【提優(yōu)教程】江蘇省2020高中數(shù)學競賽 第71講三角問題選講教案

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1、第十一講 三角問題選講 三角既是一個數(shù)學分支，同時也是一種數(shù)學方法． 三角函數(shù)是溝通形與數(shù)的聯(lián)系的有力工具，在各數(shù)學分支中有著廣泛的應用．三角方法是指主動地、有意識地實施三角代換，將一些代數(shù)、幾何問題遷移到三角函數(shù)情境中來，利用三角體系完整的公式去簡化、解決問題．同時，借助于三角公式，也可將三角問題轉化為代數(shù)或其他問題進行求解．另外，三角原于測量與解三角形，三角函數(shù)理論在解決生產(chǎn)、科研和日常生活中的實際問題中也有著廣泛的應用． A類例題 例1 函數(shù) R) 的最小值是 .（2020年江蘇省數(shù)學競賽） 分析 題中函數(shù)含x與2x的三角函數(shù)，可考慮先用三角公式化為x的三角函

2、數(shù)，再尋求解題方法． 解 令 ，則 ． 當 時， ，得 ； 當 時， ，得 又 可取到 , 故填 ． 說明 三角函數(shù)的問題有時也可通過變量代換的方法將其轉化為代數(shù)問題進行求解，實施轉化的前提是熟練掌握和深刻理解三角的公式，如本題抓住二倍角的余弦可表示為單角余弦的二次式這一特征，從而作出相應的變量代換． 例2 求方程的實數(shù)解． 分析 這是一個具有對稱性的無理方程，可考慮用三角代換去掉根號，化有三角方程求解，由于根號里面為x-1與y-1，故聯(lián)想公式sec2α-1=tan2α，可進行如下變換：x=sec2α，y=sec2β． 解 由題意知x>1，y>1，

3、可設x=sec2α，y=sec2β，其中， 從而x-1= sec2α-1=tan2α，y-1= sec2β-1=tan2β，原方程可化為： sec2α·tanβ+ sec2β·tanα=sec2α·sec2β， 即， 因此有sinβ·cosβ+sinα·cosα=1，即sin2β+sin2α=2，從而sin2β=1，sin2α=1，，因此x=y=2，經(jīng)檢驗，x=2，y=2是原方程的解． 說明 施行適當?shù)娜谴鷵Q，將代數(shù)式或方程轉化為三角式或方程求解，這是三角代換應用的一個重要方面，充分體現(xiàn)了三角與代數(shù)之間的內(nèi)在聯(lián)系． 例3 已知正三角形ABC內(nèi)有一條動線段，長為a，它在△ABC

4、三邊AB、BC、AC上的射影長分別為l、m、n．求證：． 分析 動線段在三角形各邊上的射影可由動線段的長a和動線段與各邊所成角表示出來，因此問題的關鍵是如何表示出動線段與各邊所成角． 解 設動線段為PQ，長為a，設PQ與BC所成角為θ（0°≤θ≤90°），則PQ與AC所成角為60°-θ，PQ與AB所成角為60°+θ，于是有l(wèi)=acos(60°+θ)，m=acosθ，n=acos(60°-θ)， 因此有l(wèi)2+m2+n2=a2[cos2(60°+θ)+ cos2θ+ cos2(60°-θ)]， 而cos2(60°+θ)+ cos2θ+ cos2(60°-θ) = =，∴．

5、 說明 本題也可以利用向量知識求解，讀者不妨一試． 情景再現(xiàn) 1．若，則的取值范圍是 A． B． C． D． （2020年浙江省數(shù)學競賽） 2．求所有的實數(shù)x∈[0,],使,并證明你的結論． 3．△ABC的三條邊長分別為a、b、c． 求證：．（2020年江西省數(shù)學競賽） B類例題 例4 △ABC的內(nèi)角滿足 試判斷△ABC的形狀． 分析 所給三式結構相同，可將視為的三組解，而又可看作直線方程，又可看作曲線上的三個點，因此本題可考慮用解析幾何的方法去求解． 證明 由題意，為方程的三組解，因此以其為坐標的三點M、N、P都在直線上，又都

6、滿足方程，因此三點M、N、P又都在曲線上，所以三點M、N、P都為曲線與直線的交點，而直線與拋物線至多有兩個交點，因此M、N、P至少有兩個點重合，不妨設M與N重合，則由得A=B，故三角形ABC是等腰三角形． 例5已知三個銳角滿足．求的最大值． 分析 注意到條件，聯(lián)想長方體的性質(zhì)，構造長方體來求解． 解 構造長方體，使分別為對角線與三個面所成角，則， 設長方體長、寬、高、對角線分別為a、b、c、l，則，，， ，，，從而，當且僅當時取等號，因此的最大值為． 說明 構造幾何模型，使三角關系形象化、具體化，構造法是用幾何方法解決三角問題的常用方法． 例6 給定正整數(shù)n和正數(shù)M，對于滿

7、足條件a12+an+12≤M的所有等差數(shù)列{an}，求S=an+1+ an+2+…+ a2n+1的最大值．（1999年全國聯(lián)賽一試） 分析 本題有多種解法，由條件a12+an+12≤M，也可考慮作三角代換，利用三角函數(shù)的有界性求解． 解 設，則 ，因此最大值為． 例7 設△ABC內(nèi)有一點P，滿足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ． 求證：cotθ=cotA+cotB+cotC. 分析 設三邊為a、b、c，PA、PB、PC分別為x、y、z，可考慮利用正弦定理、余弦定理來表示出邊角關系，進而證明本題． 解 對三個小三有形分別使用余弦定理得：y2=x2+c2-2xccos

8、θ，z2=y2+a2-2yacosθ，x2=z2+b2-2zbcosθ，三式相加得：2(ay+bz+cx)cosθ=a2+b2+c2， 又由正弦定理知，S△ABC= S△ABP+S△PBC+S△PAC=(xc+ay+bz)sinθ，兩式相除得：，又在△ABC中，由余弦定理有a2=b2+c2-2bccosA，b2=c2+a2-2cacosB，c2=a2+b2-2abcosC，相加得，a2+b2+c2=2abcosC+2bccosA+2accosB， 從而， 又4S△ABC=2absinC=2bcsinA=2acsinB，分別代入上式右邊的三個分母即得：cotθ=cotA+cotB+cotC

9、. 說明 合理利用正弦定理、余弦定理可解決平面幾何中的一些邊角關系式的證明． 情景再現(xiàn) 4．如圖，一塊邊長為20cm的正方形鐵片ABCD已截去了一個半徑為r cm（r∈（0，20]）的扇形AEF（四分之一個圓），用剩下部分截成一個矩形PMCN，怎樣截可使此矩形面積最大？最大面積為多少？ 5．求滿足下式的銳角x： 6．P是△ABC的內(nèi)心，R、r分別為△ABC外接圓和內(nèi)切圓的半徑．求證：6r≤PA+PB+PC≤3R. C類例題 例8 給定曲線族，為參數(shù)，求該曲線在直線上所截得的弦長的最大值．（1995年全國聯(lián)賽二試） 分析 顯然，該曲線族恒過原

10、點，而直線也過原點，所以曲線在直線上所截得的弦長僅取決于曲線族與的另一交點的坐標． 解法一 把代入曲線族方程得：， 又，故x≠0時，就有，令，則，得2xu2+2(x-4)u+(x-1)=0，由u∈R知，當x≠0時，△=[2(x-4)]2-8x(x-1) =4(-x2-6x+16)≥0，從而-8≤x≤2且x≠0，因此|x|max=8，由得，弦長為，從而弦長的最大值為． 解法二 曲線族與直線相交于（0，0）及另一點，且滿足，故存在，使得 ∴，解得，弦長為，從而弦長的最大值為． 說明 方法一主要是應用萬能公式，將三角問題轉化成代數(shù)問題求解，方法二利用的有界性求解，方法更為巧

11、妙． 例9 求證：sinn2x+(sinnx-cosnx)2≤1，其中n∈N*.(2000年俄羅斯數(shù)學競賽題) 分析：即證2nsinnxcosnx+sin2nx+cos2nx-2 sinnxcosnx≤1，即證sin2nx+cos2nx+(2n-2) sinnxcosnx≤1，顯然可考慮將右邊的1代換成(sin2x+cos2x)n，并展開進行證明． 證 1=(sin2x+cos2x)n= ， 同理1=( cos2x+sin2x)n= ，兩式對應項相加得：2= ， 保留第一個括號與最后一個括號內(nèi)的式子不動，由基本不等式得 ，其中k為偶數(shù)． 因此其它各個括號內(nèi)的式

12、子均不小于， 從而有2≥+，即 1≥+，即有2nsinnxcosnx+sin2nx+cos2nx-2 sinnxcosnx≤1，即sinn2x+(sinnx-cosnx)2≤1． 情景再現(xiàn) 7．三棱錐V-ABC的三條棱VA、VB、VC兩兩垂直，三個側面與底面所成的二面角大小分別為．求證： 8．設a、b、c為△ABC的三條邊，a≤b≤c，R和r分別為△ABC的外接圓半徑和內(nèi)切圓半徑．令f=a+b-2R-2r，試用C的大小來判定f的符號． 習題 1．若均是整數(shù)（其中），且使得，則的值是 Ａ．　　?。拢　　。茫　　。模? 2．設n∈N，nsin1>5cos1+1，則n的最

13、小值是（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 3．求證：， 4．設凸四邊形ABCD之對角線交于點P，∠APB=θ，求證：（四邊形的余弦定理） 5．在直角三角形中，為斜邊長，分別表示該三角形的面積和內(nèi)切圓的半徑，求的取值范圍． 6．若x、y、z中的每個數(shù)恰好等于其余兩數(shù)和的余弦．求證：x=y=z． 7．已知集合T，集合，試求最大正數(shù)，使得集合T為集合S的子集． 8．已知中，為任意非零實數(shù)，求證：，其中當且僅當時等號成立． 9．求函數(shù)的值域． 10．已知，用三角方法證明： 11．點P在△ABC內(nèi)． 求證：acosA+bcosB+c

14、cosC≤PA·sinA+PB·sinB+PC·sinC． 12．設，．求證： 本節(jié)“情景再現(xiàn)”解答： 1．解：設 ， ． 又由 ，故 ． 因此有 ，即 由于，所以有 ，即． ∴選D． 2．解：令，即，于是 從而有，即，注意是上述方程的解，故，由于，所以， 于是．從而，方程有唯一解 故原方程有唯一解． 3． 證明：即證：， 注意到：， 故只要證 而 當且僅當A=B=C時等號成立． 4．解 以A為原點，射線AB為x軸正半軸，建立直角坐標系，設∠PAE=θ，則C(20，20)，P(rcosθ，rsinθ)，θ∈[0，]．令矩形PMCN面積為S，則 S

15、=（20-rcosθ）(20-rsinθ) =400-20r(cosθ+sinθ)+r2sinθcosθ，令cosθ+sinθ=a， 則sinθcosθ=，，則S=， （1）當即時，若S取得最大值，則，． （2）當，即時，若S取得最大值，則． （3）當，即時，若S取得最大值，則． 5．解：將原式變?yōu)橛嘞叶ɡ淼男问剑? 據(jù)此，可作共邊的兩個三角形△ACD、△BCD，（如圖），使AC=，CD=，BC=2，∠ACD=x，∠BCD=，依題意有AD+BD=4，連AB，在Rt△ABC中，AB=，故點D在AB上，有面積等式S△ACD+S△BCD=S△ABC，即，即，即，又 x為銳角，故．

16、6．證明：∠APB=，由正弦定理得： ，于是， 同理可得，， 故PA+PB+PC=4R(++) ≤4R()2≤4R =3R． 再作PH⊥AB于H，則PH=r，PA=，同理：PB=，PC= 從而PA+PB+PC=++≥r·3． 綜上所述，6r≤PA+PB+PC≤3R. 7．證明：可先證，作VO⊥平面ABC于O，OD⊥AB于D，則∠VDO=．令VA=a，VB=b，VC=c， 則， 同理可得，，所以，再證． 8．解：由三角形相關知識有：，，因此f=2R ∵，∴，又，因此，故，則；， ． “習題”解答： 1．解：選B． 　　　　　 　　　　　 　　　　

17、　 所以，． 2．解：由sin>sin1,cos1>cos得，n·sin>n·sin1>5cos1+1>1+5cos， 因此n>，因此n的最小值是5，選B． 3．解：這是與自然數(shù)有關的命題，可以考慮用數(shù)學歸納法來證明． 當時，證明如下： 4．證明：不妨設PA、PB、PC、PD的長分別為a、b、c、d，則有 AD2=a2+d2+2adcosθ，BC2=b2+c2+2bccosθ， AB2=a2+b2-2abcosθ，CD2=c2+d2-2cdcosθ， 前兩式之和減去后兩式之和得：AD2+BC2-AB2-CD2=2(ad+bc+ab+cd)cosθ，又凸四邊形ABCD中，

18、AC·BD=ad+bc+ab+cd，因此AD2+BC2-AB2-CD2=2 AC·BD cosθ，∴． 5．解： ，由知的取值范圍是． 6．證明：依題意有x=cos(y+z)，y=cos(z+x)，z=cos(x+y)，則 x-y=cos(y+z)-cos(z+x)= ① ∵ ∴當時，由①式有，產(chǎn)生矛盾．因此x=y，同理可證y=z，于是x=y=z． 7．解法一：S集即為由直線確定的上半平面的交集（不同，相對應的上半平面一般也不同，但所有的這種上半平面有公共部分即交集；另外，可以規(guī)定上半平面也包含這條直線），而半徑為的圓的圓心（0，7）到直線的距離為，由題意知，應滿

19、足≤，故的最大值是的最小值．，當且僅當時，的最大值為． 解法二：（二次函數(shù)方法）把cos2+xcos+y≥0改寫為2cos2+xcos+y-1≥0，令t=cos問題等價轉換為2t2+xt+y-1≥0(-1≤t≤1)恒成立，求x,y的關系．可按對稱軸位置分兩種情況討論： ①若對稱軸t=<-1或t=>1（即x>4或x<-4）時，只須t=cos=±1時，恒有2t2+xt+y-1≥0即可，從而可得：； ②若對稱軸t=∈[-1，1]，即-4≤x≤4時，只須判別式△≤0即x2≤8(y-1), (-4≤x≤4)． 綜上可得：S對應的平面點集為或x2≤8(y-1), (-4≤x≤4)，設圓x2+(y-

20、7)2=r2與拋物線x2=8(y-1)相切，消去x得8(y-1)+(y-7)2-r2=0，即y2-6y+41-r2=0，令△=0得r=，此時x=±4, y=3，而點（0，7）到直線y+x+1=0的距離為，∴最大值為． 8．證：作差， = =（配方） =． 等號成立的充要條件是，易得，則y=ksinB，z=ksinC，代入得x=ksin(B+C)=ksinA， ∴． 9．解：函數(shù)的定義域為[4，5]，可設，則有 ，又， 因此值域為[1，2]． 10．證明 引進平均值三角變換，，則 ，，， 由得． 11．證明：過P作三邊垂線，分別交BC、AC、AB于D、E、F，設AP=x，BP=y，CP=z，∠PAE=α，則cosα=，cos(A-α)= ， 則， 下證，即． = =． ∴， 即成立． 同理，， ， 三式相加即得所證不等式成立． 12．證明 設，則，且，從而原不等式等價于 ① 令 ，則，， 于是①等價于 顯然成立，等號當中兩個取，一個取0時成立． 等價于， 由， ∴ 故原不等式成立．