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2、正弦定理的变形公式：①，，； ②，，； ③； ④． 3、三角形面积公式：． 4、余弦定理：在中，有，， ． 5、余弦定理的推论：，，． 6、设、、是的角、、的对边，则：①若，则； ②若，则；③若，则．

32s      1 2 3 2 2 32    【知识点归类点拔】正弦定理和余弦定理是解三角形的两个重要工具，它沟通了三角形中的边角之间的内 在联系，正弦定理能够解决两类问题（1）

公式转化出现特殊角. 异角化同角，异名化同名，高次化低次） 23. 你还记得三角形中的正弦定理和余弦定理及其变式吗？ 24. 你还记得某些特殊角的三角函数值吗？ （等） 25. 你还记得在弧度制下弧长公式和扇形面积公式吗？()

在Rt△ABD中，由BD＝，AB＝2，AD＝，得BF＝，AF＝AD.从而GF＝ED＝. 在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝，BG＝. 在△BFG中，cos∠BFG＝＝. 所以，∠BFG＝，即二面角B

（2）若，求的值 解：（1）由得： 由及正弦定理得： 于是： （2）由得：，因，所以：，即： 由余弦定理得： 于是： 故： 20.（本小题满分12分） 在等差数列{an}中，公差d≠0,且a2是a1和a4的等比中项

（13）45；（14）；（15）；（16）25 三、解答题 17、解：（1）由 由正弦定理知 （2） 由余弦定理知 （18）解：设的公比为q，由，所以得 ……………………………………① ……………………………………②

 ，故 4B  . …………………………………6 分 （Ⅱ） 2a Q， 5b  ，由余弦定理可得： 2 2 2 2( 5) 2 2 2 2cc     （），即 2 2 3 0cc

答案：B 解析：对小球A进行受力分析，如图所示，可知几何三角形与力三角形相似，由对应边成比例有，则，由余弦定理有，则，故B正确，A、C、D错误。 6.答案：D 解析：将电荷量为的点电荷放置于O点时，B点的电

∴∠BDA为侧面PBC和PAC所成二面角的平面角,∠BDA=θ(0 < θ < π) 在△ABD中,由余弦定理得AB2=BD2+AD2-2BD·AD·cosθ, ∴BD2=. 于是BD=. (2)取BC的中点M

∠ADCsin B＝×－×＝. (2)在△ABD中，由正弦定理得 BD＝＝＝3. 在△ABC中，由余弦定理得 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B ＝82＋52－2×8×5×＝49， 所以AC＝7

能考查运用三角公式进行恒等变换的技能，深受命题者的青睐．主要解法是充分利用三角形内角和定理、正、余弦定理、面积公式、向量夹角公式、向量平行与垂直的充要条件，向量的数量积等． (4)考综合，体现三角的工

若c2＝(a－b)2＋6，C＝，则△ABC的面积是(　　) A．3 B. C. D．3 4．C　[解析] 由余弦定理得，cos C＝＝＝，所以ab＝6，所以S△ABC＝absin C＝. 5．[2014·江西卷]

又因为双曲线的离心率e＝＝2，所以c＝2a，|F1F2|＝2c＝4a，所以在△AF1F2中，根据余弦定理可得cos∠AF2F1＝＝ ＝. 10．[2014·全国卷] 等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg

求铁路AB段的长． 解：(1) 在△AOM中，AO＝15，∠AOM＝β且cos β＝，OM＝3. 由余弦定理，得AM2＝OM2＋OA2－2OM·OA·cos ∠AOM＝(3)2＋152－2×3×15×＝72，∴

sin26ab C C∴ ， 1 3ab ∴ ， 由（Ⅰ）知 2ab ， 1c  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 2( ) 2cos 22 a b c a b ab cC ab ab  

(Ⅰ)证明：PA⊥BD； (Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。 （18）解：（I）因为，，由余弦定理得. 从而，故. 又底面，可得. 所以平面. 故. （II）如图，以为坐标原点，的长为单位长，射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系，则

S△ABC＝1 2absin C， 所以 3 2 ＝1 2absin π 3，所以 ab＝2，由余弦定理得， 3＝a2＋b2－2abcosπ 3＝a2＋b2－2， 所以 a2＋b2＝5，所以 a＋b＝3

故当，即点P为椭圆短轴端点时，有最小值 当，即点P为椭圆长轴端点时，有最大1. 【法二】易知，所以， 设，由向量的数量积定义及余弦定理可得： （以下同解法一） （2）显然直线不满足题设条件， 设，设直线的方程为：， 联立，消去，整理得：

………………………………5 分 (2)在 ABM 中， 3154BM AM B AB c   ，，，， 由余弦定理得  222 2 cosAM c BM c BM B     ，∴ 2 2 4 0cc

又|PF1|+|PF2|=2a, ∴|PF1|=5a4,|PF2|=3a4. 在△PF1F2中, 由余弦定理得cos∠F1PF2=2516a2+916a2-4c22×5a4×3a4=1715-3215e2