人教新课标版数学高二-人教B版必修5学案 1.2 应用举例(二)

1．2 应用举例(二)[学习目标] 1.利用正、余弦定理解决生产实践中的有关角度的测量问题.2.能够运用正、余弦定理解决力学或几何方面的问题．[学问链接] 有人说物理学科中的题实质上是数学的应用题，事实上学习物理离不开数学，数学在物理学中的应用格外广泛，本节课我们来争辩正、余弦定理在测量方面，及在物理中的力学、平面几何方面的应用．要点一 测量角度问题例1 如图在海岸A 处发觉北偏东45°方向，距A处(3－1)海里的B 处有一艘走奉命以103私船．在A 处北偏西75°方向，距A 处2海里的C 处的我方缉私船海里/时的速度追截走私船，此时走私船正以10海里/时的速度，从B 处向北偏东30°方向逃跑．问：缉私船应沿什么方向行驶才能最快截获走私船？并求出所需时间．解 设缉私船应沿CD 方向行驶t 小时，才能最快截获(在D 点)走私船，则CD ＝103t 海里，BD ＝10t 海里． 在△ABC 中，由余弦定理， 得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos A ＝(3－1)2＋22－2(3－1)·2·cos 120°＝6， ∴BC ＝6(海里)． 又∵BC sin A ＝AC sin ∠ABC，∴sin ∠ABC ＝AC ·sin A BC ＝2·sin 120°6＝22，∴∠ABC ＝45°，∴B 点在C 点的正东方向上， ∴∠CBD ＝90°＋30°＝120°.在△BCD 中，由正弦定理，得BD sin ∠BCD ＝CDsin ∠CBD ，∴sin ∠BCD ＝BD ·sin ∠CBD CD ＝10t ·sin 120°103t＝12.∴∠BCD ＝30°，∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶，又在△BCD 中，∠CBD ＝120°，∠BCD ＝30°，∴∠CDB ＝30°，∴BD ＝BC ，即10t ＝ 6. ∴t ＝610小时≈15分钟． ∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，大约需要15分钟．规律方法 航海问题是解三角形应用问题中的一类很重要的问题，解决这类问题肯定要搞清方位角，再就是选择好不动点，然后依据条件，画出示意图，转化为三角形问题．跟踪演练1 甲船在A 点发觉乙船在北偏东60°的B 处，乙船以每小时a 海里的速度向北行驶，已知甲船的速度是每小时3a 海里，问甲船应沿着什么方向前进，才能最快与乙船相遇？ 解 如图所示．设经过t 小时两船在C 点相遇，则在△ABC 中，BC ＝at 海里，AC ＝3at 海里， B ＝90°＋30°＝120°，由BC sin ∠CAB ＝ACsin B 得：sin ∠CAB ＝BC sin B AC ＝at ·sin 120°3at ＝323＝12.∵0°<∠CAB <90°，∴∠CAB ＝30°. ∴∠DAC ＝60°－30°＝30°.所以甲船应沿着北偏东30°的方向前进，才能最快与乙船相遇． 要点二 正、余弦定理在几何中的应用例2 如图所示，半圆O 的直径为2，A 为直径延长线上的一点，OA ＝2，B 为半圆上任意一点，以AB 为一边作等边三角形ABC ，问：点B 在什么位置时，四边形OACB 面积最大？解 设∠AOB ＝α，在△ABC 中，由余弦定理， 得AB 2＝12＋22－2×2cos α＝5－4cos α，α∈(0，π)，于是，四边形OACB 的面积为S ＝S △AOB ＋S △ABC＝12OA ·OB ·sin α＋34AB 2＝12×2×1×sin α＋34(5－4cos α) ＝sin α－3cos α＋543＝2sin(α－π3)＋543.由于0<α<π，所以当α－π3＝π2，α＝56π，即∠AOB ＝56π时，四边形OACB 面积最大．规律方法 利用正弦定理和余弦定理来解题时，要学会审题及依据题意画示意图，要懂得从所给的背景资料中进行加工、抽取主要因素，进行适当的简化．跟踪演练2 如图所示，在△ABC 中，已知BC ＝15，AB ∶AC ＝7∶8，sin B ＝437，求BC边上的高AD 的长．解 在△ABC 中，由已知设AB ＝7x ，AC ＝8x ，x >0， 由正弦定理得7x sin C ＝8xsin B .∴sin C ＝7x sin B 8x ＝78×437＝32.∴C ＝60°(C ＝120°舍去，否则由8x >7x ，知B 也为钝角，不合要求)． 由余弦定理得(7x )2＝(8x )2＋152－2×8x ×15cos 60°， ∴x 2－8x ＋15＝0，解得x ＝3或x ＝5. ∴AB ＝21或AB ＝35，在△ABD 中，AD ＝AB sin B ＝437AB ，∴AD ＝123或20 3.1．已知两座灯塔A ，B 与海洋观看站C 的距离相等，灯塔A 在观看站C 的北偏东40°，灯塔B 在观看站C 的南偏东60°，则灯塔A 在灯塔B 的( )A ．北偏东10°B ．北偏西10°C ．南偏东10°D ．南偏西10°答案 B解析 如图，因△ABC 为等腰三角形，所以∠CBA ＝12(180°－80°)＝50°，60°－50°＝10°，故选B.2．台风中心从A 地以20 km/h 的速度向东北方向移动，离台风中心30 km 内的地区为危急区，城市B 在A 的正东40 km 处，B 城市处于危急区内的时间为( ) A ．0.5 h B ．1 h C ．1.5 h D ．2 h 答案 B解析 设A 地东北方向上点P 到B 的距离为30 km ，AP ＝x . 在△ABP 中，PB 2＝AP 2＋AB 2－2AP ·AB cos A ， 即302＝x 2＋402－2x ·40cos 45°， 化简得x 2－402x ＋700＝0. 设该方程的两根为x 1，x 2，则|x 1－x 2|2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝400，|x 1－x 2|＝20，即P 1P 2＝20，故t ＝P 1P 2v ＝2020＝1.故选B.3．一艘海轮从A 处动身，以40 n mile/h 的速度沿南偏东40°方向直线航行，30 min 后到达B 处，在C 处有一座灯塔，海轮在A 处观看灯塔，其方向是南偏东70°，在B 处观看灯塔，其方向是北偏东65°，那么B ，C 两点间的距离是( ) A ．10 2 n mile B ．10 3 n mile C ．20 2 n mile D ．20 3 n mile答案 A解析 如图所示，由已知条件可得，∠CAB ＝30°， ∠ABC ＝105°，AB ＝40×12＝20(n mile)．∴∠BCA ＝45°.∴由正弦定理可得AB sin 45°＝BCsin 30°.∴BC ＝20×1222＝102(n mile)．4．如图，在四边形ABCD 中，AC 平分∠DAB ，∠ABC ＝60°，AC ＝6，AD ＝5，S △ADC ＝152，则AB ＝________.答案 43解析 在△ADC 中，已知AC ＝6，AD ＝5，S △ADC ＝152，则由S △ADC ＝12·AC ·AD ·sin ∠DAC ，求得sin ∠DAC ＝12，即∠DAC ＝30°，∴ ∠BAC ＝30°.而∠ABC ＝60°，故△ABC 为直角三角形； ∵ AC ＝6，∴ AB ＝AC cos 30°＝632＝4 3.1．在求解三角形中，我们可以依据正弦函数的定义得到两个解，但作为有关现实生活的应用题，必需检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解． 2．解三角形的应用题时，通常会遇到两种状况：(1)已知量与未知量全部集中在一个三角形中，依次利用正弦定理或余弦定理解之．(2)已知量与未知量涉及两个或几个三角形，这时需要选择条件足够的三角形优先争辩，再逐步在其余的三角形中求出问题的解．一、基础达标1．从高出海平面h m 的小岛看正东方向有一只船俯角为30°，看正南方向有一只船俯角为45°，则此时两船间的距离为 ( )A ．2h m B.2h m C.3h m D ．22h m 答案 A解析 如图所示，BC ＝3h m ，AC ＝h m ，∴AB ＝3h 2＋h 2＝2h (m)．2．甲船在岛B 的正南A 处，AB ＝10 km ，甲船以每小时4 km 的速度向正北航行，同时，乙船自B 动身以每小时6 km 的速度向北偏东60°的方向驶去．当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是( ) A.1507分钟 B.157小时 C ．21.5分钟 D ．2.15分钟答案 A解析 设行驶x h 后甲到点C ，乙到点D ， 两船相距y km ，则∠DBC ＝180°－60°＝120°. ∴y 2＝(10－4x )2＋(6x )2－2(10－4x )·6x cos 120° ＝28x 2－20x ＋100＝28(x －514)2－257＋100∴当x ＝514小时＝1507分钟，y 2有最小值．∴y 最小．3．已知A 船在灯塔C 北偏东80°处，且A 船到灯塔的距离为2 km ，B 船在灯塔C 北偏西处40°，A ，B 两船间的距离为3 km ，则B 船到灯塔的距离为________ km. 答案6－1解析 由题意知，∠ACB ＝80°＋40°＝120°，AC ＝2，AB ＝3，设B 船到灯塔的距离为x ，即BC ＝x .由余弦定理可知AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos120°，即9＝4＋x 2－2×2x ×(－12)，整理得x 2＋2x －5＝0，解得x ＝－1－6(舍去)或x ＝－1＋ 6.4．在平行四边形中，AC ＝65，BD ＝17，周长为18，则平行四边形面积是________． 答案 16解析 设两邻边AD ＝b ，AB ＝a ，∠BAD ＝α，则a ＋b ＝9，a 2＋b2－2ab cos α＝17，a 2＋b 2－2ab cos(180°－α)＝65. 解得：a ＝5，b ＝4，cos α＝35，∴S ▱ABCD ＝ab sin α＝16.5．两座灯塔A 和B 与海洋观看站C 的距离都等于a km ，灯塔A 在观看站C 的北偏东20°，灯塔B 在观看站C 的南偏东40°，则灯塔A 与灯塔B 的距离为________km. 答案3a解析 由于灯塔A 在观看站C 的北偏东20°，灯塔B 在观看站C 的南偏东40°，所以∠ACB ＝120°.又由于AC 和BC 的距离都是a km ，由余弦定理，得AB 2＝a 2＋a 2－2×a ×a ×cos 120°＝3a 2，所以A ，B 的距离是3a km.6.某地出土一块类似三角形刀状的古代玉佩(如右图)，其一角已破损，现测得如下数据：BC ＝2.57 cm ，CE ＝3.57 cm ，BD ＝4.38 cm ，B ＝45°，C ＝120°.为了复原，请计算原玉佩两边的长(结果精确到0.01 cm)．解 如下图所示，将BD ，CE 分别延长相交于一点A ，在△ABC 中，已知BC 的长及角B 与角C ，可以通过正弦定理求AB ，AC 的长．将BD ，CE 分别延长相交于一点A ，在△ABC 中，BC ＝2.57 cm ，B ＝45°，C ＝120°， A ＝180°－(B ＋C )＝180°－(45°＋120°)＝15°.∵BC sin A ＝AC sin B ，∴AC ＝BC sin B sin A ＝2.57sin 45°sin 15°. 利用计算器算得AC ≈7.02(cm)． 同理，AB ≈8.60(cm)．答 原玉佩两边的长分别约为7.02 cm,8.60 cm.7．如图，某货轮在A 处看灯塔B 在货轮的北偏东75°，距离为12 6 n mile ，在A 处看灯塔C 在货轮的北偏西30°，距离为8 3 n mile ，货轮由A 处向正北航行到D 处时，再看灯塔B 在货轮的南偏东60°. 求：(1)A 处与D 处的距离；(2)灯塔C 与D 处的距离．解 (1)在△ABD 中，∠ADB ＝60°，B ＝45°.由正弦定理得AD ＝AB sin Bsin ∠ADB ＝126×2232＝24(n mile)．所以A 处与D 处的距离为24 n mile.(2)在△ADC 中，由余弦定理得CD 2＝AD 2＋AC 2－2AD ·AC ·cos 30°.解得：CD ＝83(n mile)．即灯塔C 与D 处的距离为8 3 n mile. 二、力量提升8．如图，一货轮航行到M 处，测得灯塔S 在货轮的北偏东15°的方向上，与灯塔S 相距20海里，随后货轮按北偏西30°的方向航行30分钟后到达N 处，又测得灯塔在货轮的东北方向，则货轮的速度为________海里/时． 答案 20(6－2) 解析 由题意，得∠SMN ＝45°，∠SNM ＝105°，∠NSM ＝30°. 由正弦定理得MN sin 30°＝MSsin 105°.∴MN ＝MS sin 30°sin 105°＝106＋24＝10(6－2)(海里)．则v 货＝20(6－2) (海里/时)．9．某渔船在航行中不幸遇险，发出呼叫信号，我海军舰艇在A 处获悉后，马上测出该渔船在方位角为45°，距离为10海里的C 处，并测得渔船正沿方位角为105°的方向，以10海里/时的速度向小岛B 靠拢，我海军舰艇马上以103海里/时的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔船所需的时间． 解 如图所示，设所需时间为t 小时， 则AB ＝103t 海里，CB ＝10t 海里，在△ABC 中，依据余弦定理，则有 AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos 120°，可得(103t )2＝102＋(10t )2－2×10×10t cos 120°， 整理得2t 2－t －1＝0，解得t ＝1或t ＝－12(舍去)．即舰艇需1小时靠近渔船，此时AB ＝103(海里)，BC ＝10(海里)， 在△ABC 中，由正弦定理得BC sin ∠CAB ＝ABsin 120°，所以sin ∠CAB ＝BC sin 120°AB ＝10×32103＝12，所以∠CAB ＝30°，所以舰艇航行的方位角为75°.10．为保障高考的公正性，高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪，要求在考点四周1千米处不能收到手机信号，检查员抽查青岛市一考点，在考点正西约1.732千米有一条北偏东60°方向的大路，在此处检查员用手机接通电话，以每小时12千米的速度沿大路行驶，问最长需要多少分钟检查员开头收不到信号，并至少持续多长时间该考点才算合格？解 如图所示，考点为A ，检查开头处为B ， 设大路上C ，D 两点到考点的距离为1千米． 在△ABC 中，AB ＝3≈1.732(千米)，AC ＝1(千米)， ∠ABC ＝ 30°，由正弦定理sin ∠ACB ＝sin 30°AC ·AB ＝32，∴∠ACB ＝120°(∠ACB ＝60°不合题意)， ∴∠BAC ＝30°，∴BC ＝AC ＝1(千米)， 在△ACD 中，AC ＝AD ，∠ACD ＝60°， ∴△ACD 为等边三角形，∴CD ＝1(千米)． ∵BC12×60＝5，∴在BC 上需5分钟，CD 上需5分钟． 所以最长需要5分钟检查员开头收不到信号，并持续至少5分钟才算合格．11．某工厂生产产品后，留下大量中心角为60°，半径为R 的扇形边角料，现要利用边角料，从中剪裁出矩形毛坯，要求矩形面积尽可能大，请问如何裁剪？解 如图所示，矩形有两个顶点在半径OA 上，设∠AOP ＝θ， 则PM ＝R sin θ，∵扇形中心角为60°， ∴∠PQO ＝120°.在△OPQ 中，由正弦定理， 得OP sin 120°＝PQsin (60°－θ)，即PQ ＝23R sin(60°－θ)． ∴矩形MPQR 的面积为 S 1＝PM ·PQ ＝23R 2sin θsin(60°－θ)， sin θsin(60°－θ)＝sin θ(32cos θ－12sin θ) ＝32sin θcos θ－12sin 2 θ ＝34sin 2θ－1－cos 2θ4 ＝34sin 2θ＋14cos 2θ－14＝12sin(2θ＋30°)－14， 当sin(2θ＋30°)＝1时，取得最大值14，即θ＝30°时，sin θsin(60°－θ)≤14.此时S 1＝23R 2sin θsin(60°－θ)≤36R 2，故θ＝30°时，S 1取最大值36R 2，由θ＝30°确定P 点，通过做平行线不难确定出另三点． 三、探究与创新12．现有一块直径为30 cm 的圆形钢板，需截去直径分别为20 cm,10 cm 的圆形钢板各一块，现需在剩余的钢板中再截出同样大小的圆形钢板两块，问这两块钢板的半径最大为多少？解 如图，设⊙A ，⊙B 分别是直径为20 cm 和10 cm 的圆，⊙D 是直径为30 cm 的圆，则⊙A ，⊙B 相外切且与⊙D 内切，再设最终截下的两个最大的圆为⊙C ，⊙E ，则它们与⊙A ，⊙B 相外切，且与⊙D 相内切，连接AB 、AC 、BC 、CD .设⊙C 的半径为r ，在△ABC 中，AB ＝15，AC ＝10＋r ， BC ＝5＋r ，AD ＝5，CD ＝15－r ， 由余弦定理得cos ∠BAC ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC＝152＋(10＋r )2－(5＋r )22×15×(10＋r )＝30＋r 30＋3r .在△ADC 中，cos ∠DAC ＝AD 2＋AC 2－CD 22AD ·AC＝52＋(10＋r )2－(15－r )22·5·(10＋r )＝5r －10r ＋10.故30＋r30＋3r ＝5r －10r ＋10，整理得7r 2＋40r －300＝0， ∴r ＝307或r ＝－10(舍去)．所以在剩余的钢板中还可以截出半径最大为307cm 的同样大小的圆形钢板两块．。

1.2 应用举例（二）学习目标1.会运用测仰角(或俯角)解决一些有关底部不可到达的物体高度测量的问题.2.会用测方位角解决立体几何中求高度问题.3.进一步培养学习数学、应用数学的意识．学习过程一、自主学习1.如图，AB是底部B不可到达的一个建筑物，A为建筑物的最高点，如果能测出点C，D间的距离m和由C点，D点观察A的仰角，怎样求建筑物高度AB？(已知测角仪器的高是h)2.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧远处一山顶D在西偏北15°的方向上，行驶5km后到达B处，测得此山顶在西偏北25°的方向上，仰角为8°，怎样求此山的高度CD?二、合作探究探究点1：测量仰角(或俯角)求高度问题例1如图所示，D，C，B在地平面同一直线上，DC＝10m，从D，C两地测得A点的仰角分别为30°和45°，则A点离地面的高AB等于()A．10m B．53mC．5(3－1) m D．5(3＋1) m例2如图，在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角α＝54°40′，在塔底C处测得A处的俯角β＝50°1′.已知铁塔BC部分的高为27.3m，求出山高CD.(精确到1m)探究点2：测量方位角求高度问题例3如图所示，A、B是水平面上的两个点，相距800m，在A点测得山顶C的仰角为45°，∠BAD＝120°，又在B点测得∠ABD＝45°，其中D点是点C到水平面的垂足，求山高CD.三、当堂检测1．一架飞机在海拔8000m的高度飞行，在空中测出前下方海岛两侧海岸俯角分别是30°和45°，则这个海岛的宽度为________m．(精确到0.1m)2．甲、乙两楼相距20米，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________________．3．为测量某塔的高度，在A，B两点进行测量的数据如图所示，求塔的高度．四、课堂小结本节课我们学习过哪些知识内容?五、学后反思1、我的疑问：2、我的收获：。

数学必修五《1.2 应用举例（二）》教案教学要求：能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些有关底部不可到达的物体高度测量的问题.教学重点：结合实际测量工具，解决生活中的测量高度问题.教学难点：能观察较复杂的图形，从中找到解决问题的关键条件.教学过程：一、复习准备：1. 讨论：测量建筑物的高度？怎样在水平飞行的飞机上测量飞机下方山顶的海拔高度呢？2. 讨论：怎样测量底部不可到达的建筑物高度呢？二、讲授新课：1. 教学高度的测量：① 出示例1：AB 是底部B 不可到达的一个建筑物，A 为建筑物的最高点，设计一种测量建筑物高度AB 的方法.分析：测量方法→ 计算方法 师生一起用符号表示计算过程与结论.AC =sin sin()a βαβ-，AB = AE +h =AC sin α+h =sin sin sin()a αβαβ-+h . ② 练习：如图，在山顶铁塔上B 处测得地面上一点A 的俯角α=5440︒'，在塔底C 处测得A 处的俯角β=501︒'. 已知铁塔BC 部分的高为27.3 m ,求出山高CD (精确到1 m ) ③ 出示例2：如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正东行驶,到A 处时测得公路南侧远处一山顶D 在东偏南15︒的方向上,行驶5km 后到达B 处,测得此山顶在东偏南25︒的方向上,仰角为8︒,求此山的高度CD .分析：已知条件和问题分别在哪几个三角形中？ 分别选用什么定理来依次解各三角形？ → 师生共同解答.解答:在∆ABC 中, ∠A =15︒,∠C = 25︒-15︒=10︒,根据正弦定理,sin BC A = sin AB C , BC =sin sin AB A C=5sin15sin10︒︒≈7.4524(km )，CD =BC ⨯tan ∠DBC ≈BC ⨯tan8︒≈1047(m ). 2. 练习：某人在山顶观察到地面上有相距2500米的A 、B 两个目标，测得目标A 在南偏西57°，俯角是60°，测得目标B 在南偏东78°，俯角是45°，试求山高.解法：画图分析，标出各三角形的有关数据，再用定理求解. 关键：角度的概念3. 小结：审题；基本概念（方位角、俯角与仰角）；选择适合定理解三角形；三种高度测量模型（结合图示分析）.三、巩固练习：1. 为测某塔AB 的高度，在一幢与塔AB 相距20m 的楼的楼顶处测得塔顶A 的仰角为30︒，测得塔基B 的俯角为45︒，则塔AB 的高度为多少m ？ 答案：20+2033(m ) 2. 在平地上有A 、B 两点，A 在山的正东，B 在山的东南，且在A 的南25°西300米的地方，在A 侧山顶的仰角是30°，求山高. （答案：230米）3. 作业：P17 练习1、3题.。

1．2应用举例(二)[学习目标] 1.能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些有关底部不可到达的物体高度测量的问题.2.巩固深化解三角形实际问题的一般方法，养成良好的研究、探索习惯.3.进一步培养学生学习数学、应用数学的意识及观察、归纳、类比、概括的能力．[知识链接]现实生活中，人们是怎样测量底部不可到达的建筑物高度呢？又怎样在水平飞行的飞机上测量飞机下方山顶的海拔高度呢？要点一测量仰角求高度问题例1如图所示，A、B是水平面上的两个点，相距800 m，在A点测得山顶C的仰角为45°，∠BAD＝120°，又在B点测得∠ABD＝45°，其中D点是点C到水平面的垂足，求山高CD.解由于CD⊥平面ABD，∠CAD＝45°，所以CD＝AD.因此只需在△ABD中求出AD即可，在△ABD中，∠BDA＝180°－45°－120°＝15°，由ABsin 15°＝ADsin 45°，得AD＝AB·sin 45°sin 15°＝800×226－24＝800(3＋1) (m)．即山的高度为800(3＋1) m.规律方法在运用正弦定理、余弦定理解决实际问题时，通常都根据题意，从实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后通过解这些三角形，得出实际问题的解．和高度有关的问题往往涉及直角三角形的求解．跟踪演练1如图，地平面上有一旗杆OP，为了测得它的高度h，在地面上选一基线AB，AB＝20 m，在A点处测得P点仰角∠OAP＝30°，在B点处测得P点的仰角∠OBP＝45°，又测得∠AOB＝60°，求旗杆的高度h.(结果保留两个有效数字)解在Rt△AOP中，∠OAP＝30°，OP＝h，∴OA ＝OP ·1tan 30°＝3h . 在Rt △BOP 中，∠OBP ＝45°，∴OB ＝OP ·1tan 45°＝h . 在△AOB 中，AB ＝20，∠AOB ＝60°，由余弦定理得AB 2＝OA 2＋OB 2－2×OA ×OB ·cos 60°，即202＝(3h )2＋h 2－2·3h ·h ·12， 解得h 2＝4004－3≈176.4，∴h ≈13(m)． 答 旗杆高度约为13 m.要点二 测量俯角求高度问题例2 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 ，求出山高CD .解 在△ABC 中，∠BCA ＝90°＋β，∠ABC ＝90°－α，∠BAC ＝α－β，∠CAD ＝β.根据正弦定理得AC sin ∠ABC ＝BC sin ∠BAC， 即AC sin (90°－α)＝BC sin (α－β)， ∴AC ＝BC cos αsin (α－β)＝h cos αsin (α－β). 在Rt △ACD 中，CD ＝AC sin ∠CAD ＝AC sin β＝h cos αsin βsin (α－β). 答 山的高度为h cos αsin βsin (α－β). 规律方法 利用正弦定理和余弦定理来解题时，要学会审题及根据题意画示意图，要懂得从所给的背景资料中进行加工、抽取主要因素，进行适当的简化．跟踪演练2 江岸边有一炮台高30 m ，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，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线成30°角，则两条船相距________m.答案 30解析 设两条船所在位置分别为A 、B 两点，炮台底部所在位置为C 点，在△ABC 中，由题意可知AC ＝30tan 30°＝303，BC ＝30tan 45°＝30，C ＝30°， AB 2＝(303)2＋302－2×303×30×cos 30°＝900，所以AB ＝30.要点三 测量方位角求高度问题例3 如图，为测得河对岸塔AB 的高，先在河岸上选一点C ，使C 在塔底B 的正东方向上，测得点A 的仰角为60°，再由点C 沿北偏东15°方向走10 m 到位置D ，测得∠BDC ＝45°，求塔AB 的高度．解 在△BCD 中，CD ＝10，∠BDC ＝45°，∠BCD ＝15°＋90°＝105°，∠DBC ＝30°，由正弦定理，得BC sin 45°＝CD sin 30°， BC ＝CD sin 45°sin 30°＝10 2. 在Rt △ABC 中，tan 60°＝AB BC，AB ＝BC tan 60°＝10 6. 答 塔AB 的高度为10 6 m.规律方法 利用正弦定理和余弦定理来解题时，要学会审题及根据题意画方位图，要懂得从所给的背景资料中进行加工、抽取主要因素，进行适当的简化．跟踪演练3 一船以每小时15 km 的速度向东航行，船在A 处看到一个灯塔B 在北偏东60°方向，行驶4 h 后，船到达C 处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为________ km.答案 302解析 如图，由已知条件，得AC ＝60 km ，∠BAC ＝30°，∠ACB ＝105°，∠ABC ＝45°.由正弦定理得BC＝AC sin∠BACsin B＝302(km)1．已知两座灯塔A，B与海洋观察站C的距离相等，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的()A．北偏东10° B．北偏西10°C．南偏东10° D．南偏西10°答案B解析如右图，因△ABC为等腰三角形，所以∠CBA＝12(180°－80°)＝50°，60°－50°＝10°，故选B.2．从高出海平面h米的小岛看正东方向有一只船俯角为30°，看正南方向有一只船俯角为45°，则此时两船间的距离为()A．2h米 B.2h米C.3h米D．22h米答案A解析如图所示，BC＝3h，AC＝h，∴AB＝3h2＋h2＝2h(米)．3．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________________.答案20 3 m，403 3 m解析甲楼的高为20tan 60°＝20×3＝203；乙楼的高为203－20tan 30°＝203－20×33＝4033.1.在研究三角形时，灵活根据两个定理可以寻找到多种解决问题的方案，但有些过程较烦琐，如何找到最优的方法，最主要的还是分析两个定理的特点，结合题目条件来选择最佳的计算方式．2．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．一、基础达标1．为了测某塔AB 的高度，在一幢与塔AB 相距20 m 的楼顶处测得塔顶的仰角为30°，塔基的俯角为45°，那么塔AB 的高为( )A ．20⎝⎛⎭⎫1＋33 mB ．20⎝⎛⎭⎫1＋32 m C ．20(1＋3) mD ．30 m答案 A 解析 如图，h ＝20tan 30°＋20tan 45°＝20⎝⎛⎭⎫1＋33(m)，故选A. 2．在某个位置测得某山峰仰角为θ，对着山峰在地面上前进600 m 后测得仰角为2θ，继续在地面上前进200 3 m 以后测得山峰的仰角为4θ，则该山峰的高度为( )A ．200 mB ．300 mC ．400 mD ．100 3 m答案 B解析 法一 如图，△BED ，△BDC 为等腰三角形，BD ＝ED ＝600，BC ＝DC ＝200 3.在△BCD 中，由余弦定理可得cos 2θ＝6002＋(2003)2－(2003)22×600×2003＝32， ∴2θ＝30°，4θ＝60°.在Rt △ABC 中，AB ＝BC ·sin 4θ＝2003×32＝300，故选B.法二由于△BCD是等腰三角形，12BD＝DC cos 2θ，即300＝2003cos 2θ.cos 2θ＝32，2θ＝30°，4θ＝60°.在Rt△ABC中，AB＝BC·sin 4θ＝2003×32＝300，故选B.3．一架飞机在海拔8 000 m的高度飞行，在空中测出前下方海岛两侧海岸俯角分别是30°和45°，则这个海岛的宽度为________m.答案 5 856.4解析宽＝8 000tan 30°－8 000tan 45°＝5 856.4(m)．4．为测量某塔的高度，在A，B两点进行测量的数据如图所示，求塔的高度．解在△ABT中，∠ATB＝21.4°－18.6°＝2.8°，∠ABT＝90°＋18.6°，AB＝15(m)．根据正弦定理，ABsin 2.8°＝ATcos 18.6°，AT＝15×cos 18.6°sin 2.8°.塔的高度为AT·sin 21.4°＝15·cos 18.6°sin 2.8°sin 21.4°≈106.19(m)．所以塔的高度为106.19 m.5．如图，某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°，距离为12 6n mile，在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8 3 n mile，货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在货轮的南偏东60°.求：(1)A处与D处的距离；(2)灯塔C与D处的距离．解(1)在△ABD中，∠ADB＝60°，B＝45°，由正弦定理得AD＝AB sin Bsin∠ADB＝126×2232＝24 (n mile)．所以A处与D处的距离为24 n mile.(2)在△ADC中，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC cos 30°＝192，解得CD＝8 3 n mile.即灯塔C与D处的距离为8 3 n mile.二、能力提升6．某人在C点测得某塔在南偏西80°，塔顶仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进10 m到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为()A．15 m B．5 mC．10 m D．12 m答案C解析如图，设塔高为h，在Rt△AOC中，∠ACO＝45°，则OC＝OA＝h.在Rt△AOD中，∠ADO＝30°，则OD＝3h.在△OCD中，∠OCD＝120°，CD＝10，由余弦定理得OD2＝OC2＋CD2－2OC·CD cos∠OCD，即(3h)2＝h2＋102－2h×10×cos 120°，∴h2－5h－50＝0，解得h＝10或h＝－5(舍)．7．要测量底部不能到达的东方明珠电视塔的高度，在黄浦江西岸选择甲、乙两观测点，在甲、乙两点分别测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得电视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为120°，甲、乙两地相距500 m，则电视塔在这次测量中的高度是()A．100 2 m B．400 m C．200 3 m D．500 m答案D解析由题意画出示意图，设高AB＝h，在Rt△ABC中，由已知BC＝h，在Rt△ABD中，由已知BD＝3h，在△BCD中，由余弦定理BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD得，3h2＝h2＋5002＋h·500，解之得h＝500 m．故选D.8．如图，在山脚A 测得山顶P 的仰角为α，沿倾斜角为β的斜坡向上走a 米到B ，在B 处测得山顶P 的仰角为γ，求证：山高h ＝a sin αsin (γ－β)sin (γ－α). 解 在△ABP 中，∠ABP ＝180°－γ＋β，∠BP A ＝180°－(α－β)－∠ABP ＝180°－(α－β)－(180°－γ＋β)＝γ－α.在△ABP 中，根据正弦定理，AP sin ∠ABP ＝AB sin ∠APB ，AP sin (180°－γ＋β)＝αsin (γ－α)，AP ＝a ×sin (γ－β)sin (γ－α)所以山高h ＝AP sin α＝a sin αsin (γ－β)sin (γ－α). 9．如图，A 、B 、C 、D 都在同一个与水平面垂直的平面内，B 、D为两岛上的两座灯塔的塔顶．测量船于水面A 处测得B 点和D 点的仰角分别为75°，30°，于水面C 处测得B 点和D 点的仰角均为60°，AC ＝0.1 km.试探究图中B 、D 间距离与另外哪两点间距离相等，然后求B 、D 的距离(计算结果精确到0.01km ，2≈1.414，6≈2.449).解 在△ACD 中，∠DAC ＝30°，∠ADC ＝60°－∠DAC ＝30°，∴CD ＝AC ＝0.1，又∠BCD ＝180°－60°－60°＝60°，故CB 是△CAD 底边AD 的中垂线，∴BD ＝BA ，在△ABC 中，AB sin ∠BCA ＝AC sin ∠ABC， 所以AB ＝AC sin 60°sin 15°＝32＋620. 因此，BD ＝32＋620≈0.33 km ，故B 、D 的距离约为0.33 km. 三、探究与创新10．为保障高考的公平性，高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪，要求在考点周围1千米处不能收到手机信号，检查员抽查青岛市一考点，在考点正西约1.732千米有一条北偏东60°方向的公路，在此处检查员用手机接通电话，以每小时12千米的速度沿公路行驶，问最长需要多少分钟检查员开始收不到信号，并至少持续多长时间该考点才算合格？解如图所示，考点为A，检查开始处为B，设公路上C，D两点到考点的距离为1千米．在△ABC中，AB＝3≈1.732(千米)，AC＝1(千米)，∠ABC＝30°，由正弦定理sin∠ACB＝sin 30°AC·AB＝3 2，∴∠ACB＝120°(∠ACB＝60°不合题意)，∴∠BAC＝30°，∴BC＝AC＝1(千米)，在△ACD中，AC＝AD，∠ACD＝60°，∴△ACD为等边三角形，∴CD＝1(千米)．∵BC12×60＝5，∴在BC上需5分钟，CD上需5分钟．所以最长需要5分钟检查员开始收不到信号，并持续至少5分钟才算合格．。

第1课时解三角形应用举例—距离问题一、教材分析本课是人教B版数学必修5第一章解三角形中1.2的应用举例中测量距离(高度）问题。

主要介绍正弦定理、余弦定理在实际测量（距离、高度）中的应用。

因为在本节课前，同学们已经学习了正弦定理、余弦定理的公式及基本应用。

本节课的设计，意在复习前面所学两个定理的同时，加深对其的了解，以便能达到在实际问题中熟练应用的效果。

对加深学生数学源于生活，用于生活的意识做贡献。

二、学情分析距离测量问题是基本的测量问题，在初中，学生已经学习了应用全等三角形、相似三角形和解直角三角形的知识进行距离测量。

这里涉及的测量问题则是不可到达的测量问题，在教学中要让学生认识问题的差异，进而寻求解决问题的方法。

在某些问题中只要求得到能够实施的测量方法。

学生学习本课之前，已经有了一定的知识储备和解题经验，所以本节课只要带领学生勤思考多练习，学生理解起来困难不大。

三、教学目标（一）知识与技能能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量（距离、高度）有关的实际问题。

（二）过程与方法通过应用举例的学习，经历探究、解决问题的过程，让学生学会用正、余弦定理灵活解题，从而获得解三角形应用问题的一般思路。

（三）情感、态度与价值观提高数学学习兴趣，感知数学源于生活，应用于生活。

四、教学重难点重点：分析测量问题的实际情景，从而找到测量和计算的方法。

难点：测量方法的寻找与计算。

五、教学手段计算机，PPT，黑板板书。

六、教学过程（设计）情景展示，引入问题情景一：比萨斜塔（展示图片）师：比萨斜塔是意大利的著名建筑，它每年都会按照一定度数倾斜，但斜而不倒，同学们想一想，如果我们不能直接测量这个塔的高度，该怎么知道它的高度呢？情景二：河流、梵净山（展示图片）师：如果我们不能直接测量，该怎么得出河流的宽度和梵净山的高度呢？引入课题：我们今天就是来思考怎么通过计算，得到无法测量的距离（高度）问题。

知识扩展：简单介绍测量工具（展示图片）1 经纬仪:测量度数2卷尺：测量距离长．[分析]由余弦定理得cos∠＝100＋36－1962×10×6＝－∴∠ADC＝120°，∠在△ABD中，由正弦定理得sin∠ADB、如图，要测底部不能到达的烟囱的高AB，从[分析]如图，因为B A AA AB 11+=，又[分析] 分别在△BCD 出BD 和AD ，然后在△ADBBCD中用余弦定理求得BC.如下图，为了测量河宽，在岸的一边选定两点ACAB＝45°，∠CBA＝75°，________米．[分析]在△ABC中，∵∠CAB＝45°，∠ABC＝75°，ACB＝60°，由正弦定理可得AC＝AB·sin∠ABCsin∠ACB＝120×sin75°sin60°＝20(32＋，设C到AB的距离为CD，则CD＝AC·sin∠CAB＝2＋6)sin45°＝20(3＋3)，∴河的宽度为20(3＋3)米．五个量中，a，两个小岛相距10 n mile，从岛望C岛和A岛成岛之间的距离为________n＝45°，由正弦定理．如图，为了测量某障碍物两侧A、B间的距离，给定下列四组数据，测量时应当用数据( )[解析] 要测γ.2．某观察站C和500米，测得灯塔在观察站C正西方向，A．500米 BC．700米 D[解析]如图，由题意知，∠3002＋5002＋2×300七、板书设计八、教学反思1.本教案为解三角形应用举例，是对解三角形的较高的应用，难度相应的也有提高；例题选择典型，涵盖了解三角形的常考题型，突出了重点方法，并且通过同类型的练习进行巩固；课后通过基本题、模拟题和高考题对学生的知识掌握进行考查，使本节内容充分落实．教师要积极引导学生对这些应用问题进行探索，鼓励学生进行独立思考，并在此基础上大胆提出新问题．2.对于学生不知道如何处理的应用问题，教师通过转化，使学生能够理解，需要在练习中加强．。

1.1.2 余弦定理(二)1.熟练掌握余弦定理及其变形形式.2.会用余弦定理解三角形.3.能利用正、余弦定理解决三角形的有关问题．1．以下问题不能用余弦定理求解的是 ． (1)已知两边和其中一边的对角，解三角形． (2)已知两角和一边，求其他角和边．(3)已知一个三角形的两条边及其夹角，求其他的边和角． (4)已知一个三角形的三条边，解三角形． 答案 (2)2．利用余弦定理判断三角形的形状，正确的是 ． (1)在△ABC 中，若a 2＝b 2＋c 2，则△ABC 为直角三角形． (2)在△ABC 中，若a 2<b 2＋c 2，则△ABC 为锐角三角形． (3)在△ABC 中，若a 2>b 2＋c 2，则△ABC 为钝角三角形． 答案 (1)(3)1．正弦定理及其变形(1)a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝2R (R 为△ABC 外接圆半径)． (2)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C . 2．余弦定理及其推论(1)a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，b 2＝c 2＋a 2－2ca cos B ，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C . (2)cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝c 2＋a 2－b 22ca ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab.(3)在△ABC 中，c 2＝a 2＋b 2⇔C 为直角；c 2>a 2＋b 2⇔C 为钝角；c 2<a 2＋b 2⇔C 为锐角． 3．三角变换公式(1)cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β. (2)cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β.(3)cos2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α.要点一 正、余弦定理的综合应用例1 如图所示，在四边形ABCD 中，AD ⊥CD ，AD ＝10，AB ＝14，∠BDA ＝60°，∠BCD ＝135°，求BC 的长．解 在△ABD 中，AD ＝10，AB ＝14，∠BDA ＝60°，设BD ＝x ， 由余弦定理，得AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos ∠BDA ， ∴142＝102＋x 2－2×10·x cos 60°，即x 2－10x －96＝0，解得x 1＝16，x 2＝－6(舍去)， ∴BD ＝16.∵AD ⊥CD ，∠BDA ＝60°，∴∠CDB ＝30°. 在△BCD 中，由正弦定理：BC sin ∠CDB ＝BDsin ∠BCD，∴BC ＝16sin 30°sin 135°＝8 2.规律方法 余弦定理和正弦定理一样，都是围绕着三角形进行边角互换的．在有关三角形的题目中注意选择是应用正弦定理，还是余弦定理，必要时也可列方程(组)求解．同时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能利用某个定理的信息． 跟踪演练1 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，已知a 2－c 2＝2b ，且sin A cos C ＝3cos A sin C ，求b .解 方法一 在△ABC 中，∵sin A cos C ＝3cos A sin C ， 则由正弦定理及余弦定理有： a ·a 2＋b 2－c 22ab ＝3(b 2＋c 2－a 22bc )c ，化简并整理得： 2(a 2－c 2)＝b 2.又由已知a 2－c 2＝2b ，∴4b ＝b 2.解得b ＝4或b ＝0(舍)．方法二 由余弦定理得：a 2－c 2＝b 2－2bc cos A . 又a 2－c 2＝2b ，b ≠0.所以b ＝2c cos A ＋2. ①又sin A cos C ＝3cos A sin C ，∴sin A cos C ＋cos A sin C ＝4cos A sin C ， sin(A ＋C )＝4cos A sin C ， 即sin B ＝4cos A sin C ，由正弦定理得sin B ＝bc sin C ，故b ＝4c cos A ． ②由①②解得b ＝4.要点二 利用正、余弦定理证明三角形中的恒等式 例2 在△ABC 中，有： (1)a ＝b cos C ＋c cos B ； (2)b ＝c cos A ＋a cos C ； (3)c ＝a cos B ＋b cos A ；这三个关系式也称为射影定理，请给出证明． 证明 方法一 (1)设△ABC 外接圆半径为R ， 由正弦定理得b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ， ∴b cos C ＋c cos B ＝2R sin B cos C ＋2R sin C cos B ＝2R (sin B cos C ＋cos B sin C ) ＝2R sin(B ＋C )＝2R sin A ＝a . 即a ＝b cos C ＋c cos B同理可证(2)b ＝c cos A ＋a cos C ； (3)c ＝a cos B ＋b cos A . 方法二 (1)由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ，∴b cos C ＋c cos B ＝b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·a 2＋c 2－b 22ac＝a 2＋b 2－c 22a ＋a 2＋c 2－b 22a ＝2a 22a ＝a .∴a ＝b cos C ＋c cos B .同理可证(2)b ＝c cos A ＋a cos C ； (3)c ＝a cos B ＋b cos A .规律方法 (1)证明三角恒等式的关键是消除等号两端三角函数式的差异．形式上一般有：左⇒右；右⇒左或左⇒中⇐右三种．(2)利用正、余弦定理证明三角形中的恒等式的途径有两种途径：一是把角的关系通过正、余弦定理转化为边的关系；二是把边的关系转化为角的关系，一般是通过正弦定理转化． 跟踪演练2 在△ABC 中，a 、b 、c 分别是角A 、B 、C 的对边，求证：cos B cos C ＝c －b cos A b －c cos A .证明 方法一 因为左边＝a 2＋c 2－b 22aca 2＋b 2－c 22ab ＝b (a 2＋c 2－b 2)c (a 2＋b 2－c 2)，右边＝c －b ·b 2＋c 2－a 22bc b －c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝b (a 2＋c 2－b 2)c (a 2＋b 2－c 2)，∴等式成立．方法二 设△ABC 外接圆半径为R ， ∵右边＝2R sin C －2R sin B ·cos A2R sin B －2R sin C ·cos A＝sin (A ＋B )－sin B cos Asin (A ＋C )－sin C cos A ＝sin A cos B sin A cos C ＝cos B cos C ＝左边．∴等式成立．要点三 利用正、余弦定理判断三角形形状例3 在△ABC 中，已知(a ＋b ＋c )(b ＋c －a )＝3bc ，且sin A ＝2sin B cos C ，试确定△ABC 的形状．解 由(a ＋b ＋c )(b ＋c －a )＝3bc ， 得b 2＋2bc ＋c 2－a 2＝3bc ，即a 2＝b 2＋c 2－bc ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12，又A ∈(0，π)，∴A ＝π3，又sin A ＝2sin B cos C ，由正、余弦定理，得a ＝2b ·a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 2－c 2a ，∴b 2＝c 2，b ＝c ，∴△ABC 为等边三角形．规律方法 题中边的大小没有明确给出，而是通过一个关系式来确定的，可以考虑利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，也可以利用余弦定理将边、角关系转化为边的关系来判断． 跟踪演练3 在△ABC 中，若B ＝60°，2b ＝a ＋c ，试判断△ABC 的形状． 解 方法一 根据余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ．∵B ＝60°，2b ＝a ＋c ， ∴⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c 22＝a 2＋c 2－2ac cos 60°， 整理得(a －c )2＝0，∴a ＝c . 又∵2b ＝a ＋c ，∴2b ＝2a ，即b ＝a . ∴△ABC 是等边三角形． 方法二 根据正弦定理，2b ＝a ＋c 可转化为2sin B ＝sin A ＋sin C . 又∵B ＝60°，∴A ＋C ＝120°.∴C ＝120°－A ， ∴2sin 60°＝sin A ＋sin(120°－A )， 整理得sin(A ＋30°)＝1， ∴A ＝60°，C ＝60°. ∴△ABC 是等边三角形．1．在△ABC 中，sin A ∶sin B ∶sin C ＝3∶2∶3，则cos C 的值为 ( )A.13 B ．－23 C.14 D ．－14 答案 A解析 根据正弦定理， a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ＝3∶2∶3，设a ＝3k ，b ＝2k ，c ＝3k (k >0)． 则有cos C ＝9k 2＋4k 2－9k 22×3k ×2k＝13.2．在△ABC 中，若2cos B sin A ＝sin C ，则△ABC 的形状一定是 ( ) A ．等腰直角三角形 B ．直角三角形 C ．等腰三角形 D ．等边三角形答案 C解析 ∵2cos B sin A ＝sin C ，∴2×a 2＋c 2－b 22ac ×a ＝c ，∴a ＝b .故△ABC 为等腰三角形．3．在△ABC 中，若a 2＋c 2－b 2＝3ac ，则角B 的值为 ． 答案 π6解析 根据余弦定理，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝3ac 2ac ＝32，又B ∈(0，π)，所以B ＝π6.4．在△ABC 中，若B ＝30°，AB ＝23，AC ＝2，则满足条件的三角形有几个？ 解 设BC ＝a ，AC ＝b ，AB ＝c ， 由余弦定理，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， ∴22＝a 2＋(23)2－2a ×23cos 30°， 即a 2－6a ＋8＝0，解得a ＝2或a ＝4. 当a ＝2时，三边为2,2,23可组成三角形； 当a ＝4时，三边为4,2,23也可组成三角形． ∴满足条件的三角形有两个．1．已知两边及其中一边的对角，解三角形，一般情况下，利用正弦定理求出另一边所对的角，再求其他的边或角，要注意进行讨论．如果采用余弦定理来解，只需解一个一元二次方程，即可求出边来，比较两种方法，采用余弦定理较简单． 2．根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径 (1)化边为角，并利用三角恒等变形进行化简； (2)化角为边，并常用正弦(余弦)定理实施边、角转换.3．在余弦定理中，每一个等式均含有四个量，利用方程的观点，可以知三求一． 4．利用余弦定理求三角形的边长时容易出现增解，原因是余弦定理中涉及的是边长的平方，通常转化为一元二次方程求正实数．因此解题时需特别注意三角形三边长度所应满足的基本条件．一、基础达标1．若三条线段的长分别为5,6,7，则用这三条线段( ) A ．能组成直角三角形 B ．能组成锐角三角形 C ．能组成钝角三角形 D ．不能组成三角形答案 B解析 因三角形最大边对应的角的余弦值cos θ＝52＋62－722×5×6＝15>0，所以能组成锐角三角形．2．在△ABC 中，AB ＝5，AC ＝3，BC ＝7，则AB →·AC →等于( ) A.152 B ．－152 C.1532 D ．15 答案 B解析 ∵cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22·AB ·AC ＝52＋32－722×5×3＝－12，∴AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|·cos ∠BAC ＝5×3×(－12)＝－152，故选B.3．如果将直角三角形的三边增加同样的长度，则新三角形的形状是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．由增加的长度确定 答案 A解析 设直角三角形三边为a ，b ，c ，且a 2＋b 2＝c 2，则(a ＋x )2＋(b ＋x )2－(c ＋x )2＝a 2＋b 2＋2x 2＋2(a ＋b )x －c 2－2cx －x 2＝2(a ＋b －c )x ＋x 2>0， ∴c ＋x 所对的最大角变为锐角．4．已知a ，b ，c 为△ABC 的三边，B ＝120°，则a 2＋c 2＋ac －b 2等于( ) A ．0 B ．－1 C ．1 D ．2 答案 A解析 ∵b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－2ac cos 120°＝a 2＋c 2＋ac .∴原式为0. 5．在△ABC 中，若a 2－b 2＝3bc ，sin C ＝23sin B ，则A ＝ . 答案 30°解析 由sin C ＝23sin B ，根据正弦定理，得c ＝23b ， 代入a 2－b 2＝3bc ，得a 2－b 2＝6b 2，即a 2＝7b 2.由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋12b 2－7b 22b ·23b ＝6b 243b 2＝32，又∵0°<A <180°，∴A ＝30°.6．在△ABC 中，若a ＝2，b ＋c ＝7，cos B ＝－14，则b ＝ .答案 4解析 在△ABC 中，由余弦定理，得 cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－14，即4＋(c －b )(c ＋b )4c ＝4＋7(c －b )4c ＝－14，∴8c －7b ＋4＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧ b ＋c ＝7，8c －7b ＋4＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝4，c ＝3.∴b ＝4.7．在△ABC 中，求证：a 2－b 2c 2＝sin (A －B )sin C .证明 ∵右边＝sin A cos B －cos A sin Bsin C＝sin A sin C ·cos B －sin B sin C·cos A ＝a c ·a 2＋c 2－b 22ac －b c ·b 2＋c 2－a 22bc＝a 2＋c 2－b 22c 2－b 2＋c 2－a 22c 2＝a 2－b 2c2＝左边．∴等式成立． 二、能力提升8．在△ABC 中，若a 2＝bc ，则角A 是 ( ) A ．锐角 B ．钝角 C ．直角 D ．不确定 答案 A解析 cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋c 2－bc 2bc ＝(b －c 2)2＋3c 242bc>0，∴0°<A <90°.9．已知△ABC 的三边长为a ＝3，b ＝4，c ＝37，则△ABC 的最大内角为( ) A ．120° B ．90° C ．150° D ．60° 答案 A解析 ∵c >a ，c >b ，∴角C 最大． 由余弦定理，得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 即37＝9＋16－24cos C ，∴cos C ＝－12.∵0°<C <180°，∴C ＝120°.故选A10．设2a ＋1，a,2a －1为钝角三角形的三边，那么a 的取值范围是 ． 答案 (2,8)解析 ∵2a －1>0，∴a >12，最大边为2a ＋1.∵三角形为钝角三角形，∴a 2＋(2a －1)2<(2a ＋1)2 化简得0<a <8.又∵a ＋2a －1>2a ＋1，∴a >2，∴2<a <8.11．△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，a sin A ＋c sin C －2a sin C ＝b sin B . (1)求B ；(2)若A ＝75°，b ＝2，求a ，c .解 (1)由正弦定理，得a 2＋c 2－2ac ＝b 2， 由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，故cos B ＝22， 又0°<B <180°，因此B ＝45°. (2)sin A ＝sin(30°＋45°)＝2＋64.故a ＝b sin A sin B ＝2＋62＝1＋3，c ＝b sin C sin B ＝2×sin 60°sin 45°＝ 6.12．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知cos2C ＝－14.(1)求sin C 的值；(2)当a ＝2,2sin A ＝sin C 时，求b 及c 的长． 解 (1)∵cos2C ＝1－2sin 2C ＝－14，0<C <π，∴sin C ＝104. (2)当a ＝2,2sin A ＝sin C 时， 由正弦定理a sin A ＝csin C ，得c ＝4.由cos 2C ＝2cos 2C －1＝－14及0<C <π，得cos C ＝±64. 由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 得b 2±6b －12＝0(b >0)，解得b ＝6或26，∴⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝6，c ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝26，c ＝4.三、探究与创新13．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且2a sin A ＝(2b ＋c )sin B ＋(2c ＋b )sin C .(1)求A 的大小；(2)若sin B ＋sin C ＝1，试判断△ABC 的形状． 解 (1)由已知，由正弦定理，得2a 2＝(2b ＋c )b ＋(2c ＋b )c ，即a 2＝b 2＋c 2＋bc . 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，故cos A ＝－12.又A ∈(0，π)，∴A ＝2π3.(2)由(1)中a 2＝b 2＋c 2＋bc 及正弦定理，可得sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C ＋sin B sin C ，即(32)2＝sin 2B＋sin2C＋sin B sin C，又sin B＋sin C＝1，得sin B＝sin C＝12.，∴B＝C，∴△ABC为等腰的钝角三角形．又0<B，C<π3。

人教版高中必修5(B版)1.2应用举例教学设计一、教材简介《人教版高中必修5(B版)》是适用于高中二年级学生的教材，主要包括语文、数学、英语、物理、化学、生物、地理等多个学科。

本文以该教材中的数学部分的第一章第二节作为教学对象，进行教学设计。

二、教学目标本节课的主要目标是学生能够通过实例理解线性规划的基本思想和方法，掌握如何列出数学模型并解决线性规划问题。

具体目标：1.了解线性规划的基本概念和解题思路；2.掌握线性规划模型的建立方法；3.能够通过现实问题进行线性规划模型的建立，并解决问题。

三、教学内容1. 基本概念介绍线性规划的基本概念，包括目标函数、约束条件、可行解集、最优解等。

2. 解题思路介绍线性规划的解题思路，包括先画出可行域，再确定目标函数在可行域内的最优解。

3. 线性规划模型的建立通过实例来讲解线性规划模型的建立方法，包括确定决策变量、列出目标函数和约束条件等。

4. 实例分析通过几个实际问题，让学生应用线性规划模型来解决问题，如：生产问题、销售问题、调度问题等。

四、教学重点以线性规划模型的建立和列出目标函数和约束条件为重点。

五、教学难点学生对于线性规划模型的建立和列出目标函数和约束条件的理解和掌握。

六、教学方法1. 讲授法通过在黑板上讲解线性规划的基本概念和解题思路，让学生掌握线性规划的基本知识。

2. 练习法通过一些练习，让学生掌握线性规划模型的建立方法。

例如，通过实例来让学生列出目标函数和约束条件。

3. 案例法通过一些实际问题的案例，让学生学会如何应用线性规划模型来解决问题。

七、教学资源1.课本：《人教版高中必修5(B版)》；2.PPT：包括线性规划基本概念和解题思路，线性规划模型的建立方法和应用实例等。

八、教学评估1.课堂测试：通过解决一些类似于教学内容的问题来评估学生的掌握程度；2.课后作业：布置一些与课堂上所学内容相关的作业来巩固学生的知识。

九、教学计划1.课前10分钟：介绍课程的目标和内容，讲解线性规划的基本概念和解题思路；2.课前40分钟：讲解线性规划模型的建立方法，并通过实例进行演示；3.课后40分钟：通过一些实际问题的案例，让学生应用线性规划模型来解决问题；4.课后10分钟：课堂测试和总结。

2.2.2 等差数列的前n 项和(二)明目标、知重点 1.掌握等差数列与其前n 项和S n 有关的一些性质，能熟练运用这些性质解题.2.掌握可以转化为等差数列的数列求和问题.3.会用等差数列的相关知识解决简单的实际问题．等差数列前n 项和的性质(1)等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，那么数列S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…(k ∈N ＋)是等差数列，其公差等于k 2d .(2)若在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若在等差数列{a n }中，a 1<0，d >0，则S n 存在最小值．(3)若等差数列的项数为2n (n ∈N ＋)时，则S 2n ＝n (a n ＋a n ＋1)，且S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a n a n ＋1 .(4)若等差数列的项数为2n －1(n ∈N ＋)时，则S 2n －1＝(2n －1)a n ，且S 奇－S 偶＝a n ，S 奇＝na n ，S 偶＝(n －1)·a n,S 奇S 偶＝n n －1.在学等差数列时，我们探究了等差数列的一些性质，现在我们学习了等差数列的前n 项和，它又有哪些性质？这就是本节我们探究的主要问题． 探究点一 等差数列前n 项和的性质思考1 设{a n }是等差数列，公差为d ，S n 是前n 项和，那么S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 也成等差数列吗？如果是，它们的公差是多少？答 由S m ＝a 1＋a 2＋…＋a m ，S 2m －S m ＝a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a 2m ＝a 1＋md ＋a 2＋md ＋…＋a m ＋md ＝S m ＋m 2d .同理S 3m －S 2m ＝a 2m ＋1＋a 2m ＋2＋…＋a 3m ＝S 2m －S m ＋m 2d . 所以S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 也成等差数列，并且公差为m 2d .思考2 设S n 、T n 分别为两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和，那么a n b n 与S 2n －1T 2n －1有怎样的关系？请证明之．答a nb n ＝S 2n －1T 2n －1. 证明：∵S 2n －1＝12(2n －1)(a 1＋a 2n －1)＝2n －12·2a n ＝(2n －1)a n ； 同理T 2n －1＝(2n －1)b n ； ∴S 2n －1T 2n －1＝(2n －1)a n (2n －1)b n ＝a nb n. 即a n b n ＝S 2n －1T 2n －1. 例1 (1)等差数列{a n }的前m 项和为30，前2m 项和为100，求数列{a n }的前3m 项的和S 3m ； (2)两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，已知S n T n ＝7n ＋2n ＋3，求a 5b 5的值．解 (1)方法一 在等差数列中，S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列． ∴30,70，S 3m －100成等差数列． ∴2×70＝30＋(S 3m －100)，∴S 3m ＝210.方法二 在等差数列中，S m m ，S 2m 2m ，S 3m3m 成等差数列，∴2S 2m 2m ＝S m m ＋S 3m3m. 即S 3m ＝3(S 2m －S m )＝3×(100－30)＝210. (2)a 5b 5＝9(a 1＋a 9)9(b 1＋b 9)＝S 9T 9＝6512. 反思与感悟 等差数列前n 项和S n 的有关性质在解题过程中，如果运用得当可以达到化繁为简、化难为易、事半功倍的效果．跟踪训练1 设{a n }为等差数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S 7＝7，S 15＝75，T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和，求T n . 解 设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ，∵S 7＝7，S 15＝75，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 7a 1＋21d ＝715a 1＋105d ＝75，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＝1a 1＋7d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2d ＝1，∴S n n ＝a 1＋12(n －1)d ＝－2＋12(n －1)， ∵S n ＋1n ＋1－S n n ＝12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等差数列，其首项为－2，公差为12，∴T n ＝n (－2)＋n (n －1)2×12＝14n 2－94n .探究点二 求数列{|a n |}的前n 项和例2 若等差数列{a n }的首项a 1＝13，d ＝－4，记T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求T n . 解 ∵a 1＝13，d ＝－4，∴a n ＝17－4n . 当n ≤4时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝na 1＋n (n －1)2d ＝13n ＋n (n －1)2×(－4)＝15n －2n 2；当n ≥5时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)－(a 5＋a 6＋…＋a n ) ＝S 4－(S n －S 4)＝2S 4－S n ＝2×(13＋1)×42－(15n －2n 2)＝56＋2n 2－15n .∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧15n －2n 2，n ≤4，2n 2－15n ＋56，n ≥5.反思与感悟 等差数列{a n }前n 项的绝对值之和，根据绝对值的意义，应首先分清这个数列的哪些项是负的，哪些项是非负的，然后再分段求出前n 项的绝对值之和．跟踪训练2 已知数列{a n }中，S n ＝－n 2＋10n ，数列{b n }的每一项都有b n ＝|a n |，求数列b n 的前n 项之和T n 的表达式．解 由S n ＝－n 2＋10n 得a n ＝S n －S n －1＝11－2n (n ≥2，n ∈N ＋)． 验证a 1＝9也符合上式．∴a n ＝11－2n ，n ∈N ＋. ∴当n ≤5时，a n >0，此时T n ＝S n ＝－n 2＋10n ； 当n >5时，a n <0，此时T n ＝2S 5－S n ＝n 2－10n ＋50.即T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋10n (n ≤5)，n 2－10n ＋50(n >5).探究点三 等差数列的前n 项和公式在实际中的应用例3 李先生为今年上高中的儿子办理了“教育储蓄”，从8月1号开始，每个月的1号都存入100元，存期三年：(1)已知当年“教育储蓄”存款的月利率是2.7‰，问到期时，李先生一次可支取本息共多少元？(“教育储蓄”不需缴利息税)(2)已知当年同档次的“零存整取”储蓄的月利率是1.725‰，问李先生办理“教育储蓄”比“零存整取”多收益多少元？(“零存整取”需缴20%的利息税) 解 (1)100元“教育储蓄”存款的月利息是 100×2.7‰＝0.27(元)．第1个100元存36个月，得利息0.27×36(元)； 第2个100元存35个月，得利息0.27×35(元)； ……第36个100元存1个月，得利息0.27×1(元)． 因此，到期时李先生获得利息0．27×(36＋35＋…＋1)＝179.82(元)． 本息和为3 600＋179.82＝3 779.82(元)． (2)100元“零存整取”的月利息是 100×1.725‰＝0.172 5(元)， 存三年的利息是0．172 5×(36＋35＋…＋1)＝114.885(元)， 因此，李先生多收益179．82－114.885×(1－20%)＝87.912(元)． 答 (1)李先生一次可支取本息共3 779.82元．(2)李先生办理“教育储蓄”比“零存整取”多收益87.912元．反思与感悟 解决有关等差数列的实际应用题时，首先要搞清楚哪些量能成等差数列，建立等差数列的模型，然后根据题意找准首项、公差和项数或者首项、末项和项数，最后转化为等差数列问题来解决．跟踪训练3 甲、乙两物体分别从相距70 m 的两处同时相向运动，甲第1分钟走2 m ，以后每分钟比前1分钟多走1 m ，乙每分钟走5 m. (1)甲、乙开始运动后几分钟相遇？(2)如果甲、乙到达对方起点后立即返回，甲继续每分钟比前1分钟多走1 m ，乙继续每分钟走5 m ，那么开始运动几分钟后第二次相遇？ 解 (1)设n 分钟后第1次相遇，依题意，有2n ＋n (n －1)2＋5n ＝70，整理得n 2＋13n －140＝0.解之得n ＝7，n ＝－20(舍去)． 第1次相遇是在开始运动后7分钟． (2)设n 分钟后第2次相遇，依题意，有2n ＋n (n －1)2＋5n ＝3×70，整理得n 2＋13n －420＝0.解之得n ＝15，n ＝－28(舍去)． 第2次相遇是在开始运动后15分钟．1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．63 B ．45 C ．36 D ．27 答案 B解析 数列{a n }为等差数列，则S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列，即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)， ∵S 3＝9，S 6－S 3＝27，则S 9－S 6＝45. ∴a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝45.2．等差数列{a n }中，S 10＝4S 5，则a 1d 等于( )A.12 B ．2 C.14 D ．4 答案 A解析 由题意得：10a 1＋12×10×9d ＝4(5a 1＋12×5×4d )，∴10a 1＋45d ＝20a 1＋40d ，∴10a 1＝5d ，∴a 1d ＝12.3．在一个等差数列中，已知a 10＝10，则S 19＝________. 答案 190解析 S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19(a 10＋a 10)2＝19a 10＝19×10＝190.4．某人用分期付款的方式购买一件家电，价格为1 150元，购买当天先付150元，以后每月的这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1%.若交付150元后的一个月开始算分期付款的第一个月，则分期付款的第10个月该交付多少钱？全部贷款付清后，买这件家电实际花费多少钱？解 设每次交款数额依次为a 1，a 2，…，a 20， 则a 1＝50＋1 000×1%＝60(元)， a 2＝50＋(1 000－50)×1%＝59.5(元)， …a 10＝50＋(1 000－9×50)×1%＝55.5(元)， 即第10个月应付款55.5元．由于{a n }是以60为首项，以－0.5为公差的等差数列， 所以有S 20＝60＋(60－19×0.5)2 ×20＝1 105(元)，即全部付清后实际付款1 105＋150＝1 255(元)．1．等差数列前n 项和的性质(1)对于前n 项和形如S n ＝An 2＋Bn 的数列一定为等差数列，且公差为2A ，记住这个结论，如果已知数列的前n 项和可以直接写出公差．(2)关于奇数项的和与偶数项的和的问题，要根据项数来分析，当项数为奇数或偶数时，S奇与S 偶的关系是不相同的．(3)数列{S n n }是等差数列，首项为a 1，公差为d2.2．等差数列{a n }与数列{|a n |}的前n 项和等差数列各项取绝对值后组成的数列{|a n |}的前n 项和，可分为以下情形：(1)等差数列{|a n |}的各项都为非负数，这种情形中数列{|a n |}就等于数列{a n }，可以直接求解． (2)等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，这种数列只有前面有限项为非负数，从某项开始其余所有项都为负数，可把数列{a n }分成两段来处理．(3)等差数列{a n }中，a 1<0，d >0，这种数列只有前面有限项为负数，其余都为非负数，同样可以分成两段处理．一、基础过关1．在等差数列{a n }和{b n }中，a 1＝25，b 1＝75，a 100＋b 100＝100，则数列{a n ＋b n }的前100项的和为( )A ．10 000B ．8 000C ．9 000D ．11 000 答案 A解析 由已知得{a n ＋b n }为等差数列，故其前100项的和为S 100＝100[(a 1＋b 1)＋(a 100＋b 100)]2＝50×(25＋75＋100)＝10 000.2．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n 为整数的正整数n 的个数是( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 答案 D 解析a nb n ＝A 2n －1B 2n －1＝14n ＋382n ＋2＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1. ∴n ＝1,2,3,5,11.3．一个等差数列的项数为2n ，若a 1＋a 3＋…＋a 2n －1＝90，a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝72，且a 1－a 2n ＝33，则该数列的公差是( )A ．3B ．－3C ．－2D ．－1 答案 B解析 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＋…＋a2n －1＝na 1＋n (n －1)2×(2d )＝90，a 2＋a 4＋…＋a2n ＝na 2＋n (n －1)2×(2d )＝72，得nd ＝－18.又a 1－a 2n ＝－(2n －1)d ＝33，所以d ＝－3.4．在小于100的自然数中，所有被7除余2的数之和为( ) A ．765 B ．665 C ．763 D ．663 答案 B解析 ∵a 1＝2，d ＝7,2＋(n －1)×7<100，∴n <15，∴n ＝14，S 14＝14×2＋12×14×13×7＝665.5．含2n ＋1项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为( ) A.2n ＋1n B.n ＋1n C.n －1n D.n ＋12n答案 B解析 S 奇＝(n ＋1)(a 1＋a 2n ＋1)2，S 偶＝n (a 2＋a 2n )2，∵a 1＋a 2n ＋1＝a 2＋a 2n ，∴S 奇S 偶＝n ＋1n .6．一个等差数列共有10项，其偶数项之和是15，奇数项之和是252，则它的首项与公差分别是a 1＝__________，d ＝________. 答案 12 12解析 S 偶－S 奇＝5d ＝15－252＝52，∴d ＝12. 由10a 1＋10×92×12＝15＋252＝552，得a 1＝12.7．已知数列{a n }中，a 1＝－7，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋2，求S 100. 解 由a 1＝－7，a n ＋2＝a n ＋2，可得a n ＋2－a n ＝2，∴a 1，a 3，a 5，a 7，…，a 99是以－7为首项，公差为2的等差数列，共50项．∴a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝50×(－7)＋50×(50－1)2×2＝2 100.同理，a 2，a 4，a 6，…，a 100是以3为首项，公差为2的等差数列，共50项． ∴a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100＝50×3＋50×(50－1)2×2＝2 600.∴S 100＝2 100＋2 600＝4 700. 二、能力提升8．现有200根相同的钢管，把它们堆成正三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余钢管的根数为( )A ．9B ．10C ．19D ．29 答案 B解析 钢管排列方式是从上到下各层钢管数组成了一个等差数列，最上面一层钢管数为1，逐层增加1个．∴钢管总数为：1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.当n ＝19时，S 19＝190.当n ＝20时，S 20＝210>200. ∴n ＝19时，剩余钢管根数最少，为10根．9．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 C解析 a m ＝2，a m ＋1＝3，故d ＝1，因为S m ＝0，故ma 1＋m (m －1)2d ＝0，故a 1＝－m －12，因为a m ＋a m ＋1＝5，故a m ＋a m ＋1＝2a 1＋(2m －1)d ＝－(m －1)＋2m －1＝5， 即m ＝5.10．有两个等差数列{a n }，{b n }，其前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝3n －1n ＋7，则a 7b 7＝________.答案1910解析 方法一 a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝13(a 1＋a 13)213(b 1＋b 13)2＝S 13T 13＝3×13－113＋7＝1910. 方法二 因为S n T n ＝3n －1n ＋7，所以设S n ＝(3n －1)kn ，T n ＝(n ＋7)·kn (k ≠0)． 所以a 7＝S 7－S 6＝38k ，b 7＝T 7－T 6＝20k . 所以a 7b 7＝38k 20k ＝1910.11．一个等差数列的前10项之和为100，前100项之和为10，求前110项之和． 解 方法一 设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d .由已知得⎩⎨⎧10a 1＋10×92d ＝100， ①100a 1＋100×992d ＝10. ②①×10－②整理得d ＝－1150，代入①，得a 1＝1 099100，∴S 110＝110a 1＋110×1092d＝110×1 099100＋110×1092×⎝⎛⎭⎫－1150＝110⎝⎛⎭⎪⎫1 099－109×11100＝－110.故此数列的前110项之和为－110.方法二 设S n ＝an 2＋bn .∵S 10＝100，S 100＝10，∴⎩⎪⎨⎪⎧102a ＋10b ＝100，1002a ＋100b ＝10，解得⎩⎨⎧ a ＝－11100，b ＝11110.∴S n ＝－11100n 2＋11110n . ∴S 110＝－11100×1102＋11110×110＝－110. 12．数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0 (n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求S n .解 (1)∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0.∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＝…＝a 2－a 1.∴{a n }是等差数列且a 1＝8，a 4＝2，∴d ＝－2，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝10－2n .(2)∵a n ＝10－2n ，令a n ＝0，得n ＝5.当n >5时，a n <0；当n ＝5时，a n ＝0；当n <5时，a n >0.∴当n >5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n )＝S 5－(S n －S 5)＝2S 5－S n＝2·(9×5－25)－9n ＋n 2＝n 2－9n ＋40，当n ≤5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝9n －n 2.∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2 (n ≤5)n 2－9n ＋40 (n >5). 三、探究与拓展13．有两个加工资的方案：一是每年年末加1 000元；二是每半年结束时加300元．如果在该公司干10年，问：(1)选择哪一种方案好？选准了较好的方案，与另一方案相比，10年中多加薪多少元？(2)如果第二方案中的每半年加300元改成每半年加a 元，问a 取何值时，总是选择第二方案比第一方案加薪多？解 按第一种方案，每年加薪数形成等差数列{a n }且a 1＝1 000，d ＝1 000，n ＝10，按第二种方案，每半年加薪数形成等差数列{b n }且b 1＝300，d ＝300，n ＝20.(1)第10年的年末，依第一方案可得共加薪S n ＝(1 000＋2 000＋3 000＋…＋10 000)＝55 000(元)．依第二方案可得共加薪T n ＝(300＋300×2＋300×3＋300×4＋…＋300×20)＝63 000(元)，因此在公司干10年，选择第二方案好，多加薪63 000－55 000＝8 000(元)．(2)到第n 年年末，依第一方案可得共加薪1 000(1＋2＋…＋n )＝500n (n ＋1)(元)．依第二方案可得共加薪a (1＋2＋3＋4＋…＋2n )＝an (2n ＋1)(元)．由题意an (2n ＋1)>500n (n ＋1)对一切n ∈N ＋都成立，即a >500(n ＋1)2n ＋1＝250＋2502n ＋1， 又因为250＋2502n ＋1≤250＋2503， 所以a >250＋2503＝1 0003. 所以当a >1 0003元时， 总是选择第二方案比第一方案加薪多．。