探究|三角函数探究类题目

前言

思考探究

例1【2020北京人大附中高一试题】是否存在锐角(alpha),(eta)，使得下列两个式子①( an(alpha+2eta)=-sqrt{3})，②( ancfrac{alpha}{2} aneta=2-sqrt{3})同时成立；若存在，求出(alpha)与(eta)的一个值；若不存在，说明理由。

分析：假设题目中的两个式子都成立，则由①( an(alpha+2eta)=-sqrt{3})得到，

( an(alpha+2eta)= an2(cfrac{alpha}{2}+eta)=cfrac{2 an(cfrac{alpha}{2}+eta)}{1- an^2(cfrac{alpha}{2}+eta)}=-sqrt{3})；

即(sqrt{3} an^2(cfrac{alpha}{2}+eta)-2 an(cfrac{alpha}{2}+eta)-sqrt{3}=0)，

即([ an(cfrac{alpha}{2}+eta)-sqrt{3}][sqrt{3} an(cfrac{alpha}{2}+eta)+1]=0)，

从而解方程得到，( an(cfrac{alpha}{2}+eta)=sqrt{3})或者( an(cfrac{alpha}{2}+eta)=-cfrac{sqrt{3}}{3})，^[1]

由于(alpha，etain (0,cfrac{pi}{2}))，以及( ancfrac{alpha}{2} aneta=2-sqrt{3})可知，

( ancfrac{alpha}{2}>0)，( aneta>0)，故( ancfrac{alpha}{2}+ aneta>0)，

又由于( an(cfrac{alpha}{2}+eta)=cfrac{ ancfrac{alpha}{2}+ aneta}{1- ancfrac{alpha}{2}cdot aneta})，分子和分母都是正数，

故只能是( an(cfrac{alpha}{2}+eta)=sqrt{3})；

由(cfrac{ ancfrac{alpha}{2}+ aneta}{1- ancfrac{alpha}{2}cdot aneta}=sqrt{3})可得，

( ancfrac{alpha}{2}+ aneta=sqrt{3}(1-2+sqrt{3})=3-sqrt{3})，

又( ancfrac{alpha}{2}cdot aneta=2-sqrt{3})，

逆用韦达定理，则( ancfrac{alpha}{2})和( aneta)是方程(x^2-(3-sqrt{3})x+2-sqrt{3}=0)的两个根；

由于方程能分解为([x-(2-sqrt{3})](x-1)=0)，则方程的两个根为(x=2-sqrt{3})和(x=1)；

故(left{egin{array}{l}{ ancfrac{alpha}{2}=2-sqrt{3}}\{ aneta=1}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{alpha=cfrac{pi}{6}}\{eta=cfrac{pi}{4}}end{array} ight.)

或者(left{egin{array}{l}{ ancfrac{alpha}{2}=1}\{ aneta=2-sqrt{3}}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{alpha=cfrac{pi}{2}}\{eta=cfrac{pi}{12}}end{array} ight.) 舍去；

故存在(alpha=cfrac{pi}{6})，(eta=cfrac{pi}{4})，使得已知的两个式子同时成立；

例2【2020北京人大附中高一试题】某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数，

(sin^245^{circ}+cos^275^{circ}+sin45^{circ}cdotcos75^{circ})；

(sin^236^{circ}+cos^266^{circ}+sin36^{circ}cdotcos66^{circ})；

(sin^215^{circ}+cos^245^{circ}+sin15^{circ}cdotcos45^{circ})；

(sin^2(-15^{circ})+cos^215^{circ}+sin(-15^{circ})cdotcos15^{circ})；

(sin^2(-45^{circ})+cos^2(-15^{circ})+sin(-45^{circ})cdotcos(-15^{circ}))；

(1).试从上述五个式子中任选一个式子，求出此常数；

(sin^245^{circ}+cos^275^{circ}+sin45^{circ}cdotcos75^{circ})；

(=(cfrac{sqrt{2}}{2})^2+(cfrac{sqrt{6}-sqrt{2}}{4})^2+cfrac{sqrt{2}}{2} imescfrac{sqrt{6}-sqrt{2}}{4}=cfrac{3}{4})；

(2).根据(1)的结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明；

观察上述五个式子中涉及的两个角，可正可负也可零，且两个角相差(30^{circ})，故归纳得到两个角分别为( heta)和( heta+30^{circ})；

仿照原式，猜想如下：

(sin^2 heta+cos^2( heta+30^{circ})+sin hetacdotcos( heta+30^{circ})=cfrac{3}{4})；

证明：(sin^2 heta+cos^2( heta+30^{circ})+sin hetacdotcos( heta+30^{circ}))

(=sin^2 heta+[cos hetacdot cfrac{sqrt{3}}{2}-sin hetacdot cfrac{1}{2}]^2+sin heta[cos hetacdot cfrac{sqrt{3}}{2}-sin hetacdot cfrac{1}{2}])

(=sin^2 heta+cfrac{1}{4}sin^2 heta+cfrac{3}{4}cos^2 heta-cfrac{sqrt{3}}{2}sin hetacos heta+cfrac{sqrt{3}}{2}sin hetacos heta-cfrac{1}{2}sin^2 heta)

(=cfrac{3}{4}sin^2 heta+cfrac{3}{4}cos^2 heta=cfrac{3}{4})，证毕；

例3【2020北京人大附中高一试题】已知函数(f(x)=sqrt{2}sinomega x)，(g(x)=sqrt{2}cosomega x)，其中(omega>0)，点(A)，(B)，(C)是这两个函数图像的交点，且不共线，

①当(omega=1)时，( riangle ABC)的面积的最小值为_____________.

分析：当(omega=1)时，做出两个函数的示意图，由图像分析可知，

如图所示的情形，应该是( riangle ABC)的面积取得最小值时的三点的位置分布情形之一；

此时(A(cfrac{pi}{4},1))，(B(cfrac{9pi}{4},1))，(C(cfrac{5pi}{4},-1))，

故三角形的底边长(|AB|=2pi)，高(h=2)，故(S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2} imes 2pi imes 2=2pi)；

②若存在( riangle ABC)为等腰直角三角形，则(omega)的最小值为______________.

分析：首先分析得到，若存在( riangle ABC)为等腰直角三角形，则下图是其中的情形之一。

则由我们作图时得到的点(D(cfrac{2pi}{omega}，0))和点(E(cfrac{pi}{omega}，0))可知，

此时(A(cfrac{pi}{4omega},1))，(B(cfrac{9pi}{4omega},1))，(C(cfrac{5pi}{4omega},-1))，且只能是(angle C=cfrac{pi}{2})，

故(cfrac{1}{2}|AB|=h)，(cfrac{1}{2}|AB|=cfrac{pi}{omega})，(h=2)没有变化[图像只是横向伸缩，纵向没有伸缩]，

即(cfrac{pi}{omega}=2)，解得(omega=cfrac{pi}{2})，故(omega)的最小值为(omega=cfrac{pi}{2})，

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1. 以下的四步求解是为了排除( an(cfrac{alpha}{2}+eta)=-cfrac{sqrt{3}}{3})的可能性； ↩︎