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思维导图
- zhimap动态
典例剖析
法1:代数法,由(cfrac{a}{sinA}=cfrac{b}{sinB}),得到(sinB=cfrac{sqrt{3}}{2}),
故(B=60^{circ})或(B=120^{circ}),则对应的三角形有两个,故选(B);
法2:几何图形法,可仿例3完成,由于(bsinA=sqrt{3}),则(bsinA<a<b),
故满足条件的三角形有两个。
法1:从数的角度入手,由正弦定理(cfrac{k}{sinA}=cfrac{12}{sin60^{circ}}),
得到方程(k=8sqrt{3}sinA,Ain(0,cfrac{2pi}{3}))有一个解,或者两个函数图像有一个交点,数形结合求解即可。
由图可知,满足题意的三角形恰有一个,则(kin(0,12])或(k=8sqrt{3})。
法2:从形的角度入手,动静元素互相换位,即理解为让长度为(12)的边变化,让长度为(k)的边不变化。
如图,以点(C)为圆心画弧,当(12)小于点(C)到边(AB)的高度(k imescfrac{sqrt{3}}{2})时,
即(k imescfrac{sqrt{3}}{2}>12)时,解得(k>8sqrt{3}),此时三角形是不存在的;
当(12)等于点(C)到边(AB)的高度(k imescfrac{sqrt{3}}{2})时,
即(12=kcfrac{sqrt{3}}{2}),解得(k=8sqrt{3}),三角形是唯一的;
当(12)大于点(C)到边(AB)的高度(kcdotcfrac{sqrt{3}}{2})时,三角形是两个的,
即(12>k imes cfrac{sqrt{3}}{2}),解得(k<8sqrt{3});
当(12)大于或等于边(BC)时,三角形是唯一的,即(0<kleqslant 12),
综上可知,当(k=8sqrt{3})或(kin(0,12])时,满足条件的三角形恰好只有一个。
【解后反思】①动静互换,体现了思维的灵活性;②是否可以这样想,有一种从形入手分析的思路,必然就会有一种从数入手的思路与之对应。
分析:用正弦定理的边的形式,边化角,
得到(sinBcosC+sinCcosB=sinAsinA),即(sin(B+C)=sinA=sinAsinA),
由于(sinA eq 0),故(sinA=1),故(A=cfrac{pi}{2}),故为直角三角形。
反思总结:1、不是所有的题目都即可以角化边,也可以边化角。比如本题目如果角化边,得到(bcdot cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}+ccdot cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=acdot cfrac{a}{2R}),接下来(R)没办法处理,思路陷入僵局。
2、角化边是应该是(sinA=cfrac{a}{2R}),而不是(sinA=a),我们碰到的题目大多能左右约掉(2R),但不是所有都可以约掉。
分析:由条件(2sinAcosB=sinC)得到,(2sinAcosB=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB),
整理得到(sinAcosB-cosAsinB=0),即(sin(A-B)=0),
故(A=B),即为等腰三角形。
法2:角化边,(2cfrac{a}{2R}cdot cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=cfrac{c}{2R}),变形整理得到,
(a^2+c^2-b^2=c^2),即(a^2=b^2),则(a=b),故为等腰三角形。
法1:边化角,得到(sinAcosA=sinBcosB),即(sin2A=sin2B),
故(2A=2B)或(2A+2B=pi),
故(A=B)或(A+B=cfrac{pi}{2}),则为等腰或直角三角形。
法2:角化边,(acdot cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=bcdot cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}),
两边同乘以(ab),得到(a^2(b^2+c^2-a^2)=b^2(a^2+c^2-b^2)),
变形整理得到((a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)=0),
故(a^2=b^2)或(a^2+b^2=c^2),
即所求三角形为等腰或直角三角形。
分析:角化边,得到(2a^2=(2b+c)b+(2c+b)c),
即(a^2=b^2+c^2+bc),即(b^2+c^2-a^2=-bc);
故(cosA=cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=-cfrac{1}{2}),则(A=cfrac{2pi}{3}),且有(sinA=cfrac{sqrt{3}}{2})。
再将(a^2=b^2+c^2+bc)边化角,得到(sin^2A=sin^2B+sin^2C+sinBsinC)
(sinA=cfrac{sqrt{3}}{2})代入上式得到(cfrac{3}{4}=(sinB+sinC)^2-sinBsinC),
得到(sinBsinC=cfrac{1}{4}),又由(sinB+sinC=1)解得(sinB=sinC=cfrac{1}{2}),由(B、Cin (0,cfrac{pi}{3})),
故可得(B=C=cfrac{pi}{6}),综上可得(Delta ABC)的形状为等腰钝角三角形。
反思总结:本题目若从边化角入手,会变得比较复杂。
分析:由(4overrightarrow{AD}=overrightarrow{AC}+3overrightarrow{AB}),可得(3overrightarrow{AD}-3overrightarrow{AB}=overrightarrow{AC}-overrightarrow{AD}),
即(3overrightarrow{BD}=overrightarrow{DC}),即(|CD|=3|BD|),又(4c+a=8),
则(a=8-4c=|BC|),(|BD|=cfrac{1}{4}|BC|=2-c),(|CD|=6-2c),
又由于(AD)为(angle BAC)的平分线,由角平分线定理可知,
(cfrac{BD}{CD}=cfrac{AB}{AC}=cfrac{1}{3}),故(|AC|=3c),
在( riangle ABD)与( riangle ACD)中,分别对(angle BAD)和(angle DAC)用余弦定理可得,
(cfrac{3+c^2-(2-c)^2}{2 imes sqrt{3}c}=cfrac{3+(3c)^2-(6-3c)^2}{2 imes sqrt{3} imes 3c})
解得(c=cfrac{5}{4}),(b=cfrac{15}{4}),(a=3)。
解后反思:本题目需要特别注意向量系数的拆分技巧;
分析:由(cfrac{a}{cosA}=cfrac{a}{cosB}),得到(cosA=cosB),由于(y=cosx)在((0,pi))上单递,故(A=B),即(a=b),
则原式可变形为(cfrac{a}{cosA}=cfrac{b}{cosB}=cfrac{c}{cosC}),令(cfrac{a}{cosA}=cfrac{b}{cosB}=cfrac{c}{cosC}=k),
则(a=kcdot cosA),(b=kcdot cosB),(c=kcdot cosC),由正弦定理可得,
(a=kcdot cosA=2RsinA),(b=kcdot cosB=2RsinB),(c=kcdot cosC=2RsinC),
则(tanA=cfrac{sinA}{cosA}=cfrac{k}{2R}),(tanB=cfrac{sinB}{cosB}=cfrac{k}{2R}),(tanC=cfrac{sinC}{cosC}=cfrac{k}{2R}),
则(tanA=tanB=tanC),又由于函数(y=tanx)在区间((0,cfrac{pi}{2}))上单调递增,
故(A=B=C),则选(D)。
分析:(sinBcdot sinC=cos^2cfrac{A}{2}=cfrac{1+cosA}{2}),
则(2sinBcdot sinC=1+cosA=1-cos(B+C)),
即(cos(B+C)-2sinBcdot sinC=1),整理得到(cos(B-C)=1),
由于(B,C)为三角形的内角,故(B=C),
又由于(sin^2B+sin^2C=sin^2A),则(b^2+c^2=a^2),
故( riangle ABC)的形状为等腰直角三角形,故选(D)。
分析:设电视塔(AB)高为(x; m),
则在(RtDelta ABC)中,由(angle ACB=45°)得(BC=x).
在(RtDelta ADB)中,由(angle ADB=30°),得(BD=sqrt{3}x).
在(Delta BDC)中,由余弦定理,得
(BD^2=BC^2+CD^2-2BCcdot CDcdot cos120°),
即((sqrt{3}x)^2=x^2+40^2-2cdot xcdot 40cdot cos120°),
解得(x=40),所以电视塔高为(40 m).
反思总结:①解三角形问题时,常常需要将立体问题平面化;②当已知条件不在一个三角形中时,我们常常将其转化到一个三角形中,再求解即可。
分析:在(Delta ACD)中,由(angle ADC=delta+gamma=60^{circ}),(angle ACD=60^{circ}),(CD=cfrac{sqrt{3}}{2}km),
可得边(AC=CD=cfrac{sqrt{3}}{2}km);
在(Delta BCD)中,由(angle BDC=30^{circ}),(angle BCD=105^{circ}),(CD=cfrac{sqrt{3}}{2}km),
故由正弦定理,可得(BC=cfrac{DC}{sinangle DBC}cdot sinangle BDC=cfrac{sqrt{6}}{4});
在(Delta ABC)中,由(angle ACB=45^{circ}),(AC=cfrac{sqrt{3}}{2}km),(BC=cfrac{sqrt{6}}{4}),
由余弦定理可得,(AB^2=BC^2+AC^2-2BCcdot ACcdot cos45°),
解得(AB=cfrac{sqrt{6}}{4}km)
反思总结:1、怎么分析?由果溯因,题目要求解(AB)的长度,需要将其放置到一个三角形中,图中能包纳(AB)在内的三角形有三个,分别是(Delta ABC)和(Delta ABD)和(Delta AOB),首先能排除的是不选(Delta AOB),原因是已知条件都用不上。接下来,选择的这两个三角形,从已知数据的角度看是对称的,所以随便选一个,比如(Delta ABC)。在此三角形中,(angle ACB=45^{circ})能用上,自然还得知道边(AC)和(BC),要求解边(AC),也得选个三角形,比如选(Delta ACD),用正弦定理求解(AC)即可;要求解边(BC),也得选个三角形,比如选(Delta BCD),用余弦定理求解(BC)即可;到此,回到(Delta ABC)中,用余弦定理就可以搞定问题了。
2、当已知条件转化到一个三角形中时,问题就变得迎刃而解了。
分析:设缉私船沿北偏东( heta)的(CD)方向能最快追上,所需时间为(t)小时,并设(angle DCB=alpha),
在(Delta ABC)中,(AB=sqrt{3}-1),(AC=2),(angle BAC=120^{circ}),
则由余弦定理可知,(BC^2=AC^2+AB^2-2cdot ACcdot ABcdot cos120^{circ}=cdots=6),则(BC=sqrt{6});
在(Delta ABC)中,由正弦定理可知,(cfrac{AC}{sinangle CBA}=cfrac{BC}{sin120^{circ}}),代值整理得到
(sinangle CBA=cfrac{sqrt{2}}{2}),则可知(angle CBA=cfrac{pi}{4}),即(B、C)两点在正东正西方向上。
在(Delta BCD)中,(BC=sqrt{6}),(BD=10t),(CD=10sqrt{3}t),(angle CBD=120^{circ}),
则由余弦定理可知,(CD^2=BC^2+BD^2-2cdot BCcdot BDcdot cos120^{circ}),
化简整理得,(200t^2-10sqrt{6}t-6=0),即((20t+sqrt{6})(10t-sqrt{6})=0),
解得(t=cfrac{sqrt{6}}{10}approx 0.245)小时(=14.7)分钟。
此时,由正弦定理可得,(cfrac{BD}{sinangle DCB}=cfrac{CD}{sin120^{circ}}),
即(cfrac{10t}{sinalpha}=cfrac{10sqrt{3}t}{sin120^{circ}}),
代值整理得到,(sinalpha=cdots=cfrac{1}{2}),故(alpha=30^{circ})。
即沿北偏东(60^{circ})或东偏北(30^{circ})方向能追上,最快用时约(14.7)分钟。
反思总结:①本题目的难点之一,就是根据题意做出图形,作图时需要理解题中的各种角的含义,
②且在(A、B、C)处需要建立方位。同时还存在做出的是俯视图还是斜二测图形。
③题目一开始我们并不知道(BC)两点在正东正西方向上,所以直接设沿着东偏北多少是错误的。
④在(Delta BCD)中使用正弦定理求(sinangle DCB)时,代入边长时要么都用边长,要么都使用速度,以减少运算错误;如果利用余弦定理计算(cosangle DCB)会非常麻烦。
[法1]:解三角形法,设风暴移动的时间为(t)小时, 半径为(300km)的(odot B)代表风暴以及殃及的范围;
则要使得码头不处于危险内,则需要(AB>300);若(ABleqslant 300),则此刻码头一定在危险区内;
由题可知,(AB^2=OA^2+OB^2-2 imes OA imes OB imes cos45^{circ})
即(AB^2=400^2+400t^2-2 imes20t imes400 imescfrac{sqrt{2}}{2}),
令(AB^2leqslant 300^2),即(400^2+400t^2-2 imes20t imes400 imescfrac{sqrt{2}}{2}leqslant 300^2),
整理得到,(400t^2-2 imes20t imes400 imescfrac{sqrt{2}}{2}+400^2-300^2leqslant 0)
先变形为(400t^2-2 imes20t imes400 imescfrac{sqrt{2}}{2}+(400+300)(400-300)leqslant 0)
再变形为(4t^2-2 imes20t imes4 imescfrac{sqrt{2}}{2}+700leqslant 0)
再变形为(t^2-2 imes20t imescfrac{sqrt{2}}{2}+175leqslant 0)
即(t^2-20sqrt{2}t+175leqslant 0),接下来不应该考虑十字相乘法分解,应该考虑公式法。
对方程(t^2-20sqrt{2}t+175=0)而言,其求根公式为
(t=cfrac{20sqrt{2}pmsqrt{(20sqrt{2})^2-4 imes 175}}{2 imes1}=cfrac{20sqrt{2}pm 10}{2}=10sqrt{2}pm 5)
解得(10sqrt{2}-5leqslant t leqslant 10sqrt{2}+5)
即当时间(t=10sqrt{2}-5)时开始,码头进入危险区,当(t=10sqrt{2}+5)时开始,码头脱离危险区,
所以码头处于危险区的时间为(10sqrt{2}+5-(10sqrt{2}-5)=10).
解后反思:本题目的难点比较多,
①转化为解三角形模型;
②对(AB^2 leqslant 300^2)的理解;
③解不等式,十字相乘法变换为公式法;
④对(t=10sqrt{2}pm 5)的理解;
[法2]:平面几何法,将风暴理解为一个质点,将码头扩大为一个半径为(300km)的圆(odot A),
则当风暴沿着射线(OD)运动时,码头处于危险区的距离为图中的线段(CD),
在(Rt riangle OAE)中,容易知道(AE=200sqrt{2}),
则由相交弦定理可知,(DE^2=(300-200sqrt{2}) imes (300+200sqrt{2})=100^2),
故(DE=100),(CD=200),可知风暴作用于码头的距离是(200km),
故码头处于危险区的时间为(cfrac{200}{20}=10)小时。
(1)、求(cfrac{sinB}{sinC});
(2)、若(AD=1),(DC=cfrac{sqrt{2}}{2}),求(BD)和(AC)的长。
分析:(1) 先转化(cfrac{sinB}{sinC}=cfrac{b}{c});接下来只需要在(Delta ABC)中利用某个条件,求得(cfrac{b}{c})即可;
由于(cfrac{S_{Delta ABD}}{S_{Delta ACD}}=cfrac{cfrac{1}{2}cdot ABcdot ADcdot sinangle BAD }{cfrac{1}{2}cdot ACcdot ADcdot sinangle CAD })
(=cfrac{cfrac{1}{2}cdot ABcdot ADcdot sin heta }{cfrac{1}{2}cdot ACcdot ADcdot sinphi }=cfrac{AB}{AC}=cfrac{c}{b}=2)
故(cfrac{sinB}{sinC}=cfrac{b}{c}=cfrac{1}{2});
(2)、由(cfrac{S_{Delta ABD}}{S_{Delta ACD}}=cfrac{cfrac{1}{2}cdot BDcdot h}{cfrac{1}{2}cdot CDcdot h}=2)
则有(cfrac{BD}{CD}=2),又(DC=cfrac{sqrt{2}}{2}),则(BD=sqrt{2})。
在(Delta ABD)中,由余弦定理可知,(AB^2=AD^2+BD^2-2cdot ADcdot BDcdot cosalpha①),
在(Delta ACD)中,由余弦定理可知,(AC^2=AD^2+CD^2-2cdot ADcdot CDcdot coseta②),
由(①+2 imes ②)得到,(AB^2+2AC^2=3AD^2+BD^2+2CD^2=6),又(AB=2AC)
解得(AC=1)。
【解后反思】①、看到三角形面积,则应该想起(S_{Delta}=cfrac{1}{2}absinC=cfrac{1}{2}acdot h_{a});
②、求(BD)长,思路一是利用面积的方法,思路二还可以用角平分线定理,
由(cfrac{AB}{AC}=cfrac{BD}{DC}),又(cfrac{c}{b}=cfrac{AB}{AC}=2),故(cfrac{BD}{DC}=2),即(BD=2CD=sqrt{2})。
③、本题的关键题眼
第一问中,( heta=phi),故面积中(sin heta=sinphi)
第二问中求(BD)的长,既可以利用面积之比,也可以利用角平分线定理;
第二问中求(AC)的长,既可以利用(cos heta=cosphi)得到相等关系,也可以利用(cosalpha+coseta=0)得到相等关系;
法1:由(a^2=b^2+c^2-2bccosA)及(a^2=2b^2(1-sin A)), 且有 (b=c),
(2b^2(1-sin A)=2b^2-2b^2cosA=2b^2(1-cosA)),
即(1-sinA=1-cosA),则有(tanA=1),故(A=cfrac{pi}{4}),选(C)。
法2:由题目(B=C,A+B+C=pi),可知(B=cfrac{pi}{2}-cfrac{A}{2}),
由正弦定理及(a^2=2b^2(1-sin A))可得,
(sin^2A=2sin^2B(1-sinA)),即(sin^2A=2sin^2(cfrac{pi}{2}-cfrac{A}{2})(1-sinA)),
即(sin^2A=2cos^2cfrac{A}{2}cdot (1-sinA)),即(4sin^2cfrac{A}{2}cdot cos^2cfrac{A}{2}=2cos^2cfrac{A}{2}cdot (1-sinA)),
即(cos^2cfrac{A}{2}cdot (1-sinA-2sin^2cfrac{A}{2})=0)
即(cos^2cfrac{A}{2}cdot (cosA-sinA)=0)
由于(Ain (0,pi)),(cfrac{A}{2}in(0,cfrac{pi}{2})),(coscfrac{A}{2} eq 0)
故(cosA=sinA),(tanA=1),则(A=cfrac{pi}{4})。选(C)。
分析:本题目已知(c=AB=sqrt{13}),(a=BC=3),(angle C=120^{circ}),
即已知两边及一边的对角,求第三边(AC=b=?);
求解思路可以用正弦定理,也可以用余弦定理,不过使用余弦定理一次就能到位。
由(c^2=a^2+b^2-2abcosC),代值得到(13=9+b^2-2 imes 3 imes b imes (-cfrac{1}{2}));
化简得到(b^2+3b-4=0),解得(b=1)或(b=-4)(舍负),故(AC=1),选(A)。
反思:在具体题目中到底应该选正弦定理还是余弦定理来解三角形,应该具体分析,当然还需要我们搞清楚这两个定理能解决的基本类型,以便于更好的使用。
分析:做出(BC)边的高线(AD),由于注意到有了两个直角三角形,且(angle B=cfrac{pi}{4}),
则可以引入参数,设(AD=x),则(BD=x),(AB=sqrt{2}x),
由题目可知(BC=3x),则(CD=3x-x=2x) ,(AC=sqrt{5}x),
到此,在(Delta ABC)中,三边都已经表示出来,且知道一个角,用正弦定理可得
(cfrac{sqrt{5}x}{sin45^{circ}}=cfrac{3x}{sinangle BAC}),化简得到(sinangle BAC=cfrac{3sqrt{10}}{10}),故选D
【解后反思】1、大胆引入参数,最后往往就会在运算中消失于无形;2、特别要注意特殊的直角三角形的边角关系,要熟记于心,以便于灵活运用。3、本题当然还可以先用余弦定理求得(cosA),再求得(sinA),但是走了弯路。
分析:设(2sinA=sqrt{3}sinB=3sinC=k),
则(sinA=cfrac{k}{2}),(sinB=cfrac{k}{sqrt{3}}),(sinC=cfrac{k}{3}),
则有(a:b:c=sinA:sinB:sinC),即(a:b:c=cfrac{k}{2}:cfrac{k}{sqrt{3}}:cfrac{k}{3}=3:2sqrt{3}:2)
由此再设得到(a=3m),(b=2sqrt{3}m),(a=2m(m>0))(引入非零比例因子的好处),
由余弦定理可知,(cosB=cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=cfrac{9m^2+4m^2-12m^2}{2cdot 3mcdot 2m}=cfrac{1}{12})。
反思:1、灵活运用比例的性质,会大大简化运算;2、非零比例因子的引入,也要注意学习运用。