正弦和余弦的相互关系公式
教学目标
1．使学生理解正、余弦相互关系的两个公式的推导过程，理解公式成立的条件，并能利用它们及其变形公式解答一些基本问题；
2．通过公式的推导过程，培养学生从特殊到一般提出猜想和发现问题的能力； 3．培养学生运用知识结构总结问题的能力。 教学重点和难点
公式的推导和应用是重点；而公式的应用又是难点。 教学过程设计
一、从学生原有的认知结构提出问题 A （投影）问：直角三角形有什么性质？（图6-13）
①c＞a，c＞b
答：（1）边的关系：②a+b＞c，„ b ③a2+b2=c2。
（2）角的关系：∠A+∠B=90°。 C a B
（3）边角关系：sinA=a/c，cosA=b/c，„ 图 6-13
教师归纳指出：由此可见，在一个直角三角形中，由于三边之间，两个锐角之间和边角之间都有一定的关系，而正弦和余弦又是表示直角边和斜边的比值，因此自然要问：正弦和余弦之间有什么样的相互关系？这就是我们今天所要学习的问题。（板书课题） 二、互为余角的正、余弦相互关系公式的教学过程
1．复习特殊角三角函数值。
（边问边按下列格式打出投影片，如图6-14）
sin30°= cos60°= ； sin60°= cos30°= ； sin45°= ； cos45°= 。 问：你能发现什么规律？
答：sin30°=cos60°，sin60°=cos30°，sin45°=cos45°。 2．从特殊到一般提出猜想。
猜想：设A和B互为余角，则：sinA=cosB， cosA=sinB。 3 2 3．证明猜想，形成公式。 （采取学生口述，教师板演，在此基础上归纳出互为余的 正、余弦相互关系的三种表达形式。） 1 互为余角的正、余弦的相互关系： （1）若∠A+∠B=90°，则sinA=cosB，或cosA=sinB。
（2）sinα=cos（90°-α），或cosα=sin（90°-α）。 图 6-14 1 （3）数学语言叙述：任意锐角的正弦值等于它的余角的余弦值，任意锐角的余弦值等于它的余角的正弦值。
练习1（口答）
sin37°=cos cos62°； sin47°-cos43°= 4．应用公式，变式练习。
cos18sin72
2
例1 （1）已知sinA=1/2，且∠B=90°-∠A。求cosB； （2）已知sin35°=0.573 6，求cos55°； （3）已知cos47°6＇=0.680 7,求sin42°54＇。
分析：观察每小题两锐角的关系均为互余两角，都可运用上述关系式。
三、sin2A+cos2A=1的教学过程
22
1． 从学生原有的认知结构讲授“sinA+cosA=1”公式 （投影）如图6-15，△ABC中，∠C=90°。 复习：a+b＞c，a+b=c。 引导：
abc
2
2
2
>1，
abc
2
22
1,
ac
2
bc
1,
ac
22
bc
22
1。
发现：sinA+cosA>1，sinA+cosA=1。
由此得到sinA，cosA相互关系的两条性质：（A为锐角） （1）sinA+cosA>1，（了解）
（2）sin2A+cos2A=1。（重点） 对于（1）要求学生了解；（2）要求学生理解和掌握。所以下面讲公式（2）的变形和应用。
2．理解公式sin2A+cos2A=1和几种变形。
sin2A+cos2A=1， sin2A=1-cos2A=（1+cosA）（1-cosA）， sinA=cos
cosA=sin
2
2
（1-sinA）， A， cosA=1-sinA=（1+sinA）A。
22
2
3． 解公式成立的条件。 4． 应用举例，变式练习。
练习2（口答）下列等式是否成立？
（1）sin230°+cos245°=1； （2）sin237°+sin253°=1； （3）cos256°+sin256°=1； （4）sin246°+cos246°=1；
22
（5）sinα+sin（90°-α）=1。 例2 已知∠A为锐角，且cosA=
2
2
1213
。求sinA的值。
解：因为sinA+cosA=1，且∠A为锐角，所以 sinA=cos
2
A=(
1213
)=
2
513
。
教师指出：解题时，根据sin2A+cos2A=1，当∠A为锐角时，已知cosA可求sinA，同 样已知sinA也可以求cosA，利用上面的公式，还可以将式子化简。
例3 化简：sinA+sinA·cosA+cosA。（∠A为锐角）
分析：由于原式中的指数为2和4，且底数为sinA和cosA，于是从结构上联想到“sinA+cosA=1”这个公式。 解：sin4A+sin2A·cos2A+cos2A = sin2A（sin2A+cos2A）+cos2A = sin2A+cos2A =1
2
2
4
2
2
2
例4 已知：△ABC中，∠C=90°，AC=25， BC=4，如图6-16。 求sinA，cosA，sinB，cosB。
解：AB=
AC
BCAC
2
BC
23
2
=(25)4=6，所以
ACAB
2
2
sinA==，cosA==
535
， A
sinB=sin（90°-A）=cosA= cosB=cos（90°-A）=sina=
23
3
， 25
。 B 4 C
2
这里求cosA，也可用cosA=sinA来求。 图6-16
四、小结（投影） 1．先提出以下问题：
（1）这节课学习了哪两个公式？它们是根据什么知识推导出来的？ （2）应用这两个公式时应注意什么问题？ 2．在学生回答的基础上教师总结指出： 至今为止，我们学习了四条性质： （1）（投影下述知识结构）
（2）注意：公式成立的条件均为锐角，在第三个公式中，还要注意两个角是互余关系； 在第四个公式中同角的条件，还要善于灵活变形应用。
五、作业（投影）
1． 把一列各角的正弦（余弦）改写成它的余角的余弦（正弦）：
（1）sin32°； （2）cos75°； （3）sin54°19′； （4）sin41°53′。 2．填空：
（1）已知：sin67°18′=0.922 5，则cos22°42′= 。
（2）已知：cos4°24′=0。997 1，则sin85°36′= 。
3．在△ABC中，∠C=90°，∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，先根据下列条件求出∠A的正弦值和余弦值，然后说出∠B的正弦值和余弦值：
（1）a=2，b=1； （2）a=3，c=4； （3）b=2,c=29； （4）a=45，b=8。 4．设∠A 为锐角，且sinA=
2
817
，求cosA。
选作：已知：∠A和∠B（∠A>∠B）是一个直角三角形的两个锐角，并且sinA，sinB是方程4x-2kx+k-1=0的两个实根。 求：（1）k的值；（2）∠A和∠B的度数。
略解：因为∠A与∠B互余，所以sinB=cosA，由根与系数关系：sinA+cosA=sinA·cosA=
k14
k2
，
2
。由sin2A+cos2A=（sinA+cosA）-2sinA·cosA=1得：k2-2k-2=0，即k=1-3
（舍），k=1+3，由∠A>∠B，所以∠A=60°，∠B=30°。
板书设计（略）
课堂教学设计说明
这份教案为1课时，讲授两个公式。互为余角的正弦、余弦的相互关系，是运用“归纳发现法”讲授的，而“sinA+cosA=1”则是运用“演绎发现法”讲授的。因为数学的发现不都是归纳发现，而演绎发现是大量存在的，特别是高年级更是如此。这样讲授，对培养学生从不同角度发现问题是有好处的。
显然“sinA+cosA=1”也可用“归纳发现法”讲授，例如： sin230°+cos230°=?
sin45°+cos45°=? sin260°+cos260°=? „„
猜想：sin2A+cos2A=1。
2
2
2
2
2
2
证明：„„
运用何种方法讲授，要根据学生实际水平。一般地说，学生基础好，理解能力强，可采用 “演绎发现法”。反之，则采用“归纳发现法”。
正弦余弦定理证明教案
【基础知识精讲】 1.正弦定理、三角形面积公式 正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，并且都等于该三角形外
接圆的直径，即：
=
=
=2R.
面积公式：S△=
bcsinA=
absinC=
acsinB.
2.正弦定理的变形及应用 变形：(1)a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC (2)sinA∶sinB∶sinC=a∶b∶c
(3)sinA=
,sinB=
,sinC=
.
应用(1)利用正弦定理和三角形内角和定理，可以解决以下两类解斜三角形问题： a.已知两角和任一边，求其他两边和一角. b.已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角. 一般地，已知两边和其中一边的对角解三角形，有两解、一解、无解三种情况. ①A 为锐角时
②A 为直角或钝角时.
(2)正弦定理，可以用来判断三角形的形状.其主要功能是实现三角形中边角关系转化. 例如：在判断三角形形状时，经常把 a、b、c 分别用 2RsinA、2RsinB、2RsinC 来代替. 3.余弦定理 2 2 2 在△ABC 中，有 a =b +c -2bccosA; 2 2 2 b =c +a -2accosB；
c =a +b -2abcosC； 变形公式：
2
2
2
cosA=
,cosB=
,cosC=
在三角形中，我们把三条边(a、b、c)和三个内角(A、B、C)称为六个基本元素，只要已 知其中的三个元素(至少一个是边)，便可以求出其余的三个未知元素(可能有两解、一解、 无解)，这个过程叫做解三角形，余弦定理的主要作用是解斜三角形. 4.解三角形问题时，须注意的三角关系式：A+B+C=π 0＜A，B，C＜π
sin
=sin
=cos
sin(A+B)=sinC 特别地，在锐角三角形中，sinA＜cosB,sinB＜cosC,sinC＜cosA. 【重点难点解析】 掌握正、余弦定理，并学会用其余弦定理解三角形. 例 1 在△ABC 中，已知 A＞B＞C，且 A=2C,b=4,a+c=8，求 a、c 的长.
解：由正弦定理
=
及 A=2C 得
=
,即
=
,
∴cosC=
.
由已知 a+c=8=2b 及余弦定理，得
cosC=
=
=
=
.
∴
=
，整理得(2a-3c)(a-c)=0
∴a≠c,∴2a=3c.
∵a+c=8,∴a= 例2 状.
,c=
. ，且 B 为锐角，试判断此三角形的形
在△ABC 中，如果 lga-lgc=lgsinB=-lg
解：∵lga-lgc=lgsinB=-lg
,
∴sinB= 又∵0°＜B＜90°，∴B=45°
由 lga-lgc=-lg
,得
=
.
由正弦定理得 即 2sin(135°-C)=
=
. sinC sinC.
即 2［sin135°cosC-cos135°sinC］=
∴cosC=0,得 C=90° 又∵A=45°,∴B=45° 从而△ABC 是等腰直角三角形. 例 3 如图已知：平行四边形两邻边长为 a 和 b(a＜b)，两对角线的一个交角为θ (0° ＜θ ＜90°)，求该平行四边形的面积.
分析： 由于已知了平行四边形相邻两边长和对角线的一个交角， 再考虑到平行四边形的 面积是△AOB 的四倍，因此只要求 OA·OB·sinθ 即可. 解：设平行四边形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于 O.AB=a,BC=b, ∠ AOB= θ ，又设 OA=x,OB=y. 在△AOB 中，应用余弦定理可得： 2 2 2 a =x +y -2xycosθ ① 在△BOC 中，应用
余弦定理可得： 2 2 2 b =x +y -2xycos(180°-θ ) ② 由②-①得： 2 2 b -a =4xycosθ
∵0°＜θ ＜90°，∴xy=
(b＞a)
∴S□=4S△AOB=2xysinθ =
tanθ
2 2 2
例 4 在△ABC 中，已知 4sinBsinC=1,b +c -a =bc,且 B＞C，求 A、B、C. 2 2 2 分析：由于题设条件 b +c -a =bc 十分特殊，将它与余弦定理对照可得 A=60°,这样 B+C=120°，于是再利用条件 4sinBsinC=1，可求得 B 与 C.
解：由余弦定理 cosA= 又∵0°＜A＜180° ∴A=60° ∴B+C=120°,又由于 4sinBsinC=1 ∴4sinBsin(120°-B)=1
=
=
.
∴4sinB( ∴ ∴
cosB+
2
sinB)=1
sin2B+2sin B=1 sin2B=cos2B
∴tan2B=
,∴2B=30°或 2B=210°
由于 B+C=120°,且 B＞C，60°＜B＜120° ∴2B=210°, ∴B=105°,从而 C=15° ∴A=60°,B=105°,C=15°
例5
已知△ABC 中，a，b，c 为角 A，B，C 的对边，且 a+c=2b，A-C=
,求 sinB 的值.
解法一：由正弦定理和已知条件 a+c=2b，得 sinA+sinC=2sinB，由和差化积公式得
2sin
·cos
=2sinB
由 A+B+C=π ，得
sin
=cos
又 A-C=
,得
cos
=sinB
∴
cos
=2sin
·cos
又∵0＜
＜
,cos
≠0
∴sin
=
从而 cos
=
=
∴sinB=
·
=
.
解法二：由正弦定理和已知条件 a+c=2b，得 sinA+sinC=2sinB
∵A-C=
,A+B+C=π
两式相减可得 B=
-2C
∴sin(
+C)+sinC=2sinB
得 sin
cosC+cos
sinC+sinC=2sinB
∴
cosC+
sinC=2sinB
即
cos(
-C)=2sinB
∴
cos
=4sin
·cos
∵0＜B＜π ,∴cos
≠0
∴sin
=
cos
=
=
∴sinB=
·cosB=
【难题巧解点拔】
例1
△ABC 中，若 a=5,b=4,cos(A-B)=
，求 AB.
分析：很明显，只要求 cosC 的值，应用余弦定理即可求出 AB. 解法一：由已知条件 a=5,b=4
= 式有
=
=9， ①由已知 cos(A-B)=
,根据半角公
sin
=
=
,cos
=
=
代入①式得 tg
=
∵tg
=ctg
,
∴tg
2 2
=
2
,根据万能公式 cosC=
∴c =a +b -2abcosC=36,AB=c=6 解法二：∵A＞B，如图，作∠BAD=∠B,∴AD=BD
∠CAD=∠A-∠B 令 AD=BD=y,CD=x,
由余弦定理 cos(A-B)=
=
,x=a-y,
∴
=
,y=4,x=1
△CAD 中再由余弦定理 cosC=
,∴c=6
评析：上述解法反映边向角的转化，也可由角向边转化直接求出边. 例 2 半圆 O 的直径为 2，A 为直径延长线上的一点，且 OA=2，B 为半圆周上任意一点 以 AB 为边向形外作等边三角形 ABC(如图)， 问 B 点在什么位置时， 四边形 OACB 的面积最大， 并求出这个最大面积.
解：设∠AOB=x，则
S△AOB=
2 2
·2·1·sinx=sinx,
2
AB =OA +OB -2·OA·OB·cosx=5-4cosx.
S△ABC=
AB =
2
(5-4cosx)=
-
cosx
∴SOACB=S△AOB+S△ABC
=sinx-
cosx+
=2sin(x-
)+
∵0＜x＜π ,-
＜x-
＜
∴x-
=
时，
∴即 x=
时,SOACB 有最大值 2+
(平方单位)
例 3 已知△ABC 中，AB=AC=a,∠BAC=φ ，等边三角形 PQR 的三边分别通过 A，B，C 三 点.试求△PQR 的面积的最大值.
分析： 先依题意画出图形(如图).因为变动三角形 PQR 为正三角形， 它的面积 S=
PQ ，
2
问题可转化为求边
长 PQ 的最大值.为此需要建立 PQ 的函数式，这又必须选取适当的量作为 自变量.观察图形可以发现，PQ 的位置是随着∠PAB 的大小变化而变化的.不妨就以∠PAB 为 自变量.以下的程序就是应用三角形的边角关系， 求出以∠PAB 的三角函数表示 PQ 的解析式， 最后求它的最大值. 解：设∠PAB=x,那么∠PBA=120°-x,∠QAC=180°-x-φ ，∠QCA=x+φ -60°.
在△PAB 中，∵
=
，
∴PA=
sin(120°-x),
在△AQC 中，
=
∴AQ=
sin(x+φ -60°)
∴PQ=PA+AQ=
［sin(120°-x)+sin(x+φ -60°)］
=
sin(
+30°)cos(90°-
-x).
因为其中 a,
+30°都是常量，所以当 90°-
-x=0 即 x=90°-
时，取得
(PQ)max=
sin(
+30°)
同时也就取得了
(S△)max=
(PQ) max
2
=
a sin (
2
2
+30°)
例4
在△ABC 中，已知 A=
，求证：
＜c-a＜
.
证明：在△ABC 中，由 A=
，得 C=2A，∴B=π -3A,∴0＜A＜
=
=
=
=
=
=
=
.
∵0＜A＜
，∴
＜cosA＜1，即 2＜2cosA+1＜3∴
＜
＜
,故
＜c-a＜
.
评析：解本题的关键是利用正弦定理及三角公式将 的取值范围推得结论. 【课本难题解答】 课本第 132 页，习题 5.9 第 8 题： ｜F｜≈132N，β ≈38° 第9题 两条对角线的长分别是 4 cm 和 4
转化为
，结合角 A
cm,面积是 48cm .
2
【命题趋势分析】 本节主要考查：1.根据已知条件，求三角形的末知元素，或判断三角形的形状. 2.运用正、余弦定理及关系式 A+B+C=π 解决三角形中的计算和证明问题. 3.利用所学的三角知识解决与三角形有关的三角函数问题和简单的实际问题. 根据考试的方向， 可以预见， 利用正、 余弦定理解斜三角形问题将会与三角函数、 数列、 方程、向量等知识相结合，尤其是与生活、生产、科学实验实际相结合，考查综合运用数学 知识的能力. 【典型热点考题】
例1
在△ABC 中，a，b，c 分别是角 A、B、C 的对边，设 a+c=2b，A-C=
，求 sinB
的值. 解：根据正弦定理和已知可得：sinA+sinC=2sinB,A+B+C=π
则 2sin
·cos
=2sinB.
又 A-C=
,sin
=cos
∴2cos
cos
=2sinB=4sin
cos
又∵0＜
＜
∴sin
=
cos
=
=
∴sinB=2·
·
=
例 2 若△ABC 的三个内角 A、B、C 成等差数列，且最大边为最小边的 2 倍，则三内角 之比为 . 解：设三角形三内角从小到大依次为 B-d,B,B+d, 则 B-d+B+B+d=180°∴B=60° 设最小边为 x，则最大边为 2x,
从而
=
tand=
,d=30°
所以三内角分别为 A=30°,B=60°,C=90°,得三内角之比为 1∶2∶3. ∴应填 1∶2∶3. 2 2 2 例 3 在△ABC 中，A、B、C 三顶点所对边分别为 a,b,c，试证明 b =c +a -2accosB.
证明：因为 则有：
2
= =
2
+ · + +
2
=( +2 +2｜
+ ·
)·(
+
)
= =
2 2 2
2
2
｜·｜
｜cos(180°-B)
=c +a -2ac·cosB 2 所以 b =c +a -2ac·cosB 例4 求 sin 20°+cos 80°+
2 2
2
sin20cos80°的值.
解：设△ABC 中的 A=10°,
B=20°,C=150°对应边分别为 a,b,c. △ABC 的外接圆半径为 2R，则由正弦定理得： a=2Rsin10°,b=2Rsin20°,c=2Rsin150°
由余弦定理，得： 2 2 2 (2Rsin150 ° ) =(2Rsin10 ° ) +(2Rsin20 ° ) -2(2Rsin10 ° )(2Rsin20 ° )cos150 °即： sin 150°=sin 10°+sin 20°+
2 2 2
sin10°sin20°
则：cos 80°+sin 20°+
2
2
sin20°cos80°= =-2cos(180°-10°-20°).
说明： 本题采用了构造法， 题中余弦变正弦之后， 注意到
§4球面余弦定理和正弦定理
平面几何中的三角形全等判定条件说明了平面三角形的唯一性，到了平面三角学，把这种唯一性定理提升到有效能算的角边函数关系。其中最基本的就是三角形的余弦定理：设三角形 ABC 的三条边分别是 a 、 b 、 c ，它们的对角分别是 、 、 ，则
其中，
分别表示
的余弦。
三角形的正弦定理：设三角形 ABC 的三条边分别是 a 、 b 、 c ，它们的对角分别是 、 、 ，则
。
类似地，球面三角形也有有效能算的边角函数关系，其中最主要的结果就是球面三角的正弦定理和余弦定理。
为证明球面三角余弦定理，我们介绍有关向量的另一种乘积—外积。 两向量a与b的外积是一个矢量，记做a×b，它的模是|a×b|=|a||b|它的方向与a,b都垂直，并且按a,b,a×b这个顺序构成右手标架。 对于向量的外积，有拉格朗日恒等式成立。
a×b）·(a’×b’)=(a·a’)·(b·b’)－(a·b’)·(b·a’)
定理4.1（球面三角余弦定理）在单位球面上，对于任给球面三角形三边
和三角
恒满足下述函数关系
，其(a,b),
（证法一）证明：如图4-1所示，
图4-1
是单位球面上的三点，以a,b,c分别表示单位长向量
三角形
,则球面
的三角角度和三边边长分别可以用空间向量a,b,c表达如下：
是b,c之间夹角的弧度，所以cos=b·c,同理有cos=a·c, cos=a·b。 是“a,b所张的平面”和“a,c所张的平面”之间的夹角，所以a×b和a×c之间的夹角，即
（a×b）·(a×c)=| a×b|·|a×c|cosA=同理亦有（b×c）·(b×a)=（c×a）·(c×b)=由（a×b）·(a×c)=所以同理可证
=cos－
也等于
当单位球面上的球面三角形三边都小于三角余弦定理。证明如下： 取球面三角形
时，可以用平面三角余弦定理证明球面
，将各顶点与球心O连接，过顶点A作b,c边的切线，分别
和两个平
交OC,OB的延长线于N,M,由此得到两个平面直角三角形面三角形
。在
中，根据平面三角形的余弦定理，有。
同理在因此即
中
即即得同理可证
（证法2）证明：设球心为O，连接OA、OB、OC，则
。
图
4-2
过点A做的切线交直线OB于D，过点A做的切线，交直线OC于E，连
接DE（如图4-2所示）。 显然，AD
AO，AE
AO，在直角三角形OAD中， AO=1，
AD=，
OD=
在直角三角形OAE中，
AE=
。
，
OE=。
注意。在三角形ODE中，利用平面三角形的余弦定理（定理3.1），
„„（1）
在三角形ADE中， „„（2）
因为（1）式与（2）式左端相等，所以右端也相等，经化简整理，即得
。
类似地可以得到另外两式。
当三角形有一个内角为直角时，比如，则由球面三角余弦定理有
。这恰好是平面几何中的勾股定理在球面几何中的对应物，但
形式上有了很大差别。我们称之为球面勾股定理。
定理4.2（球面三角正弦定理）在单位球面上，对于任给球面三角形三边
和三角
恒满足下述函数关系
证明：因为上述三个比值都是正的，所以我们只要证明
恒成立。
由球面三角余弦定理，得
同理可证，所以。
一般地，易证在半径为r的球面上，对于任给球面三角形，其三边
和三角
恒满足下述函数关系
和
，其
当形
时，上述关系式会变成什么形式呢？如图，当的三边
可以看作直线段，所以
,
,
时，球面三角
所以,,
,
代入上述关系式，当
,
时对式子取极限，整理得：
这恰好是平面三角余弦定理和正弦定理。 在实际使用时，考虑到所给条件的不同及计算的方便，我们常常需要不同形式的球面三角公式，这些公式本质上都能以球面正弦定理和余弦定理加以变换而得到。 前面通过研究极对偶三角形的关系我们证明了球面几何中特有的全等条件AAA,在球面三角中有反映这一特有全等条件的三角公式。
定理4.3（角的余弦公式）在单位球面上，对于任给球面三角形
和三角
恒满足下述函数关系
，其三边
证明：由
的极对偶三角形
的余弦定理
利用上节定理3.1将中相应的元素代入上式即有
乘以－1，化简得同理可证其他两式。
中学生数学·２０１４年３月上·第４８５期（高中）
江苏省连云港市锦屏高级中学（２２２０２１）高二（８） 黄苍胤
指导教师
殷长征
如图：△ＡＢＣ是圆Ｏ的内接三角形，连结ＯＣ，＝ＣＤ⊥ＡＢ，设∠Ａ＝θ，则－１＝－１＝－１＝２ｃｏｓ２θ－１．
ＡＣ２ＡＣ２ｃｏｓθ
∠ＢＯＣ＝２θ．（３）∵ ＣＤ２＝ＡＤ·ＤＢ，
（２×∴ ｔａｎ２θ＝１）ｓｉｎ２θ＝ＯＤ＝ＡＯ＋ＯＤ－ＡＯ－ＯＤ＝
ＯＣ＝＝＝
２×ＡＣＡＣｃｏｓθ··ＡＤ－ＢＤ＝ＡＤ２－ＢＤ·ＡＤ＝ＡＤ２－ＣＤ２＝
＝２ｓｉｎθｃｏｓθ．
（２×２）ｃｏｓ２θ＝ＯＣ＝ＯＣ＝ＯＣ－１２＝
１－１－ｔａｎ２θ．
ＡＤ２（责审 梁宇学）
（檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪上接第４８页）或导数求得直线ｎ的方程为ｙ＝ｘ＋１，结合图
故ｆ（ａ）＝ａ且ｆ（ｂ）＝ｂ，即ｆ（ｘ）＝ｘ在像得截距－ｋ＜１，即ｋ＞－１．综上所述，－１＜ｋ［－２，＋∞）上有两个不等实根，即ｘ＋１＝≤－２．
ｘ－ｋ在［－２，＋∞）上有两个不等实根．化简课外练习
得ｘ２－（２ｋ＋２）ｘ＋ｋ２－１＝０，令ｇ（ｘ）＝ｘ２－１．对于函数ｆ（ｘ），若存在区间Ｍ＝［ａ，ｂ］（（２ｋ＋２）ｘ＋ｋ２－１，则Δ＞０且ｇ（－ａ＜ｂ），使得｛ｙ｜ｙ＝ｆ（ｘ），ｘ∈Ｍ｝＝Ｍ，则称区
２）≥０且ｋ间Ｍ为函数ｆ（ｘ）的一个“稳定区间”．现有四
＋１＞－个函数：（
２，解得ｋ＞－１．又ｘ＋１＝ｘ－ｋ≥０１）ｆ（ｘ）＝ｅｘ；（２）ｆ（ｘ）＝ｘ２；（３）ｆ（ｘ）在［－＝ｓｉｎ２，＋∞）上恒成立，故ｋ≤－２．综上所２；（４）ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ．则其中存在“稳定区
间”的函数有（ ）．
述，－１＜ｋ≤－
２．（Ａ）（１），（２） （Ｂ）（２），（３）
解法２ 由解法１知：（Ｃ）（３），（４）（Ｄ）（２），（４）已知问题等价于ｘ＋１２．设ｆ（ｘ）＝ｘ２＋ｂｘ＋ｃ（ａ＜０）的定义＝ｘ－ｋ在［－２，＋∞）上域为Ｄ，若所有的点（ｓ，ｆ（ｔ））（ｓ，ｔ∈Ｄ）构成一
有两个不等实根，即为ｙ＝个正方形区域，则实数ａ的值为（ ）．
（Ａ）－２（Ｂ）－４
ｘ＋１ｙ＝ｘ－ｋ的图像在［－２，＋∞）上（Ｃ）－８（Ｄ）不能确定
有两个不同的交点．如图对于直线ｍ，应有截参考答案１．（Ｄ）；２．（Ｂ）．距ｋ≤－（责审
２．另直线ｎ与曲线相切，故由判别式 梁宇学） 网址：ｚｘｓｓ．ｃｂｐｔ．ｃｎｋｉ．ｎｅｔ 电子邮箱：ｚｘｓｓ＠ｃｈｉｎａｊｏｕｒｎａｌ．ｎｅｔ．ｃ
ｎ中学生习
作
中学生数学#2010年3月上#第389期(高中)
出数学对称之美, 使人深受熏陶. 内有解, 显然可得a =-2x I (-], 0)
, 而上
例3 (2009年福建文科卷) 若曲线f (x )
=ax 2+ln x 存在垂直于y 轴的切线, 则实数a 面的数形结合法提供了另一种解题思路, 拓宽的取值范围是了知识视野.
分析 该函数的定义域为(0, +]) , 导函例4 (2009年上海
理科卷) 当0[x [1时, 不
数f c (x ) =2ax +x . 因为存在垂直于y 轴的切
等式sin 线, 故问题转化为x >0时导函数f c (x ) =2ax 2\kx 成立, 则
实数k 的取值范围是
+ 图5x 存在零点. 再将之转化为曲线y =-2ax .
与y =x 存在交点. 当a =0时不符合题意, 当a 分析 作出y 1=sin 2与y 2=kx 的图像, >0时, 如图3, 数形结合可见显然没有交点; 当如图5所示, 要使不等式sin a <0时, 如图4, 正好有一个交点, 故有a <0, 2\kx 成立, 由图故应填(-], 0) 或者
{a |a <0}.可知须k [1.
评注 此题的解题关键在于抓住y 1=
sin 2的函数图像为上凸函数这一特征进行解
题分析, 当然对图像成形的精确度也有一定的
要求.
综上所述, /构图0的数学解题策略展现出
图3 图4自身独特的特点, 时而顺势达成, 时而神来之
笔, 进而婉转迂回, 从而使数学解题既具丰富
评注 显然此题亦可通过分离变量法加多彩的特点, 又具有匠心独具、巧夺天工之特
色, 令人加深了对数学的认识. 以解决, 即等价于方程2ax +x =0在(0, +]) (责审 余炯沛)
半角正弦、余弦、
正切公式的无字证明
华南师大附中番禺学校(511442) 夏新桥
BC 2=B D #B A ]sin 22=2.
tan 2=1+cos H =sin H ,
tan 2=2
AC 2=A D #A B ]cos 22A D 2=A D 2=A D =1+co s H . 2=2,
网址:zxs s. chin ajou rnal. net. cn 电子邮箱:zx ss@chinajournal. net.
cn 高
考园地