《高考数学总复习精品课件(苏教版)：第五单元第八节 正、余弦定理的应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学总复习精品课件(苏教版)：第五单元第八节 正、余弦定理的应用（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 第五单元基本初等函数 知识体系 第八节正 余弦定理的应用 基础梳理 1 解三角形一般地 把三角形三个角A B C和它们的对边a b c叫做三角形的元素 已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形 2 解三角形的类型 1 已知三边求三角 用余弦定理 2 已知两边和它们的夹角 求第三边和其他两个角 用余弦定理 3 已知两角和任一边 求其他两边和一角 用正弦定理 4 已知两边和一边的对角 求第三边和其他两角 用正弦定理 题型一三角形与立体几何的综合问题 例1 如图 某人在高出海面300m的山上P处 测得海面上的航标A在正东 俯角为30 航标B在南偏东60 俯角为45 求这两个航标间的距离 分
2、析将问题转化为立体几何问题 然后利用三角形知识求解 解由题意得 PBC 45 PAC 30 ACB 30 PC 300 在Rt PCB中 BC PC 300 在Rt PCA中 在 ABC中 由余弦定理 得 典例分析 AB2 AC2 BC2 2AC BC cos ACB AB 300 m 学后反思本题涉及到测量的俯角 方向角等概念 在解题时应结合实际情况正确理解 并要作出合理转化 举一反三1 某人在山顶观察地面上相距300m的A与B两个目标 测得目标B在南偏东5 俯角45 同时测得A在南偏东35 俯角30 求山高 设A B与山底在同一平面上 解析 画图 设山高MC x 由题意可得 MBC 45
3、MAC 30 ACB 30 在Rt MCB中 BC MC x 在Rt MCA中 在 ABC中 由余弦定理 得AB2 AC2 BC2 2AC BC cosACB 即 x 300 即山高为300m 题型二构造三角形模型解应用题 例2 14分 一次机器人足球比赛中 甲队1号机器人由点A开始做匀速直线运动 到达点B时 发现足球在点D处正以2倍于自己的速度向点A做匀速直线滚动 如图所示 已知dm AD 17dm BAC 45 若忽略机器人原地旋转所需的时间 则该机器人最快可在何处截住足球 分析 最快截住 是指 机器人从点B沿直线运动时和足球在直线AD上的点C处相遇 此时CD 2BC 将问题归结到 ABC
4、中 用余弦定理解决 解设该机器人最快可在点C处截住足球 点C在线段AD上 设BC xdm 由题意知 CD 2xdm AC AD CD 17 2x dm 2 在 ABC中 由余弦定理 得BC2 AB2 AC2 2AB AC cosA 4 即x2 2 17 2x 2 2 17 2x cos45 7 解得x1 5dm x2 dm 10 AC 17 2x 7dm或dm 不合题意 舍去 12 所以该机器人最快可在线段AD上离点A7dm的点C处截住足球 14 学后反思本题中机器人在从点B开始运动时必须选择一个方向 在这个方向上沿直线运动恰好与足球在直线AD上的点C相遇 这样才能达到 最快截住 的目的 否则
5、就不是 最快截住 这样就可以把问题归结到一个三角形中 用正 余弦定理来解决问题 举一反三 2 航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内 已知飞机的高度为海拔10000m 速度为180km h 飞机先看到山顶的俯角为15 经过420s后又看到山顶的俯角为45 求山顶的海拔高度 取2 1 4 3 1 7 解析 如图 A 15 DBC 45 ACB 30 AB 180km h 420s 21000m 在 ABC中 BC sin15 10500 CD AD CD BCsin CBD BC sin45 10500 10500 1 10500 1 7 1 7350 山顶的海拔高度为10000 7350
6、2650 m 题型三三角形与函数的综合问题 例3 在 ABC中 若AB AC 则cosA cosB cosC的取值范围为 分析易用余弦定理把原式化成 边 的形式 又AB AC 即b c B C 则可把cosA cosB cosC转化为以为自变量的二次函数 解由于AB AC 所以b c B C 由余弦定理 得 学后反思解决三角形中的有关问题时 主要通过正弦定理和余弦定理进行边角互化 但也要注意一些隐含条件的利用 例如 在三角形中 两边之和大于第三边 两边之差小于第三边 大边对大角 最大内角的取值范围是 最小内角的取值范围是等 举一反三 3 2010 兴化模拟 如图 A B是单位圆O上的动点 C是
7、圆与x轴正半轴的交点 设 COA 1 当点A的坐标为时 求sin 的值 2 当0 且当点A B在圆上沿逆时针方向移动时 总有 AOB 试求BC的取值范围 解析 1 A点的坐标为 根据三角函数定义可知x y r 1 sin 2 AOB COA COB 由余弦定理得 2OC OBcos BOC 1 1 2cos 2 2cos 0 1 2 2cos 2 即1 2 亦即1 BC BC的取值范围是 1 例 2008 广州 在 ABC中 3sinA 4cosB 6 3cosA 4sinB 1 则C 易错警示 错解分析在解三角形的问题中 三角形解的个数是一个很容易忽视的问题 上述错解在于考生缺少解题经验 没
8、有去进一步挖掘隐含条件而致错 正解关于3cosA 4sinB 1 由于sinB 0 故cosA 由于cosA 故A 因此若C 则A C 故C 应舍去 即C 错解由已知等式整理得 3sinA 4cosB 2 3cosA 4sinB 2 37 整理得25 24sin A B 37 即sin A B 又A B C 所以sinC sin A B 解得C 或 考点演练 10 2009 辽宁改编 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 和30 于水面C处测得B点和D点的仰角均为60 AC 0 1km 求BD的长 解
9、析 在 ACD中 DAC 30 ADC 60 DAC 30 所以CD AC 0 1 又因为 BCD 180 60 60 60 故CB是 CAD底边AD的中垂线 所以BD BA 在 ABC中 即AB km 因此 BD km 11 2008 上海 如图 某住宅小区的平面图呈扇形AOC 小区的两个出入口设置在点A和点C处 小区里有两条笔直的小路AD DC 且拐弯处的转角为120 已知某人从C沿CD走到D用了10分钟 从D沿DA走到A用了6分钟 若此人步行的速度为每分钟50m 求该扇形的半径OA的长 结果精确到1m 解析 方法一 设该扇形的半径为rm 由题意得CD 500m DA 300m CDO 6
10、0 在 CDO中 CD2 OD2 2CD OD cos60 OC2 即 解得故该扇形的半径OA的长约为445m 方法二 如图 连接AC 作OH AC 交AC于H 由题意得CD 500m AD 300m CDA 120 在 ACD中 故该扇形的半径OA的长约为445m 12 2008 湖南 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A相距海里的位置B 经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45 其中 0 90 且与点A相距海里的位置C 1 求该船的行驶速度 单位 海里 小时 2 若
11、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 解析 1 如图 AB AC BAC 由于0 90 由余弦定理 得BC AB2 AC2 2AB AC cos 所以船的行驶速度为 海里 小时 所以 2 方法一 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 BC与x轴的交点为D 由题设 有所以过点B C的直线l的斜率直线l的方程为y 2x 40 又点E 0 55 到直线l的距离所以船会进入警戒水域 方法二 如图所示 设直线AE与BC的延长线相交于点Q 在 ABC中 由余弦定理 得在 ABQ中 由正弦定理 得 由于AE 55 40 AQ 所以点Q位于点A和点E之间 且QE AE AQ 15 过点E作EP BC于点P 则EP为点E到直线BC的距离 在Rt QPE中 所以船会进入警戒水域
