一个三角恒等式的浅显证明

文 [1]中给出如下问题 :设 sin4xa +cos4xb =1a+b,a>0 ,b>0 ,证明 :对任意正整数 n,都有 sin2 nan-1 +cos2 nxbn-1 =1(a+b) n-1 .文 [1]用了丢番图恒等式来证明 ,并认为若用三角式的恒等变形 ,则过程复杂 ,运算冗繁 .文 [2 ]通过构造椭圆及其切线来证明 .上述两种方法思维要求比较高 ,不易想到 .其实本题直接应用三角式的变形 ,简捷浅显 ,以下给出上述问题简证 .证明　由 sin4xa +cos4xb =1a+b,得 a+ba sin4x+a+bb cos4x=1,即 basin4x+abcos4x+sin4x+cos4x=1.又 sin4x +cos4x =(sin2 x +cos2 x ) 2 -2 sin2 xcos2 x=1- 2 sin2 xcos2 x,则 ba…     

三角代换方法例举

一些三角恒等式在证明代数问题方面有着广泛的应用 .下面介绍几种中学数学中常见的代换法 ,供同行和读者参考 .一、若m n=1,m、n >0 ,可令m =sin2 α ,n =cos2 α .例 1　已知x、y >0 ,且x y=1,A =ax by ,B =ay bx ,试比较AB与ab的大小 .解　令x=cos2 α ,y=sin2 α ,则AB -ab =(ax by) (ay bx) -ab=(a2 b2 )xy ab(x2 y2 ) -ab=(a2 b2 )cos2 αsin2 α ab(cos4 α 　sin4 α) -ab=(a-b) 2 cos2 αsin2 α≥ 0 ,∴AB ≥ab .二、若m2 n2 =1,可令m =sinα ,n=cosα ,例 2　设a2 b2 =1,x2 y2 =1,求ax by的取值范围 .解　令a =sinα…     

三角恒等式衍生出的经典构造

正笔者在研究过程中发现很多问题都是围绕x2+y2=1和x2+y2=2(其中x,y∈Q)的结构来命制的,本文根据如下的两个三角恒等式,给出此类结构的一个经典构造.我们先来熟悉下两个三角恒等式:恒等式1:sin2θ+cos2θ=1;恒等式2:(sinθ+cosθ)2+(sinθ-cosθ)2=2;根据这两个三角恒等式,结合勾股数,我们很容易得出下面的两个恒等式.     

一道错题的辨析

有这样一道习题: 设a sin bθ cos=c acscθ b secθ=c, 求证: sin2θ=(2ab)/(c~2-a~2-b~2). 这是一个流行很广的错题。下面我们做些探讨。 有关资料,给出了如下答案（记为方法一）。 由已知a cscθ b secθ=c,得a cosθ b sinθ=c.sinθcosθ,又∵a sinθ b cosθ=c,∴(a sinθ b cosθ)(a cosθ b sinθ)=c~2sinθcosθ, 整理后可得sin2θ=2sinθcosθ=(2ab)/(c~2-a~2-b~2) 这种证法用到了三角变换、三角恒等式、二倍角公式,并且中间没有不严密之处,所以解答是正确的、完     

对椭圆的两个新性质再研究

文[1] 给出有关椭圆的两个性质 ,对于这两个性质本文给以引申和证明 .　　　　　　图 1推论 1　如图1所示 ,椭圆b2 x2 +a2 y2 =a2 b2 　 (a>0 ,b>0 )过切点M的切线l与以椭圆长轴为直径的圆O从左至右依次交于A、B两点 ,则以线段MF1、MF2 为直径的圆与圆O分别内切于A、B两点 (其中F1、F2为双曲线的左右焦点 ) .证明　设M (acosθ ,bsinθ) ,F1(-c,0 ) ,F2 (c,0 ) ,由文 [1]定理 1证明 ,可知A(ab2 cosθ -a2 csin2 θa2 sin2 θ +b2 cos2 θ ,a2 bsinθ +abcsinθcosθa2 sin2 θ +b2 cos2 θ ) ,B(ab2 cosθ+a2 csin2 θa2 sin2 θ+b2…     

两个三角恒等式的新的统一证明

三角恒等式 :cosα cos(1 2 0°-α) cos(1 2 0° α) =0 ,sinα- sin(1 2 0°- α) sin(1 2 0° α) =0 .其中 α为任意角 .文 [1 ]、[2 ]先后给出了这两个恒等式的统一证法 .其实 ,笔者得以下证法更显朴素自然 ,简捷明快 !证明　记P=cosα cos(1 2 0°- α) cos(1 2 0° α) ,Q=sinα- sin(1 2 0°-α) sin(1 2 0° α) .则　 P2 Q2 =3 2 [cosαcos(1 2 0°-α)- sinαsin(1 2 0°- α) ] 2 [cosαcos(1 2 0° α) sinαsin(1 2 0° α) ] 2 [cos(1 2 0°- α)·cos(1 2 0° α) - sin(1 2 0°- α) sin(1 2 0° …     

辅助角公式在高考三角题中的应用

对于形如y=asinx+bcosx的三角式,可变形如下:y=asinx+bcosx=a2+b2(sinx·a22+cosx·b a2+b2).由于上式中的aa2+b2与ba2+b2的平方和为1,故可记aa2+b2=cosθ,ba2+b2=sinθ,则y=a2+b2(sinxcosθ+cosxsinθ)=a2+b2sin(x+θ).由此我们得到结论:asinx+bcosx=a2+b2sin(x+θ),()其中θ由aa2+b2=cosθ,ba2+b2=sinθ来确定.通常称式子()为辅助角公式.它可以将多个三角式的函数问题,最终化为y=Asin(ωx+φ)+k的形式.下面结合近年高考三角题,就辅助角公式的应用,举例分类简析.一、求周期例1(2006年上海卷选)求函数y=2cos(x+π4)cos(x-π4)+3sin2x的最小…     

对一道竞赛题的多种解法的探讨

文[1]及文[2]全国高中数学联赛模拟试题(二)第二试(题一):在直角坐标系xOy中,设点P的坐标为(3,4),点Q和点R分别在x轴的正半轴上及y轴的正半轴上,使得PQ=QR=RP,试求PQ的长度.文[1]及文[2]分别讨论了它的解,本文进一步探讨并给出更为简洁的解法及命题的推广.解法一(三角法)如图,记PQ=QR=RP=a.作PE⊥x轴于点E,PF⊥y轴于点F,记∠R PF=θ,则∠R PE=900?θ,∠Q PE=600?∠R PE=θ?300,所以cos3,cos(30)4.aaθθ?????=?°=②①P(3,4)Q R xy O F E由②得a?cosθ?cos300+a?sinθ?sin300=4,并由①,即33sin14?2+a?θ?2=.从而a?sinθ=8?…     

倍角正、余弦展开式的一个性质

考察下列恒等式: cos2θ=2cos~2θ-1; cos2θ=-(2sin~2θ-1) cos3θ=4 cos~3θ-3cosθ; sin3θ=-(4sin~3θ-3sinθ) cos4θ=8 cos~4θ-8cos~2θ+1; cos4θ=8sin~4θ-8sin~2θ+1 cos5θ=16cos~5θ-20cos~3θ+5cosθ;sin5θ=16sin~5θ-20sin~3θ+5sinθ, ………………………………我们或许会猜测;是否存在某个定理,可以揭示上列展开式之间的微妙关系呢? 回答是肯定的。本文将提出并证明这个定理。定理若已知casnθ=F(cosθ))     

一个三角命题的探讨

文[1]中介绍了两个三角命题:命题1若sin3θ-cos3θ=-1,则sinnθ-cosnθ=-1(n为正奇数).命题2若sin3θ cos3θ=1,则sinnθ cosnθ=1(n为正整数).笔者阅后深受启发,继续探讨发现一、命题1是命题2的特例(在命题2中用-θ换θ同时令n为奇数就得到命题1).二、命题2可以推广为:命题3若sinmθ cosmθ=1(m为正奇数),则sinnθ cosnθ=1(n为正整数).证明当m=1时,sinθ cosθ=1,∴sinθcosθ=0,∴sinθ=0cosθ=1或csionsθθ==10.∴sinnθ cosnθ=1.当m≠1时,∵sinmθ≤sin2θ,cosmθ≤cos2θ,∴sinmθ cosmθ≤sin2θ cos2θ=1.当且仅当sinmθ=sin2θco…     

例谈巧用三角代换解题的策略

一些代数问题,直接求解运算量大,难以奏效.但如果恰当进行三角代换,配之以众多三角公式,常能化难为易,顺利求解.下面按题型分别举例说明.一、证明不等式例1(2000年希望杯试题)已知a>b>c,求证:1a-b+1b-c+4c-a≥0.证明:∵a>b>c,∴a-b,b-c,a-c均为正数,又因a-b+b-c=a-c,故可设a-b=(a-c).cos2α,b-c=(a-c).sin2α,(0<α<π2)代入原不等式,即有sec2α+csc2α-4≥2+tan2α+cot2α≥4显然成立.故原不等式成立.例2设a,b∈R+,求证:a3b+b3a≥12(a+b)2.证明:设a+b=m,则可令a=m.cos2α,b=m.sin2α,α∈(0,π2)则原不等式等价于cos6αsin2α+sin6αcos2…     

“韩信点兵”与枚举法

高中实验修订课本数学第一册(下)的 4.7部分有这样两个三角恒等式: sinα+sinβ=2sinα+β2cosα-β2; cosα+cosβ=2cosα+β2cosα-β2. 这两个三角恒等式通常叫做和差化积公 式,有了它们,我们可容易推出: 定理:(1)sinα+sinβ2≤sinα+β2 (当且仅当α=β时等号成立); (2)cosα+cosβ2≤cosα+β2 (当且仅当α=β时等号…     

一类条件等式的行列式证法

线性方程组的行列式解法,以其思路清晰、排列整齐、运算简便而见长。在处理一些条件等式的证明问题时,如果可以将各已知条件视为关于某些量的线性方程组。则用行列式的方法往往能方便地完成证明。试举两例: 例1 已知a cosθ+b sinθ=c a cos φ+b sinφ=c ((φ-θ)/2≠kπ,k∈J) 求证: (a/(cos(θ+φ)/2)=b/(sin(θ+φ)/2)=c/(cos(θ+φ)/2). (统编高中数学第一册、复习题三,25题) 证明:将两个已知条件视作a、b为未知数的二     

两组三角恒等式的应用

在平面三角中有与代数中的平方差公式a~2-b~2=(a+b)(a-b)形似的恒等式: sin~2α-sin~2β=cos~2β-cos~2α=sin(α+β)·sin(α-β),(1)与 cos~2α-sin~2β=cos~2β-sin~2α=cos(α+β)·cos(α-β)。(2) 这两组恒等式不妨叫做三角中的“平方差”公式。熟记这两组恒等式对于解答某些三角问题、几何问题或综合题会有所帮助。恒等式(1)证明如下: ∵sin~2α-sin~2β=1/2(1-cos2α)-1/2(1-cos2β)=1/2(cos2β-cos2α)=sin(α+β)sin(α-β),     

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。     

用构造法解三角题

一、构造函数例1设α、m为常数,θ是任意实数,求证:眼cos(θ+α)+mcosθ演2≤1+2mcosα+m2.证明构造函数y=f(θ)=1+2mcosα+m2-眼cos(θ+α)+mcosθ演2,则只需证明y≥0即可.f(θ)=sin2(θ+α)+2m眼cosα-cosθcos(θ+α)演+m2sin2θ.令sin(θ+α)=x,则得二次函数y=x2+2msinθ·x+m2sin2θ.由于Δ=4m2sin2θ-4m2sin2θ=0,且二次项系数为1,故y≥0,即原不等式成立.二、构造数列例2已知:sinφcosφ=60169,π4<φ<π2,求sinφ、cosφ的值.解由题意可知,sinφcosφ=(215姨13)2且sinφ>cosφ,构造等比数列cosφ,215姨13,sinφ.设sinφ=215姨13·q,c…     

用课本结论简解九道高考题或竞赛题

一、用公式sin3α=3sinα-4sin3α简解题设中含"B=2A"的两道解三角形的高考题普通高中课程标准实验教科书《数学4·必修·A版》第138页的习题B组第1题是:证明:(1)sin3α=3sinα-4sin3α;(2)cos3α=4cos3α-3cosα.笔者发现运用上面的第一个公式"sin3α=3sinα-4sin3α"可以简解题设中含"B=2A"的解三角形问题.定理1:在△ABC中,若B=2A,则cos A=b/(2a),a(a+c)=     

联想·推广·变式

三倍角公式:sin3θ=3sinθ-4sin3θ,cos3θ=4cos3θ-3cosθ. 题目 求sin213° cos243° sin13°cos43°的值. 联想:sin213° cos243° sin13°cos43°形如a2 b2 ab.若a-6≠O,则a2 b2 a6a3-b3/a-b.     

一道有奖征解题的解答

<正>有奖征解[1]对于任意给定的常数ρ≠0,ρ∈R,如果等式sinρθ+cosρθ+(sinθcosθ)ρ+1/sinρθ+cosρθ=2(2)ρ+(2)ρ2+(12)ρ(0<θ<π2)成立,求证sinθ+cosθ=2.证明显然,当ρ=2时,由已知等式化简,可得sinθcosθ=1/2,所以(sinθ+cosθ)2=2.又     

垂足三角形外接圆半径之间的一个恒等式

关于垂足三角形外接圆半径之间有下面一个恒等式:定理设△DEF是锐角△ABC的垂足三角形,且BC=a,CA=b,AB=c,△ABC的面积,外接圆半径,内切圆半径分别为?,R,r,若△AEF,△BDF,△CDE的外接圆半径依次为R A,BR,RC,则cot cot cotA2B2C2R A+R B+RC2(R r)r=??.(1)证明如图,由文[1]知EF=a cos A,FD=b cos B,DE=c cos C,∵A2sinREF=A cos2sina A=A2sin cos,R A A=A H D AE BFC∴R A=R cos A.同理RB=R cos B,RC=R cos C.令cot cot cot,A2B2C2K=R A+R B+RC在△ABC中应用常见恒等式:?=rs,cot2422∑A=s?R?r?r,csc2422…