几何问题和三角函数.doc

三角函数几何中的两个基本量是：线段的长度和角的大小.三角函数的本质就是用线段长度之比来表示角的大小，从而将两个基本量联系在一起，使我们可以借助三角变换或三角计算来解决一些较难的几何问题.三角函数不仅是一门有趣的学问，而且是解决几何问题的有力工具.1 角函数的计算和证明问题在解三角函数问题之前，除了熟知初三教材中的有关知识外，还应该掌握：（1）三角函数的单调性 当a为锐角时，sina与tga的值随a的值增大而增大；cosa与ctga随a的值增大而减小；当a为钝角时，利用诱导公式转化为锐角三角函数讨论.注意到sin45=cos45=,由(1)可知,当时0a45时,cosasina;当45a90时,cosasina.(2)三角函数的有界性|sina|1,|cosa|1,tga、ctga可取任意实数值（这一点可直接利用三角函数定义导出）.例1（1986年全国初中数学竞赛备用题）在ABC中，如果等式sinA+cosA=成立，那么角A是（ ）（A）锐角 （B）钝角 （C）直角分析 对A分类，结合sinA和cosA的单调性用枚举法讨论.解当A=90时，sinA和cosA=1；当45A90时sinA，cosA0，sinA+cosA当A=45时，sinA+cosA=当0A45时，sinA0,cosAsinA+cosA1, 都大于.淘汰（A）、（C），选（B）.例2（1982年上海初中数学竞赛题）ctg6730的值是（ ）（A）-1 （B）2- （C）-1（D） （E）分析 构造一个有一锐角恰为6730的Rt，再用余切定义求之.解 如图36-1，作等腰RtABC，设B=90，AB=BC=1.延长BA到D使AD=AC，连DC，则AD=AC=，D=22.5,DCB=67.5.这时，ctg6730=ctgDCB=选(A).例3(1990年南昌市初中数学竞赛题)如图,在ABC中,A所对的BC边的边长等于a,旁切圆O的半径为R,且分别切BC及AB、AC的延长线于D，E，F.求证:Ra证明 作ABC的内切圆O,分别切三边于G,H,K.由对称性知GE=KF(如图36-2).设GB=a，BE=x，KC=y,CF=b.则x+a=y+b, 且BH=a,BD=x,HC=y,DC=b.于是,x-a=y-b. +得,x=y.从而知a=b.GE=BC=a.设O半径为r.显然R+rOO (当AB=AC)时取等号.作OMEO于M,则OM=GE=a,OOM=R+r两式相加即得R.例4（1985年武汉等四市初中联赛题）凸4n+2边形A1A2A3A4n+2（n为自然数）各内角都是30的整数倍，已知关于x的方程：x2+2xsinA1+sinA2=0 x2+2xsinA2+sinA3=0 x2+2xsinA3+sinA1=0 都有实根，求这凸4n+2边形各内角的度数.解各内角只能是、，正弦值只能取当sinA1=时，sinA2sinA3方程的判别式1=4（sin2A1-sinA2）440方程无实根，与已知矛盾，故sinA1.当sinA1=时，sinA2，sinA3，方程的判别式1=4（sin2A1-sinA2）=0.方程无实根，与已知矛盾，故sinA1=.综上所述，可知sinA1=1，A1=.同理，A2=A3=.这样其余4n-1个内角之和为这些角均不大于又n为自然数，n=1,凸n边形为6边形,且 A4+A5+A6=42.解三角形和三角法定理 推论设 a、b、c、S与a、b、c、S.若我们在正、余弦定理之前介绍上述定理和推论是为了在解三角形和用三角函数解几何题时有更大的自由.（1） 解三角形例5（第37届美国中学生数学竞赛题）在图36-3中，AB是圆的直径，CD是平行于AB的弦，且AC和BD相交于E，AED=,CDE和ABE的面积之比是( ).(A)cos(B)sin(C)cos2(D)sin2(E)1-sin解 如图，因为ABDC,AD=CB,且CDEABE,BE=AE,因此连结AD，因为AB是直径，所以ADB=在直角三角形ADE中，DE=AEcos.应选(C).例6 (1982年上海初中数学竞赛题)如图36-4,已知Rt斜边AB=c, A=,求内接正方形的边长.解 过C作AB的垂线CH，分别与GF、AB交于P、H，则由题意可得又ABCGFC，即（2） 三角法.利用三角知识（包括下一讲介绍的正、余弦定理）解几何问题的方法叫三角法.其特点是将几何图形中的线段，面积等用某些角的三角函数表示，通过三角变换来达到计算和证明的目的，思路简单，从而减少几何计算和证明中技巧性很强的作辅助线的困难.例7（1986年全国初中数学竞赛征集题）如图36-5，在ABC中，BE、CF是高，A=，则AFE和四边形FBCE的面积之比是（ ）（A） 12（B）23（C）11（D）34解 由BE、CF是高知F、B、C、E四点共圆，得AFAB=AEAC.在RtABE中，ABE=，SAFESFBCE=11.应选(C).例8 (1981年上海中学生数学竞赛题)在ABC中C为钝角,AB边上的高为h,求证:AB2h.证明 如图36-6,AB=AD+BD=h(ctgA+ctgB) C是钝角,A+B,ctgBctg(-A)=tgA.由、和代数基本不等式，得例9 （第18届国际数学竞赛题）已知面积为32cm2的平面凸四边形中一组对边与一条对角线之长的和为16cm.试确定另一条对角线的所有可能的长度.解 如图36-7，设四边形ABCD面积S为32cm2，并设AD=y,AC=x,BC=z.则x+y+z=16(cm)由但S=32，sin=1,sin =1,且x-8=0.故=且x=8,y+z=8.这时易知另一条对角线BD的长为此处无图例10 (1964年福建中学数学竞赛题)设a、b、c是直角三角形的三边，c为斜边，整数n3,求证:an+bncn.分析 如图34-8,注意到RtABC的边角关系:a=csin0,b=ccos0,可将不等式转化为三角不等式sinn+cosn1来讨论.证明 设直角三角形一锐角BAC=(如图),则竞赛讲座平面三角三角函数与反三角函数，是五种基本初等函数中的两种，在现代科学的很多领域中有着广泛的应用同时它也是高考、数学竞赛中的必考内容之一一、三角函数的性质及应用 三角函数的性质大体包括：定义域、值域、奇偶性、周期性、单调性、最值等这里以单调性为最难它们在平面几何、立体几何、解析几何、复数等分支中均有广泛的应用【例1】求函数y=2sin(-2x)的单调增区间。解：y=2sin(-2x)= 2sin(2x+)。由2k-2x+2k+，kZ，得k-xk-，kZ。即原函数的单调增区间为：k-，k-（kZ）。【例2】 若（0，），比较sin(cos)，cos(sin)，cos这三者之间的大小。解：在（0，）中，sinxxtgx，而0cosx1，sin(cos) cos。在（0，）中，y=cosx单调递减，cos cos(sin)。sin(cos) cos0，f（）cos（sin）= cos 10，0 sin。=sin(ctg) ctg。作出函数y=ctgx在（0，）上的图象，可看出：。证明：01，0sin1-=，k=2，3，n。(coscos cos)2()()()()=()2，coscos cos。二、三角恒等变换众多的三角公式，构成了丰富多彩的三角学。要灵活地进行三角恒等变换，除熟练地掌握三角公式以及一般的代数变形技巧外，更重要的是抓住三角式的结构特征，从角和函数名入手，深入分析，灵活解题。【例1】（1）已知cos= -，sin(+)= ，且0，求sin的值。（2）已知sin(-)= ，求的值。提示：（1）sin=。（2）sin2=1-2 sin2(-)=；=。【说明】三角变换重在角的变换。【例2】求coscoscoscos的值。解法1：利用公式coscos2cos4cos2n=，得coscoscoscos= -，coscoscoscos=。又coscos=，cos=，coscoscoscos=。解法2：coscoscoscos= =。解法3：利用公式coscos(+)cos(-)= cos3，取=、。【例3】求cos420+cos440+cos480的值。解：由倍角公式得cos4=()2= (1+2cos2+cos22)= +cos2+cos4，cos420+cos440+cos480= 3+(cos40+ cos80+ cos160)+(cos80+ cos160+ cos320)= +(cos40+ cos80+ cos160)= +(2cos60 cos20- cos20)= 。【例4】若sin+cos=，cos+sin=，求sincos的值。解：令=-，则(1)(2)得tg=， cos(+)=，sincos=sinsin= - cos(+)+ cos(-) = -。【例5】已知f(x)=sin(x+)+cos(x-)是偶函数，0，求。解法一：由偶函数的定义，可得(cos+sin)sinx=0对任意xR成立。cos+sin=0，2 sin(+)=0，+=k，而0，=。解法二：由f(-)=f()，得=，然后验证f(x)是偶函数。【例7】方程sinx+cosx+a=0在（0，2）内有相异两根、，求实数a的取值范围，以及+的值。解：sinx+cosx+a=0，sin (x+)= -。令t= x+，则t(，)，sint= -。作出函数y= sint，t(,)的图象：由图象可以看出：当-1 -1且-即-2a-或-a2时，sint= -有相异两根t1、t2，原方程有相异两根、，并且当-2a-时，t1+t2=(+)+(+)=，+=；当-aAC，A的外角平分线交ABC的外接圆于D，DEAB于E，求证：AE=。【分析】方法1、2AE=AB-AC 在BE上截取EF=AE，只需证BF=AC，连结DC、DB、DF，从而只需证DBFDCA DF=DA，DBF=DCA，DFB=DAC DFA=DAF=DAG。方法2、延长CA至G，使AG=AE，则只需证BE=CG 连结DG、DC、DB，则只需证DBEDCG DE=DG，DBE=DCG，DEB=DGC=Rt。【例5】ABC的顶点B在O外，BA、BC均与O相交，过BA与圆的交点K引ABC平分线的垂线，交O于P，交BC于M。求证：线段PM为圆心到ABC平分线距离的2倍。【分析】若角平分线过O，则P、M重合，PM=0，结论显然成立。若角平分线不过O，则延长DO至D，使OD=OD，则只需证DD=PM。连结DP、DM，则只需证DMPD为平行四边形。过O作mPK，则DD,KP，DPK=DKPBL平分ABC，MKBLBL为MK的中垂线DKB=DMKDPK=DMK，DPDM。而D DPM，DMPD为平行四边形。【例6】在ABC中，AP为A的平分线，AM为BC边上的中线，过B作BHAP于H，AM的延长线交BH于Q，求证：PQAB。【分析】方法1、结合中线和角平分线的性质，考虑用比例证明平行。倍长中线：延长AM至M，使AM=MA，连结BA，如图6-1。PQABABQ=180-(HBA+BAH+CAP)= 180-90-CAP=90-BAP=ABQ方法2、结合角平分线和BHAH联想对称知识。延长BH交AC的延长线于B，如图6-2。则H为BB的中点，因为M为BC的中点，连结HM，则HMB/C。延长HM交AB于O，则O为AB的中点。延长MO至M，使OM=OM，连结MA、MB，则AMBM是平行四边形，MPAM，QMBM。于是，所以PQAB。【例7】菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E、F、G、H，在EF与GH上分别作O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q。求证：MQNP。（95年全国联赛二试3）【分析】由ABCD知：要证MQNP，只需证AMQ=CPN，结合A=C知，只需证AMQCPN，AMCN=AQCP。连结AC、BD，其交点为内切圆心O。设MN与O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记ABO=，MOK=，KON=，则EOM=，FON=，EOF=2+2=180-2。BON=90-NOF-COF=90-=CNO=NBO+NOB=+=AOE+MOE=AOM又OCN=MAO，OCNMAO，于是，AMCN=AOCO同理，AQCP=AOCO。【例8】ABCD是圆内接四边形，其对角线交于P，M、N分别是AD、BC的中点，过M、N分别作BD、AC的垂线交于K。求证：KPAB。【分析】延长KP交AB于L，则只需证PAL+APL=90，即只需证PDC+KPC=90，只需证PDC=PKF，因为P、F、K、E四点共圆，故只需证PDC=PEF，即EFDC。DMECNF【例9】以ABC的边BC为直径作半圆，与AB、AC分别交于点D、E。过D、E作BC的垂线，垂足分别是F、G，线段DG、EF交于点M。求证：AMBC。【分析】连结BE、CD交于H，则H为垂心，故AHBC。（同一法）设AHBC于O，DG、AH交于M1，EF、AH交于M2。下面证M1、M2重合。OM1DFOM1=。OM2EGOM2=。只需证OGDF=EGOF，即RtOEGRtODFDOF=DHB=EHC=EOG。竞赛专题讲座平面几何四个重要定理重庆市育才中学 瞿明强四个重要定理：梅涅劳斯(Menelaus)定理（梅氏线）ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上有点P、Q、R，则P、Q、R共线的充要条件是 。塞瓦(Ceva)定理（塞瓦点）ABC的三边BC、CA、AB上有点P、Q、R，则AP、BQ、CR共点的充要条件是。托勒密(Ptolemy)定理四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆。西姆松(Simson)定理（西姆松线）从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。例题：1 设AD是ABC的边BC上的中线，直线CF交AD于F。求证：。【分析】CEF截ABD（梅氏定理）【评注】也可以添加辅助线证明：过A、B、D之一作CF的平行线。2 过ABC的重心G的直线分别交AB、AC于E、F，交CB于D。求证：。【分析】连结并延长AG交BC于M，则M为BC的中点。DEG截ABM（梅氏定理）DGF截ACM（梅氏定理）=1【评注】梅氏定理3 D、E、F分别在ABC的BC、CA、AB边上，AD、BE、CF交成LMN。求SLMN。【分析】【评注】梅氏定理4 以ABC各边为底边向外作相似的等腰BCE、CAF、ABG。求证：AE、BF、CG相交于一点。【分析】【评注】塞瓦定理5 已知ABC中，B=2C。求证：AC2=AB2+ABBC。【分析】过A作BC的平行线交ABC的外接圆于D，连结BD。则CD=DA=AB，AC=BD。由托勒密定理，ACBD=ADBC+CDAB。【评注】托勒密定理6 已知正七边形A1A2A3A4A5A6A7。求证：。（第21届全苏数学竞赛）【分析】【评注】托勒密定理7 ABC的BC边上的高AD的延长线交外接圆于P，作PEAB于E，延长ED交AC延长线于F。求证：BCEF=BFCE+BECF。【分析】【评注】西姆松定理（西姆松线）8 正六边形ABCDEF的对角线AC、CE分别被内分点M、N分成的比为AM：AC=CN：CE=k，且B、M、N共线。求k。（23-IMO-5）【分析】【评注】面积法9 O为ABC内一点，分别以da、db、dc表示O到BC、CA、AB的距离，以Ra、Rb、Rc表示O到A、B、C的距离。求证：（1）aRabdb+cdc; (2) aRacdb+bdc;(3) Ra+Rb+Rc2(da+db+dc)。【分析】【评注】面积法10ABC中，H、G、O分别为垂心、重心、外心。求证：H、G、O三点共线，且HG=2GO。（欧拉线）【分析】【评注】同一法11ABC中，AB=AC，ADBC于D，BM、BN三等分ABC，与AD相交于M、N，延长CM交AB于E。求证：MB/NE。【分析】【评注】对称变换12G是ABC的重心，以AG为弦作圆切BG于G，延长CG交圆于D。求证：AG2=GCGD。【分析】【评注】平移变换13C是直径AB=2的O上一点，P在ABC内，若PA+PB+PC的最小值是，求此时ABC的面积S。【分析】【评注】旋转变换费马点：已知O是ABC内一点，AOB=BOC=COA=120；P是ABC内任一点，求证：PA+PB+PCOA+OB+OC。（O为费马点）【分析】将CC，OO， PP，连结OO、PP。则B OO、B PP都是正三角形。OO=OB，PP =PB。显然BOCBOC，BPCBPC。由于BOC=BOC=120=180-BOO，A、O、O、C四点共线。AP+PP+PCAC=AO+OO+OC，即PA+PB+PCOA+OB+OC。14(95全国竞赛) 菱形ABCD的内切圆O与各边分别交于E、F、G、H，在弧EF和弧GH上分别作O的切线交AB、BC、CD、DA分别于M、N、P、Q。 求证：MQ/NP。【分析】由ABCD知：要证MQNP，只需证AMQ=CPN，结合A=C知，只需证AMQCPN，AMCN=AQCP。连结AC、BD，其交点为内切圆心O。设MN与O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记ABO=，MOK=，KON=，则EOM=，FON=，EOF=2+2=180-2。BON=90-NOF-COF=90-=CNO=NBO+NOB=+=AOE+MOE=AOM又OCN=MAO，OCNMAO，于是，AMCN=AOCO同理，AQCP=AOCO。【评注】15(96全国竞赛)O1和O2与ABC的三边所在直线都相切，E、F、G、H为切点，EG、FH的延长线交于P。求证：PABC。【分析】【评注】16(99全国竞赛)如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：GAC=EAC。证明：连结BD交AC于H。对BCD用塞瓦定理，可得因为AH是BAD的角平分线，由角平分线定理，可得，故。过C作AB的平行线交AG的延长线于I，过C作AD的平行线交AE的延长线于J。则，所以，从而CI=CJ。又因为CI/AB，CJ/AD，故ACI=-BAC=-DAC=ACJ。因此，ACIACJ，从而IAC=JAC，即GAC=EAC。已知AB=AD，BC=DC，AC与BD交于O，过O的任意两条直线EF和GH与四边形ABCD的四边交于E、F、G、H。连结GF、EH，分别交BD于M、N。求证：OM=ON。（5届CMO）证明：作EOHEOH，则只需证E、M、H共线，即EH、BO、GF三线共点。记BOG=，GOE=。连结EF交BO于K。只需证=1（Ceva逆定理）。=1注：筝形：一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形。对应于99联赛2：EOB=FOB，且EH、GF、BO三线共点。求证：GOB=HOB。事实上，上述条件是充要条件，且M在OB延长线上时结论仍然成立。证明方法为：同一法。蝴蝶定理：P是O的弦AB的中点，过P点引O的两弦CD、EF，连结DE交AB于M，连结CF交AB于N。求证：MP=NP。【分析】设GH为过P的直径，FFF，显然O。又PGH，PF=PF。PFPF，PAPB，FPN=FPM，PF=PF。又FFGH，ANGH，FFAB。FPM+MDF=FPN+EDF=EFF+EDF=180，P、M、D、F四点共圆。PFM=PDE=PFN。PFNPFM，PN=PM。【评注】一般结论为：已知半径为R的O内一弦AB上的一点P，过P作两条相交弦CD、EF，连CF、ED交AB于M、N，已知OP=r，P到AB中点的距离为a，则。（解析法证明：利用二次曲线系知识）竞赛专题讲座几何变换主讲人：重庆市育才中学 瞿明强【竞赛知识点拨】一、 平移变换1 定义 设是一条给定的有向线段，T是平面上的一个变换，它把平面图形F上任一点X变到X，使得=，则T叫做沿有向线段的平移变换。记为XX，图形FF 。2 主要性质 在平移变换下，对应线段平行且相等，直线变为直线，三角形变为三角形，圆变为圆。两对应点连线段与给定的有向线段平行（共线）且相等。二、 轴对称变换1 定义 设l是一条给定的直线，S是平面上的一个变换，它把平面图形F上任一点X变到X，使得X与X关于直线l对称，则S叫做以l为对称轴的轴对称变换。记为XX，图形FF 。2 主要性质 在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段）或者平行，或者交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分。三、 旋转变换1 定义 设是一个定角，O是一个定点，R是平面上的一个变换，它把点O仍变到O（不动点），而把平面图形F上任一点X变到X，使得OX=OX，且XOX=，则R叫做绕中心O，旋转角为的旋转变换。记为XX，图形FF 。其中0时，为逆时针方向。2 主要性质 在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角。四、 位似变换1 定义 设O是一个定点，H是平面上的一个变换，它把平面图形F上任一点X变到X，使得 =k，则H叫做以O为位似中心，k为位似比的位似变换。记为XX，图形FF 。其中k0时，X在射线OX上，此时的位似变换叫做外位似；k0时, X在射线OX的反向延长线上，此时的位似变换叫做内位似。2 主要性质 在位似变换下，一对位似对应点与位似中心共线；一条线上的点变到一条线上，且保持顺序，即共线点变为共线点，共点线变为共点线；对应线段的比等于位似比的绝对值，对应图形面积的比等于位似比的平方；不经过位似中心的对应线段平行，即一直线变为与它平行的直线；任何两条直线的平行、相交位置关系保持不变；圆变为圆，且两圆心为对应点；两对应圆相切时切点为位似中心。【竞赛例题剖析】【例1】P是平行四边形ABCD内一点，且PAB=PCB。求证：PBA=PDA。【分析】作变换ABPDCP，则ABPDCP，1=5，3=6。由PPADBC，ADPP、PPCB都是平行四边形，知2=8，4=7。由已知1=2，得5=8。P、D、P、C四点共圆。故6=7，即3=4。【例2】“风平三角形”中，AA=BB=CC=2，AOB=BOC=60。求证：AOB+BOC+COA。【分析】作变换AOCAQR，BOCBPR，则R、R重合，记为R。P、R、Q共线，O、A、Q共线，O、B、P共线，OPQ为等边三角形。AOB+BOC+COA2AD。【分析】设PP，P