【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

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2
x
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 令
t?|cosx|?[0,1]
，则
y?t?|2t
2
?1|
．
当
22
19
?y?2
；
?t?1
时，
y?2t
2
?t?1?2(t?)
2
?
，得
2
2
48
229
19
时，

y??2t
2
?t?1??2(t?)
2
?
，得
?y?

228
48
当
0?t?
22
, 故填 ．
22
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．
又
y
可取到
例2 求方程
xy?1?yx?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
222
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
=se c
2
β
．
解 由题意知
x
>1，
y
> 1，可设
x
=sec
α
，
y
=sec
β
， 其中
0?
?
,
?
?
从而
x
-1= sec
α
-1=tan
α
，
y
-1= sec
β
-1=tan
β
，原方程可化为：
2222
sec
α
·tan
β
+ sec
β
·tan
α
=sec
α
·sec
β
，
sin
?
sin
?
1
即，
??
cos< br>2
?
cos
?
cos
2
?
cos
?
cos
2
?
cos
2
?
因此有sin
β< br>·cos
β
+sin
α
·cos
α
=1，即sin2
β
+sin2
α
=2，从而sin2
β
=1，sin2α
=1，
，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
ABC
内有一条动线段，长为
a
， 它在△
ABC
三边
AB
、
BC
、
AC
上的 射影
2222
22
?
2
，
?
?
?
?
?
3
长分别为
l
、
m
、
n
． 求证：
l
2
?m
2
?n
2
?a
2
．
2
分析 动线段在三角形各边上的射影可由
a
和动线段与各边所成角表 示出来，因此问题的
A
动线段的长
关键是如何
P
B
Q
C
?

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°-
θ
，
PQ
与
AB
所成角为60°+
θ< br>，于是有
l
=
a
cos(60°+
θ
)，
m
=
a
cos
θ
，
n
=
a
cos( 60°-
θ
)，
2222222
因此有
l
+
m< br>+
n
=
a
[cos(60°+
θ
)+ cos
θ
+ cos(60°-
θ
)]，
222
而cos(60°+
θ
)+ cos
θ
+ cos(60°-
θ
)
=
=
1?cos(120??2
?
)1?cos2
?
1?cos(120??2
?
)

??
222
3133
?(cos120?cos2
?
?cos2< br>?
?cos120?cos2
?
)?
，∴
l
2
?m
2
?n
2
?a
2
．
2222
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．
[0,3]
D．
[?3,3]

（2020年浙江省数学竞赛）
2．求所有的实数
x
∈[0,
?< br>?
],使
(2?sin2x)sin(x?)?1
,并证明你的结论．
4
2
3．△
ABC
的三条边长分别为
a
、
b、
c
．
|a
2
?b
2
||b
2?c
2
||c
2
?a
2
|
求证：．（2020 年江西省数学竞赛）
??
cab

B
类例题
例4 △
ABC
的内角满足
acos
2
A?bsinA?1,acos< br>2
B?bsinB?1,acos
2
C?bsinC?1

试判断△
ABC
的形状．
分析 所给三式结构相同，可将
(co s
2
A,sinA),(cos
2
B,sinB),(cos
2C,sinC)
视为
ax?by?1
的
三组解，而
ax?by? 1
又可看作直线方程，
(cos
2
A,sinA),(cos
2B,sinB),(cos
2
C,sinC)
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，
(cos
2
A,sinA),(cos
2
B,sinB), (cos
2
C,sinC)
为方程
ax?by?1
的三组解，因此< br>以其为坐标的三点
M
、
N
、
P
都在直线
ax ?by?1
上，又
(cos
2
A,sinA),(cos
2
B,sinB),(cos
2
C,sinC)
都
满足方程
x?y2
?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< br>的交点，而直线与抛物线至多有两个交点，因此
M
、
N
、
P< br>至少有两
个点重合，不妨设
M
与
N
重合，则由
cos
2
A?cos
2
B,sinA?sinB
得
A
=< br>B
，故三角形
ABC
是等腰
三角形．

例5已 知三个锐角
?
,
?
,
?
满足
cos
2?
?cos
2
?
?cos
2
?
?2
． 求
tan
?
tan
?
tan
?
的最大值．
分析 注意到条件
cos
2
?
?cos
2
??cos
2
?
?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
cos
2
?
?cos
2
?
?co s
2
?
?2
，
设长方体长、宽、高、对角线分别为
a、
a
2
?b
2
cos
?
?
l
c
2
?a
2
cos
?
?
l
b
、< br>c
、
l
，则
，
b
2
?c
2
cos
?
?
l
，
，
tan
?
?
，
abc
c
a?b
22
，
b
c?a
22< br>tan
?
?
a
b?c
22
tan
?
?
，从而
tan
?
tan
?
tan
?
?< br>a
2
?b
2
b
2
?c
2
c
2
?a
2
?
abc
2ab2bc2ac
?
2
，当且仅当
a?b?c
时取等
4
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．
22
例6 给定正整数
n
和正数
M
，对于满足条件
a
1
+
a
n
+1
≤
M
的所有等差数列{
a
n
}，求
S
=
a
n
+1
+
a
n
+2
+…+
a
2
n
+1
的最大值．（1999年全国联赛一试）
22
分析 本题有多种解法，由条件
a
1
+
a
n
+1
≤
M
，也可考虑作三角代换，利用三角函数的有界
性求解． < br>号，因此
tan
?
tan
?
tan
?
的最大 值为
解 设
a
1
?Mrcos
?
,a
n?1?Mrsin
?
(0?r?1,0?
?
?2
?
)
，则
S?
?
n?1n?1n?1
(a
n?1
?a
2n?1
)?(a
n?1
?2a
n?1
?a
1
) ?(3a
n?1
?a
1
)

222
n?1n?1n ?1n?1
Mr(3sin
?
?cos
?
)?Mr?10?M?10
，因此最大值为
M?10
．
2222
例7 设△
AB C
内有一点
P
，满足∠
PAB
=∠
PBC
=∠PCA
=
θ
．
求证：cot
θ
=cot
A< br>+cot
B
+cotC.
A
?
分析 设三边为
a
、
b
、
c
，
PA
、
PB
、
PC
分别为
x
、
y
、
z
，可
x
b
考虑利用正弦定理、余弦定理来表示出边角关系，进而证明本
c
yz
P题．
?
?
解 对三个小三有形分别使用余弦定理得：
a
C< br>B
y
2
=
x
2
+
c
2
-2
xc
cosθ，
z
2
=
y
2
+
a
2
-2
ya
cosθ，
x
2
=
z
2
+
b
2
-2
zb
cosθ，三式相加得：2(
a y
+
bz
+
cx
)cosθ=
a
2
+b
2
+
c
2
，
又由正弦定理知，
S
△
ABC
=
S
△
A BP
+
S
△
PBC
+
S
△
PAC
=
1
(
xc
+
ay
+
bz
)sinθ，两 式相除得：
2
a
2
?b
2
?c
2
2222 22
cot
?
?
，又在△
ABC
中，由余弦定理有
a
=
b
+
c
-2
bc
cos
A
，
b
=
c
+
a
-2
ca
cos
B< br>，
4S
?ABC

c
2
=
a
2
+
b
2
-2
ab
cos
C
，相加得，a
2
+
b
2
+
c
2
=2
ab
cos
C
+2
bc
cos
A
+2
accos
B
，
从而
cot
?
?
2abcosC 2bccosA2cacosB
，
??
4S
?ABC
4S
?ABC
4S
?ABC
又4
S
△
ABC
=2
ab
sin
C
=2
bc
sin
A
=2
a c
sin
B
，分别代入上式右边的三个分母即得：
cot
θ
=cot
A
+cot
B
+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20
cm
的正方形铁片
ABCD
个半径为
r cm
（
r
∈（0，20]）的扇形
AEF
（四分
用剩下 部分截成一个矩形
PMCN
，怎样截可使此矩
大？最大面积为多少？



5．求满足下式的锐角
x
：
5?12cosx?7?4 3sinx?4

D
N
C
已截去了一
之一个圆），
形面积最
F
P
A
M
B
?
E
6．
P
是△
ABC
的内心，
R
、
r
分别为△
AB C
外接圆和内切圆的半径．求证：6
r
≤
PA
+
PB
+
PC
≤3
R
.


C
类例题
例8 给定曲线族
2(2sin
?
?cos
?
? 3)x
2
?(8sin
?
?cos
?
?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< br>的另一交点的坐标．
解法一 把
y?2x
代入曲线族方程得：
(2 sin
?
?cos
?
?3)x
2
?(8sin
?< br>?cos
?
?1)x?0
，
又
2sin
?
?cos
?
?3?3?5?0
，故
x
≠0时，就有
x?8sin
?
?cos
?
?1
，令
2sin
?< br>?cos
?
?3
2u1?u
2
8u?1
2
， 则，得2
xu
+2(
x
-4)
u
+(
x
- 1)=0，由
u
∈
R
知，当
x
sin
?
? ,cos
?
?
x?
22
2
1?u1?u
2u?2u ?1
2
≠0时，△=[2(
x
-4)]-8
x
(
x
-1)
2
=4(-
x
-6
x
+16)≥0，从而 -8≤
x
≤2且
x
≠0，因此|
x
|
max
=8，由
y?2x
得，弦长为
1?2
2
|x
0
|
，
从而弦长的最大值为
8
2
?16
2
?85
．
解法二 曲线族与直线
y?2x
相交于（0，0）及另一点
(x0
,y
0
)
，且
x
0
满足
(2x0
?8)sin
?
?(x
0
?1)cos
?
? 1?3x
0
，故存在
?
，使得
(2x
0
?8)si n
?
?(x
0
?1)cos
?
?(2x
0
?8)
2
?(x
0
?1)
2
sin(
?
?
?
)

∴
(2x
0
?8)
2
?(x
0
?1)
2
?|1?3x
0
|
， 解得
?8?x
0
?2
，弦长为
1?2
2
|x
0
|
，从而弦长的最大值
为
8
2
?16
2
?85
．
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．

nnn
2
例9 求证：sin2
x
+(sin
x
-cos
x
)≤1，其中
n
∈N*.(2000年俄罗斯数学竞赛题) nnn
2
n
2
nnn
2
n
2
nn 分析：即证2sin
x
cos
x
+sin
x
+ cos
x
-2 sin
x
cos
x
≤1，即证sin
x
+cos
x
+(2-2)
nn
22
n
sin
x
cos
x
≤1，显然可考虑将右边的1代换成(sin
x
+cos
x
)，并展开进行证明．
012
sin
2n
x? C
n
sin
2n?2
xcos
2
x?C
n
sin
2n?4
xcos
4
x
证 1=(sin
x
+cos
x
)=
C
n
22
n
3n?1n
?C
n
sin
2n?6
xcos
6
x?L?C
n< br>sin
2
xcos
2n?2
x?C
n
cos
2n
x
，
012
cos
2n
x?C
n
c os
2n?2
xsin
2
x?C
n
cos
2n?4
xsin
4
x
同理1=( cos
x
+sin
x
)=
C
n
22
n
3n?1n
?C
n
cos
2n?6
xsin
6
x?L?C
n
cos
2
xsin
2n?2
x?C
n
sin
2n
x
，两式对应项相加得：
01
(sin
2n
x?cos
2n
x)?C
n
(sin
2n?2
xcos
2
x?cos
2n?2
xsin
2
x)
2=
C
n
2n
?C
n
(sin
2n?4
xcos
4
x?cos
2n?4
xsin
4
x)?L?C
n
(cos
2n
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?kxcos
k
x?cos
2n?k
xsin
k
x?2si n
n
xcos
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
xcos
n
x
，
12n?1
?C
n
?L?C
n
)
，即 从而有 2≥
2(sin
2n
x?cos
2n
x)
+
2si n
n
xcos
n
x
(C
n
1≥
(sin< br>2n
x?cos
2n
x)
+
sin
n
xco s
n
x?(2
n
?2)
，即有2sin
x
cos< br>x
+sin
x
+cos
x
-2 sin
x
c os
x
≤1，
即sin2
x
+(sin
x
-cos
x
)≤1．
nnn
2
nnn
2
n
2
nnn

情景再现
7．三棱锥
V
-
ABC
的三条棱
VA< br>、
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
?
co s
?
cos
?
(
111
??)?3

22 2
cos
?
cos
?
cos
?
8．设
a< br>、
b
、
c
为△
ABC
的三条边，
a
≤
b
≤
c
，
R
和
r
分别为△
AB C
的外接圆半径和内切圆半径．令
f
=
a
+
b
-2
R
-2
r
，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?8sin50??a?bsinc?
，则
是
a?b
的值
c

12
1
Ｃ． Ｄ．
23
3
2．设
n
∈
N
，
n
sin 1>5cos1+1，则
n
的最小值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
Ａ．
1
Ｂ．
3．求证：
|sinnx |?n|sinx|
，
n?N
*

AD
2
?BC< br>2
?AB
2
?CD
2
4．设凸四边形
ABCD
之对角线交于点
P
，∠
APB
=θ，求证：
cos
??
2AC?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

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x
2
?(y?7)
2
?r
2
}
，集合
S?{(x,y)|x,y?R,且对任 何
?
?R,都有cos2
?
?xcos
?
?y?0}
，试求最大正数
r
，使得集合
T
cr
的取值范围．
S
为集合
S
的子集．

8．已知
?ABC
中，
x,y,z
为任意非零实数，求证：
x
2
?y
2?z
2
?2xycosC?2yzcosA?2zxcosB
，其中当且仅当x:y:z?sinA:sinB:sinC
时等号
成立．

9．求函数
y?x?4?15?3x
的值域．
2aba?ba
2< br>?b
2
10．已知
a?b?0
，用三角方法证明：
?ab??
a?b22

11．点
P
在△
ABC
内．
求证：
a
c os
A
+
b
cos
B
+
c
cos
C
≤
PA
·sin
A
+
PB
·sin
B< br>+
PC
·sinC．

12．设
0?
?
,
?
,
?
?
?
2
，
cos
2
?
?cos
2
?
?cos
2
?
?1
．求 证：
2?(1?cos
2
?
)
2
sin
4
?
?(1?cos
2
?
)
2
sin
4
?< br>?(1?cos
2
?
)
2
sin
4
?
?(1?cos
2
?
)(1?cos
2
?
)(1?cos
2
?
)


本节“情景再现”解答：
1．解：设
cosx?cosy?t
，
?

cos
2< br>x?2cosxcosy?cos
2
y?t
2
．

又由
sinx?siny?1
，故
sin
2
x?2sinxsiny?sin
2
y?1
．
因此有
2(cosxcosy?sinxsiny)?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?
2
?
4
)?t
，即
sinx?c osx?2t
，于是
sin2x?2t
2
?1

3
从而有
t(3?2t)?1
，即
2t?3t?1?0
，注意
t?1< br>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?2t?1?2?
2
12
?2??1?1
．从而，方程有 唯一解
t?1

22
故原方程有唯一解
x?
?
4
．
|sin2
A?sin
2
B||sin
2
B?sin
2
C||sin
2
C?sin
2
A|
3． 证明：即证：，
??
sin
2
Csin
2
Asin
2
B
注 意到：
sin
2
A?sin
2
B?sin(A?B)sin(A?B )?sinCsin(A?B)
，
故只要证
|sin(A?B)|?|sin(B?C)|?|sin(C?A)|

而
|sin(C?A)|?|sin[(A?B)?(B?C)]|

?|s in(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
(
r
cos
θ
，
r
sin
θ
)，
θ
∈[0，
?
]．令矩形
PMCN
2
D
N
C
面积为
S
，则
S
=（20-
r
cos
θ
）(20-
r
sin
θ
)
2< br>=400-20
r
(cos
θ
+sin
θ
)+
r
sin
θ
cos
θ
，令
cos
θ
+s in
θ
=
a
，
a
2
?1
则sin
θ
cos
θ
=，
a?[1,2]
，则
2
r
2
20
S
=
[(a?)
2
?1]?200
， < br>2r
（1）当
F
P
A
M
B
?
E201?2
?[1,)
即
r?(402?40,20]
时，
r2
r
2
20
2
r
2
?
大值，则
a? 2,
?
?
，
S
max
?[(2?)?1]?200??20 2r?400
．
2r2
4
若
S
取得最
（2）当< br>S
max
201?2
?
r2
，即
r?402?40< br>时，若
S
取得最大值，则
r
2
1?2
2
(2 2?1)
2
?[()?1]?200?r?200
．
228

（3）当
201?2
?(,??)
，即
r?(0,402?40)< br>时，若
S
取得最大值，则
r2
r
2
20
S< br>max
?[(1?)
2
?1]?200?400?20r
．
2r
5．解：将原式变为余弦定理的形式：
(12)
2
?(3)< br>2
?212?3cosx?(3)
2
?2
2
?23?2cos (?x)?4

2
?
据此，可作共边的两个三角形△
ACD
、
C
△
BCD
，（如
x
12
3
图），使< br>AC
=
12
，
CD
=
3
，
BC=2，∠
ACD
=
x
，
依题意有
AD
+
BD
=4，连
AB
，在
Rt
△
ABC
中，
∠
BCD
=
?
2
?
2
?x
，
- x
AB
=
AC
2
?BC
2
?4
，故点D
在
AB
上，有面
△
A
积等式
S
△< br>ACD
+
S
D
B
BCD
=
S
△ABC
，即
11
?
31
?
12?3sinx?3?2s in(?x)?12
，即
sinx?cosx?1
，即
sin(?x)?1< br>，又
x
为锐角，
222
22
6
故
x??
3
．
A
2
B
2
6．证明：∠
AP B
=
?
?(?)?
?
?C
2
，由正弦定理得： < br>BC
APABAB2RsinCC
????4Rsin
，于是
AP?4 Rsinsin
，
B
sin?APB
CC
22
2
sincoscos
222
同理可得
BP?4Rsin
故
PA
+
PB
+
PC
=4
R
(
sin
≤4R
(
sin
ACAB
sin
，
CP?4Rsinsin
，
2222
BCACAB
sin
+
sinsin
+
sinsin
)
222222
ABC
2
3
?s in?sin
)≤4
R
()
2
=3
R
．
222
2
再作
PH
⊥
AB
于
H
，则PH
=
r
，
PA
=
r
A
sin
2
C
2
，同理：
PB
=
r
B
sin2
，
PC
=
r
C
sin
2

从而
PA
+
PB
+
PC
=
r
sin
A
2
+
r
sin
B
2
+
r
si n
≥
r
·3
1
3
sin
ABC
sinsi n
222
?3r
3
1
?6r
．
1
8综上所述，6
r
≤
PA
+
PB
+
PC
≤3
R
.
7．证明：可先证
cos
2
?
?cos
2
?
?cos
2
?
?1
，作
VO
⊥平面
ABC
于
O
，
OD
⊥
AB
于
D
，则∠
VDO
=
?
．令
VA
=
a，
VB
=
b
，
VC
=
c
，
11a
2
b
2
??
则
cos
?
?
，
1?tan
2
?
1?(
c
)
2
a2
b
2
?b
2
c
2
?c
2
a
2
VD
2
b
2
c
2
c
2
a
2
2
同理可得
cos
?
?
222222
，
cos
?
?
222222
，所以
cos
2
?
?cos
2
?
?cos
2
?
?1
，< br>ab?bc?caab?bc?ca
2

再证
a
2
?b
2
?c
2
ab?bc?ca
222222
?3
．
ABC
sinsin
，
222
8．解：由三角形相关知识有：
a?2RsinA,b?2RsinB,c?2RsinC
，
r?4Rsin
因此
f
=2
R
(sinA?sinB?1?4sin
?2R[2si n
?4Rcos
?4Rcos
?2R(cos
ABC
sinsin)

222
B?AB?AB?AB?AC
cos?1?2(cos?cos)s in]

22222
B?ACCC
(cos?sin)?2R?4Rsin
2

2222
B?ACCCC
(cos?sin)?2R(cos
2
?s in
2
)

22222
CCB?ACC
?sin)(2cos?cos?sin)
22222
∵
cos
A?B?C
，∴
0?B?A?B?C
，
，故
又
0?B?A?B?A
2cos
，因
，
此
则
，
B?ACB?AB?AC
?cos,cos?cos?sin
22222
CC
?
?sin?C?
222
CC
?
? sin?C?
．
222
B?ACC
?cos?sin
222
CC
?
?sin?C?
222
f(x)?0?cos
f(x)?0 ?cos
；
f(x)?0?cos
“习题”解答：
1．解：选B．
9?8sin50??9?8sin10??8sin10??8sin50?


?9?8sin10??8[sin(30??20?)?sin(30??20?)]


?9?8sin10??8cos20??9?8sin10??8(1?2sin
2
10?)


?16sin
2
10?? 8sin10??1?(4sin10??1)
2

所以
a?1,b?4,c ?10
，
2．解：由sin
2?5
3
a?b1
?
．
c2
????
>sin1,cos1>cos得，
n
·sin>n
·sin1>5cos1+1>1+5cos，
3333
因此
n>
?
73
?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|?|sinkxcosx?coskxsin x|?|sinkxcosx|?|coskxsinx|

?|sinkx|?|sinx|?(k?1)|sinx|

4．证明：不妨设PA
、
PB
、
PC
、
PD
的长分别为
a
、
b
、
c
、
d
，则有
AD
2
=
a
2
+
d
2
+2
ad
cosθ ，
BC
2
=
b
2
+
c
2
+2bc
cosθ，
AB
2
=
a
2
+
b
2
-2
ab
cosθ，
CD
2
=
c
2
+
d
2
-2
cd
cosθ，
2222
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，
2222
AC
·< br>BD
=
ad
+
bc
+
ab
+
cd< br>，因此
AD
+
BC
-
AB
-
CD
= 2
AC
·
BD
cosθ，∴

AD
2?BC
2
?AB
2
?CD
2
．
cos
?
?
2AC?BD
crc(a?b?c)c
2
(sinA?cos A?1)sinA?cosA?1
5．解：
?

??
2
Sa bcsinAcosAsinAcosA
?
22
?
cr
?
， 由
A?(0,)
知的取值范围是
[2(2?1),1)
．
?
sinA?cosA?1
2S
2sin(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?2zx?y
①
si n
22
x?y?2zx?y|x?y|
∵
|sin|?1,|sin|?(x ?y)

222
x?y
∴当
x?y
时，由①式有
| x?y|?2|sin|?|x?y|
，产生矛盾．因此
x
=
y
，同 理可证
y
=
z
，
2
x
-
y
=co s(
y
+
z
)-cos(
z
+
x
)=2sin
于是
x
=
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??xcos
?
?cos2
?
的距离为
7?cos2
?
7?cos2
?
7?cos2
?
，由题意知，
r
应满足
r
≤，故
r
的最大值是的最 小
222
1?cos
?
1?cos
?
1?cos
?
值．
7?cos2
?
1?cos
?
2
?
2 cos
2
?
?6
1?cos
?
2
?21?cos< br>2
?
?
4
1?cos
?
2
?42
， 当且仅当
cos
?
??1
时，
r
的
最大值为
42
．
解法二：（二次函数方法）把cos2
?
+
x
c os
?
+
y
≥0改写为2cos+
x
cos
?+
y
-1≥0，令
t
=cos
?
问题等价转换为2t
2
+
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：
2
?
xx
2
①若对称轴
t
=
?
< -1或
t
=
?
>1（即
x
>4或
x
<-4 ）时，只须
t
=cos
?
=±1时，恒有2
t
+
x t
+
y
-1≥0
44
?
x?y?1?0
(x?4或 x??4)
； 即可，从而可得：
?
?x?y?1?0
?
x
2
②若对称轴
t
=
?
∈[-1，1]，即-4≤
x
≤4时，只须判别式△≤0即
x
≤8(
y
-1), (-4≤
x
≤4)．
4
综上可得：
S
对应的平面点集为< br>?
x?y?1?0
2
(x?4或x??4)
或
x
≤8 (
y
-1),
?
?
?x?y?1?0
(-4≤
x
≤4)，设
圆
x
+(
y
-7)=
r
与抛物 线
x
=8(
y
-1)相切，消去
8(
y
-1)+(
y
-7)-
r
=0，即
y
-6
y
+41-
r
=0，令△
2222
2222
x
得
=0得
r
=
42
，

此时
x
=±4,
y
=3，而点（0，7）到直线
y
+
x
+1=0的距离为
42
，∴
r
最大值为
42
．

8．证：作差，
x
2
?y
2
?z
2
?(2xycosC?2yzcosA ?2zxcosB)

=
x
2
?y
2
?z
2
?(2xycosC?2zxcosB)?2yzcos(B?C)

=
x
2
?y
2
?z
2
?(2xycosC?2zxcosB)? 2yz(cosBcosC?sinBsinC)
（配方）
=
(x?ycosC?z sinB)
2
?(ysinC?zsinB)
2
?0
．
?
x?ycosC?zcosB?0
等号成立的充要条件是
?
，易得
y :z?sinB:sinC
，则
y
=
k
sin
B
，
z
=
k
sin
C
，
?
ysinC?zsi nB?0
代入得
x
=
k
sin(
B
+
C< br>)=
k
sin
A
，
∴
x:y:z?sinA:sinB:sinC
．

?
9 ．解：函数的定义域为[4，5]，可设
x?4?sin
2
?
(0?
?
?)
，则有
2
?
?
y?sin
2
?< br>?15?3(4?sin
2
?
)?sin
?
?3cos
?
?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
?
cos
2
?
,b?2
?
sin
2
?
,(0?
?
?45?,
?
?0)
，则
a?b
?
?
2
，
ab?4
?
cos
?sin
?
?
?
sin2
?
222
，
2 ab
?
2
sin
2
2
?
??
?
s in
2
2
?
a?b
?
，
a
2
?b
2
4
?
2
(cos
4
?
?sin
4
?
)
??
?
1?cos
2
2
?

22
2aba?ba
2
?b
2
由
1?cos2?
?1?sin2
?
?sin2
?
得．
?ab??
a?b22
22

11．证明：过
P
作 三边垂线，分别交
BC
、
AC
、
AB
于
D
、
E
、
F
，设
AP
=
x
，
BP< br>=
y
，
CP
=
z
，
∠
PAE
=α，则cosα=
则
AEAF
，cos(
A
-α)= ， xx
AEAF
cosB?cosC?cos
?
cosB?cos(A?< br>?
)cosC
，
xx
下证
cos
?
cos B?cos(A?
?
)cosC?sinA
，即
AE?cosB?AF?co sC?xsinA
．
cos
?
cosB?cos(A?
?
)cosC??cos
?
cos(A?C)?(cosAcos
?
?sinA sin
?
)cosC
=
sinAsinCcos
?
?cos AcosCcos
?
?cosAcosCcos
?
?sinAcosCsin
?

=
sinA(sinCcos
?
?cosCsin?
)?sinAsin(C?
?
)?sinA
．
∴
c os
?
cosB?cos(A?
?
)cosC?sinA
，
即
AE?cosB?AF?cosC?xsinA
成立．
同理，
BE?cosC?BD?cosA?ysinB
，
CD?cosA?CE?cosB?zsinC
，

三式相加即得所证不等式成立．
12．证明 设
a?cos
2
?
,b?cos
2
?
,c?cos
2
?
，则
0?a,b,c?1
，且
a?b?c?1
，从而原不
等式等价 于
0?a
4
?b
4
?c
4
?2(a
2< br>?b
2
?c
2
)?1?ab?bc?ca?abc
①
令
ab?bc?ca?u,abc?v
，则
a
2
?b2
?c
2
?1?2u
，
a
4
?b
4< br>?c
4
?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
，
(a?b?c)
2
a?b?c
222
由
a?b?c?
，
?
33
?
，一个取0时成立．
2
∴
u?2u
2
?u(1?2u)?(ab?bc?ca)(a
2
? b
2
?c
2
)

a?b?c
?3
3
a
2
b
2
c
2
?
3
abc?3abc? 3v

3
故原不等式成立．

?(ab?bc?ca)