新教材苏教版数学学案第11章11-3余弦定理正弦定理的应用

11.3余弦定理、正弦定理的应用学习任务核心素养1．能将实际问题转化为解三角形问题．(难点)2．能够用正、余弦定理求解与距离、高度有关的实际应用问题．(重点)通过利用正、余弦定理求解实际问题中的距离、高度，培养直观想象及数学建模素养．天文观测，航海和地理测量是人类认识自然的重要方面，解三角形的理论在其中发挥了重要作用．许多实际问题都可以转化为求三角形的边或角的问题．那么，如何利用这些关系解决实际问题？知识点测量中的有关角的概念1．仰角和俯角：与视线在同一铅垂面内的水平线和视线的夹角．视线在水平线上方叫仰角，视线在水平线下方时叫俯角．如图(1)．图(1)2．方位角：从指北方向线顺时针转到目标方向线所成的水平角，如图(2)，方向线PA，PB的位角分别为40°，240°．图(2)图(3)3．方向角：指北或指南的方向线与目标方向线所成的小于90°的角，叫方向角，它是方位角的另一种表示形式．如图(3)，方向线OA，OB的方向角分别为北偏东60°，南偏西30°．类型1正、余弦定理在物理学中的应用【例1】如图，墙上有一个三角形灯架OAB，灯所受的重力为10N，且OA，OB都是细杆，只受沿杆方向的力．试求杆OA，OB所受的力(结果精确到0.1)．[解]如图，作eq\o(OE,\s\up6(→))＝F，将F沿A到O，O到B两个方向进行分解，即作▱OCED，则eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\o(CE,\s\up6(→))＝F1，eq\o(OC,\s\up6(→))＝F2．由题设条件可知，|eq\o(OE,\s\up6(→))|＝10，∠OCE＝50°，∠OEC＝70°，所以∠COE＝180°－50°－70°＝60°．在△OCE中，由正弦定理，得eq\f(|F|,sin50°)＝eq\f(|F1|,sin60°)，eq\f(|F|,sin50°)＝eq\f(|F2|,sin70°)，因此，|F1|＝eq\f(10sin60°,sin50°)≈11.3N，|F2|＝eq\f(10sin70°,sin50°)≈12.3N．即灯杆OA所受的力为11.3N，灯杆OB所受的力为12.3N．在运用正弦定理、余弦定理解决力的合成与分解问题时，通常涉及平行四边形，根据题意，选择一个或几个三角形，然后通过解这些三角形，得出实际问题的解.[跟进训练]1．作用于同一点的三个力F1，F2，F3平衡．已知F1＝30N，F2＝50N，F1与F2之间的夹角是60°，求F3的大小与方向(精确到0.1°)．[解]F3应和F1，F2的合力F平衡，所以F3和F在同一直线上，并且大小相等，方向相反．如图，在△OF1F中，由余弦定理，得F＝eq\r(302＋502－2×30×50cos120°)＝70(N)，再由正弦定理，得sin∠F1OF＝eq\f(50sin120°,70)＝eq\f(5\r(3),14)，所以∠F1OF≈38.2°，从而∠F1OF3≈141.8°．即F3为70N，F3和F1间的夹角为141.8°．类型2正、余弦定理在几何中的应用【例2】如图，在△ABC中，B＝eq\f(π,4)，AC＝2eq\r(5)，cosC＝eq\f(2\r(5),5)．(1)求sin∠BAC的值；(2)设BC的中点为D，求中线AD的长．[解](1)因为cosC＝eq\f(2\r(5),5)，且C是三角形的内角，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),5)．所以sin∠BAC＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(2\r(5),5)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(3\r(10),10)．(2)在△ABC中，由正弦定理得，eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AC,sinB)，则BC＝eq\f(AC,sinB)×sin∠BAC＝eq\f(2\r(5),\f(\r(2),2))×eq\f(3\r(10),10)＝6，所以CD＝eq\f(1,2)BC＝3．又在△ADC中，AC＝2eq\r(5)，cosC＝eq\f(2\r(5),5)，所以由余弦定理得，AD＝eq\r(AC2＋CD2－2AC·CD·cosC)＝eq\r(20＋9－2×2\r(5)×3×\f(2\r(5),5))＝eq\r(5)．三角形中几何计算问题的解题思路(1)正确挖掘图形中的几何条件，简化运算是解题要点，善于应用正弦定理、余弦定理，只需通过解三角形，一般问题便能很快解决．(2)此类问题突破的关键是仔细观察，发现图形中较隐蔽的几何条件．[跟进训练]2．如图所示，△ACD是等边三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，BD交AC于E，AB＝2．(1)求cos∠CBE的值；(2)求AE．[解](1)因为∠BCD＝90°＋60°＝150°，CB＝AC＝CD，所以∠CBE＝15°．所以cos∠CBE＝cos(45°－30°)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)．(2)在△ABE中，AB＝2，由已知和(1)知∠ABE＝∠ABC－∠CBE＝45°－15°＝30°，∠AEB＝∠ACB＋∠EBC＝90°＋15°＝105°，由正弦定理，得eq\f(AE,sin30°)＝eq\f(2,sin105°)，∴AE＝eq\f(2sin30°,sin105°)＝eq\f(2×\f(1,2),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝eq\r(6)－eq\r(2)．类型3正、余弦定理在测量学中的应用测量距离问题【例3】某基地进行实兵对抗演习，红方为了准确分析战场形势，从相距eq\f(\r(3),2)a(km)的军事基地C和D处测得蓝方两支精锐部队分别在A处和B处，且∠ADB＝30°，∠BDC＝30°，∠DCA＝60°，∠ACB＝45°，如图所示，求蓝方这两支精锐部队间的距离．[解]法一：∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝60°．∵∠ACD＝60°，∴∠DAC＝60°，∴AD＝CD＝eq\f(\r(3),2)a(km)．在△BCD中，∠DBC＝180°－30°－105°＝45°，由正弦定理得eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(CD,sin∠DBC)，得BD＝CD·eq\f(sin∠BCD,sin∠DBC)＝eq\f(\r(3),2)a·eq\f(\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(\r(2),2))＝eq\f(3＋\r(3),4)a(km)．在△ADB中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝eq\f(3,4)a2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3＋\r(3),4)a))eq\s\up12(2)－2×eq\f(3＋\r(3),4)a×eq\f(\r(3),2)a×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,8)a2，∴AB＝eq\f(\r(6),4)a(km)．故蓝方这两支精锐部队间的距离为eq\f(\r(6),4)a(km)．法二：在△BCD中，∠CBD＝180°－30°－105°＝45°，由正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(CD,sin45°)，则BC＝eq\f(CDsin30°,sin45°)＝eq\f(\r(6),4)a(km)，在△ACD中，∠CAD＝180°－60°－60°＝60°，所以△ACD为等边三角形．因为∠ADB＝∠BDC，所以BD为AC的垂直平分线，所以AB＝BC＝eq\f(\r(6),4)a(km)．故蓝方这两支精锐部队间的距离为eq\f(\r(6),4)a(km)．测量高度问题【例4】济南泉城广场上的泉标是隶书“泉”字，其造型流畅别致，成了济南的标志和象征．小明同学想测量泉标的高度，于是他在广场的A点测得泉标顶端的仰角为60°，他又沿着泉标底部方向前进15.2m，到达B点，又测得泉标顶端的仰角为80°．你能帮小明同学求出泉标的高度吗？(精确至1m)[解]如图所示，点C，D分别为泉标的底部和顶端．依题意，得∠BAD＝60°，∠CBD＝80°，AB＝15.2m，则∠ABD＝100°，故∠ADB＝180°－(60°＋100°)＝20°．在△ABD中，根据正弦定理，得eq\f(BD,sin60°)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，∴BD＝eq\f(ABsin60°,sin20°)＝eq\f(15.2sin60°,sin20°)≈38.5m．在Rt△BCD中，CD＝BDsin80°≈38.5sin80°≈38m．即泉城广场上泉标的高约为38m．1．解决测量高度问题的一般步骤(1)画图：根据已知条件画出示意图；(2)分析三角形：分析与问题有关的三角形；(3)求解：运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解．在解题中，要综合运用立体几何知识与平面几何知识，注意方程思想的运用．2．测量距离问题分为三种类型：两点间不可通又不可视，两点间可视但不可达，两点都不可达．解决此问题的方法是，选择合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，从而利用正、余弦定理求解．提醒：解题时要注意题目条件和实际意义中的隐含信息，避免出现增解或漏解．[跟进训练]3．如图所示，A，B是水平面上的两个点，相距800m，在A点测得山顶C的仰角为45°，∠BAD＝120°，∠ABD＝45°，其中D是点C到水平面的垂足，求山高CD．[解]因为CD⊥平面ABD，∠CAD＝45°，所以CD＝AD，因此只需在△ABD中求出AD即可．在△ABD中，∠BDA＝180°－45°－120°＝15°，由正弦定理得eq\f(AB,sin15°)＝eq\f(AD,sin45°)，所以AD＝eq\f(ABsin45°,sin15°)＝eq\f(800×\f(\r(2),2),\f(\r(6)－\r(2),4))＝800(eq\r(3)＋1)(m)．即山的高度CD为800(eq\r(3)＋1)m．4．如图，A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋eq\r(3))海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20eq\r(3)海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里每小时，该救援船到达D点至少需要几小时？[解]由题意知AB＝5(3＋eq\r(3))，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝45°，所以∠ADB＝105°，所以sin105°＝sin45°cos60°＋sin60°cos45°＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，在△ABD中，由正弦定理得eq\f(BD,sin∠DAB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，所以BD＝eq\f(ABsin∠DAB,sin∠ADB)＝eq\f(53＋\r(3)·sin45°,sin105°)＝eq\f(53＋\r(3)×\f(\r(2),2),\f(\r(2)＋\r(6),4))＝10eq\r(3)，又∠DBC＝180°－60°－60°＝60°，BC＝20eq\r(3)，在△DBC中，由余弦定理得CD2＝BD2＋BC2－2×BD×BCcos60°＝300＋1200－2×10eq\r(3)×20eq\r(3)×eq\f(1,2)＝900，所以CD＝30(海里)，则至少需要的时间t＝eq\f(30,30)＝1(小时)．即该救援船到达D点至少需要1小时．1．若点A在点C的北偏东60°方向上，点B在点C的南偏东30°方向上，且AC＝BC，则点A在点B的()A．北偏东15°方向上 B．北偏西15°方向上C．北偏东10°方向上 D．北偏西10°方向上A[由题意，可得几何位置关系如图所示．则∠CBE＝30°，∠ABC＝45°，所以∠ABE＝15°，故点A在点B的北偏东15°方向上．故选A．]2．如图，在限速为90km/h的公路AB旁有一测速站P，已知点P距测速区起点A的距离为0.08km，距测速区终点B的距离为0.05km，且∠APB＝60°，现测得某辆汽车从A点行驶到B点所用的时间为3s，则此车的速度介于()A．60～70km/h B．70～80km/hC．80～90km/h D．90～100km/hC[由余弦定理得AB＝eq\22－2×××cos60°)＝0.07km，则此车的速度为eq\,3)×3600＝7×12＝84km/h．故选C．]3．身高相同的甲、乙两人在同一地平面上的不同方向观测20m高的旗杆，甲观测的仰角为50°，乙观测的仰角为40°，用d1，d2分别表示甲、乙两人离旗杆的距离，那么有()A．d1>d2 B．d1<d2C．d1>20m D．d2<20mB[如图，设旗杆高为h，则d1＝eq\f(h,tan50°)，d2＝eq\f(h,tan40°)．因为tan50°>tan40°，所以d1<d2．又