中考数学第一轮总复习精品教案十解直角三角形

解直角三角形 教学目标： 1． 立足教材，打好基础，查漏补缺，系统复习，熟练掌握本部分的基本知识、基本方法和基本技能. 2． 让学生自己总结交流所学内容，发展学生的语言表达能力和合作交流能力． 3． 通过学生自己归纳总结本部分内容，使他们在动手操作方面，探索研究方面，语言表达方面，分类讨论、归纳等方面都有所发展． 教学重点与难点 重点：将本部分的知识有机结合，强化训练学生综合运用数学知识的能力，． 难点：把数学知识转化为自身素质. 增强用数学的意识． 教学时间：5课时 【课时分布】 解直角三角形部分在第一轮复习时大约需要3课时，其中包括单元测试，下表为课时安排． 课时数 内容

1 直角三角形边角关系、锐角三角函数、简单的解直角三角形 2 解直角三角形的应用 解直角三角形单元测试及评析 教学过程： 【知识回顾】 1．知识脉络

解直角三角形

解直角三角形

直角三角形的边角

已知一边一锐角解直角三角

已知两边解直角三角形

已知斜边一锐角解直角三角

已知一直角边一锐角解直角三角

已知两直角边 2．基础知识 直角三角形的特征 ⑴直角三角形两个锐角互余； ⑵直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半； ⑶直角三角形中30°所对的直角边等于斜边的一半； ⑷勾股定理：直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方，即： 在Rt△ABC中，若∠C＝90°，则a2+b2=c2； A

B C

D ⑸勾股定理的逆定理：如果三角形的一条边的平方等于另外两条边的平方和，则这个三角形是直角三角形，即：在△ABC中，若a2+b2=c2，则∠C＝90°； ⑹射影定理：AC2=ADAB,BC2=BDAB,CD2=DADB． 锐角三角函数的定义： 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°， ∠A，∠B，∠C所对的边分别为a,b,c,

则sinA=ac ,cosA=bc ,tanA=ab , 特殊角的三角函数值：（并会观察其三角函数值随的变化情况） 1．

解直角三角形（Rt△ABC,∠C＝90°） ⑴三边之间的关系：a2+b2=c2． ⑵两锐角之间的关系：∠A＋∠B＝90°．．

 sin cos tan 30° 1

2 32 3

3

45° 22 2

2 1

60° 3

2 1

2 3

A B C a

c b ⑶边角之间的关系：sinA= Aac的对边＝斜边,cosA= Abc的邻边＝斜边． tanA= AaAb的对边＝的邻边,

⑷解直角三角形中常见类型： ①已知一边一锐角． ②已知两边． ③解直角三角形的应用． 2．能力要求 例1 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，CD⊥AB于点D，求∠BCD的三个三角函数值． 【分析】求∠BCD的四个三角函数值，关键要弄清其定义，由于∠BCD是在Rt△BCD中的一个内角，根据定义，仅一边BC是已知的，此时有两条路可走，一是设法求出BD和CD，二是把∠BCD转化成∠A，显然走第二条路较方便，因为在Rt△ABC中，三边均可得出，利用三角函数定义即可求出答案． 【解】 在Rt△ABC中，∵ ∠ACB＝90°∴∠BCD＋∠ACD＝90°， ∵CD⊥AB，∴∠ACD＋∠A＝90°，∴∠BCD＝∠A． 在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB＝22ACBC＝10，

∴sin∠BCD=sinA=BCAB =45 ,cos∠BCD=cosA=ACAB =35 ,

tan∠BCD=tanA=BCAC =43

【说明】本题主要是要学生了解三角函数定义，把握其本质，教师应强调转化的思想，即本题中角的转换．（或可利用射影定理，求出BD、DC，从而利用三

D B C

A 角函数定义直接求出） 例2 如图，在电线杆上的C处引拉线CE、CF固定电线杆，拉线CE和地面成60°角，在离电线杆6米的B处安置测角仪，在A处测得电线杆上C处的仰角为30°，已知测角仪离AB为1.5米，求拉线CE的长．（结果保留根号） 【分析】求CE的长，此时就要借助于另一个直角三角形，故过点A作AG⊥CD，垂足为G，在Rt△ACG中，可求出CG，从而求得CD，在Rt△CED中，即可求出CE的长． 【解】 过点A作AG⊥CD，垂足为点G， 在Rt△ACG中，∵∠CAG＝30°，BD＝6，

∴tan30°=CGAG ，∴CG=6×33 =23 ∴CD=23 +1.5,在Rt△CED中，sin60°=CDEC ，∴EC=CDsin60°

=23+1.532=4+3 ．

答：拉线CE的长为4+3 米． 【说明】在直角三角形的实际应用中，利用两个直角三角形的公共边或边长之间的关系，往往是解决这类问题的关键．老师在复习过程中应加以引导和总结． 例3 如图，某县为了加固长90米，高5米，坝顶宽为4米的迎水坡和背水坡，它们是坡度均为1∶0.5，橫断面是梯形的防洪大坝，现要使大坝顺势加高1米，求⑴坡角的度数；⑵完成该大坝的加固工作需要多少立方米的土？

30° A B E D F

C

G 60° 【分析】大坝需要的土方＝橫断面面积×坝长；所以问题就转化为求梯形ADNM的面积，在此问题中，主要抓住坡度不变，即MA与AB的坡度均为1∶0.5．

【解】 ⑴∵i=tanB,即tanB=10.5 =2，∴∠B=63.43°． ⑵过点M、N分别作ME⊥AD，NF⊥AD， 垂足分别为E、F．

由题意可知：ME＝NF＝5，∴MEAE ＝10.5 ， ∴AE＝DF＝2.5， ∵AD=4， ∴MN=EF=1.5，

∴S梯形ADNM＝12 (1.5+4)×1＝2.75． ∴需要土方为2.75×90=247.5 (m3) ． 【说明】本题的关键在于抓住前后坡比不变来解决问题，坡度＝垂直高度水平距离 ＝坡角的正切值，虽然20XX年中考时计算器不能带进考场，但学生应会使用计算器，所以建议老师还是要复习一下计算器的使用方法． 例4 某风景区的湖心岛有一凉亭A,其正东方向有一棵大树B，小明想测量A、B之间的距离，他从湖边的C处测得A在北偏西45°方向上，测得B在北偏东

32°方向上，且量得B、C间距离为100米，根据上述测量结果，请你帮小明计算A、B之间的距离．（结果精确到1米，参考数据：sin32°≈0.5299,cos32°≈0.8480,tan s32°≈0.6249,cot32°≈1.600） 【分析】本题涉及到方位角的问题，要解出AB的长，只要去解Rt△ADC 和Rt△BDC即可．

A B C D

M N

E F

C A B

北 D

【解】过点C作CD⊥AB，垂足为D． 由题知：∠=45°，∠=32°．

在Rt△BDC中，sin32°=BDBC ，∴BD＝100sin32°≈52.99． cos 32°=CDBC ，∴CD=100 cos 32°≈84.80．

在Rt△ADC中，∵∠ACD=45°，∴AD=DC=84.80． ∴AB=AD+BD≈138米． 答：AB间距离约为138米． 【说明】本题中涉及到方位角的问题，引导学生画图是本题的难点，找到两个直角三角形的公共边是解题的关键，教师在复习中应及时进行归纳、总结由两个直角三角形构成的各种情形． 例5 在某海滨城市O附近海面有一股台风，据监测，当前台风中心位于该城市的东偏南70°方向200千米的海面P处，并以20千米/ 时的速度向西偏北25°的PQ的方向移动，台风侵袭范围是一个圆形区域，当前半径为60千米，且圆的半径以10千米/ 时速度不断扩张． (1)当台风中心移动4小时时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到 千米；又台风中心移动t小时时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到 千米． (2)当台风中心移动到与城市O距离最近时，这股台风是否侵袭这座海滨城市？请说明理由(参考数据21.41，31.73)． 【分析】⑴由题意易知． ⑵先要计算出OH和PH的长，即可求得台风中心移动时间，而后求出台风侵袭的圆形区域半径，此圆半径与OH比较即可． 【解】⑴100； (6010)t． ⑵作OH⊥PQ于点H，可算得 1002141OH（千米），设经过t小时时，台风中心从P移动到H，则201002PHt，算得52t（小时），此时，受台风侵袭地区的圆的半径为：601052130.5（千米）＜141（千米）． ∴城市O不会受到侵袭． 【说明】本题是在新的情境下涉及到方位角的解直角三角形问题，对于此类问题常常要构造直角三角形,利用三角函数知识来解决． 例6 如图所示：如图，某人在山坡坡脚A处测得电视塔尖点C的仰角为60° ，沿山坡向上走到P处再测得点C的仰角为45° ，已知OA=100米，山坡坡度

为 12 ，（即tan∠PAB= 12 ）且O、A、B在同一条直线上。求电视塔OC的高度以及所在位置点P的铅直高度.（测倾器的高度忽略不计，结果保留）． 【分析】很显然，电视塔OC的高在Rt△OAC中即可求得.

要求点P的铅直高度，即求PE的长，由坡度i=1:2，可设PE=x,则AE＝2x.此时只要列出关于x的的方程即可.而此时要借助于45°所在的Rt△来解决.故过点P作PF⊥OC，垂足为F.在Rt△PCF中，由PF＝CF，得100+2x=1003 –x,即可求得PE的长. 【解】过点P作PF⊥OC，垂足为F. 在Rt△OAC中,由∠OAC＝60°，OA＝100，得OC＝OA tan∠OAC=1003 米. 过点P作PE⊥AB，垂足为E.由i=1:2,设PE=x,则AE＝2x. ∴PF＝OE＝100+2x，CF＝1003 –x. 在Rt△PCF中,由∠CPF＝45°，∴PF＝CF,即100+2x=1003 –x, ∴x＝100 3- 1003,

C A B 水平地面 O 山坡 6045P E F