三余弦定理在全国卷立体几何压轴题的妙用

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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高考数学立体几何的解题技巧

2019年高考数学立体几何的解题技巧1.平行、垂直位置关系的论证的策略:(1)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合找寻证题思路。

(2)利用题设条件的性质适当添加协助线(或面)是解题的常用方法之一。

(3)三垂线定理及其逆定理在高考题中运用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。

2.空间角的计算方法与技巧:主要步骤：一作、二证、三算;若用向量，那就是一证、二算。

(1)两条异面直线所成的角①平移法：②补形法：③向量法：(2)直线和平面所成的角①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。

②用公式计算.(3)二面角①平面角的作法：(i)定义法;(ii)三垂线定理及其逆定理法;(iii)垂面法。

②平面角的计算法：(i)找到平面角，然后在三角形中计算(解三角形)或用向量计算;(ii)射影面积法;(iii)向量夹角公式.3.空间距离的计算方法与技巧:(1)求点到直线的距离：常常应用三垂线定理作出点到直线的垂线，然后在相关的三角形中求解，也可以借助于面积相等求出点到直线的距离。

(2)求两条异面直线间距离：一般先找出其公垂线，然后求其公垂线段的长。

在不能干脆作出公垂线的状况下，可转化为线面距离求解(这种状况高考不做要求)。

(3)求点到平面的距离：一般找出(或作出)过此点与已知平面垂直的平面，利用面面垂直的性质过该点作出平面的垂线，进而计算;也可以利用“三棱锥体积法”干脆求距离;有时干脆利用已知点求距离比较困难时，我们可以把点到平面的距离转化为直线到平面的距离，从而“转移”到另一点上去求“点到平面的距离”。

求直线与平面的距离及平面与平面的距离一般均转化为点到平面的距离来求解。

4.熟记一些常用的小结论，诸如：正四面体的体积公式是;面积射影公式;“立平斜关系式”;最小角定理。

弄清晰棱锥的顶点在底面的射影为底面的内心、外心、垂心的条件，这可能是快速解答某些问题的前提。

5.平面图形的翻折、立体图形的绽开等一类问题，要留意翻折前、绽开前后有关几何元素的“不变性”与“不变量”。

高考数学-三余弦(正弦)定理的妙用

三余弦（正弦）定理的妙用一、三余弦定理（最小角定理、爪子定理）（1）定理：设点A 为平面α上一点，过A 点的斜线在平面α上的射影为BO ，BC 为平面α上的任意直线，那么OBA OBC ABC ∠⋅∠=∠cos cos cos即斜线与平面一条直线夹角β的余弦值等于斜线与平面所成角α的余弦值乘以射影与平面内直线夹角θ的余弦值，θαβcos cos cos ⋅=（为了便于记忆，我们约定：β为斜线角，α为线面角，θ为射影角）（2）定理证明：如上图，OAB ∆、OBC ∆、ABC ∆均为直角三角形，AB BC =βcos ，AB BO =αcos ，BOBC =θcos ，易知θαβcos cos cos ⋅=，得证（3）定理说明：这三个角中，角β是最大的，其余弦值最小，等于另外两个角的余弦值之积。

斜线与平面所成角α是斜线与平面内所有直线所成的角中最小的角。

二、三正弦定理（最大角定理）：（1）定理：设二面角N AB M --的度数为γ，在平面M 上有一条射线AC ，它和棱AB 所成的角为β，和平面N 所成的角为α，则γβαsin sin sin ⋅=（为了便于记忆，我们约定：β为线棱角，α为线面角，γ为二面角）（2）定理证明：如图，⊥CO 平面N ，AB OB ⊥，AB BC ⊥，OBC ∆、OAC ∆、ABC ∆均为直角三角形，BC OC =γsin ，ACBC =βsin ，ACOC =αsin ，易得：γβαsin sin sin ⋅=。

（3）定理说明：由γβαsin sin sin ⋅=且1sin ≤β知：γαsin sin ≤，γα≤，所以二面角的半平面M 内的任意一条直线与另一个半平面N 所成的线面角不大于二面角，即二面角是线面角中最大的角。

知识应用：例1.（2016年4月浙江省数学学考试题第16题）如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱111C B A ABC -中，P 是棱BC 上的动点。

高考复习冲刺专题--三余弦定理在全国卷立体几何压轴题的妙用

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三余弦定理在全国卷立体几何压轴题的妙用
1.（2019全国1卷文科第16题）已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到
∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________．
【解析】如上图，由对称性知45o OCD ∠=，由三余弦定理得
cos cos cos PCD PCO OCD ∠=∠∠，即
1cos 22PCO =∠，所以cos 2PCO ∠=。

则PO OC ==。

2.（2017全国3卷理科第16题）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC
的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；
②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；
③直线AB 与a 所称角的最小值为45°；
④直线AB 与a 所称角的最大值为60°；
其中正确的是________。

（填写所有正确结论的编号）
【解析】过M 作b 的垂线，则AM 与MN 所成的角为AM 与a 所成的角，由三余弦公式得CMN CMN AMC AMN ∠⨯=∠⋅∠=∠cos 2
2cos cos cos ，若所成角为60°，则有CMN ∠⨯=cos 2
221，则CMN ∠045=，CM 平分角BCE ∠，所以此时AM 与两直线所成的角都为60°。

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。

余弦定理在立体几何中的妙用

余弦定理在立体几何中的妙用1.引言1.1 概述余弦定理是立体几何中一项非常重要且妙用广泛的定理，它是三角形中的一个关键定理。

通过利用余弦定理，我们可以解决各种与三角形有关的问题，如计算边长、角度，判断三角形的形状等。

此外，余弦定理还能够拓展到解决立体几何问题中，为我们提供了解决空间中的各种几何难题的有力工具。

在本文中，我们将分析余弦定理的定义和公式，并重点讨论它在解决立体几何问题中的应用。

通过具体的例子和推导过程，我们将展示余弦定理的实际运用，并探讨其背后的原理和逻辑。

在接下来的章节中，我们将首先介绍余弦定理的定义和公式，以便读者了解其基本概念和数学表达方式。

然后，我们将探讨余弦定理在三角形中的应用，并通过实际问题进行演示和解答。

最后，我们将详细讨论余弦定理在解决立体几何问题中的妙用，并总结其优势和适用范围。

通过本文的阅读，读者将能够深入了解余弦定理在立体几何中的妙用，掌握利用余弦定理解决各类几何问题的方法和技巧。

希望本文能够为读者提供灵感和启示，帮助读者更好地应用余弦定理解决实际问题，进一步提升他们在几何学领域的知识和能力。

1.2 文章结构文章结构部分的内容可以按照以下方式进行编写：文章结构部分主要介绍了本文的整体结构，帮助读者了解文章的大致内容安排。

本文主要分为引言、正文和结论三个部分。

引言部分概述了本文的主题和目的。

本文通过讨论余弦定理在立体几何中的应用，旨在探讨余弦定理在解决立体几何问题中的妙用。

引言部分也简要介绍了本文的结构，包含了概述、文章结构和目的三个小节。

正文部分是本文的主要内容，主要分为两个小节进行阐述。

首先是2.1节，介绍了余弦定理的定义和公式。

该部分将详细介绍余弦定理的概念和公式表达，为后续的应用部分做好准备。

接着是2.2节，重点探讨了余弦定理在三角形中的应用。

通过具体的例子和推理，阐述了余弦定理在解决三角形内角、边长关系等问题中的作用。

结论部分总结了本文的主要观点和内容，给出了余弦定理在解决立体几何问题中的妙用。

正、余弦定理在近年高考题中的应用

（Ⅰ）求索道 AB的长；（Ⅱ）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短；（Ⅲ）为使两位游客在 C 处互相等待的时间不超过 3 分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？小结：本题难度不大，它是正弦定理在实际问题中的应用，将实际问题转化为具体图形，具体数学问题，再通过求解数学问题得出答案，主要考查了我们利用数学知识解决实际问题的能力 . 3. 结语通过对正、余弦定理在近年高考中的应用的讨论，可以看出在解决边、角、判断三角形的形状、求解三角形的面积等问题时往往会考虑正、余弦定理，但试题一般不会单独考查公式的直接应用，需要我们灵活运用三角形的内角和定理、三角恒等变换、三角形的面积公式及均值不等式等与正、余弦定理综合解决 . 对于正、余弦定理的应用，有的需要我们利用正、余弦定理将边角关系转化为纯粹的边的关系、角的关系，然后得出结论，有的需要我们利用正、余弦定理求出某个角、某条边的具体值，然后解决问题 . 此类问题往往考查了合理利用公式的能力、计算能力和转化的数学思想，这些与平时的积累是息息相关的 . 只有注意平时积累，才能在考试中迅速解决问题，节约考试时间 .
正、余弦定理在近年高考题中的应用
摘要：正、余弦定理是高中数学的重要组成部分，
本文主要对近年全国各省高考题中的相关问题进行相应的
分析，并结合试题的特点及常规思路提出了一些复习建议
.
1. 引言
正、余弦定理是高中数学中三角函数知识的重要组成部
分，又是高考考查的重点之一，在近年高考题中占有一定的
地位 . 我们往往以正、余弦定理为工具，结合三角恒等变换，
有可能，并且每年试题的题量都相对较稳定 . 从近几年的情
况来看，正、余弦定理往往运用于解答题中的某一个问中，

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。

正、余弦定理在近年高考题中的应用

正、余弦定理在近年高考题中的应用摘要：正、余弦定理是高中数学的重要组成部分，本文主要对近年全国各省高考题中的相关问题进行相应的分析，并结合试题的特点及常规思路提出了一些复习建议.关键词：高考正弦定理余弦定理1.引言正、余弦定理是高中数学中三角函数知识的重要组成部分，又是高考考查的重点之一，在近年高考题中占有一定的地位.我们往往以正、余弦定理为工具，结合三角恒等变换，具体求解三角形的某条边、某个角，判断某个角的取值范围、三角形的形状及求解三角形的面积等问题.此类问题灵活多变，涉及的知识面比较广泛，不容易完全做对，重点考查的是学生熟练掌握公式、灵活运用公式的能力，计算能力，以及转化的数学思想.就近三年高考试题而言，频繁考查了正、余弦定理问题，且其在高考中多以中档题出现，选择题、填空题、解答题均有可能，并且每年试题的题量都相对较稳定.从近几年的情况来看，正、余弦定理往往运用于解答题中的某一个问中，占的分值比较稳定，通常在6分左右.在选择题或者在填空题中出现的分值更是稳定，通常在5分左右.下面我就近年全国相关高考数学题，谈谈正、余弦定理的几种应用.2.正、余弦定理的几种应用2.1利用正、余弦定理求解三角形的某条边或两边的比值此类问题往往是已知三角形的两边一角，要求其另一边，我们会直接利用正、余弦定理求解，如果是已知边与角的关系，要求其边的比值，那么我们通常会利用正、余弦定理将题目中的边角关系转化为纯粹的边的关系或角的关系，再进行求解.小结：本题难度不大，主要考查对余弦定理的应用，解题的关键是将角全转化为边，考查我们灵活运用公式的能力及转化的数学思想.2.2利用正、余弦定理求解三角形的某个角此类问题有时会已知三角形的两边和其中一边的对角，要求其他两角，我们将通过正弦定理直接求出一个角，再通过内角和定理求出另一个角，但通常会已知边角关系，这时我们需要利用正、余弦定理将其转化为纯粹的边的关系或角的关系，进而求出角的值.小结：本题难度不大，关键是利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再结合余弦定理联立求解，是正弦定理与余弦定理的综合考查，主要考查处理数据的能力及运算能力.2.3利用正、余弦定理判断某个角的范围此类问题通常是已知三角形三边的关系，要求某个角的范围，我们需要利用余弦定理，再结合均值不等式得到角的取值范围.综上，此题答案为①②③.小结：本题的难度比较大，每个选项中都已知了三角形三边的关系，要求角的范围，我们利用余弦定理进行计算，并结合均值不等式得出结论.此题是余弦定理和均值不等式的结合应用，主要考查熟练掌握及灵活运用公式的能力.2.4利用正、余弦定理判断三角形的形状判断三角形的形状，往往会转化为判断角的取值或者边的关系.此类问题往往需要我们利用正弦定理将角的关系转化为边的关系或者是利用余弦定理将边角关系转化为纯粹的边的关系或角的关系，再结合三角形的内角和定理及三角恒等变换确定某个角的大小判断三角形的形状.小结：本题难度比较大，主要考查余弦定理及三角形面积公式，同时考查利用余弦定理解决三角形面积的实际能力与计算能力.2.6正、余弦定理与其他知识的交汇对正、余弦定理的考查，伴随着与其他知识的融合，通常会出现正、余弦定理与向量、数列等的交汇应用，此类问题往往会利用已知条件中的向量关系或者数列关系求出三角函数中边与角的关系，再转化为前面的几种类型，其本质上是对正、余弦定理的应用.例6（2014年陕西（理）第16题第（Ⅱ）问6分）△ABC的内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c.（Ⅰ）若a，b，c成等差数列，证明：sinA+sinC=2sin （A+C）；（Ⅱ）若a，b，c成等比数列，求cosB的最小值.小结：本题属于中档题，是对等比数列、余弦定理与均值不等式的综合应用，等比数列是前提，核心是余弦定理，最终利用均值不等式求出最小值，主要考查灵活运用公式的能力及优化的数学思想.2.7正、余弦定理在立体几何中的应用立体几何中通常会出现求解某个角的值，某条边的值或者某个角的取值范围，这实际上就是类型2.1，2.2，2.3的应用.小结：本题难度比较大，它是立体几何中涉及关于角的取值范围的问题，考查了余弦定理，利用特殊的位置作为临界点，这样有利于节约时间，考查我们的逻辑思维能力及转化的数学思想.2.8正、余弦定理在实际问题中的应用此类问题是将生活中的实际问题抽象出来，通过画示意图反映真实情况，从而转化为数学问题，再通过正、余弦定理，三角恒等变换，三角形的内角和定理等计算出我们要找的某个角或某条边.（Ⅰ）求索道AB的长；（Ⅱ）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短；（Ⅲ）为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？小结：本题难度不大，它是正弦定理在实际问题中的应用，将实际问题转化为具体图形，具体数学问题，再通过求解数学问题得出答案，主要考查了我们利用数学知识解决实际问题的能力.3.结语通过对正、余弦定理在近年高考中的应用的讨论，可以看出在解决边、角、判断三角形的形状、求解三角形的面积等问题时往往会考虑正、余弦定理，但试题一般不会单独考查公式的直接应用，需要我们灵活运用三角形的内角和定理、三角恒等变换、三角形的面积公式及均值不等式等与正、余弦定理综合解决.对于正、余弦定理的应用，有的需要我们利用正、余弦定理将边角关系转化为纯粹的边的关系、角的关系，然后得出结论，有的需要我们利用正、余弦定理求出某个角、某条边的具体值，然后解决问题.此类问题往往考查了合理利用公式的能力、计算能力和转化的数学思想，这些与平时的积累是息息相关的.只有注意平时积累，才能在考试中迅速解决问题，节约考试时间.参考文献：[1]张泉.世纪金榜――高中新课标全程复习方略（数学）[M].吉林：延边大学出版社，2010：66-70.[2]黄汉禹.对正弦定理和余弦定理的研讨[J].数学通报，2011，50（6）：21-23，26.[3]姜如军.例谈正弦定理、余弦定理的应用[J].理科考试研究（数学版），2013，20（8）：16.[4]陆海波.正弦定理的应用[J].郴州师范高等专科学校学报，2001，22（2）：30-34.[5]王荣汉.正弦定理和余弦定理在解题中的应用例析[J].物理教学探讨，2011，29（4）：51-52.基金项目：贵州省遵义师范学院基础教育研究项目（13ZYJ029）。

【NO.240】三余弦定理详解及高考试题中的应用

之前的文章写过一个书本上没有的知识点叫做三余弦定理也称之为最小角定理爪子定理这一期我给单独拿出来最这一块进行解释详解
【NO.240】三余弦定理详解及高考试题中的应用
之前的文章写过一个书本上没有的知识点，叫做三余弦定理（也称之为最小角定理，爪子定理），这一期我给单独拿出来，最这一块进行解释详解。
如果读者对之前的文章仔细研究的话，在之前的文章就出现过一道高考真题，专门用到了这个三余弦定理或者说最小角定理。
这个题定理。
今天的分享就到这里。

三面角余弦定理及应用

三面角余弦定理及应用三面角余弦定理，又称作勾股定理或余弦定理，是三角学中重要的定理之一。

它描述了一个三角形的一个内角和它所对的边长之间的关系，可以用于解决各种实际问题。

在任意三角形ABC中，设a、b、c分别为边BC、AC、AB的长度，A、B、C 为对应的内角度数。

根据三面角余弦定理，我们有以下关系式：1. cos A = (b²+ c²- a²) / (2bc)2. cos B = (a²+ c²- b²) / (2ac)3. cos C = (a²+ b²- c²) / (2ab)接下来，我们将讨论一些三面角余弦定理的应用：1. 求解三角形的边长：如果我们已知一个三角形的两个边长和它们夹角的余弦值，我们就可以使用余弦定理来求解第三个边长。

根据定理，我们可以通过以下公式计算第三个边c的长度：c = √(a²+ b²- 2abcos C)。

2. 判断三角形的形状：根据三面角余弦定理，我们可以判断一个三角形是锐角三角形、直角三角形还是钝角三角形。

如果一个三角形的所有内角的余弦值都大于0，则它为锐角三角形；如果一个三角形的一个内角的余弦值等于0，则它为直角三角形；如果一个三角形的一个内角的余弦值小于0，则它为钝角三角形。

3. 求解三角形的内角度数：如果我们已知一个三角形的三个边长，我们可以使用三面角余弦定理来求解它的内角度数。

根据定理，我们可以通过以下公式计算角A的度数：A = arccos[(b²+ c²- a²) / (2bc)]。

4. 应用于领域：三面角余弦定理在物理学、工程学等领域有广泛应用。

例如，航空领域中可以利用该定理计算飞机的最短飞行时间和距离；建筑领域中可以利用该定理计算某个斜坡的高度；测绘学中可以利用该定理计算两点之间的距离等。

综上所述，三面角余弦定理是三角学中的一项重要定理，它描述了一个三角形的内角和它所对的边长之间的关系。

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。

高中数学：三余弦(正弦)定理的妙用

三余弦（正弦）定理的妙用三余弦定理（又叫最小角定理或爪子定理）（1）定理：设点A 为平面α上一点，过A 点的斜线在平面α上的射影为BO ，BC 为平面α上的任意直线，那么ABC ∠，OBC ∠，OBA ∠三角的余弦关系为：OBA OBC ABC ∠⋅∠=∠cos cos cos即斜线与平面一条直线夹角β的余弦值等于斜线与平面所成角α的余弦值乘以射影与平面内直线夹角θ的余弦值。

θαβcos cos cos ⋅=（为了便于记忆，我们约定：β为斜线角，α为线面角，θ为射影角）（2）定理证明：如上图，OAB ∆、OBC ∆、ABC ∆均为直角三角形，AB BC =βcos ，AB BO =αcos ，BOBC =θcos ，易知θαβcos cos cos ⋅=，得证。

（3）定理说明：这三个角中，角β是最大的，其余弦值最小，等于另外两个角的余弦值之积。

斜线与平面所成角α是斜线与平面内所有直线所成的角中最小的角。

三正弦定理（最大角定理）：（1）定理：设二面角N AB M --的度数为γ，在平面M 上有一条射线AC ，它和棱AB 所成的角为β，和平面N 所成的角为α，则γβαsin sin sin ⋅=（为了便于记忆，我们约定：β为线棱角，α为线面角，γ为二面角）（2）定理证明：如图，⊥CO 平面N ，AB OB ⊥，AB BC ⊥，OBC ∆、OAC ∆、ABC ∆均为直角三角形，BC OC =γsin ，ACBC =βsin ，ACOC =αsin ，易得：γβαsin sin sin ⋅=。

（3）定理说明：由γβαsin sin sin ⋅=且1sin ≤β知：γαsin sin ≤，γα≤，所以二面角的半平面M 内的任意一条直线与另一个半平面N 所成的线面角不大于二面角，即二面角是线面角中最大的角。

知识应用：例1.（2016年4月浙江省数学学考试题第16题）如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱111C B A ABC -中，P 是棱BC 上的动点。

三面角的余弦定理及其推论的应用

最大值是()(A)2006(B)2007(C)2008(D)2009解析:与焦点F的最近点为右顶点(2,0),最远点为左顶点(-2,0),所以|P1F|=a-c =1,|P n F|=a+c=3.设公差为d,则有3=1+(n-1)d,所以d=2n-1>11004,解得n<2009,n N*,所以n的最大值为2008,故选(C).例4在数列{a n}中,a1=3,且对任意大于1的正整数n,点(a n,a n-1)在直线x-y -3=0上,则a n=.解析:易得a n-a n-1=3(n>1),即{a n}是以a1=3为首项,d=3为公差的等差数列,所以a n=a1+(n-1)d=3n,即a n=3n2.例5设F是椭圆6x2+7y2=42的右焦点,且椭圆上至少有21个不同的点P i(i=1,2, 3,),使|FP1|、|FP2|、|FP3|、组成公差为d的等差数列,则d的取值范围为.解析:由椭圆性质知a=7,c=1,所以7 -1!|FP i|!7+1,所以|FP21|-|FP1 ||=|20d|!|(7+1)-(7-1)|=2,所以|d|!110且d0,故d[-110,0)#(0,110].点评:本题将数列与椭圆的有关性质整合在一起,立意新颖,构思巧妙,解题的关键是确定该数列的最大项和最小项,然后根据不等式的性质求出公差d的取值范围.例6已知函数y=f(x)的图像是自原点出发的一条折线,当n!y<n+1(n N*)时,该图像是斜率为b n的线段(其中b为正常数,且b1),设数列{x n}是由f(x n)=n(nN*)定义,求x n.解析:由斜率公式有f(x n)-f(x n-1)x n-x n-1=b n-1,所以f(x n)-f(x n-1)=(x n-x n-1)b n-1,又f(x n)-f(x n-1)=n-(n-1)=1,所以x n-x n-1=b1-n,且x1=1.由叠加法,得x n=b n-1b n-b n-1.点评:当点列共线或涉及直线的斜率时,可考虑用斜率公式探寻解题的切入点.以上诸例将数列与平面解析几何巧妙地整合在一起,视有新颖独特,覆平面面广,综合性强,体现了知识间的内在联系.陕西省西安远东第二中学(710077)杭竹萍三面角的余弦定理及其推论的应用贵刊2008年第3期刊登了于志洪的%三面角的正弦定理及其应用&一文,读后颇受启发今将其姐妹篇%三面角的余弦定理及其推论的应用&再介绍如下,供高中师生教与学时参考5..一、三面角的余弦定理及其论例1设三面角V-A BC 的三个面角分别为、、,它们所对的二面角分别是A(、B(、C(,则cos A(=cos -cos cos si n sin,cos B(=cos -cos cos si n sin,cos C(=cos -cos cossin sin,证明:设三面角V-A BC 中,面角)BAC =,)CV A =,)AV B =.过V A 上任一点A(作平面P 垂直于V A ,设平面P 与V B 相交于B(,与V C 相交于C((图2).因V A平面P,所以V A A(B(,V A A(C(,所以)B(A(C(是二面角V A 的平面角.设V A(=a,则在直角+V A(B(中,A(B =a tan ,V B(=a cos .在直角+V A(C(中,A(C(=a tan ,V C(=a cos.在+V B (C(中,由余弦定理,B(C(2=V B(2+V C(2-2V B(V C(cos =a 2cos 2+a 2cos2-2a cos acos cos =a 2(cos 2+cos 2-2cos cos cos )cos 2cos2.在+A(B(C(中,由余弦定理,cos A(=A(B(2+A(C(2-B(C(22A(B(A(C(=[a 2tan2+a 2tan2-a 2(cos2+cos2-2cos cos cos ),cos 2cos 2],2a 2tan tan =[si n 2cos 2+sin 2cos2-(cos 2+cos 2-2cos cos cos +cos 2cos 2],2si n si ncos cos 2=[22+2222+],=[2cos cos cos -cos2(1-sin2)-cos 2(1-si n 2)],2si n si n cos cos =2cos cos cos -2cos 2cos 22si n si n cos cos =cos cos cossin sin同理cos B(=cos -cos cossin sin cos C(=cos -cos cossin sin.如果和不都是锐角,即:(1)、都是直角,(2)、都是钝角,(3)、有一个是锐角、另一个是直角,(4)、有一个是锐角,一个是钝角,(5)、有一个是直角,另一个是钝角时,上述公式仍然有效,证法也差不多,请读者自行研究.推论:在三面角A -BB(C 中,由三面角余弦定理公式知:cos90=cos!-cos cossin sin可得cos!=cos cos 推论(高中%立体几何&(必修)P 117第3题)二、三面角的余弦定理的应用例1平行六面体的各面都是全等的菱形,并且有一个三面角的各面角都是60,各条棱长都是a,求这个平行六面体的体积.解法1:设平行六面体ABCD -A (1B 1C 1D 1中三面角A 的各面角都是60.过A 1作A 1O 底面A BCD,垂足是O.因为)A 1A B =)A 1A D =60,所以O 在)BA D 的平分线A C 上.所以)BA O =30,过A 1在平面A 1B 内作A 1E A B,连OE,根据三垂线定理的逆定理,OEA B,在R t+A 1A E 中,A A 1=a,A E =A A 1cos60=a 2;6cos si n sin cos -cos -cos 2cos cos cos 2sin sin cos cos在R t+A OE 中,OA =A Ecos30=12a 32=3a 3;在R t+A 1OA 中,OA 1=A A 21-OA 2=a 2-13a 2=23a.底面积SAB CD=a 2sin60=32a 2.所以V =S A BC DOA 1=3a 2223a =22a 3(立方单位)解法2:根据解法1所设,在R t+A 1A E 中,A 1E =a sin60=32a.而在三面角A-A 1BD 中,三个面角都是60,且)A 1EO 是二面角A 1-A E -D 的平面角,所以由三面角余弦定理得cos =cos60-cos60cos60sin60si n60=13又0<<180.所以si n =223.在R t +A 1OE 中,A 1O =A 1E sin =63a,因为底面积S =32a 2,所以V=S O A 1=2a 32(立方单位)例2在两个三面角中,如果有两个面角及其所夹的二面角对应相等,那它们的其余面角及二面角也对应相等.证明:设在三面角V -A BC 和V(-A(B(C(中,)AV C =)A(V (C(=,)AV B =)A(V (B(=,A =A(,并且记)BV C =,)B(V(C(=(,则分别在三面角V -ABC 和V(-A(B (C(中应用余弦定理,得cos A =cos -cos cossin sin,cos A(=cos (-cos cos sin sin ,而A =A(.故cos -cos cossi n sin =cos (-cos cos si n sin ,即cos =cos (.由于0<<,0<(<,而在(0,)中余弦函数单调递减,故=(,即两个三面角的三个面角对应相等,再利用余弦定理即可得知B =B (,C =C(,命题得证.说明:结论类似于平面几何中根据两边及其夹角对应相等判定两个三角形全等的定理.三、三面角的余弦定理的推论的应用例3(1992年高考题)如图3,在棱长为1的正方体A BCD -A 1B 1C 1D 1中,M 和N 分别为A 1B 1和BB 1的中点,那么直线A M 与CN 所成角的余弦值是()(A )32(B)1010(C)35(D)25解:过N 作NE .A M,则)C NE 就是直线A M 与C N 所成角.三面角N -BCE,因为面C NB 面NBE,令)CNE =!,由推论有cos!=cos)B NE cos)BNC =2515=25.故选(D ).四、三面角的余弦定理及推论的合用例4(1998年高考题)如图4已知斜三棱柱A BC -A 1B 1C 1的侧面A 1A CC 1与底面A BC 垂直,)ABC =90,BC =2,A C =23,且A A 1,=()求侧面BB 与底面B 所成二面角的大小A 1C A A 1A 1C./A 1A 1A C .7解:连结A1C,A1B,三面角A-A1BC,易知)A1A C=45,令)A1A B=!1,)BA C=!2,侧面A1ABB1与底面A BC所成二面角的平面角为!.由推论可知cos!1=cos45cos!2=33,根据定理有cos!=cos45-cos!1cos!2sin!1si n!2=12,从而!=3,即二面角大小为3.综上所述可见:应用三面角的余弦定理解题,不仅简洁明快,解题过程简化,而且避免了繁杂的计算,易于思考,易于求解,若用0常规1方法求解,则繁琐困难,且构图复杂,因而熟悉该定理的应用,很有必要.江苏省泰州第二职业高级中学(225300)尹建堂例说圆锥曲线几何性质的应用圆锥曲线的几何性质是对圆锥曲线本质属性的揭示,是解决圆锥曲线问题所必须的基础知识,要充份理解、牢固掌握,利用圆锥曲线几何性质解题的关键是:弄清圆锥曲线中各几何元素的意义、位置关系、数量关系,特别是其中五个主要参数九a、b、c、e、p(p为焦点到相应准线的距离即焦准距,又名焦参数)及之间的相依关系:c2=a2b2(椭圆中取0-1,双曲线中取0+1)、e=ca、p=b2c(这些量及之间关系与坐标系无关,并且这五个量中任知其中两个,就可由这组关系式求出其余三个),并能灵活运用这些位置与数量关系;因题制宜运用数形结合、等价转换、分类讨论.函数方程等重要数学思想方法.本文仅就以下几个方面举例说明圆锥曲线几何性质的应用,以期对同学们有所借鉴.一、求曲线方程例1一椭圆与双曲线有公共焦点,它们的离心率之和为2,若椭圆方程为25x2+9y2= 1,求双曲线方程.分析利用这两曲线有公共焦点的条件,巧设双曲线方程(有公共焦点的有心锥线系方程),求出待定系数即可获解.解:因椭圆的焦点为(0,2415),而所求双曲线与该椭圆有公共焦点,故设双曲线方程为y219-#-x2#-125=(125<#<19).(*)因为e椭=45,所以e双=2-45=65即41519-#=65,解得#=581.代入(*),得所求双曲线方程为814y2-202544x2=1.评注:在求曲线方程的问题中,巧设方程,减少待定系数,是非常重要的方法技巧.特别是具有公共焦点的两种曲线,它们的公共点同时具有这两种曲线的性质,解题时要充分注意.例2求有公共焦点、公共准线的椭圆短轴端点的轨迹方程.分析这是一个动椭圆,即椭圆系,其中心到公共焦点的距离即半焦距制约短轴端点的运:: 8。

三余弦公式的巧用

三余弦公式的巧用1AO AO AO 12２　如图：斜线和平面所成的角为，斜线在平面上的射影AB,AC 为平面内异于ＡB 的直线，AB 与ＡC 的夹角为，与ＡC 的夹角，则有：cos =cos cos 该公式本质上反映了线面角与线线角之间的数量关系，其本质特征是由两个平面互相垂直，两个平面内的三条直线所成角的定量关系。

在处理异面直线所成角、线面角的问题时效果明显。

下面通过近年高考试题予以说明。

例一: （2005全国卷I 第18题）已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯形，AB CD∥，PADAB,90底面ABCD ，且PA=AD=DC=21AB=1，M 是PB 的中点。

（Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；常规解法：过点B 作BE//CA ，且BE=CA ，则∠PBE 是AC 与PB 所成的角. 连结AE ，可知AC=CB=BE=AE=2，又AB=2，所以四边形ACBE 为正方形. 由PA ⊥面ABCD 得∠PEB=90°在Rt △PEB 中BE=2，PB=5，.510cos PBBE PBE .510arccos所成的角为与PB AC 析：已知条件中有PA 底面ABCD 若使用三余弦公式则：PB 在平面ABCD 上的射影AB ，222210cos ,cos 22555PBABACAC PB ∴与夹角的余弦值＝.510arccos所成的角为与PB AC 评：只要找到三线的夹角即可，无需作图求解。

例二（2006福建卷）如图，四面体ABCD 中，ACBOABMDEOC。

三余弦定理在全国卷立体几何压轴题的妙用

三余弦定理在全国卷立体几何压轴题的妙用
1.（2019全国1卷文科第16题）已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到
∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________．
【解析】如上图，由对称性知45o OCD ∠=，由三余弦定理得
cos cos cos PCD PCO OCD ∠=∠∠，即
1cos 22PCO =∠，所以cos 2PCO ∠=。

则PO OC ==。

2.（2017全国3卷理科第16题）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC
的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；
②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；
③直线AB 与a 所称角的最小值为45°；
④直线AB 与a 所称角的最大值为60°；
其中正确的是________。

（填写所有正确结论的编号）
【解析】过M 作b 的垂线，则AM 与MN 所成的角为AM 与a 所成的角，由三余弦公式得CMN CMN AMC AMN ∠⨯=∠⋅∠=∠cos 2
2cos cos cos ，若所成角为60°，则有CMN ∠⨯=cos 2
221，则CMN ∠045=，CM 平分角BCE ∠，所以此时AM 与两直线所成的角都为60°。

巧用三余弦定理解题

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a 的斜线，AQ是AO在平面内的射影，直线AP在平面& 内.设ZOAP = 0,ZOAQ = O^ZQAP = 02,有以卞结论：cos °二cos q・cos&2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.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0,斜线与射影所成的角为G，射影与“内线” 所成的角为2・3.定理运算.例1 •如图2,己知AO是平面a的一条斜线,OE丄a e是垂足,AP是a内一直线,ZOAP=60°,ZBAP=45°,求斜线AO与平面a所成的角.分析：AP是“内线S AO是斜线，AE是射影，所以OZOAP = a ZOAB = q, ZBAP = 0.,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.变式1：己知ZOAB=45O,ZEAP=45。

,求直线AO与AP所成的角;分析：同例1・变式2：己知ZOAB=45o,ZEAP=45。

，/"AR求直线AO与/所成的角；分析：因为〃/AP,直线AO与AP所成的角同AO与/所成的角相等.我们在解题时，只需要明确“三线”，这时/是“内线”，AO是斜线，AB是射影，然后斜线AO与“内线” /所成为0，斜线AO与射影AE所成的角为射影AB与“内线” /所成的角为乞，问题迎刃而解.例2・如图3,在棱长为1正方体ABCD-A1B1C1D1+，E. F分别是EQ】和CC !的中点，求异面直线AJB与EF所成角的余弦值.分析：直线EAi是平面ECC冋的斜线，EE】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EA】是平面BCC1B1的斜线，BE1是EAi在平面内的射影，EF为平面内的直线，所以BAi与EF所成的角为8 , = q , EF与BBi所成的角为0,图3又因为cos0 = cos-cos> q=45°, 02 = 450,所以cosQ =丄2即异面直线AJB与EF所成角的余弦值为丄2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0,斜线与射影所成的角为仇，射影与“内线”所成的角为明确了“三角”，公式的应用水到渠成.1 J3变式：若E、F是EQ和CCi上的点，满足ECi= - , FCi=—,求异面直线AJB与EF 所成角的余弦值.分析：明确“三线”，直线EA］是斜线，EE】是射影，EF为“内线”，然后按规则找出“三图4 图5练习：1.如图4, $是厶AEC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，ZBAD=90o, AD//BC,AB=BC=a,AD=2a,且PA丄底面ABCD, PD与底面成30°,且AE丄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.。

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。