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3极限和导数相关知识1.导数的有关概念。
(1)定义：函数y=f(x)的导数f /(x)，就是当0→∆x 时，函数的增量y ∆与自变量的增量x ∆的比xy ∆∆的极限，即xx f x x f x y x f x x ∆-∆+=∆∆=→∆→∆)()(limlim)(00/。
(2)实际背景：瞬时速度，加速度，角速度，电流等。
(3)几何意义：函数y=f(x)在点x 0处的导数的几何意义，就是曲线y=f(x)在点P(x 0,f(x 0))处的切线的斜率。
2． 求导的方法： (1)常用的导数公式：C /=0（C 为常数）； (x m )/=mx m-1(m ∈Q); (sinx)/=cosx; (cosx)/= -sinx ; (e x )/=e x ; (a x )/=a xlnax x 1)(ln /=; e x x a a log 1)(log /=.(2)两个函数的四则运算的导数：).0(;)(;)(2/////////≠-=⎪⎭⎫⎝⎛+=±=±v v uv v u v u uv v u uv v u v u(3)复合函数的导数：x u xu y y ///⋅=3.导数的运用： (1)判断函数的单调性。
当函数y=f(x)在某个区域内可导时，如果f /(x)>0，则f(x)为增函数；如果f /(x)<0，则f(x)为减函数。
(2)极大值和极小值。
设函数f(x)在点x 0附近有定义，如果对x 0附近所有的点，都有f(x)<f(x 0)（或f(x)>f(x 0)）,我们就说f(x 0)是函数f(x)的一个极大值（或极小值）。
(3)函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的求法。
A 类例题例1求函数的导数)1()3( )sin ()2( cos )1(1)1(2322+=-=+-=x f y x b ax y xx x y ω22222(1)(1)cos (1)[(1)cos ](1):(1)cos x x x x x x y x x''-+--+'=+-解 2222222222222222(1)cos (1)[(1)cos (1)(cos )](1)cos (1)cos (1)[2cos (1)sin ](1)cos (21)cos (1)(1)sin (1)cos x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x''-+--+++=+-+---+=+--+-+=+(2)解 y =μ3,μ=ax －b sin 2ωx ,μ=av －by v =x ,y =sin γ γ=ωxy ′=(μ3)′=3μ2·μ′=3μ2(av －by )′=3μ2(av ′－by ′)=3μ2(av ′－by ′γ′)=3(ax －b sin 2ωx )2(a －b ωsin2ωx )(3)解法一 设y =f (μ),μ=v ,v =x 2+1,则y ′x =y ′μμ′v ·v ′x =f ′(μ)·21v －21·2x=f ′(12+x )·21112+x ·2x=),1(122+'+x f x x解法二 y ′=［f (12+x )］′=f ′(12+x )·(12+x )′=f ′(12+x )·21(x 2+1)21-·(x 2+1)′=f ′(12+x )·21(x 2+1) 21-·2x=12+x x f ′(12+x )说明 本题3个小题分别涉及了导数的四则运算法则，复合函数求导的方法，以及抽象函数求导的思想方法 这是导数中比较典型的求导类型解答本题的关键点是要分析函数的结构和特征，挖掘量的隐含条件，将问题转化为基本函数的导数本题难点在求导过程中符号判断不清，复合函数的结构分解为基本函数出差错例2．观察1)(-='n n nxx ，x x cos )(sin ='，x x sin )(cos -='，是否可判断，可导的奇函数的导函数是偶函数，可导的偶函数的导函数是奇函数。
第 21 讲 数论试题选讲在数学竞赛中，初等数论的问题是考查的热点内容之一．它所涉及的范围主要有数的进位制、数的整除性、同余理论与不定方程．主要的定理有费马小定理和中国剩余定理．反证法是解数论问题常用的解题方法．以下请大家了解近年一些有关数论的竞赛试题和其解法。
A 类例题例1．设p 是给定的奇质数，正整数k 使得k 2－pk 也是一个正整数，求正整数k 。
（2004年全国高中数学竞赛）分析 k 2－pk 是一个正整数，即k 2－pk 是一个完全平方数。
为了配方，考虑4(k 2－pk )是一个完全平方数，从而可以得到勾股方程。
解 由题k 2－pk 是一个正整数，则k 2－pk 是一个完全平方数， 设k 2－pk =m 2，m ∈N *，则 4(k 2－pk )= 4m 2，∴ (2k －p ) 2=p 2+ 4m 2， ∴ (2k －p ) 2－4m 2 = p 2， ∴ (2k －p －2m )(2k －p +2m ) = p 2，(2k －p ) ∵ (2k －p +2m )＞0，(2k －p －2m )＜(2k －p +2m )， 且 p 是给定的奇质数，∴ 2k －p －2m =1且2k －p +2m = p 2， ∴ 4k －2p =1+ p 2，即 4k =(1+p )2， 由于k ＞0，∴ 2k =1+ p ，k = 1+p2∈N *。
说明 本题中，p 是已知数，k 是未知数，所求的是用p 表示出k 。
借助m =k 2－pk 列出不定方程，其中不定方程可以转化为未知数的平方差型，于是问题可解。
例2．求所有的整数n ，使得n 4+6n 3+11n 2+3n +31是完全平方数．（2004年中国西部数学奥林匹克）分析 n 是整数，对多项式n 4+6n 3+11n 2+3n +31配方，如果恰好是一个n 的多项式的平方，则所有的整数n 都是解，问题就已经解决；否则对配方以后多出的部分进行估计讨论。
第1讲 三角函数的定义、图像与性质本专题涉及到任意角的三角函数定义、同角三角函数关系、诱导公式；三角函数的图像及其变换和三角函数的定义域、值域、周期性、单调性、奇偶性等性质，三角函数的定义是三角函数系列知识的源头．A 类例题例１ 角,αβ的终边分别是OA 和OB ，OA 过点(sin ,cos )M θθ-，且02πθ<<，OA和OB 关于直线y x =对称，则角β的集合是( )Ａ．}{2,k k Z ββπθ=-∈ Ｂ． }{2,k k Z ββπθ=+∈ Ｃ．}{,k k Zββπθ=-∈ Ｄ．}{,k k Z ββπθ=+∈(2001年第12届“希望杯”全国数学邀请赛) 分析 根据角的终边所在的象限确定选项． 解 由02πθ<<知(sin ,cos )M θθ-位于第二象限，从而M 点关于直线y x =的对称点在第四象限，即角β是第四象限角．故选(A )．例2 若()sin f x x ⋅是周期为π的奇函数，则()f x 可以是( ) Ａ．sin x Ｂ．cos x Ｃ．sin 2x Ｄ．cos 2x(1999年全国高考卷)分析 采用分析验证和用定义求解的方法．解法一(分析验证) 因为sin x 是奇函数且不恒为零，所以()f x 必须是偶函数，由此排除,A C 项，进而验证知B 选项满足题意．故选(B )．解法二(定义求解) 依题意函数()sin f x x ⋅满足()sin()()sin ()sin()()sin f x x f x xf x x f x x ππ++=⎧⎨--=-⎩，由x 的任意性得 ()()()()f x f x f x f x π-+=⎧⎨-=⎩， 所以()()()[()](2)f x f x f x f x f x ππππ-==-+=--++=+，即函数()f x 是周期为2π的偶函数，只能选B说明 作为选择题解法一直接简明，而解法二揭示了问题的本质，在此基础上可以构造出无数个满足题意的()f x ．例３ 示波器荧屏上有一正弦波，一个最高点在(3,5)B ，与B 相邻的最低点(7,1)C -，则这个正弦波对应的函数是 ．(2003年第14届“希望杯”全国数学邀请赛)分析 设出其解析式，利用正弦函数图像的性质求解．解 设sin()y A x B ωϕ=++，由正弦函数图像的性质可得振幅5(1)32A --==，周期2(73)8T =-=，频率24T ππω==，5122B -==，将(3,5)B 坐标代入，得初相4πϕ=-，故所求表达式为3sin()244y x ππ=-+．说明 在本题中函数的表达式不唯一．情景再现1．方程tan(2)3x π+=[0,2)π上解的个数是( ) .5A .4B .3C .2D２． 当[,]22x ππ∈-，求函数()sin f x x x =的最大值和最小值． ３．函数[]π2,0|,sin |2sin )(∈+=x x x x f 的图象与直线k y =有且仅有两个不同的交点，则k 的取值范围是__________．B 类例题例４ 方程21log sin(5)5x x π=的实根有多少个?分析 仅仅判断根的个数，基本方法是利用函数的图像数形结合求解． 解 原方程实根的个数即为两个函数21log 5y x =和sin(5)y x π=图像的交点的个数． 由于sin 1x ≤，所以只需考虑13232x ≤≤． (1)当1132x ≤<时，由于函数sin(5)y x π=的最小正周期是25，所以在其范围内函数sin(5)y x π=的图像出现两次，在x 轴下方有四个交点;(2)当132x <≤时，其范围的长度是周期的1552倍，由于1x =时sin 50x π=所以有772154⨯=个交点;(3) 1x =时两个函数也有一个交点．综上所述原方程共有41541159++=个实根．说明 利用函数的图像来确定某些特殊的非常规方程的实根个数是一条十分重要的途径．在“数形结合”时，特别强调“以数定形”，如方程sin x x =的解只有一个（当(0,)2x π∈时，sin x x <）．例５ 在平面直角坐标系xOy 中，函数()sin cos (0)f x a ax ax a =+>在一个最小正周期长的区间上的图像与函数()g x =的图像所围成的封闭图形的面积是 ．(2004年全国高中数学联赛) 分析 利用正弦函数图像的对称性补形转化求解． 解1()),arctanf x ax aϕϕ=+=，它的最小正周期为2a π，．由()f x 的图像与()g x 的图像围成的封闭形的对称性，可将该图形割补成长为2aπ，宽为． 例６ 若5,123x ππ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦，则2t a n ()t a n ()c o s ()366y x x x πππ=+-+++的最大值是 ．(2003年全国数学联赛) 分析 化弦后利用单调性求解． 解22tan()cot()cos()336y x x x πππ=+++++2cos()6sin(2)3x x ππ=-+++，由于函数的每一部分在给定区间上都是增函数，所以当3x π=-． 例７ 已知函数()sin()(0,0)f x x ωϕωϕπ=+>≤≤是R 上的偶函数，其图像关于点3(,0)4π对称，且在区间[0,]2π是单调函数，求ω和ϕ的值．分析 运用三角函数对称的特征求解，也可用偶函数和关于点对称的定义求解．解法一 由偶函数关于x 轴对称，知当0x =时函数()f x 取最大值或最小值，所以sin 1,ϕ=±又0ϕπ≤≤所以2πϕ=;另一方面函数()f x 的图像关于点3(,0)4π对称，此点是函数图像与x 轴的一个交点，所以当34x π=，3sin()042ππω+=，即33cos 0,,442k πππωωπ==+，2(21)3k ω=+，0,1,2,k =．当0k =时，22,()sin()332f x x πω==+在[0,]2π上是减函数;当1k =时，2,()sin(2)2f x x πω==+在[0,]2π上是减函数;当2k ≥时，10()sin()3f x x ωωϕ≥=+在[0,]2π上不是减函数．综上所述23ω=或2,2πωϕ==． 解法二 由()f x 是偶函数，得()()f x f x -=即sin()sin()x x ωϕωϕ-+=+，所以cos sin cos sin x x ϕωϕω-=对任意x 都成立，只能是cos 0ϕ=，又0ϕπ≤≤，所以2πϕ=．由()f x 的图像关于点3(,0)4π对称，得33()()44f x f x ππ-=-+，令0x =得3()04f π=，以下同解法一． 例８．已知,[,],44x y a ππ∈-∈R ，且 33sin 204sin cos 0x x a y y y a ⎧+-=⎨++=⎩，则cos(2)x y += ． 分析 构造函数用单调性求解，或利用函数的奇偶性和函数图像特征求解． 解法一 由已知得33sin 2(2)sin(2)x x a y y +==-+-，现构造函数3()sin f t t t =+，由此得()(2)f x f y =-，而函数()f t 在[,]44ππ-上是增函数，所以有2,20x y x y =-+=，即cos(2)x y +=1． 解法二记3()sin 2f x x x a =+-，3(2)(2)sin(2)2g y y y a =++，于是3()sin 2g x x x a =++，又(),()y f x y g x ==分别是R 上的增函数，所以它们的图像与x 轴只有一个交点，而3()sin 2g x x x a =++3[()sin()2]x x a =--+--()f x =--，即()()f x g x -=-，所以函数()y f x =与()y g x =的图像关于原点对称，那么它们的交点也关于原点对称． 记()0,()0f x g x ==的根分别是,2x y ，则1(2)02x y +=， 所以cos(2)x y +=1．情景再现４．函数42cos sin y x x =+的最小正周期是 ．５．已知x ∈R ，则函数sin cos ()max sin ,cos ,2x x f x x x +⎧⎫=⎨⎬⎩⎭的最大值与最小值的和是 ．６．若函数s i n (0)y x ωω=>在区间[0,1]上至少出现50次最大值，则ω的最小值是 ．C 类例题例９． 两个周期函数12,y y 的最小正周期分别为,a b ，且b na =，其中2,n n N ≥∈．如果函数12y y y =+的最小正周期为t ，那么下列5种情形：①t a <， ②t a =， ③t b =， ④t b >， ⑤a t b <<．可能出现的情形是 ．（填写序号）分析 周期是三角函数的重要性质，构造三角函数回答．解 由题意知b 是12y y y =+的周期，所以t b ≤，情形④不可能出现；由21y y y =-知如果t a =，那么a 也是2y 的最小正周期，矛盾，所以情形②不可能出现；其它三种情形都有可能出现．下面的例子说明其它三种情形是可能的：取22sin sin3xy x =+，则其最小正周期是6b π=．令12s i n 3xy =-，此时3,2,a t t a ππ==<；令1s i n y x =-，此时2,3,a t a t b ππ==<<；令1sin y x =，此时2,6,a t t b ππ===．所以可能出现的情形是①③⑤例1０． 函数22()cos 2sin cos sin F x x x x x Ax B =+-++，当3[0,]2x π∈时的最大值M 与参数,A B 有关，问,A B 取什么值时M 为最小?证明你的结论(1983年全国数学联赛)分析 在M 是最大值的前提下通过特殊值构造不等关系， 并结合函数图像直观分析． 解法一(数形结合分析)（1）若0A B ==，|)42sin(2|)(π+=x x F 则当89,85,8πππ=x 时，)(x F 的最大值M 为2．（2）若0,0A B =≠，|)42sin(2|)(B x x F ++=π，此时M=2|}2||,2max{|>-+B B（3）若0,0A B ≠=，|)42sin(2|)(Ax x x F ++=π，若0A >时，|82|)8(ππ⋅+=A F >2，此时2>M ；若0A <时，2|852|)85(>⋅+-=ππA F ，此时也有2>M ．（4）若0,0A B ≠≠如图，直线B Ax y +=必有一部分在第一或第四象限，与射线321,,l l l 中至少一条相交，交点处两函数B Ax y +=与)42sin(2π+=x y 函数值同号，其和的绝对值必小于2，因此也有2>M ．说明 问题的关键就是考察三个函数值59(),(),()888F F F πππ的值，从而得：解法二 由⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧++=++-=++=|892|)89( |852|)85( |82|)8(B A F B A F B A F ππππππ，将这三个函数值综合起来考虑． 当0A =时同上，当A ≠0时讨论如下：（1）若B A +85π<0，则2)85(>πF ； （2）若B A +85π≥0，A B A B A 84)85(89πππ++=+与A B A B A 84)85(8πππ-+=+至少有一个大于0，即2)89(>πF 或2)8(>πF 至少有一个成立，因此总有2>M ．从而当且仅当0A B ==时，2=M ，其他情况下均有2>M ．情景再现７．已知当]1,0[∈x 时，不等式0sin )1()1(cos 22>-+--θθx x x x 恒成立，试求θ的取值范围．（1999年全国高中数学联赛题）习题１． 若角α是第四象限的角，则πα-是( )Ａ．第一象限 Ｂ．第二象限 Ｃ．第三象限 Ｄ．第四象限 ２．关于函数()4sin(2)3f x x π=+()x R ∈，有下列命题：①()y f x =是以2π为最小正周期的函数；②()y f x =的表达式可以改写为4cos(2)6y x π=-；③()y f x =的图像关于点(,0)6π-对称；④()y f x =的图像关于直线6x π=-对称．其中正确的命题的序号是_____．（注：把你认为正确的命题的序号都填上．）３．若,A B 是锐角ABC ∆的两个内角，则点(cos sin ,sin cos )P B A B A --在第 象限．４．设()f x 是定义域为R ，最小正周期为32π的函数，若 cos ,(0)()2sin ,(0)x x f x x x ππ⎧-≤<⎪=⎨⎪≤<⎩，则15()4f π-的值是 ． ５．设关于x 的方程222sin (2cos3)0x x θθ--+=，其中[0,]2πθ∈，则该方程实根的最大值是 ，实根的最小值是 ．６．关于θ角的函数cos 22cos 43y a a θθ=-+-，当[0,]2πθ∈时恒大于0，则实数a 的取值范围是 ．７．已知函数()sin()(0,)f x x x R ωϕω=+>∈满足()(1)(2)f x f x f x =+-+．若sin(9),sin(9)A x B x ωϕωωϕω=++=+-，则A 与B 的大小关系是 ．８．已知函数sin 2cos 2y x a x =+，在下列条件中分别求实数a 的值． (1)函数图像关于原点对称; (2)函数图像关于直线8x π=-对称．９．设,αβ分别是方程cos(sin )x x =和sin(cos )x x =在区间(0,)2π上的解，确定,αβ的大小关系．１０．三个数a,b,c ∈)2,0(π，且满足a a =cos ，b b =cos sin ，c c =sin cos ，按从小到大的顺序排列这三个数．（16届全苏竞赛题）１１．已知集合M 是满足下列性质的函数()f x 的全体;存在非零常数T ，对任意x R ∈，有()()f x T Tf x +=成立．若函数()sin f x kx M =∈,求实数k 的取值范围．１２．已知：定义在R 上的函数)(x f 为奇函数，且在),0[+∞上是增函数．若不等式0)sin 2()32(cos >-+-θθm f f 对任意R ∈θ恒成立．求实数m 的取值范围．本节“情景再现”解答：1．解 本题实质是函数周期性的应用．函数tan(2)3y x π=+的最小正周期2T π=，而区间长度是2π，是周期的4倍，而正切函数在每个周期内是单调的，故解的个数为4．选B ． ２．解 化成一个角的一个三角函数形式，用函数的单调性求解．()2sin()3f x x π=+，[,]22x ππ∈-，由5[,]366x πππ+∈-及正弦函数的单调性知其最大值为2，最小值为1-．３．解3sin ,[0,]()sin ,(,2]x x f x x x πππ∈⎧=⎨-∈⎩，作出其图像，可知有两个交点时的k 的范围为31<<k ．４．解42cos sin y x x =+222cos (1sin )sin x x x =-+2221711sin cos 1sin 2cos 4488x x x x =-=-=+．所以函数42cos sin y x x =+的最小正周期为2π． ５．解 注意到sin cos ()max sin ,cos ,2x x f x x x +⎧⎫=⎨⎬⎩⎭max sin ,cos ,sin()4x x x π⎧⎫=+⎨⎬⎩⎭，显然()f x 的最大值为1，可以通过作出sin y x =和cos y x =的图像得到{}max sin ,cos x x 的最小值是2-，在524x k ππ=+时取得，而此时sin()4x π+的值为1-，所以()f x 的最小值是2-，从而最大值与最小值的和是12-． ６．解 函数在一个周期内只能取得一个最大值，其图像从原点开始并注意到可在端点1处取到最大值，所以在区间[0,1]内至少有49周期再加14个周期，由21(49)14πω+=得1972πω=，即ω的最小值是1972π．７．解设θθsin )1()1(cos )(22x x x x x f -+--=， 则由]1,0[∈x 时0)(>x f 恒成立，有0sin )0(>=θf ，0cos )1(>=θf ，22()([(12(1f x x x x ∴=+---2(1(1)x x x x +--0)cos sin 21)(1(2]sin )1(cos [2>-----=θθθθx x x x ，当θθθcos sin sin +=x 时，0sin )1(cos =--θθx x ，令θθθcos sin sin 0+=x ，则100<<x ，0)21cos sin )(1(2)(000>--=θθx x x f ，故212sin 21>θ，即212sin >θ，且0cos ,0sin >>θθ，所求范围是：Z k k k ∈+<<+,1252122ππθππ反之，当Z k k k ∈+<<+,1252122ππθππ时，有212sin >θ，且0cos ,0sin >>θθ，于是只要]1,0[∈x ，必有0)(>x f 恒成立．“习题”解答：１．解 利用诱导公式推导的方法确定选项．角α和角α-的终边关于x 轴对称，所以角α-的终边在第一象限，又角α-和角πα-的终边关于原点对称，所以角πα-的终边在第三象限． 故选(C )．２．解 作出函数()y f x =的图像，由其直观性可知正确命题的序号是②③３．解 由正弦函数的单调性和诱导公式求解．因为ABC ∆是锐角三角形，所以090A B +>，即090,90A B B A >->-，所以sin cos A B >，sin cos B A >，点P 应在第二象限．４．解 由周期性和诱导公式求解．15()4f π-1593()()424f f πππ=-+=3sin 42π==． ５．解 数形结合求解．设两实根分别为,αβ，则22sin 2cos αβθαβθ+=⎧⎨=-⎩，于是222()210αβαβαβ+=+-=，又由[0,]2πθ∈知02αβ≤+≤．于是满足条件2210αβ+=且02αβ≤+≤)在如图所示的弧AB 或CD 上．由此可知实根的最大值为3D B x y ==是A C x y ==６．解 可以转化为二次函数求最小值，由最小值大于0求出a 的范围．现用分离变量的方法求解．由cos 22cos 430,[0,]2a a πθθθ-+->∈，得22cos 2cos a θθ->-，而22cos 2[(2cos )]42cos 2cos θθθθ-=--++--，由基本不等式得其最大值是4-4a >-７．解 发现函数()f x 的周期性，运用周期变换求解． 由()(1)(2)f x f x f x =+-+得(1)(2)(3)f x f x f x +=+-+，两式相加得(3)()f x f x +=-，即得(6)()f x f x +=，从而可知()f x 是以6为周期的函数，所以(9)A f x =+(3)(3)f x f x =+=-(9)f x B =-=，即A 与B 的大小关系是A B =．８．解 sin 2cos2)y x a x x ϕ=+=+，其中tan a ϕ=， (1)关于原点对称则有sin 0,k ϕϕπ==，所以tan 0a ϕ==; (2)关于直线8x π=-对称则有sin()14πϕ-+=±，即34k πϕπ=+，所以tan 1a ϕ==-． ９．解 构造函数，运用其单调性求解． 记()cos(sin ),02f x x x x π=-≤≤，因为(0)101f =-=，()cos1022f ππ=-<，所以()0f x =在(0,)2π上有根，又()f x 在(0,)2π上单调递减，所以()0f x =在(0,)2π上的根α是唯一的．同样记()sin(cos )g x x x =-，由(0)0,()02g g π><及()g x 在(0,)2π上单调递减，所以()0g x =在(0,)2π上的根β存在且是唯一的．由cos(sin )αα=两边取sin 得 sin[cos(sin )]sin αα=由于sin(cos )x x =的解是唯一的，所以sin αβ=，故sin βαα=<．１０．解 运用单调性结合分类讨论求解．（1）若b a =，则a a c os sin c os =，但由a cos )2,0(π∈，故有a a cos sin cos >矛盾，即a≠b ．（2）若b a <，则由单调性可知b a cos cos >，又由b a <及题意可得b a cos sin cos <，而b b cos cos sin <，因此又可得b a cos cos <，从而产生矛盾．因此b a >．类似地，若a c =，则由题意可得a a sin cos cos =，从而可得a a sin =与a a sin >矛盾；若a c <，则a a c <<sin sin ，即a c <sin ，a c cos sin cos >∴，即a c >矛盾．综上可得：c a b <<．１１．解 运用等式恒成立的条件求解．当0k =时，()0f x =显然()f x M ∈；当0k ≠时，因为()sin f x kx M =∈所以存在非零常数,T对x R ∈任意，有成立，即sin()sin kx kT T kx +=对x R ∈恒成立．即sin cos cos sin sin kx kT kx kT T kx +=，sin (cos )cos sin 0kx kT T kx kT -+=恒成立，由等式恒成立知只能有cos 0kT T -=，且sin 0kT =，从而1T =±，进而求得()k m m Z π=∈．本题也可用特殊值求解．１２．解 先证明函数在R 上是增函数，运用单调性去掉()f x 后转化为不等式恒成立求解． 设)0,(,21-∞∈x x ，且21x x <，则),0(,21+∞∈--x x ，且21x x ->-．∵)(x f 在),0[+∞上是增函数，∴)()(21x f x f ->-又)(x f 为奇函数∴)()(21x f x f <．∴)(x f 在)0,(-∞上也是增函数．即函数)(x f 在)0,(-∞和),0[+∞上是增函数，且)(x f 在R 上是奇函数，所以)(x f 在),(+∞-∞上是增函数．∵0)sin 2()32(cos >-+-θθm f f ，∴)sin 2()32(cos θθ-->-m f f ，)2(sin )32(cos m f f ->-θθ， m 2sin 32cos ->-θθ，2sin sin 222++>θθm ，161541sin 2+⎪⎭⎫ ⎝⎛+>θm 。
第20讲 存在性问题本节主要内容是存在性问题. 存在性问题有三种：第一类是肯定性问题, 其模式为“已知A, 证明存在对象B, 使其具有某种性质”. 第二类是否定性问题, 其模式为“已知A, 证明具有某种性质B 的对象不可能存在”. 第三类是探索性问题, 其模式为“已知A, 问是否存在具有某种性质B 的对象”.解决存在性问题通常有两种解题思路. 一种思路是通过正确的逻辑推理(包括直接计算), 证明(或求出)符合条件或要求的对象B 必然存在. 常利用反证法、数学归纳法、抽屉原则、计数法等. 另一种思路是构造法. 直接构造具有某种性质B 的对象. 常常采用排序原则、极端性原则进行构造.A 类例题例1 已知函数f (x )=|1-1x|.(1)是否存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域和值域都是[a ,b ]?若存在,请求出a ,b 的值；若不存在，请说明理由。
(2)若存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域是[a ,b ]，值域是[ma ,mb ](m ≠0)，求实数m 的取值范围.(2005年天津市数学竞赛试题)分析 函数f (x )是分段函数，它的值域是[0,).+∞ [a ,b ]是[0,)+∞的子集，而f (0)＞0，所以a ＞0，因为函数f (x )在(0,1)上是减函数，在(1,+∞)上是增函数，所以我们分三种情况(i) 当a ,b ∈(0,1)时；(ii) 当 a ,b ∈(1,+∞)时；(iii)当a ∈(0,1),b ∈[1,+∞)时加以讨论. 解 (1)不存在实数a ,b (a <b )满足条件.事实上，若存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域和值域都是[a ,b ]，则有x ≣a ＞0.故f (x )=11, 1.11, 1.x x x x⎧-≥⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩(i)当a ,b ∈(0,1)时, f (x )= 1x -1在(0,1)上是减函数，所以，(),(),f a b f b a =⎧⎨=⎩即11,11.b aa b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩ 由此推出a =b 与已知矛盾. 故此时不存在实数a ,b 满足条件. (ii)当a ,b ∈(1,+∞)时, f (x )=1-1x 在(1,+∞)上为增函数，所以，(),(),f a a f b b =⎧⎨=⎩即11,11.a ab b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩ 于是，a ,b 是方程x 2-x +1=0的实根，而此方程无实根，故此时不存在实数a ,b 满足条件. (iii) 当a ∈(0,1),b ∈[1,+∞)时,显然，1∈[a ,b ],而f(1)=0,所以0∈[a ,b ]，矛盾. 故故此时不存在实数a ,b 满足条件.综上可知，不存在实数a ,b (a <b )满足条件.(2)若存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域是[a ,b ]，值域是[ma ,mb ](m ≠0)易得m ＞0,a ＞0. 仿照(1)的解答，当a ,b ∈(0,1)或a ∈(0,1),b ∈[1,+∞)时，满足条件的a ,b 不存在. 只有当a ,b ∈(1,+∞)时，f (x )=1-1x在(1,+∞)上为增函数，有(),(),f a ma f b mb =⎧⎨=⎩即11,11.ma amb b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩ 于是，a ,b 是方程mx 2－x +1=0的两个大于1的实数根.所以，140,11,2m x ∆=->⎧⎪⎨=>⎪⎩只须0,140,12.m m m ⎧>⎪->⎨⎪>⎩解得0<m <14. 因此，m 的取值范围是0<m <14.说明 本题首先要注意题目的隐含条件a ＞0，因为函数的值域是[0,).+∞例2 已知常数a >0，在矩形ABCD 中，AB=4, BC=4a ，O 为AB 的中点，E 、F 、G 分别在BC 、CD 、DA 上移动，且BE BC = CF CD = DGDA ，P 为CE 与OF 的交点. 问是否存在两个定点，使P 到这两点的距离的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由.(2003年全国高考江苏卷试题)分析 根据题设满足的条件, 首先求出动点P 的轨迹方程，根据轨迹是否是椭圆，就可断定是否存在两个定点(椭圆的两个焦点)， 使得P 到这两点的距离的和为定值． 解 按题意有A(-2,0),B(2,0),C(2,4a ),D(-2, 4a ).设BE BC = CF CD = DGDA = k (0≤k ≤1).由此有E(2,4ak ),F(2-4k , 4a ),G(-2, 4a -4ak ).直线OF 的方程为2ax +(2k -1)y =0, ① 直线GE 的方程为-a (2k -1)x + y -2a =0, ② 由①②消去参数k 得点P(x ,y )坐标满足方程2a 2x 2+y 2-2ay=0,整理得x 212+(y -a )2a 2=1.当a 2＝12时，点P 的轨迹为圆弧，所以不存在符合题意的两点；当a 2≠12时，点P 的轨迹为椭圆的一部分，点P 到该椭圆的两个焦点的距离的和是定长；当a 2＜12时，P 到椭圆两个焦点(-12-a 2,a ),(12-a 2,a )的距离之和为定长2；当a 2＞12时，P 到椭圆两个焦点(0, a -a 2-12),(0, a +a 2-12)的距离之和为定长2a .说明 要解决轨迹问题首先要建立适当的直角坐标系，有时还要选择适当的参数作过渡．情景再现1.已知二次函数f (x )=ax 2+bx +a 满足条件f (x +74)= f (74-x ), 且方程f (x )=7x +a 有两个相等的实数根.(1) 求f (x )的解析式;(2) 是否存在实数m 、n (0＜m ＜n ),使得f (x )的定义域和值域分别是[m ,n ]和[3n ,3m ]? 若存在, 求出m 、n 的值; 若不存在, 请说明理由. (2004年河南省数学竞赛试题) 2．直线l ：y =kx +1与双曲线C ：2x 2－y 2=1的右支交于不同的两点A 、B .(I) 求实数k 的取值范围；(II)是否存在实数k ，使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F?若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由. (2004年湖北省高考理科试题)B 类例题例3将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色，证明：存在这样的两个相似三角形，它们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色.(1995年全国高中数学联赛第二试试题)分析 因为平面上的每点不是红色就是蓝色，由抽屉原理，对任何一个无穷点集，至少有一个无穷子集是同色点集，对一个含n 个元素的有限点集，至少有一个含]21n [ 个元素的子集是同色点集.(其中[ ]为高斯符号)，于是利用抽屉原理，在半径为1和1995的两个同心圆上，寻找两个三顶点同色的相似三角形.证明 在平面上，以O 为圆心，作两个半径为1和1995的同心圆.根据抽屉原理，小圆周上至少有5点同色，不妨设为A 1,A 2,A 3,A 4,A 5，连接OA 1,OA 2,OA 3,OA 4,OA 5,分别交大圆 于B 1,B 2,B 3,B 4,B 5，根据抽屉原理,B 1,B 2,B 3,B 4,B 5中必有三点同色，不妨设为B 1,B 2,B 3,分别连接A 1A 2，A 2A 3,A 3A 1,B 1B 2,B 2B 3,B 3B 1,则△A 1A 2A 3∽△B 1B 2B 3，其相似比为1995，且两个三角形三顶点同色.说明 解决有关染色问题抽屉原理是经常使用的．例4 在坐标平面上，纵、横坐标都是整数的点称为整点.试证：存在一个同心圆的集合，使得(1) 每个整点都在此集合的某一个圆周上； (2) 此集合的每个圆周上，有且仅有一个整点.（1987年全国高中数学联赛第二试试题）1分析 构造法.先设法证明任意两整点到P ⎪⎭⎫ ⎝⎛31,2的距离不可能相等，从而将所有整点到P 点的距离排序造出同心圆的集合，这里同心圆的坐标不是惟一的，可取⎪⎭⎫⎝⎛31,2外的其它值.证明 取点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛31,2.设整点(a ,b )和(c ,d )到点P 的距离相等，则2222222211(()((),3322(().3a b c d c a c a d b b d -+-=-+--=-+-+-即上式仅当两端都为零时成立.所以c =a ①c 2－a 2+d 2－b 2+32(b －d )=0 ②将①代入②并化简得d 2－b 2+32(b －d )=0.即 (d －b )(d +b －32)=0由于b ，d 都是整数，第二个因子不能为零，因此b =d ，从而点(a ,b )与(c ,d )重合，故任意两个整点到P ⎪⎭⎫ ⎝⎛31,2的距离都不相等.将所有整点到P 点的距离从大到小排成一列 d 1，d 2，d 3，……，d n ，…….显然，以P 为圆心，以d 1,d 2,d 3,…为半径作的同心圆集合即为所求.说明 同心圆的圆心坐标不是惟一的.例5 (1)给定正整数n (n ≣5), 集合A n ={1,2,3,…,n }, 是否存在一一映射φ：A n →A n 满足条件：对一切k (1≢k ≢n －1), 都有k |(φ(1)+ φ(2)+ … +φ(n ))；(2)N +为全体正整数的集合, 是否存在一一映射φ：N +→N +满足条件：对一切k ∈N +, 都有k |(φ(1)+ φ(2)+ … +φ(n )).注 映射φ：A →B 称为一一映射, 如果对任意b ∈B, 有且仅有一个a ∈A, 使得b =φ(a ).题中“|”为整除符号. (2004年福建省数学竞赛试题)分析 对于问题(1)不难用反证法结合简单的同余理论可以获解；对于问题(2)采用归纳构造．解(1)不存在. 记S k =∑=ni i 1)(ϕ.当n =2m +1(m ≣2)时, 由2m |S 2m 及S 2m = (2m +1)(2m +2)2－φ(2m +1)得 φ(2m +1)≡m +1(mod2m ).但φ(2m +1)∈A 2m +1, 故φ(2m +1)=m +1. 再由(2m －1)|S 2m －1及S 2m －1= (2m +1)(2m +2)2－(m +1)－φ(2m )得φ(2m )≡m +1(mod(2m －1)).所以, φ(2m ) =m +1, 与φ的双射定义矛盾. 当n =2m +1(m ≣2)时, S 2m +1=(2m +2)(2m +3)2－φ(2m +2)给出φ(2m +2)=1或2m +2, 同上又得φ(2m +1)= φ(2m )=m +2或m +1, 矛盾.(2) 存在.对n 归纳定义φ(2n -1)及φ(2n )如下：令φ(1)=1, φ(2)=3. 现已定义出不同的正整数φ(k )(1≢k ≢2n )满足整除条件且包含1,2,…,n , 又设v 是未取到的最小正整数值. 由于2n +1与2n +2互质, 根据孙子定理, 存在不同于v 及φ(k )(1≢k ≢2n )的正整数u 满足同余式组 u ≡-S 2n (mod(2n +1)) ≡-S 2n -v (mod(2n +2)).定义φ(2n +1)= u , φ(2n +2)=v . 正整数φ(k )(1≢k ≢2n +2)也互不相同, 满足整除条件, 且包含1,2,…,n +1.根据数学归纳法原理, 已经得到符合要求的一一映射φ：N +→N +.说明 数论中的存在性问题是竞赛命题的一个热点．情景再现3．将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色. 存在有两个内角分别为2π7、 4π7，且夹边长为1996的三角形，其三个顶点同色.(1996年北京市数学竞赛试题)4. 在平面直角坐标系中,横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点,任取6个格点P I (x i ,y i )(i =1,2,3,4,5,6)满足(1)|x i |≢2,| y i |≢2, (i =1,2,3,4,5,6); (2)任何三点不在同一条直线上.试证 在P i ( i =1,2,3,4,5,6)以为顶点的所有三角形中,必有一个三角形,它的面积不大于2.(1992年全国高中数学联赛第二试试题)5. 在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多条直线l 1,l 2,…，l n ,…的直线族，它满足条件： (1)点(1,1)∈l n ,n =1,2,…；(2)k n +1=a n —b n ，其中k 1是l 1的斜率，k n +1是l n +1的斜率，a n 和b n 分别是l n 在x 轴和y 轴上的截距，n =1,2,3, …；(3)k n k n +1≣0，n =1,2,3, ….并证明你的结论. (1988年全国高中数学联赛第二试试题)C 类例题例6 平面上是否存在100条直线, 使它们恰好有1985个交点.(第26届IMO 预选题)分析 由于100条直线最多有C 1002=4950(＞1985)个交点, 所以符合要求的直线可能存在.减少交点的个数可有两种途径:一是利用平行线, 二是利用共点线. 所以用构造法.解法一 由于x 条直线与一族100-x 条平行线可得x (100-x )个交点. 而x (100-x )=1985没有整数解, 于是可以考虑99条直线构成的平行网格.由于x (99-x )＜1985的解为x ≢26或x ≣73,x ∈N , 且1985=73×26+99-12, 于是可作如下构造:(1) 由73条水平直线和26条竖直直线 x =k ,k =1,2,3,...,73; y = k ,k =1,2,3, (26)共99条直线, 可得73×26个交点.(2)再作直线y =x +14与上述99条直线都相交, 共得到99个交点, 但其中有12个交点(1,15),(2,16),…,(12,26)也是(1)中99条直线的彼此的交点, 所以共得99-12个交点. 由(1)、(2),这100条直线可得到73×26+99-12=1985个交点.解法二 若100条直线没有两条是平行的, 也没有三条直线共点, 则可得到C 1002=4950(＞1985)个交点, 先用共点直线减少交点数.注意到若有n 1条直线共点, 则可减少12n C -1个交点. 设有k 个共点直线束, 每条直线束的直线条数依次为n 1, n 2,…, n k . 则有 n 1+n 2+…+ n k ≢100,122221112965k n n n C C C -+-++-=L ( C 1002-1985=2965). 因为满足12n C -1＜2965的最大整数是n 1=77, 此时C 772-1=2925. 因此可构造一个由77条直线组成的直线束,这时还应再减少40个交点. 而满足22n C -1＜40的最大整数为n 2=9, 此时C 92-1=35. 因此又可构造一个由9条直线组成的直线束. 这时还应减少5个交点.由于C 42-1=5,所以最后可构造一个由4条直线组成的直线束.因为77+9+4=90＜100, 所以这100条直线可构成为77条,9条,4条的直线束, 另10条保持不动即可.说明 本题的基本数学思想方法是逐步调整，这在证明不等式时经常使用，但学会在几何中应用，会使你的解题思想锦上添花．例7 设n 是大于等于3的整数, 证明平面上存在一个由n 个点组成的集合, 集合中任意两点之间的距离为无理数, 任三点组成一个非退化的面积为有理数的三角形. (第28届IMO 试题)分析 本题的解决方法是构造法，一种方法在抛物线y =x 2上选择点列，另一种方法在半圆周上选择点列．解法一 在抛物线y =x 2上选取n 个点P 1,P 2,…,P n , 点P i 的坐标为(i ,i 2) (i =1,2,…,n ).因为直线和抛物线的交点至多两个, 故n 个点中任意三点不共线, 构成三角形为非退化的. 任两点P i 和P j 之间的距离是|P i P j |=(i -j )2+(i 2-j 2)2=|i -j |1+(i +j )2 (i ≠j , i , j =1,2,…,n ).由于(i +j )2＜1+(i +j )2＜(i +j )2+2(i +j )+1=(i +j +1)2, 所以1+(i +j )2 是无理数. 从而|P i P j |是无理数.△P i P j P k 的面积= 12222111ij k i j k =12|(i -j ) (i -k )(j -k )|, 显然是有理数. 因此,所选的n 个点符合条件.解法二 考虑半圆周x 2+y 2=r 2(y ∈R +, r =2)上的点列{A n },对一切n ∈N *,令∠x OA n ＝αn ，则任意两点A i ,A j 之间的距离为|A i A j |=2r |sin αi -αj 2|,其中，0＜αn ≢π, cos αn 2 = n 2-1n 2+1, sin αn2= 2n n 2+1.∴|A i A j |=2r |sin αi 2cos αj 2―cos αi 2sin αj2|为无理数．又sin αn =2sin αn 2cos αn 2∈Q, cos αn = cos 2 αn 2―sin 2 αn2∈Q.任何三点A i ,A j ,A k 不共线,必然构成非退化三角形，注意到r =2，其面积 S=12111cos cos cos sin sin sin i j k ij kr r r r r r αααααα=r 22111cos cos cos sin sin sin i j k ijkαααααα=111cos cos cos sin sin sin ij k ijkαααααα 为有理数．说明 本题与第17届IMO 试题(见情景再现7)有一定的联系，请读者参考本解答完成它的解答．例8一个n ×n 的矩阵(正方阵)称为“银矩阵”，如果它的元素取自集合S={1,2,…,2n -1}, 且对每个i =1,2,…,n , 它的第i 行和第i 列中的所有元素合起来恰好是S 中所有元素.证明(1) 不存在n ＝1997阶的银矩阵；(2) 有无穷多个的n 值，存在n 阶银矩阵.(第38届IMO 试题)分析 根据银矩阵的结构特征可以证明不存在奇数阶银矩阵，对任意自然数k , 用构造法构造出2k 阶银矩阵．解 (1)设n ＞1且存在n 阶银矩阵A. 由于S 中所有的2n -1个数都要在矩阵A 中出现，而A 的主对角线上只有n 个元素，所以，至少有一个x ∈S 不在A 的主对角线上. 取定这样的x . 对于每个i =1,2,…,n , 记A 的第i 行和第i 列中的所有元素合起来构成的集合为A i ，称为第i 个十字，则x 在每个A i 中恰好出现一次. 假设x 位于A 的第i 行、第i 列(i ≠ｊ). 则x 属于A i 和A ｊ，将A i 与A ｊ配对，这样A 的n 个十字两两配对，从而n 必为偶数. 而1997是奇数，故不存在n ＝1997阶的银矩阵.(2)对于n =2，A=1231骣÷ç÷ç÷ç÷桫即为一个银矩阵，对于n =4，A=1256317546127431骣÷ç÷ç÷ç÷ç÷ç÷÷ç÷ç÷ç÷ç÷ç÷桫为一个银矩阵. 一般地，假设存在n 阶银矩阵A ，则可以按照如下方式构造2n 阶银矩阵D,D=A B C A 骣÷ç÷ç÷ç÷桫,其中B 是一个n ×n 的矩阵，它是通过A 的每一个元素加上2n 得到，而C 是通过把B 的主对角线元素换成2n 得到.为证明D 是2n 阶银矩阵，考察其第i 个十字. 不妨设i ≢n ，这时，第i 个十字由A 的第i 个十字以及B 的第i 行和C 的第i 列构成. A 的第i 个十字包含元素{1,2,…,2n -1}. 而B 的第i 行和C 的第i 列包含元素{2n , 2n +1,…,4n -1}.所以D 确实是一个2n 阶银矩阵.于是，用这种方法可以对任意自然数k ,造出2k 阶银矩阵. 说明 读者可以构造任意偶数阶银矩阵.情景再现6．证明不存在具有如下性质的由平面上多于2n(n＞3)个两两不平行的向量构成的有限集合G:(1)对于该集合中的任何n个向量, 都能从该集合中再找到n-1个向量, 使得这2n-1个向量的和等于0;(2)对于该集合中的任何n个向量, 都能从该集合中再找到n个向量, 使得这2n个向量的和等于0.(2003年俄罗斯数学奥林匹克试题)7．试证:在半径为1的圆周上存在1975个点, 其中任意两点之间的距离都是有理数.(第17届IMO试题)8．是否存在平面上的一个无穷点集，使得其中任意三点不共线，且任意两点之间的距离为有理数？(1994年亚太地区数学奥林匹克试题)习题201．已知抛物线y2=4ax(0＜a＜1)的焦点为F,以A(a+4,0)为圆心，|AF|为半径在x轴上方作半圆交抛物线于不同的两点M和N，设P为线段MN的中点．(1)求|MF|+|NF|的值;(2)是否存在这样的a值，使|MF|，|PF|，|NF|成等差数列？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．(1996年昆明市数学选拔赛试题)2．证明:不存在正整数n使2n2+1，3n2+1，6n2+1都是完全平方数.(2004年日本数学奥林匹克试题)3.证明只存在一个三角形,它的边长为三个连续的自然数,并且它的三个内角中有一个为另一个的两倍. (第10届IMO试题)4.是否存在这样的实系数多项式P(x):它具有负实数,而对于n＞1, P n(x)的系数全是正的. (1994年莫斯科数学奥林匹克试题)5.证明不存在对任意实数x均满足f[f(x)]= x2-1996的函数. (1996年城市数学联赛试题)6.是否存在有界函数f : R→R, 使得f(1)＞0, 且对一切的x、y∈R, 都有f 2(x+y)≣f 2(x)+2 f(xy)+ f 2 (y)成立. (2005年俄罗斯数学奥林匹克试题)7.是否存在数列x1,x2,…,x1999,满足(1)x i＜x i+1(i=1,2,3,…,1998);(2) x i+1- x i = x i- x i-1(i=2,3,…,1998);(3)( x i的数字和)＜( x i+1的数字和) (i=1,2,3,…,1998);(4) (x i+1的数字和)-( x i的数字和) = ( x i的数字和)–( x i-1的数字和)(i=2,3,…,1998)．(1999年江苏省数学冬令营试题)8．(1)是否存在正整数的无穷数列{a n},使得对任意的正整数n都有a2n+1≣2a n a n+2?(2)是否存在正无理数的无穷数列{a n},使得对任意的正整数n都有a2n+1≣2a n a n+2? (2004年中国东南地区数学奥林匹克试题)9．是否存在一个无限素数数列p1,p2,…,p n,…,对任意n满足|p n+1－2p n|=1.(2004年波罗的海数学奥林匹克试题)10．证明：对于每个实数M, 存在一个无穷多项的等差数列, 使得(1)每项是一个正整数, 公差不能被10整除;(2)每项的各位数字之和超过M. (第40届IMOY预选题)11．是否存在定义在实数集R 上的函数f (x ),使得对任意的x ∈R ，f (f (x ))=x , ① 且f (f (x )+1)=1-x ? ②若存在，写出一个符合条件的函数；若不存在，请说明理由．(2004年河南省数学竞赛试题)12． 对于给定的大于1的正整数n ,是否存在2n 个两两不同的正整数a 1,a 2,…,a n ; b 1,b 2,…,b n 同时满足以下两个条件：(1) a 1+a 2+…+a n = b 1+b 2+…+b n ;(2)n -1＞1ni i i i ia b a b =-+å＞ n -1- 11998.(1998年CMO 试题)“情景再现”解答1．(1)由条件有f (x )=ax 2-72a x +a . 又f (x )=7x +a 有两个相等的实数根,则由ax 2-(72a +7)=0可知, ∆=(72a +7)2-4a ·0=0, 解得a =-2.故f (x )= -2x 2+7x -2.(2)存在. 如图. 设g (x )= 3x (x ＞0). 则当f (x )= g (x )时, 有-2x 2+7x -2= 3x ,即2x 3-7x 2+2x +3=0. 故(x -1)(x -3)(2x +1)=0. 解得x 1=1, x 2=3, x 2=-12 (舍去).因为f (x )max = 4ac -b 24a = 338,此时,x = 74∈[1,3],所以, 3f (x )max = 811＜1. 故取m =811, n =3时, f (x )= -2x 2+7x -2在[811,3]上的值域为[1, 338]符合条件. 2. (I)将直线l 的方程y =kx +1代入双曲线C 的方程2x 2－y 2=1后，整理后得(k 2－1)x 2+2kx +2=0 ①依题意，直线l 与双曲线C 的右支交于不同的两点，故k 2－2≠0，Δ=(2k )2－8(k 2－2)>0，－2k k 2－2>0， 2k 2－2>0. 解得k 的取值范围为－2<k <－2.(II)设A 、B 两点的坐标分别为A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则由①得x 1+x 2=－2kk 2－2，x 1x 2=2k 2－2. ②假设存在实数k ，使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F(c ,0)， 则由FA ⊥FB 得(x 1－c )( x 2－c )+ y 1y 2=0，即(x 1－c )( x 2－c )+( kx 1+1)( kx 2+1)=0. 整理得(k 2+1)x 1x 2+(k －c )(x 1+x 2)+c 2+1=0. ③将②式及c= 62代入③式化简得5k 2+26kx －6=0.解得k =－ 6+65或k = 6－65∉(－2,－2)(舍去).可知k =－ 6+65使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F . 3. 任作一个边长为1996的正七边形A 1A 2A 3A 4A 5A 6A 7.这7个顶点中必有4点同色,而在这同色四点中,必有两点是相邻顶点, 为确定起见, 不妨设这两点就是A 1、A 2,并且它们均是红色. (1) A 4或A 6中有一个是红色的, 比如, A 6是红色的, △A 1A 2A 6即为所求.(2) A 4与A 6都是蓝色的. 若A 7是蓝色的, 则△A 4A 6A 7即为所求;若A 3是蓝色的, 则△A 4A 6A 7即为所求; 若A 3、A 7都是红色, 则为△A 1A 3A 7所求.4. 设存在6个格点P 1, P 2 ,P 3 ,P 4 ,P 5 ,P 6 落在区域S={(x ,y )||x |≢2,|y |≢2}内,它们任3个点所成的三角形面积都大于2. 记P={ P 1, P 2 ,P 3 ,P 4 ,P 5 ,P 6}(1)若x 轴具有P 中的点数小于2,则由抽屉原理,x 轴的上半平面(或下半平面——不包括x 轴)至少有P i 的三个点.此三点所成的三角形面积不大于2.矛盾.故x 轴上恰有P 的2个点(因不能有3点共线).又剩下P 的4个点不可能有一点在直线y =±1上,否则出现P 中的点为顶点的面积不大于2的三角形.这就证明了,在直线y =2,和y =－2上，分别恰有P 的两个点. 注意到S 的对称性,同理可证:直线x =－2, x =0, x =2上分别有P 的两个点. 于是,在每条直线y =2i ,x =2i (i =0,±1)上恰有P 的两个点.(2)P 必不能包含原点,否则,因S 内纵,横坐标均为偶数的所有格点落在且仅落在过原点的4条直线上,由 抽屉原理,剩下的P 的5个点,至少有两个点落在这些直线的其中一条上,于是3点共线,矛盾.因此,P 中在x 轴的两点必是(－2,0)，(2,0).同理,在y 轴上的两点必是(0,－2)，(0，2). 剩下的两点只能取(－2,－2)，(2,2)，或(－2,2)，(2,－2).不论哪一种情形,都得到一个以P 点为顶点的面积不大于2的三角形,矛盾. 5. 满足条件(1)、(2)、(3)的直线族不存在. 若不然，l n 的方程为y —1=k n (x —1)1111,1,n n n n n n n n na b k a b k k k k +=-=--=-=都存在，故k n ≠0，n =1,2,3, …. 对于n ≣1，有1112111121,1,,1.111n n n n n n n nk k k k k k k k k k k k k k +---=--=--=-=-+++相加得：（）由于k n ≠0及(III)有k n k n +1>0可知诸k n 符号相同，不妨设k n >0,n =1,2, (4)35A由11111121111111,,(),n n n n n n n n n k k k k k k k k k k k k k +++=-<>=-+++<-有 但当n >k 12时k n +1<0，矛盾.同理可证，当k n <0，n =1,2, …，也会出现矛盾.6. 假设题目的结论不真.选取一条直线l , 使其不与集合G 中的任何一个向量垂直. 于是, G 中至少有n 个向量在直线l 上的投影指向同一方向, 设它们为e 1, e 2, …, e n . 在直线l 上取定方向,使得这些向量的投影所指的方向为负. 再在集合G 中选取n 个向量f 1, f 2 ,…, f n ,使得它们的和在直线l 上的投影的代数值s 达到最大. 由题中条件(2)知s ＞0.由条件(1),可以找到n -1个向量a 1, a 2 ,…,a n -1,使得f 1+ f 2+…+f n = -(a 1+a 2+…+a n -1). 显然, 至少有某个向量e i 不出现在上式右端, 不妨设为e 1. 从而a 1+a 2+…+a n -1+e 1的投影为负, 且其绝对值大于s .再由条件(2)知, 又可以找到n 个向量, 使得它们的代数和等于-(a 1+a 2+…+a n -1+e 1),从而,该和的投影代数值大于s . 此与我们对f 1, f 2 ,…, f n 的选取相矛盾.7. 取θn =arctan n 2-12n (1≢n ≢1975), 则sin θn = n 2-1n 2+1 , cos θn = 2n n 2+1都是有理数, 且2θn 互不相同.对单位圆上辐角为2θ1,2θ2,…,2θ1975的点P 1,P 2,…,P 1975,|P i P j |=2|sin(θi -θj )|=2| sin θi cos θj - cos θi sin θj )|为有理数.8. 答案是肯定的，下面提供两种构造这样的点集的方法．方法一 存在角α，使得cos α与sin α都是有理数(例如sin α=35,cos α=45).考虑一个以有理数R 为半径的圆周，和一个弧度为2α的圆弧，显然a 2R= sin α,其中a 是上述圆弧所对的弦长，因此弦长为有理数．从此弧的端点出发，在圆周上连续截取弧度为2α的圆弧，显然，任一弧所对的弦长XY 是有理数.由作图法知XY 2R = |sin n α|,对某个正整数n ，由于cos α与sin α都是有理数，所以由数学归纳法可以证明sin n α和cos n α都是有理数． 下面证明此过程产生一个无穷点集．为了此目的，设sin α＝p r , cos α＝q r ,其中(p ,q )=1,p 2+q 2=r 2,由棣美弗定理得(q r +i p r )n =cos n α+ i sin n α. 若其值为1，则1= cos n α=Σ(-1)k C n 2k p n -2k q 2k rn . 由于q 2≡-p 2(mod r 2),则r n ≡p n 2n -1(mod r 2). 故2| r ,然而从p 2+q 2=r 2, (p ,q )=1可知这是不可能的．这就证明了我们描述的集合是无限集．方法二 在平面上取一点P 和一条与P 距离为1的直线l ,设Q 是l 上与P 相距为1的点，考察l 上所有满足SQ,PS 都是有理数的点S,由于毕达哥拉斯基本的三元数组有无穷多个，而且与点S 一一对应，故存在无穷多个这样的点．作一个以P 为中心，半径为1的反演．此变换保持点之间的距离的有理性(这容易通过△PSR ∽△PS'R'证明，其中S 和R 是点集中的点，S'和R'分别为它们的象)．用这样的方法构造的点集在一个圆周上，因此，无三点共线．习题20解答1. 解 (1)由已知得F(a ,0),半圆为[x -(a +4)]2+y 2=16(y ≣0)．把y 2=4ax 代入，可得x 2-2(4-a )x +a 2+4a =0.设M(x 1, y 1),N(x 2, y 2).则由抛物线的定义得|MF|+|NF|=(x 1+a )+(x 2+a )=( x 1+ x 2)+2a =2(4-a ) +2a =8.(2)若|MF|，|PF|，|NF|成等差数列，则有2|PF|=|MF|+|NF|.另一方面，设M, P , N 在抛物线准线上的射影为M', P', N'．则在直角梯形M'MNN'中，P'P 是中位线，又有2|P'P|=|M'M|+|N'N|=|FM|+|FN|,因而|PF|=|P'P|.这说明了点P 应在抛物线上．但由已知P 是线段MN 的中点，即P 并不在抛物线上．所以不存在这样的a 值，使|MF|，|PF|，|NF|成等差数列．2． 假设存在这样的n , 使2n 2+1，3n 2+1，6n 2+1都是完全平方数, 那么(2n 2+1)( 3n 2+1)(6n 2+1)必定为完全平方数, 而(2n 2+1)(3n 2+1)(6n 2+1)=36n 6+36n 4+11n 2+1,(6n 3+3n )2=36n 6+36n 4+9n 2,(6n 3+3n +1)2=36n 6+36n 4+12n 3+9n 2+6n +1,所以 (6n 3+3n )2＜(2n 2+1)(3n 2+1)(6n 2+1)＜(6n 3+3n +1)2,显然,与(2n 2+1)( 3n 2+1)(6n 2+1)为完全平方数矛盾.3． 设△ABC 满足题设条件, 即AB=n ,AC=n -1,BC=n +1, 这里n 是大于1的自然数. 并且△ABC 的三个内角分别为α、2α和π-3α，其中0＜α＜π3. 由于在同一个三角形中,较大的边所对的角也较大, 因此出现的情况只有如图所示的三种.对于情况(1), 因为sin(π-3α)sin α = sin3αsin α =4cos 2α-1=(sin2αsin α)2-1,所以利用正弦定理可知n n -1 = sin(π-3α)sin α = (sin2αsin α)2-1= (n +1n -1)2-1, 从而得到n 2-5n =0, 解得n =5.同样,在情况(2)中,有n +1n -1 =(n n -1)2-1,解得n =2. 但n =2,此时三边为1,2,3,不能构成三角形. 在情况(3)中, 有n -1n =(n +1n )2-1,整理得n 2-3n -1=0, 但这个方程无整数解.综上, 满足题设条件的三角形三边长只有4,5,6.可以证明cosB=34,cos2A= 18 =cos2B, A=2B .4.存在．P(x)=10(x3+1)(x+1)- x2 =10x4+10x3- x2+10x +10具有负系数, 但是P2(x)= x4+100(x3+1)2(x+1)2-20x2(x3+1)(x+1)= x4+20(x3+1)[5(x3+1)(x+1)2- x2(x+1)]= x4+20(x3+1)(5x5+10x4+4x3+4x2+10x +5)的系数全是正的.P3(x)=1000(x3+1)3(x+1)3-300 x2(x3+1)2(x+1)2+30x4(x3+1)(x+1)-x6=100(x3+1)2(x+1)[10(x3+1)(x+1)2-3x2(x+1)]-x6+30x4(x3+1)(x+1)=100(x3+1)2(x+1)(10x5+20x4+7x3+7x2+20x +1)-x6+30x4(x3+1)(x+1)=Q1(x)-x6+Q2(x)Q1(x)中的x6的系数不小于1000,所以P3(x)的系数也全是正的.又当k≣2时,有P2k(x)=[P2(x)] k,P2k+1(x)=[P2(x)] k-1·P3(x).所以,对一切n＞1, P n(x)的系数全是正的.5.令g(x)= f[f(x)] = x2-1996, 设a、b为方程x2-1996= x的两个实数根, 则a、b是g(x)的不动点. 设f(a)=p, 则f[f(p)]= f[f(f(a))]= f(a)=p, 即p也是g(x)的不动点. 所以f(a)∈{a,b}.同理, f(b)∈{a,b}.令h(x)= g[g(x)]=(x2-1996)2-1996, 则h(x) = x∴(x2-1996)2-1996= x∴(x 2- x-1996)( x 2+ x-1995)=0所以h(x)存在四个不动点a、b、c、d.因为c 2+c-1995=0, 所以g(c)= c2-1996=- c-1= d.同理, g(d)=c.令f(c)=r, 则h[f(c)]= f [h(c)]= f(c),即r也是h(x)的不动点.若r∈{a,b},则d=f(r)∈{a,b},矛盾;若r = c, 则g(c)=f(r)=f(c)=r = c,矛盾; 若r = d, 则d=g(c)= f(r)= f(d), g(d)=g(r)=g(f(c))=f(g(c))= f(d)=d, 矛盾.综上所述, 满足条件的函数f(x)不存在.6.不存在.任取x1≠0, 令y1= 1x1, 有f 2(x1+y1)≣f 2(x1)+2 f(1)+ f 2 (y1) ≣f 2(x1)+a, 其中a =2f(1)＞0.令x n=x n-1+y n-1, y n = 1x n, n≣2.于是, 有f 2(x n+y n)≣f 2(x n)+a= f 2(x n-1+y n-1) +a≣f 2(x n-1)+2a≣…≣f 2(x1)+na,故数列{ f (x1), f (x2),…, f (x n) ,…}并非有界.7.存在，构造如下：取x1= 00000 00001 00002 00003…09999,x2= 00001 00002 00003 00004…10000,x3= 00002 00003 00004 00005…10001,…………，x1998= 01997 01998 01999 02000…11996,x1999= 01998 01999 02000 02001…11997,这是公差为00001 00001 00001 00001…00001的等差数列(项数取1999),且各项数字和为公差是1的等差数列．8．(1)不存在.假设存在正整数数列{a n }满足条件a2n+1≣2a n a n+2.因为a2n+1≣2a n a n+2, a n＞0,所以a n a n-1≢12·a n-1a n-2≢122·a n-2a n-3≢…≢12n-2·a2a1(n=3,4,…),又a 2a 1≢122-2 · a 2a 1, 所以有a n a n -1≢12n -2·a 2a 1(n =2,3,4,…)成立, 于是 a n ≢(12n -2·a 2a 1)a n -1≢12(n -2)+(n -3)·(a 2a 1)2·a n -2≢…≢12(n -2)+(n -3)+…+1·(a 2a 1)n -2·a 2, 所以12222211().2≢n n n n a a a ---× 设212[2,2),k k a k+挝N *, 取N=k +3,则有 1221222221111121()() 1.22≢≢N k k N N N k k a a a a -++--++?这与a N 是正整数矛盾.所以, 不存在正整数数列{a n }满足条件.(2) a n = π2(n -1)( n -2)就是满足条件的一个无理数数列, 此时有a 2n +1=4a n a n +2≣2a n a n +2.9. 若存在这样的数列{ p n }满足条件. 由| p n +1－2p n | =1得 p n +1=2p n ±1＞2p n , 则数列{ p n }严格递增数列, 所以p 3＞3且不能被3整除, 若p 3≡1(mod3)时, 可得p 4= 2p 3－1(否则p 4= 2p 3+1≡0(mod3), 即p 4能被3整除,舍去), 类似的有, p 5= 2p 4－1, …,p n =2p n -1－1,容易得到p n =2n -3p 3－2n -3+1(n ≣3),令n －3= p 3－1, 由费尔马小定理)(mod 12313p p ≡-,则p n =2n -3p 3－2n -3+1≡0(mod p 3), 即p 3|p n , 矛盾. 当p 3≡2(mod3)时, 也可得到类似的结论.综上, 不存在这样的数列.10. 我们证明这个等差数列的公差为10m +1的形式.设a 0是一个正整数, a n = a 0+n (10m +1)=10s s b b b -L , 这里s 和数字b 0,b 1,…,b s 依赖于n . 若l ≡k (mod2m ), 设l =2mt +k ,则10l =102mt +k =(10m +1-1)2t ·10k ≡(mod(10m +1)).于是, a 0≡a n =10s s b b b -L ≡2110m i i i c -=×å( mod(10m +1)).其中c i =b i +b 2m +i +b 4m +i +…,i =0,1,2,…,2m -1.令N 是大于M 的正整数, 满足c 0+c 1+…+c 2m -1≢N 的非负整数解(c 0,c 1,…,c 2m -1)的个数等于严格递增数列0≢c 0＜c 0+c 1+1＜c 0+c 1+ c 2+1＜c 0+c 1+…+c 2m -1+2m -1≢N+2m -1的数目, 即K N,2m =C 2m +N 2m =C 2m +N N = (2m +N)(2m +N -1)…(2m +1)N!. 对于足够大的m , 则有K N,2m ＜10m . 取a 0∈{1,2,…, 10m },使得a 0与集合 {21220m m c c c --L |c 0+c 1+…+c 2m -1≢N}中的任意元素模10m +1不同余, 因此, a 0的各位数字之和大于N . 从而, a n 的各位数字之和也大于N .11. 这样的函数不存在．下面用反证法证明．若存在函数f (x )使得条件均成立，先证明是f (x )是一一映射． 对于任意的a 、b , 若f (a )= f (b ),则由①有a = f (f (a ))= f (f (b ))= b , 即f (x )是一一映射．将x =0代入①，则有f (f (0))= 0. ③ 将x =1代入②,得f (f (1)+1)= 0. ④ 由式③、④得f (f (0))= f (f (1)+1).因为f (x )是一一映射，所以，f (0)＝f (1)+1. ⑤ 同理，分别将x =1和x =0代入①、②，得f (f (1))= f (f (0)+1).则f (1) = f (0)+1. ⑥ ⑤＋⑥得0=2. 矛盾.12. 存在符合命题要求的2n 个正整数．令a i =2M i ,b i =2i ,(i =1,2,3,n -1;M 是大于或等于8000n 的正整数)，a n =(M -1)2n (n -1),b n =M(M -1)n (n -1).显然，上述2n 个正整数两两不同，且a 1+a 2+…+a n = b 1+b 2+…+b n = n (n -1)(M 2-M+1), 另一方面，我们有1ni i i i ia b a b =-+å＝(n -1) M -1M+1 - 12M -1＜n -1， 1n i i i i i a b a b =-+å＝n -1- 2(n -1)M+1 - 12M -1＞n -1-2(n -1)8000n - 18000＞n -1- 11998. 因此，上述所给的2n 个正整数符合命题要求．。
苏教版数学提优课教案教案标题：苏教版数学提优课教案教案目标：1. 提高学生在数学领域的学习兴趣和主动性。
2. 培养学生的数学思维能力和解决问题的能力。
3. 提升学生的数学学习成绩。
教学内容：本次教案的教学内容为苏教版数学提优课，主要包括以下几个方面：1. 数学思维训练：培养学生的逻辑思维、推理能力和创造力。
2. 解决实际问题：通过实际问题的解决，让学生将数学知识应用于实际生活中。
3. 拓展数学知识：引导学生学习与课本内容相关的拓展知识，提高他们的数学素养。
教学步骤：一、导入（5分钟）1. 引入本节课的主题，并激发学生对数学的兴趣。
2. 复习前几节课的内容，为本节课的学习做铺垫。
二、知识讲解与示范（15分钟）1. 介绍本节课的知识点，包括相关概念和解题方法。
2. 通过示范具体的解题步骤和思路，帮助学生理解和掌握。
三、练习与巩固（20分钟）1. 给学生分发练习题，并指导他们独立完成。
2. 教师巡回指导，解答学生的问题，并及时纠正他们的错误。
3. 强调解题的方法和思路，鼓励学生多尝试、多思考。
四、拓展与应用（15分钟）1. 引导学生思考如何将所学的知识应用于实际问题的解决。
2. 提供一些拓展问题，让学生进一步巩固和拓展所学内容。
五、总结与反思（5分钟）1. 总结本节课的重点和难点，梳理学生的学习收获。
2. 鼓励学生提出问题和建议，以便改进教学方法和内容。
教学评估：1. 教师观察学生在课堂上的表现，包括学习态度、思维方式和解题能力等。
2. 练习题的完成情况和准确率，以及学生在实际问题解决中的应用能力。
3. 学生的课后作业完成情况和质量。
教学反思与改进：1. 分析学生在学习过程中的问题和困难，及时调整教学策略。
2. 收集学生的反馈意见，改进教学方法和内容，提高教学效果。
3. 进行教学评估，总结教学经验，为今后的教学提供参考。
注：以上教案仅供参考，具体教学内容和步骤可根据实际情况进行调整和完善。
【江苏省数学竞赛《提优教程》】第9讲函数性质的应用本节主要内容是综合运用函数的性质及其图象解决与函数有关的(如方程、不等式等)问题。
A类例题例1 已知f(x)=asinx+b3x+4(a，b为实数)，且f(lglog310)=5，则f(lglg3)的值是（）A．?5 B．?3 C．3 D．随a，b取不同值而取不同值(1993年全国高中数学联合竞赛)解设lglog310=m，则lglg3=－lglog310=－m，则f(m)=asinm+b3m+4=5，即asinm+b3m=1．所以f(－m)=－(asinm+b3m)+4=－1+4=3．选C．例2 设对任意整数x，f(x)=f(x-1)+f(x+1)，且f(0)=19，f(4)=93，则f(59)= 。
（1993年江苏省高中数学竞赛）分析通过对f(x)=f(x-1)+f(x+1)的变换，寻求函数f(x)的变化规律。
解由f(x+1)= f(x)－f(x－1)，得f(x+3)= f(x+2)－f(x+1)= f(x+1)－f(x)－f(x+1)=－f(x)，于是f(x+6)=－f(x+3)= f(x)。
所以f(59)= f(9×6+5)= f(5)=－f(2)。
由于f(1)=－f(4)=－93，故f(2)= f(1)－f(0)=－112，所以f(59)=112。
例3 求函数的最大值和最小值。
（1996年美国中学数学竞赛题）分析考察函数的定义域和单调性。
解先求函数定义域。
由得。
因为。
当，且x增加时，增大，而减小，于是f(x)是随着x得增加而减小，即f(x)在区间[6，8]上是减函数，所以f(x)的最小值为f(8)=0，f(x)的最大值为f(6)= 。
说明利用函数得单调性求函数的最值（或值域）是一种常用的方法。
一般地，若函数在闭区间[a，b]上为单调函数，则在端点处取得最值。
情景再现1．已知f(x)＝ax5＋bsin5x＋1，且f⑴＝5，则f(－1)＝( )A．3 B．－3 C．5 D．－52．设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数就是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于直线x+y=0对称，那么，第三个函数是A．y= -φ(x) B．y= -φ(-x)C．y= -φ-1(x) D．y= -φ-1(-x)（1988年全国高中数学联赛）3．函数对所有整数和，都有和，则等于（）A．26 B．27 C．52 D．534．如图，已知函数y＝2x2在[a，b] (a<b)上的值域为[0，2]，则点(a，b)的轨迹为图中的（）A．线段AB、BC B．线段AB、OCC．线段OA、BC D．线段OA、OC答（2003年江苏省数学夏令营试题）B类例题例4 设f（x）是定义在区间（－∞，＋∞）上以2为周期的函数，对k∈Z，用I 表示区间（2k－1，2k＋1］，已知当x∈I 时，f（x）＝x ．（1）求f（x）在I 上的解析表达式；（2）对自然数k，求集合M ＝｛a│使方程f（x）＝ax在I 在上有两个不相等的实根｝．（1989年全国高考题）分析方程f（x）＝ax在I 在上有两个不相等的实根等价于函数g（x）＝ax 、f（x）＝（x －2k）的图象在区间（2k－1，2k＋1］（k∈N）上有两个不同的公共点。
第1讲 二次函数的图象和性质本讲内容包括二次函数的图象和性质，二次函数在给定区间上的最值。
二次函数)0(2≠++=a c bx ax y 是具有典型意义的初等函数，它的图象是以垂直于x 轴的直线abx2-=为对称轴的抛物线。
其中，二次项系数a 决定了抛物线的形状（a 的符号和|a |的大小分别确定抛物线的开口方向和开口大小）；常数c 是抛物线在y 轴上的截距（抛物线与y 轴的交点的纵坐标）；一次项系数b 与图象的左右平移有关。
二次函数)0(2≠++=a c bx ax y 中，当0>a 时，若abx 2-≤，即]2,(a b x -∞-∈，则函数值y 随着自变量x 的增加而减少；若ab x 2-≥，即),2[∞+-∈a b x ，则函数值y 随着自变量x 的增加而增加；当0<a 时，若ab x 2-≤，即]2,(a b x -∞-∈，则函数值y 随着自变量x 的增加而增加；若abx 2-≥，即),2[∞+-∈a b x ，则函数值y 随着自变量x 的增加而减少。
当a b x 2-=时，二次函数取最小值a 4∆-（0>a ）或最大值a4∆-（0<a ）。
其中，.42ac b -=∆ 为叙述方便，我们用符号)(x f 表示x 的函数。
)(a f 表示a x =时，函数)(x f 的值。
如452)(2+-=x x x f ，则.743532)3(2=+⨯-⨯=fA 类例题例1如图，直线1=x 是二次函数cbx ax y ++=2的图象的对称轴，则 （ ）分析 由于所给的条件是二次函数的图象即函数的“形”的特征，欲求的结论是关于系数的不等式即函数的“数”的性质。
因此，解题的关键在于确定结论中系数及其表达式的几何意义，进而通过图象进行判断。
解1 设c bx ax x f ++=2)(.，则c b a f c b a f +-=-++=)1(,)1(。
由图象可知，0)1(,0)1(>-<f f ，故可以排除A 、B 。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第76讲平几问题选讲第16讲 平几问题选讲平面几何在高中竞赛和国际竞赛中占有重要的地位，本讲将对平几中的一些典型问题的选讲，强化解平几问题的典型思想方法.A 类例题例 1 如图，已知正方形ABCD ，点E 、F 分别在BC 、CD 上，且BE +DF =EF ，试求∠EAF 的度数.（1989年全国冬令营）分析 注意到BE +DF =EF ，很容易想到“截长补短”的方法．解 延长CB 到F'，使得BF'= DF ，连结AF'显然∆AF'B ≌∆AFD ．∴∠BAF'=∠DAF ，AF'=AF ．又∵EF'=BE +BF'=BE +DF ，AE 为公共边， ∴∆AF'E ≌∆AFE ． ∴∠EAF'=∠EAF ． 又∵∠FAF'=∠BAD =90º，FD CAFD CA∴∠EAF=45º．说明本题∆AF'B可以看作是∆AFD顺时针旋转90º得到的；本题也可以延长CD或旋转∆ABE.例2 如图，A 、B 、C 、D 为直线上四点，且AB =CD ，点P 为一动点，若∠APB =∠CPD ，试求点P 的轨迹．（1989年全国初中数学联赛）分析 由于已知的两个条件AB =CD 和∠APB =∠CPD ，分散在两个三角形中，需要把它们集中，于是可以进行平移或添加辅助圆建立这两个已知条件间的联系.证法一 分别过点A 、B 作PC 、PD 的平行线得交点Q .连结PQ . 在△QAB 和△PCD中,显然 ∠QAB ＝∠PCD ,∠QBA ＝∠DABCPDC.由AB=CD,可知△QAB≌△PCD.有QA＝PC，QB＝PD，∠AQB＝∠CPD.于是,PQ∥AB，∠APB＝∠AQB.则A、B、P、Q四点共圆，且四边形ABPQ 为等腰梯形.故AP＝BQ.所以PA＝PD.即点P的轨迹是线段AD的垂直平分线.证法二作△PBC的Array外接圆交PA、PD分别为E、F，连结BE、CF，∵∠APB=∠CPD，∴BE=CF，∠ABE=∠EPC=∠BPF =∠DCF. 又∵AB=CD，∴△ABE≌△DCF.∴∠PAB＝∠PDC.∴PA＝PD.即点P的轨迹是线段AD的垂直平分线.说明同样地，也可以作△PAD的外接圆，目的是建立条件AB=CD和∠APB=∠CPD之间的联系.证法三 由三角形的面积公式易得PA ·PB =PC ·PD ，PA ·PC =PB ·PD ，两式相乘，化简得PA ＝PD .即点P 的轨迹是线段AD 的垂直平分线. 证法四 由正弦定理得PAsin ∠PBA =AB sin ∠APB ,PD sin ∠PCD =CD sin ∠CPD, 从而PA sin ∠PBA =PD sin ∠PCD ，同理可得PAsin ∠PCB =PD sin ∠PBD，而sin ∠PBA =sin ∠PBD ，sin ∠PCD =sin ∠PCB ，化简得PA ＝PD . 即点P 的轨迹是线段AD 的垂直平分线.例3．AD 是△ABC 的高线，K 为AD 上一点，BK交AC 于E ，CK 交AB 于F .求证：∠FDA ＝∠EDA .分析 为了把已知条件之间建立联系，可以通过作平行线的方法.证明 如图，过点A 作BC 的平行线,分别交直线DE 、DF 、BE 、CF 于Q 、P 、N 、M .显然，AN BD ＝KA KD ＝AMDC. 有BD ·AM ＝DC ·AN .(1)由BD AP ＝FB AF ＝BCAM ，有 AP ＝BCAMBD ·.(2)由DC AQ ＝EC AE ＝BCAN ，有 AQ ＝BCANDC ·.(3)对比(1)、(2)、(3)有 AP ＝AQ .显然AD 为PQ 的中垂线，故AD 平分∠PDQ . 所以，∠FDA ＝∠EDA .说明 这里,原题并未涉及线段比,添加BC 的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP 与AQ 的相等关系显现出来.本题证明方法很多，例如可以过点E 、F 作BC 的垂线，也转化为线段的比来研究.情景再现1．点E 、F 分别是矩形ABCD 的边AB 、BC 的中点，连AF ，CE ，设AF ，CE 交于点G ， 则ABCDAGCD S S 矩形四边形 等于（ ）A ．56B ．45C ．34D ．23 （2002年全国初中数学竞赛试题）ABC DE FG2. 在△ABC 中，D 为AB 的中点，分别延长CA ，CB到点E ，F ，使DE =DF ；过E ，F 分别作CA ，CB 的垂线，相交于P ．设线段PA ，PB 的中点分别为M ，N ．求证：∠PAE =∠PBF ． (2003年全国初中数学竞赛)3．如图，四边形ABCD 为平行四边形，∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE . B 类例题例4 如图，AD 为△ABC 的中线，E 、F 分别在AB 、AC 上，且DE DF ，求证：BE +CF >EF .E DGA B F CCE分析 由要证的结论，可联想到构造三角形，运用两边之和大于第三边解决问题.要构造三角形，就要移动一些线段，从而可以运用平移、旋转、作对称等方法，于是有如下证法. 证法一 延长FD 到F'，使得DF'=DF ，连结BF'、EF'，由D 为BC 的中点，显然△DBF'≌△DCF .于是BF'=CF ，又因为DE 垂直平分FF'，所以EF =EF'.在三角形BEF'中，BE +BF'>EF'.从而BE +CF >EF .证法二 作点B 关于DE 的对称点B'，连结EB'、DB'、FB'.则EB'=BE ，不难得到DB'=DB =DC ，∠B'DF ＝∠CDF .从而可知B 、C 关于DF 对称，于是B'F =CF ，在三角形B'EF 中，B'E +B'F >EF .从而BE +CF >EF .说明证法一也可以从中心对称角度来理解，F'和F 关于点D 对称.BCCB例5 如图，△ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线DE和AB交于点M，DF和AC交于点N．求证：（1）OB⊥DF，OC⊥DE．（2）OH ⊥MN ． （2001年全国高中数学联赛）证法一 （1）显然B ，D ，H ，F 四点共圆，H ，E ，A ，F 四点共圆， ∴∠BDF =∠BHF =180°-∠EHF =∠BAC ．∠OBC =12 (180°-∠BOC )=90°-∠BAC . ∴OB ⊥DF ． 同理OC ⊥DE ．（2）∵CF ⊥MA ，∴MC 2-MH 2=AC 2-AH 2……①∵BE ⊥NA ，∴NB 2-NH 2=AB 2-AH 2……② ∵DA ⊥BC ，∴DB 2-CD 2=BA 2-AC 2……③ ∵OB ⊥DF ，∴BN 2-BD 2=ON 2-OD 2……④ ∵OC ⊥DE ，∴CM 2-CD 2=OM 2-OD 2……⑤ ①-②+③+④-⑤，得O ABC H FE DNMNH2-MH2=ON2-OM2OM2-MH2=ON2-NH2所以OH⊥MN．证法二以BC所在直线为x轴，D为原点建立直角坐标系，设A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，则∴直线AC的方程为，直线BE的方程为由得E点坐标为E() 同理可得F()直线AC的垂直平分线方程为直线BC的垂直平分线方程为由得O()∵∴OB⊥D F同理可证OC⊥DE．在直线BE的方程中令x＝0得H(0，) ∴直线DF 的方程为由得N ()同理可得M ()∴∵k OH ·k MN ＝－1，∴OH ⊥MN ．链接 本题证法一中用到了定理：设P 、Q 、A 、B 为任意四点，则PA 2-PB 2=QA 2-QB 2 PQ ⊥AB ．对于这个定理可参见本书高一分册地十八讲《平几中的几个重要定理（一）》.证法二用的解析法.例 6 锐角△ABC 中，AB >AC ,O 点是它的外心,射点.线AO 交BC 边于D已知：cos B +cos C =1，求证：△ABD 与△ACD 的周长相等. 证明 作OE ⊥AC 、OF ⊥AB ，E 、F 是垂足.O ABC DFE由三角形外心性质知：∠AOE =∠B ，∠AOF =∠C .记BC =a 、CA =b 、AB =c .于是OAEOAFAC AB CAD AD AC BAD AD AB S S DC BD ACDABC∠∠⋅=∠⋅⋅∠⋅⋅==∆∆sin sin sin sin 2121CBb c B C b c AOE AOF AC AB cos 1cos 1cos cos cos cos --⋅=⋅=∠∠⋅=由余弦定理得ba c ac b b a c a c b DC BD -++-=----=2222)()(；从而BD =)(21c b a -+. 此时，AB +BD =)(21c b a ++=AC +CD .得证. 说明 本题用到了正余弦定理，以及三角形面积公式，同时运用了代数的方法证了几何题. 情景再现4．△ABC 中，∠B =2∠C ，求证：2AB >AC ．(2002年江苏省数学夏令营试题）5．已知同一平面的两个三角形A 1B 1C 1，A 2B 2C 2，并且A 1到B 2C 2的垂线，B 1到C 2A 2的垂线，C 1到A 2B 2的垂线交于同B B 11一点P .求证：A 2到B 1C 1的垂线，B 2到C 1A 1的垂线，C 2到A 1B 1的垂线也交于同一点.6.在△ABC 中,AD 是BC 边上的中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,并且∠MDN ＝90°.如果BM 2＋CN 2＝DM 2＋DN 2,求证：AD 2＝41(AB 2＋AC 2). C 类例题例7．如图，⊙O 是△ABC 的边BC 外的旁切圆,D 、E 、F 分别为⊙O 与BC 、CA 、AB 的切点.若OD与EF 相交于K ,求证：AK 平分BC . 证明 如图，过点K 作BC 的行平线分别交直线AB 、AC 于Q 、P 两点,连OP 、OQ 、OE 、OF .由OD ⊥BC ，可知OK ⊥PQ .O由OF⊥AB，可知O、K、F、Q四点共圆，有∠FOQ＝∠FKQ.由OE⊥AC，可知O、K、P、E四点共圆.有∠EOP＝∠EKP.显然，∠FKQ＝∠EKP，可知∠FOQ＝∠EOP.由OF＝OE，可知Rt△OFQ≌Rt△OEP.则OQ＝OP.于是，OK为PQ的中垂线，故QK＝KP.所以，AK平分BC.例8 如果三角形三边的平方成等差数列，那么该三角形和由它的三条中线围成的新三角形相似.其逆亦真.证明 将△ABC 简记为△，由三中线AD ，BE ，CF 围成的三角形简记为△′.G 为重心，连DE 并延长到H ，使EH =DE ，连HC ，HF ，则△′就是△HCF .(1)a 2，b 2，c 2成等差数列△∽△′.若△ABC 为正三角H形，易证△∽△′.不妨设a ≥b ≥c ，有 CF =2222221c b a -+， BE =2222221b ac -+， AD =2222221a cb -+.将a 2+c 2=2b 2，分别代入以上三式，得CF =a 23，BE =b 23，AD =c 23. ∴CF :BE :AD =a 23:b 23:c 23=a :b :c . 故有△∽△′.(2)△∽△′⇒a 2，b 2，c 2成等差数列. 当△中a ≥b ≥c 时， △′中CF ≥BE ≥AD . ∵△∽△′，∴∆∆S S '＝(aCF )2. 据“三角形的三条中线围成的新三角形面积等于原三角形面积的43”，有∆∆S S '=43. ∴22a CF =43⇒3a 2=4CF 2=2a 2+b 2-c2⇒a 2+c 2=2b 2.例9 四边形ABCD 内接于圆，△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABC 的内心依次记为I A ，I B ，I C ，I D .试证：I A I B I C I D 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)证明 连接AI C ，AI D ，BI C ，BI D 和DI B .易得∠AI C B =90°+21∠ADB =90°+21∠ACB =∠AI D B ⇒A ，B ，I D ，I C 四点 共圆.同理，A ，D ，I B ，I C 四点共圆.此时 ∠AI C I D =180°-∠ABI D =180°-21∠ABC ， ∠AI C I B =180°-∠ADI B =180°-21∠ADC ， ∴∠AI C I D +∠AI C I B=360°-21(∠ABC +∠ADC ) =360°-21×180°=270°. 故∠I B I C I D =90°.同样可证I A I B I C I D 其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形.A B CDI CI DAI I B说明 本题的其他证明可参见《中等数学》1992；4例10 设D 是ABC∆的边BC 上的一点，点P 在线段AD 上，过点D 作一直线分别与线段AB 、PB 交于点M 、E ，与线段AC 、PC 的延长线交于点F 、N .如果DE=DF ，求证：DM=DN.(首届中国东南地区数学奥林匹克) 证明 对AMD∆和直线BEP 用梅涅劳斯定理得：1(1)AP DE MBPD EM BA⋅⋅=，对AFD∆和直线NCP 用梅涅劳斯定理得：1(2)AC FN DPCF ND PA⋅⋅=，对AMF∆和直线BDC 用梅涅劳斯定理得：1(3)AB MD FCBM DF CA⋅⋅=（1）（2）（3）式相乘得：1DE FN MDEM ND DF ⋅⋅=，又DE=DF ， 所以有DM DN DM DE DN DE=--， 所以DM=DN.说明 本题是直线形，当然可以用解析法，请同学们试一试.情景再现7．设点D 为等腰ABC ∆的底边BC 上一点，F 为过A 、D 、C 三点的圆在ABC ∆内的弧上一点，过B 、D 、F 三点的圆与边AB交于点E .求证：CD EF DF AE BD AF⋅+⋅=⋅.(首届中国东南地区数学奥林匹克)8. 如图，O 、H 分别是锐角△ABC 的外心和垂心，D 是BC 边的中点，由H向∠A 及其外角平分线作垂线，垂足分别是E 是F .证明：D 、E 、F 三点共线.（2004年全国高中数学联赛四川省初赛）习题161．正方形ABCD 的中心为O ，面积为1989㎝2.P 为正方形内一点，且∠OPB =45°，PA :PB =5:14.则PB =__________.(1989年全国初中联赛)2.如图,在△ABC 中,AB ＝AC ,D是底边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠CED ＝∠A .求证：BD ＝2CD .3.如图，等腰三角形ABC 中，P 为底边BC 上任意点，过P 作两腰的平行线ABDEPB CPOA BCD分别与AB ，AC 相交于Q ，R 两点，又P '的对称点，证明：P '在△ABC 的外接圆上.(2002年全国初中数学联合竞赛试卷)4.设点M 在正三角形三条高线上的射影分别是M 1，M 2，M 3(互不重合).求证：△M 1M 2M 3也是正三角形.5.在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ .6.在Rt △ABC 中，AD 为斜边BC 上的高，P 是AB 上的点，过A 点作PC 的垂线交过B 所作AB 的垂线于Q 点.求证：PD 丄QD .7.设M 1、M 2是△ABC 的BC 边上的点,且BM 1＝CM 2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM 1、AM 2于P 、Q 、N 1、N 2.试证：APAB ＋AQ AC＝11AN AM ＋22ANAM .8.AD ，BE ，CF 是锐角△ABC 的三条高.从A 引EF 的垂线l 1，从B 引FD 的垂线l 2，从C 引DE 的垂线l 3.求证：l 1，l 2，l 3三线共点.9. AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平分线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN . 10．已知等腰△ABC中，∠BAC =100°，延长线段AB 到D ，使得AD =BC ，连结CD ，试求∠BCD 的度数.11.圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A ，B . 所作割线交圆于C ，D 两点，C 在P ，D 之间.在弦CD 上取一点Q ，使.DAQ PBC ∠=∠求证：.DBQ PAC ∠=∠12.已知两个半径不相等的圆O 1与圆O 2相交于M 、N 两点，且圆O 1、圆O 2分别与圆O 内切于S 、T 两点.求证：OM ⊥MN 的充分必要条件是S 、N 、T 三点共线. （1997年全国高中数学联赛）BDCA本节“情景再现”解答： 1．解一：连结AC ，从而可得G 为△ABC 的重心，于是CG =2GE ，AEC AGCS S ∆∆=∴32．显然ABCD 4121矩形S S SABC AEC==∆∆．ABCD 61矩形S S AGC =∴∆．从而ABCDABCD 326121矩形矩形四边形）（S S S S S AGC ADC AGCD=+=+=∆∆．即ABCDAGCD S S 矩形四边形 =23 ．因此选D． 解二：连结AC 、BD ，AC 与BD 相交于点O ．则△ABC 的面积被分为6等份．同理可把△ADC 的面积等分为6份．显然四边形AGCD 占有8份，即O FEA BC D EFGAB CDEF GABCDAGCD S S 矩形四边形 32128==．因此选D ．2. 解析 分别取PA 、PB 的中点M 、N ，连结EM 、DM 、MN 、DN 、NF ，在Rt △AEP 中，EM =AM =MP ，又DM 为△ABP 的中位线，可得BP DM 21=．同理，FN =BN =NP ，且AP DN 21=，从而EM =DN ，DM =NF ．又∵DE=DF ，∴△EMD ≌△DNF ．∴∠EMD =∠DNF ．又∵∠1=∠3=∠2，∴∠AME =∠BNF ．从而可得∠PAE =∠PBF ．3．证明：如图，分别过点A 、B 作ED 、EC 的平行线,得交点P ,连△PBAPE .由AB // =CD ,易知≌△ECD .有PA ＝ED ，PB ＝EC .显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有∠BCE ＝∠BPE ，∠APE ＝∠ADE .由∠BAF ＝∠BCE ，可知∠BAF ＝∠BPE .有P 、B 、A 、E 四点共圆.于是,∠EBA ＝∠APE .所以,∠EBA ＝∠ADE .PE DGA B F C4．证明：延长CB 到D ，使BD =AB ，连结AD ，则AB +BD >AD ，即2AB >AD ．∵AB =BD ，∴∠BAD=∠D ．∴∠ABC =2∠D ．而∠ABC =2∠C ，∴∠C =∠D ．∴AC =AD ．∴2AB >AC ．5．解：设B 2到C 1A 1的垂线，C 2到A 1B 1的垂线相交于Q .则2222221221PB PA B C A C -=- （1） 2222221221PC PB C A B A -=- （2） 2222221221PA PC A B C B -=- （3） 2121212212QA QC A B C B -=- （4） 2121212212QB QA B C A C -=- （5）五式相加得2121221221QB QC A B A C -=- 即B B 11ACBDANCDEBM2121212212QB QC B A C A -=- 从而A 2Q ⊥B 1C 1.6.证明：如图，过点B 作AC 的平行线交ND 延长线于E .连ME .由BD ＝DC ，可知ED ＝DN .有△BED ≌△CND .于是，BE ＝NC .显然，MD 为EN 的中垂线.有EM ＝MN .由BM 2＋BE 2＝BM 2＋NC 2＝MD 2＋DN 2＝MN 2＝EM 2，可知△BEM 为直角三角形，∠MBE ＝90°.有∠ABC ＋∠ACB ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°.于是，∠BAC ＝90°.所以，AD 2＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛BC ＝41(AB 2＋AC 2).7．证明：设AF 的延长线交AEF =△BDF 于K ，∵∠∠AKB ，∴∆AEF ≌∆AKB ．因此,EK BK AE AKAF AB AF AB==.于是要证（1），只需证明：(2)CD BK DF AK BD AB ⋅+⋅=⋅ 又注意到KBD KFD C ∠=∠=∠. 我们有1sin 2DCKSCD BK C ∆=⋅⋅∠，进一步有1sin 21sin 2ABD ADKS BD AB C S AK DF C ∆∆=⋅⋅∠=⋅⋅∠，因此要证（2），只需证明ABDDCK ADKS S S ∆∆∆=+（3）而（3）//(4)ABCAKCS S BK AC ∆∆⇔=⇔事实上由BKA FDB KAC ∠=∠=∠知（4）成立，得证. 8.证明：连结OA ，OD ，并延长OD 交△ABC 的外接圆于M ，则OD ⊥BC ，BM︿＝MC ︿，∴A 、E 、M 三点共线.∵AE 、AF 分别是△ABC 的∠A 及其外角平分线，∴AE ⊥AF .又∵HE ⊥AE ，HF ⊥AF ，∴四边形AEHF 为矩形.因此AH 与EF 互相平分，设其交点为G ，于是：AG ＝12 AH ＝12 EF ＝EG .而OA ＝OM ，且OD ∥AH ，∴∠OAM ＝∠OMA ＝∠MAG ＝∠GEA .故EG ∥OA (1) ∵O 、H 分别是△ABC 的外心和垂心，且OD ⊥BC ，∴OD ＝12 AH ＝AG ，因此，若连结DG ，则四边形AODG 为平行四边形 从而DG ∥OA . (2)由(1)和(2)知，D 、E 、G 三点共线，但F 在EG 上，故D 、E 、F 三点共线.“习题16”解答：··P OA BCD1．解：答案是PB =42㎝.连接OA ，OB .易知O ，P ，A ，B 四点共圆，有∠APB =∠AOB =90°.故PA 2+PB 2=AB 2=1989.由于PA :PB =5:14，可求PB .2.证明：如图,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点F ,连结CF 与BF ,则∠BFA ＝∠BCA ＝∠ABC ＝∠AFC ,即∠BFD ＝∠CFD .故BF :CF＝BD :DC .又∠BEF ＝∠BAC ,∠BFE ＝∠BCA ,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE .故EB ＝EF .作∠BEF 的平分线交BF 于G ,则BG ＝GF .因∠GEF ＝21∠BEF ＝∠CEF ,∠GFE ＝∠CFE ,故△FEG ≌△FEC .从而GF ＝FC .于是,BF ＝2CF .故BD ＝2CD .3.提示：连结BP '、P'R 、P'C 、P'P ，（1）证四边形APPQ 为平行四边形；（2）证点A 、R 、Q 、P'共圆；（3）证△BP'Q 和△P'RC 为等腰三角形；（4）证∠P'BA =∠ACP '，原题得证. 4.略.5.证明：如图,过点P 作AB 的平行线交BDAN E BK G C D M F P AB GCD FE于F ,过点F 作BC 的平行线分别交PQ 、AC 于K 、G ,连PG .由BD 平行∠ABC ,可知点F 到AB 、BC 两边距离相等.有KQ ＝PN .显然,PD EP＝FDEF ＝GD CG ,可知PG ∥EC .由CE 平分∠BCA ,知GP平分∠FGA .有PK ＝PM .于是,PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ .6.提示：证B ，Q ，E ，P 和B ，D ，E ，P 分别共圆。
第八讲 三角法与向量法解平面几何题相关知识在ABC ∆中,R 为外接圆半径,r 为内切圆半径,2a b cp ++=,则 1,正弦定理:2sin sin sin a b cR A B C===, 2,余弦定理:2222cos a b c bc A =+-,2222cos b a c ac B =+-,2222cos c a b ab C =+-. 3,射影定理:cos cos a b C c B =+,cos cos b a C c A =+,cos cos c a B b A =+. 4,面积:211sin 2sin sin sin 224a abc S ah ab C rp R A B C R===== = (sin sin sin )rR A B C ++2221(cot cot cot )4a Ab Bc C =++. A 类例题例1．在ΔABC 中，已知b =asinC ,c =asin (900-B )，试判断ΔABC 的形状。
分析 条件中有边、角关系, 应利用正、余弦定理, 把条件统一转化为边或者是角的关系, 从而判定三角形的形状。
解 由条件c = asin (900- B ) = acosB = cb c a ac b c a a 22222222-+=-+22222c b c a =-+⇒ 是直角A b c a ⇒+=⇒2221sin sin sin =⇒=A A C cA a 是直角⎫⎬⎭C a c Cca sin sin =⇒=⇒. C a b sin =⇒=⇒c b ΔABC 是等腰直角三角形。
例2．（1）在△ABC 中，已知cosA =135，sinB =53，则cosC 的值为（ ）A ．6516B ．6556C ．65566516或D ． 6516-解 ∵C = π - (A + B ),∴cosC = - cos (A + B ),又∵A ∈(0, π),∴sinA = 1312,而sinB =53显然sinA > sinB ,∴A > B , ∵A 为锐角, ∴B 必为锐角, ∴ cosB = 54∴cosC = - cos (A + B ) = sinAsinB - cosAcosB =651654135531312=⨯-⨯.选A . 说明 △ABC 中,sinA > sinB ⇔A > B . 根据这一充要条件可判定B 必为锐角。
