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
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
【相关文献】
1.巧用延伸性知识代数法妙解几何题 [J], 李咪丽;
2.巧用旋转法，妙解几何题 [J], 杨永琴;
3.巧用仿射变换妙解高考解析几何题 [J], 彭耿铃
4.巧用仿射变换妙解高考解析几何题 [J], 彭耿铃
5.巧用曲线系方程妙解解析几何题 [J], 刘海涛
因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。
数学高考必备知识总结三角函数与立体几何的应用技巧
数学高考必备知识总结三角函数与立体几何的应用技巧在数学高考中，三角函数与立体几何是难度较大的部分，需要掌握一些应用技巧。
本文将对这两个知识点进行总结和归纳，并分享一些解题技巧，帮助考生更好地备考和应对高考。
一、三角函数的应用技巧1. 利用正弦定理和余弦定理正弦定理和余弦定理是解决三角形中各种角度、边长关系的重要工具。
正弦定理表明，三角形的任意一条边与其对应的角的正弦值成正比；余弦定理则描述了三边之间的关系，可用于求解三角形的边长。
通过熟练掌握和灵活运用这两个定理，可以在考试中应对各种三角形问题。
2. 使用特殊角的基本值高考考题中经常涉及到特殊角的计算，如30°、45°、60°等。
对于这些角度，可以利用它们的基本值，如根号3/2、1/2等，快速进行计算。
熟练掌握特殊角的基本值，能够节省解题时间，并提高解题准确率。
3. 舍近求远，利用单位圆三角函数与单位圆密切相关。
单位圆上的任意一点，其坐标值与其对应的三角函数值之间存在一一对应的关系。
利用单位圆的性质，可以简化计算过程，特别是计算一些特殊角的三角函数值，直接通过读图即可得出结果。
在解决一些三角函数曲线的相关问题时，也可以通过单位圆来辅助理解和分析。
二、立体几何的应用技巧1. 利用平行面和平行线的相交关系在立体几何中，平行面和平行线的相交关系有着重要的应用。
当两个平行面被一条平行线截断时，可以利用相似三角形的性质，快速求解各种线段的关系。
同时，利用平行线的相交性质，可以解决一些与平行四边形、平行六面体等有关的问题。
2. 运用向量方法求解立体几何中的向量方法可以用来求解空间中的线段长度、面积、体积等问题。
通过将空间中的线段用向量表示，可以灵活地运用向量的运算性质，进行计算和推导。
向量方法不仅可以简化计算过程，还能加深对空间几何概念的理解。
3. 利用平行截面和相似比例关系在计算立体体积时，可以利用平行截面的概念。
通过选取合适的平行截面，将复杂的空间图形转化为简单的二维图形，从而求解体积问题。
三余弦公式的巧用
三余弦公式的巧用1AO AO AO 12αθααθθθθθ２ 如图：斜线和平面所成的角为，斜线在平面上的射影A B ,A C 为平面内异于A B 的直线，A B 与A C 的夹角为，与A C 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 ∥，⊥=∠PA DAB ,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 ==∠∴PB BE 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 22555PBA BAC AC 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，αACBOABMDEOCO 、E 分别BD 、BC 的中点,CA =CB =CD =BD =2 （Ⅰ）求证：AO ⊥平面BCD ；（Ⅱ）求异面直线AB 与CD 所成角的大小； 常规方法方法一： （I ）证明：连结OC ,,.BO DO AB AD AO BD ==∴⊥,,.BO DO BC CD CO BD ==∴⊥ 在AOC ∆中，由已知可得1,AO CO ==而2,AC = 222,AO CO AC ∴+= 90,o AOC ∴∠=即.AO OC ⊥,BD OC O = AO ∴⊥平面BCD（II ）解：取AC 的中点M ，连结OM 、ME 、OE ，由E 为BC 的中点知ME ∥AB,OE ∥DC ∴直线OE 与EM 所成的锐角就是异面直线AB 与CD 所成的角 在OME ∆中，11,1,222EM AB OE DC ====OM 是直角AOC ∆斜边AC 上的中线，11,2OM AC ∴==cos OEM ∴∠= ∴异面直线AB 与CD所成角的大小为 方法二：（II ）解：以O 为原点，如图建立空间直角坐标系，则(1,0,0),(1,0,0),B D -1(0,0,1),(,(1,0,1),(1,22C A E BA CD =-=-.2cos ,,4BA CD BA CD BA CD∴<>==∴异面直线AB 与CD 所成角的大小为arccos4由（Ⅰ）知：AO ⊥平面BCD ；AB 在平面平面BCD 上的射影在BD 上1cos 22ABD CDB ∠=∠=∴异面直线AB 与CD 所成角的大小为y例三（2006湖南卷）如图,已知两个正四棱锥P-ABCD 与Q-ABCD 的高分别为1和2,AB=4.(Ⅰ)证明PQ ⊥平面ABCD;(Ⅱ)求异面直线AQ 与PB 所成的角; (Ⅲ)求点P 到平面QAD 的距离.解法一： （Ⅰ）．连结AC 、BD ，设O BD AC = .由P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥， 所以PO ⊥平面ABCD ，QO ⊥平面ABCD .从而P 、O 、Q 三点在一条直线上，所以PQ ⊥平面ABCD . （II ）由题设知，ABCD 是正方形，所以AC BD ⊥． 由（I ）知：231223,3,cos ,cos 333AO PB AQO BPO ==∠==∠=∴AQ=22 从而异面直线AQ 与PB 所成的角是3arccos9. 例四（2006江西卷）如图，已知三棱锥O ABC -的侧棱OA OB OC ，，两两垂直，且1OA =，2OB OC ==，E 是OC 的中点．（2）求异面直线BE 与AC 所成的角； 常规方法: 取OA 的中点M ，连EM 、BM ，则EM ∥,AC BEM ∠是异面直线BE 与AC 所成的角. 求得:22221517,5,.222===-==+=EM AC BE OB OE BM OM OB 22222cos ,arccos .255+-∠==∴∠=⋅BE ME BM BEM BEM BE ME(2,0,0)(0,1,0)(2,1,0),(0,2,1).=-=-=-坐标法EB AC cos <,EB AC >22,555-==-⋅所以QBCPADＡＯＥＣＢ异面直线BE 与AC 所成的角2arccos 5.利用三余弦公式求解：BE 在平面AOC 上的射影OE=1，BE=5，525cos ,cos 55BEO ACO ∠=∠=所以异面直线BE 与AC 所成的角2arccos 5. 立体几何中的计算，尤其是客观题的解答，如果过分依赖坐标法这个“鸡肋”将阻碍立体几何对空间思维能力的提升，阻碍“降维”转化思想方法的形成，从而削弱立体几何应有的思维训练价值。
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。
压轴题05 立体几何压轴题(原卷版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用-文)
压轴题05立体几何压轴题题型/考向一：点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积题型/考向二：外接球、内切球等相关问题题型/考向三：平面关系、垂直关系、体积、表面积等综合问题一、空间几何体的体积、表面积热点一空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l ＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.热点二空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(4)V球＝4πR3.3二、外接球、内切球问题类型一外接球问题考向1墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝a2＋b2＋c2.常见的有以下三种类型：考向2对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2(长方体的长、宽高分别为a ，b ，c )，即R 2＝18(x 2＋y 2＋z 2)，如图.考向3汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2的连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝h 2，所以R 2＝r 2＋h 24.考向4垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O 的位置是△CBD 的外心O 1与△AB 2D 2的外心O 2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.类型二内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r，建立等式V P－ABC＝V O－ABC＋V O－P AB＋V O－P AC＋V O－PBC⇒V P－ABC＝13S△ABC·r＋13S△P AB·r＋13S△P AC·r＋13S PBC·r＝13(S△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC)r；第三步：解出r＝3V P－ABCS△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC.类型三球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).三、平行关系和垂直关系的证明、二面角等热点一空间线、面位置关系的判定判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.(3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.热点二几何法证明平行、垂直1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面○热○点○题○型一点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积一、单选题1．设l ，m 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列说法正确的是（）A ．若//l α，//m α，则//l mB ．若//l α，//l β，则//αβC ．若l α⊥，m α⊥，则//l mD ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ2．将半径为6的半圆卷成一个无底圆锥（钢接处不重合），则该无底圆锥的体积为（）A ．273πB ．27πC ．3πD ．9π3．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线m 、n 分别在平面ABCD 和11ABB A ，且m n ⊥，则下列命题中正确的是（）A ．若m 垂直于AB ，则n 垂直于AB B ．若m 垂直于AB ，则n 不垂直于ABC ．若m 不垂直于AB ，则n 垂直于ABD ．若m 不垂直于AB ，则n 不垂直于AB4．如图是一款多功能粉碎机的实物图，它的进物仓可看作正四棱台，已知该四棱台的上底面边长为40cm ，下底面边长为10cm ，侧棱长为30cm ，则该款粉碎机进物仓的容积为（）A ．32cmB ．386003cmC ．3105002cmD ．33cm5．已知在春分或秋分时节，太阳直射赤道附近.若赤道附近某地在此季节的日出时间为早上6点，日落时间为晚上18点，该地有一个底面半径为4m 的圆锥形的建筑物，且该建筑物在一天中恰好有四个小时在地面上没有影子，则该建筑物的体积为（）A ．643πB ．π3C ．16π3D ．π36．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（）A ．4B 3C D 7．在三棱锥A BCD -中，4AB AC BD CD BC =====，平面α经过AC 的中点E ，并且与BC 垂直，则α截此三棱锥所得的截面面积的最大值为（）A B ．34C 2D ．328．已知圆台的母线长为4，上底面圆和下底面圆半径的比为1：3，其侧面展开图所在扇形的圆心角为π2，则圆台的高为（）A ．BC ．4D ．二、多选题9．已知平面α，β，直线l ，m ，则下列命题正确的是（）A ．若αβ⊥，,,m l m l αβα⋂=⊥⊂，则l β⊥B ．若l αβα⊂∥，，m β⊂，则//l mC ．若m α⊂，则“l α⊥”是“l m ⊥”的充分不必要条件D ．若m α⊂，l α⊄，则“l α∥”是“l m ”的必要不充分条件10．下列说法正确的是（）A ．若直线a 不平行于平面α，a α⊄，则α内不存在与a 平行的直线B ．若一个平面α内两条不平行的直线都平行于另一个平面β，则αβ∥C ．设l ，m ，n 为直线，m ，n 在平面α内，则“l α⊥”是“l m ⊥且l n ⊥”的充要条件D ．若平面α⊥平面1α，平面β⊥平面1β，则平面α与平面β所成的二面角和平面1α与平面1β所成的二面角相等或互补三、解答题11．已知直棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为菱形，且2AB AD BD ===，1AA =，点E 为11B D 的中点．(1)证明：//AE 平面1BDC ；(2)求三棱锥1E BDC -的体积．12．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为边长为2的正三角形，D 为BC 的中点，12AA =，且160CCB ∠= ，平面11BB C C ⊥平面ABC .(1)证明：1C D AB ⊥；(2)求三棱锥111B AA C -的体积.○热○点○题○型二外接球、内切球等相关问题一、单选题1．已知ABC 是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O 的球面上，若球O 的体积为323π，则球心O 到平面ABC 的距离为（）AB ．32C ．1D ．22．已知三棱锥-P ABC 的底面ABC 是边长为1的正三角形，侧棱,,PA PB PC 两两垂直，若此三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）A ．3πB ．πC ．3π4D ．3π23．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上，且这个球的半径为5，则这个圆锥的体积的最大值时，圆锥的底面半径为（）A ．103B ．2C ．3D 4．已知圆锥的侧面积为2π，母线与底面所成角的余弦值为12，则该圆锥的内切球的体积为（）A ．4π3B C D 5．如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为A ，圆柱的上、下底面的圆心分别为B 、C ，若该几何体Ω存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）．已知24BC AB ==，则该组合体的体积等于（）A ．56πB ．70π3C ．48πD ．64π6．已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O 的球面上，3AB =，BC =，且四棱锥O ABCD-的体积为，则球O 的表面积为（）A ．76πB ．112πCD 7．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）A ．4B ．2C ．2D ．68．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，2PA BC ==，PB AC ==PC AB =Q 为球O 的球面上一动点，则点Q 到平面PAB 的最大距离为（）A 2211B C 2211D 二、填空题9．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，14AB AC PA AB AC ⊥=+=，，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥-P ABC 外接球的体积为______．10．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB BC ==．设D 为1AC 的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为______．11．如图，直三棱柱111ABC A B C -的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB AC =，侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱111ABC A B C -的体积为___________.12．如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为12，则该棱锥的内切球半径为___．○热○点○题○型三平面关系、垂直关系、体积、表面积等综合问题1．已知直棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为菱形，且2AB AD BD ===，1AA =，点E 为11B D 的中点．(1)证明：//AE 平面1BDC ；(2)求三棱锥1E BDC -的体积．2．如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 是等边三角形，底面ABCD 是棱长为2的菱形，平面PAD ⊥平面ABCD ，O 是AD 的中点，π3DAB ∠=.(1)证明：OB ⊥平面PAD ；(2)求点O 到平面PAB 的距离.3．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为边长为2的正三角形，D 为BC 的中点，12AA =，且160CCB ∠= ，平面11BB C C ⊥平面ABC .(1)证明：1C D AB ⊥；(2)求三棱锥111B AAC -的体积.4．如图1，在直角梯形ABCD 中，90ADC ∠=︒，AB CD ，122AD CD AB ===，E 为AC 的中点，将ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2.在图2所示的几何体D ABC -中：(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD EF ，求几何体F BCE -的体积.5．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为菱形，60BCD ∠=︒，4AB =，EF CD ∥，2EF =，4CF =，点F 在平面ABCD 内的射影恰为BC 的中点G ．(1)求证：平面ACE 平面BED；(2)求该几何体的体积．。
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。
35.正、余弦定理在立体几何中的应用
正、余弦定理在立体几何中的应用正弦定理和余弦定理是解三角形的两个重要工具，它们都有转化（边角转化）和求解（解三角形）两大功能．其中，正弦定理沟通的是边与角的正弦，而余弦定理沟通的是边与角的余弦．二者各有千秋，对于简单的解三角形问题，一个定理即可摆平；对于复杂解三角形问题，或需二者联袂攻克．所以解三角形是正余弦定理的天下！曾几何时，它们还在三角形中鏖战厮杀．待与三角形分别后，我们唏嘘不已，不知何时再与二定理相见？没想到今天竟然与它们邂逅于立体几何！其实，一点也不奇怪，平面的也是立体的，立体几何中也有三角形嗷嗷待解，故而我们又“不知转入此中来”了，正好可以重温一下．一、独立解例1 （河北廊坊2020届高三联考）在三棱柱中，，，平面，则该三棱柱的外接球的表面积为（ ） A ．36B ．48C ．72D ．108 分析：例中的三棱柱是一个直棱柱，且高（侧棱长）已知，故只需求出棱柱底面三角形外接圆半径，即可运用公式求外接球的半径.而求，可用正弦定理. 解：依题意，外接圆半径，所以该三棱柱的外接球的半径，所以该三棱柱的外接球的表面积为72．选C ．评注：在求几何体的外接球半径时，正弦定理常用来求三角形外接圆的半径，其它功能较少使用. 变式1 （河北张家口2020届高三摸底联考）已知三棱锥中，平面，且，．则该三棱锥的外接球的体积为（ D ） A ． B ．13 C ． D ． 变式2 （江苏镇江2019年高一期中）一个圆锥的底面半径为1，它的正视图是顶角为的等腰解：外接球的球心即为轴截面外接圆的圆心，所以轴截面三角形的外接圆是球的大圆，其半径等于球 变式3 （四川攀枝花2018年高二期末）正的边长为2，将它沿高AD 翻折，使点B 与点C 间的距离为，此时四面体ABCD 外接球表面积为（ C ）A ．B ．C ．7D ．19111C B A ABC -3211===AA AC AB 32π=∠BAC ⊥1AA ABC ππππh r 222r h R +⎪⎭⎫ ⎝⎛=R r ABC ∆330sin 23=︒=r 233322=+=R πABC S -⊥SA ABC 6π=∠ACB 1,3==SA AB 81313ππ613π61313π︒303677ππ61919ππ例2 （2019年高考全国Ⅰ卷12）已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，分别是的中点，，则球的体积为（ ）A ．B ．C ．D ． 分析：先设出棱锥的侧棱长，根据，用余弦定理表示出.然后在中运用勾股定理求出侧棱长，此时可发现棱锥的三条侧棱两两垂直，故而可将其补成长方体求其外接球半径.解：设，则由，可得，所以 ，解得． 在中，由勾股定理，可得，解得，所以两两垂直，所以球的的半径，所以球的体积为．选D ． 评注：本例中的是的中线，用以前号文中介绍过的中线长公式求解更快，即，这就是所谓的艺多不压身. 变式4 （百师联盟2020届高三开学摸底大联考）四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，其中，底面ABCD ，异面直线AC 与PD 所成的角的余弦值为，则四棱锥外接球的表面积为（ ）A ．48B ．36C ．8D ．6 分析：由底面ABCD ，且底面ABCD 是正方形，很容易使我们想起用补体法求解.更可喜的是，补体之后，异面直线AC 与PD 所成的角自然出现，为求解进一步带来方便.解：先作出长方体，从中作出四棱锥P －ABCD ，如图所示．连接，则就是异面直线AC 与PD 所成的角，设，则，又因为所以在由余弦定理，可得，解得，即． 所以四棱锥外接球的半径，所以四棱锥外接球的表面积为6．选D ． 评注：不用补体，用三角形中位线作异面直线所成的角也可以解出，就是有些困难和麻烦，求半径的ABC P -O PC PB PA ==ABC ∆F E ,AB PA ,︒=∠90CEF O π68π64π62π6︒=∠+∠180PEC AEC CE CEF Rt ∆x PA =︒=∠+∠180PEC AEC PEC AEC ∠-=∠cos cos CE x CE x ⨯⨯-+224422CE x x CE x ⨯⨯-+-2242222422+=x CE CEF Rt ∆2223244=++x x 2=x PC PB PA ,,O 26223=⨯=R O ππ626343=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯CE ACP ∆=-+=])4(2[41222x x CE 242+x 2,1==BC AB ⊥PA 54ππππ⊥PA PC C B AC 1,1ACB ∠x PA =4,12121+=+=x C B x AB 5=AC 1ACB ∆54452145222=+--++x x x 1=x 1=PA 2621121222=++=R π公式也得改为.在解答几何体外接球问题时，余弦定理常用来求边，做一些基础的准备工作，还是比较低调的.二、牵手解例3 （天津市耀华中学2019年高一期中）已知点是以为直径的圆上异于的动点，为平面外一点，且平面平面，，则三棱锥外接球的表面积为______．分析：这个棱锥既不是正棱锥，也没有侧棱垂直底面，故无法使用公式法和补体法求解.那只能走一般路子，先找球心，再图求半径.根据题意及球截面的性质，易知球心一定在面内，且是的外心.因为已知的三边长，故我们可先用余弦定理求出其一个内角的余弦值，进而求其正弦值，最后运用正弦定理求其外接圆半径.解：如图，因为平面平面，所以若过点在平面内作的垂线，则该垂线一定垂直平面，设三棱锥外接球的球心为，连接，则平面，又因为过点的平面的垂线唯一，所以一定在平面内，且是的外心．在中，因为，所以由余弦定理得，所以，所以外接圆的半径即三棱锥外接球，所以三棱锥外接球的表面积为． 评注：已知的三边长求其外接圆半径可用公式，其中是的半周长.不过用这两个公式用于本例中，也不简单，因为有两个边长是无理数.且放白鹿青崖间吧.先用余弦定理求边长或角，再运用正弦定理求三角形外接圆半径，是在外接球问题中正余弦定理联袂的常见分工协作形式.222r h R +⎪⎭⎫ ⎝⎛=A BC O C B ,P ABC ⊥PBC ABC 5,22,3===PC PB BC ABC P-PBC PBC ∆PBC ∆⊥PBC ABC O PBC BC ABC ABC P -1O O O 1⊥O O 1ABC O ABC 1O PBC PBC ∆PBC ∆5,22,3===PC PB BC 2222325)22(3cos 222=⨯⨯-+=B 22sin =B PBC ∆ABC P -2102225=⨯=R ABC P -ππ1021042=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ABC ∆c b a ,,))()((44c p b p a p p abc S abc R ---==p ABC ∆变式5 （广东深圳2018届高三期末质监）在四面体中，平面，，，则该四面体的外接球的表面积为（ D ）A ．11B ．C ．D ．ABC S -⊥SA ABC 32π=∠BAC 1,2===AB AC SA π328π310π340π。
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。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
淘宝上博约书斋店铺（唯一正版）《高观点下全国卷高考数学压轴题解题研究三部曲》对高考压轴题作了深度分析，给出了精彩的点评、变式和拓展。
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°。