山西太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第1章直角三角形

数学竞赛的秘诀如何应对高中数学中的几何题在高中数学中，几何题是数学竞赛中的重要部分。

掌握解决几何题的秘诀可以帮助我们更好地应对数学竞赛中的挑战。

本文将为大家介绍数学竞赛中应对高中数学中的几何题的秘诀。

一、理清题意，分析条件在解答几何题之前，首先要仔细理解题目的意思，准确把握所给条件。

通过画图、标记和标注的方式，将题目中的各种信息清晰地表示出来。

这样做可以帮助我们更好地理解题目的含义，并为之后的解题提供依据。

二、掌握基本几何概念和定理高中几何题通常涉及各种几何概念和定理，如三角形的性质、直角三角形的性质、平行线与角的关系等。

为了顺利解题，我们需要熟练掌握这些基本几何概念和定理，并能够灵活运用到具体的解题中。

三、善于画图，勤于构造辅助线在解答几何题时，合理地图形化是非常重要的。

通过仔细观察题目中的信息，合理地画出图形，并构造辅助线来推导出新的线索和关系。

这一步的目的是为了将问题转化为易于理解和处理的形式，从而更好地解决问题。

四、善于利用相似三角形和几何关系在解答几何题时，我们常常需要运用相似三角形和几何关系来寻找解题的突破口。

我们可以通过观察图形的特点，寻找其中的相似三角形，并利用相似三角形的性质来解答问题。

同时，还可以利用角的对应关系、等角和等边等几何关系来得出题目所要求的结论。

五、灵活运用面积和长度的计算方法解答几何题时，面积和长度的计算是常见的操作。

对于面积的计算，我们可以利用相似性、平行性和三角形的性质来计算所需的面积。

而对于长度的计算，我们可以借助角度、比例和三角形的性质来计算问题所需的长度。

在运用这些计算方法时，我们要注意准确计算，并且进行合理的化简和推导。

六、多做几何题，勤于总结归纳数学是一门实践性很强的学科，几何题也是如此。

只有通过大量的实践和练习，才能不断提高解决几何题的能力。

因此，我们要多做几何题，通过总结归纳，分析解题的方法和思路，将解题经验沉淀下来，形成自己的解题思维和方法。

高中数学竞赛解题策略组合分册第一章：数学竞赛的意义与挑战1. 数学竞赛不仅仅是一项学科竞赛，更是思维训练的过程。

在参加数学竞赛的过程中，学生不仅仅是在解决问题，更是在培养逻辑思维、数学推理和数学建模的能力。

2. 数学竞赛的题目难度较高，需要学生具备扎实的数学基础、优秀的逻辑思维能力和丰富的解题经验。

参加数学竞赛对学生来说是一项挑战，也是一次提高自身数学能力的机会。

3. 通过参加数学竞赛，学生可以在解题过程中积累经验，提高解题速度和准确度，更好地理解数学知识，并培养良好的数学思维习惯。

第二章：数学竞赛解题的策略与方法1. 熟练掌握数学基础知识是参加数学竞赛的基础。

学生要熟练掌握数学基础知识，包括代数、几何、数论等各个方面的知识点，才能在竞赛题目中灵活运用。

2. 多做历年数学竞赛试题，尤其是一些经典的难题。

通过做历年试题，学生可以了解数学竞赛的出题规律和题型，积累解题经验，发现自身在某些知识点上的不足之处，及时进行补充和强化。

3. 注重解题过程中的思维方法和策略。

在解题过程中，学生要注意用多种方法进行思考和解决问题，可以尝试逆向思维、分析归纳、构造反证等不同的思维方法，找到问题的突破口。

4. 多与同学或老师讨论，参加数学竞赛的学生可以多与同学或老师讨论解题思路，交流解题经验，互相学习、互相提高。

5. 树立信心，面对数学竞赛中的难题，学生要树立信心，保持心态平和，不要惧怕困难，要相信自己的能力，努力克服困难。

第三章：高中数学竞赛解题策略的实例分析通过对一些经典的数学竞赛试题进行分析，我们可以看到一些解题的策略和方法在实际题目中是如何运用的。

1. 策略一：分类讨论法对于一些复杂的题目，可以采用分类讨论的方法进行解题。

对于一个几何问题，可以将几何图形进行分类讨论，找到不同情况下的规律，从而解决问题。

2. 策略二：构造法在数学竞赛中，应用构造法解题是比较常见的策略。

通过构造一些特殊的数据或图形，可以发现问题的规律，从而得到解题的线索。

数学竞赛的秘诀如何应对高中数学中的立体几何题数学竞赛中，立体几何题是考察学生几何思维和解题能力的重要一环。

对于高中学生来说，合理的应对立体几何题是提高竞赛成绩的关键。

本文将探讨数学竞赛中应对高中数学立体几何题的秘诀和解题方法。

一、了解基本概念和性质在应对立体几何题之前，首先要对基本概念和性质有所了解。

高中立体几何题主要涉及到立体图形的表面积、体积、几何关系等方面的知识点。

学生应熟悉各种常见几何体的特点和性质，例如长方体、正方体、圆柱体、圆锥体等的公式和计算方法，并掌握它们之间的转化关系。

二、掌握解题方法和技巧1. 画出清晰的图形：解决立体几何题的关键是明确图形的形状和结构，因此应该通过手绘或者几何软件画出准确、清晰的图形。

图形的细节对于解题过程及结果都有重要影响，因此务必细心且准确。

2. 利用平行关系：在解题过程中，多利用平行关系推导出所需的条件。

例如，当题目给出某平面与几个直线平行时，可以运用平行关系推导出更多的几何关系，从而简化解题过程。

3. 运用类比和类比思维：类比思维可以帮助发现问题间的相似性，找到解决问题的通用方法。

利用已经学过的解题思路和方法，将新题目与旧题目作类比，找出解题的线索和方向。

4. 运用三维图形展开：对于一些立体几何题，将其展开成二维图形有助于解题。

通过展开图形，可以更好地观察和分析几何关系，从而解决问题。

5. 利用空间想象力：立体几何题需要学生具备较强的空间想象力。

在解题过程中，可以通过空间构想或者辅助手段，如拼图、模型等来帮助理解和解决问题。

三、创造思维和分析能力高中立体几何题往往需要学生具备较高的创造思维和分析能力。

学生应注重培养思维的灵活性，善于抽象和推理。

在解题过程中，可以通过数学归纳法、反证法等方法，积极探索解题的多种可能性和方法。

四、重视实践和练习掌握立体几何题的秘诀，离不开实践和练习。

只有在大量的练习中，才能更好地掌握解题技巧和方法，并在竞赛中更加得心应手。

三角形几何题解题技巧
1. 嘿，你知道吗，在解三角形几何题时，一个超级重要的技巧就是标记已知条件呀！就好像你要去一个陌生的地方，先把地图上的关键点标记出来一样。

比如说有个题告诉你三角形的两个角和一条边，那你就得赶紧把这些已知的宝贝给标记好，这样解题不就有方向啦！
2. 哇塞，要特别注意特殊三角形啊！像直角三角形、等腰三角形和等边三角形，它们可都有独特的性质呢！就好比游戏里的隐藏技能。

比如遇到等腰三角形，马上就知道两腰相等呀，这能帮你在解题中找到好多关键信息呢，可不是超级有用嘛！
3. 嘿呀，画图绝对是个超棒的技巧！把题目中的三角形画出来，直观又清晰，就像是给题目拍了张照片。

比如说一个复杂的几何题，你画好图后，一下子就能看清各个边和角的关系啦，是不是很神奇呀！
4. 别忘了找等量关系呀！这就好比在一堆乱石中找到宝贝一样。

比如在三角形中，内角和始终是 180 度，这就是个很关键的等量关系呀，利用好它，
解题就能势如破竹啦！
5. 哇哦，转换思路也很重要哦！有时候一条路走不通，那就换条路呗。

比如，本来想用求角度的方法，发现不行，那就试试求边长啊。

这就好像本来想走前门，结果锁了，那咱就走后门呗，总能进去的啦！
6. 还有哦，多练习才能掌握这些技巧呀！就像学骑自行车，不练习怎么能骑得好呢。

多做一些三角形几何题，慢慢地你就会发现自己越来越厉害啦！
我的观点结论：掌握这些三角形几何题解题技巧，能让你在解这类题时更得心应手，加油去运用吧！。

高中数学解题方法系列：解三角形的几种入手策略解三角形知识一直是高考常考考点，虽然这一块儿只要运用公式、正弦定理与余弦定理便能解决很多问题，但是如何针对试题，灵活、准确、快速地选定相关定理去入手解题，则是同学们很难把握的。

本文结合具体题目，初步探寻一些入手策略，期望对同学们有所帮助。

【正弦定理公式】；【余弦定理公式】；；如果将公式、正弦定理、余弦定理看成是几个“方程”的话，那么解三角形的实质就是把题目中所给的已知条件按方程的思想进行处理，解题时根据已知量与所求量，合理选择一个比较容易解的方程（公式、正弦定理、余弦定理），从而使同学们入手容易，解题简洁。

一、直接运用公式、正弦定理、余弦定理（1）三角公式①在中，已知两角的三角函数值，求第三个角；存在。

证明：有解有解即，要判断是否有解，只需。

（2）正弦定理①在中，已知两角和任意一边，解三角形；②在中，已知两边和其中一边对角，解三角形；（3）余弦定理①在中，已知三边，解三角形；②在中，已知两边和他们的夹角，解三角形。

直接运用正弦定理、余弦定理的上述情况，是我们常见、常讲、常练的，因此，在这里就不加赘述，同学们可以自己从教材中找一些题目看一看！二、间接运用公式、正弦定理、余弦定理（1）齐次式条件（边或角的正弦）若题目条件中出现关于角的齐次式或关于边的齐次式，可以根据角的异同选用公式弦切互化或正弦定理边角互化；有些题中没有明显的齐次式，但经过变形得到齐次式的依然适用。

1.相同角齐次式条件的弦切互化【例】在中，若，，求。

【解析】无论是条件中的，还是都是关于一个角的齐次式。

是关于的一次齐次式；是关于的二次齐次式。

因此，我们将弦化切，再利用三角公式求解。

由；由或；在中，，且。

代值可得：①当，时，；②当，时，（舍去）。

2.不同角（正弦）齐次式条件的边角互化【例】在中，若，且，求的面积。

【解析】条件是关于不同角正弦的二次齐次式。

因此，我们利用正弦定理将角化为边，然后根据边的关系利用余弦定理求解。

高中数学解三角形解题方法高中数学解三角形的开放型题型的解法研究也是很重要的只有解决了解三角形的难题，数学成绩才会整体上升，高考成绩也会有所提高。

下面是小编为大家整理的关于高中数学解三角形解题方法，希望对您有所帮助。

欢迎大家阅读参考学习!1高中数学解三角形解题方法解三角形，要求记忆三角函数公式，不仅要熟练记忆，牢牢掌握解三角形的解题技巧，还要能够将已经掌握的知识灵活运用。

开放型题型更是需要结合题目要求开拓新思路，以一个全新的思考方式去思考解决问题，这也就是开放型题型的新颖之处，也是开放型题型的难点。

一般开放型题型在题目阅读中增加了难度，相应来说，解题的难度就会减少，那么只要能够读懂题目，了解题目要求，理清楚解题的思路就可以轻松的完成三角函数题目的解答。

但是对于高中生来说对于解三角形函数的了解已经很深入了，只是高中生一般就掌握了解三角形的基本解题思路，对照相应的题型进行练习解答，这么一来，高中生也就变成了解题机器，只会一种思路，一种思考方式，不会变通，如果在这时候遇到了开放型题型，就会完全傻了眼。

这时候，在大形势趋向于开放型题型，高中生只能在自己掌握的知识基础上，多练练开放型题型，运用自己了解的三角函数知识根据开放型题型的题目要求去解答问题。

高中生对于三角函数的知识已经掌握的很熟练了，只是对于这些开放型题型就是缺少练习，多找一些开放型题型来练习，增加高中生对开放型题型题目的理解程度，因为题目要求难度增加，对应的解题难度就会减少，这样一来只要能够多练习开放型题型，熟练掌握解题思路，能够读懂题目要求，就会很简单的解答这方面的问题。

2高中数学解三角形的技巧正弦定理●教学目标。

知识与技能：通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握正弦定理的内容及其证明方法;会运用正弦定理与三角形内角和定理解斜三角形的两类基本问题。

过程与方法：让学生从已有的几何知识出发，共同探究在任意三角形中，边与其对角的关系，引导学生通过观察，推导，比较，由特殊到一般归纳出正弦定理，并进行定理基本应用的实践操作。

高中数学联赛几何分册几何是高中数学联赛中的一个重要分册，它涉及平面几何和立体几何，为高中数学联赛考题提供了框架。

本文将分析几何分册，作为指导高中学生精通几何知识，并在高中数学联赛中取得优异成绩。

首先，我们先来聊聊平面几何。

平面几何主要围绕着形状、线段、角度以及两个以上的点的位置关系等问题展开。

其中，形状主要涉及解析几何、统计几何、旋转几何以及同轴几何。

解析几何是讨论形状的变换的，如平移、旋转、缩放形状等。

统计几何是讨论形状的空间关系，比如多边形的内部关系等。

旋转几何则是讨论图形中点、线、圆等元素之间的关系，比如点、线、圆等相交等。

同轴几何是一种特殊的几何，比如任意直线和圆之间的关系等。

其次，我们聊一聊立体几何。

立体几何涉及立体形状、空间点的位置关系以及空间线段、立体角度等问题。

立体形状主要涉及棱形、圆柱、圆锥以及立方体等，主要讨论它们内部构成特性以及它们对外部空间的作用。

另外，空间点的位置关系涉及空间形状在立体空间中的表示方法，如直角坐标系等。

空间线段则是讨论空间线段与空间中其他物体之间的关系，比如平面、圆锥等。

最后，立体角度是讨论空间中物体的角度，比如两个平面之间的夹角、两个空间线段之间的夹角、两个圆锥之间的夹角等。

最后，我们来看一下如何准备高中数学联赛几何分册的考题。

首先，学生需要精通平面几何和立体几何的基础知识。

然后，学生可以选择练习题来巩固自己的知识，不断完善自己的数学技能。

此外，学生还可以把自己熟悉的题目拿出来练习，从而不断提高自己的水平。

最后，学生还可以参加一些数学竞赛，这样不仅可以提高自己的知识水平，而且可以让自己了解更多的高中数学联赛考题。

综上所述，几何是高中数学联赛中一个重要的分册，它涉及平面几何和立体几何的知识，如形状、线段、角度以及空间点的位置关系等。

如果想取得优异成绩，学生必须精通几何，并能够正确处理高中数学联赛考题。

总之，几何是高中数学联赛中一个不可缺少的分册，希望它会帮助所有学生到达数学巅峰！。

第5章 直角三角形中直角边所在直线上的点直角三角形中直角边所在直线上的点有如下的结论，作为其性质介绍如下：性质 设D 是直角ABC △（90C ∠=︒）的直角边BC 所在直线上一点（异于B ），则2222222AB DB DA DB DC DB DA DB DC =+⋅=+-⋅．DCAB ABCD（1） （2）图5-1证明 对于图51-（1），当点D 在BC 的延长线上时，由勾股定理，有 222AB BC CA =+ 222BC DA DC =+-2222(2)22BC DC BC DC DA DC BC DC =++⋅+--⋅ 22()2()BC DC DA DC BC DC =++-+⋅ 222BD DA DB DC =+-⋅．当点D 在CB 的延长线上时，类似地有 2222AB BC DA DC =+-2222(2)22BC DC BC DC DA DC BC DC =+-⋅+-+⋅ 22()2()DC BC DA DC BC DC =-+--222BD DA DB DC =+-⋅． 对于图51-（2），当D 在边BC 上时，类似地有 2222AB BC DA DC =+-2222(2)22BC DC BC DC DA DC BC DC =+-⋅+-+⋅ 22()2()BC DC DA BC DC DC =-++-⋅222BD DA DB DC =++⋅．显然，在图51-中，若点D 与点C 重合，则0DC =，有222AB BC CA =+，此即为勾股定理．因此，我们可把上述性质称为广勾股定理． 由上述性质，还可得如下推论：注：也可运用余弦定理证：222222cos 2cos AB DB DA DB DA ADB BD DA DB DA ADC =+-⋅⋅∠=+⋅⋅∠222DB DA DB DC =+⋅．推论1 三角形一边的平方等于、小于或大于其他两边的平方和，视其该边所对的角是直角、锐角或钝角而定．推论2 三角形的一角是直角、锐角或钝角，视其该角所对的边的平方等于、小于或大于其他两边的平方和而定．下面给出三角形的广勾股定理应用的例子． 1．直接在直角三角形中用例1 （三角形的中线长公式）三角形一边上的中线长的平方，等于其他两条边长的平方和之半减去该边长平方的四分之一．证明 如图52-，O 为ABC △的边AB 的中点，作CD AB ⊥于D ．分别在AOC △和OBC △中应用广勾股定理（即（51-）式），有图5-2CAO DB2222AC OC AO OA OD =++⋅2214OC AB AB OD =++⋅，2222BC OC OB OB OD =+-⋅2214OC AB AB OD =+-⋅．由上述两式相加，得222211()24OC AC BC AB =+-．例2 （平行四边形边长与对角线长关系）平行四边形各边的平方和等于两对角线的平方和．事实上，在图52-中，将CO 延长至E ，使OE OC =，则四边形AEBC 为平行四边形，由三角形中线长公式，即得22222()AC BC AB CE +=+．例3 （定差幂线定理）设MN ，PQ 是两条线段，则MN PQ ⊥的充要条件为2222PM PN QM QN -=-． 证明 必要性．如图53-，若MN PQ ⊥，则可设MN PQ ⊥于D ．PMNQD PMNQ D图5-3分别在MQP △，PQN △中应用广勾股定理，有 2222PM QM PQ QP QD =+-⋅，2222PN QN PQ QP QD =+-⋅．上述两式相减，得2222PM PN QM QN -=-． 充分性．当2222PM PN QM QN -=-时，如图54-．QRNS KM PTFE NFRS EQ KMTP 图5-4设R ，S ，T ，K ，E ，F 分别为ON ，NP ，PM ，MQ ．PQ ，MN 的中点，将这些中点联结如图，则KRST ，RFTE ，KFSE 均为平行四边形．由例2的结论，有22222()KF KE EF KS +=+，222()ER RF +22EF RT =+．由题设有2222PM QN PN QM +=+，即有22224444KE KF ER RF +=+． 上述三式整理得22KS RT =，即KS RT =，从而KRST 为矩形，有KT KR ⊥． 而KT PQ ∥，KR MN ∥， 故MN PQ ⊥．例4 如图55-，在Rt ABC △中，90ACB ∠=︒，点D 在边CA 上，使得1CD =，3DA =，且3BDC BAC ∠=∠．求BC 的长．BC D Ex A图5-5解 由3BDC BAC ∠=∠，知2ABD BAC ∠=∠．过点B 作ABD ∠的平分线交DA 于E ，则AEB △为等腰三角形．令AE x =，则BE x =，且3DE x =-． 分别对EBC △，ABC △应用广勾股定理，有 22222x BE BD DE DE DC ==++⋅22(3)2(3)BD x x =+-+-，即2815BD x =-．22228159238AB BD DA DA DC x x =++⋅=-++⋅=．又由角平分线性质，有BD DE BA EA =，即22815(3)8x x x x --=，解得2411x =．从而BC = 2．作出垂线，构造新直角三角形例5 如图56-，已知在ABC △中，90ACB ∠=︒．ADEBC图5-6（1）如图所示，当点D 在斜边AB 上（不含端点）时，求证：222CD BD AD BDBC AB--=； （2）当点D 与点A 重合时，（1）中的等式是否成立？请说明理由； （3）当点D 在BA 的延长线上时，（1）中的等号是否成立？请说明理由．解 （1）过C 作CE BD ⊥于E ，则由射影定理（或直角三角形相似）有2BC BA BE =⋅． 对Rt CBE △的直角边BE 上的点D 应用广勾股定理，有2222CD BC BD BD BE =+-⋅， 即2222CD BD BC BD BE -=-⋅．于是， 222222CD BD BC BD BEBC BC --⋅=2BA BE BD BEBA BE ⋅-⋅=⋅ ()BA BD BD AD BDBA AB---==． （2）当点D 与A 重合时，（1）中等式仍然成立． 此时，0AD =，CD AC =，BD AB =．于是222222221CD BD AC AB BC BC BC BC ---===-，1AD BD ABAB AB--==-， 故 222CD BD AD BDBC AB--=． （3）当点D 在BA 的延长线上时，（1）中的等式不成立．此时，同（1）作辅助线，应用广勾股定理，有2222CD BC BD BD BE =+-⋅，即222CD BD BC -=-2BD BE ⋅．从而222CD BD AD BD AD BDBC AB AB----=≠． 例6 如图57-，已知四边形ABCD 为正方形，O 过正方形的顶点A 和对角线的交点P ，并分别交AB ，AD 于点F ，E ．（1）求证：DE AF =；（2）若O，1AB =，求AEED的值． 解 显然EF 为O 的直径，即O 点在EF 上．联结EP ，FP ，则45EFP EAP FAP FEP ∠=∠=︒=∠=∠，即知EPF △为等腰直角三角形，于是EP ．图5-7D（1）由DP AP =，45EDP FAP ∠=︒=∠，DEP AFP ∠=∠，知DEP △≌AFP △．从而DE AF =．（2）过P 作PM AD ⊥于M ，则M 为AD 的中点，11)2AM =，12)2AP =．令AEx =，则11)2EM x =-．对Rt APM △的直角边AM 上的点E 应用广勾股定理，有2222AP AE EP EA EM =++⋅．即222112)21)22x x x ⎡⎤⎡⎤=++⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭， 亦即21)0x x -+=．解得1AE x ==AEED=． 例7 如图58-，在ABC △中，75A ∠=︒，35B ∠=︒，D 是边BC 上一点，2BD CD =．求证：2()()AD AC BD AC CD =+-．C ABFDME图5-8证明 如图，延长BC 至E ，使CE AC =．由题设70C ∠=︒，则35E B ∠=︒=∠，即知ABE △为等腰三角形．过点A 作AM BE ⊥于M ，则M 为BE 的中点．取BD 的中点F ，则BF FD DC ==，联结AF ．对Rt ABM △的直角边BM 所在直线上的点C 应用广勾股定理，有2222AB AC BC CB CM =+-⋅2()AC BC BC CM CM =+-- 2()AC BC BM CM =+- 2()AC BC EM CM =+- 2AC BC CE =+⋅2AC BC AC =+⋅①又在Rt AFM △，Rt ACM △中分别对点D 应用广勾股定理，有2222AF FD AD DF DM =++⋅， 2222AC CD AD DC DM =+-⋅．此两式相加得222222AF AC CD AD +=+． ②同理，在Rt ABM △，Rt ADM △中分别对点F 应用广勾股定理，有2222AB AF BF FB FM =++⋅， 2222AD AF DF FD FM =+-⋅，此两式相加，得222222AB AD AF CD +=+． ③由②，③得2222263AC AB CD AD +=+，将①代入并注意3BC CD =，得 2222AC AC CD CD AD +⋅=+．故2222(2)()()()AD AC AC CD CD AC CD AC CD AC BD AC CD =+⋅-=+-=+-．3．作出特殊线，证明是垂线 例8 （《中等数学》2008（4）数学奥林匹克问题222号）如图59-，O 在矩形ABCD 内，讨顶点A ，B ，C ，D 分别作O 的切线，切点分别为1A ，1B ，1C ，1D ．若13AA =，14BB =，15CC =，求1DD 的长．A E DCC 1BB 1D 1FOA 1图5-9解 联结AO ，BO ，CO ，DO ，1A O ，1B O ，1C O ，1D O ，则11OA AA ⊥，11OB BB ⊥，11OC CC ⊥，11OD DD ⊥． 设O 的半径为r ，则由勾股定理，知2221AO AA r =+，2221BO BB r =+， 2221CO CC r =+，2221DO DD r =+．过点O 作EF AD ∥分别交DC ，AB 于F ，E ，则由题设知OE AB ⊥，OF DC ⊥，且BE CF =． 在Rt AOE △中，对点B ，在Rt ODF △中，对点C 分别应用广勾股定理，有2222AO OB AB BA =+-⋅ BE ，2222DO OC CD CD CF =+-⋅．此两式相减得2222AO DO OB OC -=-，即2222AO OC OB OD +=+．（*） 于是，22221111AA CC BB DD +=+．故1DD = 注：（*）式表明：矩形内一点到两双对顶点的距离的平方和相等．例9 （第31届俄罗斯数学奥林匹克（第4轮）题）已知非等腰ABC △，1AA ，1BB 是它的两条高，又线段11A B 与平行于AB 的中位线相交于点C '．证明：经过ABC △的外心和垂心的直线与直线CC '垂直． 证明 如图510-，设O ，H 分别为ABC △的外心和垂心，EF 是与AB 平行的中位线，交AC 于E ，交BC 于F ．联结CO 交11B A 于点L ，联结CH 交EF 于点K ．CTF A 1B 1ABHC ′E O K L图5-10注意到CH AB ⊥，EF AB ∥，则知CH EF ⊥，即KF CH ⊥．过点C 作ABC △外接圆的切线CT ，则CO CT ⊥，且11TCB CAB B AC ∠=∠=∠，即知11B A CT ∥，于是知11CO B A ⊥，即C L CO '⊥．联结C H '，C O '．在Rt C HK '△，Rt C OL '△中，分别对点C 应用广勾股定理，有2222C H C C CH CK CH ''=+-⋅， 2222C O C C CO CL CO ''=+-⋅．上述两式相减得222222C H C O CH C O CK CH CL CO '''-=--⋅+⋅． ① 由于1OE EB ⊥，1OL B L ⊥知1B ，E ，O ，L 四点共圆；由11EFC ABC A B C ∠=∠=∠，知1A ，F ，1B ，E 四点共圆；由11HA A F ⊥，HK KF ⊥知K ，H ，1A ，F 四点共圆，于是，CL ，1CO CE CB =⋅= 1CF CA CK CH ⋅=⋅．②将②式代入①式，得2222C H C O CH CO ''-=-． 于是，由定差幂线定理，知CC OH '⊥． 4．综合应用例10 （2009年福建省竞赛题）如图511-，O 与线段AB 切于点M ，且与以AB 为直径的半圆切于点E ，CD AB ⊥于点D ，CD 与以AB 为直径的半圆交于点C ，且与O 切于点F ，联结AC ，CM ．求证：（1）A ，F ，E 三点共线；（2）AC AM =；（3）22MC MD MA =⋅．图5-11证明 （1）设AB 的中点为O '，由于O '与O 内切于点E ，则知O '，O ，E 三点共线． 联结FO ，则FO CD ⊥．又AB CD ⊥，知FO AB ∥． 于是，EOF EO A '∠=∠．从而，两等腰EOF △，EO A '△的底角相等，即有OEF O EA '∠=∠．由此即知A ，F ，E 三点共线．（2）在O 中，由切割线定理，有2AM AF AE =⋅．联结EB ，则AE EB ⊥，知E ，F ，D ，B 四点共圆，即有AF AE AD AB ⋅=⋅．联结BC ，则由勾股定理有222BC AB AC =-．在ABC △中，应用广勾股定理，有222AC BC AB =+- 22222BA BD AB AC BA BD ⋅=--⋅，即有*22()AC AB BA BD AB AB BD AB AD AF AE =-⋅=-===⋅=⋅=（）2AM ，故AC AM =．（3）在AMC △中应用广勾股定理，有2222MC AM AC AM AD =+-⋅，而AM AC =，故22222MC AM AM AD AM DM =-⋅=⋅． 注：（*）处亦即直角三角形的射影定理2AC AB AD =⋅．这说明可用广勾股定理推导直角三角形射影定理． 例11 （《中等数学》2009（7）数学奥林匹问题高251）凸四边形ABCD 外切于O ，两组对边所在的直线分别交于点E ，F ，对角线交于点G ．求证：OG EF ⊥．FE 图5-12证明 设O 与边AB ，BC ，CD ，DA 的切点分别为M ，N ，R ，S ，则由牛顿定理知（参见第29章）AC ，BD ，MR ，NS 四线共点于G ．联结OE 交MG 于H ，联结OF 交SG 于H '，则GH OE ⊥，GH OF '⊥．在OEG △和OFG △中分别应用广勾股定理，有2222EG OE EO OE OH =+-⋅， 2222FG OF OF OF OH '=+-⋅．注意到直角三角形的射影定理，有22OE OH OM OS OF OH '⋅===⋅． 从而22222222EG EO OG OE OH OG OF OH FG FO '-=-⋅=-⋅=-． 由例3的结论，知OG EF ⊥． 练习五1．设P 为ABC △的边AB 上一点，求证：222PB APCP AC BC AP PB AB AB=⋅+⋅-⋅． 2．已知O 内的弦CD 平行于直径AB ，P 为AB 上的一点，求证：2222PC PD PA PB +=+．3．设P 为正ABC △的外接圆劣弧BC 上任一点．求证：PB PC PA +=．4．设H 为锐角ABC △的垂心，P 是ABC △所在平面内任一点，作HM PB ⊥于点M 交AC 的延长线于点J ，作HN PC ⊥于点N 交AB 的延长线于点I ．求证：PH IJ ⊥．5．圆O 与圆D 相交于点A ，B ，BC 为圆D 的切线，点C 在圆O 上，且AB BC =．（1）证明：点O 在圆D 的圆周上；（2）设ABC △的面积为S ，求圆D 的半径r 的最小值． 6．（2005年国家队集训题）已知E ，F 是ABC △的边AB ，AC 的中点，CM ，BN 是边AB ，AC 上的高．联结EF ，MN 交于点P ．又设O ，H 分别是ABC △的外心，垂心，联结AP ，OH ．求证：AP OH ⊥．。

1.2 应用举例(1)方向角和方位角各是什么样的角？(2)怎样测量物体的高度？(3)怎样测量物体所在的角度？[新知初探]实际测量中的有关名称、术语名称定义图示基线在测量中，根据测量需要适当确定的线段叫做基线仰角在同一铅垂平面内，视线在水平线上方时与水平线的夹角俯角在同一铅垂平面内，视线在水平线下方时与水平线的夹角方向角从指定方向线到目标方向线的水平角(指定方向线是指正北或正南或正东或正西，方向角小于90°)南偏西60°指以正南方向为始边，转向目标方向线形成的角预习课本P12～14，思考并完成以下问题方位角从正北的方向线按顺时针到目标方向线所转过的水平角[小试身手]1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)已知三角形的三个角，能够求其三条边( )(2)两个不可到达的点之间的距离无法求得( )(3)方位角和方向角是一样的( )解析：(1)错误，要解三角形，至少知道这个三角形的一条边长．(2)错误，两个不可到达的点之间的距离我们可以借助第三个点和第四个点量出角度、距离求得．(3)错误．方位角是指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角，而方向角是以观测者的位置为中心，将正北或正南方向作起始方向旋转到目标的方向线所成的角(一般指锐角)．答案：(1)×(2)×(3)×2．若P在Q的北偏东44°50′方向上，则Q在P的( )A．东偏北45°10′方向上 B．东偏北45°50′方向上C．南偏西44°50′方向上 D．西偏南45°50′方向上解析：选C 如图所示．3．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为( ) A．α＞β B．α＝βC．α＋β＝90° D．α＋β＝180°解析：选B 根据题意和仰角、俯角的概念画出草图，如图．知α＝β，故应选B.4．两灯塔A，B与海洋观察站C的距离都等于a(km)，灯塔A在C北偏东30°，B在C南偏东60°，则A，B之间距离为( )A.2a kmB.3a kmC ．a kmD ．2a km解析：选A △ABC 中，AC ＝BC ＝a ，∠ACB ＝90°， 所以AB ＝2a .测量高度问题[典例] 如图，测量河对岸的塔高AB 时，可以选与塔底B 在同一水平面内的两点C 与D .现测得∠BCD ＝α，∠BDC ＝β，CD ＝s ，并在点C 测得塔顶A 的仰角为θ，求塔高AB .[解] 在△BCD 中， ∠CBD ＝π－(α＋β)．由正弦定理得BC sin ∠BDC ＝CDsin ∠CBD .∴BC ＝CD sin ∠BDC sin ∠CBD ＝s ·sin βsin α＋β.在Rt △ABC 中，AB ＝BC tan ∠ACB ＝s ·si n βtan θsin α＋β.测量高度问题的两个关注点(1)“空间”向“平面”的转化：测量高度问题往往是空间中的问题，因此先要选好所求线段所在的平面，将空间问题转化为平面问题．(2)“解直角三角形”与“解斜三角形”结合，全面分析所有三角形，仔细规划解题思路． [活学活用]1．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的A 处测得水柱顶端的仰角为45°，沿A 向北偏东30°方向前进100 m 到达B 处，在B 处测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )A ．50 mB ．100 mC ．120 mD ．150 m 解析：选A 如图，设水柱高度是h m ，水柱底端为C ，则在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝h ，AB ＝100，BC ＝3h ，根据余弦定理得，(3h )2＝h 2＋1002－2×h ×100×cos 60°，即h 2＋50h －5 000＝0，解得h ＝50或h ＝－100(舍去)，故水柱的高度是50 m.2.如图所示，在山底A 处测得山顶B 的仰角∠CAB ＝45°，沿倾斜角为30°的山坡向山顶走1 000 m 到达S 点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，则山高BC 为________m.解析：因为∠SAB ＝45°－30°＝15°，∠SBA ＝∠ABC －∠SBC ＝45°－(90°－75°)＝30°， 所以∠ASB ＝180°－∠SAB －∠SBA ＝135°.在△ABS 中，AB ＝AS ·sin 135°sin 30°＝1 000×2212＝1 0002，所以BC ＝AB ·sin 45°＝1 0002×22＝1 000(m)． 答案：1 000测量角度问题[典例] 如图所示，A ，B 是海面上位于东西方向相距5(3＋3) n mile 的两个观测点．现位于A 点北偏东45°方向、B 点北偏西60°方向的D 点有一艘轮船发出求救信号，位于B 点南偏西60°且与B 点相距20 3 n mile 的C 点的救援船立即前往营救，其航行速度为30 n mile/h ，则该救援船到达D 点需要多长时间？[解] 由题意，知AB ＝5(3＋3) n mile ，∠DBA ＝90°－60°＝30°，∠DAB ＝90°－45°＝45°， ∴∠ADB ＝180°－(45°＋30°)＝105°. 在△DAB 中，由正弦定理得BD sin ∠DAB ＝ABsin ∠ADB ，即BD ＝AB sin ∠DAB sin ∠ADB ＝53＋3sin 45°sin 105°＝53＋3sin 45°sin 45°cos 60°＋cos 45°sin 60°＝10 3 n mile.又∠DBC ＝∠DBA ＋∠ABC ＝60°，BC ＝20 3 n mile ， ∴在△DBC 中，由余弦定理，得CD ＝BD 2＋BC 2－2BD ·BC cos ∠DBC＝300＋1 200－2×103×203×12＝30 n mile ，则救援船到达D 点需要的时间为3030＝1 h.测量角度问题主要是指在海上或空中测量角度的问题，如确定目标的方位，观察某一建筑物的视角等．解决它们的关键是根据题意和图形及有关概念，确定所求的角在哪个三角形中，该三角形中已知哪些量，需要求哪些量．通常是根据题意，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，得到所求的量，从而得到实际问题的解．[活学活用]在海岸A 处，发现北偏东45°方向，距离A 处(3－1)n mile 的B 处有一艘走私船，在A 处北偏西75°的方向，距离A 2 n mile 的C 处的缉私船奉命以10 3 n mile 的速度追截走私船．此时，走私船正以10 n mile/h 的速度从B 处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？解：设缉私船用t h 在D 处追上走私船，画出示意图， 则有CD ＝103t ，BD ＝10t ，在△ABC 中，∵AB ＝3－1，AC ＝2，∠BAC ＝120°，∴由余弦定理，得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos∠BAC ＝(3－1)2＋22－2·(3－1)·2·cos 120°＝6，∴BC ＝6，且sin ∠ABC ＝AC BC·sin∠BAC ＝26·32＝22， ∴∠ABC ＝45°，BC 与正北方向成90°角．∵∠CBD ＝90°＋30°＝120°，在△BCD 中，由正弦定理，得sin ∠BCD ＝BD ·sin∠CBDCD＝10t sin 120°103t＝12， ∴∠BCD ＝30°.即缉私船沿北偏东60°方向能最快追上走私船.测量距离问题题点一：两点间不可通又不可视1.如图所示，要测量一水塘两侧A ，B 两点间的距离，其方法先选定适当的位置C ，用经纬仪测出角α，再分别测出AC ，BC 的长b ，a ，则可求出A ，B 两点间的距离．即AB ＝a 2＋b 2－2ab cos α.若测得CA ＝400 m ，CB ＝600 m ，∠ACB ＝60°，试计算AB 的长． 解：在△ABC 中，由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos ∠ACB ，∴AB 2＝4002＋6002－2×400×600cos 60°＝280 000. ∴AB ＝2007 (m)．即A ，B 两点间的距离为2007 m. 题点二：两点间可视但有一点不可到达2.如图所示，A ，B 两点在一条河的两岸，测量者在A 的同侧，且B 点不可到达，要测出A ，B 的距离，其方法在A 所在的岸边选定一点C ，可以测出A ，C 的距离m ，再借助仪器，测出∠ACB ＝α，∠CAB ＝β，在△ABC 中，运用正弦定理就可以求出AB .若测出AC ＝60 m ，∠BAC ＝75°，∠BCA ＝45°，则A ，B 两点间的距离为________ m. 解析：∠ABC ＝180°－75°－45°＝60°， 所以由正弦定理得，AB sin C ＝ACsin B， ∴AB ＝AC ·sin C sin B ＝60×sin 45°sin 60°＝206(m)．即A ，B 两点间的距离为20 6 m. 答案：20 6题点三：两点都不可到达3.如图，A ，B 两点在河的同侧，且A ，B 两点均不可到达，测出A ，B 的距离，测量者可以在河岸边选定两点C ，D ，测得CD ＝a ，同时在C ，D 两点分别测得∠BCA ＝α，∠ACD ＝β，∠CDB ＝γ，∠BDA ＝δ.在△ADC和△BDC 中，由正弦定理分别计算出AC 和BC ，再在△ABC 中，应用余弦定理计算出AB .若测得CD ＝32km ，∠ADB ＝∠CDB ＝30°，∠ACD ＝60°，∠ACB ＝45°，求A ，B 两点间的距离．解：∵∠ADC ＝∠ADB ＋∠CDB ＝60°，∠ACD ＝60°， ∴∠DAC ＝60°， ∴AC ＝DC ＝32. 在△BCD 中，∠DBC ＝45°，由正弦定理，得BC ＝DCsin ∠DBC ·sin∠BDC ＝32sin 45°·sin30°＝6 4.在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos 45°＝34＋38－2×32×64×22＝38.∴AB＝64 (km)．∴A，B两点间的距离为64km.当A，B两点之间的距离不能直接测量时，求AB的距离分为以下三类：(1)两点间不可通又不可视(如图①)：可取某点C，使得A，B与C之间的距离可直接测量，测出AC＝b，BC＝a以及∠ACB＝γ，利用余弦定理得：AB＝a2＋b2－2ab cos γ.(2)两点间可视但不可到达(如图②)：可选取与B同侧的点C，测出BC＝a以及∠ABC和∠ACB，先使用内角和定理求出∠BAC，再利用正弦定理求出AB.(3)两点都不可到达(如图③)：在河边测量对岸两个建筑物之间的距离，可先在一侧选取两点C，D，测出CD＝m，∠ACB，∠BCD，∠ADC，∠ADB，再在△BCD中求出BC，在△ADC中求出AC，最后在△ABC中，由余弦定理求出AB.层级一学业水平达标1.学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图，测得AC的长度为4 m，∠A＝30°，则其跨度AB的长为( )A．12 m B．8 mC．3 3 m D．4 3 m解析：选D 由题意知，∠A＝∠B＝30°，所以∠C＝180°－30°－30°＝120°，由正弦定理得，AB sin C ＝ACsin B ，即AB ＝AC ·sin C sin B ＝4·sin 120°sin 30°＝4 3.2．一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P 的南偏西75°距塔68 n mile 的M 处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N 处，则这只船的航行速度为( )A.1762n mile/h B ．34 6 n mile/hC.1722n mile/h D ．34 2 n mile/h解析：选A 如图所示，在△PMN 中，PM sin 45°＝MNsin 120°，∴MN ＝68×32＝346，∴v ＝MN 4＝1762 n mile/h.3．若某人在点A 测得金字塔顶端仰角为30°，此人往金字塔方向走了80米到达点B ，测得金字塔顶端的仰角为45°，则金字塔的高度最接近于(忽略人的身高)( )A ．110米B ．112米C ．220米D ．224米解析：选A 如图，设CD 为金字塔，AB ＝80米．设CD ＝h ，则由已知得(80＋h )×33＝h ，h ＝40(3＋1)≈109(米)．从选项来看110最接近，故选A.4．设甲、乙两幢楼相距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、乙两幢楼的高分别是( )A ．20 3 m ，4033 mB ．10 3 m,20 3 mC ．10(3－2)m,20 3 mD.1532 m ，2033m解析：选A 由题意，知h 甲＝20tan 60°＝203(m)，h 乙＝20tan 60°－20tan 30°＝4033(m)． 5．海上的A ，B 两个小岛相距10 n mile ，从A 岛望C 岛和B 岛成60°的视角，从B 岛望C 岛和A 岛成75°的视角，则B 岛与C 岛之间的距离是( )A ．10 3 n mile B.1063 n mileC ．5 2 n mileD ．5 6 n mile解析：选D 由题意，做出示意图，如图，在△ABC 中，C ＝180°－60°－75°＝45°，由正弦定理，得BC sin 60°＝10sin 45°，解得BC ＝56(n mile)．6．某人从A 处出发，沿北偏东60°行走3 3 km 到B 处，再沿正东方向行走2 km 到C 处，则A ，C 两地的距离为________km.解析：如图所示，由题意可知AB ＝33，BC ＝2，∠ABC ＝150°. 由余弦定理，得AC 2＝27＋4－2×33×2×cos 150°＝49，AC ＝7.则A ，C 两地的距离为7 km. 答案：77．坡度为45°的斜坡长为100 m ，现在要把坡度改为30°，则坡底要伸长________m. 解析：如图，BD ＝100，∠BDA ＝45°，∠BCA ＝30°， 设CD ＝x ，所以(x ＋DA )·tan 30°＝DA ·tan 45°， 又DA ＝BD ·cos 45°＝100×22＝502， 所以x ＝DA ·tan 45°tan 30°－DA ＝502×133－50 2＝50(6－2)m. 答案：50(6－2)8．一蜘蛛沿东北方向爬行x cm 捕捉到一只小虫，然后向右转105°，爬行10 cm 捕捉到另一只小虫，这时它向右转135°爬行回它的出发点，那么x ＝________cm.解析：如图所示，设蜘蛛原来在O 点，先爬行到A 点，再爬行到B点，易知在△AOB 中，AB ＝10 cm ，∠OAB ＝75°，∠ABO ＝45°，则∠AOB ＝60°，由正弦定理知：x ＝AB ·sin∠ABO sin ∠AOB ＝10×sin 45°sin 60°＝1063(cm)．答案：10639.如图，甲船以每小时302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A 1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B 1处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达A 2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B 2处，此时两船相距102海里，求乙船航行的速度．解：如图，连接A 1B 2，在△A 1A 2B 2中，易知∠A 1A 2B 2＝60°，又易求得A 1A 2＝302×13＝102＝A 2B 2，∴△A 1A 2B 2为正三角形， ∴A 1B 2＝10 2.在△A 1B 1B 2中，易知∠B 1A 1B 2＝45°， ∴(B 1B 2)2＝400＋200－2×20×102×22＝200， ∴B 1B 2＝102，∴乙船每小时航行302海里．10.如图所示，在地面上共线的三点A ，B ，C 处测得一建筑物的仰角分别为30°，45°，60°，且AB ＝BC ＝60 m ，求建筑物的高度．解：设建筑物的高度为h ，由题图知，PA ＝2h ，PB ＝2h ，PC ＝233h ， ∴在△PBA 和△PBC 中，分别由余弦定理， 得cos ∠PBA ＝602＋2h 2－4h22×60×2h ，①cos ∠PBC ＝602＋2h 2－43h22×60×2h .②∵∠PBA ＋∠PBC ＝180°， ∴cos ∠PBA ＋cos ∠PBC ＝0.③由①②③，解得h ＝306或h ＝－306(舍去)，即建筑物的高度为30 6 m.层级二 应试能力达标1.如图，从气球A 上测得其正前下方的河流两岸B ，C 的俯角分别为75°，30°，此时气球的高度AD 是60 m ，则河流的宽度BC 是( )A ．240(3－1)mB ．180(2－1)mC ．120(3－1)mD ．30(3＋1)m解析：选C 由题意知，在Rt △ADC 中，∠C ＝30°，AD ＝60 m ，∴AC ＝120 m ．在△ABC 中，∠BAC ＝75°－30°＝45°，∠ABC ＝180°－45°－30°＝105°，由正弦定理，得BC ＝AC sin ∠BACsin ∠ABC ＝120×226＋24＝120(3－1)(m)．2.如图所示为起重机装置示意图．支杆BC ＝10 m ，吊杆AC ＝15 m ，吊索AB ＝519 m ，起吊的货物与岸的距离AD 为( )A ．30 m B.1532 mC ．15 3 mD ．45 m解析：选B 在△ABC 中，AC ＝15 m ，AB ＝519 m ，BC ＝10 m ，由余弦定理得cos ∠ACB ＝AC 2＋BC 2－AB 22×AC ×BC＝152＋102－51922×15×10＝－12，∴sin ∠ACB ＝32.又∠ACB ＋∠ACD ＝180°， ∴sin ∠ACD ＝sin ∠ACB ＝32. 在Rt △ADC 中，AD ＝AC ·sin∠ACD ＝15×32＝1532m. 3.如图所示，要测量底部不能到达的某电视塔AB 的高度，在塔的同一侧选择C ，D 两个观测点，且在C ，D 两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得∠BCD ＝120°，C ，D 两地相距500 m ，则电视塔AB 的高度是( )A ．100 2 mB ．400 mC ．200 3 mD ．500 m解析：选D 设AB ＝x ，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝45°，∴BC ＝AB ＝x .在Rt △ABD 中，∠ADB ＝30°，∴BD ＝3x .在△BCD 中，∠BCD ＝120°，CD ＝500 m ，由余弦定理得(3x )2＝x 2＋5002－2×500x cos 120°，解得x ＝500 m.4.如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A ，发现其北偏东45°，与观测站A 距离202海里的B 处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又45.测得该货船位于观测站A 东偏北θ(0°<θ<45°)的C 处，且cos θ＝已知A ，C 两处的距离为10海里，则该货船的船速为( )A ．485 海里/小时B ．385 海里/小时C ．27 海里/小时D ．4 6 海里/小时解析：选A 因为cos θ＝45，0°<θ<45°，所以sin θ＝35，cos(45°－θ)＝22×45＋22×35＝7210，在△ABC 中，BC 2＝(202)2＋102－2×202×10×7210＝340，所以BC ＝285，该货船的船速为28512＝485海里/小时．5.如图所示，客轮以速度2v 由A 至B 再到C 匀速航行，货轮从AC 的中点D 出发，以速度v 沿直线匀速航行，将货物送达客轮．已知AB ⊥BC ，且AB ＝BC ＝50 n mile ，若两船同时起航出发，则两船相遇之处距C 点________n mile(结果精确到小数点后一位)．解析：由题易知两船相遇之处M 位于BC 上，如图，设|MC |＝d ，则100±d 2v ＝d 2＋2522±2·d ·252cos 45°v(M 位于BC 延长线上取“＋”，M 位于BC 上取“－”)，所以(100±d )2＝4[d 2＋(252)2±50d ]，即3d 2＝1002－5 000，所以d 2＝5 0003，即d ≈40.8(n mile)．答案：40.86．甲船在A 处观察乙船，乙船在它的北偏东60°方向的B 处，两船相距a n mile ，乙船正向北行驶，若甲船的速度是乙船的3倍，则甲船应沿________方向行驶才能追上乙船；追上时甲船行驶了________n mile.解析：如图所示，设在C 处甲船追上乙船，乙船到C 处用的时间为t ，乙船的速度为v ，则BC ＝tv ，AC ＝3tv ，又B ＝120°，则由正弦定理BCsin ∠CAB ＝AC sin B ，得1sin ∠CAB ＝3sin 120°，∴sin ∠CAB ＝12，∴∠CAB ＝30°，∴甲船应沿北偏东30°方向行驶．又∠ACB ＝180°－120°－30°＝30°，∴BC ＝AB ＝a n mile ，∴AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos 120°＝a 2＋a 2－2a 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3a (n mile)答案：北偏东30° 3a7.如图所示，在社会实践中，小明观察一棵桃树．他在点A 处发现桃树顶端点C 的仰角大小为45°，往正前方走4 m 后，在点B 处发现桃树顶端点C 的仰角大小为75°.(1)求BC 的长；(2)若小明身高为1.70 m ，求这棵桃树顶端点C 离地面的高度(精确到0.01 m ，其中3≈1.732)．解：(1)在△ABC 中，∠CAB ＝45°，∠DBC ＝75°， 则∠ACB ＝75°－45°＝30°，AB ＝4，由正弦定理得BC sin 45°＝4sin 30°，解得BC ＝42(m)．即BC 的长为4 2 m. (2)在△CBD 中，∠CDB ＝90°，BC ＝42， 所以DC ＝42sin 75°.因为sin 75°＝s in(45°＋30°) ＝sin 45°cos 30°＋cos 45°sin 30°＝6＋24， 则DC ＝2＋2 3.所以CE ＝ED ＋DC ＝1.70＋2＋23≈3.70＋3.464 ≈7.16(m)．即这棵桃树顶端点C 离地面的高度为7.16 m.8.在某次地震时，震中A (产生震动的中心位置)的南面有三座东西方向的城市B ，C ，D .已知B ，C 两市相距20 km ，C ，D 相距34 km ，C 市在B ，D 两市之间，如图所示．某时刻C 市感到地表震动，8 s 后B 市感到地表震动，20 s后D 市感到地表震动，已知震波在地表传播的速度为每秒1.5 km.求震中A到B ，C ，D 三市的距离．解：在△ABC 中，由题意AB －AC ＝1.5×8＝12(km)．在△ACD 中，由题意AD －AC ＝1.5×20＝30(km)．设AC ＝x km ，则AB ＝(12＋x )km ，AD ＝(30＋x )km.在△ABC 中，cos ∠ACB ＝x 2＋400－12＋x22×20×x＝256－24x 40x ＝32－3x5x. 在△ACD 中，cos ∠ACD ＝x 2＋1 156－30＋x268x＝256－60x 68x ＝64－15x17x.∵B ，C ，D 在一条直线上，∴64－15x 17x ＝－32－3x 5x ，即64－15x 17＝3x －325.解得x ＝487.∴AB ＝1327 km ，AD ＝2587 km.即震中A 到B ，C ，D 三市的距离分别为1327 km ，487 km ，2587km.(时间120分钟 满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．在△ABC 中，A ＝π3，BC ＝3，AB ＝6，则C ＝( )A.π4或3π4 B.3π4C.π4D.π6解析：选C 由BCsin A ＝AB sin C ，得sin C ＝22. ∵BC ＝3，AB ＝6，∴A >C ，则C 为锐角，故C ＝π4.2．在△ABC 中，sin A ＝sin C ，则△ABC 是( ) A ．直角三角形 B ．等腰三角形 C ．锐角三角形D ．钝角三角形解析：选B ∵sin A ＝sin C 且A ，C 是三角形内角， ∴A ＝C 或A ＋C ＝π(舍去)． ∴△ABC 是等腰三角形．3．在△ABC 中，a ＝k ，b ＝3k (k ＞0)，A ＝45°，则满足条件的三角形有( ) A ．0个 B ．1个 C ．2个D ．无数个解析：选A 由正弦定理得a sin A ＝bsin B， ∴sin B ＝b sin A a ＝62＞1，即sin B ＞1，这是不成立的．所以没有满足此条件的三角形．4．在△ABC 中，a ＝15，b ＝20，A ＝30°，则cos B ＝( )A ．±53 B.23 C ．－53D.53解析：选A 因为a sin A ＝b sin B ，所以15sin 30°＝20sin B ，解得sin B ＝23.因为b >a ，所以B >A ，故B 有两解，所以cos B ＝±53. 5．如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，则它的顶角的余弦值为( ) A ．－78B.78 C ．－87D.87解析：选B 设等腰三角形的底边长为a ，顶角为θ，则腰长为2a ，由余弦定理得，cos θ＝4a 2＋4a 2－a 28a 2＝78. 6．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为A ，B ，C 的对边，如果2b ＝a ＋c ，B ＝30°，△ABC 的面积为32，那么b 等于( )A.1＋32 B ．1＋ 3C.2＋22D ．2 3解析：选B ∵S △ABC ＝12ac sin B ，∴ac ＝6.又∵b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B＝(a ＋c )2－2ac －2ac ·cos 30°＝4b 2－12－63， ∴b 2＝4＋23，∴b ＝1＋ 3.7．已知△ABC 中，sin A ∶sin B ∶sin C ＝k ∶(k ＋1)∶2k ，则k 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞)B ．(－∞，0)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析：选 D 由正弦定理得：a ＝mk ，b ＝m (k ＋1)，c ＝2mk ，(m >0)，∵⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b >c ，a ＋c >b ，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2k ＋1>2mk ，3mk >m k ＋1，∴k >12.8．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin 2A 2＝c －b 2c，则△ABC 的形状为( ) A ．等边三角形 B ．直角三角形 C ．等腰三角形D ．等腰直角三角形解析：选B 由已知可得1－cos A 2＝12－b2c ，即cos A ＝bc，b ＝c cos A .法一：由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，则b ＝c ·b 2＋c 2－a 22bc，所以c 2＝a 2＋b 2，由此知△ABC 为直角三角形． 法二：由正弦定理，得sin B ＝sin C cos A ．在△ABC 中，sin B ＝sin(A ＋C )， 从而有sin A cos C ＋cos A sin C ＝sin C cos A ， 即sin A cos C ＝0.在△ABC 中，sin A ≠0，所以cos C ＝0.由此得C ＝π2，故△ABC 为直角三角形．9．已知圆的半径为4，a ，b ，c 为该圆的内接三角形的三边，若abc ＝162，则三角形的面积为( )A ．2 2B ．8 2 C. 2 D.22解析：选C ∵a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2R ＝8， ∴sin C ＝c 8，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝abc 16＝16216＝ 2.10．在△ABC 中，三边长分别为a －2，a ，a ＋2，最大角的正弦值为32，则这个三角形的面积为( )A.154B.1534C.2134D.3534解析：选B ∵三边不等，∴最大角大于60°.设最大角为α，故α所对的边长为a ＋2，∵sin α＝32，∴α＝120°.由余弦定理得(a ＋2)2＝(a －2)2＋a 2＋a (a －2)，即a 2＝5a ，故a ＝5，故三边长为3,5,7，S △ABC ＝12×3×5×sin 120°＝1534.11．如图，海平面上的甲船位于中心O 的南偏西30°，与O 相距15海里的C 处．现甲船以35海里/小时的速度沿直线CB 去营救位于中心O 正东方向25海里的B 处的乙船，则甲船到达B 处需要的时间为( )A.12小时 B ．1小时 C.32小时 D ．2小时解析：选B 在△OBC 中，由余弦定理，得CB 2＝CO 2＋OB 2－2CO ·OB cos 120°＝152＋252＋15×25＝352，因此CB ＝35，3535＝1(小时)，因此甲船到达B 处需要的时间为1小时．12.如图，在△ABC 中，D 是边AC 上的点，且AB ＝AD,2AB ＝3BD ，BC＝2BD ，则sin C 的值为( )A.33B.36 C.63D.66解析：选D 设BD ＝a ，则BC ＝2a ，AB ＝AD ＝32a . 在△ABD 中，由余弦定理，得cos A ＝AB 2＋AD 2－BD22AB ·AD＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2－a22×32a ·32a＝13.又∵A 为△ABC 的内角，∴sin A ＝223.在△ABC 中，由正弦定理得，BCsin A ＝ABsin C.∴sin C ＝AB BC ·sin A ＝32a 2a ·223＝66.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上) 13．在△ABC 中，B ＝30°，C ＝120°，则a ∶b ∶c ＝________.解析：A ＝180°－B －C ＝30°，由正弦定理得a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ， 即a ∶b ∶c ＝sin 30°∶sin 30°∶sin 120° ＝1∶1∶ 3. 答案：1∶1∶ 314．已知△ABC 中，3a 2－2ab ＋3b 2－3c 2＝0，则cos C 的值为________． 解析：由3a 2－2ab ＋3b 2－3c 2＝0，得c 2＝a 2＋b 2－23ab .根据余弦定理，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－a 2－b 2＋23ab2ab＝13， 所以cos C ＝13.答案：1315．在△ABC 中，已知cos A ＝35，cos B ＝513，b ＝3，则c ＝________.解析：在△ABC 中，∵cos A ＝35>0，∴sin A ＝45.∵cos B ＝513>0，∴sin B ＝1213.∴sin C ＝sin [π－(A ＋B )]＝sin(A ＋B ) ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45×513＋35×1213＝5665.由正弦定理知b sin B ＝csin C ，∴c ＝b sin Csin B ＝3×56651213＝145.答案：14516．太湖中有一小岛，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1 km 后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是________km.解析：如图，∠CAB ＝15°， ∠CBA ＝180°－75°＝105°， ∠ACB ＝180°－105°－15°＝60°，AB ＝1(km)．由正弦定理得BC sin ∠CAB ＝ABsin ∠ACB ，∴BC ＝1sin 60°·sin 15°＝6－223(km)．设C 到直线AB 的距离为d ， 则d ＝BC ·sin 75°＝6－223×6＋24＝36(km)． 答案：36三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)在△ABC 中，a ＝3，b ＝26，B ＝2A . (1)求cos A 的值； (2)求c 的值．解：(1)因为a ＝3，b ＝26，B ＝2A ，所以在△ABC 中， 由正弦定理得3sin A ＝26sin 2A.所以2sin A cos A sin A ＝263.故cos A ＝63.(2)由(1)知cos A ＝63， 所以sin A ＝1－cos 2A ＝33. 又因为B ＝2A ，所以cos B ＝2cos 2A －1＝13.所以sin B ＝1－cos 2B ＝223. 在△ABC 中，sin C ＝sin(A ＋B ) ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝539.所以c ＝a sin Csin A＝5. 18.(12分)如图，观测站C 在目标A 的南偏西20°方向，经过A 处有一条南偏东40°走向的公路，在C 处观测到与C 相距31 km 的B 处有一人正沿此公路向A 处行走，走20 km 到达D 处，此时测得C ，D 相距21 km ，求D ，A 之间的距离．解：由已知，得CD ＝21 km ，BC ＝31 km ，BD ＝20 km ，在△BCD 中，由余弦定理，得cos ∠BDC ＝CD 2＋BD 2－BC 22CD ·BD ＝－17.设∠ADC ＝α，则cos α＝17，sin α＝437，在△ACD 中，由正弦定理得，AD sin ∠ACD ＝CDsin ∠CAD， 得ADsin60°＋α＝21sin 60°，所以AD ＝423sin(60°＋α)＝423⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos α＋12sin α＝15(km)，即所求D ，A 之间的距离为15 km.19．(12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，B ＝2π3，sin A ＝45，b ＝2 3.(1)求sin C 的值； (2)求△ABC 的面积S .解：(1)∵A ，B ，C 为△ABC 的内角，且B ＝2π3，sin A ＝45，∴C ＝π3－A ，cos A ＝35，∴sin C ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－A ＝32cos A －12sin A ＝33－410.(2)由(1)知sin C ＝33－410，又∵B ＝2π3，b ＝23， ∴在△ABC 中，由正弦定理得a ＝b sin A sin B ＝165， ∴S ＝12ab sin C ＝12×165×23×33－410＝72－32325. 20．(12分)已知A ，B ，C 为△ABC 的三个内角，其所对的边分别为a ，b ，c ，且2cos 2A 2＋cos A ＝0.(1)求角A 的值；(2)若a ＝23，b ＝2，求c 的值．解：(1)∵cos A ＝2cos 2A2－1，∴2cos 2A2＝cos A ＋1.又2cos 2A2＋cos A ＝0，∴2cos A ＋1＝0，∴cos A ＝－12，∴A ＝120°.(2)由余弦定理知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，又a ＝23，b ＝2，cos A ＝－12，∴(23)2＝22＋c 2－2×2×c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，化简，得c 2＋2c －8＝0，解得c ＝2或c ＝－4(舍去)．21.(12分)如图，某海轮以60海里/小时的速度航行，在A 点测得海面上油井P 在南偏东60°，向北航行40分钟后到达B 点，测得油井P 在南偏东30°，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80分钟到达C点，求P ，C 间的距离．解：由题意知AB ＝40，∠A ＝120°，∠ABP ＝30°，所以∠APB ＝30°，所以AP ＝40，所以BP 2＝AB 2＋AP 2－2AP ·AB ·cos 120°＝402＋402－2×40×40×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝402×3，所以BP ＝40 3.又∠PBC ＝90°，BC ＝60×43＝80， 所以PC 2＝BP 2＋BC 2＝(403)2＋802＝11 200，所以PC ＝407海里．22．(12分)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 所对的边，且满足sin A ＋3cos A ＝2.(1)求角A 的大小；(2)现给出三个条件：①a ＝2；②B ＝π4；③c ＝3b .试从中选出两个可以确定△ABC 的条件，写出你的方案并以此为依据求△ABC 的面积．(写出一种方案即可) 解：(1)依题意得2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝2，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝1， ∵0<A <π，∴π3<A ＋π3<4π3，∴A ＋π3＝π2，∴A ＝π6. (2)参考方案：选择①②.由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得b ＝a sin B sin A＝2 2. ∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝2＋64， ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×2×22×2＋64＝3＋1.。