【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

∴(2x0?8)2?(x0?1)2?|1?3x0|，解得?8?x0?2，弦长为1?22|x0|，从而弦长的最大值为82?162?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．

nnn2

例9 求证：sin2x+(sinx-cosx)≤1，其中n∈N*.(2000年俄罗斯数学竞赛题)

nnn2n2nnn2n2nn 分析：即证2sinxcosx+sinx+cosx-2 sinxcosx≤1，即证sinx+cosx+(2-2) nn22nsinxcosx≤1，显然可考虑将右边的1代换成(sinx+cosx)，并展开进行证明．

012sin2nx?Cnsin2n?2xcos2x?Cnsin2n?4xcos4x 证 1=(sinx+cosx)=Cn2

2

n3n?1n?Cnsin2n?6xcos6x?L?Cnsin2xcos2n?2x?Cncos2nx，

012cos2nx?Cncos2n?2xsin2x?Cncos2n?4xsin4x 同理1=( cosx+sinx)=Cn22n3n?1n?Cncos2n?6xsin6x?L?Cncos2xsin2n?2x?Cnsin2nx，两式对应项相加得：

01(sin2nx?cos2nx)?Cn(sin2n?2xcos2x?cos2n?2xsin2x) 2=Cn2n?Cn(sin2n?4xcos4x?cos2n?4xsin4x)?L?Cn(cos2nx?sin2nx)，

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 sin2n?kxcoskx?cos2n?kxsinkx?2sinnxcosnx，其中k为偶数． 因此其它各个括号内的式子均不小于2sinnxcosnx，

12n?1?Cn?L?Cn)，即 从而有2≥2(sin2nx?cos2nx)+2sinnxcosnx(Cn1≥(sin2nx?cos2nx)+sinnxcosnx?(2n?2)，即有2sinxcosx+sinx+cosx-2 sinxcosx≤1，即sin2x+(sinx-cosx)≤1．

nnn2

nnn2n2nnn 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?(111??)?3 222cos?cos?cos?8．设a、b、c为△ABC的三条边，a≤b≤c，R和r分别为△ABC的外接圆半径和内切圆半径．令f=a+b-2R-2r，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c121 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