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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第11讲


第十一讲

三角问题选讲

三角既是一个数学分支,同时也是一种数学方法. 三角函数是沟通形与数的联系的有力工具,在各数学分支中有着广泛的应用.三角方 法是指主动地、有意识地实施三角代换,将一些代数、几何问题迁移到三角函数情境中来, 利用三角体系完整的公式去简化、解决问题.同时,借助于三角公式,也可将三角问题转化 为代数或其他问题进行求解.另

外,三角原于测量与解三角形,三角函数理论在解决生产、 科研和日常生活中的实际问题中也有着广泛的应用.

A 类例题
例 1 函数 y ?| cos x | ? | cos 2 x | ( x ? R) 的最小值是 . (2005 年江苏省数学竞赛) 分析 题中函数含 x 与 2x 的三角函数,可考虑先用三角公式化为 x 的三角函数,再寻 求解题方法. 解 当 令 t ?| cos x |? [0,1] ,则 y ? t ? | 2t 2 ? 1| .
2 ? y?2; 2 2 9 ? y? 2 8

2 1 9 ? t ? 1 时, y ? 2t 2 ? t ? 1 ? 2(t ? )2 ? ,得 2 4 8

当 0?t?

2 1 9 时, y ? ?2t 2 ? t ? 1 ? ?2(t ? )2 ? ,得 2 4 8 2 , 故填 2 2 . 2

又 y 可取到

说明 三角函数的问题有时也可通过变量代换的方法将其转化为代数问题进行求解, 实 施转化的前提是熟练掌握和深刻理解三角的公式, 如本题抓住二倍角的余弦可表示为单角余 弦的二次式这一特征,从而作出相应的变量代换. 例 2 求方程 x y ? 1 ? y x ? 1 ? xy 的实数解. 分析 这是一个具有对称性的无理方程, 可考虑用三角代换去掉根号, 化有三角方程求 2 2 2 2 解, 由于根号里面为 x-1 与 y-1, 故联想公式 sec α-1=tan α, 可进行如下变换: x=sec α, y=sec β. 解 由题意知 x>1,y>1,可设 x=sec α,y=sec β,其中 0 ? ? , ? ?
2 2 2 2

?
2



从而 x-1= sec α-1=tan2α,y-1= sec β-1=tan2β,原方程可化为: 2 2 sec2α· tanβ+ sec2β· tanα=sec α· β, sec sin ? sin ? 1 ? ? 即 , 2 2 2 cos ? cos ? cos ? cos ? cos ? cos 2 ? 因此有 sinβ· cosβ+sinα· cosα=1,即 sin2β+sin2α=2,从而 sin2β=1,sin2α=1,? ? ? ?

?
4

,因此

x=y=2,经检验,x=2,y=2 是原方程的解. 说明 施行适当的三角代换, 将代数式或方程转化为三角式或方程求解, 这是三角代换 应用的一个重要方面,充分体现了三角与代数之间的内在联系. 例 3 已知正三角形 ABC 内有一条动线段,长为 a,它在△ABC 三边 AB、BC、AC 上 3 的射影长分别为 l、m、n.求证: l 2 ? m2 ? n2 ? a2 . 2 分析 动线段在三角形各边上的射影可由动线段的长 a 和动线段与各边所成角表示出 来,因此问题的关键是

A

P Q
?

B

C

如何表示出动线段与各边所成角. 解 设动线段为 PQ,长为 a,设 PQ 与 BC 所成角为 θ(0° ≤θ≤90° ),则 PQ 与 AC 所成角为 60° PQ 与 AB 所成角为 60° 于是有 l=acos(60° -θ, +θ, +θ), m=acosθ, n=acos(60° -θ), 2 2 2 2 2 2 2 因此有 l +m +n =a [cos (60° +θ)+ cos θ+ cos (60° -θ)], 2 2 2 而 cos (60° +θ)+ cos θ+ cos (60° -θ) 1 ? cos(120? ? 2? ) 1 ? cos 2? 1 ? cos(120? ? 2? ) = ? ? 2 2 2 =
3 1 3 3 ? (cos120? cos 2? ? cos 2? ? cos120? cos 2? ) ? ,∴ l 2 ? m2 ? n2 ? a2 . 2 2 2 2

说明 本题也可以利用向量知识求解,读者不妨一试.

情景再现
1.若 sin x ? sin y ? 1 ,则 cos x ? cos y 的取值范围是 A. [?2, 2] B. [?1, 1] C.

[ 0 , 3 ] D.

[? 3 , 3 ]
(2005 年浙江省数学竞赛)

2.求所有的实数 x∈[0,

? ? ],使 (2 ? sin 2 x) sin( x ? ) ? 1,并证明你的结论. 2 4

3.△ABC 的三条边长分别为 a、b、c. | a 2 ? b2 | | b2 ? c 2 | | c 2 ? a 2 | 求证: .(2005 年江西省数学竞赛) ? ? c a b

B 类例题
例 4 △ABC 的内角满足
a cos2 A ? b sin A ? 1, a cos 2 B ? b sin B ? 1, a cos 2 C ? b sin C ? 1

试判断△ABC 的形状. 分析 所给三式结构相同,可将 (cos2 A,sin A),(cos2 B,sin B),(cos 2 C,sin C) 视为 ax ? by ? 1 的三组解,而 ax ? by ? 1 又可看作直线方程, (cos2 A,sin A),(cos2 B,sin B),(cos 2 C,sin C) 又可看 作曲线 x ? y 2 ? 1 上的三个点,因此本题可考虑用解析几何的方法去求解. 证明 由题意, (cos2 A,sin A),(cos2 B,sin B),(cos 2 C,sin C) 为方程 ax ? by ? 1 的三组解,因

此以其为坐标的三点 M、N、P 都在直线 ax ? by ? 1 上,又
(cos2 A,sin A),(cos2 B,sin B),(cos 2 C,sin C) 都满足方程 x ? y 2 ? 1 ,因此三点 M、N、P 又都在曲

线 x ? y 2 ? 1 上,所以三点 M、N、P 都为曲线 x ? y 2 ? 1 与直线 ax ? by ? 1 的交点,而直线与抛 物线至多有两个交点,因此 M、N、P 至少有两个点重合,不妨设 M 与 N 重合,则由 cos 2 A ? cos 2 B,sin A ? sin B 得 A=B,故三角形 ABC 是等腰三角形. 例 5 已知三个锐角 ? , ? , ? 满足 cos2 ? ? cos2 ? ? cos2 ? ? 2 .求 tan ? tan ? tan ? 的最大值. 分析 注意到条件 cos2 ? ? cos2 ? ? cos2 ? ? 2 ,联想长方体的性质,构造长方体来求解. 解 构 造 长 方 体 , 使 ? , ? ,? 分 别 为 对 角 线 与 三 个 面 所 成 角 , 则

cos2 ? ? cos2 ? ? cos2 ? ? 2 ,
设长方体长、宽、高、对角线分别为 a、
cos ? ? a 2 ? b2 l

b、c、l,则



cos ? ?

b2 ? c2 l
c a ?b
2 2



cos ? ?

c2 ? a2 , l

tan ? ?

, tan ? ?

a b ?c
2 2

, tan ? ?

b c ? a2
2

, 从 而

tan ? tan ? tan ? ?

abc a ?b
2 2

b ?c
2

2

c ?a
2

2

?

abc 2ab 2bc 2ac

?

2 , 当且仅当 a ? b ? c 时取 4

等号,因此 tan ? tan ? tan ? 的最大值为

2 . 4

说明 构造几何模型,使三角关系形象化、具体化,构造法是用几何方法解决三角问 题的常用方法. 例 6 给定正整数 n 和正数 M,对于满足条件 a12+an+12≤M 的所有等差数列{an},求 S=an+1+ an+2+…+ a2n+1 的最大值.(1999 年全国联赛一试) 分析 本题有多种解法,由条件 a12+an+12≤M,也可考虑作三角代换,利用三角函数的 有界性求解. 解
S? ?

设 a1 ? M r cos? , an?1 ? M r sin ? (0 ? r ? 1,0 ? ? ? 2? ) ,则

n ?1 n ?1 n ?1 (an?1 ? a2n?1 ) ? (an?1 ? 2an?1 ? a1 ) ? (3an?1 ? a1 ) 2 2 2

n ?1 n ?1 n ?1 n ?1 M r (3sin ? ? cos? ) ? M r ? 10 ? M ? 10 ,因此最大值为 M ? 10 . 2 2 2 2

例 7 设△ABC 内有一点 P,满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ. 求证:cotθ=cotA+cotB+cotC. A ? 分析 设三边为 a、b、c,PA、PB、PC x b c 可考虑利用正弦定理、 余弦定理来表示出边角 y z P 本题. ? 解 对三个小三有形分别使用余弦定理
B a

分别为 x、y、z, 关系,进而证明
?

得:
C

y2=x2+c2-2xccosθ,2=y2+a2-2yacosθ,2=z2+b2-2zbcosθ, z x 三式相加得: 2(ay+bz+cx)cosθ=a2+b2+c2, 1 又由正弦定理知,S△ABC= S△ABP+S△PBC+S△PAC= (xc+ay+bz)sinθ,两式相除得: 2
cot ? ? a 2 ? b2 ? c2 ,又在△ABC 中,由余弦定理有 a2=b2+c2-2bccosA,b2=c2+a2-2cacosB, 4S?ABC

c2=a2+b2-2abcosC,相加得,a2+b2+c2=2abcosC+2bccosA+2accosB, 2ab cos C 2bc cos A 2ca cos B 从而 cot ? ? , ? ? 4S?ABC 4S?ABC 4S?ABC 又 4S△ABC=2absinC=2bcsinA=2acsinB, 分别代入上式右边的三个分母即得: cotθ=cotA+cotB+cotC. 说明 合理利用正弦定理、余弦定理可解决平面几何中的一些边角关系式的证明.

情景再现
4.如图,一块边长为 20cm 的正方形铁片 截去了一个半径为 r cm (r∈ (0, 20]) 的扇形 AEF 一个圆),用剩下部分截成一个矩形 PMCN,怎 此矩形面积最大?最大面积为多少?
D N C

ABCD 已 (四分之 样截可使

F P M

?
A E B

5 . 求 满 足 下 式 的 锐 角
5 ?12cos x ? 7 ? 4 3 sin x ? 4

x :

6. 是△ABC 的内心, r 分别为△ABC 外接圆和内切圆的半径. P R、 求证: 6r≤PA+PB+PC ≤3R.

C 类例题
例 8 给定曲线族 2(2sin ? ? cos? ? 3) x2 ? (8sin ? ? cos? ? 1) y ? 0 , ? 为参数,求该曲线 在直线 y ? 2 x 上所截得的弦长的最大值.(1995 年全国联赛二试) 分析 显然,该曲线族恒过原点,而直线 y ? 2 x 也过原点,所以曲线在直线 y ? 2 x 上所 截得的弦长仅取决于曲线族与 y ? 2 x 的另一交点的坐标. 解法一 把 y ? 2 x 代入曲线族方程得: (2sin ? ? cos? ? 3) x2 ? (8sin ? ? cos? ? 1) x ? 0 , 又 2sin ? ? cos? ? 3 ? 3 ? 5 ? 0 ,故 x≠0 时,就有 x ?
8sin ? ? cos? ? 1 ,令 2sin ? ? cos? ? 3

2u 1 ? u2 8u ? 1 2 ,则 x ? 2 ,得 2xu +2(x-4)u+(x-1)=0,由 u∈R 知,当 ,cos? ? 2 2 2u ? 2u ? 1 1? u 1? u 2 x≠0 时,△=[2(x-4)] -8x(x-1) sin ? ?
=4(-x -6x+16)≥0,从而-8≤x≤2 且 x≠0,因此|x|max=8,由 y ? 2 x 得,弦长为 1 ? 22 | x0 | ,
2

从而弦长的最大值为 82 ? 162 ? 8 5 . 解法二 曲线族与直线 y ? 2 x 相交于(0,0)及另一点 ( x0 , y0 ) ,且 x0 满足
(2 x0 ? 8)sin ? ? ( x0 ? 1)cos? ? 1 ? 3x0 ,故存在 ? ,使得

(2x0 ? 8)sin? ? ( x0 ? 1)cos? ? (2x0 ? 8)2 ? ( x0 ? 1)2 sin(? ? ?)
∴ (2x0 ? 8)2 ? ( x0 ? 1)2 ?|1 ? 3x0 | ,解得 ?8 ? x0 ? 2 ,弦长为 1 ? 22 | x0 | ,从而弦长的最大 值为 82 ? 162 ? 8 5 . 说明 方法一主要是应用万能公式,将三角问题转化成代数问题求解,方法二利用 a sin x ? b cos x 的有界性求解,方法更为巧妙. 例 9 求证:sinn2x+(sinnx-cosnx) ≤1,其中 n∈N*.(2000 年俄罗斯数学竞赛题) 分析: 即证 2nsinnxcosnx+sin2nx+cos2nx-2 sinnxcosnx≤1, 即证 sin2nx+cos2nx+(2n-2) sinnxcosnx 2 2 ≤1,显然可考虑将右边的 1 代换成(sin x+cos x)n,并展开进行证明.
0 1 2 证 1=(sin x+cos x)n= Cn sin 2n x ? Cn sin 2n?2 x cos2 x ? Cn sin 2n?4 x cos4 x
2 2 2

3 n n ?Cn sin 2n?6 x cos6 x ? ? ? Cn ?1 sin2 x cos2n?2 x ? Cn cos2n x ,

0 1 2 同理 1=( cos x+sin x)n= Cn cos2n x ? Cn cos2n?2 x sin 2 x ? Cn cos2n?4 x sin 4 x
2 2

3 n n ?Cn cos2n?6 x sin6 x ? ? ? Cn ?1 cos2 x sin2n?2 x ? Cn sin2n x ,两式对应项相加得:

0 1 2= Cn (sin 2n x ? cos2n x) ?Cn (sin 2n?2 x cos2 x ? cos2n?2 x sin 2 x)

2 n ?Cn (sin 2n?4 x cos4 x ? cos2n?4 x sin 4 x) ?? ? Cn (cos2n x ? sin 2n x) ,

保留第一个括号与最后一个括号内的式子不动,由基本不等式得 sin 2n ? k x cosk x ? cos2n? k x sin k x ? 2sin n x cos n x ,其中 k 为偶数. 因此其它各个括号内的式子均不小于 2sin n x cos n x ,
1 2 n 从而有 2≥ 2(sin 2n x ? cos2n x) + 2sin n x cos n x (Cn ? Cn ? ? ? Cn ?1 ) ,即

1≥ (sin 2n x ? cos2n x) + sin n x cosn x ? (2n ? 2) ,即有 2nsinnxcosnx+sin2nx+cos2nx-2 sinnxcosnx≤1, 即 sinn2x+(sinnx-cosnx) ≤1.
2

情景再现
7.三棱锥 V-ABC 的三条棱 VA、VB、VC 两两垂直,三个侧面与底面所成的二面角大小分 别为 ? , ? , ? .求证:

cos ? cos ? cos ? (

1 1 1 ? ? )? 3 2 2 cos ? cos ? cos 2 ?

8.设 a、b、c 为△ABC 的三条边,a≤b≤c,R 和 r 分别为△ABC 的外接圆半径和内切圆半 径.令 f=a+b-2R-2r,试用 C 的大小来判定 f 的符号.

习题
1.若 a , b, c 均是整数(其中 0 ? c ? 90 ),且使得 9 ? 8sin 50? ? a ? b sin c? ,则 值是 A. 1 B.
1 2 a?b 的 c

C.

2 3

D.

1 3

2.设 n∈N,nsin1>5cos1+1,则 n 的最小值是( A.4 B.5 C.6 D.7 3.求证: | sin nx |? n | sin x | , n ? N *



4. 设凸四边形 ABCD 之对角线交于点 P, APB=θ, ∠ 求证:cos? ?

AD2 ? BC 2 ? AB2 ? CD2 2 AC ? BD

(四边形的余弦定理) 5.在直角三角形 ABC 中,c 为斜边长, S , r 分别表示该三角形的面积和内切圆的半径, 求
cr 的取值范围. S

6.若 x、y、z 中的每个数恰好等于其余两数和的余弦.求证:x=y=z. 7.已知集合 T ? {( x, y) | x, y ? R, 且x2 ? ( y ? 7)2 ? r 2 } ,集合
S ? {( x, y) | x, y ? R, 且对任何? ? R, 都有cos 2? ? x cos? ? y ? 0} ,试求最大正数 r ,使得集合

T 为集合 S 的子集. 8.已知 ?ABC 中, x, y, z 为任意非零实数,求证:

x2 ? y 2 ? z 2 ? 2xy cos C ? 2 yz cos A ? 2zx cos B ,其中当且仅当 x : y : z ? sin A : sin B : sin C 时等
号成立. 9.求函数 y ? x ? 4 ? 15 ? 3x 的值域. 10.已知 a ? b ? 0 ,用三角方法证明:
2ab a?b ? ab ? ? a?b 2 a 2 ? b2 2

11.点 P 在△ABC 内. 求证:acosA+bcosB+ccosC≤PA· A+PB· B+PC· sin sin sinC.

12.设 0 ? ? , ? , ? ?

?
2

, cos2 ? ? cos2 ? ? cos2 ? ? 1 .求证:

2 ? (1 ? cos2 ? )2 sin 4 ? ?(1 ? cos2 ? )2 sin 4 ? ? (1 ? cos2 ? )2 sin 4 ? ? (1 ? cos2 ? )(1 ? cos2 ? )(1 ? cos2 ? )

本节“情景再现”解答: 1.解:设 cos x ? cos y ? t , ? cos2 x ? 2cos x cos y ? cos2 y ? t 2 . 又由 sin x ? sin y ? 1 ,故 sin 2 x ? 2sin x sin y ? sin 2 y ? 1 . 因此有 2(cos x cos y ? sin x sin y) ? t 2 ? 1 ,即 2cos( x ? y) ? t 2 ? 1 由于 ?1 ? cos( x ? y) ? 1 ,所以有 t 2 ? 3 ,即 ? 3 ? t ? 3 . ∴选 D. 2.解:令 sin( x ?

?
4

) ? t ,即 sin x ? cos x ? 2t ,于是 sin 2 x ? 2t 2 ? 1

3 从而有 t (3 ? 2t 2 ) ? 1,即 2t ? 3t ? 1 ? 0 ,注意 t ? 1 是上述方程的解,故

(t ?1)(2t 2 ? 2t ?1) ? 0 ,由于 0 ? x ?

?
2

,所以

2 ? t ? 1, 2

于是 2t 2 ? 2t ? 1 ? 2 ?

1 2 ? 2? ? 1 ? 1 .从而,方程有唯一解 t ? 1 2 2

故原方程有唯一解 x ? 3. 证明:即证:

?
4



| sin 2 A ? sin 2 B | | sin 2 B ? sin 2 C | | sin 2 C ? sin 2 A | , ? ? sin 2 C sin 2 A sin 2 B

注意到: sin 2 A ? sin 2 B ? sin( A ? B)sin( A ? B) ? sin C sin( A ? B) , 故只要证 | sin( A ? B) | ? | sin( B ? C ) |?| sin(C ? A) | 而 | sin(C ? A) |?| sin[( A ? B) ? ( B ? C )] | ?| sin( A ? B)cos( B ? C ) ? cos( A ? B)sin( B ? C ) |?| sin( A ? B) | ? | sin( B ? C ) | 当且仅当 A=B=C 时 等号成立. 4.解 以 A 为原点,射线 AB 为 x 轴正半轴,建立直角坐标系,设∠PAE=θ,则 C(20, ? 20),P(rcosθ,rsinθ),θ∈[0, ].令矩形 PMCN 面积为 S, 2 则 S=(20-rcosθ)(20-rsinθ) 2 =400-20r(cosθ+sinθ)+r sinθcosθ,令 cosθ+sinθ=a, a2 ? 1 则 sinθcosθ= , a ? [1, 2] ,则 2
D N C

F P M

?
A E B

r2 20 [(a ? )2 ? 1] ? 200 , 2 r 20 1? 2 ? ? [1, ) 即 r ? (40 2 ? 40,20] 时 , 若 S 取 得 最 大 值 , 则 a ? 2,? ? , (1)当 r 2 4 2 2 r 20 r Smax ? [( 2 ? )2 ? 1] ? 200 ? ? 20 2r ? 400 . 2 r 2 2 0 ?1 2 ? ( 2 ) 当 , 即 r ? 4 0 ?2 时 0, 若 S 取 得 最 大 值 , 则 4 r 2
S=
Smax ? r2 1? 2 2 (2 2 ? 1) 2 [( ) ? 1] ? 200 ? r ? 200 . 2 2 8
2 0 ? 1 ?( r 2 2 , ? ? ) 即 r ? ( 0 , 4 0 2 时 ,) 若 S 取 得 最 大 值 , 则 , ? 40

( 3 ) 当

Smax ?

r2 20 [(1 ? )2 ? 1] ? 200 ? 400 ? 20r . 2 r 5.解:将原式变为余弦定理的形式:
?
2 ? x) ? 4

( 12) 2 ? ( 3) 2 ? 2 12 ? 3 cos x ? ( 3) 2 ? 2 2 ? 2 3 ? 2 cos(

据此,可作共边的两个三角形△ACD、 图)使 AC= 12 , , CD= 3 , BC=2, ∠ACD=x, ? BCD= ? x ,依题意有 AD+BD=4,连 AB, 2 中,AB= AC 2 ? BC 2 ? 4 ,故点 D 在 AB 上,
A

C x 12 3
?
2

△BCD, (如 ∠
-x

在 Rt △ ABC 有面积等式

S



ACD

+S



BCD

=S



ABC





D

B

3 1 1 1 ? ? 12 ? 3 sin x ? 3 ? 2sin( ? x) ? 12 ,即 sin x ? cos x ? 1 ,即 sin( ? x) ? 1 ,又 x 为锐 2 2 2 6 2 2

角,故 x ?

?
3



A B ? ?C 6.证明:∠APB= ? ? ( ? ) ? ,由正弦定理得: 2 2 2 B C AP AB AB 2 R sin C C ? ? ? ? 4 R sin ,于是 AP ? 4R sin sin , B sin ?APB C C 2 2 2 sin cos cos 2 2 2

同理可得 BP ? 4R sin 故 PA+PB+PC=4R( sin ≤4R( sin

A C A B sin , CP ? 4R sin sin , 2 2 2 2 B C A C A B sin + sin sin + sin sin ) 2 2 2 2 2 2

3 A B C 2 ? sin ? sin ) ≤4R ( ) 2 =3R. 2 2 2 2
r A sin 2

再作 PH⊥AB 于 H,则 PH=r,PA=

,同理:PB=

r B sin 2

,PC=

r sin C 2

从而 PA+PB+PC=

r A sin 2

+

r B sin 2

+

r C sin 2

≥r· 3

3

1 1 ? 3r ? 6r . 3 1 A B C sin sin sin 2 2 2 8

综上所述,6r≤PA+PB+PC≤3R. 7.证明:可先证 cos2 ? ? cos2 ? ? cos2 ? ? 1 ,作 VO⊥平面 ABC 于 O,OD⊥AB 于 D,则∠

VDO= ? .令 VA=a,VB=b,VC=c,
则 cos 2 ? ?
1 1 a 2b2 ? ? 2 2 , 1 ? tan 2 ? 1 ? ( c ) 2 a b ? b 2 c 2 ? c 2 a 2 VD









cos2 ? ?

b2 c 2 a b ? b2 c 2 ? c 2 a 2
2 2



cos2 ? ?
? 3.

c2 a2 a b ? b2 c 2 ? c 2 a 2
2 2







cos2 ? ? cos2 ? ? cos2 ? ? 1 ,再证

a 2 ? b2 ? c 2 a 2b2 ? b2 c 2 ? c 2 a 2

a 8. 由三角形相关知识有: ? 2 R sin A, b ? 2 R sin B, c ? 2 R sin C , ? 4R sin 解: r

A B C sin sin , 2 2 2

因此 f=2R (sin A ? sin B ? 1 ? 4sin
? 2R[2sin ? 4R cos ? 4R cos ? 2R(cos

A B C sin sin ) 2 2 2

B? A B? A B? A B? A C cos ? 1 ? 2(cos ? cos )sin ] 2 2 2 2 2

B? A C C C (cos ? sin ) ? 2R ? 4R sin 2 2 2 2 2 B? A C C C C (cos ? sin ) ? 2 R(cos 2 ? sin 2 ) 2 2 2 2 2 C C B? A C C ? sin )(2cos ? cos ? sin ) 2 2 2 2 2


c

A? B ?C B? A o s? 2

, ∴ 0 ? B ? A ? B ,? C又 0 ? B ? A C ? B A ? B A B? A C , 故 2c co o s ?s c o s? , c o? s 2 2 2 2 2
s 2 i ; n f ( x) ? 0 ? cos

? B ,? A因 此 C C ? s c i o, s 则 n 2 2

s

i

n

f ( x ?) ? 0 f ( x) ? 0 ? cos

C C ? ? c o ?s ? C 2 2

C C ? ? sin ? C ? 2 2 2



C C ? ? sin ? C ? . 2 2 2

“习题”解答: 1.解:选 B. 9 ? 8sin 50? ? 9 ? 8sin10? ? 8sin10? ? 8sin 50? ? 9 ? 8sin10? ? 8[sin(30? ? 20?) ? sin(30? ? 20?)]

? 9 ? 8sin10? ? 8cos 20? ? 9 ? 8sin10? ? 8(1 ? 2sin 2 10?)
? 16sin 2 10? ? 8sin10? ? 1 ? (4sin10? ? 1)2
所以 a ? 1, b ? 4, c ? 10 ,
a?b 1 ? . c 2

2.解:由 sin
2?5 3 ?

? ? ? ? >sin1,cos1>cos 得,n· sin >n· sin1>5cos1+1>1+5cos , 3 3 3 3

因此 n>

7 3 ? 4 ,因此 n 的最小值是 5,选 B. 3

3.解:这是与自然数有关的命题,可以考虑用数学归纳法来证明. 当 n ? k ? 1 时,证明如下: | sin(k ? 1) x |?| sin kx cos x ? cos kx sin x |?| sin kx cos x | ? | cos kx sin x |
?| sin kx | ? | sin x |? (k ? 1) | sin x |

4.证明:不妨设 PA、PB、PC、PD 的长分别为 a、b、c、d,则有 AD2=a2+d2+2adcosθ,BC2=b2+c2+2bccosθ, AB2=a2+b2-2abcosθ,CD2=c2+d2-2cdcosθ, 2 2 2 2 前两式之和减去后两式之和得:AD +BC -AB -CD =2(ad+bc+ab+cd)cosθ,又凸四边形 ABCD 中, AD 2 ? BC 2 ? AB 2 ?CD 2 AC· =ad+bc+ab+cd,因此 AD2+BC2-AB2-CD2=2 AC· cosθ,∴ cos ? ? BD BD . 2 AC ? BD 5.解:
?

cr c(a ? b ? c ) c 2 (sin A ? cos A ?1) sin A ? cos A ?1 ? ? ? S ab c 2 sin A cos A sin Acos A

2 2 cr ? ? ,由 A ? (0, ) 知 的取值范围是 [2( 2 ? 1),1) . ? sin A ? cos A ? 1 S 2 2 sin( A ? ) ? 1 4

6.证明:依题意有 x=cos(y+z),y=cos(z+x),z=cos(x+y),则

x ? y ? 2z x? y sin ① 2 2 x ? y ? 2z x? y |x? y| |? 1,| sin |? ( x ? y) ∵ | sin 2 2 2 x? y |?| x ? y | , ∴当 x ? y 时, 由①式有 | x ? y |? 2 | sin 产生矛盾. 因此 x=y, 同理可证 y=z, 2
x-y=cos(y+z)-cos(z+x)= 2sin 于是 x=y=z. 7.解法一:S 集即为由直线 y ? ? x cos? ? cos 2? 确定的上半平面的交集( ? 不同,相对 应的上半平面一般也不同,但所有的这种上半平面有公共部分即交集;另外,可以规定上半 平面也包含这条直线),而半径为 r 的圆的圆心(0,7)到直线 y ? ? x cos? ? cos 2? 的距离 7 ? cos 2? 7 ? cos 2? 7 ? cos 2? 为 ,由题意知, r 应满足 r ≤ ,故 r 的最大值是 的最小 2 2 1 ? cos ? 1 ? cos ? 1 ? cos 2 ? 值.
7 ? cos 2? 1 ? cos ?
2

?

2cos 2 ? ? 6 1 ? cos ?
2

? 2 1 ? cos 2 ? ?

4 1 ? cos 2 ?

?4 2, 当且仅当 cos ? ? ?1 时,r 的

最大值为 4 2 .
? 解法二: 二次函数方法) cos2 ? +xcos ? +y≥0 改写为 2cos2 +xcos ? +y-1≥0, t=cos ? ( 把 令 2 问题等价转换为 2t +xt+y-1≥0(-1≤t≤1)恒成立,求 x,y 的关系.可按对称轴位置分两种情况讨 论: x x ① 若对称轴 t= ? <-1 或 t= ? >1 (即 x>4 或 x<-4) 只须 t=cos ? =± 时, 时, 1 恒有 2t2+xt+y-1≥0 4 4

?x ? y ? 1 ? 0 即可,从而可得: ? ( x ? 4或x ? ?4) ; ?? x ? y ? 1 ? 0

x ② 若对称轴 t= ? ∈[-1,1],即-4≤x≤4 时,只须判别式△≤0 即 x2≤8(y-1), (-4≤x≤4). 4

综 上 可 得 : S 对 应 的 平 面 点 集 为
?x ? y ? 1 ? 0 ( x ? 4或x ? ?4) ? ?? x ? y ? 1 ? 0



x2≤8(y-1),

(-4≤x≤4) , 设 得 得 r= 4 2 , 此 的 距 离 为

圆 x2+(y-7)2=r2 与抛物线 x2=8(y-1)相切, 消去 x 8(y-1)+(y-7)2-r2=0,即 y2-6y+41-r2=0,令△=0 时 x=± y=3,而点(0,7)到直线 y+x+1=0 4,
4 2 ,∴ r 最大值为 4 2 .

8.证:作差, x2 ? y 2 ? z 2 ? (2xy cos C ? 2 yz cos A ? 2zx cos B) = x2 ? y2 ? z 2 ? (2xy cos C ? 2zx cos B) ? 2 yz cos(B ? C) = x2 ? y2 ? z 2 ? (2xy cos C ? 2zx cos B) ? 2 yz(cos B cos C ? sin B sin C) (配方) = ( x ? y cos C ? z sin B)2 ? ( y sin C ? z sin B)2 ? 0 .
? x ? y cos C ? z cos B ? 0 等号成立的充要条件是 ? , 易得 y : z ? sin B : sin C , y=ksinB, 则 z=ksinC, ? y sin C ? z sin B ? 0

代入得 x=ksin(B+C)=ksinA, ∴ x : y : z ? sin A : sin B : sin C .

? 9.解:函数的定义域为[4,5],可设 x ? 4 ? sin 2 ? (0 ? ? ? ) ,则有 2
y ? sin 2 ? ? 15 ? 3(4 ? sin 2 ? ) ? sin ? ? 3 cos? ? 2sin(? ? ) ,又 0 ? ? ? , 2 3

?

?

因此值域为[1,2]. 10.证明 引进平均值三角变换, a ? 2? cos2 ? , b ? 2? sin 2 ? ,(0 ? ? ? 45?, ? ? 0) ,则
a?b ?? 2
a 2 ? b2 ? 2



ab ? 4? 2 cos2 ? sin 2 ? ? ? sin 2?



2ab ? 2 sin 2 2? ? ? ? sin 2 2? a?b ?



4? 2 (cos 4 ? ? sin 4 ? ) ? ? 1 ? cos 2 2? 2 2ab a?b ? ab ? ? a?b 2 a 2 ? b2 . 2

由 1 ? cos2 2? ? 1 ? sin 2? ? sin 2 2? 得

11.证明:过 P 作三边垂线,分别交 BC、AC、AB 于 D、E、F,设 AP=x,BP=y,CP=z, ∠PAE=α,则 cosα= 则
AE AF ,cos(A-α)= , x x

AE AF cos B ? cos C ? cos ? cos B ? cos( A ? ? )cos C , x x 下证 cos ? cos B ? cos( A ? ? ) cos C ? sin A ,即 AE ? cos B ? AF ? cos C ? x sin A .
cos ? cos B ? cos( A ? ? ) cos C ? ? cos ? cos( A ? C ) ? (cos A cos ? ? sin A sin ? ) cos C
sin A sin C cos ? ? cos A cos C cos ? ? cos A cos C cos ? ? sin A cos C sin ?

=

= sin A(sin C cos ? ? cos C sin ? ) ? sin A sin(C ? ? ) ? sin A . ∴ cos ? cos B ? cos( A ? ? ) cos C ? sin A , 即 AE ? cos B ? AF ? cos C ? x sin A 成立. 同理, BE ? cos C ? BD ? cos A ? y sin B ,
CD ? cos A ? CE ? cos B ? z sin C ,

三式相加即得所证不等式成立. 12.证明 设 a ? cos2 ? , b ? cos2 ? , c ? cos2 ? ,则 0 ? a, b, c ? 1 ,且 a ? b ? c ? 1 ,从而原 不等式等价于

0 ? a4 ? b4 ? c4 ? 2(a2 ? b2 ? c2 ) ? 1 ? ab ? bc ? ca ? abc




ab ? bc ? ca ? u, abc ? v ,则 a 2 ? b2 ? c 2 ? 1 ? 2u , a 4 ? b4 ? c4 ? 2u 2 ? 4u ? 4v ? 1 ,

于是①等价于 0 ? 2u 2 ? 4v ? u ? v
0 ? 2u 2 ? 4v 显然成立,等号当 ? , ? , ? 中两个取 2u 2 ? 4v ? u ? v 等价于 u ? 2u 2 ? 3v ,

? ,一个取 0 时成立. 2

由 a 2 ? b2 ? c 2 ?

(a ? b ? c)2 a ? b ? c , ? 3 3

∴ u ? 2u 2 ? u(1 ? 2u) ? (ab ? bc ? ca)(a2 ? b2 ? c2 )

? (ab ? bc ? ca)

a?b?c ? 3 3 a2b2c2 ? 3 abc ? 3abc ? 3v 3

故原不等式成立.


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