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P33 【分析】 （1）连接，在中，由余弦定理可得，由等腰三角形的性质结合可得，再由勾股定理可得结果；（2）在中，，，，直接利用正弦定理定理可得结果. 【详解】 （1）连接， 在中，由余弦定理得： ， .， ， 又，，
P14 即、分别移动到、的中点时，的长最小，最小值为 （Ⅲ）取的中点，连结、， ∵，，为的中点 ∴⊥，⊥，∠ 即为二面角的平面角 又，所以，由余弦定理有 故所求二面角 19．（理）（1）至少3人同时上网的概率等于1减去至多2人同时上网的概率， 即
P11 [来源:学&科&网] 即，即， 又，所以，所以，即． 6分 （2）设，由，得， 由（1）知，所以，， 在△中，由余弦定理，得， 解得，所以， 所以． 12分[来源:学科网ZXXK] 17．（本小题满分12分）某车间将
P8 错误！未找到引用源。 由正弦定理错误！未找到引用源。得错误！未找到引用源。① 错误！未找到引用源。，由余弦定理可得错误！未找到引用源。② [来源:Zxxk.Com] ①②联立可得错误！未找到引用源。 19.（1）证明：∵平面，平面，
P9 16． 三．解答题 17.（1）因为， 由正弦定理可得：， 所以，即， 由，则， 由于，故. （2）由余弦定理得，，所以， 故. 18．（1）证明：如图，连接，. 在三棱柱中，为的中点. 又因为为的中点， 所以
P16 P8 的对称轴方程为，所以，故C错误，，所以，D正确，选ABD. 11.答案：ACD 解析：在中，根据余弦定理得，即，所以.由二倍角公式得，解得.在中，，故选项A正确；在中，，解得，故选项B错误；，解得，故
P15 P5 27――9.2向量的基本运算；向量的坐标运算；平面向量的数量积 第5周9.3――9.9正弦和余弦定理；解三角形；综合应用 第6周9.10――9.16不等式和一元二次不等式 第7周9.17――9
P5 解析 由双曲线的性质可推得|2|＝b， 则|1|＝3b， 在△MF1O中，||＝a，|1|＝c， cos∠F1OM＝－， 由余弦定理可知＝－， 又c2＝a2＋b2，可得a2＝2b2， 即＝， 因此渐近线方程为y＝±x. 15．若向量a＝(x－1
P16 15．（本小题13分） 解：(Ⅰ)在 中， ， ∴ ， ∵ ， ， 由正弦定理 得 ， ∴ ． (Ⅱ)由余弦定理 得 ， ∴ ， 解得 或 （舍） ∴ ． 16．（本小题13分） 解：(Ⅰ)设“一次从纸箱中摸
P6 所以AD⊥平面PQR,所以AD⊥PQ. (2)解:设BC=2,则AB=AC=2,CD=4,BD=AD=25. 由余弦定理得 cos∠ADB=AD2+BD2-AB22AD·BD=20+20-42·25·25=910,
P5 第十章和角公式与解三角形 (1) 利用和角公式与二倍角公式进行求值、化简和证明 (2) 利用正、余弦定理解斜三角形 第十一章圆锥曲线与方程 (1) 椭圆 (2) 双曲线 (3)
P7 正数x，y，z满足方程组，则xy+2yz+3xz的值是 . 【分析】 从题目的条件看，方程组的左边具有余弦定理或勾股定理的形式，而右边正好是一个直角三角形三边之长的平方值.因此考虑构造直角三角形. 【解答】
P6 a bcA bc bc 又 0 πA， ∴ π 3A . 2.由 1 及余弦定理，得 2 2 2 π2 cos 3a b c bc ， ∴ 2 2 2 2 2 16 2
P8 14．．【解析】考察中，S中的元素组成项的等差数列，，所以各元素之和为． 二、解答题 15．（1） 在⊿ABC中由余弦定理知 所以. （2）在⊿ABC中, , , . 16．（1）过点D作DO⊥BC，O为垂足． 因为面DBC⊥
P15 16．（本小题13分） 解：(Ⅰ)在 中， ， ∴ ， ∵ ， ， 由正弦定理 得 ， ∴ ． （Ⅱ）由余弦定理 得 ， ∴ ， 解得 或 （舍） ∴ ． 17．（本小题14分） （Ⅰ）证明：在矩形 中， ∥
P10 一般是2道小题，1道综合解答题。小题一道考查平面向量有关概念及运算等，另一道对三角知识点的补充。大题中如果没有涉及正弦定理、余弦定理的应用，可能就是一道和解答题相互补充的三角函数的图像、性质或三角恒等变换的题目，也可能是考查平面
P7 个椭圆的回转中心是O1和O2，P是啮合点，r1和r2分别是椭圆的长短半径。对于O1P1F1，根据余弦定理可以得到 ，（） (1) 椭圆的偏心度，所以可得两个椭圆齿轮的啮合半径分别为 (2) 传动比公式为
P51 中档题，分析条件中出现的中点，可以考虑利用 三角形的中位线性质利用平移产生异面直线的夹角，再利用余弦定理的变式即可求解，在复习时应了解两 条异面直线夹角的范围，常见的求异面直线夹角的方法等知识点. 18