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1、第五单元 基本初等函数,知识体系,第八节 正、余弦定理的应用,基础梳理,1.解三角形一般地，把三角形三个角A，B，C和它们的对边a,b,c叫做三角形的元素，已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形.2.解三角形的类型（1）已知三边求三角，用 余弦 定理；（2）已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角，用 余弦 定理；（3）已知两角和任一边，求其他两边和一角，用 正弦 定理；（4）已知两边和一边的对角，求第三边和其他两角，用 正弦 定理.,题型一 三角形与立体几何的综合问题【例1】如图，某人在高出海面300 m的山上P处，测得海面上的航标A在正东，俯角为30，航标B在南偏东60,俯角为
2、45，求这两个航标间的距离.分析 将问题转化为立体几何问题，然后利用三角形知识求解.解由题意得PBC=45,PAC=30,ACB=30,PC=300，在RtPCB中，BC=PC=300.在RtPCA中，在ABC中,由余弦定理,得,典例分析,AB2=AC2+BC2-2ACBCcosACBAB=300(m).学后反思本题涉及到测量的俯角、方向角等概念，在解题时应结合实际情况正确理解，并要作出合理转化.,举一反三1.某人在山顶观察地面上相距300 m的A与B两个目标，测得目标B在南偏东5，俯角45，同时测得A在南偏东35，俯角30,求山高（设A、B与山底在同一平面上）.,解析:画图，设山高MC=x,
3、由题意可得MBC=45,MAC=30,ACB=30.在RtMCB中，BC=MC=x,在RtMCA中，在ABC中，由余弦定理,得AB2=AC2+BC2-2ACBCcos ACB,即x=300.即山高为300 m.,题型二 构造三角形模型解应用题【例2】(14分)一次机器人足球比赛中，甲队1号机器人由点A开始做匀速直线运动，到达点B时，发现足球在点D处正以2倍于自己的速度向点A做匀速直线滚动.如图所示，已知 dm,AD=17 dm,BAC=45.若忽略机器人原地旋转所需的时间，则该机器人最快可在何处截住足球？,分析“最快截住”是指“机器人从点B沿直线运动时和足球在直线AD上的点C处相遇”，此时CD
4、=2BC，将问题归结到ABC中，用余弦定理解决.,解 设该机器人最快可在点C处截住足球，点C在线段AD上，设BC=x dm,由题意知，CD=2x dm,AC=AD-CD=(17-2x)dm.2在ABC中，由余弦定理，得BC2=AB2+AC2-2ABACcos A,.4即x2=()2+(17-2x)2-2(17-2x)cos 45,.7解得x1=5 dm,x2=dm,.10AC=17-2x=7 dm或 dm(不合题意，舍去).12所以该机器人最快可在线段AD上离点A 7 dm的点C处截住足球.,14,学后反思本题中机器人在从点B开始运动时必须选择一个方向，在这个方向上沿直线运动恰好与足球在直线A
5、D上的点C相遇，这样才能达到“最快截住”的目的，否则就不是“最快截住”，这样就可以把问题归结到一个三角形中，用正、余弦定理来解决问题.,举一反三,2.航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的高度为海拔10 000 m,速度为180 km/h,飞机先看到山顶的俯角为15,经过420 s后又看到山顶的俯角为45,求山顶的海拔高度(取21.4,31.7).,解析：如图，A=15,DBC=45,ACB=30,AB=180 km/h420 s=21 000m.在ABC中，,BC=sin 15=10 500().CDAD,CD=BCsinCBD=BCsin 45=10 500()=10 50
6、0(-1)10 500(1.7-1)=7 350.山顶的海拔高度为10 000-7 350=2 650(m).,题型三 三角形与函数的综合问题【例3】在ABC中，若AB=AC，则cos A+cos B+cos C的取值范围为_.分析 易用余弦定理把原式化成“边”的形式，又AB=AC，即b=c,B=C,则可把cos A+cos B+cos C转化为以 为自变量的二次函数.,解 由于AB=AC,所以b=c,B=C,由余弦定理,得,学后反思解决三角形中的有关问题时，主要通过正弦定理和余弦定理进行边角互化，但也要注意一些隐含条件的利用，例如，在三角形中：两边之和大于第三边、两边之差小于第三边、大边对大
7、角、最大内角的取值范围是,最小内角的取值范围是 等.,举一反三,3.（2010兴化模拟）如图，A、B是单位圆O上的动点，C是圆与x轴正半轴的交点，设COA=.（1）当点A的坐标为 时，求sin 的值；(2)当0，且当点A、B在圆上沿逆时针方向移动时，总有AOB=，试求BC的取值范围.,解析：（1）A点的坐标为，根据三角函数定义可知x=，y=,r=1，sin=.(2)AOB=,COA=,COB=+.由余弦定理得-2OCOBcosBOC=1+1-2cos（+）=2-2cos（+）.0，+，.12-2cos（+）2+,即1 2+,亦即1BC.BC的取值范围是1,.,【例】(2008广州)在ABC中，
8、3sin A+4cos B=6,3cos A+4sin B=1,则C=_.,易错警示,错解分析 在解三角形的问题中,三角形解的个数是一个很容易忽视的问题.上述错解在于考生缺少解题经验，没有去进一步挖掘隐含条件而致错.正解关于3cos A+4sin B=1.由于sin B0,故cos A 由于cos A,故A 因此若C=,则A+C,故C=应舍去,即C=,错解 由已知等式整理得(3sin A+4cos B)2+(3cos A+4sin B)2=37,整理得25+24sin(A+B)=37,即sin(A+B)=,又A+B+C=,所以sinC=sin(A+B)=,解得C=或,考点演练,10.(2009
9、辽宁改编)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和30,于水面C处测得B点和D点的仰角均为60,AC=0.1 km,求BD的长.,解析：在ACD中，DAC=30，ADC=60-DAC=30,所以CD=AC=0.1.又因为BCD=180-60-60=60,故CB是CAD底边AD的中垂线，所以BD=BA.在ABC中，即AB=(km),因此，BD=km.,11.(2008上海)如图，某住宅小区的平面图呈扇形AOC，小区的两个出入口设置在点A和点C处.小区里有两条笔直的小路AD、DC,且拐弯处的转角为120.已
10、知某人从C沿CD走到D用了10分钟，从D沿DA走到A用了6分钟.若此人步行的速度为每分钟50 m，求该扇形的半径OA的长(结果精确到1 m).,解析：方法一：设该扇形的半径为r m，由题意得CD=500 m，DA=300 m，CDO=60.在CDO中，CD2+OD2-2CDODcos 60=OC2，即,解得故该扇形的半径OA的长约为445 m.,方法二：如图，连接AC，作OHAC,交AC于H.由题意得CD=500 m,AD=300 m，CDA=120,在ACD中，,故该扇形的半径OA的长约为445 m.,12.（2008湖南）在一个特定时段内，以点E为中心的7海里以内海域被设为警戒水域.点E正
11、北55海里处有一个雷达观测站A.某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东45且与A相距 海里的位置B，经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45+(其中,090)且与点A相距 海里的位置C.(1)求该船的行驶速度（单位：海里/小时）；(2)若该船不改变航行方向继续行驶，判断它是否会进入警戒水域，并说明理由.,解析:(1)如图，AB=,AC=,BAC=,.由于090,由余弦定理,得BC=AB2+AC2-2ABACcos=所以船的行驶速度为(海里/小时).,所以,（2）方法一：如图所示，以A为原点建立平面直角坐标系，设点B、C的坐标分别是B(x1,y1)、C(x2,y2)，BC与x轴的交点
12、为D.由题设,有所以过点B、C的直线l的斜率直线l的方程为y=2x-40.又点E(0,-55)到直线l的距离所以船会进入警戒水域.,方法二：如图所示，设直线AE与BC的延长线相交于点Q，在ABC中，由余弦定理,得在ABQ中,由正弦定理,得,由于AE=5540=AQ,所以点Q位于点A和点E之间，且QE=AE-AQ=15.过点E作EPBC于点P，则EP为点E到直线BC的距离.在RtQPE中，所以船会进入警戒水域.,第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系,1.平面的基本性质平面的基本性质是研究空间图形性质的理论基础,即三个公理和公理3的三个推论.公理1:如果一条直线上的 在一个平面内,那么这条直线
13、上 都在这个平面内.公理2:如果两个平面有一个公共点,那么它们还有其他公共点,这些公共点的集合是.,基础梳理,两点,所有的点,经过这个公共点的一条直线,公理3:经过不在同一条直线上的三点,.推论1:经过一条直线和这条直线外的一点,.推论2:经过两条相交直线,.推论3:经过两条平行直线,.,2.空间两条直线的位置关系,有且只有一个平面,有且只有一个平面,有且只有一个平面,有且只有一个平面,异面直线,在同一平面内,有且只有一个,3.平行直线的公理及定理(1)公理4:平行于同一条直线的两条直线.(2)定理:如果一个角的两边和另一个角的两边分别 并且方向,那么这两个角相等.,4.异面直线的判定及所成的
14、角(1)异面直线的判定过平面内一点与平面外一点的直线,和这个平面内 的直线是异面直线.,互相平行,平行,相同,不经过该点,(3)异面直线垂直的定义若两条异面直线a,b所成的角是直角,则称异面直线a,b,记作.,(2)异面直线所成的角如果a,b是两条异面直线,那么经过空间任意一点O,作直线aa,bb,直线a和b所成的(或直角)叫做异面直线a,b所成的角.,锐角,互相垂直,ab,【例1】下列命题:空间不同三点确定一个平面;有三个公共点的两个平面必重合;空间两两相交的三条直线确定一个平面;三角形是平面图形;平行四边形、梯形、四边形都是平面图形;垂直于同一直线的两直线平行;一条直线和两平行线中的一条相
15、交,也必和另一条相交;两组对边相等的四边形是平行四边形.其中正确的命题是.,典例分析,题型一 点、线、面的位置关系,分析 根据公理及其推论作判断.,解 由公理3知,不共线的三点才能确定一个平面,所以知命题、均错,中有可能出现两平面只有一条公共线(当这三个公共点共线时);对于,空间两两相交的三条直线有三个交点或一个交点,若为三个交点,则这三条直线共面,若只有一个交点,则可能确定一个平面或三个平面;正确;中平行四边形和梯形由公理3的推论及公理1可得必为平面图形,而四边形有可能是空间四边形;对于,如图,在正方体ABCDABCD中,直线BBAB,BBBC,但AB与BC不平行,所以错;ABCD,BBAB
16、=B,但BB与CD不相交,所以错;四边形ADBC中,AD=DB=BC=CA,但它不是平行四边形,所以也错.故只有正确.,学后反思 平面性质的三个公理及其推论,是论证线面关系的依据,在判断过程中要注意反例和图形的应用.,举一反三1.给出下列命题:如果平面与平面相交,那么它们只有有限个公共点;经过空间任意三点的平面有且只有一个;如果两个平面有三个不共线的公共点,那么这两个平面重合为一个平面;不平行的两直线必相交.其中正确命题的序号为.,解析:由公理2知,错;由公理3知,错;对;不平行的两直线可能异面.,答案：,题型二 证明三点共线【例2】如图，是正方体 的上底面 的中心，M是对角线 和截面 的交点
17、.求证：、M、A三点共线.,分析 要证明、M、A三点共线，只需证明三点都在平面 和平面 的交线上.,学后反思 证明多点共线的方法：以公理2为依据，先找出两个平面的交线，再证明各个点都是这两个面的公共点，即在交线上，则多点共线.或者，先证明过其中两点的直线是这两个平面的交线，然后证明第三个点也在交线上，同理其他的点都在交线上，即多点共线.,证明=,平面，平面 平面,平面 平面=M，平面 M平面,M平面 又A平面,A平面、M、A在两个平面 和平面 的交线上，由公理2可知、M、A三点共线.,举一反三2.已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD(四条线段首尾相接,且连接点不在同一平面内,所组成的空间
18、图形叫空间四边形)各边AB、AD、CB、CD上的点,且直线EF和GH的延长线交于点P(如图).求证:点B、D、P在同一条直线上.,证明：由于直线EF和GH交于点P,P直线EF.又直线EF 平面ABD,P平面ABD.同理,P平面CBD.P在平面ABD与平面CBD的交线BD上,即B、D、P三点在同一条直线上.,题型三 证明点线共面,【例3】求证:两两相交且不共点的四条直线在同一平面内.,分析 由题知，四条直线两两相交且不共点，故有两种情况：一种是三条直线交于一点，另一种是任何三条直线都不共点，故分两种情况证明.,证明(1)如图,设直线a,b,c相交于点O,直线d和a,b,c分别相交于A,B,C三点
19、,直线d和点O确定平面.由O平面,A平面,O直线a,A直线a,知直线a平面;同理b平面,c平面.故直线a,b,c,d共面于.,学后反思 证多线共面的方法：（1）以公理、推论为依据先证两直线共面，然后再由公理1证第三条也在这个平面内.同理其他直线都在这个平面内.（2）先由部分直线确定平面，再由其他直线确定平面,然后证明这些平面重合.,(2)如图,设直线a,b,c,d两两相交,且任何三线不共点,交点分别是M,N,P,Q,R,G.由直线ab=M,知直线a和b确定平面.由ac=N,bc=Q,知点N、Q都在平面内,故c;同理可证d.所以直线a,b,c,d共面于.由(1)、(2)可知,两两相交且不共点的四
20、条直线必在同一平面内.,举一反三3.在正方体 中,E是AB的中点,F是 的中点.求证:E、F、C四点共面.,证明：如图，连接,EF,.E是AB的中点,F是 的中点,EF EF 故E、F、C四点共面.,题型四证明三线共点,【例4】(14分)已知空间四边形ABCD中,E、F分别是AB、AD的中点,G、H分别是BC、CD上的点,且.求证:直线EG、FH、AC相交于同一点P.,分析 先证E、F、G、H四点共面，再证EG、FH交于一点，然后证明这一点在AC上.,证明 E、F分别是AB、AD的中点,EFBD且EF=BD.3又,GHBD且GH=BD,EFGH且EFGH,.5四边形EFHG是梯形,其两腰所在直
21、线必相交,设两腰EG、FH的延长线相交于一点P.7EG平面ABC,FH平面ACD,P平面ABC,P平面ACD.9又平面ABC平面ACD=AC,PAC.12故直线EG、FH、AC相交于同一点P.14,学后反思 证明三线共点的方法:首先证明其中的两条直线交于一点，然后证明第三条直线是经过这两条直线的两个平面的交线；由公理2可知，两个平面的公共点必在这两个平面的交线上，即三条直线交于一点.,举一反三4.已知正方体 中，E、F分别为棱AB、的中点.求证：三条直线DA,CE,交于一点.,证明：如图，直线DA平面，直线 平面，显然直线DA与直线 不平行，设直线DA与直线 交于点M.同理，直线DA与直线CE
22、都在平面AC内且不平行，设直线AD与直线CE相交于点M.又E，F为棱AB，的中点,易知MA=AD，MA=AD,所以M、M为直线AD上的同一点,因此，三条直线DA，CE，交于一点.,易错警示,【例】如图,过已知直线a外一点P,与直线a上的四个点A、B、C、D分别画四条直线.求证:这四条直线在同一平面内.,错解 P、A、B三点不共线,P、A、B共面,即PA、PB、AB共面.同理,PB、PC、BC共面,PC、PD、CD共面.A、B、C、D均在直线a上,PA、PB、PC、PD四条直线在同一平面内.,错解分析 错解在证明了四条直线分别在三个平面(平面PAB、平面PBC、平面PCD)内后,用A、B、C、D
23、均在a上,而认为三个平面重合在同一个平面上,这种方法是错误的.错误在于没有根据地用一条直线来保证三个平面重合.,正解 过直线a及点P作一平面,A、B、C、D均在a上,A、B、C、D均在内.直线PA、PB、PC、PD上各有两点在内,由公理1可知,直线PA、PB、PC、PD均在平面内,即四条直线共面.,考点演练,10.异面直线a、b所成的角为60，P为空间一点，求过P与a、b均成60角的直线的条数.,解析：先利用平移把异面直线转化到一个平面上的相交直线，且夹角为60，交点为P，然后利用图形判断把直线进行旋转，可以得到这样的直线仅有3条.,11.如图，在空间四边形ABCD中，E、G分别是BC、AB的
24、中点，F在CD上，H在AD上，且有 试判定EF,GH,BD的位置关系，并证明.,解析：EF，GH，BD交于一点.证明如下:,FHAC，FH=AC.又G，E分别为AB，BC的中点，GEAC，GE=AC，于是GEFH且GEFH，四边形EGHF是梯形.GH与EF的延长线必相交于一点P.则PGH,又GH 平面ABD，P平面ABD.同理可证P平面BCD，而平面ABD平面BCD=BD，PBD,直线EF、GH、BD交于一点.,12.在空间四边形ABCD中，AD=BC=,E、F分别是AB、CD的中点，EF=1.求异面直线AD和BC所成的角，异面直线EF和BC所成的角.,解析：如图,取BD的中点M，连接EM,FM.E是AB的中点，EMAD,EM=AD=.F是CD的中点,MFBC,MF=BC=.在MEF中，EMMF,MFE=45.异面直线AD、BC所成的角为90,异面直线EF、BC所成的角为45.,
