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苏教版必修5课时作业1.3 (二)


§ 1.3

正弦定理、余弦定理的应用(二)

课时目标 1.利用正、余弦定理解决生产实践中的有关高度的问题.2.利用正、余弦定 理及三角形面积公式解决三角形中的几何度量问题.

1.仰角和俯角: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 线在水平线____方时叫仰角,目标视线在水平线____方时叫俯角

.(如图所示)

2.已知△ABC 的两边 a、b 及其夹角 C,则△ABC 的面积为______________________.

一、填空题 1.从 A 处望 B 处的仰角为 α,从 B 处望 A 处的俯角为 β,则 α 与 β 的关系为________. 2.设甲、乙两楼相距 20 m,从乙楼底望甲楼顶的仰角为 60° ,从甲楼顶望乙楼顶的俯 角为 30° ,则甲、乙两楼的高分别是________和________. 3.如图,为测一树的高度,在地面上选取 A、B 两点,从 A、B 两点分别测得树尖的仰 角为 30° ,45° ,且 A、B 两点之间的距离为 60 米,则树的高度为________米.

4.从高出海平面 h 米的小岛看正东方向有一只船俯角为 30° ,看正南方向一只船俯角 为 45° ,则此时两船间的距离为________米. 5.在某个位置测得某山峰仰角为 θ,对着山峰在平行地面上前进 600 m 后测仰角为原 来的 2 倍,继续在平行地面上前进 200 3 m 后,测得山峰的仰角为原来的 4 倍,则该 山峰的高度是________m. 6. 平行四边形 ABCD 中, AC= 65, BD= 17, 周长为 18, 则平行四边形面积是________. 7.甲船在 A 处观察乙船,乙船在它的北偏东 60° 的方向,两船相距 a 海里,乙船正向 北行驶,若甲船是乙船速度的 3倍,则甲船应取方向__________才能追上乙船;追上 时甲船行驶了________海里. 8.△ABC 中,已知 A=60° ,AB∶AC=8∶5,面积为 10 3,则其周长为________. 9.已知等腰三角形的底边长为 6,一腰长为 12,则它的内切圆面积为________. 10.某舰艇在 A 处测得遇险渔船在北偏东 45° ,距离为 10 n mile 的 C 处,此时得知, 该渔船沿北偏东 105° 方向, 以每小时 9 n mile 的速度向一小岛靠近, 舰艇时速 21 n mile, 则舰艇到达渔船的最短时间是______小时. 二、解答题 11.如图所示,在山顶铁塔上 B 处测得地面上一点 A 的俯角为 α,在塔底 C 处测得 A 处的俯角为 β.已知铁塔 BC 部分的高为 h,求山高 CD.

12.已知圆内接四边形 ABCD 的边长 AB=2,BC=6,CD=DA=4,求圆内接四边形 ABCD 的面积.

能力提升 13.如图所示,为了解某海域海底构造,在海平面内一条直线上的 A、B、C 三点进行 测量.已知 AB=50 m,BC=120 m,于 A 处测得水深 AD=80 m,于 B 处测得水深 BE =200 m,于 C 处测得水深 CF=110 m,求∠DEF 的余弦值.

14.江岸边有一炮台高 30 m,江中有两条船,由炮台顶部测得俯角分别为 45° 和 30° , 而且两条船与炮台底部连成 30° 角,求两条船之间的距离.

1.测量底部不可到达的建筑物的高度问题.由于底部不可到达,这类问题不能直接用 解直角三角形的方法解决, 但常用正弦定理和余弦定理, 计算出建筑物顶部到一个可到 达的点之间的距离,然后转化为解直角三角形的问题. 2.测量角度就是在三角形内利用正弦定理和余弦定理求角的正弦值或余弦值,再根据 需要求出所求的角.

§1.3
知识梳理

正弦定理、余弦定理的应用(二) 答案

1 1.上 下 2. absin C 2 作业设计 1.α=β 40 2.20 3 m 3 m 3 解析 h 甲=20tan 60° =20 3(m). 40 h 乙=20tan 60° -20tan 30° = 3(m). 3 3.30+30 3 解析 在△PAB 中,由正弦定理可得 60 PB = , sin?45° -30° ? sin 30° 1 60× 2 30 PB= = , sin 15° sin 15° h=PBsin 45° =(30+30 3)m. 4. 2h 解析 如图所示,

BC= 3h,AC=h, ∴AB= 3h2+h2=2h. 5.300 解析 如图所示,600· sin 2θ=200 3· sin 4θ,

∴cos 2θ=

3 ,∴θ=15° ,∴h=200 3· sin 4θ=300 (m). 2

6.16 解析 设两邻边 AD=b,AB=a,∠BAD=α, 则 a+b=9,a2+b2-2abcos α=17,a2+b2-2abcos(180° -α)=65. 3 3 解得:a=5,b=4,cos α= 或 a=4,b=5,cos α= , 5 5 ∴S?ABCD=ab sin α=16.

7.北偏东 30° 解析

3a

如图所示,设到 C 点甲船追上乙船, 乙到 C 地用的时间为 t,乙船速度为 v, 则 BC=tv,AC= 3tv,B=120° , BC AC 由正弦定理知 = , sin∠CAB sin B 1 3 = , sin∠CAB sin 120° 1 ∴sin∠CAB= , 2 ∴∠CAB=30° ,∴∠ACB=30° , ∴BC=AB=a, ∴

?-1?=3a2,∴AC= 3a. ∴AC2=AB2+BC2-2AB· BCcos 120° =a2+a2-2a2· ? 2?
8.20 解析 设 AB=8k,AC=5k,k>0,则 1 S= AB· AC· sin A=10 3k2=10 3. 2 ∴k=1,AB=8,AC=5, 由余弦定理: 1 BC2=AB2+AC2-2AB· AC· cos A=82+52-2×8×5× =49. 2 ∴BC=7,∴周长为:AB+BC+CA=20. 27π 9. 5 解析 不妨设三角形三边为 a,b,c 且 a=6,b=c=12, 由余弦定理得: b2+c2-a2 122+122-62 7 cos A= = = , 2bc 2×12×12 8 7?2 15 ∴sin A= 1-? ?8? = 8 . 1 1 3 15 由 (a+b+c)· r= bcsin A 得 r= . 2 2 5 27π ∴S 内切圆=πr2= . 5 2 10. 3 解析 设舰艇和渔船在 B 处相遇,则在△ABC 中,由已知可得:∠ACB=120° ,设舰 艇到达渔船的最短时间为 t,则 AB=21t,BC=9t,AC=10,则(21t)2=(9t)2+100- 2 5 2×10×9tcos 120° ,解得 t= 或 t=- (舍). 3 12 11.解 在△ABC 中,∠BCA=90° +β,∠ABC=90° -α,∠BAC=α-β,∠CAD=β. AC BC 根据正弦定理得: = , sin∠ABC sin∠BAC AC BC 即 = , sin?90° -α? sin?α-β?

BCcos α hcos α ∴AC= = . sin?α-β? sin?α-β? hcos αsin β hcos αsin β 在 Rt△ACD 中,CD=ACsin∠CAD=ACsin β= .即山高 CD 为 . sin?α-β? sin?α-β? 12.解

连结 BD,则四边形面积 1 1 S=S△ABD+S△CBD= AB· AD· sin A+ BC· CD· sin C. 2 2 ∵A+C=180° ,∴sin A=sin C. 1 ∴S= (AB· AD+BC· CD)· sin A=16sin A. 2 由余弦定理:在△ABD 中,BD2=22+42-2×2×4cos A=20-16cos A, 在△CDB 中,BD2=42+62-2×4×6cos C=52-48cos C, ∴20-16cos A=52-48cos C. 1 又 cos C=-cos A,∴cos A=- .∴A=120° . 2 ∴四边形 ABCD 的面积 S=16sin A=8 3. 13.解 作 DM∥AC 交 BE 于 N,交 CF 于 M. DF= MF2+DM2= 302+1702=10 298(m), DE= DN2+EN2= 502+1202=130(m), EF= ?BE-FC?2+BC2= 902+1202=150(m). 在△DEF 中,由余弦定理的变形公式,得 DE2+EF2-DF2 1302+1502-102×298 16 cos∠DEF= = = . 2DE· EF 65 2×130×150 16 即∠DEF 的余弦值为 . 65

14.解 如图所示:

∠CBD=30° ,∠ADB=30° ,∠ACB=45° ∵AB=30,

∴BC=30, 30 BD= =30 3. tan 30° 在△BCD 中, CD2=BC2+BD2-2BC· BD· cos 30° =900, ∴CD=30,即两船相距 30 m.


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