6.4.3 （第3课时）余弦定理、正弦定理应用举例（教案）

第六章平面向量及其应用6.4.3第3课时余弦定理、正弦定理应用举例一、教学目标1.了解实际问题中常用的测量相关术语，能够运用余弦定理、正弦定理等知识和方法解决一些有关测量距离、高度、角度的实际问题；2.通过对余弦定理、正弦定理应用的学习，培养学生数学抽象、数学运算、数学建模等数学素养。二、教学重难点1.由实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后逐个解决三角形，得到实际问题的解；2.由实际问题建立数学模型，画出示意图。三、教学过程：1、创设情境：如图所示，A，B两点都在河的对岸（不可到达），设计一种测量A，B两点间的距离的方法.并求出A，B间的距离。教师提出本节课解决的问题---------应用余弦定理、正弦定理解决实际问题探究1：你能把它转化成数学问题，写出已知量和要求的量吗？测量者可以在河岸边选定两点C，D，测得CD=a，并且在C，D两点分别测得∠BCA=α，∠ACD=β，∠CDB=γ，∠BDA=δ，问题1：如何求AB间的距离？学生小组活动探究二.建构数学 1．（1）基线的概念在测量中，根据测量需要适当确定的线段叫做基线（2）选择原则在测量过程中，应根据实际需要选取合适的基线长度，使测量具有较高的精确度．一般来说，基线越长，测量的精确度越高．2．测量中的有关角的概念(1)仰角和俯角如下图所示，与目标视线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方时叫仰角，目标视线在水平视线下方时叫俯角。(2)方向角如下图所示，从指定方向线到目标方向线所成的水平角．如南偏西60°，即以正南方向为始边，顺时针方向向西旋转60°.三.数学应用例1完成探究1解：在△ADC和△BDC中，应用正弦定理得于是，在△ABC中，应用余弦定理可得A，B两点间的距离变式训练：1.如图，设，两点在河的两岸，在所在河岸边选一定点，测量的距离为，，，则，两点间的距离是．解：，，，在三角形中，由正弦定理，得，，、两点的距离为，2.如图，地面四个5G中继站A、B、C、D，已知，，，，则A、B两个中继站的距离是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意可得，，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，在中，由余弦定理得，所以.例2图，在点和点测得淮安电视塔塔顶的仰角分别为和（点、与塔底在同一直线上）又测得米，根据所测数据可求淮安电视塔的高度.解:，，，在三角形中，由正弦定理，得，，、两点的距离为，答：淮安电视塔的高度50m．变式训练：如图所示，要测量底部不能到达的电视塔AB的高度，在C点测得塔顶A的仰角是45°，在D点测得塔顶A的仰角是30°，并测得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40m，求电视塔的高度．解：设电视塔AB的高为x，则在Rt△ABC中，由∠ACB＝45°，得BC＝x.在Rt△ADB中，∠ADB＝30°，∴BD＝eq\r(3)x.在△BDC中，由余弦定理，得BD2＝BC2＋CD2－2BC×CDcos120°，即(eq\r(3)x)2＝x2＋402－2·x·40·cos120°，解得x＝40，答：电视塔的高为40m.例3.如图，A、B是海面上位于东西方向相距海里的两个观测点，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点相距海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，试求：则求救援船到达D点所需要的时间．【答案】1小时.【解析】由题意可知：在中，，，则，由正弦定理得：，由，代入上式得：，轮船D与观测点B的距离为海里.在中，，，，由余弦定理得：，，，即该救援船到达点所需的时间小时.故答案为:1小时.变式训练：如图所示，甲船以每小时30eq\r(2)海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B1处，此时两船相距20海里．当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2处，此时两船相距10eq\r(2)海里．乙船每小时航行_____________海里【答案】30eq\r(2)【解析】连接A1B2，由题意知，A1B1＝20，A2B2＝10eq\r(2)，A1A2＝eq\f(20,60)×30eq\r(2)＝10eq\r(2)(海里)．又∵∠B2A2A1＝180°－120°＝60°，∴△A1A2B2是等边三角形，∠B1A1B2＝105°－60°＝45°.在△A1B2B1中，由余弦定理得B1Beq\o\al(2,2)＝A1Beq\o\al(2,1)＋A1Beq\o\al(2,2)－2A1B1·A1B2cos45°＝202＋(10eq\r(2))2－2×20×10eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝200，∴B1B2＝10eq\r(2)(海里)．因此乙船的速度大小为eq\f(10\r(2),20)×60＝30eq\r(2)(海里/小时)．故答案为:30eq\r(2)海里/小时四、小结：余弦定理：三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC变形：，，应用:（1）已知三角形的任意两边及它们的夹角就可以求出第三边；（2）已知三角形的三条边就可以求出其它角。正弦定理：应用:（1）已知两角及任一边，求其他两边和一角；已知两边和其中一边对角，求另一边的对角（从而进一步求出其他的边和角）。题型:(1)距离问题；(2)底部不可到达的建筑物的高度；(3)角度问题。作业：习题6.4.3A级必备知识基础练1.[探究点一]在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c.若a2-b2=3bc,sinC=23sinB,则A=()A.30° B.60° C.120° D.150°2.[探究点一]若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,A=2π3,b=23,且△ABC的面积为332,则a=A.3 B.4 C.21 D.333.[探究点四]在△ABC中,B=60°,最长边与最短边之比为(3+1)∶2,则最大角为()A.45° B.60° C.75° D.90°4.[探究点四·2023湖北武汉期中]已知△ABC满足AB=2AC,BC=4,则△ABC面积的最大值为()A.1633 B.163 C.85.[探究点一]在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若B=60°,bsinC=3,且△ABC的面积为23,则b=.

6.[探究点三·2023重庆沙坪坝模拟]记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sinA=sin2B,且b≠c.(1)求证:a2-b2=bc;(2)若b+c=102a,且△ABC的外接圆半径为263,求△7.[探究点二]在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcosC=3acosB-ccosB.(1)求cosB的值;(2)若BA·BC=2,且b=22,求a和cB级关键能力提升练8.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且A=60°,b=1,△ABC的面积为3,则a+b+cA.2393 B.393 C.29.(多选题)在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a-2ccosB=c,则下列结论正确的是 ()A.b2=c(a+c) B.B=2CC.22<sinC<32 D.1<a10.如图,若圆内接四边形的边长依次为25,39,52和60,则cosA=,该圆的直径长度为.

11.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若3asinA=bcosB,b=23,c=2,则B=,△ABC12.在锐角三角形ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,3ccosB+C2=sinA(acosB+bcos(1)求A;(2)若b=1,求c的取值范围.13.如图,在平面四边形ABCD中,AD⊥CD,∠BAD=3π4,2AB=BD=(1)求cos∠ADB;(2)若BC=22,求CD.14.在①(b+a)(b-a)=c(b-c);②AB·AC=4;③sinπ2+2A+2cos2A2=问题:已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sinC=2sinB,b=2,,求△ABC的面积.

C级学科素养创新练15.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足cosC+cosAcosB=22sinAcosB.(1)求cosB的值;(2)若a+c=2,求b的取值范围.参考答案1.A由sinC=23sinB可得c=23b,由余弦定理得cosA=b2+c2-a22.C∵A=2π3,b=23,且△ABC的面积为∴12bcsinA=332,即12×23×c×32=332,解得c=3.又a2=b2+c2-2bccosA=12+3-2×23×3×-13.C依题意,得△ABC不是等边三角形.因为B=60°,所以角B不是最大角.设C为最大角,A为最小角,则A+C=120°,所以ca=sinCsinA=sin(120°-A4.B设AC=x,AB=2x,所以S△ABC=12BC·ACsinC=2xsinC=2x1又由余弦定理得cosC=BC所以S△ABC=2x1-cos2C由三角形的三边关系可得x+2x>4,所以当x2=809,即x=453时,△ABC的面积有最大值为1635.23由正弦定理可得bsinB=csinC,即csin又B=60°,则32c=3,解得c=2又S△ABC=12absinC=32a=23,解得则由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB=16+4-2×4×2×12=12,则b=236.(1)证明∵sinA=sin2B,∴sinA=2sinBcosB,由正弦定理、余弦定理可得a=2b·a2则a2(c-b)=b(c2-b2),又b≠c,故a2=b(c+b),即a2-b2=bc.(2)解由b+c=102a,a2-b2由余弦定理得,cosB=a2则sinB=64因为△ABC的外接圆半径为26所以b=2×263sinB=4则a=10,c=3,所以S△ABC=12acsinB=37.解(1)由正弦定理,得sinBcosC=3sinAcosB-sinCcosB,可得sinBcosC+sinCcosB=3sinAcosB,即sin(B+C)=3sinAcosB,可得sinA=3sinAcosB.又sinA≠0,因此cosB=13(2)由BA·BC=2,得accosB=由(1)知cosB=13,故ac=由b2=a2+c2-2accosB,得a2+c2=12,所以(a-c)2=0,即a=c,所以a=c=6.8.A由题意得△ABC的面积S=12bcsinA=3,∴c=4.由余弦定理得,a2=b2+c2-2bccosA=13,∴a9.ABD因为a-2ccosB=c,所以由余弦定理得a-2c·a2+c2-b22ac=c,整理得b因为a-2ccosB=c,所以由正弦定理得sinA-2sinCcosB=sinC,即sin(B+C)-2sinCcosB=sinC,所以sin(B-C)=sinC,因为C∈0,π2,B-C∈-π2,π2,所以B-C=C,即B=2C,故B正确∵△ABC是锐角三角形,∴C∈0,π2,B∈0,π2,A∈0,π2,即0<2C<π2,0<π-3C<π∴C∈π6,π4,∴12<sinC<22,∵B=2C,且2C∈π3,π∴ac=2cosB+1=3-4sin2C∵12<sinC<22,∴ac∈(1,2),故D正确.10.065由余弦定理得BD2=392+522-2×39×52cosC,BD2=252+602-2×25×60cosA,∵A+C=180°,∴cosC=-cosA,∵(392-252)-(602-522)+2×39×52cosA+2×25×60cosA=0,∴cosA=0.∵0°<A<180°,∴A=90°,∴BD2=392+522=652,∴BD=65.11.π323由3asinA=bcosB及正弦定理,得3sinAsinA=sinB由余弦定理,得b2=a2+c2-2accosB,又b=23,c=2,∴a2-2a-8=0,解得a=4,或a=-2(负值舍去),S△ABC=12acsinB=12×4×2×32=12.解(1)由题意,3sinCsinA2=sinA(sinAcosB+sinBcosA)=sinAsin因为C∈(0,π),所以sinC≠0,所以3sinA2=sinA=2sinA2cos因为A∈(0,π),所以A2∈0,π2,所以sinA2所以cosA2=32,即A2(2)由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccosA,又b=1,A=π3,所以a2=c2+1△ABC是锐角三角形,由C为锐角,得a2+b2-c2>0,把a2=c2+1-c代入,得2-c>0,c<2.由B为锐角,得a2+c2-b2>0,把a2=c2+1-c代入,得2c2>c,由c>0,得c>12,故c∈12,2.13.解(1)在△ABD中,由余弦定理的推论,得cos∠BAD=AD2+AB解得AD=14−2(AD=-14−故cos∠ADB=AD(2)由(1)得sin∠ADB=1-因为AD⊥CD,即∠ADC=π2所以cos∠BDC=cosπ2-∠ADB=sin∠ADB=24.根据余弦定理的推论