巧证三余弦定理

<正>新课标苏教选修2—1教材第98页习题第9题要我们求证三余弦定理:已知平面的一条斜线和它在平面内的射影的夹角为θ₁,平面内的一条直线和这条斜线在平面内的射影的夹角为θ₂.设斜线和平面内这条直线的夹角为θ,则cosθ=cosθ₁·cosθ₂.     

对课本一个结论的加强与推广

1 课本结论的再现 全日制普通高级中学教科书(必修)数学第二册(下B)P48,在研究平面的斜线和它在平面内的射影所成的角时,有这样一段话:"已知AO是平面α的斜线,A是斜足,OB垂直于α,B为垂足,则直线AB是斜线在平面α内的斜影,设AC是平面内α的任一直线,且BC⊥AC,垂足为C,又设AO与AB所成的角为θ1,AB与AC所成的角为θ2,AO与AC所成的角为θ,那么θ,θ1,θ2之间满足如下关系式:cosθ=cosθ1cosθ2."     

一道立体几何题的两个拓展结果

题目:设α-l-β是锐二面角,点A∈α,点B∈β,直线AB与α、β所成的角分别是θ1和θ2,点A,B到棱l的距离分别是d1和d2,则d1:d2,等于()(A)cosθ1/cosθ2(B)cosθ2/cosθ1(C)sinθ1/sinθ2(D)sinθ2/sinθ1重新审视这道题会得到以下结论命题1设二面角α—l—β的平面角是θ,点A∈α,点B∈β,AB=a,直线AB与α、β所成的角分别是θ2和θ1,点A、B到棱l的距离分别     

一个模型的变式及其应用

新教材第二册（下B）P43页中的模型如图1，OA和平面口所成的角为θ1，AC是α内的任意一直线，AC与OA在口内的射影AB所成的角为θ2．AO与AC所成的角为θ．则有cosθ=cosθ1&;#183;cosθ2.     

一道练习题的启示

新教材第二册(下B)P43,“平面的斜线和平面所成的角”一节,为引入最小角定理,在图1中证明了公式:cosθ=cos1θcos2θ.图1图2这里1θ是平面α的斜线OA和它在平面内射影AB所成的角,AC是α内任一直线,AB和AC所成的角为θ2,OA和AC所成角为θ,图中BC⊥AC.本节的练习题2是:已知平面的     

四面体的一个体积公式--三面角的棱面角公式的一个应用

文 [1 ]给出了三面角中棱与面所成角与三面角之间的关系如下 :定理 1　在三面角S—A1 B1 C1 中 ,三个面角∠C1 SB1 =α ,∠A1 SC1 =β,∠A1 SB1 =γ ,且棱SA1 和平面C1 SB1 所成的棱面角为θ1 ,棱SB1 和平面A1 SC1 所成的棱面角为θ2 ,棱SC1 与平面A1 SB1 所成棱面角为θ3,则cosθ1 =cos2 β+cos2 γ- 2cosαcosβcosγsinα ,cosθ2 =cos2 γ+cos2 α- 2cosαcosβcosγsinβ ,cosθ3 =cos2 α +cos2 β- 2cosαcosβcosγsinγ .(三面角的棱面角的余弦公式 )文 [2 ]给出了定理 1的一个简证 .受定理 1启发 ,如图 ,若分别在SA1…     

一个值得推敲的教参解答

题目求证:两条平行线和同一个平面所成的角相等〔高中《立体几何》全一册(必修)P3l第9题〕。《教学参考书》解答如下: 已知:a∥b,a ∩α=A_1,b∩α=B_1,∠θ_1、∠θ_2分别是a、b与a所成的角; 求证:∠θ_1=∠θ_2。     

有限非链环Fq+vFq上的2维斜常循环码

令R=F_q+vF_q是一个有限非链环,其中q是一个奇素数的方幂,v²=v.文章利用二元斜多项式环R[x,y;ρ,θ]来研究环R上的2维斜常循环码的代数结构和相关性质,其中ρ和θ是环R上的两个自同构映射.基于中国剩余定理,文章确定了环R上2维(α₁+β₁v,α₂+β₂v)-斜常循环码的生成元结构并且考虑了它们的Gray象,其中α₁+β₁v和α₂+β₂v都是环R上的可逆元.此外,文章研究了环R上2维(α₁+β₁v,α₂+β₂v)-斜常循环码的对偶码并且确定了对偶码子码的生成元结构.     

纯正群并的结构

本文主要利用带B=（Y;B_α）,Clifford半群G=[Y;G_α,θ_a,β和对于α∈Y,群同态σ_α:G_a→Aut（αBα）来构造纯正群并.     

2007年普通高等学校招生全国统一考试 (北京卷)数学(理工农医类)

一、本大题共8小题,共40分.1.已知cosθ·tanθ<0,那么角θ是()A.第一或第二象限角B.第二或第三象限角C.第三或第四象限角D.第一或第四象限角2.函数f(x)=3x(0相似文献   

关于Neyman-Pearson基本引理的几个注记

本文探讨了Neyman-Pearson基本引理.通过论证总体参数θ只有θ₀或θ₁两种可能时最优检验功效函数的唯一性,得到了两种假设T₁:θ=θ₀←→θ=θ₁和T₂:θ=θ₁←→θ=θ₀各自对应最优检验的两类错误概率可以互换的结论.     

巧用“斜线与平面所成角的性质”解题

立体几何中有关角的范围问题,解答起来往往比较麻烦,有时辅助线也很难作,但用“斜线和平面所成的角,是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角”(以下称为“斜线与平面所成角的性质”)解,就很方便了。例如例1 rt△ABC的斜边BC在平面α内,且两直角边AB、AC与α所成的角分别为θ_1、θ_2。求     

求异面直线所成角的一个简便公式及应用

定理设两条异面直线a,b所成的角为θ,由b上两点A,B引a的垂线,垂足分别是A1,B1.则cosθ=(A1B1/AB) (*) 证若A1、B1为相异两点,如图1,过A作     

一道外接球问题的通解

<正>近日,有一朋友与我交流一道外接球问题,做后颇有感悟,特记录下此题与诸位分享.原题三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的表面上,且平面ABC⊥平面BCD,AB=CD=5,AC=8,BD=3,且∠BAC+∠BDC=π,则球O的表面积为_.解析法一(借助双圆模型)令∠BAC=θ,∠BDC=α,由余弦定理知,BC²=AB2=AB²+AC2+AC²-2AB·AC·cosθ=89-80cosθ;BC2-2AB·AC·cosθ=89-80cosθ;BC²=BC2=BC²+BD2+BD²-2BC·BD·cosα=34-30cosα;     

妙解一则

问题已知关于θ的方程3cosθ+sinθ+a=0在区间(0,2π)上有两个不相等的实数解α、β,求cos(α+β)的值.解由题意知,点A(cosα,sinα)、B(cosβ,sinβ)在直线3~(1/2)x+y+a=0上,同时又在圆x2+y2=1上.直线AB的斜率为k=-3~(1/2),因而     

关于空间四边形两条对角线所成的角

【问题的提出】我们知道,如果任意一个平面四边形ABCD的两条对角线AC、BD的夹角为θ(θ°<θ≤90°),那么cosθ=|(AB~2+CD~2)-(BC~2+DA)~2/2AC·BD|*(运用余弦定理即可证得,证明从略) 如果将“平面四边形”改为“空间四边形”这个公式是否仍然成立?回答是肯定的。即:已知空间四边形ABCD的两条对角线AC、BD(异面直线)所成的角是θ(θ°≤90°)那么cosθ=|(AB~2+CD~2)-(BC~2+DA~2)/2AC·BD|(*)     

选择题三道

以下三道四支选一的选择题,都要求口答。 1.已知直线aα(平面),则α⊥β(平面)是α⊥β的( )。 (A)充分不必要条件; (B)必要不充分条件; (C)充分且必要条件; (D)不充分也不必要条件。 2.到两点距离的( )的点的轨迹是直线。 (A)比为定值; (B)平方比为定值; (C)平方差为定值; (D)平方和为定值; 3.已知0≤θ≤π。f(θ)=Sin(cosθ)的最大值为α,最小值为b。g(θ)=cos(sinθ)的最大值为c,最小值为d。那a、b、c,d从大到小的顺序是     

五立体几何

1.如果平面外的一条直线与这个平面的一条垂线垂直,那么这直线与这个平面平行。 2.已知a、b为两异面直线,由直线a上两点A、B分别引直线b的垂线,垂足为A_1、B_1,已知AB=2,A_1B_1=1;求异面直线a、b所成的角。 3.已知三条射线SA、SB、SC所成的∠ASC=∠BSC=30°,∠ASB=45°;求平面ASC与平面BSC所成的二面角的大小。 4.巳知A、B、 C、D四个点在平面a和平面β之外,A、B、C、D在平面a上的射影是A~1、B~1、c~1、D~1,且这四点在一直线上 A、B、C、D在平     

化归思想在线面角中的运用探索

在立体几何中,空间向平面的化归是重要的思想方法,教学重点之一是空间角(异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角)的计算.所以在对空间角的教学中,培养学生由空间向平面的化归思想是重要途径.下面从线面角的教学谈化归思想的培养.1.在线面角概念教学中渗透化归思想空间直线与平面所成角(简称线面角)是转化为平面内两相交直线的夹角.斜线和它在平面上的射影所成角是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角.证明:设平面α的一条斜线l在α内的射影为l′,角θ是l与l′所成的角.直线OD是平面α内与l′不同的任意一条直线,过点…     

循环准整环的构造

研究了一类特殊循环环即循环准整环的构造,得到的主要结论有:1)所有的无限循环准整环就是M~0和 1)的标准分解式为n=p₁^α₁p₂^α₂…p_s^α_s,ⅰ)若s=1,则n阶循环准整环共有α₁+1个,它们是dZ/ndZ,其中d=p₁^β₁,0≤β₁≤α₁;ⅱ)若s>1,则n阶循环准整环共有α₁α₂…α_s个,它们是dZ/ndZ,其中d=p₁^β₁p₂^β₂…p_s^β_s,...