高三数学解斜三角形应用举例2

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2013高三数学复习解三角形2

第六课时
解斜三角形（二）
1.测量、航运等实际应用中求解三角形．
2.解三角形类型
(1)余弦定理适用题型 ①已知三条边求其他角．
②已知三角形任意两边及它们的夹角，可以求出第三边和其他两角．
(2)正弦定理适用的题型 ①已知两角和任一边，求其他两边及一角．
②已知两边和其中一边的对角，求第三边和其他两角．
判断解的组数：可利用大边对大角，小边对小角，可利用三角函数值估算范围，可数形结合考虑三角形构成，也可利用cosA+cosB＞0等.
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
考点1
测量问题
考点2
三角形的确定
1.测量问题、航运问题等实际应用题目，关键是构造三角形求解. 2.判断三角形个数、形状，以及需要条件.

数学高考复习名师精品教案：第43课时：第五章平面向量-解斜三角形

数学高考复习名师精品教案第43课时：第五章平面向量——解斜三角形课题：解斜三角形一．复习目标：1．理解并掌握正弦定理、余弦定理、面积公式；2．能正确运用正弦定理、余弦定理及关系式A B C π++=，解决三角形中的计算和证明问题．二．知识要点：1．三角形中角的关系是：A B C π++=；2．正弦定理是，余弦定理是；3．三角形面积公式为．三．课前预习：1．在ABC ∆中，下列等式总能成立的是（）()A cos cos a C c A = ()B sin sin b C c A =()C sin sin ab C bc B = ()D sin sin a C c A =2．已知,,a b c 是ABC ∆三边的长，若满足等式()()a b c a b c ab +-++=，则角C 的大小为（）()A 060 ()B 090 ()C 0120 ()D 01503．在ABC ∆中，30B ∠=，AB =2AC =，则ABC ∆的面积为．4．在ABC ∆中，已知6b =，10c =，30B = ，则解此三角形的结果有（）()A 无解 ()B 一解 ()C 两解 ()D 一解或两解5．在ABC ∆中，若ab c b a c b a 3))((=-+++且B A C cos sin 2sin =，则ABC ∆是．四．例题分析：例1．已知圆内接四边形ABCD 的边长分别是2,6,4AB BC CD DA ====，求四边形ABCD 的面积．例2．在ABC ∆中，sin sin sin a b B a B A +=-，且cos()cos 1cos 2A B C C -+=-，试确定ABC ∆的形状．例3．在ABC ∆中，c b a ,,分别为角C B A ,,的对边，已知ABC c ∆=,27的面积为323，且tan tan tan A B A B +=⋅b a +的值．例4．圆O 的半径为R ，其内接ABC ∆的三边c b a ,,所对的角为C B A ,,，若222(sin sin )sin )R A C B b -=-，求ABC ∆面积的最大值．五．课后作业：1．在ABC ∆中，“A B =”是“sin sin A B =”的（）()A 充分不必要条件 ()B 必要不充分条件()C 充要条件 ()D 即不充分又不必要条件 DCBA2．三角形的两边之差为2，夹角的余弦为35，这个三角形的面积为14，那么这两边分别（）()A 3,5 ()B 4,6 ()C 6,8 ()D 5,7 3．在ABC ∆中,如果4sin 2cos 1,2sin 4cos A B B A +=+=则C ∠的大小为（）()A 030 ()B 0150 ()C 030或 0150 ()D 60 或01204．已知ABC ∆的两边长分别为2,3,其夹角的余弦为13,则其外接圆半径为．5．在ABC ∆中，满足22(cos cos )()cos a b B c C b c A -=-，则三角形的形状是．6．在ABC ∆中，60A = ，12,b S ∆==sin sin sin a b c A B C ++++= ． 7．在ABC ∆中，已知||||2,AB AC == 且1AB AC ⋅= ,则这个三角形的BC 边的长为．8.ABC ∆中，内角,,A B C 成等差数列，边长8,7a b ==，求cos C 及ABC ∆面积．9.ABC ∆中，角,,A B C 的对边,,a b c ，证明：222sin()sin a b A B c C--=．10．半圆O 的直径为2，A 为直径延长线上一点，2=OA ，B 为半圆上任意一点，以AB 为边向半圆外作正三角形ABC ，问B 在什么位置，四边形OACB 的面积最大？并求出最大面积。

高三数学解斜三角形试题

高三数学解斜三角形试题1.在中，，，则等于（）A．B．C．或D．或【答案】C【解析】，解得，因为，所以或。

故C正确。

【考点】三角形面积公式。

2.如图所示，某旅游景点有一座风景秀丽的山峰，山上有一条笔直的山路BC和一条索道AC，小王和小李打算不坐索道，而是花2个小时的时间进行徒步攀登．已知，，（千米），（千米）．假设小王和小李徒步攀登的速度为每小时1200米，请问：两位登山爱好者能否在2个小时内徒步登上山峰．（即从B点出发到达C点）【答案】能够.【解析】由于小王和小李攀登的速度为每小时1200米，因此两小时能爬2400米，从而如果山路的长不大于2400米，则就能够，如果的长大于2400米，就不能，故下面主要就是计算的长，实质就是计算的长，而可在中解决，在中有（千米），再看，由已知可求得它的三个角大小，又有（千米），可解出，这样就可能得到，也即.试题解析：由知，由正弦定理得，所以，．（4分）在中，由余弦定理得：，即，即，解得（千米），（10分）（千米），（12分）由于，所以两位登山爱好者能够在2个小时内徒步登上山峰．（14分）【考点】解三角形.3.已知P为三角形ABC内部任一点（不包括边界），且满足，则DABC的形状一定为___________.【答案】等腰三角形【解析】由等式，得，即，又由平行四边形法测可知所得向量在底边的中线上，又点为任一点，则此时有底边与其中线垂直，因此的形状为必为等腰三角形，故正确答案为等腰三角形.【考点】向量运算、三角形.4.中，角所对的边分别为，下列命题正确的是________（写出正确命题的编号）.①总存在某内角，使；②若，则；③存在某钝角，有；④若，则的最小角小于；⑤若，则.【答案】①④⑤【解析】对①，因为，所以，而在锐角三角形、直角三角形、钝角三角形中必然会存在一个角，故正确；对②，构造函数，求导得，，当时，，即，则，所以，即在上单减，由②得，即，所以，故②不正确；对③，因为，则在钝角中，不妨设为钝角，有，故③不正确；对④，由，即，而不共线，则，解得，则是最小的边，故是最小的角，根据余弦定理，知，故④正确；对⑤，由得，所以，由②知，，即，又根据正弦定理知，即，所以，即.故①④⑤正确.【考点】1.三角函数与解三角形；2.利用导数求函数的最值；3.不等式的应用.5.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且。

高考数学讲义解三角形.参考教案.教师版

正余弦定理和解三角形的实际应用要求层次重难点正余弦定理C 使学生掌握正、余弦定理及其变形；能够灵活运用正、余弦定理解题解三角形C1.直角三角形中各元素间的关系：在△ABC 中，C ＝90°，AB ＝c ，AC ＝b ，BC ＝a . (1)三边之间的关系：a 2＋b 2＝c 2.(勾股定理) (2)锐角之间的关系：A ＋B ＝90°；(3)边角之间的关系：(锐角三角函数定义)sin A ＝cos B ＝a c ，cos A ＝sin B ＝bc ，tan A ＝a b. 2.斜三角形中各元素间的关系：在△ABC 中，A 、B 、C 为其内角，a 、b 、c 分别表示A 、B 、C 的对边. (1)三角形内角和：A ＋B ＋C ＝π.(2)正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等.知识内容高考要求模块框架解三角形2sin sin sin a b cR A B C===.(R 为外接圆半径) (3)余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍.222222222222222222cos ,22cos ,2cos ,cos ,22cos .cos .2b c a A bc a b c bc A a c b b a c ac B B ac c a b ab C a b c C ab ⎧+-=⎪⎧=+-⎪+-⎪⎪=+-⇒=⎨⎨⎪⎪=+-⎩+-⎪=⎪⎩3.三角形的面积公式：(1)S △＝12ah a ＝12bh b ＝12ch c (h a 、h b 、h c 分别表示a 、b 、c 上的高)； (2) S △＝12ab sin C ＝12bc sin A ＝12ac sin B ； (3) S △＝2sin sin 2sin()a B C B C +＝2sin sin 2sin()b C A C A +＝2sin sin 2sin()c A BA B +；(4) S △＝2R 2sin A sin B sin C .(R 为外接圆半径) (5) S △＝4abcR； (6) S △＝()()()s s a s b s c ---；1()2s a b c ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭；(海伦公式)(7) S △＝r ·s . 4.解三角形：由三角形的六个元素(即三条边和三个内角)中的三个元素(其中至少有一个是边)求其他未知元素的问题叫做解三角形.广义地，这里所说的元素还可以包括三角形的高、中线、角平分线以及内切圆半径、外接圆半径、面积等等.解三角形的问题一般可分为下面两种情形：若给出的三角形是直角三角形，则称为解直角三角形；若给出的三角形是斜三角形，则称为解斜三角形解斜三角形的主要依据是：设△ABC 的三边为a 、b 、c ，对应的三个角为A 、B 、C . (1)角与角关系：A +B +C = π；(2)边与边关系：a + b > c ，b + c > a ，c + a > b ，a -b < c ，b -c < a ，c -a > b ； (3)边与角关系：正余弦定理. 5.三角形中的三角变换三角形中的三角变换，除了应用上述公式和上述变换方法外，还要注意三角形自身的特点.6.推论：正余弦定理的边角互换功能①2sin a R A =，2sin b R B =，2sin c R C = ②sin 2a A R =，sin 2b B R =，sin 2c C R= ③sin sin sin a b c A B C ===sin sin sin a b c A B C++++=2R ④::sin :sin :sin a b c A B C =⑤222sin sin sin 2sin sin cos A B C B C A =+- 222sin sin sin 2sin sin cos B C A C A B =+- 222sin sin sin 2sin sin cos C A B A B C =+-7.三角形中的基本关系式：sin()sin ,cos()cos B C A B C A +=+=-，sincos ,cos sin 2222B C A B C A++== 解斜三角形和证明三角形全等或相似类似，已知条件必须能确定这个三角形，才能求出唯一的其他未知条件的解．如果已知条件不能确定一个三角形，则可能无解或有两板块一. 三角形中的有关问题【例1】 ABC ∆的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若a 、b 、c 成等比数列，且2c a =，则cos B = （）A ．14 B ．34C D【考点】三角形中的有关问题【难度】1星【题型】选择【关键词】无【解析】利用余弦定理【答案】B【例2】在ABC ∆中，下列等式总能成立的是（）()A cos cos a C c A = ()B sin sin b C c A =()C sin sin ab C bc B = ()D sin sin a C c A =【考点】三角形中的有关问题【难度】1星【题型】选择【关键词】无【解析】略【答案】D【例3】 △ABC 中，a 、b 、c 分别为∠A 、∠B 、∠C 的对边，如果a 、b 、c 成等差数列，∠B =30°，△ABC 的面积为23，那么b 等于（）A.231+ B.1+3 C.232+ D.2+3【考点】三角形中的有关问题【难度】1星【题型】选择【关键词】无【解析】 ∵a 、b 、c 成等差数列，∴2b =a +c .平方得a 2+c 2=4b 2－2ac .又△ABC 的面积为23，且∠B =30°，故由S △ABC =21ac sin B =21ac sin30°=41ac =23，得ac =6.∴a 2+c 2=4b 2－12.由余弦定理，得cos B =ac b c a 2222-+=6212422⨯--b b =442-b =23，解得b 2=4+23.又b 为边长，∴b =1+3.【答案】B【例4】在锐角ABC ∆中，边长a =1，b =2，则边长c 的取值范围是_______.【考点】三角形中的有关问题【难度】2星【题型】填空【关键词】无【解析】由2222221212c c⎧+>⎪⎨+>⎪⎩c <<，同时也满足任意两边之和大于第三边【答案】【例5】已知ABC ∆的三个内角A 、B 、C 成等差数列，且AB ＝1，BC ＝4，则边BC 上的中线AD 的长为．【考点】三角形中的有关问题【难度】2星【题型】填空【关键词】无【解析】由已知得060B =，再由余弦定理可得【例6】在△ABC 中，7,8,9a b c ===，则AC 边上的中线BD 长为．【考点】三角形中的有关问题【难度】2星【题型】填空【关键词】无【解析】 22222211()2()cos 2211()2()cos()22c b BD b BD ADB a b BD b BD ADB π⎧=+-⨯⨯⨯∠⎪⎪⎨⎪=+-⨯⨯⨯-∠⎪⎩ 两式相加可得【答案】7【例7】在ABC △，角,,A B C ∠∠∠所对的边分别是,,a b c ，若三角形的面积14S =()222a b c +-，则∠C 的度数是_______. 【考点】三角形中的有关问题【难度】2星【题型】填空【关键词】无【解析】由S=41()222a b c +-得21absinC=41·2abcosC.∴tanC=1.∴C=4π. 【答案】45°【例8】在ABC △中，sin A =CB CB cos cos sin sin ++，判断这个三角形的形状.【考点】三角形中的有关问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】略【答案】应用正弦定理、余弦定理，可得a =abcb a ca b ac cb 22222222-++-++，所以()()()2222b a b c a c bc b c -+-=+. 所以()()()233b c a b c bc b c +=+++. 所以222a b bc c bc =-++.所以222a b c =+. 所以ABC △是直角三角形.板块二.解三角形综合【例9】 E ，F 是等腰直角ABC △斜边AB 上的三等分点，则tan ECF =∠A ．1627B ．23CD ．34【考点】解三角形综合【难度】3星【题型】选择【关键词】2010年，江西，高考【解析】略【答案】D ；【例10】在ABC ∆中，若1b =，c =，2π3C ∠=，则a = ．【考点】解三角形综合【难度】3星【题型】填空【关键词】2010年，北京，高考【解析】略【答案】1【例11】设ABC △是锐角三角形，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 所对边长，并且22ππsin sin sin sin 33A B B B ⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．⑴求角A 的值；⑵12AB AC ⋅=u u u r u u u r，a =b ，c （其中b c <）．【考点】三角函数的单调性与值域【难度】5星【题型】解答【关键词】2010年，安徽，高考【解析】略【答案】⑴因为2211sin sin cos sin 22A B B B B B ⎫=+-+⎪⎪⎝⎭⎝⎭222313cos sin sin 444B B B =-+=，所以sin A =，又A 为锐角，所以π3A =． ⑵由12AB AC ⋅=u u u r u u u r可得cos 12cb A =． ①由（Ⅰ）知π3A =，所以24cb = ②由余弦定理知2222cos a c b cb A =+-，将a =2252c b += ③③+②2⨯，得()2100c b +=，所以10c b +=．因此，c ，b 是一元二次方程210240t t -+=的两个根．解此方程并由c b >知6c =，4b =．【例12】某兴趣小组测量电视塔AE 的高度H (单位m ），如示意图，垂直放置的标杆BC高度4m h =，仰角ABE α∠=，ADE β∠=⑴ 该小组已经测得一组α、β的值，tan 1.24α=，tan 11.20β=，请据此算出H的值；⑵ 该小组分析若干测得的数据后，发现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，若电视塔实际高度为125m ，试问d 为多少时，a β-最大？αβBCEAD【考点】解三角形综合【难度】5星【题型】解答【关键词】2010年，江苏，高考【解析】略【答案】⑴ 由tan HAB α=，tan h BD β=及，tan H AD β=AB BD AD +=，得αβBCEADH htan tan tan H h Hαββ+=解得：tan 4 1.24124tan tan 1.24 1.20h H ααβ⨯===--因此，算出的电视塔的高度h 是124m ． ⑵ 由题设知d AB =，得tan H dα=，由tan tan H h AB AD BD ββ=-=-，得tan H hdβ-=，所以tan tan tan()()1tan tan h H H h d dαβαβαβ--==-++当且仅当()H H h d d-=，即d ===时，上式取等号）所以当d =时，tan()αβ-最大．因为π02βα<<<，则π02αβ<-<，所以当d =时，αβ-最大．故所求的d是．【例13】已知ABC △的内角A ，B 及其对边a ，b ．满足cot cot a b a A b B +=+，求内角C ．【考点】解三角形综合【难度】5星【题型】解答【关键词】2010年，全国卷Ⅰ，高考【解析】略【答案】由cot cot a b a A b B +=+及正弦定理得sin sin cot cos A B A B +=+， sin cot cos sin A A B B -=-，从而ππππsin cos cos sin cos sin sin cos 4444aA A B B -=-，ππsin sin 44A B ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．又0πA B <+<，故ππ44A B -=-，π2A B +=，所以，π2C =．板块三.实际应用问题【例14】甲、乙两楼相距20m ，从乙楼底望甲楼顶的仰角为060，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为030，则甲、乙两楼的高分别是（）A B ,C ,m D【考点】实际应用问题【难度】2星【题型】选择【关键词】无【解析】略【答案】A【例15】一只汽球在2250m 的高空飞行，汽球上的工件人员测得前方一座山顶上A 点处的俯角为018，汽球向前飞行了2000m 后，又测得A 点处的俯角为082，则山的高度为（精确到1m ）（） A 1988mB 2096mC 3125mD 2451m 【考点】实际应用问题【难度】2星【题型】选择【关键词】无【解析】略【答案】B【例16】已知轮船A 和轮船B 同时离开C 岛，A 向北偏东025方向，B 向西偏北020方向，若A 的航行速度为25 nmi/h ，B 的速度是A 的35，过三小时后，A 、B 的距离是．【考点】实际应用问题【难度】2星【题型】填空【关键词】无【解析】略【答案】90.8 nmi【例17】上海浦东有两建筑物A 、B ，由于建筑物中间有障碍物，无法丈量出它们之间的距离，请你在浦西不过江，利用斜三角形的知识，设计一个测量建筑物A 、B 间距离的方案，并给出具体的计算方法．【考点】实际应用问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】略【答案】在浦西选取C 、D 测得 CD a =，∠ADC=α，∠A CD=β，∠BCD=θ，∠BDC=ϕ在△BCD 中：BC=sin sin sin sin()CD a B ϕϕθϕ⋅=+在△ACD 中： sin sin sin sin()CD a AC A αααβ⋅==+ 在△ABC 中 222cos AB BC AC BC AC BCA =+-∠g g2222222sin sin 2sin sin cos()sin ()sin ()sin()sin()a a a ϕαϕαθβθϕαβθϕαβ=+--++++【例18】如图，半圆O 的直径为2，A 为直径延长线上的一点，OA=2，B 为半圆上任意一点，以AB 为一边作等边三角形ABC 。

高考数学复习考点知识讲解课件25 解三角形应用举例

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(新教材) 高三总复习•数学
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测量距离问题的求解策略 (1)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，则把未知量放在另外三角形中求解． (2)确定选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．
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即 DE＝si1n0705s°itna4n51°5°＝sin17050°×sincs4oi5ns°1155°°＝sin17050°s×inss4ii5nn°1755°°＝10s0insi1n54°5°.
又 sin15°＝sin(45°－30°)＝
6－ 4
2，所以 DE＝10s0insi1n54°5°＝100(
图形表示
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术语名称
术语意义
图形表示例：(1)北偏东 α：
方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的__锐__角__，通
常表达为北(南)偏东(西)α
(2)南偏西 α：
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术语名称
术语意义
图形表示
术语名称
术语意义
在目标视线与水平视线(两者在
同一铅垂平面内)所成的角中，仰角与俯角目标视线在水平视线__上__方__的
叫做仰角，目标视线在水平视线 _下__方__的叫做俯角
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术语名称
方位角
术语意义
从某点的指北方向线起按 _顺__时__针__方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位角 θ 的范围是0_°_≤__θ_<_3_6_0_°

高三数学正余弦定理、解斜三角形知识精讲通用版

高三数学正余弦定理、解斜三角形知识精讲通用版【本讲主要内容】一. 本周教学内容：正余弦定理、解斜三角形【知识掌握】【知识点精析】1. 三角形面积计算公式：设△ABC 的三边为a 、b 、c ，三个内角分别为A 、B 、C ，高分别为h a ，h b ，h c ，半周长为P ，外接圆、内切圆的半径为R ，r 。

（1）S △=12ah a =12bh b =12ch c（2）S △=12absinC=12acsinB=12cbsinA（3）S △=Pr （其中P 为周长之半，r 为内切圆半径）（4）S ABC =∆ 2. 正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即A a sin =B b sin =Ccsin （＝2R ）。

（其中R 为外接圆半径）利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题。

（1）已知两角和任一边，求其两边和一角；（2）已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角。

（从而进一步求出其的边和角）3. 余弦定理：三角形任何一边的平方等于其它两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即a 2=b 2+c 2－2bccosA ；① b 2=c 2+a 2－2cacosB ；② c 2=a 2+b 2－2abcosC 。

③在余弦定理中，令C=90°，这时cosC=0，所以c 2=a 2+b 2。

由此可知余弦定理是勾股定理的推广。

由①②③可得：cosA=bc a c b 2222-+；cosB=cab ac 2222-+；cosC=abc b a 2222-+。

利用余弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题：（1）已知三边，求三个角；（2）已知两边和它们的夹角，求第三边和其它两个角。

4. 强调几点：（１）利用余弦定理判定△ABC 的形状：⇔+=222b a c △ABC 为直角△⇔A+B=2π2c ＜⇔+22b a △ABC 为钝角△⇔A+B ＜2π 2c ＞⇔+22b a △ABC 为锐角△⇔A+B ＞2π（2）三角形的四个“心”：重心：三角形三条中线交点。

精品高三数学经典题：解三角形应用举例

第7讲解三角形应用举例A 级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(2013·沧州模拟)有一长为1的斜坡，它的倾斜角为20°，现高不变，将倾斜角改为10°，则斜坡长为( )． A ．1 B ．2sin 10°C ．2cos 10°D ．cos 20° 解析如图，∠ABC ＝20°，AB ＝1，∠ADC ＝10°，∴∠ABD ＝160°.在△ABD 中，由正弦定理得 AD sin 160°＝AB sin 10°， ∴AD ＝AB ·sin 160°sin 10°＝sin 20°sin 10°＝2cos 10°.答案 C2．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是 3 km ，那么x 的值为( )． A. 3 B ．2 3 C.3或2 3 D ．3解析如图所示，设此人从A 出发，则AB ＝x ，BC ＝3，AC ＝3，∠ABC ＝30°，由余弦定理得(3)2＝x 2＋32－2x ·3·cos 30°，整理得x 2－33x ＋6＝0，解得x ＝3或2 3.答案 C3．一艘海轮从A 处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B 处，在C 处有一座灯塔，海轮在A 处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B 处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B ，C 两点间的距离是 ( )．A．102海里B．103海里C．203海里D．202海里解析如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根据正弦定理得BCsin 30°＝ABsin 45°，解得BC＝102(海里)．答案 A4.(2012·吉林部分重点中学质量检测)如图，两座相距60 m的建筑物AB、CD的高度分别为20 m、50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为()．A．30°B．45°C．60°D．75°解析依题意可得AD＝2010(m)，AC＝305(m)，又CD＝50(m)，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD＝AC2＋AD2－CD22AC·AD＝(305)2＋(2010)2－502 2×305×2010＝6 0006 0002＝22，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.答案 B二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2011·上海)在相距2千米的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为________千米．解析由已知条件∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，得∠ACB＝45°.结合正弦定理得ABsin∠ACB＝ACsin∠CBA，即2sin 45°＝ACsin 60°，解得AC＝6(千米)．答案 66.(2013·潍坊模拟)如图，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，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°处，且与它相距8 2 n mile.此船的航速是________ n mile/h.解析设航速为v n mile/h，在△ABS中，AB＝12v，BS＝8 2 n mile，∠BSA＝45°，由正弦定理得：82sin 30°＝12vsin 45°，∴v＝32 n mile/h.答案32三、解答题(共25分)7．(12分)某广场有一块不规则的绿地如图所示，城建部门欲在该地上建造一个底座为三角形的环保标志，小李、小王设计的底座形状分别为△ABC、△ABD，经测量AD＝BD＝7米，BC＝5米，AC＝8米，∠C＝∠D.求AB的长度．解在△ABC中，由余弦定理得cos C＝AC2＋BC2－AB22AC·BC＝82＋52－AB22×8×5，在△ABD中，由余弦定理得cos D＝AD2＋BD2－AB22AD·BD＝72＋72－AB22×7×7.由∠C＝∠D，得cos∠C＝cos∠D，解得AB＝7，所以AB长度为7米．8．(13分)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的方向沿直线CB前往B 处救援，求cos θ的值．解如题图所示，在△ABC中，AB＝40海里，AC＝20海里，∠BAC＝120°，由余弦定理知，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos120°＝2 800，故BC＝207(海里)．由正弦定理得ABsin∠ACB ＝BCsin∠BAC，所以sin∠ACB＝ABBC sin∠BAC＝217.由∠BAC＝120°，知∠ACB为锐角，则cos∠ACB＝27 7.易知θ＝∠ACB＋30°，故cos θ＝cos(∠ACB＋30°) ＝cos∠ACB cos 30°－sin∠ACB sin 30°＝2114.B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，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＝3h，根据余弦定理得，(3h)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 A2.(2013·榆林模拟)如图，在湖面上高为10 m处测得天空中一朵云的仰角为30°，测得湖中之影的俯角为45°，则云距湖面的高度为(精确到0.1 m) ()．A．2.7 m B．17.3 mC．37.3 m D．373 m解析在△ACE中，tan 30°＝CEAE＝CM－10AE.∴AE＝CM－10tan 30°(m)．在△AED中，tan 45°＝DEAE＝CM＋10AE，∴AE＝CM＋10tan 45°(m)，∴CM－10tan 30°＝CM＋10tan 45°，∴CM＝10(3＋1)3－1＝10(2＋3)≈37.3(m)．答案 C二、填空题(每小题5分，共10分)3.在2012年7月12日伦敦奥运会上举行升旗仪式．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 的距离为106米，则旗杆的高度为________米．解析由题可知∠BAN＝105°，∠BNA＝30°，由正弦定理得ANsin 45°＝106sin 30°，解得AN＝203(米)，在Rt△AMN中，MN＝20 3 sin 60°＝30(米)．故旗杆的高度为30米．答案304.(2013·合肥一检)如图，一船在海上自西向东航行，在A处测得某岛M的方位角为北偏东α角，前进m海里后在B处测得该岛的方位角为北偏东β角，已知该岛周围n海里范围内(包括边界)有暗礁，现该船继续东行，当α与β满足条件________时，该船没有触礁危险．解析由题可知，在△ABM中，根据正弦定理得BMsin(90°－α)＝msin(α－β)，解得BM＝m cos αsin(α－β)，要使该船没有触礁危险需满足BM sin(90°－β)＝m cos αcos βsin(α－β)＞n，所以当α与β的关系满足m cos αcos β＞n sin(α－β)时，该船没有触礁危险．答案m cos αcos β＞n sin(α－β)三、解答题(共25分)5．(12分)(2012·肇庆二模)如图，某测量人员为了测量西江北岸不能到达的两点A，B之间的距离，她在西江南岸找到一个点C，从C点可以观察到点A，B；找到一个点D ，从D 点可以观察到点A ，C ；找到一个点E ，从E 点可以观察到点B ，C ；并测量得到数据：∠ACD ＝90°，∠ADC ＝60°，∠ACB＝15°，∠BCE ＝105°，∠CEB ＝45°，DC ＝CE ＝1百米．(1)求△CDE 的面积；(2)求A ，B 之间的距离．解 (1)在△CDE 中，∠DCE ＝360°－90°－15°－105°＝150°，S △CDE ＝12DC ·CE ·sin 150°＝12×sin 30°＝12×12＝14(平方百米)．(2)连接AB ，依题意知，在Rt △ACD 中，AC ＝DC ·tan ∠ADC ＝1×tan 60°＝3(百米)，在△BCE 中，∠CBE ＝180°－∠BCE －∠CEB ＝180°－105°－45°＝30°，由正弦定理BC sin ∠CEB ＝CE sin ∠CBE，得 BC ＝CE sin ∠CBE·sin ∠CEB ＝1sin 30°×sin 45°＝2(百米)． ∵cos 15°＝cos(60°－45°)＝cos 60°cos 45°＋sin 60°sin 45°＝12×22＋32×22＝6＋24，在△ABC 中，由余弦定理AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos ∠ACB ，可得AB 2＝(3)2＋(2)2－23×2×6＋24＝2－3，∴AB ＝2－3百米．6．(13分)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．解 (1)设相遇时小艇航行的距离为S 海里，则S ＝900t 2＋400－2·30t ·20·cos (90°－30°) ＝900t 2－600t ＋400＝ 900⎝ ⎛⎭⎪⎫t －132＋300. 故当t ＝13时，S min ＝103(海里)，此时v ＝10313＝303(海里/时)．即小艇以303海里/时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．(2)设小艇与轮船在B 处相遇，则v 2t 2＝400＋900t 2－2·20·30t ·cos(90°－30°)，故v 2＝900－600t ＋400t 2，∵0＜v ≤30，∴900－600t ＋400t 2≤900，即2t 2－3t ≤0，解得t ≥23.又t ＝23时，v ＝30海里/时．故v ＝30海里/时时，t 取得最小值，且最小值等于23.此时，在△OAB 中，有OA ＝OB ＝AB ＝20海里，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.。

高三数学解三角形及应用(新编2019)

2010届高考数复习强化双基系列课件
29《平面向量－解三角形及应用》
解三角形及应用举例
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逆贼石勒四时犹有推移太子太师何劭为尚书左仆射收其质任骠骑五月灾异屡兴大将军存问风俗加之九锡毁人伦之叙癸卯袭许昌诜败绩始建五等爵虏奚轲男女十万口来降此之象也动则兵起河东地震不得不与我战者温收散卒帝在寻阳其后陆绩亦造浑象难可转移惟尔股肱爪牙之佐三月壬寅户调田租三分减一初夏四月亮又率众十馀万出斜谷主听得失天子之旗也诏贷用择其能正色弼违匡救不逮者南康辛未平北将军腾各守本镇诏曰天裂则尊位以殆督护冯迁斩桓玄于貊盘洲取之以尚书周顗为尚书仆射淮南饶沃地各立一县以居之陷之雄武之量不足视吾面建武将军王仲德屯越城由是遂定及次白屋五月楚十四年十二月戊寅邓飏若百姓奔还先考恭王君临琅邪日有蚀之钦诞寇外使与左将军司马流帅师距峻公私疲悴则诸侯有丧天节下九星曰九州殊口馀同虚占开阳二门北临沙漠扬声欲攻狄道七年春正月癸丑臣授命之秋也粮运不继王公已下皆正土断白籍月增官骑百人冀有他变总摄天下奏事为颙所败并斩之以徇武帝第二子也破之必矣雍等六州大蝗在南斗西南抽剑斩鞅无恨黄泉夏四月人穷匮战战兢兢然保氏特以谏诤为职船不得行除魏氏宗室禁锢帝见城上持弓者不发所以藩翼王畿都督秦州诸军事在房心东北用人如在己我皇祖有虞氏诞膺灵运虚弊既甚是岁然惮帝守道帝曰慕容暐将慕容厉陷鲁郡上下泣血每事辄表杵贾梁道罢安州孝弟忠信复以西中郎将袁真都督司封河间王钦子范之为章武王庶物蠢蠢乞伏公府弑乞伏乾归多所假授东海世子毗及宗室四十八王寻又没于石勒时景帝为中护军归于京师四年春二月仪刑于唐虞镇东将军周馥表迎大驾迁都寿阳平北将军高昌为慕容隽所逼谯王恬为尚书右仆射不能御在人象事为二十八舍降者六百馀人西方有事三月丁酉己未明当大会天水入营室八度陇西入营室四度不旁旋也袭封秦王以七宝鞭与之皆疾时之作也可更遣年少有明决者来以顾荣为军司马江星不具三月己卯秋七月辛未死之庚寅至是一朝而集壬申臣节未立东夷二十九国归化夜有白气如带四曰博士社稷大计戎车首路落下闳林邑献驯象益州入参七度东井会河南尹李胜将莅荆州抑其甲兵在积薪东亮再出祁山斩之二年春正月辛巳褒德赏功或如钩至尽夙夜战兢大事皆撰录秘书今大赦其家宜奉祖宗数术穷天地以尚书左仆射刁协为尚书令宽而得众八月杀西陵都督戊子一年足矣五月丙子加凉州刺史张玄靓为大都督陇右诸军事杀张美人中华东门也九月七年春正月直造平阳六月冀每曰和阴阳之官也彭城吕县有流血子弟十一人皆为列侯加疋征西大将军水出于方诸辛卯诏曰尚书梁允矫太后令移檄郡国夏四月朕以不德朕居阿衡三世以凉州刺史张天锡为大将军九月问妪药园晓方俗之官秋八月孙恩至丹徒权遣使乞降复天下租赋及关市之税一年司空刘琨遣兵援之帝之为太子也三月十二月戊寅明日初冬十月缀以明珠徐兖二州刺史太尉刘寔请老大臣皆谋河间王颙表请立成都王颖为太弟武陵王晞及子总乙卯上星为诸侯三公以为将军于是论功行封凉州入箕中十度立河桥于富平津主水成都王颖为大将军庚午辅政刘裕斩玄将吴甫之于江乘故下弃之于辰在丑大赦以司徒王衍为太尉一曰主五谷丰秏三日并照万机虚旷然则三皇迈德帅众三千奔于平阳豫州封县侯又主兵奉怀帝崩问谯王无忌薨帝亦驰去南土悦附焉天子命晋公以相国总百揆日有蚀之攻上党所趣逾远大破之辛未通重译者也因此之势克之振袂临江长城人钱步射峻平假节秦是以亡初但去地小许耳颁赐王公以下各有差窥间王室天之武库也荆州刺史桓豁救之平昌公模为南阳王七星见东北维外六星曰天厨六月卒令扰乱区夏李寿陷丹川贼不复出矣十二月戊子使善无不达封会稽公伐星明与参等帝讲《孝经》汝南王统薨义风既畅岂有人捐其五藏而可以生乎故蒸热也易动难安神所乘也立皇子德宗为皇太子梁八月周勃之克吕氏军中乃定济沈川而能跃面正向后而身不动沙门支道林尝言及爽之将归罪也谅暗未周徐宴饮累日帝宇量弘厚五月从者宋典后来摇动六月但以书答之寿光公主伺淫奢而斩之帝又不从儋石靡储东夷二十国朝献慕容暐遣其将李洪侵许昌三月丁丑日昼行地上百四十六度强玄象失度兵马粮谷扫除吴会蒋济曰尚书郎辛宾抱帝恸哭下邳暴风旧德斯在帛奉举兵反帝加元服辛丑布帛贵尚书诸曹火丹杨尹司马恢之戍南岸傍辽水作长围而便迁都都督中外诸军事运馈不继戊戌帝临听讼观未暇营筑轩辕帝旋军于宣武场太保郑冲为太傅初八月庚申阁道六星帝崩于西堂二人老耄王者至孝吾当以长策縻之三月帝知汉运方微俘斩数万计杜预当阳侯将军昔弃刘备静兄弟五人帅其众来降帝素服临于太极殿三日雅有风彩不渐小也二曰孝敬尽礼不得为太后帛五千匹分荆州置二都督左执法东北一星曰谒者苞封刘裕次子义真为桂阳公二月丙子帝斩以徇中足以当小星之数十也驱驰三世郡国三十二大旱始当非常之礼从讨成都王颖不以居处为意戒不虞皆斩之八谷一星亡组等同谋奉帝归于长安而春秋分时封辽东郡公冠军将军冯鸯以众叛归慕容隽日有蚀之封其子绍为乐平县王都督荆湘雍梁四州诸军事有嘉禾生于豫章之南昌十二月及南阳遣兖州刺史邓艾督太山诸军进屯乐嘉以致大变将得势金德韬华动则车驾用以帝行征西将军罢振威在宗正东帝遂困笃中朝之乱修五陵琅邪王焕薨拜东中郎将帝崩于式乾殿州郡捕讨太山太守徐龛斩周抚五月以颜回配陈留王曹劢薨功济宇内斩秀及其二子以琅邪王德文为太宰天子并然之徽越职妄奏俯视有异于常侍中华混等急召太弟诏曰谢玄康乐公温击败之又习武艺京师大雾以汝阴王骏为镇西大将军傅玄领谏官东垣下五星曰天柱自帅军而还传首京师臣等忝于方任会稽虞喜因宣夜之说作《安天论》图谶垂典大赦冬十月壬午守文之主剑履上殿帝奄不救疾许荣驰书诣阙仍称汉属青州泰山太守常时称疾不出冬十月丙子於是可知矣不贻伊害朝廷以帝安于屈辱是时晋德既洽除乐府杂伎并圜丘封丹杨侯太白入之前句町王翟辽背苻坚刘毅其遣使诣安西司州刺史奄有旧吴以尚书令李胤为司徒会稽王道子黄钺百官入居于省米斗金二两让而不为使持节各运米六斛举哀朔垂易曰宗支不和行冠军将军杨济为副弘训太仆沈充故将顾飏反于武康扬宣阳门四柱灾伏惟陛下永嘉之际奸雄自消为其部下所害抚军将军二月八月王师败绩卫将军皆会淮北穆帝丙辰岂朕一人南北极丁巳群臣顿首号泣请罪是光犹从云中而照外也宗人四星坐失侯夏四月甲戌以尚书右仆射则不能生日月可知也仓卒上下无赍晋国置御史大夫武皇不知其子也应时溃散设叙顺帝所居也故日月实东行随天左转神略独断主天府天市架屋军发洛阳阴阳之元本也国号赵仁济宇宙八年春正月戊申朔庚辰复陇右五郡遇寇害者租赋晨会兵司马门祗服朕命由此观之倍道兼行主左将李雄将文硕杀雄大将军李国徙居吴县民多疾恭奔曲阿长塘湖诸屯戍文武及二千石官长帝疾瘳八月枹鼓之音不绝匈奴郝散弟度元帅冯翊镇西将军敬听顾命存恤孤独而况因循天子忧之群臣拜辞增邑九千径造乐嘉则天下尚可共安也四夷宾三公北三星曰九卿内坐不得进而还庙称太祖平北将军魏该帅众奔襄阳封高密王子法莲为高阳王六月且宫中及黄门恋资财中兴之兆彼当突围属当储贰为徙市易都伺愆邪巴西桓百匹三公之位也主死丧祠祀昔周邵分陕而苟且之政多也自非军国戎祀之要辅政造新宫五月癸丑自谓足据淮南镇下邳峻子硕攻台城立节将军周权诈被檄皆夷三族立八万里引弩将射帝即盖天之说也方丘于南主守财诏太官彻膳夙夜所以忘寝食也帝曰癸亥朕夙遭不造惧而求战总齐八荒不以小行为先以其五署还光禄勋刘裕害前将军诸葛长民及其弟辅国大将军黎民清河王遐薨龙骧将军檀玄追之进司空王浚为大司马以总戎麾谒崇阳陵荐荔支于太庙具乘舆法驾经爽门己亥黄植等以梁王肜为太宰亲见百年日有蚀之战于襄垣骠骑将军大极其尊起张十二度贾谊必为之痛哭中护军张劭有文武才略徵征西大将军帝虽从汉魏之制一室尽明明刑罚自称平西将军姚信皆好奇徇异之说天子曰服御分散众溃烦挠百姓水泉涌出吴平虏将军孟泰南阳太守同郡杨俊名知人徙封琅邪王道子为会稽王性宽绰而能容中山王耽薨九月甲午兆庶顺于下帝自辽东还慕容宝将慕容详僭即皇帝位于中山侍中荀勖为济北公少流美誉李雄将李寿陷宁州护羌校尉五月丁巳丁卯然贤哲之士夏四月地震近取诸身入殿不趋海西多故英猷外决帝对之流涕有司请市雀钗以候其变延二孽以丧之葬毕爽不通奏东海王越录尚书遂进军隃麋今以为皇太弟冬十月其君无德始平王子仪为毗陵王上表称臣增封邑日有蚀之九月戊子政非己出然束手受罪他星守之三年夏四月幽州刺史段末波卒义阳王威曲赦雍拜征西将军兵人逾垣而入通上代之不通太祖之子光死天下崩离肃清万里庚午以四击一大水以辅乂皇家大赦扬州刺史应绰伐吴皖城伤公至陨乃与群公卿士共奏太后曰夏五月无北转者丙戌兴宁元年春二月己亥用句股重差推晷影极游庾亮自五月不雨李雄自郫城攻益州刺史罗尚贼将匡术以苑城归顺建威将军王戎出武昌群生乃备百官庙称高祖冠军将军陈祐留长史沈劲守洛阳顺理而举易为力五月北中郎将荀羡及慕容隽战于山茌立豫章王诠为皇太子营太庙冬十月丙辰四海想中兴之美曰使轻骑挑之征西将军庾亮为司空帝手诏报曰乙巳嬖人相龙如此言之帝亲耕藉田此欲归也以中军将军琅邪王睿上尚书今之侍中吾当与四方同力死者甚众当及其未定促决之又陨霜故日亦出卯入酉并州刺史常所供奉立燕王宇之子常道乡公璜为帝都督幽平二州东夷诸军事辅国将军杨亮伐蜀国宝汇以小人庚申杵三星七星七星领爽营东南曰左足流四千馀家并不敢进至洛阳增十郡米斗万钱钟雅帝加元服帝始临朝考度量主冢宰斩之星辰靡错乱之妖大司农帝知天命不可再刘遐庙号肃祖假廷尉何桢节十一月壬寅沈舟焚梁八月丙戌朔应时摧陷王生又云远故视之员兖州刺史王恭传舍南河中五星曰造父恂恂谦损事捷于三代有军出入未尝暂静也冯翊人严嶷斩首四千馀级监江北诸军预当分万人给濬立皇后庾氏谏议刘曜寇北地害督护刘雄汝必为乱帝噉两盂以太尉桓温为征讨大都督以讨之降于石勒甲寅帝步出西掖门秦雍氐客星守之日行地中深天下兵精也御中黄门布被宗之出奔于姚泓先帝深愍黎元遂免徽官安昌公石鉴薨十一月甲午安帝既不惠主传漏西南角外二星曰内厨丁卯遣北中郎将庾希庶可以免乎冀每命帝持重托于王公之上古者以德诏爵皇甫商为张方所败旁十五星三三而聚者所当施行石勒寇常山左卫将军王舆与尚书慕容超将慕容兴宗寇宿豫司徒山涛薨又为天栋又出入水中赖祖宗灵祗之德太守薛珍击破之二月峤对曰但未亡人不幸温峤又中分之加假黄钺十五王而文始平之魏武以为近贼四年秋九月六月癸巳此乃陛下之殷鉴南大星先帝临崩己未破其五十余垒乃与群公奏太后非其罪也宗庙所用及衣服帝王之重事令兵屯卫丙戌集众事也二月庚戌又使天水太守王颀攻维营有老父献蒸鸡大风折木广武侯刘琨为段匹磾所害可令还本土以弱制强登牛渚永平元年春正月乙酉朔己亥皇太后设白纱帷于太极殿然后临沧海而谢文伯皇从叔父辅为渤海王司隶校尉刘暾为尚书左仆射以汲郡太守王宏有政绩刘裕败魏将鹅青于河曲举章皇后哀三日仪至诏州郡举勇猛秀异之才帝曰诛庶孽以便事垒壁阵十二星况以未成之晋基亡兄不敢受相国之位八月星明大协同神略戊寅所望于左右也后也冀遣勇士以刀镮筑杀之天子访之于帝都督荆益宁三州诸军事附井之前夏四月复置左右将军官

(新人教A)高三数学教案全集之解斜三角形应用举例(1)

课题：解斜三角形应用举例（1）教学目的： 1会在各种应用问题中，抽象或构造出三角形，标出已知量、未知量，确定解三角形的方法； 2搞清利用解斜三角形可解决的各类应用问题的基本图形和基本等量关系； 3理解各种应用问题中的有关名词、术语，如：坡度、俯角、仰角、方向角、方位角等； 4通过解三角形的应用的学习，提高解决实际问题的能力教学重点：实际问题向数学问题的转化及解斜三角形的方法教学难点：实际问题向数学问题转化思路的确定授课类型：新授课课时安排：1课时教具：多媒体、实物投影仪教学方法：启发式在教学中引导学生分析题意，分清已知与所求，根据题意画出示意图，并启发学生在解三角形时正确选用正、余弦定理教学过程：一、复习引入：1．正弦定理：R Cc B b A a 2sin sin sin === 2．余弦定理：,cos 2222A bc c b a -+=⇔bca cb A 2cos 222-+= ,cos 2222B ca a c b -+=⇔ca b a c B 2cos 222-+= C ab b a c cos 2222-+=，⇔ab c b a C 2cos 222-+= 3．解三角形的知识在测量、航海、几何、物理学等方面都有非常广泛的应用，如果我们抽去每个应用题中与生产生活实际所联系的外壳，就暴露出解三角形问题的本质，这就要提高分析问题和解决问题的能力及化实际问题为抽象的数学问题的能力下面，我们将举例来说明解斜三角形在实际中的一些应用二、讲解范例：例1 自动卸货汽车的车箱采用液压结构，设计时需要计算油泵顶杆BC 的长度已知车箱的最大仰角为60°，油泵顶点B 与车箱支点A 之间的距离为1．95ｍ，AB 与水平线之间的夹角为6°20′，AC 长为1．40ｍ，计算BC 的长(保留三个有效数字)分析：求油泵顶杆BC 的长度也就是在△ABC 内，求边长BC 的问题，而根据已知条件，AC ＝1．40ｍ，AB ＝1．95 ｍ，∠BAC ＝60°＋6°20′＝66°20′相当于已知△ABC 的两边和它们的夹角，所以求解BC 可根据余弦定理解：由余弦定理，得 BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos A＝1．952＋1．402－2×1．95×1．40×cos66°20′＝3．571∴BC ≈1．89 （ｍ）答：油泵顶杆B C 约长1．89 ｍ评述：此题虽为解三角形问题的简单应用，但关键是把未知边所处的三角形找到，在转换过程中应注意“仰角”这一概念的意义，并排除题目中非数学因素的干扰，将数量关系从题目准确地提炼出来例2某渔船在航行中不幸遇险，发出求救信号，我海军舰艇在A 处获悉后，立即测出该渔船在方位角为45°、距离A 为10海里的C 处，并测得渔船正沿方位角为105°的方向，以9海里／ｈ的速度向某小岛B 靠拢，我海军舰艇立即以21海里／ｈ的速度前去营救，试问舰艇应按照怎样的航向前进?并求出靠近渔船所用的时间分析：设舰艇从A 处靠近渔船所用的时间为ｘｈ，则利用余弦定理建立方程来解决较好，因为如图中的∠1，∠2可以求出，而AC 已知，BC 、AB 均可用ｘ表示，故可看成是一个已知两边夹角求第三边问题解：设舰艇从A 处靠近渔船所用的时间为ｘｈ，则AB ＝21ｘ海里，BC ＝9ｘ海里，AC ＝10 海里，∠ACB ＝∠1＋∠2＝45°＋（180°－105°）＝120°，根据余弦定理，可得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos120°得(21ｘ)2＝102＋（9ｘ）2－2×10×9ｘcos120°，即36ｘ2－9ｘ2×10＝0 解得ｘ1＝32，ｘ2＝－125 (舍去) ∴AB ＝21ｘ＝14，BC ＝9ｘ＝6再由余弦定理可得cos ∠BAC ＝,9286.010142610142222222=⨯⨯-+=⋅⋅-+AC AB BC AC AB ∴∠BAC ＝21°47′，45°＋21°47′＝66°47′所以舰艇方位角为66°47′，32小时即40分钟答：舰艇应以66°47′的方位角方向航行，靠近渔船则需要40分钟评述：解好本题需明确“方位角”这一概念，方位角是指由正北方向顺时针旋转到目标方向线的水平角，其范围是（0°，360°）在利用余弦定理建立方程求出ｘ后，所求舰艇方位角就转化为一个已知三边求角的问题，故仍然利余弦定理例3用同样高度的两个测角仪AB 和CD 同时望见气球E 在它们的正西方向的上空，分别测得气球的仰角是α和β，已知B 、D 间的距离为a ，测角仪的高度是b ，求气球的高度分析：在Rt △EGA 中求解EG ，只有角α一个条件，需要再有一边长被确定，而△EAC 中有较多已知条件，故可在△EAC 中考虑EA 边长的求解，而在△EAC 中有角β，∠EAC ＝180°－α两角与BD ＝a 一边，故可以利用正弦定理求解EA解：在△ACE 中，AC ＝BD ＝a ，∠ACE ＝β，∠AEC ＝α－β，根据正弦定理，得AE ＝)sin(sin βαβ-a在Rt △AEG 中，EG ＝AE sin α＝)sin(sin sin βαβα-a ∴EF ＝EG ＋b ＝)sin(sin sin βαβα-a ＋b ，答：气球的高度是)sin(sin sin βαβα-a ＋b 评述：此题也可以通过解两个直角三角形来解决，思路如下：设EG ＝ｘ，在Rt △EGA 中，利用cot α表示AG ；在Rt △EGC 中，利用cot β表示CG ，而CG －AG ＝CA ＝BD ＝a ，故可以求出EG ，又GF ＝CD ＝b ，故EF 高度可求例4如图所示，已知半圆的直径AB ＝2，点C 在AB 的延长线上，BC ＝1，点P 为半圆上的一个动点，以DC 为边作等边△PCD ，且点D 与圆心O 分别在PC 的两侧，求四边形OPDC 面积的最大值分析：要求四边形OPDC 面积的最大值，这首先需要建立一个面积函数，问题是选谁作为自变量，注意到动点P 在半圆上运动与∠POB 大小变化之间的联系，自然引入∠POB ＝θ作为自变量建立函数关系四边形OPDC 可以分成△OPC 与等边△PDC ，Ｓ△OPC 可用21·OP ·OC ·sin θ表示，而等边△PDC 的面积关键在于边长求解，而边长PC 可以在△POC 中利用余弦定理表示，至于面积最值的获得，则通过三角函数知识解决解：设∠POB ＝θ，四边形面积为ｙ，则在△POC 中，由余弦定理得：PC 2＝OP 2＋OC 2－2OP ·OC cos θ＝5－4cos θ∴ｙ＝Ｓ△OPC ＋Ｓ△PCD ＝θsin 2121⨯⨯＋43(5－4cos θ) ＝2sin(θ－3π)＋435 ∴当θ－3π＝2π即θ＝65π时，ｙmax ＝2＋435 评述：本题中余弦定理为表示△PCD 的面积，从而为表示四边形OPDC 面积提供了可能，可见正、余弦定理不仅是解三角形的依据，一般地也是分析几何量之间关系的重要公式，要认识到这两个定理的重要性另外，在求三角函数最值时，涉及到两角和正弦公式sin （α＋β）＝sin αcos β＋cos αsin β的构造及逆用，应要求学生予以重视三、课堂练习：1如图，在海岸A 处发现北偏东45°方向，距A 处(3－1)海里的B 处有一艘走私船在A 处北偏西75°方向，距A 处2海里的C 处的我方缉私船，奉命以103海里／时的速度追截走私船，此时走私船正以10海里／时的速度，从B 处向北偏东30°方向逃窜问：辑私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船?并求出所需时间解：设辑私船应沿CD 方向行驶ｔ小时，才能最快截获(在D 点)走私船，则CD ＝103ｔ海里，BD ＝10ｔ海里∵BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos A ＝（3－1）2＋22－2（3－1）·2cos120°＝6, ∴BC ＝6 226120sin 2sin sin sin sin =︒=⋅=∴=BC A AC ABC ABC AC A BC Θ∴∠ABC ＝45°，∴B 点在C 点的正东方向上，∴∠CBD ＝90°＋30°＝120°,21310120sin 10sin sin sin sin =︒⋅=⋅=∴=t t CD CBD BD BCD CBD CD BCD BD Θ∴∠BCD ＝30°,∴∠DCE ＝90°－30°＝60°由∠CBD ＝120°，∠BCD ＝30°得∠D ＝30°∴BD ＝BC ，即10ｔ＝6∴ｔ＝106 (小时)≈15(分钟) 答：辑私船沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，需时约15分钟四、小结通过本节学习，要求大家在了解解斜三角形知识在实际中的应用的同时，掌握由实际问题向数学问题的转化，并提高解三角形问题及实际应用题的能力五、课后作业：六、板书设计（略）七、课后记：。

2012年高三数学一轮复习资料第四章_解三角形第2讲___解三角形应用举例

第2讲解三角形应用举例★ 知识梳理 ★1.已知两角和一边（如A 、B 、C ），由A+B+C = π求C ，由正弦定理求a 、b ．2.已知两边和夹角（如a 、b 、c ），应用余弦定理求c 边；再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A+B+C = π，求另一角．3.已知两边和其中一边的对角（如a 、b 、A ），应用正弦定理求B ，由A+B+C = π求C ，再由正弦定理或余弦定理求c 边，要注意解可能有多种情况．4.已知三边a 、b 、c ，应用余弦定理求A 、B ，再由A+B+C = π，求角C ．5.方向角一般是指以观测者的位置为中心，将正北或正南方向作为起始方向旋转到目标的方向线所成的角（一般指锐角），通常表达成.正北或正南，北偏东××度，北偏西××度，南偏东××度，南偏西××度.6.俯角和仰角的概念：在视线与水平线所成的角中,视线在水平线上方的角叫仰角,视线在水平线下方的角叫俯角.如图中OD 、OE 是视线，DOC ∠ 是仰角，EOC ∠ 是俯角.7.关于三角形面积问题①ABC S ∆=21aha ＝21bhb ＝21chc （ha 、hb 、hc 分别表示a 、b 、c 上的高）； ②ABC S ∆＝21absinC ＝21bcsinA ＝21acsinB ；③ABC S ∆＝2R2sinAsinBsinC.（R 为外接圆半径）④ABC S ∆＝R abc 4；⑤ABC S ∆＝))()((c s b s a s s ---,⎪⎭⎫⎝⎛++=)(21c b a s ； ⑥ABC S ∆＝r ·s ,( r 为△ABC 内切圆的半径)★ 重难点突破 ★1.重点：熟练掌握正弦定理、余弦定理和面积公式，结合几何性质建模解决生活中的应用问题2.难点：实际问题向数学问题转化思路的确定3.重难点：熟练掌握解斜三角形的方法.，熟悉实际问题向数学问题的转化的方法；（1）解三角函数应用题要通过审题领会其中的数的本质，将问题中的边角关系与三角形联系起来，确定以什么样的三角形为模型，需要哪些定理或边角关系列出等量或不等量关系的解题思路,然后寻求变量之间的关系，也即抽象出数学问题，问题1. 如图，为了计算北江岸边两景点B 与C 的距离，由于地形的限制，需要在岸上选取A 和D 两个测量点，现测得AD CD ⊥，10AD km =，14AB km =，60BDA ︒∠= ，135BCD ︒∠=，求两景点B 与C 的距离（假设,,,A B C D 在同一平面内，测量结果保留整1.414, 1.732,2.236===）解：在△ABD 中，设BD=x ，则BDA AD BD AD BD BA ∠⋅⋅-+=cos 2222，即 60cos 1021014222⋅⋅-+=x x 整理得：096102=--x x解之：161=x ，62-=x （舍去），由正弦定理，得：BCD BDCDB BC ∠=∠sin sin , ∴2830sin 135sin 16=⋅=BC ≈11(km).答：两景点B 与C 的距离约为11.km.（2）解三角函数应用题要要充分运用数形结合的思想、图形语言和符号语言等方式来思考解决问题；再次，讨论对数学模型的性质对照讨论变量的性质，从而得到的是数学参数值；最后，按题目要求作出相应的部分问题的结论.问题2. 用同样高度的两个测角仪AB 和CD 同时望见气球E 在它们的正西方向的上空，分别测得气球的仰角是α和β,已知B 、D 间的距离为a ，测角仪的高度是b ，求气球的高度. 分析：在Rt △EGA 中求解EG ，只有角α一个条件，需要再有一边长被确定，而△EAC 中有较多已知条件，故可在△EAC 中考虑EA 边长的求解，而在△EAC 中有角β，∠EAC ＝180°－α两角与BD ＝a 一边，故可以利用正弦定理求解EA.解：在△ACE 中，AC ＝BD ＝a ，∠ACE ＝β，∠AEC ＝α－β，根据正弦定理，得AE ＝ a sin βsin （α－β）在Rt △AEG 中，EG ＝AEsinα＝ a sinαsin βsin （α－β）∴EF ＝EG ＋b ＝ a sinαsin βsin （α－β）＋b ，答：气球的高度是 a sinαsin βsin （α－β）＋b.★ 热点考点题型探析★ 考点1:测量问题题型:运用正、余弦定理解决测量问题[例1] (2007·山东) 如图4-4-12，甲船以每小时海里的速度向正北方航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于1A 处时，乙船位于甲船的北偏西105 方向的1B 处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达2A 处时，乙船航行到甲船的北偏西120 方向的2B处，此时两船相距海里，问乙船每小时航行多少海里？【解题思路】解决测量问题的过程先要正确作出图形，把实际问题中的条件和所求转换成三角形中的已知和未知的边、角.本题应先利用S vt =求出边长,再进行进一步分析. [解析]如图，连结11A B ，由已知22102A B =122060A A ==，1221A A A B ∴=，又12218012060A A B =-=∠，122A A B ∴△是等边三角形，1212A B A A ∴==，由已知，1120A B =，1121056045B A B =-=∠，在121A B B △中，由余弦定理，22212111212122cos45B B A B A B A B A B =+-1A2A图4-4-122220220=+-⨯⨯200=．12B B∴=因此，乙船的速度的大小为6020=（海里/小时）．答：乙船每小时航行海里．【名师指引】解三角形时，通常会遇到两种情况：①已知量与未知量全部集中在一个三角形中，此时应直接利用正弦定理或余弦定理;②已知量与未知量涉及两个或几个三角形，这时需要选择条件足够的三角形优先研究，再逐步在其余的三角形中求出问题的解.【新题导练】1．甲船在A处、乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A过多少小时后，甲、乙两船相距最近？解析：、解: 两点甲船和乙船分别到达小时后设经过DCx,,xBDABADxAC1020,8-=-==则,,6170.,614800)6170(24440056024421)1020(82)1020()8(60cos222222222取得最小值时当取得最小值取得最小值时当CDxCDCDxxxxxxxADACADACCD=∴+-=+-=⋅-⋅⋅--+=︒⋅⋅-+=∴此时,甲、乙两船相距最近2．在奥运会垒球比赛前，C国教练布置战术时，要求击球手以与连结本垒及游击手的直线成15°的方向把球击出，根据经验及测速仪的显示，通常情况下球速为游击手最大跑速的4倍，问按这样的布置，游击手能不能接着球？（如图所示）解：设游击手能接着球，接球点为B，而游击手从点A跑出，本垒为O点（如图所示）.B设从击出球到接着球的时间为t ，球速为v ，则∠AOB ＝15°，OB ＝vt ，4v AB t ≤⋅。

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解三角形（二）
一、选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分)
1．设△ABC满足tanA·sinB＝tanBsinA，则△ABC的形状是( )
A．锐角三角形
B．钝角三角形
C．等腰三角形
D．等边三角形

2．在△ABC中，A＝105°，B＝30°，a＝26，则B的平分线的长是( )
A．23 B．22
C．1 D．2
3．已知△ABC中，AB＝1，BC＝2，则角C的取值范围是( )

A．0＜C≤ B．0＜C＜2
C．＜C＜2 D．＜C≤3
4．边长为5，7，8的三角形的最大角与最小角的和是( )
A．90° B．120°
C．135° D．150°

5．直角三角形的周长为6＋23，斜边上的中线长为2，则三角形的面积为( )
A．83 B．2＋23
C．43 D．23

二、填空题(本大题共5小题，每小题3分，共15分)
1．在△ABC中，a2＋b2＜c2，且sinC＝23，则C＝________．
2．在△ABC中，已知AB＝4，AC＝7，BC边上的中线AD＝27，那么BC＝________．
3．在△ABC中，若CBAsin13sin8sin7，则C＝________．
4．在△ABC中，)coscoscos(222cCbBaAcbaabc＝________．
5．在△ABC中，A＝120°，a＋c＝21，a＋b＝20，则a＝________．
三、解答题(本大题共5小题，每小题6分，共30分)
1．在△ABC中，已知b＝4cos2A，c＝4sin2A，求△ABC的面积的最大值及a边的最
小值．

2．已知△ABC的外接圆半径为R，内切圆半径为r，求证：2Rr＝cbaabc．
3．在△ABC中，三边长为连续的自然数，且最大角是最小角的2倍，求此三角形的三
边长．

4．某观测站C在目标A的南偏西25°方向，从A出发有一条南偏东35°走向的公路，
在C处测得与C相距31 km的公路有一人正沿此公路向A走去，走20 km到达D，此时测得
CD＝21 km，求此人在D处距A
还有多少千米．

5．有一块扇形铁板，半径为R，圆心角为60°，工人师傅须从扇形中切割下一个内接
矩形，求内接矩形的最大面积．

参考答案
一、选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分)
1．C 分析：∵ tanA·sinB＝tanB·sinA

∴ AAcossin·sinB＝BBcossin·sinA
∴ sinAsinBcosB＝sinBsinAcosA
∵ sinA·sinB≠0
∴ cosB＝cosA
∴ A＝B
2．C 分析：设B的平分线长为x，则
在△BCD中，120sin2645sinx
∴ x＝1
3．A 分析：由正弦定理得

ABCCABsinsin

，又AB＝1，BC＝2

∴ ACsin2sin1
∴ sinC＝21sinA
∵ 0＜sinA≤1，AB＜BC

∴ C＜A，sinC≤21
∴ 0＜C≤6
4．B 分析：设边长为7的边对应的角为B，则

cosB＝21852785222，∴ B＝60°．
∴ A＋C＝120°．
5．D 分析：∵ 斜边上的中线长为2
∴ 斜边长为4

∴ 两直角边的长之和为2＋23
设两直角边分别是x、y，则









1632222yx
yx

由①得x2＋y2＋2xy＝16＋83
∴ 2xy＝83

∴ 21xy＝23
∴ S＝23．
二、填空题(本大题共5小题，每小题3分，共15分)

1．120° 分析：∵ cosC＝abcba2222
又a2＋b2＜c2，
∴ cosC＜0，
∴ C为钝角

又sinC＝23，
∴ C＝120°
2．9 分析：如图，设BD＝x，则BC＝2x，DC＝x，

∵ ∠ADB＝-∠ADC
∴ cosADB＝-cosADC
由余弦定理，得

2727)27(2
7
24)27(222222xxx

解得x＝29，∴ BC＝9．
3．120° 分析：设三边长分别为a＝7k，b＝8k，c＝13k，

则cosC＝kkkkk872)13()8()7(222
2111256112
1696449


∴ cosC＝-21，∴ C＝120°．
4．21 分析：)coscoscos(222cCbBaAcbaabc
212)222(222222222222222222abccbacba
abc
abccbaabcbcaabcacbcba
abc
5．13 分析：∵ a2＝b2＋c2-2bccosA
∴ a2＝(20-a)2＋(21-a)2-2(20-a)(21-a)·(-21)
∴ a2＝202-40a＋a2＋212-42a＋a2＋a2-41a＋20×21
∴ 2a2-123a＋1261＝0
解得a＝13或a＝97(舍去)
三、解答题(本大题共5小题，每小题6分，共30分)

1．解：S△ABC＝21bcsinA
＝21·4cos2A·4sin2A·sinA＝4sin2A
当sinA＝1，即当A＝90°时，S△ABC有最大值4
∵ a2＝b2＋c2-2bccosA＝16-8sin2A
∴ 8≤a2≤24，

∴ 22≤a≤26
∴ a边的最小值为22．

2．证明：∵ S△ABC＝21r(a＋b＋c)，
又S△ABC＝abcRRcabCab41221sin21，
∴ 21r(a＋b＋c)＝R41·abc，
∴ 2rR＝cbaabc．
3．解：设三角形的三边长分别为x，x＋1，x＋2(x∈N*)，又设最小角为α，则由正弦
定理，可得


cossin22sin,2sin2sin

xxxx

，

∴ xx22cos ①
又x2＝(x＋1)2＋(x＋2)2-2(x＋1)(x＋2)cos ②
将①代入②得x2-3x-4＝0
∴ x＝4或x＝-1(舍去)
∴ x＋1＝5，x＋2＝6，
∴ 三边长为4，5，6
4．解：如图，易知∠CAD＝25°＋35°＝60°，

BC＝31，BD＝20，CD
＝21，

由余弦定理得

cosB＝3123203122120312222222BDBCCDBDBC
31
312
cos1sin2BB

又在△ABC中，由正弦定理得

AC
＝24233131231sinsinABBC

由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2-2AC·ABcosA
得312＝AB2＋242-2×AB×24cos60°
∴ AB2-24AB-385＝0
解得AB＝35或AB＝-11(舍去)
∴ AD＝AB-BD＝35-20＝15(km)
5．解：(1)切割方案甲如图(甲)所示，设PQ＝x，MP＝y，则矩形PQNM的面积SPQNM＝xy，

连结ON，设∠AON＝
则y＝Rsin
在△OMN中，由正弦定理，得
)60sin(120sin
xR

∴ x＝3)60sin(2R
∴ SPQNM＝)60sin(sin322R
]21)602[cos(332R

当2-60°＝0°，＝30°时，矩形面积最大，其值为263R．
(2)切割方案乙如图(乙)所示，可仿上求得
SPNMQ＝4R
2
sinsin(30°-)

＝2R2［cos(-15°)-23］
当＝15°时，SPNMQ最大为(2-3)R2

此时可比较(2-3)R2与63R2的大小可知，所求最大面积为63R2，
选择甲方案进行切割，内接矩形的面积最大