《提优教程》教案：第11讲三角问题选讲

1、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 |cosx| |cos2x|(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

2、解题方法.解令 t | cosx | 0,1，贝y y t |2t 2 cos cos 1| .当t 1 时，y 2t2 t 12(t )29，得y 2;2482当 0 t 二时，y2t2 t 12(t -)2 -，得y -24828又y可取到 I,故填2 .2 2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

3、2 2 2解，由于根号里面为 x-1与y-1，故联想公式sec a1 = tan a可进行如下变换：x=sec a, y=sec 3-、, 2 2解 由题意知x1, y1，可设x=sec a, y=sec 3,其中02 2从而 x-1= sec a- 1=tan2 a, y-1= sec 3仁tan23 ,原方程可化为:2 2 2 2sec2 a tan 3+ sec2 3 tan a=sec a sec 3,sin2 cos cossin2 cos cos1因此有 sin 3 os 3+s in a os a=1,即 sin2 3+si n2 a=2 ,从而 sin2 3=1 , sin2

4、a=1 ,因4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上的射影长分别为I、m、n.求证：l2 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0 (090 ,则PQ与AC所成角为 60 0, PQ 与 AB 所成角为 60 0

5、,于是有 l=acos(60 0)，m=acos 0 n=acos(60 0, 因此有 l2+ m2+ n2=a2cos2(60 + 0+ cos2 0+ cos2(60 - 0,而 cos2(60 + 0)+ cos2 0+ cos2(60 - 0=1cos(1202 )1 cos2 1cos(1202 )2 2 23 i32223 2=(cos120 cos2 cos2 cos120 cos2 ), I m n a .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sinx siny 1，则cosx cosy的取值范围是A . 2, 2 B. 1, 1 C.0,

6、3 D.3, 3(2005年浙江省数学竞赛)2. 求所有的实数x 0,使(22sin 2x)sin( x )1,并证明你的结论.43.A ABC的三条边长分别为 a、b、c.求证：|a2 b|b2门|c2 a2|.( 2005年江西省数学竞赛)cabB类例题例4 ABC的内角满足2 2 2acos A bsi nA 1, a cos B bsi nB 1,acos C bsi nC 1 试判断 ABC的形状.分析所给三式结构相同，可将(cos2A,sin A),(cos 2 B,sin B),(cos2 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

7、 A,sin A),(cos 2 B,sin B),(cos2 C,sin C)又可看作证明曲线x y2 1上的三个点，因此本题可考虑用解析几何的方法去求解.由题意，(cos2 A,sin A),(cos2 B,sin B),(cos2 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),(cos 2 B,sin B),(cos2 C,sin C)都满足方程 x y21，因此三点 M N P又都在曲线x y2 1上，所以三点 M N P都为曲线x y2 1与直线ax by 1的交点，而直线与抛 物线至多有两

8、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cos2 A cos2 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cos2cos2cos22 .求tan tan tan的最大值.分析注意到条件 cos22 cos2 cos2 ,联想长方体的性质，构造长方体来求解.解 构造长方体，别为对角线与三个面所成角2 cos2 2 cos cos设长方体长、宽、cos.a2b2lc2coslcosc ta n高、对角线分别为b、a、c、tantanbVbjabtantan tanabc.2ab 2bc 2ac2,当且仅当a4c时取tan tan

9、的最大值为.4说明构造几何模型，使三角关系形象化、 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+12M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， 界性求解.等号，因此tan由条件具体化，构造法是用几何方法解决三角问a12+an+12M,也可考虑作三角代换，利用三角函数的有解设 a1.Mr cos.M r sin (01,02 )，则2an 1 ajn 1 /、 nS T(an1 a2n1) 2-JMr(3sincos )-r打0-VM訴0,因此最大值为VM.2 2 2 2例7 设厶ABC内有一点P

10、,满足/ PAB=Z PBC/ PCA 0.求证：cot 0=cotA+cotB+cotC.a分析 设三边为a、b、c, PA、PB、PC 可考虑利用正弦定理、 余弦定理来表示出边角 本题.解对三个小三有形分别使用余弦定理分别为x、y、z,c : b关系，进而证明y P z 、土、得：BaC又由正弦定理知，1 、Sab(= Sabf+Spbc+Sa pa= (xc+ay+bz) sin 0 两式相除得: 2y2=x2+c2-2xccos =y2+a2-2yacos (Jx2=z2+b2-2zbcos 0三式相加得：2(ay+bz+cx)cos =a2+b2+c2,2 , 2 2a b c，又在

11、 ABC中，由余弦定理有a2 =b2+ c2 -2 bccosA, b2= c2+a2-2 cacosB,cot4S abcc2=a2+b2-2abcosC，相加得，a2+ b2+ c2=2 abcosC+2 bccosA+2accosB,2abcosC 2bc cosA 2ca cosB从而cot4S ABC4S ABC4S ABC又 4SMBC=2absinC=2bcsinA=2acsinB,分别代入上式右边的三个分母即得：cot 0=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的正方形铁片去了一

12、个半径为 rcm (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？ABCD已截(四分之 样截可使求满足下式的锐角5 12cos x .7 4、3sin x 46. P是厶ABC的内心,R、r分别为 ABC外接圆和内切圆的半径.求证：6r PAPBPCC类例题2例8 给定曲线族2(2sin cos 3)x (8sincos 1)y 0 ,为参数，求该曲线在直线y 2x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 2x也过原点，所以曲线在直线y 2x上所截得的弦长仅取决于曲线族与y 2x的另

13、一交点的坐标.解法一把y 2x代入曲线族方程得：(2sin cos3)x2 (8sin cos 1)x 0 ,又 2sin cos 3 3.50，故 xm 0 时，就有 x cos1，令2sin cos 32usin2 ,cos1 u1 u21 u2 8u 12u2 2u-，得 2xu2+2( x-4) u+(x-1)=0，由 u R知，当12xM0 时， =2( x-4)-8x(x-1)=4(- x -6 x+16)0,从而-8 w xW 2 且 xM 0,因此 | x| max=8,由 y 2x 得，弦长为 12 | xq |,从而弦长的最大值为.168.5 .解法二曲线族与直线y 2x相

14、交于(0, 0)及另一点(xy。)，且x0满足(2xo 8)sin(xo1)cos1 3xo，故存在 ，使得(2x) 8)sin(xo 1)cos(2xo 8)2 (x。 1)2 sin()二(2xo 8)2(xo1)2 |13xo|，解得8x。2，弦长为22 |xo|，从而弦长的最大值为 82 1628 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 sinx bcosx的有界性求解，方法更为巧妙.例9求证：sinn2x+(sinnx-cosnx) 2 2(sin2nx cos2n x) + 2sinnxcosnx(cn Cn LC：)，即1(sin2n x

15、cos2： x) +sinn xcos： x (2n 2)，即有 2nsinnxcosnx+sin2nx+cos2nx- 2sinnxcosnx 1,2即 sinn2x+(sinnx- cosnx) w 1.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 （2 cos2COS2 cos&设a、b、c为厶ABC的三条边，a b5cos1+1，贝U n 的最小值是（）A . 4 B. 5 C. 6 D. 7AD2 BC2 AB2 CD22AC BD3. 求证：|sinnx| n|sinx|, n N*4.设凸四边

16、形 ABC之对角线交于点 P, / APE=0,求证：cos（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.S6. 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 （yS （ x, y） | x, yR,且对任何R,都有 cos2T为集合S的子集.2 27） r ，集合xcos y 0，试求最大正数r，使得集合&已知 ABC中，x, y,z为任意非零实数，求证：2 2 2x y z 2xycosC 2yzcos A 2zxcosB，其中当且

17、仅当 x:y:z si nA:si n B :si nC 时等号成立.9 .求函数 y JT4 15 3x的值域.10.已知a b 0 ,用三角方法证明:11.点P在厶ABC内.求证：a cosA+b cosB+ ccosGc PA si nA+PBsi nB+PCsi nC.12.设 02,cos22 cos2 cos1 .求证(1 cos2 )2sin42242242(1 cos ) sin (1 cos ) sin2 2 2(1 cos )(1 cos )(1 cos )本节“情景再现”解答:1 .解：设 cos x cos y t,2cos x2cos xcosy2 2cos y t2

18、2sin xsin y sin y 1 .又由 sin xsin y1，故 sin2 x因此有 2(cosxcosy sinxsiny)2 2t 1，即 2cos( x y) t 1由于1 cos(x y) 1，所以有t23，即 3 t 3 .选 D.2.解:令 sin(x -) t，即sinx cosx 耳于2是 sin 2x 2t 1从而有t(332t2)1，即 2t3t10，注意t 1是上述方程的解，故2(t 1)(2t2t 1)0,由于x 2，所以乎方程有唯一解t 1, 211 从而,是 2t 2t 1故原方程有唯一解3. 证明：即证:42 2|sin A sin B|sin2C2 2

19、|sin B sin C |sin2 A2 2|sin C sin A|sin2 B注意到：sin?2A sinsin(A B)sin( A B) sinCsin(AB),B) | |sin(B C)| |sin(C A) | sin (AA)| |sin(A B) (B C)|故只要证而 |sin(C|sin(A B)cos(B C) cos(A B)sin(B C)| |sin(A B) | 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/|sin(B C)|当且仅当 A=B=C时PAE= 0,贝U C(20 ,面积为S,CMAE20), P(rcos 0 rsi

20、n 0, 0 0，.令矩形 PMCN则S= ( 20- rcos 0) (20- rsin 0). 2=400-20 r( cos 0+si n 0+ r si n 0cos 0,令 cos 0+s in 0=a,则 sin 0cos 0=旦-,a 1, 2，贝U22S= y(aSnax20)2 1 200 ,20 1,)即 r2(.2 20)2 1 2002r20 1 2Smax2r7(r12)21 200205axr20)2 1 200(40 一 240,20时，若2r_20 2r 400.2即 r 40 240时注丄r2 200 .8,即 r (0,40 . 2 40)2 r5.解：将原

21、式变为余弦定理的形式:400 20r .-.(12)2( .3)2 2 12 . 3cosx ( 3)222 2 3据此，可作共边的两个三角形 图），使 AC=、12 ,CD= 3 ,BC=2, Z ACD=x,ACD、BCD = x ,依题意有 AD+BD=4 ,连 AB , 2中，ab= .ACBC24 ,故点D在AB上,S取得最大值,2cos( x)2S acd+SBCt=S则 a 2,-得最大值，取得最1 -.12 ,3sin x2ABC ,即sin x 2x) .12，即6证明：/APBB)AP.Bsin2ABsin APBABCcos 22Rs inCC cos2同理可得BP4Rs

22、in -sin C2 2，CP故 PA+P宙PC=4R( sinBsinC +2 2AB 4R( sin sin22再作PHL AB于H,在 Rt ABC有面积等式1cosx 1 ,即 sin(2x)由正弦定理得:C 4 Rs in ,于2是AP4Rsi nAsi nB2 2 .A . C 丄.A . B、 sin sin +si n sin ) 2 2 2C 23 2sin ) r31.A.B.C3 . A .B.Csinsinsinsin sinsin222V 222综上所述，6rw PA+PB+PCc 3R7.证明：可先证 cos2cos29cos21，作 VO丄平面 ABC于 Q OD

23、L AB于 D,贝贝 U cos112 2a b1 tan21(vd)22. 2 .22 2 2 a b b c c aVDO .令 VA=a, VB=b, VC=c,同理可得cos22 2 c a2 2a b2 2 b c22 b c2 cos2 2 cos cos2 cos1，再证b2&解：由三角形相关知识有:因此 f=2R(sin A sin B 14sinB A B A2 R2si ncos12 24 RcosB A C (cos - 2 2sinC|)4 RcosB A C (cos - 2 2sinC|)2,2 ,22 a b b ca 2RsinA,b 2RsinB,c 2Rsi

24、nC , r4Rsi/sinEsA B sin sin2 2I)B A BAC2(coscos )sin 2 222R 4Rsi n2C22R(cos2C sin2C)2 22R(cosC2sin C)(2cos2CCcos sin )22ABC,0 B ABC ,又0 B A B A,因B ACB AB AC斗cB AC.Ccoscos ,cos 一cossin故 2cos一cossin2 2 222 ，222 ，sinCC I此则f(x)0C cos2.C sin2C2 ；f (x)cC0 cos2C.Cf(x)0cossinC222 “习题”解答:1.解：选B .9 8sin 509 8

25、sin108si n108sin 5098si n10|8si n(3020 )sin(3020 )9 8si n10 8cos20216sin 10 8si n10所以a 1,b4,c 10,29 8sin108(1 2sin 10 )21 (4si n101)2.解：由sin sin1,cos1cos 得，n sin n sin 15cos1+11+5cos ,333325因此n2 57 3丁 4,因此n的最小值是5，选B.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.n k 1 时，证明如下： |sin(k 1)x| |sin kxcosx coskxsi nx|s in k

26、xcosx | | coskxs inx|1)|si nx|PA PB PC PD的长分别为a、b、c、d,则有B(C=b2+c2+2bccos Q cD=c2+d2-2 cdcos QaD+bCaB-CD=2( ad+bc+ab+cd) cos Q 又凸四边形 ABCDKAD2 BC2 AB2 CD2 2AC BD.|sinkx| |sinx| (k4.证明：不妨设AD=a2+d2+2adcos QAB=a2+b2-2 abcos Q前两式之和减去后两式之和得:ACBt=ad+bc+ab+cd，因此 aD+bC-aB-CD=2 ACBDCos Qcosc(a b c)ab2c (si nA

27、cosA 1) si nA cosA 12c sin AcosAsin AcosAsin A cos A 1，由A (0, )知史的取值范围是2(72 1),1). 2s in (A )12 S46.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 2 2|22|sin- y |2x-y=cos( y+z)- cos( z+x)= 2sin/ |sin 丝 | 1,|sin2y)当x y时，由式有|x y | x y |，产生矛盾.因此x=y，同理可证y=z,7.解法一：S集即为由直线 应的上半平面一般也不同， 平

28、面也包含这条直线），而半径为7 cos2 为一1 cos2xcos cos2确定的上半平面的交集（ 但所有的这种上半平面有公共部分即交集； r的圆的圆心（0, 7）到直线y 由题意知，r应满足r 0改写为2cos2 +xcos +y-1令t=cos 问题等价转换为2t2+xt+y-1 0（1 WW 1恒成立，求x,y的关系.可按对称轴位置分两种情况讨 论：xx若对称轴t= 1 （即x4或x-4）时，只须t=cos = 1时，恒有2t2+xt+y-1为44x y 10即可，从而可得：（x 4或x4）；x y 10若对称轴t =x -1 , 1，即-4 0W4 时，只须判别式 AWO 卩 x2 8

29、(-1)，(-4 X 4.)4综上可得：S对应的平面点集为4)或x2 8y-1),(-44),设得得r = 4.2 ,此的距离为x y 10x y 10(x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, 即卩 y2-6y+41-r2=0,令厶=0 时x=4,y=3，而点(0, 7)到直线 y+x+仁02 2 2x y z (2xycosC 2yzcosA 2zxcosB)4 2 , r最大值为4 2 .2 x2 2 y z(2xycosC2zxcosB)2yz cos(B C)2x2 2y z(2xy cosC2zx cosB)2yz(cosBcosC sin BsinC)(配方)(xycosCzsin B)22(ysinC zsinB)0 .&证：作差,等号成立的充要条件是x ycosC zcosB 0，易得 y: z sinB:sinC，则 y=ksinB ,z=ksinC,ysin C zsin B 0