巧用三余弦定理解题教程文件
高中数学-三余弦定理(最小角定理)与三正弦定理
三余弦定理和三正弦定理1.三余弦定理（又叫最小角定理）（1）设点A为平面α上一点，过A点的斜线AO在平面α上的射影为AB，AC为平面α上的任意直线，那么∠OAC，∠BAC，∠OAB三角的余弦关系为：cos∠OAC=cos∠BAC×cos∠OAB即斜线与平面内一条直线夹角θ的余弦值=斜线与平面所成角1θ的余弦值⨯射影与平面内直线夹角的余弦值。
（2）定理证明：（3）说明：这三个角中，角θ是最大的，其余弦值最小，等于另外两个角的余弦值之积。
斜线θ是斜线与平面内所有直线所成的角中最小的角。
与平面所成角12.设二面角M－AB－N的度数为α，在平面M上有一条射线AC，它和棱AB所成角为β，和平面N所成的角为γ，则sinγ=sinα·sinβ（如图）.（1）定理证明：如果将三余弦定理和三正弦定理联合起来使用，用于解答立体几何综合题，你会发现出乎意料地简单，甚至不用作任何辅助线！例1. (1994全国)如图，已知A1B1C1－ABC是正三棱柱，D是AC中点，若AB1⊥BC1，求面DBC1与面CBC1所成的二面角度数。
例2. (1986上海)已知Rt△ABC的两直角边AC=2，BC=3.点P为斜边AB上一点，现沿CP将此直角三角形折成直二面角A－CP－B（如下图），当AB=7时，求二面角P－AC－B的大小。
例 3.已知菱形ABCD的边长为1，∠BAD=60°，现沿对角线BD将此菱形折成直二面角A-BD-C(如下图)。
( 1)求异面直线AC与BD所成的角；( 2)求二面角A-CD-B的大小。
例4.（2012四川）如图，半径为的半球的底面圆在平面内，过点作平面的垂线交半球面于点，过圆的直径作与平面成角的平面并与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为，该交线上的一点满足，则、两点间的球面距离为_________________。
高中数学余弦定理应用解题技巧
高中数学余弦定理应用解题技巧在高中数学中，余弦定理是一个非常重要的定理，它在解决三角形相关问题时起到了关键作用。
本文将介绍余弦定理的应用解题技巧，并通过具体题目进行说明，帮助高中学生和他们的父母更好地理解和掌握这一知识点。
余弦定理的表达形式为：c² = a² + b²- 2abcosC，其中a、b、c为三角形的边长，C为夹角C的对边。
首先，我们来看一个典型的应用题：【例题】已知三角形ABC，边长分别为AB=5cm，AC=7cm，夹角BAC=60°，求BC的长度。
解析：根据余弦定理，我们可以得到BC的长度。
代入已知条件，得到c² = a²+ b² - 2abcosC，即BC² = 5² + 7² - 2×5×7×cos60°。
计算得到BC² = 25 + 49 - 70×0.5，即BC² = 74 - 35，最终得到BC² = 39。
因此，BC ≈ 6.24cm。
这个例题中，我们通过余弦定理求解了三角形的边长，其中关键的一步是计算cos60°。
在这里，我们需要知道常见角度的余弦值，例如cos60°=0.5，cos30°=0.866等。
因此，熟练掌握常见角度的余弦值是解题的关键。
接下来，我们来看一个稍微复杂一些的例题：【例题】已知三角形ABC，边长分别为AB=8cm，BC=5cm，夹角ACB=120°，求夹角BAC的大小。
解析：根据余弦定理，我们可以得到cosC = (a² + b² - c²) / 2ab。
代入已知条件，得到cosBAC = (8² + 5² - 10²) / (2×8×5)，即cosBAC = (64 + 25 - 100) / 80。
高中数学立体几何有何妙招？三正弦、三余弦定理帮你快速解题
高中数学立体几何有何妙招？三正弦、三余弦定理帮你快速解题如何学好高中数学，本质教育有三条重要的原则：一，巩固基础知识，简单的题目做得又快又对；二，学习李泽宇三招，有逻辑地思考那些难题；三，改掉错误习惯，避免运算错误、看错题目等毛病。
本质教育李泽宇三招TM1. 翻译：把中文翻译成为数学语言，包括：字母表示未知数、图像表示函数式或几何题目、概率语言等等。
翻译要求“信、达、雅”不能扭曲原文的意思。
该方法常用于函数，几何以及不等式等题目。
2. 特殊化：在面对抽象或者难以理解的题目的时候，我们尝试用最极端最特殊的数字来代替变量，帮助我们理解题目。
该方法常用于在选择题目中排除选项，在解大题的过程中也经常会用到特殊化的结论。
3. 盯住目标：把目标和已知结合，联想相关的定理、定义、方法。
在压轴题目中，往往需要不断转化目标，即盯住目标需要反复使用！定理若已知二面角其中一个半平面内某直线与二面角的棱所成的角，以及该直线与另一半平面所成的角，则可以求该二面角的正弦值点击加载图片点击加载图片点击加载图片点击加载图片通过这一简单的结论，我们可以秒杀一些立体几何的题目。
如果将三正弦定理和三余弦定理联合起来，用于解答立体几何综合题，你会发现出乎意料地简单！实战演示接下来，我们用1道经典的高考题（后期高考立体几何大多以此为母题）来展示一下这2个公式的简便性与实用性，希望同学们仔细理解。
点击加载图片点击加载图片点击加载图片结论通过上面的对比分析可以看出：如果利用好这个公式，我们就能多一条翻译的路径，可简化很多繁琐的运算，即可迅速解出答案，如果是在考试中就能大幅提高解题速度，提高考试成绩，学好高中数学如果利用好这个公式，我们就能多一条思考的路径。
巧用三余弦定理解题
A O P αl BA O1θ2θθPQ α巧用“三余弦定理”解题“三余弦定理”的内容：如图１，直线AO 是平面α 的斜线，AQ 是AO 在平面内的射影，直线AP 在平面α内.设21,,θθθ=∠=∠=∠QAP OAQ OAP ，有以下结论：21cos cos cos θθθ⋅=.我们可以形象地把这个结论称为“三余弦定理”，应用“三余弦定理”可以使我们的很多立体几何问题的解决变得简单. 图１应用“三余弦定理”解题的步骤如下：1. 明确三线：平面内的直线（以下简称“内线”），平面的斜线和斜线在平面内的射影.2. 明确三角：斜线与“内线”所成为θ，斜线与射影所成的角为1θ，射影与“内线”所成的角为2θ.3. 定理运算.例 1.如图２,已知AO 是平面α的一条斜线,OB ⊥α,B 是垂足,AP 是α内一直线,∠OAP=60o ,∠BAP=45o ,求斜线AO 与平面α所成的角.分析：AP 是“内线”，AO 是斜线，AB 是射影，所以21,,θθθ=∠=∠=∠BAP OAB OAP ，直接利用“三余弦定理”求解.解题过程略. 略解： 点评：斜线与平面所成的角即斜线与射影所成的角，明确了“三线”与“三角”，直接代定理求解.图２ 变式1：已知∠OAB=45o ,∠BAP=45o ,求直线AO 与AP 所成的角； 分析：同例1.变式2：已知∠OAB=45o ,∠BAP=45o , l //AP, 求直线AO 与l 所成的角；分析：因为l //AP ，直线AO 与AP 所成的角同AO 与l 所成的角相等.我们在解题时，只需要明确“三线”，这时l 是“内线”，AO 是斜线，AB 是射影，然后斜线 AO 与“内线”l所成为θ，斜线AO 与射影AB 所成的角为1θ，射影AB 与“内线”l 所成的角为2θ, 问题迎刃而解.例2．如图３，在棱长为1正方体ABCD- A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是B 1C 1和CC 1的中点，求异面直线A 1B 与EF 所成角的余弦值.C 1A 1B 1D 1 F EP ABCDE分析：直线BA 1是平面BCC 1B 1的斜线，BB 1是射影，EF 为“内线”，这样就明确是三线 ， 再明确三角，然后定理计算即可.解：由题意可知，直线BA 1是平面BCC1B1的斜线，BB1是BA 1在平面内的射影，EF 为平面内的直线，所以BA 1与EF 所成的角为θ，111θ=∠BC A ，EF 与BB 1所成的角为2θ 图３又因为21cos cos cos θθθ⋅=，451=θ，452=θ，所以21cos =θ 即异面直线A 1B 与EF 所成角的余弦值为21 点评：只要明确了“三线”，不管他们的位置怎样，斜线与“内线”所成为θ，斜线与射影所成的角为1θ，射影与“内线”所成的角为2θ，明确了“三角”，公式的应用水到渠成.变式：若E 、F 是B 1C 1和CC 1上的点，满足EC 1=31，FC 1= 33，求异面直线A 1B 与EF所成角的余弦值.分析：明确“三线”，直线BA 1是斜线，BB 1是射影，EF 为“内线”，然后按规则找出“三角”，定理计算即可.图４ 图５练习：1.如图４，S 是△ ABC 所在平面外一点，SA ，SB ，SC 两两垂直，求证： △ ABC 是锐角三角形2.如图５，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形， ∠BAD=90o ，AD//BC ，AB=BC=a,AD=2a,且PA ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30o ，且AE ⊥PD ，E 为垂足,求异面直线AE 与CD 所成角的大小“三余弦定理”是一个容易让人忽视的问题，可能有一些同学的记忆中几乎没有它的位置.但如果我们能够准确的理解这个定理，并巧用定理去解题，就会取得事半功倍的效果，提高解题的速度并最终取得理想的成绩.所以要深刻理解“三余弦定理”应用的几个典型的例题，然后举一反三，学以致用.BACS。
高中数学必修二 6 4 3 余弦定理、正弦定理(第3课时)余弦定理、正弦定理应用举例 教学设计
【新教材】6.4.3 余弦定理、正弦定理教学设计（人教A版）第3课时余弦定理、正弦定理应用举例三角形中的几何计算问题主要包括长度、角、面积等，常用的方法就是构造三角形，把所求的问题转化到三角形中，然后选择正弦定理、余弦定理加以解决，有的问题与三角函数联系比较密切，要熟练运用有关三角函数公式.课程目标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测量距离的实际问题，了解常用的测量相关术语；2、激发学生学习数学的兴趣,并体会数学的应用价值；同时培养学生运用图形、数学符号表达题意和应用转化思想解决数学问题的能力.数学学科素养1.数学抽象：方位角、方向角等概念；2.逻辑推理：分清已知条件与所求，逐步求解问题的答案；3.数学运算：解三角形；4.数学建模：数形结合，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．重点：由实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后逐个解决三角形，得到实际问题的解；难点：根据题意建立数学模型，画出示意图.教学方法：以学生为主体，小组为单位，采用诱思探究式教学，精讲多练。
教学工具：多媒体。
一、情景导入在古代，天文学家没有先进的仪器就已经估算出了两者的距离，是什么神奇的方法探索到这个奥秘的呢？我们知道，对于未知的距离、高度等，存在着许多可供选择的测量方案，但是没有足够的空间，不能用全等三角形的方法来测量，所以，有些方法会有局限性。
于是上面介绍的问题是用以前的方法所不能解决的。
那么运用正弦定理、余弦定理能否解决这些问题？又怎么解决？要求：让学生自由发言，教师不做判断。
而是引导学生进一步观察.研探.二、预习课本，引入新课阅读课本48-51页，思考并完成以下问题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？要求：学生独立完成，以小组为单位，组内可商量，最终选出代表回答问题。
三、新知探究1、实际测量中的有关名称、术语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°)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四、典例分析、举一反三题型一 测量高度问题例1 济南泉城广场上的泉标是隶书“泉”字，其造型流畅别致，成了济南的标志和象征．李明同学想测量泉标的高度，于是他在广场的A 点测得泉标顶端的仰角为60°，他又沿着泉标底部方向前进15.2 m ，到达B 点，测得泉标顶部仰角为80°.你能帮李明同学求出泉标的高度吗？(精确到1 m)【答案】泉城广场上泉标的高约为38 m.【解析】如图所示，点C ，D 分别为泉标的底部和顶端．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依题意，∠BAD ＝60°，∠CBD ＝80°，AB ＝15.2 m ，则∠ABD ＝100°，故∠ADB ＝180°－(60°＋100°)＝20°.在△ABD 中，根据正弦定理，BD sin 60°＝AB sin ∠ADB . ∴BD ＝AB ·sin 60°sin 20°＝15.2·sin 60°sin 20°≈38.5(m)． 在Rt △BCD 中，CD ＝BD sin 80°＝38.5·sin 80°≈38(m)，即泉城广场上泉标的高约为38 m.解题技巧（测量高度技巧）(1)在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内，视线与水平线的夹角；(2)准确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图；(3)运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案，注意方程思想的运用． 跟踪训练一1、乙两楼相距200 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、乙两楼的高分别是多少？【答案】甲楼高为200 3 m ，乙楼高为40033m. 【解析】如图所示，AD 为乙楼高，BC 为甲楼高．在△ABC 中，BC ＝200×tan 60°＝2003，AC ＝200÷sin 30°＝400，由题意可知∠ACD ＝∠DAC ＝30°，∴△ACD 为等腰三角形．由余弦定理得AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD ·cos 120°，4002＝AD 2＋AD 2－2AD 2×⎝⎛⎭⎫－12＝3AD 2，AD 2＝40023，AD ＝40033.故甲楼高为200 3 m ，乙楼高为40033m. 题型二 测量角度问题例2 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？【答案】 救援船到达D 点需要的时间为1 h. 【解析】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 ＝AB sin ∠ADB ，即BD ＝AB sin ∠DAB sin ∠ADB ＝3)sin 45sin105＝5(33)sin 4545cos 60cos 45sin 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. 解题技巧： (测量角度技巧)测量角度问题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．跟踪训练二1、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？【答案】缉私船沿北偏东60°方向能最快追上走私船.【解析】 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 ∠CBD CD ＝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.题型三 测量距离问题例3 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．若测得CA ＝400 m ，CB ＝600 m ，∠ACB ＝60°，试计算AB 的长．【答案】A ，B 两点间的距离为2007 m.【解析】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.例4 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.【答案】20 6 .【解析】∠ABC ＝180°－75°－45°＝60°，所以由正弦定理得，AB sin C ＝AC sin 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.解题技巧（测量距离技巧）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 ＝a 2＋b 2－2ab 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 .跟踪训练三1.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．【答案】A ，B 两点间的距离为64km. 【解析】∵∠ADC ＝∠ADB ＋∠CDB ＝60°，∠ACD ＝60°，∴∠DAC ＝60°，∴AC ＝DC ＝32.在△BCD 中，∠DBC ＝45°， 由正弦定理，得BC ＝DC sin ∠DBC·sin ∠BDC ＝32sin 45°·sin 30°＝64. 在△ABC 中，由余弦定理，得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos 45°＝34＋38－2×32×64×22＝38. ∴AB ＝64(km)．∴A ，B 两点间的距离为64 km.五、课堂小结让学生总结本节课所学主要知识及解题技巧六、板书设计七、作业课本51页练习，52页习题6.4中剩余题.对于平面图形的计算问题，首先要把所求的量转化到三角形中，然后选用正弦定理、余弦定理解决.构造三角形时，要注意使构造三角形含有尽量多个已知量，这样可以简化运算.学生在这里的数量关系比较模糊，需要强化，三角形相关知识点需要简单回顾。
三余弦公式的推导及其应用
精品三余弦公式的推导及其应用——教材研究1.公式的推证及两个重要推论命题：设OB ⊥平面α，B 为垂足，OA 是平面α的斜线，A 为斜足.∠OAB=1θ，l 是平面α内的任一直线，l 与AB 所成的角为2θ，l 与OA 所成的角为θ，如图1. 则：21cos cos cos θθθ= （三余弦公式）.证法1：过斜足A 引l 的平行线AC ，则∠OAC=θ,∠BAC=2θ.再过B 作BC ⊥AC ，连OC ，则易知AC ⊥OC ，由直角三角形中三角函数的定义有：AB ACOA AB OA AC ===21cos ,cos ,cos θθθ ∴ 21cos cos cos θθθ=. 证法2：设1|AO |=，则11cos cos |AO ||AB |θθ== ,∴ 212cos cos cos ||||θθθ== . 又∵ θθcos cos ||||==，∴ 21cos cos cos θθθ⋅=.由于0＜θ1＜90°. 所以cos θ1≠0，则0cos 0cos 2=⇔=θθ，由此可得： 推论1：0209090=⇔=θθ——此即三垂线及其逆定理.又由于0＜2cos θ＜1 所以θcos ＜cos θ1，从而θ1＜θ，由此可得：推论2：（最小角定理）平面的斜线和它在平面内的射影所成的角，是这条斜线和这个平面内任一直线所成的角中最小的角.2.公式的应用举例§2.1.在几何论证方面的应用：例1.求证:将长方体截取一角后的截面是锐角三角形.证明：如图2，设四面体SABC 是长方体截取一角，则易知： AS ⊥平面BSC ，由三余弦公式知：cos ∠ABC= cos ∠ABS ·cos ∠CBS ，∵ ∠CBS ，∠ABS 都是锐角 ∴ cos ∠ABS, cos ∠CBS 都大于0，从而cos ∠ABC 大于0. 又∵ ∠ABC 是三角形的一内角, ∴ ∠ABC 是锐角.同理可得：∠BAC 、∠BCA 也都是锐角.故 三角形ABC 是锐角三角形. 注：此问题的证法很多,上述证法是证明此结论的所有证法中较为简单的一种.想一想①：已知平面βα⊥，直线AB 与α、β所成的角分别为21,θθ，则21θθ+（ ）. A.等于90°， B.小于90°， C.不大于90°， D.不小于90°.θθ2OA B C l α θ1 图1A SBC 图2精品§2.2利用它处理与线面所成角有关的问题：例2.PA 、PB 、PC 是从点P 引出的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，则直线PC 与平面PAB 所成角的余弦值为（ ）. A.21 ， B.36 ， C.33 ， D.23.解：如图3，∵ ∠CPB=∠APC=60° ∴ PC 在平面APB 上的射影PD 是∠APB 的角平分线，即∠DPB=30°.由三余弦公式得： cos60°=cos30°·cos ∠DPC 则cos ∠DPC=33.即直线PC 与平面PAB 所成角的余弦值为33.故选C.例3.有一东西方向的河流，离河岸若干米处有一探照灯，照着岸边的某点B ，探照灯在点 B 的正东北方向，照射B 点的光线与地面成60°角，求该光线与岸边所成角的余弦值. 解：如图4，设AD 为探照灯，BC 为河岸，则AD 由已知有：∠ABC=45°，∠ABD=60°. cos ∠DBC=cos45°·cos60°=42.即 灯光与岸边所成角的余弦值是42.想一想②：设正四面体ABCD 的棱长为a ，求点A 到平面BCD 的距离AO 及其体积.【引申】通常情况下θ与θ2是锐角.若θ与θ2同为钝角时，三余弦公式仍成立，且有更广泛的用途.例4.如图5.在直二面角βα——l 的棱l 上有点A,在内各有一条射线AB 、AC ，它们与l 均成45°的角，且AB 在平面α内， AC 在平面β内，求∠BAC 的大小.解：（1）当AB 、AC 是如图所示状态时，∵ 二面角βα——l 是直二面角， ∴ βα⊥. 过B 作BD 垂直l 于D ，由三余弦公式得: cos ∠BAC =cos45°·cos45°=21, ∴ ∠BAC=60°. （2）当AC 是如图所示AC 1状态时，cos ∠BAC =cos45°·cos135°= -21 ∴ ∠BAC=120° 综上知 ∠BAC=60°或120°. 例5.已知正方形ABCD 的边长为4，M 、N 分别是边AD 、BC 上的点，MN ∥AB,MN ∩AC=O.现正方形ABCD 沿MN 折成直二面角(如图6), 设AM=BN=x （0＜x ＜4），问.当MN 平行移动时, ∠AOC 是否发生变化?试说明理由. 解：此题的常规方法是：通过计算，将AO 、OC 、P CABD 图3东图4AB C DC 1βα l 图5ABN M O C D D C NM A BO 图6精品AC 分别用x 表示出来，然后由余弦定理算出cos ∠AOC= -21是常数(计算量较大).从而得出结论.若换个角度来看：则易知：∠NOC=45°, ∠NOA=135°,由三余弦公式有：cos ∠AOC =cos45°·cos135°= -21，可很快可得结论. 点评：由以上几例可以看出，在涉及直线与平面所成角的问题时.若能充分利用三余弦公式，可做到思路简单、计算简便，收到事半功倍之效.想一想③：如图7.把正方形ABCD 沿对角线AC 折成 直二面角B —AC —D ，E 、F 分别是AD 、BC 的中点， O 是正方形的中心，求折起后∠EOF 的大小.§2.3.利用它处理与两异面直线所成角有关的问题：例6.如图8所示，在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别在B 1C 1、C 1C 上，且33FC ,31EC 11==,求异面直线A 1B 与EF 所成角的余弦值.解：∵ A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ∴ A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角为45°.又∵33FC ,31EC 11==, ∴ ∠EFC 1=30° 即EF 与C 1C所成角为30°, 亦即EF 与B 1B 所成角为30°.设A 1B 与EF 所成角为θ，则由三余弦公式可得：cos θ= cos450·cos30°=46 . ∴ 异面直线A 1B 与EF 所成角的余弦值为46.例7.已知异面直线a 、b 所成的角为θ=60°，点P 为空间任意一点.（1）过P 点与直线a 、b 所成的角均为ϕ=45°的直线有几条？ （2）过P 点与直线a 、b 所成的角均为ϕ=60°的直线有几条？ （3）过P 点与直线a 、b 所成的角均为ϕ=70°的直线有几条？ 解：（1）如图9，过点O 引异面直线a 、b 的平行线OA 、OB ，则问题转换为求过点P 与OA 、OB 所成的角均为45°的直线的条数. ∵ OP 与OA 、OB 成等角45° ∴ OP 在由OA 、OB 确定的 平面α内的射影OD 是∠AOB 的平分线，即∠DOB=30°. 由三余弦公式可得：cos ∠POB = cos45°·cos ∠POD, cos45°= cos30°·cos ∠POD ，30cos 45cos cos =∠⇒POD ＜1，∴ 这样的直线OP 如图9存在一条，又由对称性在l 的另一侧也存在一条.FB F AE DMOAE DB C MO图7 ABC DD 1A 1B 1C 1F E 图8 OPADBa bα图9l精品再考虑到∠AOBD 的补角的情形，由三余弦公式，cos45° = cos60°·cos ∠POD 1,106cos 45cos cos =∠⇒POD ＞1, ∴ 此种情形的直线不存在. 综上所述知，满足条件的直线有2条.（2）同（1）的分析，满足条件的直线存在与否就是看等式：0030cos 60cos cos =∠POD ＜1（有2条）,0106cos 60cos cos =∠POD =1（只1条）,从而知满足条件的直线有3条.（3）∵ 0030cos 70cos cos =∠POD ＜1（有2条）,0106cos 70cos cos =∠POD ＜1（有2条）, ∴ 满足条件的直线有4条.点评：一般地，设异面直线a 、b 所成的角为θ，过P 且与a 、b 所成的等角为ϕ.则当：1°2coscos cos θϕ=∠POD “＜1”（2条）；“=1”（1条）；“＞1”（0条）.2°2180coscos cos 01θϕ-=∠POD “＜1”（2条）；“=1”（1条）；“＞1”（0条）.然后将上述1°、2°两种情形合并即可. 想一想④：设异面直线a 、b 所成的角为50°，点P 为空间任意一点,问过P 点与直线a 、b 所成的 角均为45°的直线有几条？变式:(09重庆高考)已知二面角βα—— 的大小为θ1=50°，点P 为空间任意一点,过P 且与平面α和平面β所成的角均为ϕ1=25°的直线的条数为( )A 、2,B 、3,C 、4,D 、5. 解:如图10.过点P 分别作平面α、β的垂线PA 、PB. 设由垂线PA 、PB 确定的平面与 交于点O ，则易知：AO ⊥ ，BO ⊥ ，即∠AOB 为二面角βα—— 的平面角. ∴∠AOB=50°，则∠APB=130°.又∵过P 的直线与平面α和平面β所成的角均为25°，∴ 问题转化为为过点P 与PA 、PB 均成65°的直线的条数问题了. 由例4（3）我们已知满足条件的直线有3条.故选B.点评：一般地，此类问题可转化为θ=180°-θ1，ϕ=90°-ϕ1时,例4的情形.PB AOα β图10AF EBC B CAFE图11精品【练习】1.如图11.在Rt △ABC 中，AB=BC ，E 、F 分别是AC ，AB 的中点，以EF 为棱把它折成直二面角A —EF —BC ， 设∠AEC=α，求cos α.并将此与上述例5及想一想③ 进行比较.2.已知平面α内有∠xoy=60°，OA 是α的斜线，且OA=10，∠Aox=∠Aoy=45°，则A 到平面α的距离为（ ）.3.在三棱锥D —ABC 中，DA ⊥平面ABC ，∠ACB=90°，∠ABD=30°,AC=BC ，求异面直线AB 与CD 所成的角.【部分问题参考答案】想一想① 解析:如图,过A 、B 分别作棱的垂线AC 、BD∠ABC=1θ，∠BAD=2θ,又设∠ABD=θ，由最小角定理知，θ而=+2θθ90°，则 ≤+21θθ90°， 故选C.想一想② 解：∵ 四面体ABCD 是正四面体 ∴ AB 在底面BCD 上的射影是∠CBD 的角平分线，如图，由三余弦公式得：cos60°=cos ∠ABO ·cos30°， ∴ cos ∠ABO=33.于是sin ∠ABO=36 ， ∴ AO=36a.其体积为：32122433631a a a V ABCD =⋅⋅=. 想一想③ 解:过点E 作EM ⊥AC 于M ，∵ 在折叠的过程中，∠EOA=45°, ∠FOA=135°, 没有发生变化，由三余弦公式, cos ∠EOF=cos45°·cos135°= -21， ∴ ∠EOF=120°. 想一想④ 提示:2条. 【练习】1.提示:120°，此问题与例4等实质上是一致的.2.解：设OA 与平面α所成的角为θ，则由三余弦公式可得:cos 45°= cos30°·cos θ , ∴ cos θ=33sin 36=⇒θ.故 点A 到平面α的距离为：3310.3.解：∵ DA ⊥平面ABC ，∠ACB=90°，∠ABD=30°, AC=BC ，不妨设AC=BC=1. 则可求得AD=315 ,从而 cos ∠ACD=515. 又∵∠BAC=45°,DA B C图12A BC DO图14 DABC图15∴设AB与AC成45°角,设AB与CD所成的角为θ,30.由三余弦公式可得：cosθ= cos∠ACD·cos 45°=10 .精品。
6.4.3第三课时余弦定理、正弦定理应用举例PPT课件(人教版)
4.如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，
塔顶A的俯角为45°，已知塔高AB＝20 m，求山高CD.
解 如图，过点C作CE∥DB，延长BA交CE于点E，
设CD＝x m，则AE＝(x－20) m，
∵tan
60°＝CBDD，∴BD＝tanCD60°＝
x＝ 3
3 3x
m.
在△AEC 中，x－20＝ 33x，解得 x＝10(3＋ 3)m. 故山高 CD 为 10(3＋ 3)m.
解 设缉私船应沿CD方向行驶t h，才能最快截获(在D点)走私船， 则 CD＝10 3t n mile，BD＝10t n mile. ∵BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A＝( 3－1)2＋22－2( 3－1)·2cos 120°＝6，
∴BC＝ 6，
∵sBinCA＝sin
∠ACABC，∴sin
【训练 3】 如图，在海岸 A 处发现北偏东 45°方向，距 A 点( 3－1) n mile 的 B 处有一艘走私船，在 A 处北偏西 75°方向，与 A 距离 2 n mile 的我方缉私船，奉 命以 10 3 n mile/h 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：缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船？
D.α＋β＝180°
解析 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.
答案 B
3.两灯塔A，B与海洋视察站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之间的距离为( )
A. 2a km
B. 3a km
C.a km
D.2a km
解析 △ABC 中，AC＝BC＝a，∠ACB＝90°，AB＝ 2a.
高中体育-三余弦定理(最小角定理)与三正弦定理
高中体育-三余弦定理(最小角定理)与三正
弦定理
三角形是几何学中一个重要的概念，而三余弦定理（最小角定理）和三正弦定理则是解决三角形相关问题时经常使用的重要工具。
本文将介绍这两个定理的概念和应用。
三余弦定理（最小角定理）
三余弦定理（最小角定理）是指一个三角形中的任意一条边的
平方等于其他两条边的平方和减去这两条边的乘积与这两条边的夹
角的余弦的乘积。
即：
ab^2 = ac^2 + bc^2 - 2ac * bc * cosA
其中，a、b、c为三角形的边长，A为边a对应的夹角。
根据
这个定理，我们可以通过已知两边和它们的夹角来推导出第三条边
的长度，或者通过已知三条边的长度来计算夹角的大小。
这个定理常用于解决关于三角形边长和夹角的问题，例如求解三角形的面积、判断三角形的形状等。
三正弦定理
三正弦定理是指在一个任意三角形中，三条边的长度与它们所对应的角的正弦之间的关系。
即：
a / sinA =
b / sinB =
c / sinC
这个定理可以帮助我们在已知一个三角形的两个角度和边长的情况下，求解出第三个角度或边长的数值。
三正弦定理常常用于求解不直角三角形的边长和角度，尤其是当我们只知道两个角度和一个边长时，可以通过这个定理计算出其他未知量。
总结：三余弦定理和三正弦定理是高中数学中与三角形相关的重要定理。
通过运用这两个定理，我们可以解决关于三角形的边长和夹角的各种问题，在几何学的学习中具有重要的应用价值。
三角形余弦定理公式及证明_方法是什么
三角形余弦定理公式及证明_方法是什么什么是三角形余弦定理三角形余弦定理是揭示三角形边角关系的重要定理，直接运用它可解决一类已知三角形两边及夹角求第三边或者是已知三个边求角的问题，若对余弦定理加以变形并适当移于其它知识，则使用起来更为方便、灵活。
直角三角形的一个锐角的邻边和斜边的比值叫这个锐角的余弦值。
三角形余弦定理的公式对于边长为a、b、c而相应角为A、B、C的三角形，有：a2=b2+c2-bc·cosAb2=a2+c2-ac·cosBc2=a2+b2-ab·cosC也可表示为：cosC=(a2+b2-c2)/abcosB=(a2+c2-b2)/accosA=(c2+b2-a2)/bc这个定理也可以通过把三角形分为两个直角三角形来证明。
如果这个角不是两条边的夹角，那么三角形可能不是唯一的(边-边-角)。
要小心余弦定理的这种歧义情况。
三角形余弦定理的证明平面向量证法(觉得这个方法不是很好，平面的向量的公式a·b=|a||b|Cos θ本来还是由余弦定理得出来的，怎么又能反过来证明余弦定理)∵如图，有a+b=c(平行四边形定则：两个邻边之间的对角线代表两个邻边大小) ∴c·c=(a+b)·(a+b)∴c2=a·a+2a·b+b·b∴c2=a2+b2+2|a||b|Cos(π-θ)(以上粗体字符表示向量)又∵Cos(π-θ)=-Cosθ∴c2=a2+b2-2|a||b|Cosθ(注意：这里用到了三角函数公式)再拆开，得c2=a2+b2-2abcosC即cosC=(a2+b2-c2)/2__a__b同理可证其他，而下面的cosC=(c2-b2-a2)/2ab就是将cosC移到左边表示一下。
平面几何证法在任意△ABC中做AD⊥BC.∠C所对的边为c，∠B所对的边为b，∠A所对的边为a则有BD=cosB__c，AD=sinB__c，DC=BC-BD=a-cosB__c根据勾股定理可得：AC2=AD2+DC2b2=(sinBc)2+(a-cosBc)2b2=(sinB__c)2+a2-2accosB+(cosB)2c2b2=(sinB2+cosB2)c2-2accosB+a2b2=c2+a2-2accosBcosB=(c2+a2-b2)/2ac高中必背的数学公式(一)两角和公式1、sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB sin(A-B)=sinAcosB-sinBcosA2、cos(A+B)=cosAcosB-sinAsinB cos(A-B)=cosAcosB+sinAsinB3、tan(A+B)=(tanA+tanB)/(1-tanAtanB)tan(A-B)=(tanA-tanB)/(1+tanAtanB)4、ctg(A+B)=(ctgActgB-1)/(ctgB+ctgA)ctg(A-B)=(ctgActgB+1)/(ctgB-ctgA)(二)倍角公式1、cos2A=cos2A-sin2A=2cos2A-1=1-2sin2A2、tan2A=2tanA/(1-tan2A)ctg2A=(ctg2A-1)/2ctgA(三)半角公式1、sin(A/2)=√((1-cosA)/2)sin(A/2)=-√((1-cosA)/2)2、cos(A/2)=√((1+cosA)/2)cos(A/2)=-√((1+cosA)/2)3、tan(A/2)=√((1-cosA)/((1+cosA))tan(A/2)=-√((1-cosA)/((1+cosA))4、ctg(A/2)=√((1+cosA)/((1-cosA))ctg(A/2)=-√((1+cosA)/((1-cosA))(四)和差化积1、2sinAcosB=sin(A+B)+sin(A-B) 2cosAsinB=sin(A+B)-sin(A-B)2、2cosAcosB=cos(A+B)-sin(A-B) -2sinAsinB=cos(A+B)-cos(A-B)3、sinA+sinB=2sin((A+B)/2)cos((A-B)/2cosA+cosB=2cos((A+B)/2)sin((A-B)/2)4、tanA+tanB=sin(A+B)/cosAcosB tanA-tanB=sin(A-B)/cosAcosB5、ctgA+ctgBsin(A+B)/sinAsinB -ctgA+ctgBsin(A+B)/sinAsinB(五)几何体表面积和体积公式1、圆柱体：表面积：2πRr+2πRh体积：πR2h(R为圆柱体上下底圆半径，h为圆柱体高)2、圆锥体：表面积：πR2+πR[(h2+R2)的平方根]体积：πR2h/3(r为圆锥体低圆半径，h为其高)3、正方体：表面积：S=6a2,体积：V=a3(a-边长)4、长方体：表面积：S=2(ab+ac+bc)体积：V=abc(a-长，b-宽，c-高)5、棱柱：体积：V=Sh(S-底面积，h-高)6、棱锥：体积：V=Sh/3(S-底面积，h-高)7、棱台：V=h[S1+S2+(S1S2)^1/2]/3(S1上底面积，S2下底面积，h-高)8、拟柱体：V=h(S1+S2+4S0)/6(S1-上底面积，S2-下底面积，S0-中截面积，h-高)9、圆柱：S底=πr2，S侧=Ch，S表=Ch+2S底，V=S底h=πr2h(r-底半径，h-高，C—底面周长，S底—底面积，S侧—侧面积，S表—表面积)10、空心圆柱：V=πh(R^2-r^2)(R-外圆半径，r-内圆半径，h-高)11、直圆锥：V=πr^2h/3(r-底半径，h-高)12、圆台：V=πh(R2+Rr+r2)/3(r-上底半径，R-下底半径，h-高)13、球：V=4/3πr^3=πd^3/6(r-半径，d-直径)14、球缺：V=πh(3a2+h2)/6=πh2(3r-h)/3(h-球缺高，r-球半径，a-球缺底半径)15、球台：V=πh[3(r12+r22)+h2]/6(r1球台上底半径，r2-球台下底半径，h-高)16、圆环体：V=2π2Rr2=π2Dd2/4(R-环体半径，D-环体直径，r-环体截面半径，d-环体截面直径)提高数学成绩高效方法课后一分钟回忆及时复习数学的基本概念、定义、公式，数学知识点的联系，基本的数学解题思路与方法，是第一轮复习的重中之重。
解三角形(正弦定理余弦定理三角形面积公式)课件
当光线遇到平面镜时，会产生反射现象。通过解三角形的方法可以计算入射角和反射角的关系，从而解释反射现 象。
建筑学中的角度计算
确定建筑物的角度
在建筑设计中，需要计算建筑物与水平面之间的角度，以确保建筑物的稳定性。利用解三角形的方法 可以计算出建筑物所需的倾斜角度。
测量建筑物的高度
通过观测建筑物与水平面之间的角度，利用解三角形的方法可以计算出建筑物的高度。
将三角形的三边长度转化为面积的表 达式，便于计算。
面积公式的应用
01
解决实际问题
利用三角形面积公式解决实际 问题，如土地测量、建筑规划
等。
02
数学竞赛解题
在数学竞赛中，三角形面积公 式是解决几何问题的重要工具
之一。
03
数学建模
在数学建模中，三角形面积公 式可以用于描述和解决现实生 活中的问题，如最优分割等。
详细描述
其中一种常见的证明方法是利用三角形的外接圆性质，通过相似三角形和勾股定 理进行推导。此外，还可以利用三角函数的加法定理、三角形的面积公式等其他 方法进行证明。掌握多种证明方法有助于加深对正弦定理的理解和应用。
02
余弦定理
定义与性质
总结词
余弦定理是三角形中一个重要的 定理，它描述了三角形各边与其 所对的角之间的关系。
应用场景
01
总结词
02
详细描述
正弦定理在解决三角形问题时非常有用，特别是在已知两边及夹角、 已知两角及夹边等情况下求解第三边。
通过正弦定理，我们可以解决各种与三角形相关的问题，如计算三角 形的面积、判断三角形的形状、解决几何作图问题等。它是三角函数 和几何学中非常重要的定理之一。
证明方法
总结词
用空间角的三余弦等式妙解高考题
Ｃ
Ｄ Ｐ
一
，ｓ ｉ ｎ Ａ， Ｍ Ｈ 一
而
一
．
所 以答 案为 Ｂ ．
方法 ２ （ 巧解） 设 棱 长为 １ ， ＡＢ 与底 面 ＡＢ Ｃ所
Ｅ Ｆ、 ＡＣ ． 由于在 Ａ Ｐ Ｂ Ｃ中， Ｅ、 Ｆ 分 别 是
Ｐ Ｃ、 Ｐ Ｂ 的中 点 ， 则 ＥＦ／ ／ Ｂ Ｃ， 则 ＡＥＦ（ 或其 补 角） 就
是 异 面 直 线 ＢＣ与 ＡＥ 所 成 的 角 ．
嘉祟 壶 萋
以少 做甚 至不 需要做 辅助 线 ， 非 常方 便 、 快 捷． 该 方 法 不仅 摆脱 了传 统 方 法平移 不 易 的 困扰 ， 而 且 也避 开 了
这个 结论 俗 称 为 空 间 角 的
示， 设棱 长 为 １ ， Ａ 在 底 面 ＡＢＣ 内 的 射 影 为 Ｈ ，
三余 弦 等 式． 此 等 式 的 应 用非 常 广 泛 ， 可 以使 抽 象 问题具体 化、 复 杂 问 题 简
单化 ， 从 而 提 高 解 题 速 度 及准确性． 下 面 分 别 列 举
已知 Ａ０为平 面 ａ外 的一 条 斜 线 （ 如图 １ ） ， Ａ 为 斜足 ， ＯＢｊ — ａ ， Ｂ 为垂 足 ， 则 直 线 ＡＢ 是 斜 线 Ａ０ 在 平
面 ａ内的 射 影． 设 ＡＣ是 ａ内的 任 一 直线 ， Ａ０ 与 ＡＣ
所成 角 为 ８ ， Ａ０ 与 ＡＢ 的 所成 的角 为 ０ ， ＡＣ与 ＡＢ 所
成 的 角 为 。 ， 那 么 、 、 。 之 间的关 系为 ：
初中数学 如何使用余弦定理计算三角形的边长或角度
初中数学如何使用余弦定理计算三角形的边长或角度要使用余弦定理计算三角形的边长或角度，我们可以根据定理的性质和已知条件进行推导和计算。
下面是一个详细的步骤说明：假设我们已知一个三角形ABC，其中三个顶点分别为A、B、C，对应的边长分别为a、b、c，对应的内角分别为∠A、∠B、∠C。
步骤1：确定已知的边长和角度。
在这个例子中，我们已知三个边长a、b、c。
步骤2：根据余弦定理，我们可以得到以下等式：a² = b² + c² - 2bc*cos∠Ab² = a² + c² - 2ac*cos∠Bc² = a² + b² - 2ab*cos∠C这是余弦定理的表达式，其中a、b、c是三角形的边长，∠A、∠B、∠C是对应的内角。
步骤3：根据已知条件和需要计算的未知量，我们可以使用余弦定理的等式进行计算。
如果我们已知两个边长和它们对应的夹角，我们可以使用余弦定理的等式来计算第三个边长。
如果我们已知三个边长，我们可以使用余弦定理的等式来计算其中一个角度。
步骤4：根据计算结果，可以得到三角形的边长或角度。
通过以上步骤，我们可以使用余弦定理计算三角形的边长或角度。
重要的是要注意，我们需要已知一些边长或角度的信息来开始计算，并且需要使用余弦定理的等式来计算未知值。
同时，还需要小心处理单位和精确度，确保计算结果准确。
需要指出的是，余弦定理通常用于解决一些与三角形的边长和角度相关的问题，例如计算未知边长或角度、判断三角形的类型等。
在实际应用中，我们可能需要结合其他三角形的性质和条件来解决更复杂的问题。
[精品]巧变余弦定理妙解题
![[精品]巧变余弦定理妙解题](https://img.taocdn.com/s3/m/edeaba92ed3a87c24028915f804d2b160b4e86ae.png)
巧变余弦定理妙解题巧变余弦定理妙解题余弦定理揭示了三角形中边与角之间的关系，在解决三角形问题中起着非常重要的作用.在很多关于三角形边角关系的试题中，若能将余弦定理作适当的变形，再恰到好处地加以灵活运用，往往比直接应用其本身解题更简捷高效.本文从余弦定理的推导方法及最终形式两个不同的角度入手将其变形，进而得到两个重要的性质，并加以应用来处理近年相关的高考题，不仅过程简单明了，而且效果事半功倍. 变形一从余弦定理的推导方法入手加以变形图1教科书利用向量的数量积对余弦定理进行了推导证明，由此可见余弦定理可以与向量的数量积密切联系在一起.如图1，在△ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，由余弦定理得：a2=b2+c2-2bccosA. 又AB・AC=|AB||AC|cosA=bccosA，所以a2=b2+c2-2AB・AC，即AB・AC=12（b2+c2-a2）. 同理可得：BA・BC= 12（a2+c2-b2），CA・CB= 12（a2+b2-c2），从而可以得到余弦定理的一个向量形式. 性质1：在△ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，则有AB・AC =12（b2+c2-a2），BA・BC =12（a2+c2-b2），CA・CB=12 （a2+b2-c2）. 性质1的结构形式简洁明了，即：以三角形同一顶点为始点的边向量的数量积等于这两边平方和与第三边平方之差的一半.性质1有效地沟通了数量积与三角形三边长之间的关系，在处理三角形中的数量积问题时有着自己独特的作用.下面我们一起来见识一下性质1在高考试题求解过程中的神奇表现. 例1 （2012年湖南理科卷）在△ABC中，AB=2，AC=3，AB・BC=1，则BC=. （A） 3 （B） 7 （C） 22 （D）23 解析：因为AB・BC=1，所以BA・BC=-1.由性质1得：BA・BC=12（BA2+BC2-AC2），所以BA2+BC2-AC2=-2.又AB=2，AC=3，所以BC2=3，所以BC=3，故应选（A）. 例2 （2012年浙江理）在△ABC中，M是BC的中点，AM=3，BC=10，则AB・AC=. 图2 解析：不妨设△ABC是等腰三角形且AB=AC，如图2所示.因为M是BC的中点，所以AM⊥BC，BM=CM=12BC=5，所以AB2=AC2=AM2+CM2=34. 由性质1得：AB・AC=12 （AB2+AC2-BC2）=12（34+34-100）=-16. 例3 （2012年江苏卷）在△ABC中，已知AB ・AC= 3BA・BC.（Ⅰ）求证：tanB=3tanA；（Ⅱ）若cosC=55，求A的值. 解析：（Ⅰ）过程略.（Ⅱ）记△ABC三个内角A、B、C所对的边分别是a、b、 c. 由性质1得：AB・AC=12（b2+c2-a2），BA・BC=12 （a2+c2-b2）. 因为AB・AC=3BA・BC，所以12（b2+c2-a2）= 32（a2+c2-b2），即c2=2（b2-a2）. 所以cosC=a2+b2-c22ab =a2+b2-2（b2-a2）2ab=55. 所以15a2-25ab-5b2=0，即（3a-5b）（5a+5b）=0，所以3a-5b=0，即ab =53. 令a=5k，b=3k（k>0），则c2=2（b2-a2）=8k2，所以c=22k. 由余弦定理的推论得：cosA=b2+c2-a22bc =9k2+8k2-5k22×3k× 22k =22.又0 A=π4. 例4 （2013年浙江理科卷）设△ABC，P0是边AB上一定点，满足P0B=14AB，且对于边AB上任一点P，恒有PB・PC≥ P0B・P0C.则（）（A）∠ABC=90° （B）∠BAC=90° （C） AB=AC（D） AC=BC. 解析：记△A BC 三个内角A、B、C所对的边分别是a、b、c. 设BP=λBA（0≤λ≤1），则|BP|2=λ2|BA|2=c2λ2. 因为PB・PC=PB ・（PB+BC）= PB2+PB・BC=c2λ2 -λBA・BC，由性质1得：BA・BC =12 <!--endprint--><!--startprint-->（a2+c2-b2），所以PB・PC=c2λ2 -12 （a2+c2-b2）λ（0≤λ≤1）. 因为P0B=14AB，所以BP0= 14BA. 又PB・PC≥P0B・P0C对于△ABC边AB上任一点P恒成立，所以当λ=14时，PB・PC取得最小值. 所以λ=a2+c2-b24c2= 14，即a2=b2，所以a=b，所以AC=BC，故应选（D）. 余弦定理的向量形式在解题之中的应用，效果确实非比寻常，其成功的关键在于必须牢牢把握住三角形边向量始点相同这一结构特征，方能运用自如，达到出神入化的境地.以上几例的获解都得益于此，例1更是如此.除此之外，问题的求解还须结合其他方式加以巧妙处理.例2借助特殊化的方式处理会使目的达成更加快速，例3结合余弦定理的推论求解应注意引入常数k才会简便，例4题意的理解是重点，利用向量线性运算将数量积PB・PC转化为边向量BA与BC的数量积是解题关键，由此将问题转化为二次函数在某闭区间的最值问题这种常见类型，思路变得异常清晰，否则，直接转化为恒成立问题利用二次方程根的分布去处理就达不到这种简洁的效果. 变形二从余弦定理的最终形式入手加以变形图4 如图4，在△ABC 中，三个内角A、B、C所对的边分别是A、B、C，则由余弦定理得：a2=b2+c2-2bccosA ①，b2=a2+c2-2accosB ②，c2=a2+b2-2abcosC ③. 由①+②得：a2+b2=b2+a2+2c2-2bccosA- 2accosB，即c2=bccosA+accosB，所以c=acosB+bcosA. 同理可得：a=bcosC+ccosB，b=ccosA+acosC，从而可得到余弦定理的另一个变式性质. 性质2：在△ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，则有a=bcosC+ccosB，b=ccosA+acosC，c=acosB+bcosA. 图5 性质2的结构形式也简洁明了，即：三角形中任何一边等于其他两边与该边所夹角的余弦值之积的和，十分方便掌握.性质2实际是数学中十分著名的三角形射影定理.之所以称为“射影定理”，这与三角形各边在其他边的射影有关.我们以“a=bcosC+ccosB”为例加以说明：如图5，在△ABC中，边b、c在a上的射影分别为bcosC、ccosB，由此结论显而易见.这不仅有助于我们理解性质的内涵，而且进一步拓展了我们的视野，感受到数学的自然之美.下面让我们一起来见识一下性质2在高考试题求解过程中的不俗表现. 例5 （2013年辽宁理科卷）在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c.若asinBcosC+csinBcosA=12b，且a>b，则∠B=（）（A）π6 （B）π3 （C）2π3 （D） 5π6 解析：因为asinBcosC+csinBcosA= 12b，所以（acosC+ccosA）cosB=12b. 由性质2得：b=ccosA+acosC，所以bsinb=12b.又b>0，所以sinB=12.因为a>b，所以B 角B为锐角，所以B=π6，故应选（A）. 例6 （2013年陕西文科卷）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若bcosC+ccosB=asinA，则△ABC的形状为（）（A）直角三角形（B）锐角三角形（C）钝角三角形（D）不确定解析：由性质2得：a=bcosC+ccosB.因为bcosC+ccosB=asinA，所以a=asinA.又a>0，所以sinA=1.又0 ，所以A=π2，故应选（A）. 例7 （2008年湖北理科卷）在△ABC中，三个角A，B，C的对边边长分别为a=3，b=4，c=6，则bccosA+cacosB+abcosC的值为 . 解析：由性质2得：bcosC+ccosB=a，ccosA+acosC=b，acosB+bcosA=c，所以abcosC+accosB=a2，bccosA+bacosC=b2，cacosB+cbcosA=c2，所以bccosA+cacosB+abcosC=12 （a2+b2+c2）.又a=3，b=4，c=6，所以a2+b2+c2=61，所以bccosA+cacosB+abcosC=612. 从以上的分析中不难感受到性质2在解题中的简捷明快.这一性质对于我们来说并不陌生，它出自于人教A版必修5教材中的练习题，同样的例7也与教材中的一个例题相关.这启发了我们在学习数学的过程中，不能老是盯着课外的一些参考资料，埋头于题海之中，实际上教材才是根本，回归课本至关重要.不敢说“书中自有黄金屋，书中自有颜如玉”，但只要我们静心加以研究，你一定会发现课本里面确实也别有洞天、精彩纷呈，正如“众里寻她千百度，蓦然回首，那人却在灯火栏栅处”一般！。
三余弦定理
定理概述
设A为面上一点，过A的直线AO在面上的射影为AB，AC为面上的一条直线，那么∠OAC,∠BAC,∠OAB三角的余弦关系为：cos∠OAC=cos∠
BAC×cos∠OAB 通俗点说就是，cos平面斜线与平面直线夹角(OAC)=cos斜线射影与平面直线夹角(BAC)xcos平面斜线与斜线射影夹角(OAB)．又叫最小角定理或爪子定理，可以用于求平面斜线与平面内直线成的最小角．
编辑本段定理证明
如上图，自点O作OB⊥AB于点B，过B作BC⊥AC于C，连OC，则易知△ABC、△AOC、△ABO均为直角三角形．cosθ1=AB∶OA，cosθ2=AC∶AB，cosθ=AC∶OA，不难验证：cosθ=cosθ1×cosθ2．
编辑本段定理应用
如果将三余弦定理和三正弦定理联合起来使用，用于解答立体几何综合题，你会发现出乎意料地简单，甚至不用作任何辅助线！例1如图，已知A1B1C1－ABC是正三棱柱，D是AC中点，若AB1⊥BC1，求以BC1为棱，DBC1与CBC1为面的二面角α的度数.(1994年全国高考理科数学23题)
三余弦定理应用例题1
三余弦定理应用例题1解答
例2已知Rt△ABC的两直角边AC=2，BC=3．P为斜边AB上一点，现沿CP将此直角三角形折成直二面角A－CP－B（如下图），当AB=√7时，求二面角P－AC－B大小．(上海市1986年高考试题，难度系数0.28)
三余弦定理应用例题2
三余弦定理应用例题2解答
例3．已知菱形ABCD的边长为1，∠BAD=60°，现沿对角线BD将此菱形折成直二面角A-BD-C(如图6)．( 1)求异面直线AC与BD所成的角；( 2)求二面角A-CD-B的大小．
三余弦定理应用例题3
三余弦定理应用例题3解答。
3曾的解三角形余弦定理
F 2 F12 F22 2 F1 F2 cos B 202 302 2 20 30 cos120 400 900 1200 cos 60 1900
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今日作业
1.在△abc中，A=60°，B=45°，a=10，求b
2.已知a=3，b=4，A=30°，求sinB
1 .1 解直角三角形
教学重点
1. 一个任意三角形分成两个直角三角形，从而推导出余弦定理. 2. 利用余弦定理求解三角形所适用的范围.
教学难点
Hale Waihona Puke 灵活运用余弦定理求解有关实际问题
以上三个等式说明三角形中任一边的平方等于其他两边平方的 和减去这两边与其夹角余弦的乘积的两倍.这就是余弦定理. 利用余弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题： （1）已知三边，求三个角. （2）已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角.
运用“正弦、余弦定理”灵活解题
运用“正弦、余弦定理”灵活解题一、将三角形面积公式与正弦、余弦定理联合运用．例1．ABC ∆中，角C B A 、、所对的边分别是c b a 、、，S 为ABC ∆的面积，则=++++CB A c b a sin sin sin ． 分析：我们要充分利用三角形面积公式与正弦、余弦定理这几个公式之间的内在联系，才能真正达到解决问题的目的． 解：318sin 21,12,600====A bc S b A ，∴6=c ． 又A bc c b a cos 2222-+= ，∴36=a ． 根据正弦定理，得122336sin sin sin sin ===++++A a C B A c b a ． 二、灵活运用正弦、余弦定理的变形形式．例2．已知ABC ∆中，2:3:4sin :sin :sin =C B A ，求B cos 的值．分析：由Cc B b A a sin sin sin ==得C B A c b a sin sin sin ：：：：=，再利用余弦定理很快解决问题．解：令角C B A 、、所对的边分别是c b a 、、，又,2:3:4sin :sin :sin =C B A∴根据正弦定理，得2:3:4::=c b a ．不妨令),0(,2,3,4>===t t c t b t a ∴16111694162cos 2222222=-+=-+=tt t t ac b c a B ． 三、应用正弦定理求角时应注意检验．例3．在ABC ∆中，已知,45,2,30===B b a ，求边c ．解法一：Bb A a sin sin = ，∴23sin sin ==b B a A ．又,a b < ∴A B <．∴0012060或=A ．当，时，007560==C A 22645sin 75sin 2sin sin 00+===B C b c ； 当，时，0015120==C A 22645sin 15sin 2sin sin 00-===B C b c ． 解法二：,cos 2222B ac c a b -+= ∴,cos 32322B c c -+=即0162=+-c c ，解得226±=c ． 例4．ABC ∆中，角C B A 、、所对的边分别是c b a 、、，,60,35,50===C c b 则B = ．解：,c b < ∴C B <．又,60,35,50===C c b ∴由正弦定理，得==c C b B sin sin 213560sin 50=．即)150(3000舍去==B B ． 说明：在ABC ∆中，角C B A 、、所对的边分别是c b a 、、，若有b a >，则有B A B A b a sin sin >⇔>⇔>．四、边角互化时，宜统一化为一种元素（边或角）．例5．ABC ∆中，角C B A 、、所对的边分别是c b a 、、，证明：C B A cb a sin )sin(222-=-． 证明：要证C B A cb a sin )sin(222-=-，由正弦定理，得 即证,sin )sin(sin sin sin 222C B A CB A -=-即证),sin(sin sin sin 22B AC B A -=- 即证,sin sin )sin()sin(22B A B A B A -=-+而,sin sin sin cos cos sin )sin()sin(222222B A B A B A B A B A -=-=-+ 从而本题得证．。
三余弦公式的推导及其应用
三余弦公式的推导及其应用——教材研究1.公式的推证及两个重要推论命题：设OB ⊥平面α，B 为垂足，OA 是平面α的斜线，A 为斜足.∠OAB=1θ，l 是平面α内的任一直线，l 与AB 所成的角为2θ，l 与OA 所成的角为θ，如图1. 则：21cos cos cos θθθ= （三余弦公式）.证法1：过斜足A 引l 的平行线AC ，则∠OAC=θ,∠BAC=2θ. 再过B 作BC ⊥AC ，连OC ，则易知A C ⊥OC ， 由直角三角形中三角函数的定义有： ABACOA AB OA AC ===21cos ,cos ,cos θθθ ∴ 21cos cos cos θθθ=. 证法2：设1|AO |=，则11cos cos |AO ||AB |θθ== ,∴ 212cos cos cos ||||θθθ== . 又∵ θθcos cos ||||==，∴ 21cos cos cos θθθ⋅=.由于0＜θ1＜90°. 所以cos θ1≠0，则0cos 0cos 2=⇔=θθ，由此可得： 推论1：0209090=⇔=θθ——此即三垂线及其逆定理.又由于0＜2cos θ＜1 所以θcos ＜cos θ1，从而θ1＜θ，由此可得：推论2：（最小角定理）平面的斜线和它在平面内的射影所成的角，是这条斜线和这个平面内任一直线所成的角中最小的角.2.公式的应用举例§2.1.在几何论证方面的应用：例1.求证:将长方体截取一角后的截面是锐角三角形.证明：如图2，设四面体SABC 是长方体截取一角，则易知： AS ⊥平面BSC ，由三余弦公式知：cos ∠ABC= cos ∠ABS ·cos ∠CBS ，∵ ∠CBS ，∠ABS 都是锐角 ∴ cos ∠ABS, cos ∠CBS 都大于0，从而cos ∠ABC 大于0. 又∵ ∠ABC 是三角形的一内角, ∴ ∠ABC 是锐角.同理可得：∠BAC 、∠BCA 也都是锐角.故 三角形ABC 是锐角三角形.注：此问题的证法很多,上述证法是证明此结论的所有证法中较为简单的一种.想一想①：已知平面βα⊥，直线AB 与α、β所成的角分别为21,θθ，则21θθ+（ ）. A.等于90°， B.小于90°， C.不大于90°， D.不小于90°.θ θ2OA B Cl αθ1 图1ASBC 图2§2.2利用它处理与线面所成角有关的问题：例2.PA 、PB 、PC 是从点P 引出的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，则直线PC 与平面PAB 所成角的余弦值为（ ）. A.21 ， B.36 ， C.33 ， D.23.解：如图3，∵ ∠CPB=∠APC=60° ∴ PC 在平面APB 上的射影PD 是∠APB 的角平分线，即∠DPB=30°.由三余弦公式得： cos60°=cos30°·cos ∠DPC 则cos ∠DPC=33.即直线PC 与平面PAB 所成角的余弦值为33.故选C.例3.有一东西方向的河流，离河岸若干米处有一探照灯，照着岸边的某点B ，探照灯在点 B 的正东北方向，照射B 点的光线与地面成60°角，求该光线与岸边所成角的余弦值. 解：如图4，设AD 为探照灯，BC 为河岸，则AD 由已知有：∠ABC=45°，∠ABD=60°. cos ∠DBC=cos45°·cos60°=42.即 灯光与岸边所成角的余弦值是42.想一想②：设正四面体ABCD 的棱长为a ，求点A 到平面BCD 的距离AO 及其体积.【引申】通常情况下θ与θ2是锐角.若θ与θ2同为钝角时，三余弦公式仍成立，且有更广泛的用途. 例4.如图5.在直二面角βα——l 的棱l 上有点A,在内各有一条射线AB 、AC ，它们与l 均成45°的角，且AB 在平面α内， AC 在平面β内，求∠BAC 的大小.解：（1）当AB 、AC 是如图所示状态时，∵ 二面角βα——l 是直二面角， ∴ βα⊥. 过B 作BD 垂直l 于D ，由三余弦公式得: cos ∠BAC =cos45°·cos45°=21, ∴ ∠BAC=60°. （2）当AC 是如图所示AC 1状态时，cos ∠BAC =cos45°·cos135°= -21 ∴ ∠BAC=120° 综上知 ∠BAC=60°或120°.例5.已知正方形ABCD 的边长为4，M 、N 分别是边AD 、BC 上的点，MN ∥AB,MN ∩AC=O.现正方形ABCD 沿MN 折成直二面角(如图6), 设AM=BN=x （0＜x ＜4），问.当MN 平行移动时, ∠AOC 是否发生变化?试说明理由. 解：此题的常规方法是：通过计算，将AO 、OC 、P CABD 图3东图4A B C DC 1βα l 图5ABN M O C D D C NM ABO 图6AC 分别用x 表示出来，然后由余弦定理算出cos ∠AOC= -21是常数(计算量较大).从而得出结论.若换个角度来看：则易知：∠NOC=45°, ∠NOA=135°,由三余弦公式有：cos ∠AOC =cos45°·cos135°= -21，可很快可得结论. 点评：由以上几例可以看出，在涉及直线与平面所成角的问题时.若能充分利用三余弦公式，可做到思路简单、计算简便，收到事半功倍之效.想一想③：如图7.把正方形ABCD 沿对角线AC 折成直二面角B —AC —D ，E 、F 分别是AD 、BC 的中点，O 是正方形的中心，求折起后∠EOF 的大小. §2.3.利用它处理与两异面直线所成角有关的问题：例6.如图8所示，在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别在B 1C 1、C 1C 上，且33FC ,31EC 11==,求异面直线A 1B 与EF 所成角的余弦值.解：∵ A 1B 1⊥平面B B 1C 1C ∴ A 1B 与平面B B 1C 1C 所成角为45°. 又∵33FC ,31EC 11==, ∴ ∠EFC 1=30° 即EF 与C 1C所成角为30°, 亦即EF 与B 1B 所成角为30°.设A 1B 与EF 所成角为θ，则由三余弦公式可得：cos θ= cos450·cos30°=46 . ∴ 异面直线A 1B 与EF 所成角的余弦值为46.例7.已知异面直线a 、b 所成的角为θ=60°，点P 为空间任意一点.（1）过P 点与直线a 、b 所成的角均为ϕ=45°的直线有几条？ （2）过P 点与直线a 、b 所成的角均为ϕ=60°的直线有几条？ （3）过P 点与直线a 、b 所成的角均为ϕ=70°的直线有几条？ 解：（1）如图9，过点O 引异面直线a 、b 的平行线OA 、OB ，则问题转换为求过点P 与OA 、OB 所成的角均为45°的直线的条数. ∵ OP 与OA 、OB 成等角45° ∴ OP 在由OA 、OB 确定的 平面α内的射影OD 是∠AOB 的平分线，即∠DOB=30°. 由三余弦公式可得：cos ∠POB = cos45°·cos ∠POD, cos45°= cos30°·cos ∠POD ，30cos 45cos cos =∠⇒POD ＜1， ∴ 这样的直线OP 如图9存在一条，又由对称性在l 的另一侧也存在一条.再考虑到∠AOBD 的补角的情形，由三余弦公式，cos45° = cos60°·cos ∠POD 1,106cos 45cos cos =∠⇒POD ＞1, ∴ 此种情形的直线不存在.综上所述知，满足条件的直线有2条.FB F AE D M O A EDB C M O 图7ABCD D 1A 1B 1C 1FE 图8OPADBa bα图9l（2）同（1）的分析，满足条件的直线存在与否就是看等式：0030cos 60cos cos =∠POD ＜1（有2条）,0106cos 60cos cos =∠POD =1（只1条）, 从而知满足条件的直线有3条.（3）∵ 0030cos 70cos cos =∠POD ＜1（有2条）,0106cos 70cos cos =∠POD ＜1（有2条）,∴ 满足条件的直线有4条.点评：一般地，设异面直线a 、b 所成的角为θ，过P 且与a 、b 所成的等角为ϕ.则当：1°2coscos cos θϕ=∠POD “＜1”（2条）；“=1”（1条）；“＞1”（0条）.2°2180coscos cos 01θϕ-=∠POD “＜1”（2条）；“=1”（1条）；“＞1”（0条）.然后将上述1°、2°两种情形合并即可. 想一想④：设异面直线a 、b 所成的角为50°，点P 为空间任意一点,问过P 点与直线a 、b 所成的 角均为45°的直线有几条？变式:(09重庆高考)已知二面角βα—— 的大小为θ1=50°，点P 为空间任意一点,过P且与平面α和平面β所成的角均为ϕ1=25°的直线的条数为( )A 、2,B 、3,C 、4,D 、5. 解:如图10.过点P 分别作平面α、β的垂线PA 、PB. 设由垂线PA 、PB 确定的平面与 交于点O ，则易知：AO ⊥ ，BO ⊥ ，即∠AOB 为二面角βα—— 的平面角. ∴∠AOB=50°，则∠APB=130°.又∵过P 的直线与平面α和平面β所成的角均为25°，∴ 问题转化为为过点P 与PA 、PB 均成65°的直线的条数问题了. 由例4（3）我们已知满足条件的直线有3条.故选B.点评：一般地，此类问题可转化为θ=180°-θ1，ϕ=90°-ϕ1时,例4的情形.【练习】1.如图11.在Rt △ABC 中，AB=BC ，E 、F 分别是AC ，AB 的中点，以EF 为棱把它折成直二面角A —EF —BC ， 设∠AEC=α，求cos α.并将此与上述例5及想一想③进行比较.PB AOα β图10A F EBC CAFE图112.已知平面α内有∠xoy=60°，OA 是α的斜线，且OA=10，∠Aox=∠Aoy=45°，则A 到平面α的距离为（ ）.3.在三棱锥D —ABC 中，DA ⊥平面ABC ，∠ACB=90°，∠ABD=30°, AC=BC ，求异面直线AB 与CD 所成的角.【部分问题参考答案】想一想① 解析:如图,过A 、B 分别作棱的垂线AC 、BD∠ABC=1θ，∠BAD=2θ,又设∠ABD=θ，由最小角定理知，≥θ1θ而=+2θθ90°，则 ≤+21θθ90°， 故选C.想一想② 解：∵ 四面体ABCD 是正四面体 ∴ AB 在底面BCD 上的射影是∠CBD 的角平分线，如图，由三余弦公式得：cos60°=cos ∠ABO ·cos30°， ∴ cos ∠ABO=33.于是sin ∠ABO=36 ， ∴ AO=36a.其体积为：32122433631a a a V ABCD =⋅⋅=. 想一想③ 解:过点E 作EM ⊥AC 于M ，∵ 在折叠的过程中，∠EOA=45°, ∠FOA=135°,没有发生变化，由三余弦公式, cos ∠EOF=cos45°·cos135°= -21，∴ ∠EOF=120°. 想一想④ 提示:2条. 【练习】1.提示:120°，此问题与例4等实质上是一致的.2.解：设OA 与平面α所成的角为θ，则由三余弦公式可得:cos 45°= cos30°·cos θ , ∴ cos θ=33sin 36=⇒θ.故 点A 到平面α的距离为：3310.3.解：∵ DA ⊥平面ABC ，∠ACB=90°，∠ABD=30°, AC=BC ，不妨设AC=BC=1. 则可求得AD=315 ,从而 cos ∠ACD=515. 又∵∠BAC=45°,∴ 设AB 与AC 成45°角,设AB 与CD 所成的角为θ,由三余弦公式可得：cos θ= cos ∠ACD ·cos 45°=1030..DABC图12A BC DO图14 D ABC图15。
巧用三线三角余弦公式妙解立体几何题
巧用三线三角余弦公式妙解立体几何题
王峰
【期刊名称】《中学数学教学》
【年(卷),期】2008(000)003
【摘要】若直线AB是平面α的一条斜线，A’B’是AB在平面α内的射影，l 为平面α内不同于A’B’的一条直线，且AB与l的夹角为θ，A’B’与l的夹角为θ1，AB与平面α所成的角为θ2，则易知cosθ=cosθ1·cosθ2，为了便于学生记忆和灵活使用，笔者不妨将此公式称为三线三角余弦公式，
【总页数】3页(P42-44)
【作者】王峰
【作者单位】安徽省临泉一中,236400
【正文语种】中文
【中图分类】O1
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巧用三余弦定理解题
A
O
P α
l
B
A O
1θ2
θθ
P
Q α
巧用“三余弦定理”解题
“三余弦定理”的内容：如图１，直线AO 是平面α 的斜线，AQ 是AO 在平面内的射影，直线AP 在平面α内.设
21,,θθθ=∠=∠=∠QAP OAQ OAP ，有以下结
论：21cos cos cos θθθ
⋅=.我们可以形象地把这个结论称为“三余弦定理”，
应用“三余弦定理”可以使我们的很多立体几何问题的解决变得简单. 图１
应用“三余弦定理”解题的步骤如下：
1. 明确三线：平面内的直线（以下简称“内线”），平面的斜线和斜线在平面内的射影.
2. 明确三角：斜线与“内线”所成为θ，斜线与射影所成的角为1θ，射影与“内线”所成的角为2θ.
3. 定理运算.
例1.如图２,已知AO 是平面α的一条斜线,OB ⊥α,B 是垂足,AP 是α内一直线,∠OAP=60o ,∠BAP=45o ,求斜线AO 与平面α所成的角.
分析：AP 是“内线”，AO 是斜线，AB 是射影，所以21,,θθθ=∠=∠=∠BAP OAB OAP ，直接利用“三余弦定理”求解.解题过程略.
略解：
点评：斜线与平面所成的角即斜线与射影所成的角，明确了“三线”与“三角”，直接代定理求解.
图２
变式1：已知∠OAB=45o ,∠BAP=45o ,求直线AO 与AP 所成的角； 分析：同例1.
变式2：已知∠OAB=45o ,∠BAP=45o , l //AP, 求直线AO 与l 所成的角； 分析：因为l //AP ，直线AO 与AP 所成的角同AO 与l 所成的角相等.我们在解题时，只需要明确“三线”，这时l 是“内线”，AO 是斜线，AB 是射影，然后斜线 AO 与“内线”l 所成为θ，斜线AO 与射影AB 所成的角为1θ，射影AB 与“内线”l 所成的角为2θ, 问题迎刃而解.
例2．如图３，在棱长为1正方体ABCD- A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是B 1C 1和CC 1的中点，求异面直线A 1B 与EF 所成角的余弦值.
分析：直线BA 1是平面BCC 1B 1的斜线，BB 1是射影，EF 为“内线”，这样就明确是三线 ， 再明确三角，然后定理计算即可.
解：由题意可知，直线BA 1是平面BCC1B1的斜线，
BB1是BA 1在平面内的射影，EF 为平面内的直线，
所以BA 1与EF 所成的角为θ，111θ=∠BC A ，EF 与BB 1所成的角为2θ 图３
C 1 A
B
C
D
A 1
B 1
D 1
F
E
P
A
B
C
D
E
又因为21cos cos cos θθθ⋅=， 451=θ， 452=θ， 所以2
1cos =
θ 即异面直线A 1B 与EF 所成角的余弦值为
2
1 点评：只要明确了“三线”，不管他们的位置怎样，斜线与“内线”所成为θ，斜线与射影所成的角为1θ，射影与“内线”所成的角为2θ，明确了“三角”，公式的应用水到渠成.
变式：若E 、F 是B 1C 1和CC 1上的点，满足EC 1= 3
1
，FC 1= 33，求异面直线
A 1
B 与EF 所成角的余弦值.
分析：明确“三线”，直线BA 1是斜线，BB 1是射影，EF 为“内线”，然后按规则
找出“三角”，定理计算即可.
图４ 图５
练习：1.如图４，S 是△ ABC 所在平面外一点，SA ，SB ，SC 两两垂直，求证： △ ABC 是锐角三角形
2.如图５，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形， ∠BAD=90o ，AD//BC ，AB=BC=a,AD=2a,且PA ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30o ，且AE ⊥PD ，E 为垂足,求异面直线AE 与CD 所成角的大小
B
A
C
S
“三余弦定理”是一个容易让人忽视的问题，可能有一些同学的记忆中几乎没有它的位置.但如果我们能够准确的理解这个定理，并巧用定理去解题，就会取得事半功倍的效果，提高解题的速度并最终取得理想的成绩.所以要深刻理解“三余弦定理”应用的几个典型的例题，然后举一反三，学以致用.。