一道竞赛题的变型题探解

一九八二年二十八省、市、自治区联合数学竞赛试题的第二题是这样的: 已知四面体SABC中,∠ASB=π/2,∠ASC=α(0<α<π/2),∠BSC=β(0<β<π/2),以SC为棱的二面角的平面角为θ。求证:θ=π-arc cos(ctgα·ctgβ)。本题可作出平面角θ,然后将θ置于三角形中求解。     

一道全俄竞赛题的引伸

第十七届全俄中学生数学奥林匹克试题中,有这样一道三角题: 题目 设α、β∈(0,π/2),sin~2α sin~2β=sin(α β),求证α β=π/2。     

两道数学竞赛题的统一与拓广

下面两道试题: 1.设α、β皆为税角,且sin~2α sin~β=sin(α β),求证:α β=π/2。(1983年第十七届苏联中学生数学奥林匹克试题)。 2.若A、B∈(0,π/2),试证:等式cos~2A cos~2B=(sin~7(A B))~(1/4)成立的必要条件为A B=π/2。(1990年武汉市高二数学竞赛试题)。虽形貌有异,但(在形式与解法上)能统一     

怎么结果不一样呢?

习题:已知0≤α≤π,0≤β≤π/4,且有α β=2π/3,求函数y=[1-cos(π-2α)]/[ctg(α/2)-tg(α/2)]-cos2(π/4-β)的最大值,并求出相应的α、β值.     

三角教学中应重视反证法的作用

反证法在代数、几何证题中的地位与作用,已广为人知。但作为数学的一个分支——三角,由于它有公式繁多、恒等变形十分灵活等特点,因此在三角证题中,学生往往只知道套用公式寻求直接证法,而易于忽视反证法在三角证题中的应用。一、证明等式或证明不等式问题。例1 设α、β为锐角,且sin~2α+sin~2β=sin(α+β),求证:α+β=π/2(1983年全俄中学生数学奥林匹克试题)。证明要证α+β=π/2,只须证α+β>π/2要α+β<π/2都不能成立。为此,将已知等式变形成: sinα(sinα-cosβ)=sinβ(cosα-sinβ) (*) 假若α+β>π/2,则α>π/2-β,于是sinα>cosβ,cosα相似文献   

以任意实数为条件的问题解法探讨

几乎所有的数学复习资料和习题集中,都有这样一类习题:“对于任意实数a,…”,“若…对于任意实代入上式得f(-x)=f(x). 故f(x)为奇函数. 例7.设a、b、A、B∈R,且 f(θ)=1-asinθ-bcosβ-Asin2θ-Bcos2θ, 若对于所有的实数θ恒有f(θ)≥0,求证: A~3+B~2≤1,a~2+b~2≤2. 证明,引入辅助角α、β,使得a/r=cosα,b/r=sina,A/R=cosβ,B/R=sinτ,其中r=(a~2+b~2)~(1/2),R=(A~2+B~2)~(1/2).则由f(θ)≥0得1-rsin(θ+α)-Rsin(2θ+β)≥0.(1) 由于(1)式对任何实数θ都成立,则对于π+θ也成立.即1-rsin(π+θ+α)-Rsin(2x+2θ+β)≥0. 即1+rsin(θ+α)-Rsin(2θ+β)≥0.(2) (1)+(2)得2-2Rsin(2θ+β)≥0.(3) 由于(3)式对任何实数日亦成立,则对于2θ+β=π/2也成立,即2—2R≥0. ∴ R≤1,即(A~2+B~2)≤1,故A~+B~2≤1. 用同样的方法可证a~2+b~2≤2(略). 四、求导法如果关于任意变量的解析式恒等于一个常数,就可以对这个恒等式两边求导,然后利用零解析式的特性求其他的条件变量. 例8.sin~2θ+sin~2(θ+α)+sin~2(θ+β)=3/2对任意的实数θ都成立,求α、β的值(0≤α<β≤π). 解:题设等式两边对口求导得 sin2θ+sin[2(θ+α)]+sin[2(θ+β)]≡0, 即(1+cos2α+cos2β)sin2θ+(sin2α+sin2β)cos2θ≡0, 由此得解得α=π/3,β=(2π)/3。     

极坐标系下曲线同一性的判定

[定理]设有曲线的极坐标方程:ρ=f(θ),(α<θ<β)…(1)与ρ=g(θ),(α-(2k+1)π<θ<β-(2k+1)θ)…(2)如果对于任意θ∈(α-(2k+1)π,β-(2k+1)π),恒有     

一道习题及引申的再探讨

《数学通报》2 0 0 2年第 1 2期《对一道习题的思考》一文介绍了这样一道题目 :设 - 2 π<α<β<- π,求 2 α- β的范围 .并进一步探讨了两个引申 ,引申1 :- 2π<α<β<3π,求 3α- 2β的范围 .引申 2 :若θ1<α<β<θ2 ,θ1 ,θ2 为定值 ,求 mα+nβ的取值范围 .笔者认为可利用“线性规划”的知识解决这一问题 ,现给出解答如下 :题目　设 - 2π<α<β<-π,求 2α-β的范围 .解　条件 - 2π<α<β<-π实际上等价于关于α,β的线性约束条件β>α,- 2π<α<-π,- 2π<β<-π.图 1如图 1 ,在αOβ坐标系内作出可行域 .考虑线性目标函数 φ=2 …     

联用sin~2θ+cos~2θ=1与二维柯西不等式解题

解数学题,学生是多么期盼掌握一些“战无不胜”的技法。本文联用sin~2θ+cos~2θ=1与二维柯西不等式解题,其构思别致,变换灵巧,可谓学生所盼的“阳春白雪”。二维柯西不等式是:ac+bd≤(a~2+b~2)~(1/2)·(c~2+d~2)~(1/2),a、b、c、d∈R当且仅当a/c=b/d时,等式成立。(现行高中《代数》课本下册P.14)。一求值(或证明条件不等式) 例1 若α、β∈(0,π),且cosα+cosβ-cos(α+β)=3/2,求α、β。解:已知即为(1-cosα)cosβ+sinα·sinβ+cosα=3/2,于是:(cos~2β+sin~2;xx2)[1-cosα)~2+sin~α]≥[(1-cosα)cosβ+sinα·sinβ]~2=(3/2-cosα)~2即(2cosα-1)~2≤0,cosα=1/2,α=π/3,同理知β=π/3。(α、β∈(0,π)) 例2 已知msinθ-ncosθ=(m~2+n~2)~(1/2) (1)sin~2θ/α~2+cos~2θ/b~2=1/(m~2+n~2) (2)     

一道日本试题的四种解法

题目已知F(θ)=cos2θ+cos2(θ+α)+cos2(θ+β),问是否存在满足0≤α<β≤π的α、β,使F(θ)的值不随θ的变化而变化?如果存在,求出α、β的值;如果不存在,说明理由.(日本某大学入学考试试题)     

高中数学综合训练4

1,设0<α<π,0<β<π,且cosα cosβ-cos(α β)3/2。 求证:α=β=π/3。 (广东梅县东山中学数学组) 2,已知F(θ)=sin~2θ sin~2(θ α)     

集锦

正余弦和差化积公式的向量证明吴爱龙余建国(江西省丰城中学331100)曾兵(江西省丰城市第一中学331100)文[1]利用面积相等关系给出了正弦和差化积公式的一种构造证法,本文再给出正余弦和差化积公式的向量证法,供参考.图1证明如图1,设OA=(cosα,sinα),OB=(cosβ,sinβ)(0<β<α<π),则OA+OB=(cosα+cosβ,sinα+sinβ);OA-OB=(cosα-cosβ,sinα-sinβ).又以OA,OB为邻边作OACB,因为OA=OB=1,所以四边形OACB为菱形,作OE=BA,设AB与OC相交于D,则BA⊥OC,∠COB=α-2β,∠COx=α+2β,∠EOx=π2+∠COx=π2+α+2β;OC=2·OD=2co…     

值得研究的一个最大角问题

《普通高中课程标准实验教科书》数学5(必修,2004年人教版)习题3.4B组第113页第2题:树顶A离地面a米,树上另有一点B离地面b米,在地面的C处看此树上的A,B两点,离此树多远时视角最大(图形此处略,以下简称问题).1.问题的解决解法1(三角法)设树与地面相交于一点O,则∠OCB=α,∠OCA=β,∠ACB=θ=∠OCA-∠OCB=β-α,OC=x,则有tanα=xb,tanβ=xa所以tanθ=tan(β-α)=1ta ntβa-ntβtaannαα=xa -axbb(1)由已知有a>b,x>0,故由(1)知tanθ>0,所以θ为锐角,由基本不等式得tanθ≤a-b2x·axb=2a-abb,由三角函数得sinθ≤aa -bb,所以θmax=arc…     

正弦和角公式的构造证法

证法 1　如图1,设∠BAD=α,∠ CAD=β(0 <α,β <π2 ) ,过 B作BD⊥ AD交 AC于C,则有cosα=ADAB,cosβ=ADAC.又∵S△ B A C=S△ B A D+S△ D A C,∴ 12 · AB· AC· sin(α+β) =12 AB·AD· sinα+12 AD· AC· sinβ.两边同时除以 12 AB·AC,可得sin(α+β) =ADAC·sinα+ADAB· sinβ=cosβ· sinα+cosα· sinβ.运用诱导公式 ,易证α,β不是锐角时 ,式子仍然成立 .图 2证法 2　如图2 ,设∠BAD=α,∠DAC=β(0 <α,β <π2 ) ,作 BD⊥AD交 AC于 C,作BE⊥ AC于 E,则有 ADAC=cosβ,BDAB=sinα,ADAB=…     

涉及三等分角线的又一定理

莫勒定理是涉及三等分角线的著名定理,类比三角形的内心与旁心,可得到一个令人吃惊而又全然意外的结论: 定理如图,设AE和AF,BD和BF,CD和CE分别是∠A,∠QBC,∠PCB的三等分线,则△DEF是正三角形,且其边长为8RsinA/3sin(60°-B/3)sin(60°-C/3),其中R为△ABC的外接圆半径。证明:需引入下列两个三角恒等式: (1)sinθ =4sinθ/3sin(60°-θ/3)sin(60°+θ/3). (2)sin~2α+sin~2β十2sinαsinβcos(α+β) =sin~2(α+β). 在△BCD中,由正弦定理得     

几组高考试题的“同源共祖”

我们先来看一看下列的几组高考试题:第一组(2005山东卷(理)第22题):已知动圆过定点F(2/P,0),且与直线∫:χ=-2/P相切,其中p>0．(1)求动圆圆心C的轨迹的方程; (2)设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点,直线OA和OB的倾斜角分别为α和β,当α和β变化且α β为定值θ(0<θ<π)时,证明:直线AB恒过定点,并求出该定点的坐标．     

注重数形结合 加强应用意识——1999年高考三角能力要求简析

三角的备考复习,除了搞好三角函数的基本性质,熟练掌握三角恒等变形技能外,注重数形结合思想的应用,加强三角知识的工具性意识的锻炼,应是努力的目标.三角函数是在几何背景下定义的,所以它既有函数图象作研究三角问题的根据,又有单位圆中的三角函数线帮助我们对三角函数作直观形象的思考.如,解答99年高考试题“若 sinα>tgα>ctgα,(-π/2<α<π/2),则α∈( ).(A)(-π/2,π/4) (B)(-π/4,0)(C)(0,π/4) (D)(π/4,π/2)”(理工科一(11)题)时,除了根据“sinα>tgα”和“-π/2<α<π/2”可判定α是第4象限角(-π/2<α<0)外,还     

对高中《代数》一题解意见

高中《代数》第一册P181例3: 例3 设tgα、tgβ是一元二次方程ax~2+bx+c=0(b≠0)的两个根,求ctg(α+β)的值。解:在ax~2+bx+c=0中,a≠0,由一元二次方程根与系数之关系,得tgα+tgβ=-b/a,tgα·tgβ=c/a。而ctg(α+β)=1/tg(α+β)=(1-tgα·tgβ)/(tgα+tgβ)(＊)由题设b≠0。故tgα+tgβ≠0,代入     

两个重要公式的推导及应用

正1、如图:已知二面角α-MN-β,A∈MN,AB(?)α,AC(?)β,设∠BAN=θ_1,∠CAN=θ_2,二面角α-MN-β的大小为θ_3,∠BAC=θ,那么cosθ=cosθ_1cosθ_2+sinθ_1sinθ_2cosθ_3证明:如图(一)1°、当θ_1、θ_2均为锐角时,在AB上取一点E(异于点A),在平面α内作EG⊥MN,垂足为G,在平面β内作GF⊥MN     

四面体对棱间某些元素的两个关系式

如图,AB 和 CD 是四面体 ABCD 的一双对棱。为叙述方便,我们约定:棱 AB 所在的二面角的平面角为θ1,∠ACB=α_1,∠ADB=3_1;棱 CD 所在的二面角的平面角为θ_2,∠CAD=α_2,∠CBD=β_2。在四面体 ABCD 中,如上所述的八个元素(两条棱、六个角)之间存在着十分密切的联系。本文揭示出其中的两个关系式,并简单介绍它们在解题中的实际应用。定理一四面体 ABCD 中,AB/(sinθ_1 sinα_1 sinβ_1)=CD/(sinθ_2 sinα_2 sinβ_2)。证明:如图,过四面体 ABCD 的顶点