2011年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

第五单元基本初等函数Ⅱ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.3300PC3AC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.,3002330033002-300)3(300222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°,∠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.x.3MC3AC,2332-3300222xxxx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？24AB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′2424337323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=2650(m).sinBCABsinAACB21000126262223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.ba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.]23(1,23231)-ba(21-12,ba0a,2ba,cb231)-ba(21-1ba)ba(21-2acb-ca22bca-cbCcosBcosAcos222222222所求值的范围是于是所以即由于]3(0,),3[举一反三3.（2010·兴化模拟）如图，A、B是单位圆O上的动点，C是圆与x轴正半轴的交点，设∠COA=α.（1）当点A的坐标为时，求sinα的值；(2)当0≤α≤，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.34,5523解析：（1）∵A点的坐标为，根据三角函数定义可知x=，y=,r=1，∴sinα=.(2)∵∠AOB=,∠COA=α,∴∠COB=α+.由余弦定理得-2OC·OBcos∠BOC=1+1-2cos（α+）=2-2cos（α+）.∵0≤α≤，∴≤α+≤，.∴1≤2-2cos（α+）≤2+,即1≤≤2+,亦即1≤BC≤.∴BC的取值范围是[1,].34,55354545yr33222BCOCOB33335631cos232332BC32323【例】(2008·广州)在△ABC中，3sinA+4cosB=6,3cosA+4sinB=1,则C=_______.易错警示2166521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＞π,故C=应舍去,即C=312131365656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=π,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.sinsinABACBCAABCsin60326sin1520AC32620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=60°.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.222r21300)-(r5002-300)-(r500445(m).119004r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，,700213005002300500120cosAD2CD-ADCDAC222222故该扇形的半径OA的长约为445m.445(m).119004HAOcosAHOA1411HAOcosm350AHOHAR.1411ADAC2CD-ADACCADcos,m700ACt222，中，在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°+θ(其中,0°＜θ＜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.2402626sin1310解析:(1)如图，AB=,AC=,∠BAC=θ,.由于0°＜θ＜90°,由余弦定理,得BC=AB2+AC2-2AB·AC·cosθ=所以船的行驶速度为(海里/小时).13102402626sin.26265)2626(-1cos2所以51532510510（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.20.)-sin(451310CADACsiny30,)-cos(451310CADACcosx40,AB22yx22112,1020k75341|40-550|d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1010109-1ABCcos-1ABCsin,1010351024021310-510240BC2ABAC-BCABABCcos2222222从而40.101021010240ABC)-ABCsin(45ABsinAQ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.7.535515ABC)-sin(45QEAQCsinQEPQEsinQEPE