高中數(shù)學蘇教版必修五 第1章　解三角形 1.3 二 課時作業(yè)含答案

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1、2019-2020學年蘇教版數(shù)學精品資料 §1.3　正弦定理、余弦定理的應用(二) 課時目標　1.利用正、余弦定理解決生產實踐中的有關高度的問題.2.利用正、余弦定理及三角形面積公式解決三角形中的幾何度量問題． 1．仰角和俯角：與目標視線在同一鉛垂平面內的水平視線和目標視線的夾角，目標視線在水平線____方時叫仰角，目標視線在水平線____方時叫俯角．(如圖所示) 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的關系為_______

2、_． 2．設甲、乙兩樓相距20 m，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，為測一樹的高度，在地面上選取A、B兩點，從A、B兩點分別測得樹尖的仰角為30°，45°，且A、B兩點之間的距離為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°，則此時兩船間的距離為________米． 5．在某個位置測得某山峰仰角為θ，對著山峰在平行地面上前進600 m后測仰角為原來的2倍，繼續(xù)在平行地面上前進200 m后，測得山峰的

3、仰角為原來的4倍，則該山峰的高度是________m. 6．平行四邊形ABCD中，AC＝，BD＝，周長為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倍，則甲船應取方向__________才能追上乙船；追上時甲船行駛了________海里． 8．△ABC中，已知A＝60°，AB∶AC＝8∶5，面積為10，則其周長為________． 9．已知等腰三角形的底邊長為6，一腰長為12，則它的內切圓面積為________． 10．某艦艇在A處測得遇險漁船在北偏東45°，距離為10 n mil

4、e的C處，此時得知，該漁船沿北偏東105°方向，以每小時9 n mile的速度向一小島靠近，艦艇時速21 n mile，則艦艇到達漁船的最短時間是______小時． 二、解答題 11．如圖所示，在山頂鐵塔上B處測得地面上一點A的俯角為α，在塔底C處測得A處的俯角為β.已知鐵塔BC部分的高為h，求山高CD. 12．已知圓內接四邊形ABCD的邊長AB＝2，BC＝6，CD＝DA＝4，求圓內接四邊形ABCD的面積． 能力提升 13．如圖所示，為了解某海域海底構造，在海平面內一條直線上的A、

5、B、C三點進行測量．已知AB＝50 m，BC＝120 m，于A處測得水深AD＝80 m，于B處測得水深BE＝200 m，于C處測得水深CF＝110 m，求∠DEF的余弦值． 14．江岸邊有一炮臺高30 m，江中有兩條船，由炮臺頂部測得俯角分別為45°和30°，而且兩條船與炮臺底部連成30°角，求兩條船之間的距離． 1．測量底部不可到達的建筑物的高度問題．由于底部不可到達，這類問題不能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，計算出建筑物頂部到一個可到達的點之間的距離，然后轉化為解直角三角形的問題． 2．測量角度就是

6、在三角形內利用正弦定理和余弦定理求角的正弦值或余弦值，再根據(jù)需要求出所求的角． §1.3　正弦定理、余弦定理的應用(二) 答案 知識梳理 1．上　下　2.absin C 作業(yè)設計 1．α＝β 2．20 m　 m 解析　h甲＝20tan 60°＝20(m)． h乙＝20tan 60°－20tan 30°＝(m)． 3．30＋30 解析　在△PAB中，由正弦定理可得 ＝， PB＝＝， h＝PBsin 45°＝(30＋30)m. 4. 2h 解析　如圖所示， BC＝h，AC＝h， ∴AB＝＝2h. 5．300 解析　如圖所示，600·sin 2θ＝

7、200·sin 4θ， ∴cos 2θ＝，∴θ＝15°，∴h＝200·sin 4θ＝300 (m)． 6．16 解析　設兩鄰邊AD＝b，AB＝a，∠BAD＝α， 則a＋b＝9，a2＋b2－2abcos α＝17，a2＋b2－2abcos(180°－α)＝65. 解得：a＝5，b＝4，cos α＝或a＝4，b＝5，cos α＝， ∴S?ABCD＝ab sin α＝16. 7．北偏東30°　a 解析　 如圖所示，設到C點甲船追上乙船， 乙到C地用的時間為t，乙船速度為v， 則BC＝tv，AC＝tv，B＝120°， 由正弦定理知＝， ∴＝， ∴sin∠CAB＝，

8、 ∴∠CAB＝30°，∴∠ACB＝30°， ∴BC＝AB＝a， ∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 120°＝a2＋a2－2a2·＝3a2，∴AC＝a. 8．20 解析　設AB＝8k，AC＝5k，k>0，則 S＝AB·AC·sin A＝10k2＝10. ∴k＝1，AB＝8，AC＝5， 由余弦定理： BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A＝82＋52－2×8×5×＝49. ∴BC＝7，∴周長為：AB＋BC＋CA＝20. 9. 解析　不妨設三角形三邊為a，b，c且a＝6，b＝c＝12， 由余弦定理得： cos A＝＝＝， ∴sin A＝ ＝. 由(

9、a＋b＋c)·r＝bcsin A得r＝. ∴S內切圓＝πr2＝. 10. 解析　設艦艇和漁船在B處相遇，則在△ABC中，由已知可得：∠ACB＝120°，設艦艇到達漁船的最短時間為t，則AB＝21t，BC＝9t，AC＝10，則(21t)2＝(9t)2＋100－2×10×9tcos 120°，解得t＝或t＝－(舍)． 11．解　在△ABC中，∠BCA＝90°＋β，∠ABC＝90°－α，∠BAC＝α－β，∠CAD＝β. 根據(jù)正弦定理得：＝， 即＝， ∴AC＝＝. 在Rt△ACD中，CD＝ACsin∠CAD＝ACsin β＝.即山高CD為. 12．解　 連結BD，則四邊形面積

10、 S＝S△ABD＋S△CBD＝AB·AD·sin A＋BC·CD·sin C. ∵A＋C＝180°，∴sin A＝sin C. ∴S＝(AB·AD＋BC·CD)·sin A＝16sin A. 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. 又cos C＝－cos A，∴cos A＝－.∴A＝120°. ∴四邊形ABCD的面積S＝16sin A＝8. 13．解　作DM∥AC交BE于N，交CF于M. DF＝＝＝10(m)， DE＝＝＝130(m)， EF＝＝＝150(m)． 在△DEF中，由余弦定理的變形公式，得 cos∠DEF＝＝＝. 即∠DEF的余弦值為. 14．解　如圖所示： ∠CBD＝30°，∠ADB＝30°，∠ACB＝45° ∵AB＝30， ∴BC＝30， BD＝＝30. 在△BCD中， CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos 30°＝900， ∴CD＝30，即兩船相距30 m.