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第2课时　余弦定理的应用(教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学)
　　　[课时目标]　进一步学习余弦定理,能利用余弦定理解决实际应用问题及在平面几何中的应用.
题型(一)　余弦定理的实际应用
[例1]　一艘轮船按照北偏东40°方向,以18海里/时的速度直线航行,一座灯塔原来在轮船的南偏东20°方向上,经过20分钟的航行,轮船与灯塔的距离为6海里,则灯塔与轮船原来的距离为 (　　)
A.6海里 B.12海里
C.6海里或12海里 D.6 海里
听课记录:
　　|思|维|建|模|
余弦定理在解决实际问题中的策略
首先分析此题属于哪种类型的问题(如:测量距离、高度、角度等),然后依题意画出示意图,把已知量和未知量标在示意图中(目的是发现已知量与未知量之间的关系),最后确定用哪个定理转化,哪个定理求解,并进行作答,解题时还要注意近似计算的要求.
　　[针对训练]
1.如图,为了测量河对岸的塔高AB,有不同的方案,其中之一是选取与塔底B在同一水平面内的两个测点C和D,测得CD=200 m,在C点和D点测得塔顶A的仰角分别是45°和30°,且∠CBD=30°,则塔高AB=　　　.
题型(二)　利用余弦定理证明恒等式
[例2]　如图,已知 ABCD,求证:AC2+BD2=2(AB2+AD2).
听课记录:
　　|思|维|建|模|
(1)利用余弦定理的前提是必须在三角形中,在四边形中如何选择有用的三角形是关键;
(2)任何一个三角形都不可能包含四边,因此必须选择两个三角形;
(3)几何证明的关键是把有关量放到三角形中,借助余弦定理建立它们的关系,从而达到证明的效果,其中构造合适的三角形是关键.
　　[针对训练]
2.在△ABC中,求证:b2+c2=abcos C+accos B+2bccos A.
题型(三)　余弦定理与平面图形结合
[例3]　在四边形ABCD中,AB∥CD,AD=BD=CD=1.
(1)若AB=,求BC;
(2)若AB=2BC,求cos∠BDC.
听课记录:
|思|维|建|模|
解三角形广泛应用于解各种平面图形,解题时可将问题纳入三角形中去解决,理清已知条件与待求问题,再根据余弦定理建立未知量与已知量的关系式来求.
　　[针对训练]
3.如图,在△ABC中,AB=2,A=60°,点F为AB的中点,且CF2=AC·BC.求AC的长.
第2课时　余弦定理的应用
[例1]　选A　如图,设轮船原来在A处,航行20分钟后到达B处,C为灯塔的位置,根据条件可得∠BAC=120°,AB=18×=6(海里),BC=6 海里,
由余弦定理可得cos 120°===-,
解得AC=6(AC=-12舍去).
故灯塔与轮船原来的距离为6海里.
[针对训练]
1.解析:在Rt△ABC中,∠ACB=45°,
若设AB=h,则BC=h;
在Rt△ABD中,∠ADB=30°,则BD= h.
在△BCD中,由余弦定理可得
CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos∠CBD,
即2002=h2+(h)2-2h·h·,
所以h2=2002,解得h=200(h=-200舍去),
即塔高AB=200 m.
答案:200
[例2]　证明:设∠ABC=α,∠BCD=π-α.在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos α　①.
在△BCD中,由余弦定理得BD2=CD2+BC2-2CD·BC·cos(π-α)　②.
又cos(π-α)=-cos α,CD=AB,BC=AD,将①②两式相加,得AC2+BD2=2(AB2+AD2).
[针对训练]
2.证明:法一　右边=ab·+ac·+2bc·=++b2+c2-a2=b2+c2=左边,所以等式成立.
法二　=+ ·(+)=(+)2 ·+·=+2·+ accos B+abcos C=
c2+b2-2bccos A b2+c2=abcos C+accos B+2bccos A.
[例3]　解:(1)在△ABD中,根据余弦定理可得,cos A===,由题得A=∠ABD=∠BDC,
所以cos∠BDC=cos A=.
在△BCD中,根据余弦定理可得,
BC2=BD2+CD2-2·BD·CD·cos∠BDC=1+1-2×=,所以BC=.
(2)设AB=2BC=2a,在△ABD中,根据余弦定理可得,
cos A===a.
在△BCD中,根据余弦定理可得,cos∠BDC===,所以=a,解得a=-1或a=--1(舍去),则cos∠BDC=cos A=a=-1.
[针对训练]
3.解:在△ACF中,AF=AB=1,A=60°,
由余弦定理得CF2=AC2+AF2-2AC·AF·cos A=AC2+1-AC.
在△ABC中,由余弦定理得CB2=AC2+AB2-2AC·AB·cos A=AC2+4-2AC.
因为CF2=AC·BC,所以AC2+1-AC
=AC,整理得AC2+2AC-1=0,解得AC=-1或AC=--1(舍去).所以AC=-1.(共46张PPT)
余弦定理的应用
(教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学)
第2课时
课时目标
进一步学习余弦定理,能利用余弦定理解决实际应用问题及在平面几何中的应用.
CONTENTS
目录
1
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题型(一)　余弦定理的实际应用
题型(二)　利用余弦定理证明恒等式
题型(三) 余弦定理与平面图形结合
4
课时跟踪检测
题型(一)　余弦定理的实际应用
01
[例1]　一艘轮船按照北偏东40°方向,以18海里/时的速度直线航行,一座灯塔原来在轮船的南偏东20°方向上,经过20分钟的航行,轮船与灯塔的距离为6海里,则灯塔与轮船原来的距离为(　　)
A.6海里 B.12海里
C.6海里或12海里 D.6 海里
√
解析:如图,设轮船原来在A处,航行20分钟后到达B处,
C为灯塔的位置,根据条件可得∠BAC=120°,
AB=18×=6(海里),
BC=6 海里,由余弦定理可得
cos 120°===-,解得AC=6(AC=-12舍去).
故灯塔与轮船原来的距离为6海里.
|思|维|建|模|
余弦定理在解决实际问题中的策略
　　首先分析此题属于哪种类型的问题(如:测量距离、高度、角度等),然后依题意画出示意图,把已知量和未知量标在示意图中(目的是发现已知量与未知量之间的关系),最后确定用哪个定理转化,哪个定理求解,并进行作答,解题时还要注意近似计算的要求.
针对训练
1.如图,为了测量河对岸的塔高AB,有不同的方案,其中之一是选取与塔底B在同一水平面内的两个测点C和D,测得CD=200 m,在C点和D点测得塔顶A的仰角分别是45°和30°,且∠CBD=30°,则塔高AB=　　　m.
200
解析:在Rt△ABC中,∠ACB=45°,
若设AB=h,则BC=h;在Rt△ABD中,∠ADB=30°,则BD= h.在△BCD中,由余弦定理可得
CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos∠CBD,
即2002=h2+(h)2-2h·h·,
所以h2=2002,解得h=200(h=-200舍去),
即塔高AB=200 m.
题型(二)　利用余弦定理证明恒等式
02
[例2]　如图,已知 ABCD,求证:AC2+BD2=2(AB2+AD2).
证明:设∠ABC=α,∠BCD=π-α.在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+
BC2-2AB·BC·cos α　①.
在△BCD中,由余弦定理得BD2=CD2+BC2-2CD·BC·cos(π-α)　②.
又cos(π-α)=-cos α,CD=AB,BC=AD,将①②两式相加,得AC2+BD2=
2(AB2+AD2).
|思|维|建|模|
(1)利用余弦定理的前提是必须在三角形中,在四边形中如何选择有用的三角形是关键;
(2)任何一个三角形都不可能包含四边,因此必须选择两个三角形;
(3)几何证明的关键是把有关量放到三角形中,借助余弦定理建立它们的关系,从而达到证明的效果,其中构造合适的三角形是关键.
针对训练
2.在△ABC中,求证:b2+c2=abcos C+accos B+2bccos A.
证明:法一　右边=ab·+ac·+2bc·=+
+b2+c2-a2=b2+c2=左边,所以等式成立.
法二　=+ ·(+)=(+)2 ·+·=
+2·+ accos B+abcos C=c2+b2-2bccos A b2+c2=abcos C+
accos B+2bccos A.
题型(三) 余弦定理与平面图形结合
03
[例3]　在四边形ABCD中,AB∥CD,AD=BD=CD=1.
(1)若AB=,求BC;
解:在△ABD中,根据余弦定理可得,
cos A===,
由题得A=∠ABD=∠BDC,
所以cos∠BDC=cos A=.
在△BCD中,根据余弦定理可得,
BC2=BD2+CD2-2·BD·CD·cos∠BDC=1+1-2×=,所以BC=.
(2)若AB=2BC,求cos∠BDC.
解:设AB=2BC=2a,在△ABD中,根据余弦定理可得,
cos A===a.
在△BCD中,根据余弦定理可得,cos∠BDC===,所以=a,解得a=-1或a=--1(舍去),
则cos∠BDC=cos A=a=-1.
|思|维|建|模|
　　解三角形广泛应用于解各种平面图形,解题时可将问题纳入三角形中去解决,理清已知条件与待求问题,再根据余弦定理建立未知量与已知量的关系式来求.
针对训练
3.如图,在△ABC中,AB=2,A=60°,点F为AB的中点,且CF2=AC·BC.求AC的长.
解:在△ACF中,AF=AB=1,A=60°,
由余弦定理得CF2=AC2+AF2-2AC·AF·cos A=AC2+1-AC.
在△ABC中,由余弦定理得CB2=AC2+AB2-2AC·AB·cos A=AC2+4-2AC.
因为CF2=AC·BC,所以AC2+1-AC
=AC,
整理得AC2+2AC-1=0,
解得AC=-1或AC=--1(舍去).
所以AC=-1.
课时跟踪检测
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A级——达标评价
1.在△ABC中,已知a=3,b=5,c=,则最大角与最小角的和为(　　)
A.90° B.120° C.135° D.150°
解析:在△ABC中,∵a=3,b=5,c=,
∴最大角为B,最小角为A,
∴cos C===,∴C=60°,∴A+B=120°,∴△ABC中的最大角与最小角的和为120°.故选B.
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2.在△ABC中,B=,BC边上的高等于BC,则cos A=(　　)
A. B. C.- D.-
解析:设△ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则由题意得S△ABC=
a·a=acsin B,∴c=a.由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+a2-2×
a×a×=a2,∴b=a.∴cos A===-.故选C.
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3.在平行四边形ABCD中,对角线AC=,BD=,周长为18,则这个平行四边形的面积是(　　)
A.8 B.16
C.18 D.32
解析:在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B=65,即AB2+AD2-2AB·AD·cos B=65　①.
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在△ABD中,
BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos A=17 ②.
又cos A+cos B=0. ①+②得AB2+AD2=41.
又AB+AD=9,
∴AB=5,AD=4或AB=4,AD=5.
∴cos A=,A∈.∴sin A=.
∴这个平行四边形的面积S=5×4×=16.
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4.海伦不仅是古希腊的数学家,还是一位优秀的测绘工程师.在他的著作《测地术》中最早出现了已知三边求三角形面积的公式,即著名的海伦公式S=,这里p=(a+b+c),a,b,c分别为△ABC的三个角A,B,C所对的边,该公式具有轮换对称的特点,形式很美.已知△ABC中,p=12,c=9,cos A=,则该三角形内切圆半径为(　　)
A. B. C. D.
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解析:∵p=(a+b+c),∴a+b+c=24.又∵c=9,∴a+b=24-c=15.
∵cos A==,∴=.
∴(b-a)(b+a)+81=12b.∴15(b-a)+81=12b.∴3b-15a+81=0.又∵a+b=15,∴a=7,b=8.
∴S==12.
∴r===.
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5.如图,甲船以每小时30 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,乙船位于甲船的北偏西105°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,乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处,此时两船相距10 海里,则乙船每小时航行(　　)
A.10 海里 B.20 海里
C.30海里 D.30 海里
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解析:如图,连接A1B2.
在△A1A2B2中,易知∠A1A2B2=60°,
又易求得A1A2=30×
=10=A2B2,
∴△A1A2B2为正三角形.∴A1B2=10.
在△A1B1B2中,易知∠B1A1B2=45°,
∴B1=400+200-2×20×10×=200,
即B1B2=10.
∴乙船每小时航行30海里.
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6.如图,△ABC中,已知点D在BC边上,AD⊥AC,
sin∠BAC=,AB=3,AD=3,则BD的长为　　　　.
解析:∵sin∠BAC=sin=cos∠BAD=,∴根据余弦定理可得cos∠BAD=,
∴=,∴BD=.
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7.如图,两座相距60 m的建筑物AB,CD的高度分别为20 m,50 m,BD为水平面,则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD=　　　　.
45°
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解析:依题意可得AD=20 m,AC=30 m,
又CD=50 m,所以在△ACD中,
由余弦定理得cos∠CAD=
==.
又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°.
所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
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8.在△ABC中,D为BC边上一点,BC=3BD,AD=,
∠ADB=135°,若AC=AB,则BD的长为　　　　　.
解析:由余弦定理得,
AB2=BD2+AD2-2AD·BDcos 135°,
AC2=CD2+AD2-2AD·CDcos 45°,
即AB2=BD2+2+2BD ①,
AC2=CD2+2-2CD ②,
2+
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又BC=3BD,∴CD=2BD,
∴AC2=4BD2+2-4BD ③.
又AC=AB,
∴由③得2AB2=4BD2+2-4BD ④.
④-2×①得,BD2-4BD-1=0,∴BD=2+(舍负).
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9.(10分)△ABC的三个内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且a2=b(b+c),求证:A=2B.
证明:由余弦定理得cos A==,cos B=.
∵cos 2B=2cos2B-1=2-1=-1==,
∴cos A=cos 2B.
∵a2=b(b+c),∴a2-b2=bc>0,
∴a2>b2,即a>b,∴A>B.
若B≥,则A>B≥,与A+B<π矛盾,故B只能是锐角,
∴0<2B<π.又∵0∴A=2B.
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10.(10分)如图所示,一辆汽车从O点出发沿一条直线公路以50公里/小时的速度匀速行驶(图中的箭头方向为汽车行驶方向),汽车开动的同时,在距汽车出发点O点的距离为5公里,距离公路线的垂直距离为3公里的M点的地方有一个人骑摩托车出发想把一件东西送给汽车司机.问骑摩托车的人至少以多大的速度匀速行驶才能实现他的愿望,此时他驾驶摩托车行驶了多少公里
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解:作MI垂直公路所在直线于点I,则MI=3.
∵OM=5,∴OI=4.
∴cos∠MOI=.
设骑摩托车的人的速度为v公里/小时,追上汽车的时间为t小时,
由余弦定理得(vt)2=52+(50t)2-2×5×50t×,即v2=-+2 500=25+
900≥900.∴当t=时,v取得最小值为30.
∴其行驶距离为vt==(公里).
故骑摩托车的人至少以30公里/小时的速度行驶才能实现他的愿望,此时他驾驶摩托车行驶了公里.
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B级——重点培优
11.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若∠ACB=,角C的平分线交AB于点D,且CD=,a=3b,则c的值为(　　)
A.3 B.
C. D.2
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解析:在△BCD中,BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD,
即c2=a2+3-2a×cos=a2+3-3a.
在△DCA中,DA2=CD2+CA2-2CD·CA·cos∠DCA,
即c2=3+b2-2bcos=3+b2-3b.
由解得
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12.我国油纸伞的制作工艺巧妙.如图(1),伞不管是张开还是收拢,伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的∠BAC,且AB=AC,从而保证伞圈D能够沿着伞柄滑动.如图(2),伞完全收拢时,伞圈D已滑动到D'的位置,且A,B,D'三点共线,AD'=40 cm,B为AD'的中点,当伞从完全张开到完全收拢,伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离为24 cm,则当伞完全张开时,∠BAC的余弦值是 (　　)
A.- B.- C.- D.-
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解析:依题意分析可知,当伞完全张开时,AD=40-24=16 cm,因为B为AD'的中点,所以AB=AC=AD'=20 cm,当伞完全收拢时,AB+BD=AD'=40 cm,所以BD=20 cm.
在△ABD中,cos∠BAD===,
所以cos∠BAC=cos 2∠BAD=2cos2∠BAD-1=2×-1=-.
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13.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b=c=4,A=120°,且点D满足=2,则(+)·(+)的值为(　　)
A.16 B.8
C.-8 D.-16
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解析:因为=2,所以点D为BC中点,所以=-.因为b=c=4,
A=120°,在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos ∠BAC=16+16-2×16×cos 120°=48,
所以BC=a=4,||=||=2.
又AD为底边上的高,所以AD==2.
所以(+)·(+)=(-)·(+)=||2-||2=22-(2)3=4-12=-8.
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14.台风中心从A地以每小时20千米的速度向北偏东30°方向移动,离台风中心30千米内的地区为危险区,城市B在A的正东30千米处,
B城处于危险区内的时间共有　　　　小时.
1.5
解析:设t小时后,台风中心移动到点C处,如图所示.
由题意,AB=30,AC=20t,∠CAB=60°,
由余弦定理可得BC2=400t2+900-600t.
若受到台风影响,则BC≤30 2t2-3t≤0 0≤t≤1.5,即共影响1.5小时.
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15.(16分)如图,已知点P是正方形ABCD内一点,且PB=3,PD=.
(1)若BD=5,求S△PBD;
解:由PB=3,PD=,BD=5,
可得cos∠BPD==-,
sin∠BPD==,
故S△PBD=××3×=.
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(2)若PA=1,求正方形ABCD的面积.
解:∵点P是正方形ABCD内一点,
且PA=1,PB=3,PD=,
∴在△APD中,由余弦定理得
PD2=PA2+AD2-2PA·AD·cos∠PAD,
∴7=1+AD2-2ADcos∠PAD.
同理,在△APB中,有9=1+AB2-2ABcos∠PAB.
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4
2
又cos2∠PAD+cos2∠PAB=1,AB=AD,
所以+=1,
解得AD2=8±.
∵cos∠PAD=>0,
∴正方形ABCD的面积S=AD2=8+.课时跟踪检测(二十二)　余弦定理的应用
(满分100分,A级选填小题每题5分,B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1.在△ABC中,已知a=3,b=5,c=,则最大角与最小角的和为 (　　)
A.90° B.120°
C.135° D.150°
2.在△ABC中,B=,BC边上的高等于BC,则cos A= (　　)
A. B.
C.- D.-
3.在平行四边形ABCD中,对角线AC=,BD=,周长为18,则这个平行四边形的面积是 (　　)
A.8 B.16
C.18 D.32
4.海伦不仅是古希腊的数学家,还是一位优秀的测绘工程师.在他的著作《测地术》中最早出现了已知三边求三角形面积的公式,即著名的海伦公式S=,这里p=(a+b+c),a,b,c分别为△ABC的三个角A,B,C所对的边,该公式具有轮换对称的特点,形式很美.已知△ABC中,p=12,c=9,cos A=,则该三角形内切圆半径为 (　　)
A. B. C. D.
5.如图,甲船以每小时30 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,乙船位于甲船的北偏西105°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,乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处,此时两船相距10 海里,则乙船每小时航行 (　　)
A.10 海里 B.20 海里
C.30海里 D.30 海里
6.如图,△ABC中,已知点D在BC边上,AD⊥AC,sin∠BAC=,AB=3,AD=3,则BD的长为　　　　.
7.如图,两座相距60 m的建筑物AB,CD的高度分别为20 m,50 m,BD为水平面,则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD=　　　　.
8.在△ABC中,D为BC边上一点,BC=3BD,AD=,∠ADB=135°,若AC=AB,则BD的长为　　　　　.
9.(10分)△ABC的三个内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且a2=b(b+c),求证:A=2B.
10.(10分)如图所示,一辆汽车从O点出发沿一条直线公路以50公里/小时的速度匀速行驶(图中的箭头方向为汽车行驶方向),汽车开动的同时,在距汽车出发点O点的距离为5公里,距离公路线的垂直距离为3公里的M点的地方有一个人骑摩托车出发想把一件东西送给汽车司机.问骑摩托车的人至少以多大的速度匀速行驶才能实现他的愿望,此时他驾驶摩托车行驶了多少公里
B级——重点培优
11.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若∠ACB=,角C的平分线交AB于点D,
且CD=,a=3b,则c的值为 (　　)
A.3 B.
C. D.2
12.我国油纸伞的制作工艺巧妙.如图(1),伞不管是张开还是收拢,伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的∠BAC,且AB=AC,从而保证伞圈D能够沿着伞柄滑动.如图(2),伞完全收拢时,伞圈D已滑动到D'的位置,且A,B,D'三点共线,AD'=40 cm,B为AD'的中点,当伞从完全张开到完全收拢,伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离为24 cm,则当伞完全张开时,∠BAC的余弦值是 (　　)
A.- B.-
C.- D.-
13.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b=c=4,A=120°,且点D满足=2,
则(+)·(+)的值为 (　　)
A.16 B.8
C.-8 D.-16
14.台风中心从A地以每小时20千米的速度向北偏东30°方向移动,离台风中心30千米内的地区为危险区,城市B在A的正东30千米处,B城处于危险区内的时间共有　　　　小时.
15.(16分)如图,已知点P是正方形ABCD内一点,且PB=3,PD=.
(1)若BD=5,求S△PBD;
(2)若PA=1,求正方形ABCD的面积.
课时跟踪检测(二十二)
1．选B　在△ABC中，∵a＝3，b＝5，c＝，
∴最大角为B，最小角为A，
∴cos C＝＝＝，∴C＝60°，∴A＋B＝120°，∴△ABC中的最大角与最小角的和为120°.故选B.
2．选C　设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则由题意得S△ABC＝a·a＝acsin B，∴c＝a.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋a2－2×a×a×＝a2，∴b＝a.∴cos A＝＝＝－.故选C.
3．选B　在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝65，即AB2＋AD2－2AB·AD·
cos B＝65　①.在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos A＝17②.
又cos A＋cos B＝0. ①＋②得AB2＋AD2＝41.又AB＋AD＝9，∴AB＝5，AD＝4或
AB＝4，AD＝5.∴cos A＝，A∈.∴sin A＝.∴这个平行四边形的面积S＝5×4×＝16.
4．选D　∵p＝(a＋b＋c)，∴a＋b＋c＝24.又∵c＝9，∴a＋b＝24－c＝15.∵cos A＝＝，∴＝.∴(b－a)·(b＋a)＋81＝12b.∴15(b－a)＋81＝12b.∴3b－15a＋81＝0.又∵a＋b＝15，∴a＝7，b＝8.∴S＝＝12.∴r＝＝＝.
5．选D　如图，连接A1B2.在△A1A2B2中，易知∠A1A2B2＝60°，又易求得A1A2＝30×＝10＝A2B2，∴△A1A2B2为正三角形．∴A1B2＝10.在△A1B1B2中，易知∠B1A1B2＝45°，∴B1B＝400＋200－2×20×10×＝200，即B1B2＝10.∴乙船每小时航行30海里．
6．解析：∵sin∠BAC＝sin＝cos∠BAD＝，∴根据余弦定理可得
cos∠BAD＝，∴＝，∴BD＝.
答案：
7．解析：依题意可得AD＝20 m，AC＝30 m，又CD＝50 m，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD＝＝＝.又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°.所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
答案：45°
8．解析：由余弦定理得，
AB2＝BD2＋AD2－2AD·BDcos 135°，
AC2＝CD2＋AD2－2AD·CDcos 45°，
即AB2＝BD2＋2＋2BD ①，
AC2＝CD2＋2－2CD ②，
又BC＝3BD，∴CD＝2BD，
∴AC2＝4BD2＋2－4BD ③.
又AC＝AB，
∴由③得2AB2＝4BD2＋2－4BD ④.
④－2×①得，BD2－4BD－1＝0，
∴BD＝2＋(舍负)．
答案：2＋
9．证明：由余弦定理得
cos A＝＝，
cos B＝.
∵cos 2B＝2cos2B－1＝22－1＝－1＝＝，
∴cos A＝cos 2B.
∵a2＝b(b＋c)，∴a2－b2＝bc>0，
∴a2>b2，即a>b，∴A>B.
若B≥，则A>B≥，与A＋B<π矛盾，故B只能是锐角，∴0<2B<π.又∵010．解：作MI垂直公路所在直线于点I，则MI＝3.
∵OM＝5，∴OI＝4.
∴cos∠MOI＝.
设骑摩托车的人的速度为v公里/小时，追上汽车的时间为t小时，
由余弦定理得(vt)2＝52＋(50t)2－2×5×50t×，即v2＝－＋2 500＝252＋900≥900.∴当t＝时，v取得最小值为30.∴其行驶距离为vt＝＝(公里)．故骑摩托车的人至少以30公里/小时的速度行驶才能实现他的愿望，此时他驾驶摩托车行驶了公里．
11．选C　在△BCD中，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD，即c2＝a2＋3－2a×cos ＝a2＋3－3a.在△DCA中，DA2＝CD2＋CA2－2CD·CA·cos∠DCA，即c2＝3＋b2－2bcos ＝3＋b2－3b.由解得
12．选A　依题意分析可知，当伞完全张开时，AD＝40－24＝16 cm，因为B为AD′的中点，所以AB＝AC＝AD′＝20 cm，当伞完全收拢时，AB＋BD＝AD′＝40 cm，所以BD＝20 cm.在△ABD中，cos∠BAD＝＝＝，所以cos∠BAC＝
cos 2∠BAD＝2cos2∠BAD－1＝2×2－1＝－.
13．选C　因为＝2，所以点D为BC中点，所以＝－.因为b＝c＝4，A＝120°，在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos ∠BAC＝16＋16－2×16×cos 120°＝48，所以BC＝a＝4，||＝||＝2.又AD为底边上的高，所以AD＝＝2.所以(＋)·(＋)＝(－)·(＋)＝||2－||2＝22－(2)3＝4－12＝－8.
14.解析：设t小时后，台风中心移动到点C处，如图所示．由题意，AB＝30，AC＝20t，∠CAB＝60°，由余弦定理可得BC2＝400t2＋900－600t.若受到台风影响，则BC≤30 2t2－3t≤0 0≤t≤1.5，即共影响1.5小时．
答案：1.5
15．解：(1)由PB＝3，PD＝，BD＝5，
可得cos∠BPD＝＝－，
sin∠BPD＝ ＝，
故S△PBD＝××3×＝.
(2)∵点P是正方形ABCD内一点，
且PA＝1，PB＝3，PD＝，
∴在△APD中，由余弦定理得PD2＝PA2＋AD2－2PA·AD·cos∠PAD，
∴7＝1＋AD2－2ADcos∠PAD.
同理，在△APB中，有9＝1＋AB2－2ABcos∠PAB.
又cos2∠PAD＋cos2∠PAB＝1，AB＝AD，
所以2＋2＝1，
解得AD2＝8±.
∵cos∠PAD＝>0，
∴正方形ABCD的面积S＝AD2＝8＋.

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