【提优教程】江苏省2020高中数学竞赛第71讲三角问题选讲教案

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(2020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

2、，再寻求解题方法.解令 t |cosx| 0,1,则 y t |2t2 1| .1时,时,又y可取到21 292y 2t t 1 2(t -)、，得 丁) 48221 29 /日 2y 2t t 12(t ),得482孝，故填等.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xjy1 y Vx1 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，化有三角方程求解，由于根号里面为 x-1与y-1 ,故联想公

3、式sec2 a -1=tan 2 a ,可进行如下变换：x=sec2 a , y=sec2 3 .解 由题意知x>1, y>1,可设x=sec2 a , y=sec2 B ,其中0,2从而 x-1= sec 2a -1=tan 2a , y-1= sec 2 3 -1=tan 2 (3 ,原方程可化为：sec2 a tan B + sec 2 3 - tan a =sec2 a - sec2 3 ,sinsin22cos cos cos cos因止匕有 sin (3 - cos (3 +sin a2 cos cos12 , cos= =1,即 sin2 3 +sin2a =2,从而

4、 sin2 3 =1, sin2-,因此x=y=2,经检验，x=2, y=2是原方程的解. 4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 AB6J有一条动线段，长为 a,它在 ABCH边AB BC AC上的射影长分另1J为l、mi n.求证：l2 m2 n2 3a2.2分析 动线段在三角形各边上的射影可由动线段的长关键是如何a和动线段与各边所成角表示出来，因此问题的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 (0。W e W90。)，则PQW AC所 成角

5、为 60° - 0 , PQ与 AB 所成角为60° + 8 ,于是有l =acos(60 ° + 8) , m=acos 0 ,n=acos(60 ° - 0),因此有 12+m2+n2=a2cos 2(60° + 0)+ cos 2 0 + cos 2( 60° - 0 ), 而 cos2( 60° + 8 )+ cos 2 0 + cos 2(60° - 0 )=1 cos(120 2 ) 1 cos2 1 cos(120 2 )2223132223 2=- -(cos120 cos2 cos2 cos120

6、 cos2 ) - , 1 m n - a .2 222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cosx cosy的取值范围是A. 2, 2 B . 1, 1 C .0,押 D . 33, 3(2020年浙江省数学竞赛)2.求所有的实数xC 0,万，使(2 sin2x)sin(x ) 1,并证明你的结论.3. ABC勺三条边长分别为2222求证：1a b | 1b c | caa、|c2b、c.-a.(2020年江西省数学竞赛) bB类例题例4 ABC勺内角满足 222 -a cos A bsin A 1, a cos B bsinB 1

7、, acos C bsinC 1 试判断 ABC勺形状.分析所给三式结构相同，可将(cos2 A,sin A),(cos2 B,sin B),(cos2C,sin C)视为ax by 1的二组解，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 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.证明由题意，(cos2 A,sin A),(cos 2 B,sin B),(cos2 C,sin C)为方程 ax by 1 的三组解，因此以其为坐标的二点M N P都在直线 ax by 1 上，又(cos

8、2 A,sin A),(cos 2 B,sin B),(cos 2 C,sin C)都满足方程x y2 1 ,因此三点 M N P又都在曲线x y2 1上，所以三点 M Nk P都为曲线2x y 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cos2 A cos2 B,sin A $所8得上8,故三角形 ABC是等腰 三角形.例5已知三个锐角, 满足cos2 cos2cos 2 .求tan tan tan 的取大值.分析注意到条件2 cos2 coscos22 ,联想长方体的性质，构造长方体来求解.coscostantan

9、设长方体长、宽、高、对角线分别为a、costantantantanabc,bc2b、c、 l ,则a2 b2babcb c时取等解 构造长方体，使，分别为对角线与三个面所成角，则cos(3an 1 a” cos2cos22 ,号，因此tan tan tan 的最大值为.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+12w 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a；+an+12wM也可考虑作三角代换，利用三角函

10、数的有界性求解.解设 a <M rcos a 1 i/Mrsin (0 r 1,02 ),则1 2an1 a”n 1S(an 12n 1a2n 1 )(an2n 1、别为x、y、z,可 系，进而证明本n-1VMr (3sincos ) n 1屈r 10 n-vTM 屈，因此最大值为-n-TM J10 .2222例7设ABE有一点 P,满足/ PA弓/ PBG/PCA0 .求证：cot 0 =cot A+cot B+cotC.分析 设三边为a、b、c, PA PB PC 考虑利用正弦定理、 余弦定理来表示出边角关 题.解对三个小三有形分别使用余弦定理乏222c八 222c八Bay =x +

11、c -2 xccos % z =y +a-2 yacos 0 ,x2=z2+b2-2 zbcos 0 ,三式相力口得：2(ay+bz+cx) cos 0 =a2+b2+c2,1又由正弦te理知，Saab(= SLabp+Sapb(+SLpac= (xc+ay+bz) sin 0 ,两式相除得: 2a? b? c2cot -,又在 ABC,由余弦定理有 a2=b2+c2-2 bccosA, b2=c2+a2-2 cacosB,4S ABCc2=a2+b2-2 abcos C,相力口得,a2+b2+c2=2abcos C+2bccos A+2accos B, 2ab cosC 2bccos A 2

12、ca cosB从而 cot ,4s ABC 4 s ABC 4s ABC又4SAB(=2absin C=2bcsin A=2acsin B,分别代入上式右边的三个分母即得：cot 0 =cot A+cot 母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 个半径为r cm (r C ( 0 用剩下部分截成一个矩形 大？最大面积为多少？20cm的正方形铁片ABCD20)的扇形AEF (四分PMC N怎样截可使此矩5. 求满足下式的锐角 x已截去了一 之一个圆)， 形面积最6r< PA+PB-PC(2x8)(Xo1) |13%|

13、,解得8xo2 ,弦长为Ji2 |M|,从而弦长的最大值为 48 1628邪.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asinx bcosx的有界性求解，方法更为巧妙.例9 求证：sin n2x+(sin nx-cos nx)2< 1,其中n C N*.(2000年俄罗斯数学竞赛题)分析： 即证 2nsin nxcosnx+sin 2nx+cos2nx-2 sin nxcosnx< 1, 即证 sin 2nx+cos2nx+(2 n-2)sin nxcosnx< 1,显然可考虑将右边的1代换成(sin 2x+cos2x)n,并展开进行证明.22

14、、 n o . 2n 八1 . 2n 222 . 2n 44m 1=(sin x+cos x) =Cn sin x Cn sinxcos x Cn sin xcos x3.2n66n 1.2 2n 2n 2nCn sinxcos x LCn sin xcos x Cn cos x,22 n 0 2n12n 2.22 2n 4 .41=( cos x+sin x) =Cn cos x Cn cosxsin x Cn cos xsin xC3 cos2n 6xsin6 x LC；1 cos2 xsin2n 2 x Cn sin2n x ,两式对应项相加得：02n2n12n222n222=Cn(si

15、n x cos x) Cn(sin xcos x cos xsin x)2 2n 442n 44n 2n2nCn (sinxcos x cos xsin x) LCn (cos x sin 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 2n k k 2n k k n nsin xcos x cos xsin x 2sin xcos 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 xcosn x ,2n2n 、n n 12n 1、从而有 2> 2(sin x cos x)+ 2sin xcos x (Cn Cn LCn ),即2n2n、-nnnn.

16、n n_2n_ 2nnn1 > (sin x cos x) + sin xcos x (22),即有 2 sin xcos x+sin x+cos x-2 sin xcos x< 1,即 sin n2x+(sin nx-cos nx) 2< 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：111cos cos cos (222 )3coscoscos8 .设a、b、c为 ABC的三条边，a< b< c, R和r分别为 ABC勺外接圆半径和内切圆半径.令f=a+b-2R2r,试用C的大小来判定f的

17、符号.习题1.若a,b,c均是整数(其中0 c 90 ),且使得。9 8sin50 a bsin c ,则"a-b的值A. 1 B. 1 C. 2 D. 1 2332 .设 nC N, nsin1>5cos1+1 ,贝U n 的最小值是()A. 4 B.5 C.6 D.73 .求证：|sinnx| n|sinx|, n n*4.设凸四边形 ABCDL对角线交于点 P, /APBM,求证：cos_ 22_ 22AD BC AB CD2AC 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cL的取值范围.S6 .若x、

18、v、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 r2,集合S (x, y)|x,y R,且对任何R,都有cos2xcos 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： 222x y z 2xycosC 2yzcosA 2zxcosB ,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 Jx 4 -5 3x的值域.-2工10 .已知a b 0,用三角方法证明：空 疝-ab J-a一b-a b2.211 .点 P

19、 在ABCft.求证：acosA+bcosB+ccosCw PA。sin A+PEB- sin 削PC sin C.12 .设 0, , , cos2 cos2cos21 .求证：22、2 . 42、2 . 42、2 .42 (1 cos ) sin(1 cos ) sin (1 cos ) sin222(1 cos )(1 cos )(1 cos )本节“情景再现”解答：1 .解：设 cosx cosy t ，cos2 x 2cos xcosy cos2 y t2 .2又由 sin x sin y 1 ,故 sin x八2/2sinxsiny sin y 1 .因止匕有 2(cosxcosy

20、 sinxsiny)t2 1 ,即 2cos( x y) t2 1由于1 cos(x y) 1 ,所以有t23 ,即 J3 t 73. .选 D.2.解:令 sin(x ) t,即 sin x cosx 72t ,一 一 一 2是 sin2x 2t 1从而有t(32t2) 1,即 2t33t1 0,注意t 1是上述方程的解，故_ 2(t 1)(2t2t 1) 0,由于2于是2t 2t 11 1 .从而，方程有唯一解 t 1故原方程有唯一解3.证明：即证:422 _| sin A sin B |.2 、 sin C2 _2 一|sin B sin C|sin2 A2 一2|sin C sin A

21、|sin2 B '注意到：sin2.2 -A sin B sin( A B)sin( AB) sinCsin(AB),故只要证而 | sin(C|sin(A B)| |sin(B C) | |sin(C A) | A)| |sin(A B) (B C)|sin(A B)cos(B C) 号成立.4 .解以A为原点,cos(A B)sin( B C)|sin(A B) |sin(B C)|当且仅当 A=B=C时等射线AB为x轴正半轴，建立直角坐标系，设/ PAE= 0P( rcos 0 , rsin 0 ) , 0e 0 ,-.令矩形PMCN面积为S,则S= (20-rcos 0 ) (

22、20- rsin 0 )=400-20 r (cos 0 +sin 0 )+ r2sin 0 cos 0 ,令 cos 0 +sin 0 =a,2贝U sin 0 cos 0 =-1 ,2a1,J2,则2d rS=(a220)2 r1 200 ,(1)201,1 亚)即 r (40 质 40,20时, 2若S取得最大值,20Smax41 、22?Smax20 2)1 r200220r 400 .2r 40.2 40若 S取得最大值，则1 200(2 2 81) 2-r 200. BCD,(如/BCB万 x,积等式Sa acd+S1 ,又x为锐角，(3 )当20 (LJ2)，即r (0,40隹4

23、0)时，若 S取得最大值，则r 22Smax (1 3)2 1 200 400 20r. 2 r5.解：将原式变为余弦定理的形式：( 12)2 ( 3)2 2 12 3coSX( 3)2 22 2 3 2cOS(2 x) 4据此，可作共边的两个三角形4ACD图)，使 ag=712, CD=J3, bg=2, /ACDx,依题意有 ADHBD=4,连AB在RtAABC,AB=JaC2 BC2 4 ,故点D在AB上，有面BCD=SABC)即112 73sin x '事 2sin( x) 1V2 IP -sin x -cosx 1 ,即 sin( x) 222226故x . 3A B C6

24、.证明：/ APB () ，由正弦定理得:222AP AB.B sin APB in 2ABC cos 22RsinCC cos 2C 工 4Rsin ,于2是AP4RsinBsinC22 'ACAB同理可得 BP 4Rsinsin CP 4Rsinsin 22'22'!)2<4R2=3R47r CA CD CC /D/ B.C . A . C . A . B 故 PArPE+P(=4R( sin sin + sin sin +sin sin )& 4R( sin A sin B sin 22再作PHL AB于HPH=r, PA=一 .A sin 一 2P

25、B= .B sin 一 2PC= .c sin 2从而 PA+PBfPC= +>r - 3 1 3r - 6r .A . B . C3 Ac、Bc、C 3 1sin - sin sin-sin -sin sin222222'8综上所述，6r<PA+PBnPCc 3R7. 证明： 可先证 cos2cos2cos21,作 VOL 平面 ABC于 O, ODL AB 于 D,贝U/VDO .令 VA=a, VB=b, VC=c,2 21a b2, 2, 2 222，” ,c .2 a b b c c a1 ()VD同理可得cos22. 2 I 2 222a b b c c a2，

26、cos2. 2 I 2 222a b b c c a,所以cos22 cos2 cos2, 22再证 a b c一2, 2, 2 22 2- a b b c c a8.解：由三角形相关知识有：a 2RsinA,b 2RsinB,c2RsinC ,4RsinfsinPsin£A B C因此 f=2R(sinA sin B 1 4sin sin sin )B A B2R2sin cos 2c, B A2(cos2B A cos2、 C )sin 2B A C4 R cos(cos 22Csin )22R 4Rsin2B A 4Rcos2(cosC2sinC)22 R(cos2 C . 2

27、sin2f)C 2R(cos sin C)(2cosC cos 2sinC)2B A cos2C Bcos ,cos 一 2B A cos2C sin 一2B A2cos2C cos 2C sin 一2f(x) 0C cos 2.C sin 2f(x) 0C cos 2.C sin 2f (x) 0C cos2.C sin2“习题”解答:B.9 8sin508sin108sin10所以a 1, b2.解:8sin108sin10216sin2104,c 10,8sin(308cos208sin10由 sin >sin1,cos1>cos20 ) sin(309 8sin10(4si

28、n10一得，n 3因此n学业4,因此n的最小值是5, .33'8sin5020 )-28(1 2sin 10 )1)2 sin >n - sin1>5cos1+1>1+5cos选B.|sinkx| |sin x | (k4.证明：不妨设AD2=a2+d2+2adcos 0AE2=a2+b2-2 abcos 03.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 kxcosx coskxsinx| |sinkxcosx| |coskxsinx| 1)|sin x|PA PB PC PD的长分别为a

29、、b、c、d,则有BC=b2+c2+2bccos 0 ,CD2=c2+d2-2 cdcos 0 ,前两式之和减去后两式之和得：AD+BC-Ag-CD=2(ad+bc+ab+cd)cos。，又凸四边形 ABCM,AC BD=ad+bc+ab+cd,因 此AD+BC-A由 CD=2AC- BD cos 0,2222AD BC AB CD cos 2AC BD5.解：crS2c(a b c)ab22,c (sin A cos A 1) sin A cos A 12c sin Acos Asin Acos Asin A cos A 1,由A (0, _)知cL的取值范围是2(/ 1),1).2sin(

30、A -) 16.证明：依题意有 x=cos( y+z)x yx-y=cos( y+z)-cos( z+x)= 2sin-y=cos( z+x),z=cos( x+y),贝UZsinx y 2z x y |sin | 1,|sin-22| |x y|2(x y)，当x y时，由式有| x y |2|sinx2斗 |xy |,产生矛盾.因此x=y,同理可证y=zfcztx=y=z.7.解法一：S集即为由直线y xcos cos2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

31、 xcos cos2的距离为7 cos21 cos2,由题意知，r应满足r &7 cos22 cos故r的最大值是L cos2的最小1 cos值.rcc27 cos22cos1 cos22 cos6 2 5 cos24,1 cos2当且仅当cos1时，r的解法二：(二次函数方法)把 cos2+xcos +y >0改写为22cos+xcos+y-1 >0,令t=cos 问题等价转换为2t2+xt+y-1 >0( -1 w t w 1)恒成立，求x,y的关系.可按对称轴位置分 两种情况讨论：若对称轴t =<-1 或 t = 4x2>1(即 x>4或 x&

32、lt;-4 )时，只须 t =cos =± 1 时，恒有 2t +xt +y-1 >0 4即可，从而可得:0(x 4或x4)；1 0若对称轴t =£ -11,即-4wxw4 时,只须判别式即x28(y-1),(- 4<x<4).综上可得：的平面点集为圆 x2+(y-7)0 (x 4或x 02=r2与抛物线x8( y-1)+( y-7) 2- r2=0,即 y2-6 y+41-r2=0,令'/2=8( y-1)相切，消去4)或 x&8(y-1),(-4< x<4),设=0 得 r = 4,Z2 ,此时x=±4,y=3,而

33、点(0,7)到直线y+x+1=0的距离为4J2 ,二. r最大值为4/2.8.证：作差，x2 y2 z2 (2xycosC 2yzcosA 2zxcosB)222=xyz(2xycosC2zxcosB)2yzcos(B C)222=xyz(2xycosC2zxcosB)2yz(cosBcosCsin B sin C)(配方)22=(x ycosC zsin B) (ysin C zsin B) 0.x ycosC zcosB 0 一等方成立的充要条件是，易得y : z sin B :sin C ,则y=ksin B, z=ksin C,ysinC zsin B 0代入得 x=ksin( BC)

34、= ksin A,x: y: z sin A:sin B :sin C .-),则有9.解：函数的定义域为4 , 5,可设x 4 sin2 (043 cos 2sin(寸，又。y sin215 3(4 sin2 ) sin因此值域为1,2.10.证明 引进平均值三角变换， a 2 cos2 ,b 2 sin2 ,(0a b2J2b2. ab . 4 2 cos24 2 (cos4 sin4 )由 1 cos2 21_ 2 _sin 2sin 2. 2 sin,1 cos2得2ab寸a bsin 2 ab2aba bsin 2 sin2 2，11.证明：过P作三边垂线，/ PAE= a ,贝U cos a = -AE , cos( AxAE c AF cosB cosC cos cosB xx分别交 BC AC AB于 H E、F,设 AP=x, BF=y, CP=z,a尸结， xcos(A )cosC,下证 cos cosB cos(A )cosC sin A,即 AE cosB AF cosC xsin A .cos cosB cos(A )cosC cos cos(A C) (cosAcossin Asin )cosCsin Asin