人教版初中数学《第7章三角函数》竞赛专题复习(含答案)

7．1．1★比较下列各组三角函数值的大小： （1）sin19与cos70； （2）cot65与cos40；

（3）cos1，tan46，sin88和cot38．

解析（1）利用互余角的三角函数关系式，将cos70化sin20，再与sin19比大小． 因为cos70cos9020sin20，而

sin19sin20，

所以sin19cos70．

（2）余切函数与余弦函数无法化为同名函数，但是可以利用某些特殊的三角函数值，间接比较它们 的大小．cot60因为

cot65cot6033，cos40cos45， 3332cos45，再将cot65，cos40分别与cot60，cos45比大小． 32所以cot60cos45， 所以cot65cos40．

tan451，sin88均小于1，at46（3）显然cos1，而n，cot38均大于1．再分别比较cos1与sin88，

以及tan46与cot38的大小即可． 因为cos38cot9052tan52，所以

tan52tan46tan451．

因为cos1cos90sin， 所以sin88sin1，

所以cot38tan46cos1sin88． 评注

比较三角函数值的大小，一般分为三种类型：

（1）同名的两个锐角三角函数值，可直接利用三角函数值随角变化的规律，通过比较角的大小来确定三角函数值的大小．

（2）互为余函数的两锐角三角函数值，可利用互余角的三角函数关系式化为同名三角函数，比较其大小．

（3）不能化为同名的两个三角函数，可通过与某

些“标准量”比大小，间接判断它们的大小关系，常选择的标准量有：0，1以及其他一些特殊角如30，

45，60的三角函数值．

7．1．2 ★化简求值：

（1）tan1tan2tan3tan； （2）1tan27sin83；

tan2sin2（3）； 22tansin（4）12sin11cos11cos79sin79；

sinsin2（5）若tan3求的值．

13sincos解析（1）

原式=tan1tan2tan3tan44tan45cot44cot43cot3cot2cot1

tan1cot1tan2cot2tan44cot44tan45

1111．

cos27sin271cos7cos71． （2）原式cos27cos7sin2sin22sin4sin4cos1． （3）原式4sin2sin21cos2sin2sincos2（4）原式=sin11cos112sin11cos11sin11cos11sin11cos110．

sincossin2sincossin2（5）原式 213sincossincos23sincostantan23326． tan213tan3213319评注

同角三角函数关系式以及互余两角三角函数关系式，在三角式变形、化简、求值及证明中是

重要的依据．

7．1．3★试证明在锐角三角形中，任何一个角的正弦大于其他两个角的余弦． 解析

在锐角三角形里，显然有AB90，所以有90A90B．

由于在0~90范围内，当A增加时，其正弦值是增加的，于是我们知道sinAsin90BcosB． 同理可以证明其他的五组． 7．1．4★下列四个数中哪个最大：

A．tan48cot48 C．tan48cos48 解析 sin48cos48

B．sin48cos48 D．cot48sin48

显然0sin481，0cos4810cos48cos48cot48

sin48所以A最大．

7．1．5★设x为锐角，且满足sinx3cosx，求sinxcosx． 解析

我们将sinx3cosx代入sin2xcos2x1，得到10cos2x1，并且x是锐角，因此cosx310110所以sinx． 3． 10因此sinxcosx7．1．6★★在△ABC中，C3A，BC27，AB48．证明：2A是锐角，并计算cos2A的值． 解析

若2A≥90，则A≥45，C3A≥135，于是ABC180，矛盾．

为计算cos2A，必须构造出一个以2A为其一锐角的直角三角形．如图，过C作CD交AB于D，使

ACDA，则BCD3AA2A．

CEADB

又CDBAACD =2ABCD 所以BDBC27，

ADABBD21，

DCAD21．

作BE丄CD于E，则CEDE21CE217，故cos2AcosBCE． 2BC187．1．7★已知sincos2，求sincos的值． 解析

由sincos2两边平方得

2sincos2．

2又sin2cos21，所以

12sincos2，

得 sincos1． 2评注 （1）当已知sin与cos之间和或差的值时，常常考虑运用sin2cos21转化问题．

（2）总结此题解答过程，该问题实际上是读者都熟悉的问题： 已知ab2a2b21，求ab的值．

这里用三角函数式sin、cos来替代a、b，变化了一下问题的形式．因此，在解题时，弄清问题的本质是非常重要的．

7．1．8★已知m为实数，且sin、cos是关于x的方程3x2mx10的两根．求sin4cos4的值． 解析

由

根

与

系

2数的关

2系7． 9知

sincos13．则有

sin4cos4sin2cos22sincos7．1．9★★设A、B是一个直角三角形的两个锐角，满足sinAsinB解析

由于AB90，故由互余关系得

2．求sinA及sinB的值． 2sinBsin90AcosA．

因此条件即为 sinAcosA2， 2 ①

将上式平方，得

sin2Acos2A2sinAcosA1， 21，所以 23， 2由正、余弦的平方关系，即有2sinAcosAsinAcosA2sin2Acos2A2sinAcosA12sinAcosA因sinA、cosA均为正数，故sinAcosA0．因此由上式得 sinAcosA6， 2 ②

由①、②得sinA评注

626262，cosA，故sinB． 444本题也可如下解答：由①得

sinAcosA2， 2两边平方，得

sin2Acos2A2cosA1， 2 ③

因sin2A1cos2A，代入上式并整理，得 2cos2A2cosA10， 2 ④

解得cosA266262．因cosA0，故只有cosA．由此及①得sinA． 4447．1．10★若存在实数x和y，使得 522sinxcosya , 4 3222cosxsinya , 4求实数a的所有可能值． 解析

8把两式相加，得3a25a8，解得a1，或a（舍去）．

3ππ

，y满足方程．故a1． 46

当a1时，x7．1．11★★已知关于x的一元二次方程

m2x22m11x120的两个根是一个直角三角形的两个锐角的正弦，求实数m的值．

解析

设方程的两个实根x1、x2分别是直角三角形ABC的锐角A、B的正弦．则

2x12x2sin2Asin2Bsin2Acos2A1AB90，

又x1x2212m1112，x1x2， m2m22所以xxx1x221242m112x1x21． m2m22化简得m224m230，解得m1或23．检验，当m1时， △2m1148m20；

2当m23时，

△2m1148m2≥0．

2所以m23．

评注本题是三角函数与一元二次方程的综合，基本解法是利用韦达定理和sin2cos21列方程求解．要注意最后检验方程有无实数根．

7．1．12★★已知方程4x25xk0的两根是直角三角形的两个锐角的正弦，求k．

5xx , 124根据韦达定理，有

kxx.124解析

2并且由于其两根是直角三角形的两个锐角的正弦，所以又有x12x21．

于是有1xxx1x221222k52x1x22．

442解得k9． 87．1．13★★★若直角三角形中的两个锐角A、B的正弦是方程x2pxq0的两个根； （1）那么，实数p、q应满足哪些条件？

（2）如果p、q满足这些条件，方程x2pxq0的两个根是否等于直角三角形的两个锐角A、B的正弦？ 解析 有

（1）设A、B是某个直角三角形两个锐角，sinA、sinB是方程x2pxq0的两个根，则

△p24q≥0．

①

由韦达定理，sinAsinBp,sinAsinBq．又sinA0，sinB0，于是p0，q0． 由于sinBsin90AcosA．所以sinAcosAp，sinAcosAq， 所以

p2sinAcosA1sinAcosA12q，

2即p22q1．

1由①得12qp24q≥0，则q≤．

2故所求条件是 p0，0p≤1，p22q1． 2 ②

（2）设条件②成立，则p24q12q≥0，故方程有两个实根： pp24qp12q，

22pp24qp12q．

22由②知p12q，又12q≤12q12qp， 所以0p12q≤p12q，故≥0． 又222p22q1，故0≤1． 所以，、为直角三角形两个锐角的正弦． 评注

一般地，有sin90cos，cos90sin．即在Rt△ABC中C90，

2sinAcosB，cosAsinB．

7．1．14★★已知方程4x22m1xm0的两个根恰好是一个直角三角形的两个锐角的余弦，试求m的值． 解析

设题中所述的两个锐角为A及B，由题设得

2△4m116m≥0 , m1 , cosAcosB2mcosAcosB.4因为cosBsinA，故

2△m1≥0m可取任意实数 , m1 , ①cosAsinA2mcosAsinA , ②4①式两边平方，并利用恒等式sin2Acos2A1，得cosAsinA12sinAcosAmm1再由②得1，

2422m142．

解得m3．

由cosA0，sinA0及②知m0． 所以m3．

7．1．15★★不查表，求15的四种三角函数值．

解析 30、45、60这些特殊角的三角函数值，我们可以利用含有这些特殊角的直角三角形的几

何性质及勾股定理直接推出．同样，15角的三角函数值，也可以利用直角三角形的性质将其推出． 如图所示．在△ABC中，C90，ABC30，延长CB到D，使BDBA，则 1DBADABC15．

2A130°CB15°D

设AC1，则AB2，BC3，BD2，所以 CDCBBD23， 所以

ADAC2CD2123所以 sin1528432423231223162．

AC162， AD462CD2362， AD462AC123， CD23cos15tan15cot15CD23． AC评注 将15角的三角函数求值问题，通过构造适当的三角形，将它转化为30角的三角函数问题，

这种将新的未知问题通过一定途径转化为旧的已解决了的问题的方法，是我们研究解决新问题的重要方法．根据互余三角函数关系式，我们很容易得到75角的四种三角函数值． 7．1．16★★求22.5角的正切值（不查表，不借助计算器）． 解析

22.545，所以设法构造一个含22.5角的直角三角形，用定义求值． 21，则DB52.2Cb，设A．

Rt△ABC中，C90，B45，如图，延长CB到D，使BDBA有ABb2b22b，DCDBBC21b．

ADBC

故tan22.5ACDCb21b21．

7．1．17★★求sin18的值． 解析

构造一个顶角A为36的等腰△ABC，ABAC，如图，作内角平分线则ABDDBC36，

设AC1，BCx．

ADBHC

由于DBADAB36，BDCBCD72，故CBBDDA，而△CAB∽△CBD5151ACBC1x，故，有x（舍去）． 22BCDCx1x51再作AHBC于H，则CAH18，CH．

4（CABCBD36），故

所以sin18评注

51． 4本题所构造的等腰三角形是圆内接正十边形的相邻顶点与圆心确定的三角形，利用它可以求

出半径为R的圆内接正十边形的边长．

m217．1．18★已知直角三角形ABC中，C90，sinAsinBm，求证：sinAsinB．

2解析

因为AB90，所以sinBcosA．从而sin2Asin2Bsin2Acos2A1．

又sinAsinBm，所以

m2sinAsinBsin2Asin2B2sinAsinB，

2即2sinAsinBm2sin2Acos2Am21．

7．1．19★★在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且

bccaab，求101511sinA:sinB:sinC．

解析 设

依题意，可将边转化为角．

abck，则 sinAsinBsinCaksinA，bksinB，cksinC．

于是题中条件化为

sinBsinCsinCsinAsinAsinB． 101511令上述比值为t，那么

sinBsinC10t， sinCsinA15t， sinAsinB11t．

所以有sinA8t，sinC7t，sinB3t，从而得sinA:sinB:sinC8:3:7． 7．1．20★★★若为三角形的最小内角，试求关于x的方程 8x54x45cosx323x22x0的所有实根．

解析 原方程显然有根x0，再求方程

5cosx223x20

8x44x3 ①的实根．

1为三角形最小内角，则0≤60，所以≤cos1．

2方程①可整理变形为 112x2xcosx222225x223x20，

12x2x≥0，

22212cosx≥0．

2令fx5x223x2， 由△2324520知fx恒大于零，即不存在使方程①成立的实数x．

故原方程仅有一个实根x0．

7．1．21★★已知函数yx2cos4xsin6对于任意实数x都有y0，且是三角形的一个内角，求cos的取值范围．

解析

由于方程没有实数根，4sin24cos0．

2并根据sin2cos21，可以得到 2cos23cos20．

因此cos0.5或cos2．

由于1cos0，所以1cos0.5． 7．1．22★★已知、是钝角，求证： （1）关于x的方程

2x221cosxcos0

①有两个不相等的实根；

（2）若sin是方程①的根，则cos也是方程①的根． 解析

（1）因是钝角，故cos0，于是△41cos8cos41cos0，

所以，方程①有两个不相等的实根．

（2）设r是方程①的另一根，则rsin．由韦达定理，得

rsin1cos， rsincos0． 2

② ③

由于sin0，故r0．由②、③两式得

r2sin2rsin2rsin1coscos1．

2所以

r1sin2cos2cos，即cos也是①的根．

7．1．23★★已知ycosx24sinx6，对于任意实数x，都有y0，且是三角形的一个内角，求的取值范围． 解析

因对任意实数x，二次函数ycosx24sinx6y恒大于0，所以cos0，并且

2△4sin24cos0，所以161cos224cos0，整理得2cos1cos20．

因cos20，故2cos10,cos所以060．

1． 27．1．24★★若x、y为实数，x2y21，为锐角，求证：xsinycos的绝对值不大于1． 解析

由x2y21，sin2cos21，得x2y2sin2cos21，

即x2sin2y2cos2x2cos2y2sin21，加一项减一项，得

x2sin22xysincosy2cos2x2cos22xycossiny2sin21．

即xsinycosxcosysin1， 因为xcosysin≥0， 所以xsinycos≤1， 故xsinycos≤1．

7．1．25★已知090，求证：（1）sinsin；（2）coscos；（3）tantan． 解析

用定义将三角比表示成直角三角形对应边的比，然后利用边的不等关系证明．

222作AOB，A2OB，使AOA2O1，作A1H1OB于H1，A2H2OB于H2． 11A2A1COH2H1B

由A2OBAOB得射线OA1与线段A2H2相交，设交于C，则OA1OA2OC，所以A1在OC的延长1线上，所以H1在OH2的延长线上，得OH1OH2．

2又A1H11OH12，A2H21OH2，所以A1H1A2H2．

因为sintanA1H1OH1AHAHOH2A1H1，cosOH1，tan11，sin22A2H2，cosOH2，OA1OA1OH1OA2OA2A2H2，所以sinsin，coscos，tantan． OH27．1．26★★ 已知090，求证：

解析1 构造Rt△ABC，C90，AB1，CAB，如图，则BCABsinsin，

ACABcoscos．

（1）由+BCACAB，得sincos1； （2）作高CH，中线CD，则CH≤CD，CD111111AB，S△ABCABCH≤ABCDAB2222244（△ABC以中线CD，高线CH重合为面积最大）．

CcosαsinααADHB

而S△ABC11BCACsincos，所以2sincos≤1． 222有12sincos≤2，即sincos≤2． 又sincos0，所以sincos≤2． 由（1），（2）知，1sincos≤2． 解析2

sincos2212sincos1．

22又由2sincos12sincossincos≥0，得2≥sincos， 故有1sincos≤2，由sincos0，知1sincos≤2． 评注

解析1同时也证明了“斜边给定的直角三角形中，等腰直角三角形的面积最大”这一结论．

2sin2xsin2y7．1．27★★★证明：对于任何实数x、y，有sin≥sinsinxsiny．

2解析 因为对于任意x、y，都有

1≤sinx≤1，1≤siny≤1，

πsin2xsin2yπ所以1≤sinxsiny≤≤1．

222sin2xsin2yππ而函数sinx在≤x≤上的值是随着x的增加而增加的，故sin≥sinsinxsiny．

2227．1．28★★★若ab0，0≤≤90，试证明解析

假设

asinbabab不能介于及之间．

asinbabababasinbabasinbab，则有． abasinbabasinbab由题意知0≤sin≤1，a0，则asin≤a，即

asinb≤ab，

又b0，从而 12b2b， ≥1asinbab即

asinbab，所以假设不成立，即命题成立． ≥asinbab7．1．29★★★设x2y21，且x1，y1，求证：解析

2yx1xyyx． 1x1y本题如果直接用代数方法，通过代数式的运算证明等式成立，比较复杂．根据已知条件

x2y21，联想到sin2cos21，因此可设xsin，ycos，则将代数式转化为三角式，利

用三角函数有关公式进行变形，这样会简便一些． 设xsin，ycos，则

yxcoscos2sinsin2cossin 1x1y1sin1cos1sin1coscossin1cossin1sincossincos2cossin1cossin22sin2cos2sincos

2cossin1cossin1sin2cos22sin2cos2sincos2cossin1cossin1cossin22cos2sin1cossin2yx1xy．

评注 在一些代数等式的证明中，如果已知条件

xcos , xacos , x2y21或x2y2aa0，则可设或

ysin;yasin , 从而将代数式转化为三角等式的证明问题，我们称这种转化为三角代换法．由于三角函数的公式较多， 因此化为三角式后，运算化简常比较方便．

§7．2解直角三角形

7．2．1★★如图，在直角三角形ABC中，C90，AD是A的平分线，且CD6，DB26，求△ABC的三边长．

AECDB

解析

由角平分线想到对称性，考虑过D作DEAB，交AB于E，则由C90得CDDE6．

在直角三角形BDE中，

sinBDE61，则B60，所以 DB262ACBCtanB626332， 3ABAC2AC62， sinBBCCDDB36．

故△ABC的三边长分别为62、32，36．

7．2．2 ★★在Rt△ABC中（如图），D、E是斜边AB的三等分点，已知CDsinx，

CEcosx0x90．试求AB的长．

BPQFGDECA

解析

作DFAC于F，EGAC于G；DPBC于P，EQBC于Q．令

BPPQQCa，AGGFFCb．

则DF2a，EGa．

在Rt△CDF和Rt△CEG中，由勾股定理，得2ab2sin2x，及a22bcos2x， 两式相加得5a2b21，a2b2所以AB3BD3a2b235． 5221． 57．2．3★★如图，△ABC中，C90，AB10，AC6，AD是BAC的平分线，求点B到直线AD的距离BH．

AEBHDC

解析 已知Rt△ABH中，AB10，要求BH，可求出BAH的正弦值，而BAHCAD，因而

可先求出DC的长．

作DEAB于E，有AEAC6，EDCD． 设DC3k，由三角形内角平分线性质有

BD10，则BD5k． DC6222Rt△BDE中，DE2BE2BD2，即3k1065k，得k1．

CD3k3，AD623235，sinDAC15BH，故BH25． 107．2．4★已知△ABC是非等腰直角三角形，BAC90，在BC所在直线上取两点D、E使

DBBCCE，连结AD、AE．已知BAD45．求tanCAE的值．

解析 如图，过B、C两点作BM∥AC、CN∥AB分别交AD、AE于M、N．易知

MDBANCE

AC2BM，AB2CN，

tanBADBMCN，tanCAE， ABAC1． 41． 4从而，tanBADtanCAE因为tanBAD1，则tanCAE7．2．5★★设有一张矩形纸片ABCD（如图），AB3，BC4．现将纸片折叠，使C点与A点重合，试求折痕EF的长．

AFDOBEC

解析

设O是矩形对角线AC的中点．连结CF，由折叠知CFAF，故FOAC，即EFAC．由

AB3，BC4，得AC5，从而

AO15AC． 22在Rt△AOF中，AOF90，故OFAOtanFAO． 又由Rt△ADC得tanFAOtanDACDC3， AD4所以OF531515，EF2OF． 248425，求证：此三角形为等腰三47．2．6★★已知三角形两边之和是10，这两边的夹角为30，面积为角形．解析由题意可设ab10，30，则 125， S△absin241125即ab， 224得ab25．

于是，由ab10，ab25，得a、b是方程x210x250的两个根．而此方程有两个相等的根，所以ab5，即此三角形为等腰三角形． 评注

也可以直接由

2abab4ab0，得ab．

27．2．7★★在△ABC中，C90，其周长为26，且已知斜边上的中线长为1．如果BCAC，求tanA的值． 解析

由于斜边长是斜边上中线长的2倍，故ABc2．于是，由题设及勾股定理，得

ab6 , ① 22ab4. ②把①式两边平方，得 a22abb26．

再由②得 ab1． ③

62． 2由①、③知，a、b分别是二次方程u26u10的两根，解得u因为BCAC（即ab），故BC1262，AC1262，

所以tanABC6223． AC627．2．8★★已知a、b、c分别是△ABC中A、B，C的对边，且a、b是关于x的一元二次方程 x24c2c4x的两个根． （1）判断△ABC的形状； （2）若tanA解析

3求a、b、c． 4（1）根据题意，尝试从边来判断．

因为abc4，ab4c2，

所以a2b2ab2abc424c2c2， 从而知△ABC是直角三角形，C90． （2）由C90，tanA3a3，得． 4b4

22令a3，b4kk0，则c5k，于是7k5k4，得k2，从而有

a6，b8，c10．

17．2．9★★在Rt△ABC中，C90，S△ABCm，且两直角边长满足条件3a2bm．

2（1）证明：m≥24；

（2）当m取最小值时，求△ABC中最小内角的正切值． 解析（1）由题设得 abm , 3a2bm.m3a消去b，得am，故实数a满足二次方程

23x2mx2m0． ①

所以△m224mmm24≥0． 因为m0，所以m≥24．

（2）当m24时，方程①只有一个实数根a4，从而b6．由ba，知△ABC的最小内角为A，其正切值tanAa2． b37．2．10★★如图所示．ABEFEBCECD90，ABF30，BFE45，ECB60且AB2CD．求tanCDE的值．

BACDFE

解析

因为tanCDECE，已知AB2CD，因此，只需求出AB与CE的比值即可． CDAB24． cos30332不妨设CD1，则AB2．在Rt△ABF中，A90，ABF30，所以BF在Rt△BEF中，BEF90，BFE45，所以BEBFcos4543222 23在Rt△BEC中，EBC90，ECB60， CECE42． CD3BE22242，所以sin60333tanCDE7．2．11★★如图所示．在锐角△ABC中，sinB4，tanC2，且S△ABC10．求BC． 5ABDC

解析

作ADBC于D，设ADx，在Rt△ABD中，因为sinBsinB4AD43，所以，BDx． cosB3BD34ADADx3x52，所以CD，所以BCBDCDxx． ① DC2242443，所以cosB1sin2B， 55所以tanB在Rt△ADC中，因为tanC1因为S△ABCBCAD10，

215所以xx10，

24所以x4．

5由①知BC45．

4评注 在一般三角形中，在适当位置作高线，将其转化为直角三角形求解，这是解斜三角形常采用

的方法．

7．2．12★★如图所示．在△ACD中，A45，CB5，CD7，BD3．求CBD及AC．

CAEBD

解析1 作CEAD于E，设CEx，BEy，则有

222xy5 , ① 222xy37. ②②-①得6y9725224，所以y25． 25BE215325cosCBE因为x52y25，所以，所以CBE60，CB5222CBD18060120，所以ACCE53256．

sin45222解析2 在

22△CBD2中，BC5，BD3，CD7，由余弦定理得

CD2BC2BD27252321CDBCBD2BCBDcosCBD，所以cosCBD，

2BCBD2532ACBC所以CBD120，从而CBA60．在△ABC中，由正弦定理得, sinCBAsinA所以ACBCsinCBAsinA53256A．

2227．2．13★★如图，已知△ABC中，AB1，D是AB的中点，DCA90，DCB45．求BC的长．

ECADB

x作BEACB，交AC的延长线于E，设BCx．则BEBCsin45，

2x CEBCcos4522x由DC∥BE，D是AB的中点，知AE2EC．

2解析

2xx而AEBEAB，得1．

2222222即x评注 法．

1010，所以BC．

55通过构造直角三角形，使用三角函数、勾股定理等知识将边角联系起来是求线段长的常用方

7．2．14★★如图，△ABC中，ACB90，CDAB于D，DEAC于E，DFBC于F．

AEAC3求证：． 3BFBCCFEADB解析

AEEDDFADEACDB，而tanADE，tanACD，tanB，所以

DEECBFAEEDDFtanB， DEECFB又DFEC，所以

AEEDECAEtan3B，所以tan3B． DEECBFBFAEAC3AC又tanB，所以． BCBFBC3评注

本题直角三角形较多，直接用相似三角形往往找不好关系，利用等角的三角函数作边的转化，

使关系明确．

7．2．15★★如图，在△ABC中，A90，ABAC，M是AC边的中点，AD垂直于BM且交BC于D．

AMFCBD

求证：AMBCMD． 解析

作DFAC于F，不妨设AB3，因ADBM，BAM90，所以DAFABM．

1ACMA21DF1．tanDAF又tanABM． ABAB2FA2又BAC90，ABAC，C45，而DFC90，故FCFD． 由于

FC1331，而FCFA3，FC1，FA2，而MC，FM1，FD1， FA2222即tanCMDFD1AB2，又tanAMB2，AMB，CMD是锐角． FM1AM2因此AMBCMD． 评注

利用解三角形的知识把结论中有关的线段用常数或适当的参数表示，通过计算证明几何命题，

这种方法称为几何题的三角证法．

7．2．16★★在等腰直角三角形ABC中，AB1，A90，点E为腰AC上任意一点，AEa，点

F在底边BC上，且FEBE，求证：S△CEF解析

a1a221a．

如图，过点F作FDAC，垂足为D．

AEDBFC

因为ABEBEABEADEF，所以ABEDEF，从而知△ABE∽△DEF， 得

ABAE． DEDFa1a1a． ，得x1a1axx又因为FDCD，则令FDx，那么DE1ax． 于是

故S△CEFa1aa1a11． ECFD1a221a21a27．2．17★★★如图，在直角三角形ABC中，A90，ABa，ACb，E是AC上一动点，F在

BC上，E从点A开始向C运动且保持EFBE，试写出S△EFC与点E运动时到点A距离x的关系式．

AEBFDC

解析

如图，过点C作CDEF，交直线EF于D，则△ABE∽△DEC，得

ABBEAE． EDECCDabxbxxaa2x2x由AEx，得ECbx，则，得DE，CD．

2222DEbxCDaxax又△BEF∽△CDF，则

BECDEF，即DFBEBECDEFEF，得EFFDEDa2x2EFa2x2abx22a2x2abxax．

a2bxbxxa2x2故S△CEF11axbxEFCD2． 22abx27．2．18★★如图（a），正方形ABCD的边长215，E、F分别是AB、BC的中点，AF分别交DE、

DB于点M、N，求△DMN的面积．

AMENBF(a)CBENF(b)CDAMD

解析

记正方形ABCD的边长为2a．由题设易知△BFN∽△DAN，则有

2AF． 3AB25． AF5ADANDN2， BFNFBN1得AN2NF，所以AN在直角△ABF中，AB2a，BFa，则AFAB2BF25a，于是cosBAF由

题

设

可

知

△AD≌

△BAF，所以AED，

AME180BAFAED180BAFAFB90．

于是AMAEcosBAF从而

S△MNDMN4． S△AFDAF1525245a，MNANAMAFAMa， 5315148又S△AFD2a2a2a2，所以S△MNDS△AFDa2．

21515因a15，故S△MND8．

7．2．19★★已知a、b、c是△ABC三边的长，其中bac，且方程ax22bxc0两根的差的绝对值等于2．求△ABC中最大角的度数． 解析

由已知条件bac可知，这是一个等腰三角形，且底边b最长，则最大角为B，求出△ABC中的底角A（或C）即可．我们可以先求角A（或C）的三角函数值，再确定角的大小，如图所示．由图知

BcaADbC

bAD2bcosA，

ABc2c则关键是求出b与c的比值．通过一元二次方程中的条件，可得到关于c、b的方程，则问题得到解决． 因为ac，所以方程为cx22bxc0． 设x1、x2为方程的两个根，则有x1x222b，x1x21． c2因为x1x22，x1x22，即x1x24x1x22， 2b2bb3b6，3，所以cosA所以，， 42cc2c2c2所以A30，所以B1803030120． 评注

这是一道方程与几何知识的综合题．三角形的边是一元二次方程的系数，利用方程条件导出

边的关系，由边的关系再进一步求角的大小． 7．2．20★★在△ABC中，C90，则cot则△ABC是直角三角形． 解析

（1）作角平分线AD（图略），则在Rt△ACD中，cotDCAC． BDABAAC． 2DCAbcAbc；反过来，如果在△ABC中，cot，2a2a由角平分线的比例性质，有所以

DCACDCb，即． BDDCABACabcab． bc所以DC所以cotAbc． 2a（2）我们证明：B或C是直角．设C90，下证B90．

如图，作△ABC的角平分线AD，在直线AD上取一点E，使ACE90．由题设有

ABDFEC

ACAbcab，所以EC cotEC2abc又由（1）中的计算，DCab，所以CDCE，作CFDE于F，则 bcDCE2FCE2DACBAC．

所以ABC180ACBBAC180ACBDCE180ACE90．

7．2．21★★如图，AB是圆的直径，弦CD∥AB，AC与BD相交于E，已知AED，试求S△CDE:S△ABE．

DθAECB

解析

由AB∥CD，得△CDE∽△ABE．

所以S△CDE:S△ABEDE2:BE2．

连结AD，则ADB90．故由Rt△ADE，有

DE cos，又AEBE，所以S△CDE:S△ABEcos2．

AE7．2．22★★★如图，延长锐角△ABC的高AD、BE、CF分别交外接圆于L、M、N．设垂心为外接圆半径为R．求证：

ANFHECMBDL

（1）

abcabc； HAHBHCHLHMHN（2）ALsinABMsinBCNsinC8RsinAsinBsinC．

解析 （1）由于△CBF∽△AHF，所以

aCF． HAAF在Rt△AFC中，tanA同理

CFa，所以tanA． AFHAbctanB，tanC，于是左边tanAtanBtanC． HBHCBDBDC、由于H、所以BHDC．在直角三角形BHD中，所以 tanBHD，tanC．D、E共圆，

HDHD同理

CDtanB． HDatanCtanB． HD1a1HL，tanCtanB． 2HL2相加得

由于H是△ABC的垂心，易证HDDL，所以HD同理

b1c1tanAtanC，tanBtanA． HM2HN2相加后得右边tanAtanBtanC．

（2）由于H是垂心，所以HDDL，可得△HBC≌△LBC． 由于S四边形ABLC所以

RALsinAS△ABCS△BCLS△ABCS△HBC．

1ALaRALsinA， 2同理可证

RBMsinBS△ABCSHCA，RCNsinCS△ABCS△HAB．

相加后得

1RALsinABMsinBCNsinC4S△ABC4absinC22RsinA2RsinBsinC，

2所以

ALsinABMsinBCNsinC8RsinAsinBsinC．

7．2．23★★如图所示，已知电线杆AB直立于地面上，它的影子恰好照在土坡的坡面CD和地面BCA60，CD4m，BC4622m，上．如果CD与地面成45，求电线杆AB的长（精确到0.1m）．

ADBCFE

解析 如图，延长AD交地面于点E，过点D作DFCE于点F．

DFsiCnD45242，22因为DCF45，A60，CD4，所以CFEFDFtan6022326．

因为

AB3tan30， BE333BE46222226628.5m． 33所以AB7．2．24★如图，某岛S周围42海里内存在着大量的暗礁．现在一轮船自西向东以每小时15海里的速度航行，在、A处测得S在北偏东60，2小时后在B处测得S在正东北方向，试问轮船是否需要改变航行方向行驶，才能避免触礁危险，说明理由．

SABC

解析

若设船不改变航向，与小岛S的最近距离为SC．

则有SCtan60SCtan45152，解得SC1531542． 因此需要改变航向，以免触礁．

7．2．25★★★如图，某污水处理站计划砌一段截面为等腰梯形的排污渠，如果渠深为h，截面积为S，试求当倾角为多少时造价最小？

BAθCD

解析

要使造价最小，只需考虑ADDCCB最小，故首先设法用h、S、表示

ADDCCB．

S11ABCDh2CD2hcothCDhcoth． 222hSSSh2coscot． hcot，则ADDCCB2ADCDsinsinhhh有CD因S、h为常数，则要求ADDCCB的最小值，只需求

2cosm的最小值． sin设

2cosm，两边平方整理得 sin2m1cos24cosm240，

24m21m24m12cos2m2m23m12．

2cos有最小值． sin由上式知m2m23≥0，解得m≥3，故当m3时，当m3时，cos21，从而得60，此时排污渠造价最小． 2

m12