§1.3

正弦定理、余弦定理的應(yīng)用

(二)課時(shí)目標(biāo)1.利用正、余弦定理解決生產(chǎn)實(shí)踐中的有關(guān)高度的問題理及三角形面積公式解決三角形中的幾何胸襟問題．

.2.利用正、余弦定1．仰角和俯角：與目標(biāo)視線在同一鉛垂平面內(nèi)的水平視線和目標(biāo)視線的夾角，目標(biāo)視線在水平線____方時(shí)叫仰角，目標(biāo)視線在水平線____方時(shí)叫俯角．(以下列圖)2．已知△ABC的兩邊a、b及其夾角C，則△ABC的面積為______________________．一、填空題1．從A處望B處的仰角為α，從B處望A處的俯角為β，則α與β的關(guān)系為________．2．設(shè)甲、乙兩樓相距20m，從乙樓底望甲樓頂?shù)难鼋菫?0°，從甲樓頂望乙樓頂?shù)母┙菫?0°，則甲、乙兩樓的高分別是________和________．3．如圖，為測(cè)一樹的高度，在地面上采用A、B兩點(diǎn)，從A、B兩點(diǎn)分別測(cè)得樹尖的仰角為30°，45°，且A、B兩點(diǎn)之間的距離為60米，則樹的高度為________米．4．從高出海平面h米的小島看正東方向有一只船俯角為30°，看正南方向一只船俯角為45°，則此時(shí)兩船間的距離為________米．5．在某個(gè)地址測(cè)得某山岳仰角為θ，對(duì)著山岳在平行地面上前進(jìn)600m后測(cè)仰角為原來的2倍，連續(xù)在平行地面上前進(jìn)2003m后，測(cè)得山岳的仰角為原來的4倍，則該山岳的高度是________m.6．平行四邊形ABCD中，AC＝65，BD＝17，周長(zhǎng)為18，則平行四邊形面積是________．7．甲船在A處觀察乙船，乙船在它的北偏東60°的方向，兩船相距a海里，乙船正向北行駛，若甲船是乙船速度的3倍，則甲船應(yīng)取方向__________才能追上乙船；追上時(shí)甲船行駛了________海里．8．△ABC中，已知A＝60°，AB∶AC＝8∶5，面積為103，則其周長(zhǎng)為________．9．已知等腰三角形的底邊長(zhǎng)為6，一腰長(zhǎng)為12，則它的內(nèi)切圓面積為________．10．某艦艇在A處測(cè)得遇險(xiǎn)漁船在北偏東45°，距離為10nmile的C處，此時(shí)得知，該漁船沿北偏東105°方向，以每小時(shí)9nmile的速度向一小島湊近，艦艇時(shí)速21nmile，則艦艇到達(dá)漁船的最短時(shí)間是______小時(shí)．二、解答題11．以下列圖，在山頂鐵塔上B處測(cè)得地面上一點(diǎn)A的俯角為α，在塔底C處測(cè)得A處的俯角為β已.知鐵塔BC部分的高為h，求山高CD.12．已知圓內(nèi)接四邊形ABCD的邊長(zhǎng)AB＝2，BC＝6，CD＝DA＝4，求圓內(nèi)接四邊形ABCD的面積．能力提升13．以下列圖，為認(rèn)識(shí)某海域海底構(gòu)造，在海平面內(nèi)一條直線上的

A、B、C

三點(diǎn)進(jìn)行測(cè)量．已知AB＝50m，BC＝120m，于A處測(cè)得水深A(yù)D＝80m，于B處測(cè)得水深BE＝200m，于C處測(cè)得水深CF＝110m，求∠DEF的余弦值．14．江岸邊有一炮臺(tái)高30m，江中有兩條船，由炮臺(tái)頂部測(cè)得俯角分別為45°和30°，而且兩條船與炮臺(tái)底部連成30°角，求兩條船之間的距離．1．測(cè)量底部不能到達(dá)的建筑物的高度問題．由于底部不能到達(dá)，這類問題不能夠直接用解直角三角形的方法解決，但常用正弦定理和余弦定理，計(jì)算出建筑物頂部到一個(gè)可到達(dá)的點(diǎn)之間的距離，爾后轉(zhuǎn)變成解直角三角形的問題．2．測(cè)量角度就是在三角形內(nèi)利用正弦定理和余弦定理求角的正弦值或余弦值，再依照需要求出所求的角．1.3正弦定理、余弦定理的應(yīng)用(二)答案知識(shí)梳理1．上下2.12absinC作業(yè)設(shè)計(jì)1．α＝β2．203m403m3剖析h甲＝20tan60°＝203(m)．40h乙＝20tan60

－°20tan30

＝°3

3(m)．3．30＋303剖析在△PAB中，由正弦定理可得＝PB，sin45°－30°sin30°160×230PB＝＝，h＝PBsin45＝°(30＋303)m.4.2h剖析以下列圖，BC＝3h，AC＝h，AB＝3h2＋h2＝2h.5．300剖析以下列圖，600·sin2＝θ2003·sin4，θ3∴cos2θ＝，∴θ＝15°，∴h＝2003·sin4＝θ300(m)．6．16剖析設(shè)兩鄰邊AD＝b，AB＝a，∠BAD＝α，則a＋b＝9，a2＋b2－2abcosα＝17，a2＋b2－2abcos(180°－α)＝65.解得：a＝5，b＝4，cosα＝35或a＝4，b＝5，cosα＝35，∴S?ABCD＝absin＝α16.7．北偏東30°3a剖析以下列圖，設(shè)到C點(diǎn)甲船追上乙船，乙到C地用的時(shí)間為t，乙船速度為v，則BC＝tv，AC＝3tv，B＝120°，BCAC由正弦定理知sin∠CAB＝sinB，∴1＝3，sin∠CABsin120°sin∠CAB＝1，2∴∠CAB＝30°，∴∠ACB＝30°，BC＝AB＝a，∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos120°＝a2＋a2－2a2·－1＝3a2，∴AC＝3a.28．20剖析設(shè)AB＝8k，AC＝5k，k>0，則S＝12AB·AC·sinA＝103k2＝103.k＝1，AB＝8，AC＝5，由余弦定理：222221BC＝AB＋AC－2AB·AC·cosA＝8＋5－2×8×5×＝49.2BC＝7，∴周長(zhǎng)為：AB＋BC＋CA＝20.27π9.5剖析不如設(shè)三角形三邊為a，b，c且a＝6，b＝c＝12，由余弦定理得：222222cosA＝b＋c－a＝12＋12－6＝7，2bc2×12×128sinA＝1－72＝15.8811315.由(a＋b＋c)·r＝bcsinA得r＝52227πS內(nèi)切圓＝πr＝5.210.3剖析設(shè)艦艇和漁船在B處相遇，則在△ABC中，由已知可得：∠ACB＝120°，設(shè)艦艇到達(dá)漁船的最短時(shí)間為t，則AB＝21t，BC＝9t，AC＝10，則(21t)2＝(9t)2＋100－252×10×9tcos120，°解得t＝3或t＝－12(舍)．11．解在△ABC中，∠BCA＝90°＋β，∠ABC＝90°－α，∠BAC＝α－β，∠CAD＝β.依照正弦定理得：AC＝BC，sin∠ABCsin∠BAC即AC＝BC，－－∴AC＝BCcosα＝hcosα.－－在Rt△ACDhcosαsinβhcosαsinβ中，CD＝ACsin∠CAD＝ACsinβ＝－.即山高CD為－.12．解連結(jié)BD，則四邊形面積11S＝S△ABD＋S△CBD＝AB·AD·sinA＋BC·CD·sinC.22A＋C＝180°，∴sinA＝sinC.1S＝2(AB·AD＋BC·CD)·sinA＝16sinA.由余弦定理：在△ABD中，BD2＝22＋42－2×2×4cosA＝20－16cosA，在△CDB中，BD2＝42＋62－2×4×6cosC＝52－48cosC，20－16cosA＝52－48cosC.1又cosC＝－cosA，∴cosA＝－2.∴A＝120°.∴四邊形ABCD的面積S＝16sinA＝83.13．解作DM∥AC交BE于N，交CF于M.DF＝MF2＋DM2＝302＋1702＝10298(m)，DE＝DN2＋EN2＝502＋1202＝130(m)，EF＝－2＋BC2＝902＋1202＝150(m)．在△DEF中，由余弦定理的變形公式，得22－DF222－102DE＋EF＝130＋150×298＝16