6.4.3(3) 余弦定理、正弦定理的应用
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[ 【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019)]
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必修第二册同步巩固,难度2颗星!
基础知识
解三角形
一般地,三角形的三个角\(A\),\(B\),\(C\)和它们的对边\(a\),\(b\),\(c\)叫做三角形的元素。已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形.
余弦定理
1 内容
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\(a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\) ,\(b^2=a^2+c^2-2ac\cos B\),\(c^2=a^2+b^2-2ab\cos C\).
2 变形
\(\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}\) , \(\cos B=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2 a c}\) , \(\cos C=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2 a b}\)
3 利用余弦定理可以解决下列两类三角形的问题
(1) 已知三边,可求三个角;(2) 已知两边和一角,求第三边和其他两个角.
正弦定理
1 内容
在一个三角形中,各边和它所对角的正弦的比相等,即
\(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2 R\) (其中\(R\)是三角形外接圆半径)
2 变形
① \(\dfrac{a+b+c}{\sin A+\sin B+\sin C}=\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}\)
② 化边为角
\(a=2 R \sin A\) ,\(b=2R \sin B\) ,\(c=2R \sin C\)
\(a∶ b∶ c=\sin A∶ \sin B∶ \sin C\) ,
\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{\sin A}{\sin B}\) , \(\dfrac{b}{c}=\dfrac{\sin B}{\sin C}\) ,\(\dfrac{a}{c}=\dfrac{\sin A}{\sin C}\)
③ 化角为边
\(\sin A=\dfrac{a}{2 R}\),\(\sin B=\dfrac{b}{2 R}\) , \(\sin C=\dfrac{c}{2 R}\)
\(\dfrac{\sin A}{\sin B}=\dfrac{a}{b}\) , \(\dfrac{\sin B}{\sin C}=\dfrac{b}{c}\) , \(\dfrac{\sin A}{\sin C}=\dfrac{a}{c}\)
3 利用正弦定理可以解决下列两类三角形的问题
(1) 已知两个角及任意—边,求其他两边和另一角;
(2) 已知两边和其中—边的对角,求其他两个角及另一边.
面积公式
三角形解的个数问题
已知两边\(a\)、\(b\)和其中一边的对角\(A\),不能确定三角形的形状,此时三角形解可能是无解、一解、两解,要分类讨论.
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三角形类型的判断
\(\angle A=\dfrac{\pi}{2} \Rightarrow b^2+c^2=a^2\);
\(\angle A>\dfrac{\pi}{2} \Rightarrow \cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}<0 \Rightarrow b^2+c^2<a^2\);
\(\angle A<\dfrac{\pi}{2} \Rightarrow \cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}>0 \Rightarrow b^2+c^2>a^2\).
射影定理
\(a=c \cdot \cos B+b \cdot \cos C\) ,\(b=a \cdot \cos C+c \cdot \cos A\),\(c=b \cdot \cos A+a \cdot \cos B\)
基本方法
经典例题
【典题1】如图,\(A\),\(B\)是海平面上的两个点,相距\(800 m\),在\(A\)点测得山顶\(C\)的仰角为\(45^{\circ}\),\(∠BAD=120^{\circ}\),又在\(B\)点测得\(∠ABD=45^{\circ}\),其中\(D\)是点\(C\)到水平面的射影,求山高\(CD\).
解析 在\(△ABD\)中,\(∠BDA=180^{\circ}-45^{\circ}-120^{\circ}=15^{\circ}\).
由 \(\dfrac{A B}{\sin 15^{\circ}}=\dfrac{A D}{\sin 45^{\circ}}\),得 \(A D=\dfrac{A B \cdot \sin 45^{\circ}}{\sin 15^{\circ}}=\dfrac{800 \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}}{\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}=800(\sqrt{3}+1)(m)\).
\(\because CD⊥\)平面\(ABD\),\(∠CAD=45^{\circ}\),
\(\therefore C D=A D=800(\sqrt{3}+1)(m)\).
\(\therefore\)山高\(CD\)为\(800(\sqrt{3}+1)m\).
【典题2】如图,一架飞机以\(600km/h\)的速度,沿方位角\(60^{\circ}\)的航向从\(A\)地出发向\(B\)地飞行,飞行了\(36min\)后到达\(E\)地,飞机由于天气原因按命令改飞\(C\)地,已知\(AD=600\sqrt{3} km\),\(CD=1200km\) , \(BC=500km\),且\(∠ADC=30^{\circ}\),\(∠BCD=113^{\circ}\).问收到命令时飞机应该沿什么航向飞行,此时\(E\)地离\(C\)地的距离是多少?(参考数据: \(\tan 37^{\circ}=\dfrac{3}{4}\))
解析 连接\(AC\) ,\(CE\),在\(△ACD\)中由余弦定理,得
\(A C^2=(600 \sqrt{3})^2+1200^2-2 \cdot 600 \sqrt{3} \cdot 1200 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=360000\),
\(\therefore AC=600\),
则\(CD^2=AD^2+AC^2\),
即\(△ACD\)是直角三角形,且\(∠ACD=60^{\circ}\),
又\(∠BCD=113^{\circ}\),则\(∠ACB=53^{\circ}\),
\(\because \tan 37^{\circ}=\dfrac{3}{4}\), \(\therefore \cos 53^{\circ}=\sin 37^{\circ}=\dfrac{3}{5}\),
\(\therefore \cos \angle A C B=\dfrac{3}{5}\)
在\(△ABC\)中,由余弦定理得\(AB^2=600^2+500^2-2⋅600⋅500⋅\dfrac{3}{5}=500^2\),
则\(AB=500\),
又\(BC=500\),则\(△ABC\)是等腰三角形,且\(∠BAC=53^{\circ}\),
由已知有 \(A E=600 \cdot \dfrac{36}{60}=360\),
在\(△ACE\)中,由余弦定理有 \(C E=\sqrt{360^2+600^2-2 \cdot 360 \cdot 600 \cdot \dfrac{3}{5}}=480\),
又\(AC^2=AE^2+CE^2\),则\(∠AEC=90^{\circ}\).
由飞机出发时的方位角为 \(60^{\circ}\),则飞机由\(E\)地改飞\(C\)地的方位角为\(90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}\).
答:收到命令时飞机应该沿方位角\(150^{\circ}\)的航向飞行,\(E\)地离\(C\)地\(480km\).
点拨
① 在实际问题时,理解仰角、俯角(它是在铅锤面上所成的角),方位角(它是在水平面上所成的角);
② 方位角是相对于某点而言,在确定方位角时要弄清楚时哪一个点的方位角;
③ 处理实际问题时要根据题意把实际问题的图形进行简化,并在图形上标出有关的角或边,明确最后实际要求的量可转化为三角形的什么量,再思考正弦定理或余弦定理解三角形.
【巩固练习】
1.如图,为了开凿隧道 ,要测量隧道上\(D\),\(E\)间的距离,为此在山的一侧选取适当点\(C\),测得\(CA=400 m\),\(CB=600 m\),\(∠ACB=60^{\circ}\),又测得\(A\),\(B\)两点到隧道口的距离\(AD=80 m\),\(BE=40 m\)(\(A\),\(D\),\(E\),\(B\)在一条直线上),计算隧道\(DE\)的长.(精确到\(1 m\))
2.在某次军事演习中,红方为了准确分析战场形势,在两个相距 \(\dfrac{\sqrt{3}}{2} a\)的军事基地\(C\)和\(D\)测得蓝方两支精锐部队分别在\(A\)处和\(B\)处,且\(∠ADB=30^{\circ}\),\(∠BDC=30^{\circ}\),\(∠DCA=60^{\circ}\),\(∠ACB=45^{\circ}\),如图所示,求蓝方这两支精锐部队的距离.
3.为绘制海底地貌图,测量海底两点\(C\),\(D\)间的距离,海底探测仪沿水平方向在\(A\),\(B\)两点进行测量,\(A\),\(B\),\(C\),\(D\)在同一个铅垂平面内.海底探测仪测得\(∠BAC=30^{\circ}\) ,\(∠DAC=45^{\circ}\),\(∠ABD=45^{\circ}\) ,\(∠DBC=75^{\circ}\) ,同时测得\(AB=\sqrt{3}\)海里.
(1)求的长度;
(2)求\(C\),\(D\)之间的距离.
4.如图所示,为美化环境,拟在四边形\(ABCD\)空地上修建两条道路\(EA\)和\(ED\),将四边形分成三个区域,种植不同品种的花草,其中点\(E\)在边\(BC\)的三等分处(靠近\(B\)点),\(BC=3\)百米,\(BC⊥CD\),\(∠ABC=120^{\circ}\),\(EA=\sqrt{21}\)百米,\(∠AED=60^{\circ}\) .
(1)求\(△ABE\)区域的面积;
(2)为便于花草种植,现拟过\(C\)点铺设一条水管\(CH\)至道路\(ED\)上,求当水管\(CH\)最短时的长.
5.如图,海平面某区域内有\(A\),\(B\),\(C\)三座小岛,岛\(C\)在\(A\)的北偏东\(70^{\circ}\)方向,岛\(C\)在\(B\)的北偏东\(40^{\circ}\)方向,岛\(B\)在\(A\)的南偏东\(65^{\circ}\)方向,且\(A\),\(B\)两岛间的距离为\(3\)海里.
(1)求\(B\),\(C\)两岛间的距离;
(2)经测算海平面上一轮船\(D\)位于岛\(C\)的北偏西\(50^{\circ}\)方向,且与岛\(C\)相距\(3\sqrt{2}\)海里,求轮船在岛\(A\)的什么位置.(注:小岛与轮船视为一点)
参考答案
-
答案 \(409 m\)
解析在\(△ABC\)中,由余弦定理,得\(AB^2=AC^2+BC^2-2AC⋅BC\cos∠ACB\),
\(\therefore A B^2=400^2+600^2-2 \times 400 \times 600 \cos 60^{\circ}=280000\).
\(\therefore AB=200\sqrt{7}(m)\).
\(\therefore DE=AB-AD-BE=200\sqrt{7}-120≈409(m)\).
\(\therefore\)隧道\(DE\)的长约为\(409 m\). -
答案 \(\dfrac{\sqrt{6}}{4} a\)
解析 \(\because ∠ADC=∠ADB+∠BDC=60^{\circ}\),\(∠ACD=60^{\circ}\),
\(\therefore \angle D A C=60^{\circ}\), \(\therefore A D=C D=\dfrac{\sqrt{3}}{2} a\),
在\(△BCD\)中,\(∠DBC=180^{\circ}-30^{\circ}-105^{\circ}=45^{\circ}\),
\(\because \dfrac{B D}{\sin \angle B C D}=\dfrac{C D}{\sin \angle D B C}\),
\(\therefore B D=C D \cdot \dfrac{\sin \angle B C D}{\sin \angle D B C}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} a \cdot \dfrac{\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}=\dfrac{3+\sqrt{3}}{4} a\).
在\(△ADB\)中, \(\because A B^2=A D^2+B D^2-2 \cdot A D \cdot B D \cdot \cos \angle A D B\)
\(=\dfrac{3}{4} a^2+\left(\dfrac{3+\sqrt{3}}{4} a\right)^2-2 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} a \dfrac{3+\sqrt{3}}{4} a \cdot \dfrac{3+\sqrt{3}}{4} a \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3}{8} a^2\),
\(\therefore A B=\dfrac{\sqrt{6}}{4} a\).
\(\therefore\)蓝方这两支精锐部队的距离为 \(\dfrac{\sqrt{6}}{4} a\). -
答案 (1)\(\sqrt{2}\);(2)\(\sqrt{5}\)
解析 (1)如图所示,在\(△ABD\)中,
\(\because ∠BAD=∠BAC+∠DAC=30^{\circ} +45^{\circ} =75^{\circ}\) ,
\(\therefore ∠ADB=60^{\circ}\) ,
由正弦定理可得, \(\dfrac{A B}{\sin \angle A D B}=\dfrac{A D}{\sin \angle A B D}\), \(A D=\dfrac{\sqrt{3} \sin 45^{\circ}}{\sin 60^{\circ}}=\sqrt{2}\).
(2)\(\because ∠ABC=∠ABD+∠DBC=45^{\circ} +75^{\circ} =120^{\circ}\),\(∠BAC=∠BCA=30^{\circ}\) ,
\(\therefore BC=AB=\sqrt{3}\),\(\therefore AC=3\).
在\(△ACD\)中,由余弦定理得,\(CD^2=AC^2+AD^2-2AC⋅AD\cos ∠DAC=5\),
即\(CD=\sqrt{5}\)(海里)
答:\(AD=\sqrt{2}\),\(C\),\(D\)间的距离为\(\sqrt{5}\)海里. -
答案 (1)\(\sqrt{3}\) ;(2) \(\dfrac{5 \sqrt{7}}{7}\)
解析 (1)由题意得:\(BE=1\),\(∠ABC=120^{\circ}\) ,\(EA=\sqrt{21}\),
在\(△ABE\)中,\(\because AE^2=AB^2+BE^2-2AB⋅BE⋅\cos ∠ABE\),
\(\therefore 21=AB^2+1+AB\),解得\(AB=4\)百米
\(\therefore S_{\triangle A B E}=\dfrac{1}{2} \times A B \times B E \times \sin \angle A B E=\dfrac{1}{2} \times 4 \times 1 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\)平方百米.
(2)记\(∠AEB=α\),
在\(△ABE\)中, \(\dfrac{A B}{\sin \alpha}=\dfrac{A E}{\sin \angle A B E}\),即 \(\dfrac{4}{\sin \alpha}=\dfrac{\sqrt{21}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}\),
\(\therefore \sin \alpha=\dfrac{2 \sqrt{7}}{7}\), \(\cos \alpha=\sqrt{1-\sin ^2 \alpha}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\),
当\(CH⊥DE\)时,水管长最短,
在\(RtΔECH\)中,
\(C H=C E \sin \angle H E C=2 \sin \left(\dfrac{2 \pi}{3}-\alpha\right)=2 \sin \dfrac{2 \pi}{3} \cos \alpha-2 \cos \dfrac{2 \pi}{3} \sin \alpha=\dfrac{5 \sqrt{7}}{7}\)百米 -
答案 (1)\(3\sqrt{2}\) ;(2) \(D\)船在\(A\)岛北偏东\(25^{\circ}\)方向上,距离\(A\)岛\(3\sqrt{3}\)海里处.
解析 (1)由题意可得\(∠ABC=105^{\circ}\),\(∠BAC=45^{\circ}\),\(AB=3\),
\(\therefore ∠ACB=30^{\circ}\),
在\(△ABC\)中,由正弦定理得 \(\dfrac{A B}{\sin \angle A C B}=\dfrac{B C}{\sin \angle B A C}\),
即 \(\dfrac{3}{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{B C}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}\),解得\(BC=3\sqrt{2}\)(海里).
(2)由题意可知\(CD=3\sqrt{2}\),\(∠ACD=60^{\circ}\),
在\(△ABC\)中,由余弦定理得 \(A C=\sqrt{A B^2+B C^2-2 A B \cdot B C \cdot \cos \angle A B C}=3 \sqrt{2+\sqrt{3}}\),
在\(△ACD\)中,由余弦定理 \(A D=\sqrt{A C^2+C D^2-2 A C \cdot C D \cos \angle A C D}=3 \sqrt{3}\),
由正弦定理得: \(\dfrac{C D}{\sin \angle D A C}=\dfrac{A D}{\sin \angle A C D}\),即 \(\dfrac{3 \sqrt{2}}{\sin \angle D A C}=\dfrac{3 \sqrt{3}}{\sin 60^{\circ}}\),
解得 \(\sin \angle D A C=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\),
\(\therefore ∠DAC=45^{\circ}\),
\(\therefore D\)船在\(A\)岛北偏东\(25^{\circ}\)方向上,距离\(A\)岛\(3\sqrt{3}\)海里处.
分层练习
【A组---基础题】
1.如图,在河岸边有一点\(A\),河对岸有一点\(B\),要测量\(A\),\(B\)两点之间的距离,先在岸边取基线\(AC\),测得\(AC=120 m\),\(∠BAC=45^{\circ}\),\(∠BCA=75^{\circ}\),求\(A\),\(B\)两点间的距离.
2.如图,隔河看到两个目标,,但不能到达,在岸边选取相距\(\sqrt{3} km\)的,两点,并测得\(∠ACB=75^{\circ}\),\(∠BCD=45^{\circ}\),\(∠ADC=30^{\circ}\),\(∠ADB=45^{\circ}\)(\(A\),\(B\),\(C\),\(D\)在同一平面内),求两个目标\(A\),\(B\)之间的距离.
3.某市一棚户区改造用地平面示意图如图所示.该区域是半径为\(R\)的圆面,圆面的内接四边形\(ABCD\)是原棚户区建筑用地,测量可知\(AB=AD=4km\),\(BC=6km\),\(CD=2km\).
(1)求原棚户区建筑用地\(ABCD\)中对角线\(AC\)的长度;
(2)请计算原棚户区建筑用地\(ABCD\)的面积.
4.如图,某市郊外景区内一条笔直的公路\(a\)经过三个景点\(A\)、\(B\)、\(C\),景区管委会又开发了风景优美的景点\(D\),经测量景点\(D\)位于景点\(A\)的北偏东\(30^{\circ}\)方向\(8km\)处,位于景点\(B\)的正北方向,还位于景点\(C\)的北偏西\(75^{\circ}\)方向上,已知\(AB=5km\).
(1)景区管委会准备由景点\(D\)向景点\(B\)修建一条笔直的公路,不考虑其他因素,求出这条公路的长;(结果精确到\(0.1km\))
(2)求景点\(C\)与景点\(D\)之间的距离.(结果精确到\(0.1km\))
参考答案
-
答案 \(20(3\sqrt{2}+\sqrt{6})\)
解析 在\(△ABC\)中,\(AC=120 m\),\(∠BAC=45^{\circ}\),\(∠BCA=75^{\circ}\)
则\(B=180^{\circ}-(A+C)=60^{\circ}\),
由正弦定理,
得 \(A B=A C \dfrac{\sin C}{\sin B}=\dfrac{120 \sin 75^{\circ}}{\sin 60^{\circ}}=20(3 \sqrt{2}+\sqrt{6})\).
即\(A\),\(B\)两点间的距离为\(20(3\sqrt{2}+\sqrt{6})m\). -
答案 \(\sqrt{5} km\)
解析 在\(△ACD\)中,\(∠ADC=30^{\circ}\),\(∠ACD=120^{\circ}\),
\(\therefore ∠CAD=30^{\circ}\),
\(\therefore AC=CD=\sqrt{3}\).
在\(△BDC\)中,\(∠CBD=180^{\circ}-(45^{\circ}+30^{\circ}+45^{\circ})=60^{\circ}\).
在\(△BCD\)中,由正弦定理,得 \(B C=\dfrac{\sqrt{3} \sin 75^{\circ}}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\).
则在\(△ABC\)中,由余弦定理,得
\(AB^2=AC^2+BC^2-2AC⋅BC⋅\cos ∠BCA\)
\(=(\sqrt{3})^2+\left(\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\right)^2-2 \sqrt{3} \times \dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2} \cos 75^{\circ}=5\).
\(\therefore AB=\sqrt{5}\).
\(\therefore\) 两个目标\(A\),\(B\)之间的距离为\(\sqrt{5} km\). -
答案 (1) \(2\sqrt{7} km\);(2) \(8\sqrt{3} (km^2 )\)
解析(1)由题意得\(\cos ∠B=-\cos ∠D\),
由余弦定理得,\(AC^2=4^2+6^2-2×4×6\cos B=4^2+2^2-2×2×4\cos ∠D\),
所以 \(\cos \angle B=\dfrac{1}{2}\),
由\(B\)为三角形内角得,\(∠B=60^{\circ}\) ,\(∠D=120^{\circ}\),
故\(AC=2\sqrt{7} km\);
(2)由题意得四边形\(ABCD\)的面积 \(S=\dfrac{1}{2} \times 4 \times 6 \sin 60^{\circ}+\dfrac{1}{2} \times 2 \times 4 \sin 120^{\circ}=8 \sqrt{3}\left(\mathrm{~km}^2\right)\). -
答案 (1) \(3.9km\);(2) \(4km\)
解析 (1)法1:在\(△DAB\)中,\(∠ADB=30^{\circ}\),\(AD=8km\),\(AB=5km\),
设\(DB=xkm\),由余弦定理,得\(5^2=8^2+x^2-2×8x\cos 30^{\circ}\),
解得\(x=4\sqrt{3}-3≈3.9\),\(\therefore\) 这条公路的长为\(3.9\).
法2:如图,过点\(D\)作\(DE⊥AC\)于点\(E\),过点\(A\)作\(AF⊥DB\),交\(DB\)的延长线于点\(F\)
在\(Rt△DAF\)中,\(∠ADF=30^{\circ}\), \(\therefore A F=\dfrac{1}{2} A D=\dfrac{1}{2} \times 8=4\),
\(\therefore D F=\sqrt{A D^2-A F^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4 \sqrt{3}\);
在\(Rt△ABF\)中, \(B F=\sqrt{A B^2-A F^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3\),
\(\therefore BD=DF-BF=4\sqrt{3}-3≈3.9\),
\(\therefore\)这条公路的长为\(3.9\).
(2) \(\sin \angle A B F=\dfrac{A F}{A B}=\dfrac{4}{5}\),在\(Rt△DBE\)中, \(\sin \angle D B E=\dfrac{D E}{B D}\),
\(\because ∠ABF=∠DBE\), \(\therefore \sin \angle D B E=\dfrac{4}{5}\),
\(\therefore D E=B D \cdot \sin \angle D B E=\dfrac{4}{5} \times(4 \sqrt{3}-3)=\dfrac{16 \sqrt{3}-12}{5} \approx 3.1(\mathrm{~km})\)
由题意可知\(∠CDB=75^{\circ}\),由(1)可知 \(\sin \angle D B E=\dfrac{4}{5}=0.8\),
所以\(∠DBE=53^{\circ}\),
\(\therefore ∠DCB=180^{\circ}-75^{\circ}-53^{\circ}=52^{\circ}\)
在\(Rt△DCE\)中, \(\sin \angle D C E=\dfrac{D E}{D C}\),
\(\therefore D C=\dfrac{D E}{\sin 52^{\circ}} \approx \dfrac{3.1}{0.79} \approx 4(\mathrm{~km})\)
\(\therefore\)景点\(C\)与景点\(D\)之间的距离约为\(4km\).
【B组---提高题】
1.某校要在一条水泥路边安装路灯,其中灯杆的设计如图所示,\(AB\)为地面,\(CD\),\(CE\)为路灯灯杆,\(CD⊥AB\), \(\angle D C E=\dfrac{2 \pi}{3}\),在 处安装路灯,且路灯的照明张角 \(\angle M E N=\dfrac{\pi}{3}\).已知\(CD=4m\),\(CE=2m\).
(1)当\(M\),\(D\)重合时,求路灯在路面的照明宽度\(MN\);
(2)求此路灯在路面上的照明宽度\(MN\)的最小值.
2.如图所示,某镇有一块空地\(△OAB\),其中\(OA=3km\),\(OB=3\sqrt{3} km\),\(∠AOB=90^{\circ}\).当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点,拟在中间挖一个人工湖\(△OMN\),其中\(M\),\(N\)都在边\(AB\)上,且\(∠MON=30^{\circ}\),挖出的泥土堆放在\(△OAM\)地带上形成假山,剩下的\(△OBN\)地带开设儿童游乐场.为安全起见,需在\(△OAN\)的一周安装防护网.
(1)当 \(A M=\dfrac{3}{2} k m\)时,求防护网的总长度;
(2)为节省投入资金,人工湖\(△OMN\)的面积要尽可能小,问如何设计施工方案,可使\(△OMN\)的面积最小?最小面积是多少?
参考答案
-
答案 (1) \(\dfrac{7 \sqrt{3}}{2} m\);(2) \(\dfrac{10 \sqrt{3}}{3} m\)
解析(1)当\(M\),\(D\)重合时,
由余弦定理知, \(M E=D E=\sqrt{C D^2+C E^2-2 C D \cdot C E \cdot \cos \angle D C E}=2 \sqrt{7}\),
所以 \(\cos \angle C D E=\dfrac{C D^2+D E^2-C E^2}{2 C D \cdot D E}=\dfrac{5 \sqrt{7}}{14}\),
因为 \(\angle C D E+\angle E M N=\dfrac{\pi}{2}\),
所以 \(\sin \angle E M N=\cos \angle C D E=\dfrac{5 \sqrt{7}}{14}\),
因为\(\cos ∠EMN>0\),
所以 \(\cos \angle E M N=\sqrt{1-\sin ^2 \angle E M N}=\dfrac{\sqrt{21}}{14}\),
因为 \(\angle M E N=\dfrac{\pi}{3}\),
所以 \(\sin \angle E N M=\sin \left(\dfrac{2 \pi}{3}-\angle E M N\right)=\sin \dfrac{2 \pi}{3} \cos \angle E M N-\cos \dfrac{2 \pi}{3} \sin \angle E M N=\dfrac{2 \sqrt{7}}{7}\).
\(\therefore\)在\(△EMN\)中,由正弦定理可知, \(\dfrac{M N}{\sin \angle M E N}=\dfrac{E M}{\sin \angle E N M}\),
解得 \(M N=\dfrac{7 \sqrt{3}}{2}\);
(2)易知\(E\)到地面的距离 \(h=4+2 \sin \left(\dfrac{2 \pi}{3}-\dfrac{\pi}{2}\right)=5 m\),
由三角形面积公式可知, \(S_{\triangle E M N}=\dfrac{1}{2} \cdot M N \cdot 5=\dfrac{1}{2} E M \cdot E N \cdot \sin \dfrac{\pi}{3}\),
所以 \(\dfrac{10}{\sqrt{3}} M N=E M \cdot E N\),
又由余弦定理可知,\(MN^2=EM^2+EN^2-2EM⋅EN⋅\cos \dfrac{\pi}{3}⩾EM⋅EN\),
当且仅当\(EM=EN\)时,等号成立,
所以 \(M N^2 \geqslant \dfrac{10}{\sqrt{3}} M N\),解得 \(M N \geqslant \dfrac{10 \sqrt{3}}{3}\);
答:(1)路灯在路面的照明宽度为\(\dfrac{7 \sqrt{3}}{2} m\);(2)照明宽度\(MN\)的最小值为 \(\dfrac{10 \sqrt{3}}{3} m\). -
答案 (1) \(9km\);(2) \(\dfrac{27(2-\sqrt{3})}{4} k m^2\)
解析(1)\(\because OA=3km\),\(OB=3\sqrt{3} km\),\(∠AOB=90^{\circ}\),
\(\therefore A=60^{\circ}\),\(AB=6\).
在\(△OAM\)中,由余弦定理得\(O M^2=O A^2+A M^2-2 O A \cdot A M \cdot \cos A=\dfrac{27}{4}\).
\(\therefore O M=\dfrac{3 \sqrt{3}}{2}\).
由正弦定理得\(\dfrac{A M}{\sin \angle A O M}=\dfrac{O M}{\sin A}\),即 \(\dfrac{\dfrac{3}{2}}{\sin \angle A O M}=\dfrac{\dfrac{3 \sqrt{3}}{2}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}\),
\(\therefore \sin \angle A O M=\dfrac{1}{2}\).\(\therefore A=30^{\circ}\).
\(\therefore ∠AON=∠AOM+∠MON=60^{\circ}\).
\(\therefore △OAN\)是等边三角形.
\(\therefore △OAN\)的周长\(C=3OA=9\).
\(\therefore\) 防护网的总长度为\(9km\).
(2)设\(∠AOM=θ(0^{\circ}<θ<60^{\circ})\),
则\(∠AON=θ+30^{\circ}\),\(∠OMA=120^{\circ}-θ\),\(∠ONA=90^{\circ}-θ\).
在\(△OAM\)中,由正弦定理得 \(\dfrac{O M}{\sin A}=\dfrac{O A}{\sin \angle O M A}\),
即 \(\dfrac{O M}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{3}{\sin \left(120^{\circ}-\theta\right)}=\dfrac{3}{\sin \left(60^{\circ}+\theta\right)}\).
\(\therefore O M=\dfrac{3 \sqrt{3}}{2 \sin \left(60^{\circ}+\theta\right)}\),
在\(△AON\)中,由正弦定理得 \(\dfrac{O N}{\sin A}=\dfrac{O A}{\sin \angle O N A}\),
即 \(\dfrac{O N}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{3}{\sin \left(90^{\circ}-\theta\right)}=\dfrac{3}{\cos \theta}\),
\(\therefore O N=\dfrac{3 \sqrt{3}}{2 \cos \theta}\),
\(\therefore S_{\triangle O M N}=\dfrac{1}{2} O M \cdot O N \cdot \sin \angle M O N\)\(=\dfrac{27}{16 \cos \theta \sin \left(\theta+60^{\circ}\right)}=\dfrac{27}{8 \sin \left(2 \theta+60^{\circ}\right)+4 \sqrt{3}}\).
\(\therefore\)当且仅当\(2θ+60^{\circ}=90^{\circ}\),即\(θ=15^{\circ}\)时,
\(△OMN\)的面积取最小值为 \(\dfrac{27}{8+4 \sqrt{3}}=\dfrac{27(2-\sqrt{3})}{4} \mathrm{~km}^2\).
【C组---拓展题】
1.如图,已知扇形\(OMN\)是一个观光区的平面示意图,其中扇形半径为\(10\)米, \(\angle M O N=\dfrac{\pi}{3}\),为了便于游客观光和旅游,提出以下两种设计方案:
(1)如图\(1\),拟在观光区内规划一条三角形\(ABO\)形状的道路,道路的一个顶点\(B\)在弧\(MN\)上,另一顶点\(A\)在半径\(OM\)上,且\(AB∥ON\),求\(△ABO\)周长的最大值;
(2)如图\(2\),拟在观光区内规划一个三角形区域种植花卉,三角形花圃\(ABC\)的一个顶点\(B\)在弧\(MN\)上,另两个顶点\(A\)、\(C\)在半径\(OM\)、\(ON\)上,且\(AB∥ON\),\(AC⊥ON\),求花圃\(△ABC\)面积的最大值.
参考答案
- 答案 (1) \(\dfrac{20 \sqrt{3}}{3}+10\)米 ;(2) \(\dfrac{25 \sqrt{3}}{3}\)平方米
解析(1)\(\because AB∥ON\), \(\angle M O N=\dfrac{\pi}{3}\), \(\therefore \angle O A B=\dfrac{2 \pi}{3}\),
又\(OB=10\),设 \(\angle M O B=\theta, \theta \in\left(0, \dfrac{\pi}{3}\right)\),
在\(△AOB\)中,由正弦定理可知, \(\dfrac{O B}{\sin \angle O A B}=\dfrac{A B}{\sin \theta}=\dfrac{O A}{\sin \left(\dfrac{\pi}{3}-\theta\right)}=\dfrac{10}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{20 \sqrt{3}}{3}\),
\(\therefore A B=\dfrac{20}{\sqrt{3}} \sin \theta\),\(O A=\dfrac{20}{\sqrt{3}} \sin \left(\dfrac{\pi}{3}-\theta\right)\)
\(\therefore △AOB\)的周长 \(f(\theta)=\dfrac{20}{\sqrt{3}}\left[\sin \theta+\sin \left(\dfrac{\pi}{3}-\theta\right)\right]+10, \quad \theta \in\left(0, \dfrac{\pi}{3}\right)\).
化简得 \(f(\theta)=\dfrac{20}{\sqrt{3}} \sin \left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)+10\).
\(\therefore \theta=\dfrac{\pi}{6}\)时,\(△AOB\)的周长有最大值为\(\dfrac{20 \sqrt{3}}{3}+10\)米.
答:\(△ABO\)周长的最大值为\(\dfrac{20 \sqrt{3}}{3}+10\)米;
(2)\(\because\)图\(2\)中\(△ABC\)与图\(1\)中\(△ABO\)面积相等,
而在\(△ABO\)中,\(\because OB=r=10\),\(AB∥ON\), \(\angle M O N=\dfrac{\pi}{3}\),
\(\therefore \angle O A B=\dfrac{2 \pi}{3}\).
由余弦定理知,\(OB^2=OA^2+AB^2-2OA\cdot AB\cdot \cos ∠OAB\),
\(\therefore 100=OA^2+AB^2+OA\cdot AB≥3OA\cdot AB\),
\(\therefore O A \cdot A B \leq \dfrac{100}{3}\),当且仅当 \(O A=A B=\dfrac{10}{\sqrt{3}}=\dfrac{10 \sqrt{3}}{3}\)时取\(“=”\).
\(\therefore S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} O A \cdot A B \cdot \sin 120^{\circ} \leq \dfrac{1}{2} \times \dfrac{100}{3} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{25 \sqrt{3}}{3}\)平方米.
答:花圃\(△ABC\)面积的最大值为\(\dfrac{25 \sqrt{3}}{3}\) 平方米,此时 \(O A=O B=\dfrac{10 \sqrt{3}}{3}\)米.