[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

121 Ｃ． Ｄ． 2332．设n∈N，nsin1>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*

AD2?BC2?AB2?CD24．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x2?(y?7)2?r2}，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Tcr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：

x2?y2?z2?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?ba2?b210．已知a?b?0，用三角方法证明： ?ab??a?b22

11．点P在△ABC内．

求证：acosA+bcosB+ccosC≤PA·sinA+PB·sinB+PC·sinC．

12．设0??,?,???2，cos2??cos2??cos2??1．求证：

2?(1?cos2?)2sin4??(1?cos2?)2sin4??(1?cos2?)2sin4??(1?cos2?)(1?cos2?)(1?cos2?)

本节“情景再现”解答：

1．解：设 cosx?cosy?t， ? cos2x?2cosxcosy?cos2y?t2．

又由 sinx?siny?1，故 sin2x?2sinxsiny?sin2y?1． 因此有 2(cosxcosy?sinxsiny)?t2?1，即 2cos(x?y)?t2?1 由于?1?cos(x?y)?1，所以有 t2?3，即?3?t?3． ∴选D．

2．解：令sin(x?2?4)?t，即sinx?cosx?2t，于是sin2x?2t2?1

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

(t?1)(2t2?2t?1)?0，由于0?x??2，所以

2?t?1， 2于是2t?2t?1?2?212?2??1?1．从而，方程有唯一解t?1 22故原方程有唯一解x??4．

|sin2A?sin2B||sin2B?sin2C||sin2C?sin2A|3． 证明：即证：， ??sin2Csin2Asin2B注意到：sin2A?sin2B?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)]|

?|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PMCN2DNC面积为S，则

S=（20-rcosθ）(20-rsinθ)

2

=400-20r(cosθ+sinθ)+rsinθcosθ，令cosθ+sinθ=a，

a2?1则sinθcosθ=，a?[1,2]，则

2r220S=[(a?)2?1]?200， 2r（1）当

FPAMB?E201?2?[1,)即r?(402?40,20]时，r2r2202r2?大值，则a?2,??，Smax?[(2?)?1]?200??202r?400．

2r24若S取得最

（2）当Smax201?2?r2，即r?402?40时，若S取得最大值，则

r21?22(22?1)2?[()?1]?200?r?200． 228（3）当

201?2?(,??)，即r?(0,402?40)时，若S取得最大值，则r2r220Smax?[(1?)2?1]?200?400?20r．

2r5．解：将原式变为余弦定理的形式： (12)2?(3)2?212?3cosx?(3)2?22?23?2cos(?x)?4

2?据此，可作共边的两个三角形△ACD、

C△BCD，（如

x123图），使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，

-xAB=AC2?BC2?4，故点D在AB上，有面

△

A积等式S△ACD+SDBBCD=S△ABC，即

11?31?12?3sinx?3?2sin(?x)?12，即sinx?cosx?1，即sin(?x)?1，又 x为锐角，222226故x??3．

A2B26．证明：∠APB=??(?)???C2，由正弦定理得：

BCAPABAB2RsinCC????4Rsin，于是AP?4Rsinsin， Bsin?APBCC222sincoscos222同理可得BP?4Rsin故PA+PB+PC=4R(sin≤4R(sinACABsin，CP?4Rsinsin， 2222BCACABsin+sinsin+sinsin) 222222ABC23?sin?sin)≤4R ()2=3R． 2222再作PH⊥AB于H，则PH=r，PA=

rAsin2C2，同理：PB=

rBsin2，PC=

rCsin2

从而PA+PB+PC=

rsinA2+

rsinB2+

rsin≥r·313sinABCsinsin222?3r31?6r． 18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，

11a2b2??则cos??，

1?tan2?1?(c)2a2b2?b2c2?c2a2VD2b2c2c2a22同理可得cos??222222，cos??222222，所以cos2??cos2??cos2??1，

ab?bc?caab?bc?ca2再证a2?b2?c2ab?bc?ca222222?3．

ABCsinsin，2228．解：由三角形相关知识有：a?2RsinA,b?2RsinB,c?2RsinC，r?4Rsin因此f=2R(sinA?sinB?1?4sin?2R[2sin?4Rcos?4Rcos?2R(cosABCsinsin) 222B?AB?AB?AB?ACcos?1?2(cos?cos)sin] 22222B?ACCC(cos?sin)?2R?4Rsin2 2222B?ACCCC(cos?sin)?2R(cos2?sin2) 22222CCB?ACC?sin)(2cos?cos?sin) 22222∵

cosA?B?C，∴0?B?A?B?C，，

故

又0?B?A?B?A2cos，因，

此则，

B?ACB?AB?AC?cos,cos?cos?sin22222CC??sin?C?222CC??sin?C?． 222B?ACC?cos?sin222CC??sin?C?222f(x)?0?cosf(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?2sin210?) ?16sin210??8sin10??1?(4sin10??1)2 所以a?1,b?4,c?10，

2．解：由sin2?53a?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． 33．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?coskxsinx|?|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 AD2=a2+d2+2adcosθ，BC2=b2+c2+2bccosθ， AB2=a2+b2-2abcosθ，CD2=c2+d2-2cdcosθ，

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·BD=ad+bc+ab+cd，因此AD+BC-AB-CD=2 AC·BD cosθ，∴

AD2?BC2?AB2?CD2． cos??2AC?BDcrc(a?b?c)c2(sinA?cosA?1)sinA?cosA?15．解：? ??2SabcsinAcosAsinAcosA?22?cr?，由A?(0,)知的取值范围是[2(2?1),1)．

?sinA?cosA?12S2sin(A?)?14

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 sin22x?y?2zx?y|x?y|∵|sin|?1,|sin|?(x?y)

222x?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，

2x-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??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2221?cos?1?cos?1?cos?值．7?cos2?1?cos?2?2cos2??61?cos?2?21?cos2??41?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?+xcos?+y≥0改写为2cos+xcos?+y-1≥0，令t=cos?问题等价转换为2t2+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

?xx2

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2t+xt+y-1≥0

44?x?y?1?0(x?4或x??4)； 即可，从而可得：??x?y?1?0?x2

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?x?y?1?02

(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-6y+41-r=0，令△

2

2

2

2

2222

x得

=0得r=42，