、考试要求：了解利用向量知识推导正弦定理和余弦定理；掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题二、知识梳理： 1.正弦定理： ____________________.强调几个问题：（1）正弦定理适合于任何三角形；（2）可以证明的外接圆半径）；（3）每个等式可视为一个方程：知三求一；（4）公式的变形：①a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC；a=__R（R为∆ABCsinAsinA=②abc,sinB=,sinC=2R2R2R；③sinA:sinB:sinC=a:b:c．（5）三角形面积公式：S∆ABC=________=_________=________．(6)正弦定理的应用范围：①已知两角和任一边，求其它两边和一角。
②已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角。
2.余弦定理：a=_____________________；b2=____________________；c2=_____________________.强调几个问题：(1)熟悉定理的结构，注意“平方”“夹角”“余弦”等；(2)知三求一；(3)当夹角为90时，即三角形为直角三角形时即为勾股定理（特例）；οb2+c2-a2a2+c2-b2a2+b2-c2cosC=(4)变形：cosA= cosB=．2bc2ac2ac（5）余弦定理的应用范围：①已知三边，求三个角；②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角.3.解斜三角形(1)．两角和任意一边，求其它两边和一角；(2)．两边和其中一边对角，求另一边的对角，进而可求其它的边和角。
（见图示）已知a, b和A, 用正弦定理求B时的各种情况:①若A为锐角时:⎧a<bsinA无解⎪⎪a=bsinA一解(直角)⎨⎪bsinA<a<b二解(一锐, 一钝)⎪a≥b一解(锐角)⎩已知边a,b和∠Aa无解a=CH=bsinA仅有一个解CH=bsinA②若A为直角或钝角时:⎨⎧a≤b无解⎩a>b一解(锐角)三、基础检测：1.在中，则等于（）A．B．C．D．2.若是（）A．等边三角形B．有一内角是30°C．等腰直角三角形D．有一内角是30°的等腰三角形3.在，面积，则BC长为（）A．B．75C．51D．494．在中，已知角则角A的值是（）A．15°B．75°C．105°D．75°或15°5．中，sinB=1,sinC=,则a：b：c为（22）A.1：3：2B.1：1：C.1：2：D.2：1：或1：1：6.如图，在△ABC中，D是边AC上的点，且AB=CD,2AB=,BC=2BD，则sinC的值为A． B． C．D．7.若的三个内角成等差数列，且最大边为最小边的2倍，则三内角之比为________。
2014高考复习理科数学(人教A版)4.7正弦定理、余弦定理及其实际应用
1.(2012·广东卷,6)在△ABC 中,若 A=60°,B=45°,BC=3 2,则
AC=( )
A.4 3
B.2 3
C. 3
D.
3 2
【答案】B
【解析】由正弦定理得 BC
������������������A
=
������A���������C���B,即���������������3���602°
号),∴3-bc≥2bc(当且仅当 c=b 时取等号),即当且仅当 c=b=1 时,bc 取得最大
值为 1.
(3)由正弦定理,得������������a������A
=
b ������������������B
=
������������c������C=2R(R
为△ABC
外接圆半径),
故a������������������(30°-C)
高等于( )
A.
3 2
C.
3+ 2
6
【答案】B
B.323
D.
3+ 4
39
【解析】在△ABC 中,由余弦定理可知: AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B,
即 7=AB2+4-2×2×AB×12. 整理得 AB2-2AB-3=0, 解得 AB=-1(舍去)或 AB=3.
故 BC 边上的高 AD=AB·sin B=3×sin 60°=323.
解个数 一解
两解
一解
A 为钝角 或直角
a>b 一解
4.△ABC 的面积公式 (1)S=12a·ha(ha 表示 a 边上的高); (2)S=12absin C=12acsin B=12bcsin A; (3)S=12r(a+b+c)(r 为△ABC 内切圆半径);
高考数学(理,北师大版)一轮复习课件第24讲 正弦定理和余弦定理的应用(37张PPT)
甲行走了(100＋50t)m，乙距离 A 处 130tm，所以由余弦定
点 理得
面 讲 考
d2
＝
(100
＋
50t)2
＋
(130t)2
－
2×130t×(100
＋
12 50t)×13
＝
向 200(37t2－70t＋50)．
因为 0≤t≤1103400，即 0≤t≤8，
故当 t＝3357(min)时，甲、乙两游客距离最短．
＝153×35＋1123×45＝6635.
由正弦定理siAnBC＝sAinCB，得
AB＝sAinCB·sin C＝126630×45＝1040(m)． 65
所以索道 AB 的长为 1040 m.
返回目录
第24讲 正弦定理和余弦定理的应用
(2)假设乙出发 tmin 后，甲、乙两游客距离为 d，此时，
点 面
在的三角形．若其他量已知则直接求解；若有未知量，
讲 则把未知量放在另一确定三角形中求解．
考 向
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就
选择更便于计算的定理．
返回目录
第24讲 正弦定理和余弦定理的应用
► 例探究2 点[20二13·海南测文量昌模高拟度] 某问兴题趣小组测量电视塔
点
AE 的高度 H(单位：m)，如图 3-24-3 所示，垂直放置的
双
向
—— 链接教材 ——
固
基
础
1．[教材改编] 海上有A，B，C三个小岛，A，B相距5 3
海里， 从A岛望去，C和B成45°视角，从B岛望去，C和A成75°视
角，则B，C两岛间的距离是________海里．
[答案＝60°，由正弦定理得
(优质课)正、余弦定理及其应用
BD2 + CD2 - CB2 202 + 212 - 312 1 cosβ = = =- , 2BD·CD 2×20×21 7
返回目录
∴sinβ=
4 3 . 7
而sinα=sin(β-60°)=sinβcos60°-sin60°cosβ ° ° °
4 3 1 3 1 5 3 = × + × = , 7 2 2 7 14 21 AD 在△ACD中, 中 = o sin60 sinα
考点三
应用问题
某观测站C在城 的南偏西 由城A出发的一 某观测站 在城A的南偏西 °的方向 由城 出发的一 在城 的南偏西20°的方向,由城 条公路,走向是南偏东 ° 在 处测得公路上 处测得公路上B处有一 条公路 走向是南偏东40°,在C处测得公路上 处有一 走向是南偏东 千米,正沿公路向 城走去,走了 人,距C为31千米 正沿公路向 城走去 走了 千米后到 距 为 千米 正沿公路向A城走去 走了20千米后到 此时CD间的距离为 千米,问 这人还要走多少 达D处,此时 间的距离为 千米 问:这人还要走多少 处 此时 间的距离为21千米 千米才能到达A城 千米才能到达 城?
3. 2
∵a>b,∴A=60°或A=120°. ∴ ° ° ①当A=60°时,C=180°- 45°- 60°=75°, ° ° ° ° °
bsinC 6 + 2 = . ∴c= sinB 2
②∵当A=120°时,C=180°- 45°- 120°=15°, ° ° ° ° °
bsinC 6 − 2 = . ∴c= sinB 2
正弦定理、 正弦定理、余弦 定理及应用
a = 1.正弦定理 sinA 正弦定理: 正弦定理
b sinB
2014届高三数学(理)一轮专题复习课件 正弦定理、余弦定理应用举例
基础自测 1．(人教A版教材习题改编)如图，设A、B两点在河的两 岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的 距离为50 m，∠ACB＝45° ，∠CAB＝105° 后，就可以计算出 A，B两点的距离为( A．50 2 m C．25 2 m ) B．50 3 m 25 2 D. m 2
2 2
方法点睛
①利用示意图把已知量和待求量集中在有关
的三角形中，建立一个解三角形的模型．②利用正、余弦定 理解出所需要的边和角，求得该数学模型的解．
变式训练1
如图，A，B，C，D都在同一个与水平面垂
直的平面内，B、D为两岛上的两座灯塔的塔顶，测量船于 水面A处测得B点和D点的仰角分别为75° ，30° ，于水面C处 测得B点和D点的仰角均为60° ，AC＝0.1 km.试探究图中B、 D间距离与另外哪两点间距离相等，然后求B，D的距离．
BC AB 解析：由正弦定理，知 sin60°＝ .解 sin180° －60° －75° 得BC＝5 6(海里)．
答案：5 6
考点一
测量距离问题
[例1]
如图所示，为了测量河对岸A，B两点间的距离，
在这岸定一基线CD，现已测出CD＝a和∠ACD＝60° ，∠BCD ＝30° 。∠BDC＝105° ，∠ADC＝60° ，试求AB的长．
解析：在△ACD中，已知CD＝a，∠ACD＝60° ，∠ADC ＝60° ，所以AC＝a. ∵∠BCD＝30° ，∠BDC＝105° ， ∴∠CBD＝45° . asin105° 3＋1 在△BCD中，由正弦定理可得BC＝ sin45° ＝ 2 a. 在△ABC中，已经求得AC和BC，又因为∠ACB＝30° ， 所以利用余弦定理可以求得A，B两点之间的距离为 2 AB＝ AC ＋BC －2AC· cos30° 2 a. BC· ＝
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
课时跟踪检测(二十四) A级 1．选 D ∵∠BAC＝120° ，AB＝2，AC＝3. ∴BC2＝AB2＋AC2－2AB· ACcos ∠BAC ＝4＋9－2×2×3×cos 120° ＝19. ∴BC＝ 19.
2．选 A 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＝ 3h， 根据余弦定理得，( 3h)2＝h2＋1002－2· 100· 60° h· cos ，即 h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即 h＝50，故 水柱的高度是 50 m. 3．选 A 由 C＝2B 得 sin C＝sin 2B＝2sin Bcos B，由正弦定 sin C c 4 理及 8b＝5c 得 cos B＝ ＝ ＝ ， 所以 cos C＝cos 2B 2 sin B 2b 5 ＝2cos
2
4 7 2－1＝ . B－1＝2× 5 25
4．选 D 由题意得 sin2A<sin2B＋sin2C， 再由正弦定理得 a2<b2＋c2，即 b2＋c2－a2>0. b2＋c2－a2 则 cos A＝ >0， 2bc π ∵0<A<π，∴0<A< . 2 π 又 a 为最大边，∴A> . 3 因此得角 A
12．解： 在△ACD 中， ∠ACD＝45° CD＝6， ， ∠ADC＝75° ， 所以∠CAD＝60° . CD AD 因为 ＝ ， sin ∠CAD sin ∠ACD 2 CD×sin ∠ACD 6× 2 所以 AD＝ ＝ ＝2 6. sin ∠CAD 3 2 在△BCD 中，∠BCD＝30° ，CD＝6，∠BDC＝15° ， 所以∠CBD＝135° . CD BD 因为 ＝ ， sin ∠CBD sin ∠BCD
B级 1．解析：AB＝ 912－352＝84， CD＋35 BC 35 5 tan∠CAB＝AB＝ ＝ .由 ＝tan(45° ＋∠CAB) 84 12 84 5 1＋ 12 17 ＝ ＝ 得 CD＝169. 5 7 1－ 12 答案：169
2．解析：∵由题知，∠CBA＝75° ，∠BCA＝45° ， ∴∠BAC＝180° －75° －45° ＝60° ， x 10 10 6 ∴ ＝ .∴x＝ m. sin 45° sin 60° 3 10 6 答案： m 3
2 3 2 3 ∴f(x)的值域为－ ， . 7 7
2 11．解：由题意，设 AC＝x，则 BC＝x－ ×340＝x－40， 17 在△ABC 中，由余弦定理得 BC2＝BA2＋CA2－2BA· cos ∠BAC， CA· 即(x－40)2＝x2＋10 000－100x，解得 x＝420. 在△ACH 中，AC＝420，∠CAH＝30° ，∠ACH＝90° ， 所以 CH＝AC· ∠CAH＝140 3. tan 答：该仪器的垂直弹射高度 CH 为 140 3米．
3．解：(1)连接 BC，由余弦定理得 BC2＝202＋102－2×20×10cos 120° ＝700. ∴BC＝10 7，即所求距离为 10 7海里． sin θ sin 120° (2)∵ ＝ ， 20 10 7 ∴sin θ＝ 3 . 7
∵θ 是锐角，∴cos θ＝
2
4 . 7
3 2 3 3 f(x)＝sin θsin x＋ cos θcos x＝ sin x＋ cos x 4 7 7 2 3 π ＝ sinx＋6 ， 7
1 CD×sin ∠BCD 6×2 所以 BD＝ ＝ ＝3 2. sin ∠CBD 2 2 又因为在△ABD 中，∠BDA＝∠BDC＋∠ADC＝90° ， 所以△ABD 是直角三角形． 所以 AB＝ AD2＋BD2＝ 2 62＋3 22＝ 42. 6 42 所以电线长度至少为 l＝1.2×AB＝ (单位：km) 5 6 42 答：施工单位至少应该准备长度为 km 的电线． 5
1 50 000 6．选 B ∵AB＝1 000×1 000× ＝ m， 60 3 AB 50 000 ∴BC＝ · 30° sin ＝ m. sin 45° 3 2 50 000 ∴航线离山顶 h＝ ×sin 75° ≈11.4 km. 3 2 ∴山高为 18－11.4＝6.6 km. 1 7． 解析： 三角形空地的面积 S＝ ×12 3×25×sin 120° ＝225， 2 故共需 225×120＝27 000 元． 答案：27 000
π π 的取值范围是3 ， 2.
5．选 A 如图所示， 由已知条件可得，∠CAB＝30° ∠ABC ， ＝105° ， ∴∠BCA＝45° . 1 又 AB＝40× ＝20(海里)， 2 20 BC ∴由正弦定理可得 ＝ . sin 45° sin 30° 1 20× 2 ∴BC＝ ＝10 2(海里)． 2 2
＝ 300＝10 3(m)． 答案：10 3
10．解：在△ADC 中，AD＝10，AC＝14，DC＝6， AD2＋DC2－AC2 由余弦定理得 cos∠ADC＝ 2AD· DC 100＋36－196 1 ＝ ＝－ ，∴∠ADC＝120° ， 2 2×10×6 ∴∠ADB＝60° .
在△ABD 中，AD＝10，∠B＝45° ，∠ADB＝60° ， AB AD 由正弦定理得 ＝ ， sin ∠ADB sin B AD· ∠ADB sin ∴AB＝ sin B 3 10× 2 10sin 60° ＝ ＝ ＝5 6. sin 45° 2 2
8．解析：设航速为 v n mile/h， 1 在△ABS 中 AB＝ v， BS＝8 2， ∠BSA＝45° ， 2 Байду номын сангаас v 2 8 2 由正弦定理得 ＝ ，则 v＝32. sin 30° sin 45° 答案：32
9．解析：如图，OM＝AOtan 45° ＝30(m)， 3 ON＝AOtan 30° ＝ ×30＝10 3(m)， 3 在△MON 中，由余弦定理得， MN＝ 3 900＋300－2×30×10 3× 2
2．选 A 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＝ 3h， 根据余弦定理得，( 3h)2＝h2＋1002－2· 100· 60° h· cos ，即 h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即 h＝50，故 水柱的高度是 50 m. 3．选 A 由 C＝2B 得 sin C＝sin 2B＝2sin Bcos B，由正弦定 sin C c 4 理及 8b＝5c 得 cos B＝ ＝ ＝ ， 所以 cos C＝cos 2B 2 sin B 2b 5 ＝2cos
2
4 7 2－1＝ . B－1＝2× 5 25
4．选 D 由题意得 sin2A<sin2B＋sin2C， 再由正弦定理得 a2<b2＋c2，即 b2＋c2－a2>0. b2＋c2－a2 则 cos A＝ >0， 2bc π ∵0<A<π，∴0<A< . 2 π 又 a 为最大边，∴A> . 3 因此得角 A
12．解： 在△ACD 中， ∠ACD＝45° CD＝6， ， ∠ADC＝75° ， 所以∠CAD＝60° . CD AD 因为 ＝ ， sin ∠CAD sin ∠ACD 2 CD×sin ∠ACD 6× 2 所以 AD＝ ＝ ＝2 6. sin ∠CAD 3 2 在△BCD 中，∠BCD＝30° ，CD＝6，∠BDC＝15° ， 所以∠CBD＝135° . CD BD 因为 ＝ ， sin ∠CBD sin ∠BCD
B级 1．解析：AB＝ 912－352＝84， CD＋35 BC 35 5 tan∠CAB＝AB＝ ＝ .由 ＝tan(45° ＋∠CAB) 84 12 84 5 1＋ 12 17 ＝ ＝ 得 CD＝169. 5 7 1－ 12 答案：169
2．解析：∵由题知，∠CBA＝75° ，∠BCA＝45° ， ∴∠BAC＝180° －75° －45° ＝60° ， x 10 10 6 ∴ ＝ .∴x＝ m. sin 45° sin 60° 3 10 6 答案： m 3
2 3 2 3 ∴f(x)的值域为－ ， . 7 7
2 11．解：由题意，设 AC＝x，则 BC＝x－ ×340＝x－40， 17 在△ABC 中，由余弦定理得 BC2＝BA2＋CA2－2BA· cos ∠BAC， CA· 即(x－40)2＝x2＋10 000－100x，解得 x＝420. 在△ACH 中，AC＝420，∠CAH＝30° ，∠ACH＝90° ， 所以 CH＝AC· ∠CAH＝140 3. tan 答：该仪器的垂直弹射高度 CH 为 140 3米．
3．解：(1)连接 BC，由余弦定理得 BC2＝202＋102－2×20×10cos 120° ＝700. ∴BC＝10 7，即所求距离为 10 7海里． sin θ sin 120° (2)∵ ＝ ， 20 10 7 ∴sin θ＝ 3 . 7
∵θ 是锐角，∴cos θ＝
2
4 . 7
3 2 3 3 f(x)＝sin θsin x＋ cos θcos x＝ sin x＋ cos x 4 7 7 2 3 π ＝ sinx＋6 ， 7
1 CD×sin ∠BCD 6×2 所以 BD＝ ＝ ＝3 2. sin ∠CBD 2 2 又因为在△ABD 中，∠BDA＝∠BDC＋∠ADC＝90° ， 所以△ABD 是直角三角形． 所以 AB＝ AD2＋BD2＝ 2 62＋3 22＝ 42. 6 42 所以电线长度至少为 l＝1.2×AB＝ (单位：km) 5 6 42 答：施工单位至少应该准备长度为 km 的电线． 5
1 50 000 6．选 B ∵AB＝1 000×1 000× ＝ m， 60 3 AB 50 000 ∴BC＝ · 30° sin ＝ m. sin 45° 3 2 50 000 ∴航线离山顶 h＝ ×sin 75° ≈11.4 km. 3 2 ∴山高为 18－11.4＝6.6 km. 1 7． 解析： 三角形空地的面积 S＝ ×12 3×25×sin 120° ＝225， 2 故共需 225×120＝27 000 元． 答案：27 000
π π 的取值范围是3 ， 2.
5．选 A 如图所示， 由已知条件可得，∠CAB＝30° ∠ABC ， ＝105° ， ∴∠BCA＝45° . 1 又 AB＝40× ＝20(海里)， 2 20 BC ∴由正弦定理可得 ＝ . sin 45° sin 30° 1 20× 2 ∴BC＝ ＝10 2(海里)． 2 2
＝ 300＝10 3(m)． 答案：10 3
10．解：在△ADC 中，AD＝10，AC＝14，DC＝6， AD2＋DC2－AC2 由余弦定理得 cos∠ADC＝ 2AD· DC 100＋36－196 1 ＝ ＝－ ，∴∠ADC＝120° ， 2 2×10×6 ∴∠ADB＝60° .
在△ABD 中，AD＝10，∠B＝45° ，∠ADB＝60° ， AB AD 由正弦定理得 ＝ ， sin ∠ADB sin B AD· ∠ADB sin ∴AB＝ sin B 3 10× 2 10sin 60° ＝ ＝ ＝5 6. sin 45° 2 2
8．解析：设航速为 v n mile/h， 1 在△ABS 中 AB＝ v， BS＝8 2， ∠BSA＝45° ， 2 Байду номын сангаас v 2 8 2 由正弦定理得 ＝ ，则 v＝32. sin 30° sin 45° 答案：32
9．解析：如图，OM＝AOtan 45° ＝30(m)， 3 ON＝AOtan 30° ＝ ×30＝10 3(m)， 3 在△MON 中，由余弦定理得， MN＝ 3 900＋300－2×30×10 3× 2