第九章 解三角形 所以AC+AB=20,5+40 问乙船每小时航行多少海里？ 3 =205(m). 3 解如图，连接A,B2 北 答案B 由已知得AzB2=l0v2 n mile, 6.有一坡长100m,倾斜角为45°，现要把倾斜角改为30°，则 2 坡底需伸长 m. AA:=30E×8=1 to/(6, B2 ~105 解析如图所示，在△ABC中，AB= 所以A1A2=A2B2 100,∠ABC=45°，AC=BC= 又图为∠A1A2B2=180°-120°= B 50√反m,因为∠ADC=30°，所以 60° 所以△A1A2B2是等边三角形 CD=50√6m,所以BD=CD- 则A1B2=A1A2=10√2 BC=50(6-√2)(m). 已知A1B1=20,∠B1A1B2=105°-60°=45°， 答案50(W6-√2) 在△A1B,B1中，由余弦定理得，B1B?=A1B十 7.如图，海岸线上有相距5 n mile的两座灯 A1B-2A1B1·A1B2·cos45°=202+(10V2)2-2X 塔A,B,灯塔B位于灯塔A的正南方向， 海上停泊着两艘轮船，甲船位于灯塔A 20X102×号=200.解得B,B2=10② 的北偏西75°方向，与A相距3√2 n mile 的D处：乙船位于灯塔B的北偏西60 乙船的速度为102 X60=302(n mile/h). 20 方向，与B相距5 n mile的C处，则两艘 即乙船每小时航行30V2 n mile,. 轮船之间的距离为 n mile. 解析连接AC,则AC=5 n mile,在△ACD中，AD= 拓展·提高 3√2 n mile,AC=5 n mile,∠DAC=45°，由余弦定理，可 1如图所示，D,C,B三点在地面同一 得CD=√I3 n mile. 条直线上，DC=a,从C,D两点测得 答案√3 点A的仰角分别是B,a(3<a),则点 A离地面的高AB等于( C 8.一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 A.asin asin B.asinasin B sin(a-B) cos(a-B) 线运动，到达点B时，发现足球 4 在点D处正以自己速度的2倍 C.asin acos D.acos acos月 sin(a-B) cos(a-B) 向点A做匀速直线滚动，如图所示，已知AB=42dm, 解析设AB=h,则AD= h AD=17dm,∠BAC=45°，若忽略机器人原地旋转所需的 sin a 时间，则该机器人最快可在距点A dm的C处截 CD AD 因为∠CAD=a一B,所以 住足球 sin(a-B)sin B' 解析设BC=xdm. h 所以 sin(a-B) 由题意知CD=2xdm,AC=AD-CD=(17-2x)dm na-历sne对n月所以h-a足 答案A 在△ABC中，由余弦定理得BC2=AB2+AC2- 2AB·AC·cosA, 2.如图，在坡度一定的山坡A处测得山 顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡 即x2=(42)2+(17-2.x)2-82(17-2x)cos45, 的斜度为15°，向山顶前进100m到达 37 解得x1=5,x2= 3 所以AC=17-2x=7(dm),或 B处，又测得C对于山坡的斜度为 45°，若CD=50m,山坡对于地平面的 AC=-2(dm)(合去).因此该机器人最快可在线段AD 3 坡角为0，则cos0=(). 上距，点A7dm的点C处裁住足球 A号 B.2-5 C.3-1 2 答案7 解析在△ABC中，由正弦定理可知，BC= 9.如图，甲船以30√2 n mile/h的速度向正 北方航行，乙船按固定方向匀速直线航 AB·sin∠BAC=100Xsim15° sin∠ACB sin(45-15-50(W6-2)(m). 行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船 120 的北偏西105°方向的B1处，此时两船相 在△BCD中，sin∠BDC=BC·sim∠CBD= CD 距20 n mile,当甲船航行20min到达A: 105A 处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方 B 50(6-2)Xsim45=5-1, 50 向的B2处，此时两船相距10√2 n mile, 21
第九章 解三角形 所以AC+AB= 203 3 + 403 3 =203(m). 答案 B 6.有一坡长100m,倾斜角为45°,现要把倾斜角改为30°,则 坡底需伸长 m. 解析 如图所示,在△ABC 中,AB= 100,∠ABC =45°,AC =BC = 502 m,因为 ∠ADC=30°,所以 CD=50 6 m,所以 BD =CD - BC=50(6- 2)(m). 答案 50(6- 2) 7.如图,海岸线上有相距5nmile的两座灯 塔A,B,灯塔B 位于灯塔A 的正南方向, 海上停泊着两艘轮船,甲船位于灯塔A 的北偏西75°方向,与A 相距32nmile 的D 处;乙船位于灯塔B 的北偏西60° 方向,与B 相距5nmile的C 处,则两艘 轮船之间的距离为 nmile. 解析 连接AC,则 AC=5nmile,在△ACD 中,AD= 32nmile,AC=5nmile,∠DAC=45°,由余弦定理,可 得CD= 13nmile. 答案 13 8.一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 处正以自己速度的2倍 向点A 做匀速直线滚动,如图所示,已知AB=42dm, 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距点A dm的C 处截 住足球. 解析 设BC=xdm. 由题意知CD=2xdm,AC=AD-CD=(17-2x)dm. 在△ABC 中,由余弦定理得 BC2 =AB2 +AC2 - 2AB·AC·cosA, 即x2=(42)2+(17-2x)2-82(17-2x)cos45°, 解得x1=5,x2= 37 3 .所以AC=17-2x=7(dm),或 AC=- 23 3 (dm)(舍去).因此该机器人最快可在线段AD 上距点A7dm的点C 处截住足球. 答案 7 9.如图,甲船以30 2nmile/h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A1 处时,乙船位于甲船 的北偏西105°方向的B1 处,此时两船相 距20nmile,当甲船航行20min到达A2 处时,乙船航行到甲船的北偏西120°方 向的B2 处,此时两船相距102nmile, 问乙船每小时航行多少海里? 解 如图,连接A1B2, 由已知得A2B2=102nmile, A1A2=302× 20 60 =102(nmile). 所以A1A2=A2B2. 又因为 ∠A1A2B2 =180°-120°= 60°, 所以△A1A2B2 是等边三角形. 则A1B2=A1A2=102. 已知A1B1=20,∠B1A1B2=105°-60°=45°, 在△A1B2B1 中,由余弦定理得,B1B 2 2 =A1B 2 1 + A1B 2 2-2A1B1·A1B2·cos45°=202+(10 2)2-2× 20×102× 2 2 =200.解得B1B2=102. 乙船的速度为 102 20 ×60=302(nmile/h). 即乙船每小时航行302nmile. 拓展 提高 1.如图所示,D,C,B 三点在地面同一 条直线上,DC=a,从C,D 两点测得 点A 的仰角分别是β,α(β<α),则点 A 离地面的高AB 等于( ). A. asinαsinβ sin(α-β) B. asinαsinβ cos(α-β) C. asinαcosβ sin(α-β) D. acosαcosβ cos(α-β) 解析 设AB=h,则AD= h sinα . 因为∠CAD=α-β,所以 CD sin(α-β)= AD sinβ , 所以 a sin(α-β)= h sinαsinβ ,所以h= asinαsinβ sin(α-β). 答案 A 2.如图,在坡度一定的山坡A 处测得山 顶上一建筑物CD 的顶端C 对于山坡 的斜度为15°,向山顶前进100m 到达 B 处,又测得 C 对于山坡的斜度为 45°,若CD=50m,山坡对于地平面的 坡角为θ,则cosθ=( ). A. 3 2 B.2- 3 C.3-1 D. 2 2 解析 在 △ABC 中,由 正 弦 定 理 可 知,BC = AB·sin∠BAC sin∠ACB = 100×sin15° sin(45°-15°)=50(6- 2)(m). 在 △BCD 中,sin ∠BDC = BC·sin∠CBD CD = 50(6- 2)×sin45° 50 = 3-1, 21
数学 必修 第四册 配人教B版 因为sin∠BDC=sin(0+）=cos0, CD=2,CE=2√3，∠D=45°，∠ACD=105°，∠ACB= 48.19°，∠BCE=75°，∠E=60°，则A,B两点之间的距离 所以cos0=sim∠BDC=3-1. 约为 答案C (其中m级19取近似值号结果保留根号) 3.甲船在岛A正南方向的B处，以4km/h的速度向正北方 解析连接AB.依题意知，在△ACD中，A=30, 向航行，AB=10km,同时乙船自岛A出发以6km/八的 速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时， 由正弦定理得AC=CDsin45 sin30° =22. 它们所航行的时间为( 在△BCE中，∠CBE=45°，由正弦定理得BC= CEsin 60 C.21,5 min D.2.15h -=3√2」 sin 45 解析如图，设th后甲行驶到D处， 北 在△ABC中，由余弦定理得AB2=AC2+BC2- 则AD=10-4t,乙行驶到C处，则 6 2AC·BCcosa∠ACB≈10. AP30 AC=6t, 所以AB≈JI0.即A,B两点间的距离约为√10」 因为∠BAC=120°. 10-4 答案√0 所以DC2=AD2+AC2-2AD· 6.如图所示，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距 AC·cos120°=(10-4t)2+(6t)2- 40 n mile的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救.信息 2X(10-4t)×6t×cos120°=28t2- 中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20 n mile的C 20+10=28-)》+9当1=时.0C装小，即 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，则cos0= DC最小，此时它们所航行的时间为 60=150 141 (min). 答案A 4.如图，海中有一小岛C,一小北 A 40 B 船从A地出发由西向东航 830 20 行，在A处时望见小岛C在 北偏东60°方向，航行8海里 60m 15 到达B处，望见小岛C在北 解析在△4BC中，AB=40,AC=20,∠BAC=120°，由 偏东15°方向，若此小船不改变航行的方向继续前行 余弦定理知BC2=AB2十AC2-2AB·AC·cOs120°= 2(5-1)海里，则小船离小岛C的距离为(). 2800,得BC=20√7. A.8(5+2)海里 B.2(√3-1)海里 AB BC 由正弦定理知 C.2(3+1)海里 D.4(3+1)海里 in/ACB-sin∠BAC,sin∠ACB= AB 解析易知∠CAB=30°，∠ABC=105°， BC ·sin∠BAC=y 7.因为∠BAC=120, 所以∠ACB=45°， 由正弦定理得C18.008X 所以∠ACB为锐角，则cos∠ACB=2 7 =42 由0=∠ACB十30°，则cos0=cos(∠ACB+30)= sin45° 2 cos∠ACB·os30°--sin/ACB·sin30°=YyI 14 设小船航行至D处，连接CD,在△BCD中，根据余 弦定理得CD2=[2(5-1)]2+(4V2)2-2×2(5-1)× 答案哥 4√2Xcos75°=[2(5+1)]2. 7.如图，某军艇位于岛屿A的正西 所以CD=2(W3+1). 方C处，且与岛屿A相距 即此时小船离小岛C的距离为2（√5十1）海里， 120 n mile.经过侦察发现，国际 答案C 海盗船以100 n mile/h的速度 西 60 5.如图，为了测量河对岸A,B两点 从岛屿A出发沿东偏北60°的 方向逃窜，同时，该军舰从C处出发沿东偏北α的方向匀 之间的距离，观察者找到一个点C, 从点C可以观察到点A,B:找到一 速追赶国际海盗船，恰好用2小时追上，求： 个点D,从点D可以观察到点A, (1)该军舰的速度： C:找到一个点E,从点E可以观察 (2)sina的值. 到点B,C;并测量得到一些数据： 解(1)依题意知，∠CAB=120°，AB=100×2=200, AC=120,∠ACB=a. 22
数 学 必修 第四册 配人教B版 因为sin∠BDC=sinθ+ π 2 =cosθ, 所以cosθ=sin∠BDC= 3-1. 答案 C 3.甲船在岛A 正南方向的B 处,以4km/h的速度向正北方 向航行,AB=10km,同时乙船自岛A 出发以6km/h的 速度向北偏东60°的方向驶去,当甲、乙两船相距最近时, 它们所航行的时间为( ). A. 150 7 min B. 15 7 min C.21.5min D.2.15h 解析 如图,设th后甲行驶到D 处, 则AD=10-4t,乙行驶到C 处,则 AC=6t, 因为∠BAC=120°, 所以DC2=AD2+AC2-2AD· AC·cos120°=(10-4t)2+(6t)2- 2×(10-4t)×6t×cos120°=28t2- 20t+100=28 t- 5 14 2 + 675 7 .当t= 5 14 时,DC2 最小,即 DC 最小,此时它们所航行的时间为 5 14 ×60= 150 7 (min). 答案 A 4.如图,海中有一小岛C,一小 船从 A 地出发由西向东航 行,在A 处时望见小岛C 在 北偏东60°方向,航行8海里 到达B 处,望见小岛C 在北 偏东15°方向,若此小船不改变航行的方向继续前行 2(3-1)海里,则小船离小岛C 的距离为( ). A.8(3+2)海里 B.2(3-1)海里 C.2(3+1)海里 D.4(3+1)海里 解析 易知∠CAB=30°,∠ABC=105°, 所以∠ACB=45°. 由正弦定理得BC= AB·sin30° sin45° = 8× 1 2 2 2 =42. 设小船航行至D 处,连接CD,在△BCD 中,根据余 弦定理得CD2=[2(3-1)]2+(42)2-2×2(3-1)× 42×cos75°=[2(3+1)]2. 所以CD=2(3+1). 即此时小船离小岛C 的距离为2(3+1)海里. 答案 C 5.如图,为了测量河对岸 A,B 两点 之间的距离,观察者找到一个点C, 从点C 可以观察到点A,B;找到一 个点D,从点D 可以观察到点A, C;找到一个点E,从点E 可以观察 到点B,C;并测量得到一些数据: CD=2,CE=2 3,∠D=45°,∠ACD=105°,∠ACB= 48.19°,∠BCE=75°,∠E=60°,则A,B 两点之间的距离 约为 . 其中cos48.19°取近似值 2 3 ,结果保留根号 解析 连接AB.依题意知,在△ACD 中,A=30°, 由正弦定理得AC= CDsin45° sin30° =22. 在△BCE 中,∠CBE =45°,由正弦定理得 BC= CEsin60° sin45° =32. 在△ABC 中,由余弦定理得 AB2 =AC2 +BC2 - 2AC·BCcos∠ACB≈10. 所以AB≈ 10.即A,B 两点间的距离约为 10. 答案 10 6.如图所示,位于A 处的信息中心获悉:在其正东方向相距 40nmile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20nmile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,则cosθ= . 解析 在△ABC 中,AB=40,AC=20,∠BAC=120°,由 余弦定理知BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos120°= 2800,得BC=207. 由正弦定理知 AB sin∠ACB = BC sin∠BAC ,sin∠ACB= AB BC ·sin∠BAC= 21 7 .因为∠BAC=120°, 所以∠ACB 为锐角,则cos∠ACB= 27 7 . 由θ=∠ACB+30°,则cosθ=cos(∠ACB+30°)= cos∠ACB·cos30°-sin∠ACB·sin30°= 21 14 . 答案 21 14 7.如图,某军艇位于岛屿A 的正西 方 C 处,且 与 岛 屿 A 相 距 120nmile.经过侦察发现,国际 海盗船以100nmile/h的速度 从岛屿 A 出发沿东偏北60°的 方向逃窜,同时,该军舰从C 处出发沿东偏北α的方向匀 速追赶国际海盗船,恰好用2小时追上.求: (1)该军舰的速度; (2)sinα的值. 解 (1)依题意知,∠CAB=120°,AB=100×2=200, AC=120,∠ACB=α. 22
第九章解三角形 在△ABC中，由余弦定理，得BC2=AB2+AC2一 2AB·ACcos∠CAB=2002+1202-2×200× 由余弦定理，得OM=35 ..OM+AM-OA:, 2 120cos120°=78400，解得BC=280. ∴.OM⊥AN,∴∠AOM=30°. 所以该军舰的速度为 BC =140(n mile/h). :∠NOM=30°，∴∠AON=60°. ∴.△OAN为正三角形. (2)在△ABC中，由正弦定理，得AB=BC sin a sin120°，即 ∴.△OAW的周长为9，即防护网的总长度为9km. (2)设∠AOM=0(0°<0<60°)， ABsin120 20x号 55 SACMN=3SAOM sin a= BC 280 14 ∴20N.0Msm0=5×20A.0Msm0, 挑战·创新 得ON=63sim0. 如图所示，某镇有一块空地△OAB,其中 在△OAN中，由ON OA 3 9sin60-sin(0+60+30-cos0' OA=3km,OB=35km,∠AOB=90°.当 地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游 得ON= 33 2cos 0, 景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN,其中 从西65m0=g中sm29=2 35 M,N都在边AB上，且∠MOV=30°，挖出 的泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN 由0°<20<120°，得20=30°， 地带开设儿童游乐场，为安全起见，需在△OAN的周围 ∴.0=15°，即∠AOM=15° 安装防护网. 35 1当AM=号km时，求防护网的总长度： (3)由(2)知ON= 2cos 6' (2)若要求挖人工湖用地△OMN的面积是堆假山用地 OM OA 又在△AOM中， sin60=sin(0千609，得0M= △OAM的面积的√3倍，试确定∠AOM的大小： (3)为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小， 33 2sin(0+60°) 问如何设计方案，可使△OMN的面积最小？最小面 Saan=号 2 积是多少？ QM·ON·sm30=16sin0+60cos0 解(1)，在△OAB中，OA=3km,OB=3√5km, 27 27 ∠AOB=90°， 8sin(20+60)+45 .∠OAB=60°.在△AOM中，OA=3,AM= 2 ∴.当20+60°=90°，即0=15°时，△OMN的面积最 ∠OAM=60°， 小，最小值为27(2一-5km 4 9.3数学探究活动：得到不可达两点之间的距离 课标定位 1.了解数学建模的意义. 素养阐释 2.能够建立数学模型求解“得到不可达两点之间的距离”问题 3.提升数学运算、逻辑推理和直观想象的数学素养. 一、活动背景介绍 借助米尺与测量角度的仪器，得到不可达两点之间的 距离. 二、活动过程（应用举例） 【例】如图，A,B两点在一条河的两岸，测量者在A的 一侧，且点B不可到达.试设计测量方案，测出A,B间的 分析本例中A,B两点能看到，但点B不能到达.可 距离. 将AB看作三角形的一条边的长，通过构造三角形、解三角 形求得AB的长. 23
第九章 解三角形 在△ABC 中,由余弦定理,得BC2=AB2+AC2- 2AB · ACcos∠CAB = 2002 + 1202 - 2 × 200 × 120cos120°=78400,解得BC=280. 所以该军舰的速度为 BC 2 =140(nmile/h). (2)在△ABC 中,由正弦定理,得 AB sinα = BC sin120° ,即 sinα= ABsin120° BC = 200× 3 2 280 = 53 14 . 挑战 创新 如图所示,某镇有一块空地△OAB,其中 OA=3km,OB=33km,∠AOB=90°.当 地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游 景点,拟在中间挖一个人工湖△OMN,其中 M,N 都在边AB 上,且∠MON=30°,挖出 的泥土堆放在△OAM 地带上形成假山,剩下的△OBN 地带开设儿童游乐场,为安全起见,需在△OAN 的周围 安装防护网. (1)当AM= 3 2 km时,求防护网的总长度; (2)若要求挖人工湖用地△OMN 的面积是堆假山用地 △OAM 的面积的 3倍,试确定∠AOM 的大小; (3)为节省投入资金,人工湖△OMN 的面积要尽可能小, 问如何设计方案,可使△OMN 的面积最小? 最小面 积是多少? 解 (1)∵ 在 △OAB 中,OA =3km,OB =3 3 km, ∠AOB=90°, ∴∠OAB=60°.在△AOM 中,OA=3,AM = 3 2 , ∠OAM=60°, 由余弦定理,得OM= 33 2 ,∴OM2+AM2=OA2, ∴OM⊥AN,∴∠AOM=30°. ∵∠NOM=30°,∴∠AON=60°. ∴△OAN 为正三角形. ∴△OAN 的周长为9,即防护网的总长度为9km. (2)设∠AOM=θ(0°<θ<60°), ∵S△OMN = 3S△OAM, ∴ 1 2 ON·OMsin30°= 3× 1 2 OA·OMsinθ, 得ON=63sinθ. 在△OAN 中,由 ON sin60° = OA sin(θ+60°+30°)= 3 cosθ , 得ON= 33 2cosθ, 从而63sinθ= 33 2cosθ ,即sin2θ= 1 2 , 由0°<2θ<120°,得2θ=30°, ∴θ=15°,即∠AOM=15°. (3)由(2)知ON= 33 2cosθ , 又在△AOM 中,由 OM sin60° = OA sin(θ+60°) ,得OM = 33 2sin(θ+60°) , ∴S△OMN= 1 2 OM·ON·sin30°= 27 16sin(θ+60°)cosθ = 27 8 1 2 sin2θ+ 3 2 cos2θ+ 3 2 = 27 8sin(2θ+60°)+43 , ∴当2θ+60°=90°,即θ=15°时,△OMN 的面积最 小,最小值为 27(2- 3) 4 km2. 9.3 数学探究活动:得到不可达两点之间的距离 课标定位 素养阐释 1.了解数学建模的意义. 2.能够建立数学模型求解“得到不可达两点之间的距离”问题. 3.提升数学运算、逻辑推理和直观想象的数学素养. 一、活动背景介绍 借助米尺与测量角度的仪器,得到不可达两点之间的 距离. 二、活动过程(应用举例) 【例】如图,A,B 两点在一条河的两岸,测量者在A 的 一侧,且点B 不可到达.试设计测量方案,测出A,B 间的 距离. 分析 本例中A,B 两点能看到,但点B 不能到达.可 将AB 看作三角形的一条边的长,通过构造三角形、解三角 形求得AB 的长. 23
数学 必修第四册 配人教B版 方法设计在A所在的岸边选定一点C,测出A,C间 3,CD=m.设AB=h,BC=a 的距离（设为m), A 测出∠ACB,∠CAB的大小（设∠ACB=a,∠CAB=B). 则在△ABC中，∠ABC=180°-(a十B), AB AC 由正弦定理，得sin∠ACB一sim∠ABC B5--- D C 所以AB=AC·sin∠ACB=msia h =-tana,① sin∠ABC sin(a+B)" a 反思感悟 h =tanR.② 求不可达两点之间的距离关键是构造三角形（一 a十m 个或几个)，然后根据需要测出有关量，最后借助于正 由①得 1 由②得+严=1 h十h-tanB' 弦定理、余弦定理求出这两点之间的距离。 h tan a' 1 1 tan a+tan B 【变式训练】设计一个方案，测出山AB的高.（山页 h tan a'tan B tan atan B A可视，山底B不可视，A,B均不能到达) ∴h= tan atan Bxm. tan a+tan B 解如图，B,C,D三点共线，测出∠ACD=a,∠ADC= 第九章测评 (时间：120分钟满分：150分) 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 所以tanB=sinB-尽 cos B 3' 目要求的) 故选A 1.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a= 答案A 5e=2.wsA=号则6=(1 4.已知在一幢20m高的楼顶测得对面一塔吊顶的仰角为 60°，塔基的俯角为45°，那么这个塔吊的高h是(). A.2 B.3 C.2 D.3 解析在△ABC中，根据余弦定理可得5=b2+4一2X A01+9)m B.20(1+√3)m bX2×号，基理得36-86-3=0，解得6=3浅6= C.10(√6+√2)m D.20(6+√2)m 3 h 20√2 (舍去)，所以b=3. 解析由题意，可知 sin 105 sin 30 答案D 解得h=20(1十√5)(m),如图所示. 2.如果一个等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么它的顶 角的余弦值为(). c 30 A品 60° 解析由题意，设底边长为a,则腰长为2a,设顶角为0，由 45 余弦定理，得cos9=2a)+(2a)2-a7 2X2a×2a 8 202 答案D 答案B 3.在△ABC中，A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2十c2- 5.在平行四边形ABCD中，对角线AC=√65，BD=√17， b2=√5ac,则B的正切值为( ) 周长为18，则这个平行四边形的面积等于(). B.3 c. D.-5 A.16 B C.18 D.32 解析由a2+c2-b2=5ac, 解析设AB=CD=a,AD=BC=b, 得cosB=2+c-b-5g-E 则/2a+b)=18. 2ac 2ac 2 l65+17=2(a2+b2), b=4. 则simB=之， 1 根据余弦定理得c0∠BAD=5+4-17=3 2×5×45 24
数 学 必修 第四册 配人教B版 方法设计 在A 所在的岸边选定一点C,测出A,C 间 的距离(设为m), 测出∠ACB,∠CAB 的大小(设∠ACB=α,∠CAB=β). 则在△ABC 中,∠ABC=180°-(α+β), 由正弦定理,得 AB sin∠ACB = AC sin∠ABC , 所以AB= AC·sin∠ACB sin∠ABC = msinα sin(α+β). 求不可达两点之间的距离关键是构造三角形(一 个或几个),然后根据需要测出有关量,最后借助于正 弦定理、余弦定理求出这两点之间的距离. 【变式训练】设计一个方案,测出山AB 的高.(山顶 A 可视,山底B 不可视,A,B 均不能到达) 解 如图,B,C,D 三点共线,测出∠ACD=α,∠ADC= β,CD=m.设AB=h,BC=a. 则 h a =-tanα,① h a+m =tanβ.② 由①得 a h =- 1 tanα ,由②得 a h + m h = 1 tanβ , ∴ m h = 1 tanα + 1 tanβ = tanα+tanβ tanαtanβ . ∴h= tanαtanβ tanα+tanβ ×m. 第九章测评 (时间:120分钟 满分:150分) 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分. 在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题 目要求的) 1.△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c.已知a= 5,c=2,cosA= 2 3 ,则b=( ). A.2 B.3 C.2 D.3 解析 在△ABC 中,根据余弦定理可得5=b2+4-2× b×2× 2 3 ,整理得3b2-8b-3=0,解得b=3或b=- 1 3 (舍去),所以b=3. 答案 D 2.如果一个等腰三角形的周长是底边长的5倍,那么它的顶 角的余弦值为( ). A. 5 18 B. 3 4 C. 3 2 D. 7 8 解析 由题意,设底边长为a,则腰长为2a,设顶角为θ,由 余弦定理,得cosθ= (2a)2+(2a)2-a2 2×2a×2a = 7 8 . 答案 D 3.在△ABC 中,A,B,C 的对边分别为a,b,c,若a2+c2- b2= 3ac,则B 的正切值为( ). A. 3 3 B.3 C.- 3 3 D.- 3 解析 由a2+c2-b2= 3ac, 得cosB= a2+c2-b2 2ac = 3ac 2ac = 3 2 , 则sinB= 1 2 , 所以tanB= sinB cosB = 3 3 , 故选 A. 答案 A 4.已知在一幢20m 高的楼顶测得对面一塔吊顶的仰角为 60°,塔基的俯角为45°,那么这个塔吊的高h是( ). A.20 1+ 3 3 m B.20(1+ 3)m C.10(6+ 2)m D.20(6+ 2)m 解析 由题意,可知 h sin105° = 202 sin30° , 解得h=20(1+ 3)(m),如图所示. 答案 B 5.在平行四边形ABCD 中,对角线AC= 65,BD= 17, 周长为18,则这个平行四边形的面积等于( ). A.16 B. 35 2 C.18 D.32 解析 设AB=CD=a,AD=BC=b, 则 2(a+b)=18, 65+17=2(a2+b2), 解得 a=4, b=5 或 a=5, b=4. 根据余弦定理得cos∠BAD= 52+42-17 2×5×4 = 3 5 , 24
第九章解三角形 则n∠BAD-号，所以这个平行回边形的面权S= a /132√3 所以 sin A ,故选B. √3 3 2×2×4X5×号=16 答案B 答案A 11.在△ABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，若cosA十 6在△ABC中，A=若，a=6,b=4,则满足条件的 sin A- cosB+sinB=0,则2+b 2 。的值是( ) △ABC(). A.1 B.瓦 C.5 D.2 A不存在B.有一个C.有两个D.不确定 2 解析因为6sinA=4Xsin吾=2，则bsin A<a<, 解析将cosA十sinA一cosB千$inB=0 整理得(cosA十sinA)(cosB十sinB)=2, 所以满足条件的三角形有两个， p cos Acos B+sin Bcos A+sin Acos B+ 答案C sin Asin B=cos(A-B)+sin(A+B)=2, 7.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知 .'.cos(A-B)=1,sin(A+B)=1, 8b=5c,C=2B,则cosC等于(). 7 7 A-B=0A+B=受 A.25 B.一25 7 C.士25 24 0. 即A=B=,C=受 2 解析由品B=品C及助=5c,C=2B,得5m2B= c a b 4 利用nA-inB-sinC=2R(R为△ABC的外 8sinB,所以cosB=5,所以c0sC=cos2B=20sB- 接圆半径)， 1云 a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C, 2Rsin A+2Rsin B sin A+sin B 答案A c 2Rsin C sin C 8.在△ABC中，a+b+10c=2(sinA+sinB+10sinC), A=60°，则a等于(. 1 A.5 B.23 C.4 D.不确定 答案B 解析由正弦定理，得a=2 Rsin A,b=2 Rsin B,c=2 Rsin C 12.在△ABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，若ccos B= (R为△ABC外接图的半径).根据已知条件，得△AB℃的外 接圆的半径为1，所以品A=2R=2解得a=2mA=万. boC,且msA=子，则mB等于(》 答案A A±誓 C±0 6 9若二心B5C则△MC的形状为( 解析，sin Ccos B=sin Bcos C, ,.sin(B-C)=0. A.等腰三角形 B.等边三角形 又B,C∈(0，π)，.B=C, C.直角三角形 D.等腰直角三角形 解析由正弦定理，得如A=simB=snC 2B=元-A,c0s2B=-c0sA=- 3, cos A cos B cos C' 即tanA=tanB=tanC. ∴.1-2sin2B=- 2 5 inB=6 A,B,C∈(0，π)，A=B=C, △ABC为等边三角形. .sin B=30 61 答案B 答案D 10.在△ABC中，A=60°，b=1,△ABC的面积为√5，则 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把 品水 答案写在题中的横线上) A B2的 C263 1a在△AC中，C=8,AB=2,且S=号6+1.则 D.27 3 3 A= 解析由t2csmA=厅得c=4 答案120° 14.在△ABC中，a=3,b=4,c=6,则bccos A十accos B十 由余弦定理，得a2=b2+c2-2 bc cos A=13,故a=√3. abcos C的值为 25
第九章 解三角形 则sin∠BAD= 4 5 ,所以这个平行四边形的面积S= 2× 1 2 ×4×5× 4 5 =16. 答案 A 6.在△ABC 中,A = π 6 ,a= 6,b=4,则 满 足 条 件 的 △ABC( ). A.不存在 B.有一个 C.有两个 D.不确定 解析 因为bsinA=4×sin π 6 =2,则bsinA<a<b, 所以满足条件的三角形有两个. 答案 C 7.在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别是a,b,c,已知 8b=5c,C=2B,则cosC 等于( ). A. 7 25 B.- 7 25 C.± 7 25 D. 24 25 解析 由 b sinB = c sinC 及8b=5c,C=2B,得5sin2B= 8sinB,所以cosB= 4 5 ,所以cosC=cos2B=2cos2B- 1= 7 25 . 答案 A 8.在△ABC 中,a+b+10c=2(sinA+sinB+10sinC), A=60°,则a等于( ). A.3 B.23 C.4 D.不确定 解析 由正弦定理,得a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC (R 为△ABC外接圆的半径).根据已知条件,得△ABC 的外 接圆的半径为1,所以 a sinA =2R=2.解得a=2sinA= 3. 答案 A 9.若 a cosA = b cosB = c cosC ,则△ABC 的形状为( ). A.等腰三角形 B.等边三角形 C.直角三角形 D.等腰直角三角形 解析 由正弦定理,得 sinA cosA = sinB cosB = sinC cosC , 即tanA=tanB=tanC. ∵A,B,C∈(0,π),∴A=B=C, ∴△ABC 为等边三角形. 答案 B 10.在△ABC 中,A =60°,b=1,△ABC 的面积为 3,则 a sinA 为( ). A. 83 81 B. 2 39 3 C. 263 3 D.27 解析 由 1 2 bcsinA= 3得c=4. 由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccosA=13,故a= 13. 所以 a sinA = 13 3 2 = 2 39 3 ,故选B. 答案 B 11.在△ABC 中,a,b,c分别是角A,B,C 的对边,若cosA+ sinA- 2 cosB+sinB =0,则 a+b c 的值是( ). A.1 B.2 C.3 D.2 解析 将cosA+sinA- 2 cosB+sinB =0 整理得(cosA+sinA)(cosB+sinB)=2, 即cosAcosB +sinBcosA +sinAcosB + sinAsinB=cos(A-B)+sin(A+B)=2, ∴cos(A-B)=1,sin(A+B)=1, ∴A-B=0,A+B= π 2 . 即A=B= π 4 ,C= π 2 . 利用 a sinA = b sinB = c sinC =2R(R 为△ABC 的外 接圆半径), 得a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC, 则 a+b c = 2RsinA+2RsinB 2RsinC = sinA+sinB sinC = 2 2 + 2 2 1 = 2. 答案 B 12.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C 的对边,若ccosB= bcosC,且cosA= 2 3 ,则sinB 等于( ). A.± 6 6 B. 6 6 C.± 30 6 D. 30 6 解析 ∵sinCcosB=sinBcosC, ∴sin(B-C)=0. 又B,C∈(0,π),∴B=C, ∴2B=π-A,cos2B=-cosA=- 2 3 , ∴1-2sin2B=- 2 3 ,∴sin2B= 5 6 , ∴sinB= 30 6 . 答案 D 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把 答案写在题中的横线上) 13.在△ABC 中,BC=3,AB=2,且 sinC sinB = 2 5 (6+1),则 A= . 答案 120° 14.在△ABC 中,a=3,b=4,c=6,则bccosA+accosB+ abcosC 的值为 . 25