2012届高考数学一轮复习教案：5.4 解斜三角形

第一篇：2012届高考数学一轮复习教案：5.4 解斜三角形

5.4 解斜三角形

●知识梳理

1.正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即

abc==.sinAsinBsinC利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题.（1）已知两角和任一边，求其他两边和一角；

（2）已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角.（从而进一步求出其他的边和角）2.余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即

a2=b2+c2－2bccosA；

① b2=c2+a2－2cacosB；

② c2=a2+b2－2abcosC.③ 在余弦定理中，令C=90°，这时cosC=0，所以c2=a2+b2.由此可知余弦定理是勾股定理的推广.由①②③可得

b2c2a2cosA=；

2bcc2a2b2cosB=；

2caa2b2c2cosC=.2ab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.特别提示

两定理的形式、内容、证法及变形应用必须引起足够的重视，通过向量的数量积把三角形和三角函数联系起来，用向量方法证明两定理，突出了向量的工具性，是向量知识应用的实例.另外，解三角形问题可能出现一解、两解或无解的情况，这时应结合“三角形中大边对大角定理及几何作图来帮助理解”.●点击双基

1.（2002年上海）在△ABC中，若2cosBsinA=sinC，则△ABC的形状一定是 A.等腰直角三角形

B.直角三角形 C.等腰三角形

D.等边三角形 a2c2b2解析：由2cosBsinA=sinC得×a=c，∴a=b.ac答案：C 2.下列条件中，△ABC是锐角三角形的是

A.sinA+cosA=

15B.AB·BC＞0

D.b=3，c=33，B=30° C.tanA+tanB+tanC＞0 解析：由sinA+cosA=

124得2sinAcosA=－＜0，∴A为钝角.525第1页（共8页）

由AB·BC＞0，得BA·BC＜0，∴cos〈BA，BC〉＜0.∴B为钝角.由tanA+tanB+tanC＞0，得tan（A+B）·（1－tanAtanB）+tanC＞0.∴tanAtanBtanC＞0，A、B、C都为锐角.由

3bcπ2π=，得sinC=，∴C=或.2sinBsinC33答案：C 3.（2004年全国Ⅳ，理11）△ABC中，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边，如果a、b、c成等差数列，∠B=30°，△ABC的面积为A.C.13 223 23，那么b等于 2

B.1+3 D.2+3

3，2解析：∵a、b、c成等差数列，∴2b=a+c.平方得a2+c2=4b2－2ac.又△ABC的面积为且∠B=30°，故由S△ABC=

1113acsinB=acsin30°=ac=，得ac=6.∴a2+c2=4b2－12.由余弦2242a2c2b24b212b2b243定理，得cosB====，解得b2=4+23.又b为边长，2ac2642∴b=1+3.答案：B 4.已知（a+b+c）（b+c－a）=3bc，则∠A=_______.b2c2a21π解析：由已知得（b+c）－a=3bc，∴b+c－a=bc.∴=.∴∠A=.2bc23π答案：

3222

25.在锐角△ABC中，边长a=1，b=2，则边长c的取值范围是_______.a2b2c2解析：若c是最大边，则cosC＞0.∴＞0，∴c＜5.又c＞b－a=1，2ab∴1＜c＜5.答案：（1，5）

●典例剖析

【例1】 △ABC的三个内角A、B、C的对边分别是a、b、c，如果a2=b（b+c），求证：A=2B.剖析：研究三角形问题一般有两种思路.一是边化角，二是角化边.证明：用正弦定理，a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，代入a2=b（b+c）中，得sin2A=sinB（sinB+sinC）sin2A－sin2B=sinBsinC1cos2A1cos2B－=sinBsin（A+B）221（cos2B－cos2A）=sinBsin（A+B）sin（A+B）sin（A－B）=sinBsin（A+B），2因为A、B、C为三角形的三内角，所以sin（A+B）≠0.所以sin（A－B）=sinB.所以只

第2页（共8页）

能有A－B=B，即A=2B.评述：利用正弦定理，将命题中边的关系转化为角间关系，从而全部利用三角公式变换求解.思考讨论

（1）该题若用余弦定理如何解决?

b2c2a2（b2c2）b（bc）cb解：利用余弦定理，由a=b（b+c），得cosA===，2bc2bc2b

222a2c2b22（bc）ccbcos2B=2cosB－1=2（）－1=－1=.22ac2b2b（bc）c所以cosA=cos2B.因为A、B是△ABC的内角，所以A=2B.（2）该题根据命题特征，能否构造一个符合条件的三角形，利用几何知识解决? 2解：由题设a2=b（b+c），得

ab= bca

①，作出△ABC，延长CA到D，使AD=AB=c，连结BD.①式表示的即是△BCD∽△ABC.所以∠1=∠D.BCAC=，所以DCBC 又AB=AD，可知∠2=∠D，所以∠1=∠2.因为∠BAC=∠2+∠D=2∠2=2∠1，所以A=2B.评述：近几年的高考题中，涉及到三角形的题目，重点考查正弦、余弦定理，考查的侧重点还在于三角转换.这是命题者的初衷.【例2】（2004年全国Ⅱ，17）已知锐角△ABC中，sin（A+B）=

31，sin（A－B）=.55（1）求证：tanA=2tanB；

（2）设AB=3，求AB边上的高.剖析：有两角的和与差联想到两角和与差的正弦公式，结合图形，以（1）为铺垫，解决（2）.（1）证明：∵sin（A+B）=

31，sin（A－B）=，5532sinAcosBcosAsinBsinAcosBtanA55∴=2.11tanBsinAcosBcosAsinBcosAsinB55∴tanA=2tanB.（2）解：即π33＜A+B＜π，∴sin（A+B）=.∴tan（A+B）=－，254tanAtanB3=－.将tanA=2tanB代入上式整理得2tan2B－4tanB－1=0，解得1tanAtanB4第3页（共8页）

tanB=2626（负值舍去）.得tanB=，∴tanA=2tanB=2+6.223CDCDCD设AB边上的高为CD，则AB=AD+DB=+=.由AB=3得CD=2+6，tanAtanB26所以AB边上的高为2+6.评述：本题主要考查三角函数概念，两角和与差的公式以及应用，分析和计算能力.【例3】（2004年春季北京）在△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边长，已知a、b、c成等比数列，且a2－c2=ac－bc，求∠A的大小及

bsinB的值.c剖析：因给出的是a、b、c之间的等量关系，要求∠A，需找∠A与三边的关系，故可b2bsinB用余弦定理.由b=ac可变形为=a，再用正弦定理可求的值.cc解法一：∵a、b、c成等比数列，∴b2=ac.又a2－c2=ac－bc，∴b2+c2－a2=bc.2b2c2a2bc1在△ABC中，由余弦定理得cosA===，∴∠A=60°.2bc2bc2bsinA在△ABC中，由正弦定理得sinB=，absinBb2sin603∵b=ac，∠A=60°，∴=sin60°=.cac211解法二：在△ABC中，由面积公式得bcsinA=acsinB.222∵b2=ac，∠A=60°，∴bcsinA=b2sinB.3bsinB=sinA=.2c评述：解三角形时，找三边一角之间的关系常用余弦定理，找两边两角之间的关系常用∴正弦定理.●闯关训练 夯实基础

1.（2004年浙江，8）在△ABC中，“A＞30°”是“sinA＞A.充分而不必要条件

C.充分必要条件

1”的 2B.必要而不充分条件

D.既不充分也不必要条件

11；sinA＞30°＜A＜150°22解析：在△ABC中，A＞30°0＜sinA＜1sinA＞A＞30°.答案：B 2.如图，△ABC是简易遮阳棚，A、B是南北方向上两个定点，正东方向射出的太阳光线与地面成40°角，为了使遮阴影面ABD面积最大，遮阳棚ABC与地面所成的角为

第4页（共8页）

A.75°

B.60°

C.50°

D.45°

解析：作CE⊥平面ABD于E，则∠CDE是太阳光线与地面所成的角，即∠CDE=40°，延长DE交直线AB于F，连结CF，则∠CFD是遮阳棚与地面所成的角，设为α.要使S△ABD最大，只需DF最大.在△CFD中，∴DF=CFsin（140）.sin40CFDF=.sin40sin（140）∵CF为定值，∴当α=50°时，DF最大.答案：C 3.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若三角形的面积S=则∠C的度数是_______.解析：由S=答案：45°

4.在△ABC中，若∠C=60°，则

ab=_______.bcac111π（a2+b2－c2）得absinC=·2abcosC.∴tanC=1.∴C=.42441（a2+b2－c2），4a2acb2bcab解析：= bcac（bc）（ac）=.abacbcc2∵∠C=60°，∴a2+b2－c2=2abcosC=ab.∴a2+b2=ab+c2.代入（*）式得a2b2acbcabacbcc2a2b2acbc

（*）

=1.答案：1 5.在△ABC中，由已知条件解三角形，其中有两解的是 A.b=20，A=45°，C=80°

B.a=30，c=28，B=60° C.a=14，b=16，A=45°

D.a=12，c=15，A=120° 解析：由a=14，b=16，A=45°及正弦定理，得有两值.答案：C 培养能力

6.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，依次成等比数列，求y=的取值范围.a2c2b2a2c2ac1ac11解：∵b=ac，∴cosB===（+）－≥.2ac2ac2ca22π∴0＜B≤，3242sinBsinA=，所以sinB=.因而B

716141sin2BsinBcosB21sin2B（sinBcosB）πππ7πy===sinB+cosB=2sin（B+）.∵＜B+≤，sinBcosBsinBcosB44412∴2π＜sin（B+）≤1.故1＜y≤2.24第5页（共8页）

7.已知△ABC中，22（sin2A－sin2C）=（a－b）sinB，外接圆半径为2.（1）求∠C；

（2）求△ABC面积的最大值.解：（1）由22（sinA－sinC）=（a－b）·sinB得22（2

a24R2－

c24R2）=（a－b）

b.2Ra2b2c21又∵R=2，∴a－c=ab－b.∴a+b－c=ab.∴cosC==.2ab2又∵0°＜C＜180°，∴C=60°.（2）S=

311absinC=×ab

222=23sinAsinB=23sinAsin（120°－A）=23sinA（sin120°cosA－cos120°sinA）=3sinAcosA+3sin2A =333sin2A－sin2Acos2A+

2223.233.2AB的AC=3sin（2A－30°）+∴当2A=120°，即A=60°时，Smax=8.在△ABC中，BC=a，顶点A在平行于BC且与BC相距为a的直线上滑动，求取值范围.解：令AB=kx，AC=x（k＞0，x＞0），则总有sinB=理得sinB=cosA=

aa，sinC=（图略），且由正弦定kxxxsinA，所以a2=kx2·sinBsinC=kx2sinA，由余弦定理，可得ak2x2x2kx2sinA2kx2=

111（k+－sinA），所以k+=sinA+2cosA≤1222=5.所2kk以k2－5k+1≤0，所以所以

5151≤k≤.225151AB的取值范围为［，］.22AC探究创新

9.某城市有一条公路，自西向东经过A点到市中心O点后转向东北方向OB，现要修建一条铁路L，L在OA上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分为直线段，现要求市中心O与AB的距离为10 km，问把A、B分别设在公路上离中心O多远处才能使|AB|最短?并求其最短距离.（不要求作近似计算）

第6页（共8页）

解：在△AOB中，设OA=a，OB=b.因为AO为正西方向，OB为东北方向，所以∠AOB=135°.则|AB|2=a2+b2－2abcos135°=a2+b2+2ab≥2ab+2ab=（2+2）ab，当且仅当a=b时，“=”成立.又O到AB的距离为10，设∠OAB=α，则∠OBA=45°－α.所以a=b=10，sin（45）10，sinab===1010· sinsin（45）100

sinsin（45）

22sin（cossin）22100=

22sin2（1cos2）44400400=≥，2sin（245）222当且仅当α=22°30′时，“=”成立.所以|AB|2≥400（22）=400（2+1）2，22100当且仅当a=b，α=22°30′时，“=”成立.所以当a=b=10222）=10（时，|AB|最短，其最短距离为20（2+1），即当sin2230222）AB分别在OA、OB上离O点10（km处，能使|AB|最短，最短距离为20（2－1）.●思悟小结

1.在△ABC中，∵A+B+C=π，∴sin

ABCABCABC=cos，cos=sin，tan=cot.2222222.∠A、∠B、∠C成等差数列的充分必要条件是∠B=60°.3.在非直角三角形中，tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC.4.根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径：①化边为角；②化角为边.并常用正弦（余弦）定理实施边角转化.5.用正（余）弦定理解三角形问题可适当应用向量的数量积求三角形内角与应用向量的模求三角形的边长.6.用向量的数量积求三角形内角时，需明确向量的夹角与三角形内角是相等还是互补.●教师下载中心 教学点睛

1.一方面要让学生体会向量方法在解三角形方面的应用，另一方面要让学生体会解三角形是重要的测量手段，通过数值计算进一步提高使用计算器的技能技巧和解决实际问题的能力.第7页（共8页）

2.要加大以三角形为背景，以三角恒等变换公式、向量等为工具的小型综合题的训练.拓展题例

【例1】 已知A、B、C是△ABC的三个内角，y=cotA+

2sinA.cosAcos（BC）（1）若任意交换两个角的位置，y的值是否变化?试证明你的结论.（2）求y的最小值.2sinπ（BC）解：（1）∵y=cotA+

coscosπ（BC）（BC）=cot A+=cot A+2sin（BC）

cos（BC）cos（BC）sinBcosCcosBsinC

sinBsinC=cotA+cotB+cotC，∴任意交换两个角的位置，y的值不变化.（2）∵cos（B－C）≤1，A2sinA2+2tanA=1（cotA+3tanA）≥3tanAcotA=3.∴y≥cotA+=

A221cosA22222tan21tan2故当A=B=C=π时，ymin=3.3评述：本题的第（1）问是一道结论开放型题，y的表达式的表面不对称性显示了问题的有趣之处.第（2）问实际上是一道常见题：在△ABC中，求证：cotA+cotB+cotC≥3.【例2】 在△ABC中，sinA=

sinBsinC，判断这个三角形的形状.cosBcosC分析：判断一个三角形的形状，可由三个内角的关系确定，亦可由三边的关系确定.采用后一种方法解答本题，就必须“化角为边”.解：应用正弦定理、余弦定理，可得

bc2222a=2，所以b（a－b）+c（a－c）=bc（b+c）.所以（b+c）22222cababc2ca2aba2=（b3+c3）+bc（b+c）.所以a2=b2－bc+c2+bc.所以a2=b2+c2.所以△ABC是直角三角形.评述：恒等变形是学好数学的基本功，变形的方向是关键.若考虑三内角的关系，本题可以从已知条件推出cosA=0.第8页（共8页）

第二篇：高一数学 解斜三角形的应用教案

湖南师范大学附属中学高一数学教案：解斜三角形的应用

教材：解斜三角形的应用

目的：要求学生利用数学建模思想，结合正弦定理、余弦定理和解任意三角形的知识解决实践中的有关问题。

过程：

一、提出课题：解斜三角形的应用

二、例一(课本P132 例一)略

例二[变题] 假定自动卸货汽车装有一车货物，货物与车箱的底部的滑动摩擦系数为0.3，油泵顶点B与车箱支点A之间的距离为1.95米，AB与水平线之间的夹角为6米，求货物开始下滑时AC的长。

解：

设车箱倾斜角为，货物重量为mg fNmgcos

当mgcosmgsin即tan时货物下滑

20’，AC长为1.40

tan 0.3tan

arctan0.31642'

1642'620'2302'

在△ABC中: BC2AB2AC22ABACcosBAC

22 1.951.4021.951.40cos2302'10.787 BC3.28

例三(课本P133 例二)略 例四 我舰在敌岛A南50

西相距12 nmile的B处，发现敌舰正由岛沿北10

西的方向以10nmile/h的速度航行，问：我舰需要以多大速度，沿什么方向航行才能用功小时追上敌舰？ 解：在△ABC中：AB=12 AC=10×2=20

BAC=40

+80

=120

BC2AB2AC22ABACcosBAC

112220221220()784 BC=28

2即追击速度为14mile/h 又：∵△ABC中，由正弦定理：

ACBC sinBsinA∴sinBACsinA5353 ∴Barcsin

BC1414∴我舰航行方向为北(50arcsin53)东 1

4三、作业：P134 练习1、2习题5.10 1—4

第三篇：解斜三角形之余弦定理 教案

解斜三角形之余弦定理

一、教学类型： 新知课

二、教学目的：

1、2、掌握余弦定理的推导过程（向量法）； 会解斜三角形。

三、教学重点：余弦定理的推导

教学难点：余弦定理在解三角形中的应用

四、教具: 黑板

五、教学过程：

（一）引入新课：

上节课我们学习了正弦定理：a/sinA=b/sinB=c/sinC ,是三角形的边与其角的正弦之间的关系，它的应用范围是什么呢？

1、2、已知两角，一边，求其他两边，一角;已知两边及一边的对角，求另一边的对角。

现在我提出一个问题:已知三边，如何求三角？

经过这一节课的学习，就可以回答这个问题了。下面我们来研究这个问题：

（二）讲解新课 这一节课，我们继续沿用向量法研究，仍然用“从特殊到一般”的数学思想。

如图所示，在直角三角形中，b²=a²+c²，在斜三角形中，它们又有什么关系呢？

AC=AB+BC |AC|²=AC·AC=(AB+BC)(AB+BC)=|AB|²+2BC·AB+|BC|²

=|AB|²+2|BC|·|AB|COS(180°-B)+|BC|² =|AB|²-2|BC|·|AB|COSB+|BC|²

b² = c²2bccosA c ² = b ² + a²-2abcosC 他们是不是也成立呢？这个留作思考题，不过答案是肯定的。这三个式子就是今天所要学习的余弦定理：

三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边

与它们夹角的余弦的两倍。

将上述定理中的三个式子稍作变形，即得

cosA=﹙b ² + c ²-a ²﹚／2bc cosB=﹙c² + a²-b²﹚／2ac cosC=﹙ b ² + a²-c ²﹚／2ab 我们来看余弦定理的应用范围：

1、2、已知两边及夹角，求第三边极其他两角： 已知三边，求三角。

六、举例子：

在△ABC中，已知a=7,b=10,c=6,求A,B,C(精确到1°)。解：已知三边，求三角。

cosA=﹙b ² + c ²-a ²﹚／2bc =（10 ²+6 ²-7 ²）／2×10×6 =0.725 查表，得 A≈44° cosC=﹙ b ² + a²-c ²﹚／2ab =（7 ²+10 ²-6 ²）／2×10×7 =0.8071 查表，得 B≈36° B=180°-(A+C)≈180°-(44°+36°)=100°

七、布置作业：

1、2、余弦定理的其他两种形式的证明； 课本131页：3.﹙3﹚（4）4.(2)

八、教学后记

第四篇：2010高考数学总复习7 解三角形练习题

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http://www.xiexiebang.com 2010高考数学总复习解三角形练习题

一、选择题1.在△ABC中，若C90,a6,B30，则cb等于（）A.B.1

C.2D.23002.若A为△ABC的内角，则下列函数中一定取正值的是（）A.sinA

B.cosA

C.tanA

D.1tanA3.在△ABC中，角A,B均为锐角，且cosAsinB,则△ABC的形状是（）A.直角三角形

B.锐角三角形 C.钝角三角形

D.等腰三角形

04.等腰三角形一腰上的高是3，这条高与底边的夹角为60，则底边长为（）A.B.3

C.3

D.2325.在△ABC中，若b2asinB，则A等于（）000000A.30或60

B.45或60

C.120或60

D.30或150 6.边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角的和是（）A.90

B.120

C.13D.150 000000

二、填空题

1.在Rt△ABC中，C90，则sinAsinB的最大值是_______________.2.在△ABC中，若abbcc,则A_________.3.在△ABC中，若b2,B30,C135,则a_________.4.在△ABC中，若sinA∶sinB∶sinC7∶8∶13，则C_____________.5.在△ABC中，AB00222062,C300，则ACBC的最大值是________.三、解答题

1． 在△ABC中，若acosAbcosBccosC,则△ABC的形状是什么？

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2.在△ABC中，求证：

3.在锐角△ABC中，求证：sinAsinBsinCcosAcosBcosC.4.在△ABC中，设ac2b,AC

abcosBcosAc()baba3,求sinB的值.亿库教育网

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参考答案

一、选择题

b1.C tan300,batan30023,c2b44,cb23 a2.A 0A,sinA0 3.C cosAsin(4.D 作出图形

5.D b2asinB,sinB2sinAsinB,sinA2A)sinB,2A,B都是锐角，则

2AB,AB2,C2

1,A300或1500 252827216.B 设中间角为，则cos,600,18006001200为所求

258

2二、填空题

1111.sinAsinBsinAcosAsin2A

222b2c2a212.120

cosAA,2bc20 01023.62 A150,0abbsinA62,a4sinA4sin1504 sinAsinBsinB44.120

a∶b∶csinA∶sinB∶sinC7∶8∶13，a2b2c21,C1200 令a7k,b8k,c13k cosC2ab2ACBCABACBCAB ,,ACBCsinBsinAsinCsinBsinAsinCABAB 2(62)(sinAsinB)4(62)sincos22AB4cos4,(ACBC)max4

2三、解答题

5.4

1.解：acosAbcosBccosC,sinAcosAsinBcosBsinCcosC

sin2Asin2Bsin2C,2sin(AB)cos(AB)2sinCcosC cos(AB)cos(AB),2cosAcosB0

cosA0或cosB0，得A2或B2

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http://www.xiexiebang.com 所以△ABC是直角三角形.a2c2b2b2c2a22.证明：将cosB，cosA代入右边

2ac2bca2c2b2b2c2a22a22b2

得右边c()2abc2abc2aba2b2ab左边，abba

∴abcosBcosAc()baba3.证明：∵△ABC是锐角三角形，∴AB

∴sinAsin(2,即

2A2B0

B)，即sinAcosB；同理sinBcosC；sinCcosA

2∴sinAsinBsinCcosAcosBcosC

ACACBB4.解：∵ac2b,∴sinAsinC2sinB，即2，nsicos4nsicos2222∴sinB1AC3B13Bcos，而0,∴cos，22242422BB313cos22244∴sinB2sin

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第五篇：XX届高考数学立体几何复习教案

XX届高考数学立体几何复习教案

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立体几何总复习

一、基本符号表示..点A在线m上：Am；

2.点A在面上：A

；

3.直线m在面内：m

；

4.直线m与面交于点A：m

=A；

5.面与面相交于直线m：=m；

二、点A到面的距离.（第一步：作面的垂线）

①作法：过点A作Ao

于o，连结线段Ao,即所求。

②求法：

（一）直接法；

（二）等体法（等积法包括：等体积法和等面积法）；

（三）换点法。

如图，三棱锥中，PA⊥AB，PA⊥Ac，AB⊥Ac，PA=Ac=2，AB=1，m为Pc的中点。

（II）求点A到平面PBc的距离.（例2）四棱锥P—ABcD中，PA⊥底面ABcD，AB//cD，AD=cD=1，∠BAD=120°，PA=，∠AcB=

90°。（III）求点B到平面PcD的距离。

（例3）如图，直三棱柱中，Ac⊥cB，D是棱的中点。（I）求点B到平面的距离.三、两条异面直线m与n所成角.①作法：平移，让它们相交.（若mn,则可证出mn所在的平面）

②求法：常用到余弦定理.③两条异面直线所成角的范围：

；任意两

条异面直线所成角的范围：

.如图，在中，斜边．可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点的斜边上．（II）当为的中点时，求异面直线与所成角的大小；

四、线m与面所成角.（第一步：作面的垂线）

①作法：在线m上任取一点P（异于A），作Po

于o,连结Ao，则Ao为斜线PA在面内的摄影，m与面所成的角。

②求法：一般根据直角三角形来解。

③线面角的范围：

.已知正四棱柱中，AB＝2。（II）求直线与侧面所成的角的正切值.如图，在中，斜边．可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点的斜边上．（III）求与平面所成角的最大值． 五、二面角（注：若所求的二面角为直二面角，一般转化为求它的补角—锐角）.（一）定义法：

①作法：在棱c上取一“好”点P，在两个半平面内分别作c的垂线（射线）m、n,则角即二面角—c—的平面角。

②求法：一般根据余弦定理。

（二）三垂线法：（第一步：作面的垂线）

①作法：在面或面内找一合适的点A,作Ao

于o，过A作ABc于B，则Bo为斜线AB在面内的射影，为二面角—c—的平面角。

三垂线法的步骤：

1、作面的垂线；

2、作棱的垂线，并连结另一边（平面角的顶点在棱上）；

3、计算。

②求法：一般根据直角三角形来解。

③二面角的取值范围：

.如图，三棱锥中，PA⊥AB，PA⊥Ac，AB⊥Ac，PA=Ac=2，AB=1，m为Pc的中点。

（III）求二面角的正切值。

（例2）已知正四棱柱中，AB＝2。（III）求二面角的正切值。

（例3）四棱锥P—ABcD中，PA⊥底面ABcD，AB//cD，AD=cD=1，∠BAD=120°，PA=，∠AcB=

90°。（II）求二面角D—Pc—A的大小；

（例4）已知：四棱锥P—ABcD的底面ABcD是边长为1的正方形，PD⊥底面ABcD，且PD=1。（III）求二面角B—PA—c的余弦值.（例5）如图，直三棱柱中，Ac⊥cB，D是棱的中点。（II）求二面角的大小。

六、三垂线定理.（第一步：作面的垂线）

.定理：PA为斜线，Po

于o，oA为射影，m，AomPAm.2.逆定理：PA为斜线，Po

于o，oA为射影，m，PAm

Aom.已知正四棱柱中，AB＝2。（I）求证：.七、线面平行（）..定义：

2.判定定理：

3.性质定理：

（例1）已知：四棱锥P—ABcD的底面ABcD是边长为1的正方形，PD⊥底面ABcD，且PD=1。（I）求证：Bc//平面PAD.八、线面垂直（）..定义：

2.判定定理：

3.性质定理：

（例1）四棱锥P—ABcD中，PA⊥底面ABcD，AB//cD，AD=cD=1，∠BAD=120°，PA=，∠AcB=

90°。（I）求证：Bc⊥平面PAc；

（例2）已知：四棱锥P—ABcD的底面ABcD是边长为1的正方形，PD⊥底面ABcD，且PD=1。（II）若E、F分别为PB、AD的中点，求证：EF⊥平面PBc.九、面面平行（）..定义：

2.判定定理：

3.性质定理：

十、面面垂直（）..定义：

2.判定定理：

3.性质定理：

如图，三棱锥中，PA⊥AB，PA⊥Ac，AB⊥Ac，PA=Ac=2，AB=1，m为Pc的中点。

（I）求证：平面PcB⊥平面mAB.如图，在中，斜边．可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点的斜边上．（I）求证：平面平面；

十一、有关对角线..平行四边形：

对角线平分.2.菱形：

对角线垂直且平分.3.矩形：

对角线相等且平分.4.正方形：

对角线相等且垂直且平分.十二、平移的方法..三角形（或梯形）的中位线：

且等于底边（上下两底之和）的一半.2.平行四边形：对边

且相等.3.等比例线段：

十三、重要辅助线的添加方法..见到中点，考虑：①中位线；②

；③

.2.见到平行四边形（菱形、矩形、正方形同理），考虑：①连结对角线；②对边平行且相等.十四、求三角形面积的通用方法.十五、三棱锥的任何一个面都可以作为底面，方便使用等体法.十六、立体几何解题策略（附加：在做立体几何大题时，后以文经常用到前一问的结论，平时注意）..由已知想性质；

2.由结论想判定；

3.由需要做辅助线或辅助平面.十七、有关棱柱.棱柱——————————直棱柱—————————正棱柱..两底面平行；

+1.侧棱垂直于底面

+1.底面是正多边形

2.侧棱平行

十八、有关棱锥.棱锥——————————正棱锥..一面一点一连；

+1.底面是正多边形；

2.顶点在底面的射影正好是底面正多边形的中心.