2011年高考数学总复习精品课件（苏教版）：第五单元第八节 正、余弦定理的应用.ppt

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+bc2-2acbccosacb ab=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,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=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,.10 ac=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ad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( ) =10 500( -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，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=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. 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,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,其两腰所在直线必相交,设两腰eg、fh的延长线相交于一点p. 7 eg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