2012届高考数学一轮复习教案：5.3 两点间距离公式、线段的定比分点与图形的平移

第一篇：2012届高考数学一轮复习教案：5.3 两点间距离公式、线段的定比分点与图形的平移

5.3 两点间距离公式、线段的定比分点与图形的平移

●知识梳理 1.设A（x1，y1），B（x2，y2），则AB=（x2－x1，y2－y1）.22∴|AB|=（x2x1）（y2y1）.2.线段的定比分点是研究共线的三点P1，P，P2坐标间的关系.应注意：（1）点P是不同于P1，P2的直线P1P2上的点；（2）实数λ是P分有向线段P1P2所成的比，即P1→P，P→P

2x1x2x，1的顺序，不能搞错；（3）定比分点的坐标公式（λ≠－1）.yy2y113.点的平移公式描述的是平移前、后点的坐标与平移向量坐标三者之间的关系，xxh，yyk.特别提示

1.定比分点的定义：点P为P1P2所成的比为λ，用数学符号表达即为P1P=λPP2.当λ＞0时，P为内分点；λ＜0时，P为外分点.2.定比分点的向量表达式：

P点分P1P2成的比为λ，则OP=

11OP1+

1OP2（O为平面内任一点）.3.定比分点的应用：利用定比分点可证共线问题.●点击双基

1.（2004年东北三校联考题）若将函数y=f（x）的图象按向量a平移，使图象上点的坐标由（1，0）变为（2，2），则平移后的图象的解析式为

A.y=f（x+1）－2

B.y=f（x－1）－2 C.y=f（x－1）+2

D.y=f（x+1）+2 解析：由平移公式得a=（1，2），则平移后的图象的解析式为y=f（x－1）+2.答案：C 2.（2004年湖北八校第二次联考）将抛物线y=4x沿向量a平移得到抛物线y－4y=4x，则向量a为

A.（－1，2）C.（－4，2）

B.（1，－2）D.（4，－2）

2xxhxxh，解析：设a=（h，k），由平移公式得 yykyyk，代入y2=4x得

（y－k）2=4（x－h），y2－2ky=4x－4h－k2，第1页（共10页）

即y－2ky=4x－4h－k，∴k=2，h=－1.∴a=（－1，2）.答案：A 22思考讨论

本题不用平移公式代入配方可以吗? 提示：由y2－4y=4x，配方得（y－2）=4（x+1），∴h=－1，k=2.（知道为什么吗?）

3.设A、B、C三点共线，且它们的纵坐标分别为2、5、10，则A点分BC所得的比为 A.382

3B.83

8C.－

8D.－

3510解析：设A点分BC所得的比为λ，则由2=答案：C，得λ=－.834.若点P分AB所成的比是λ（λ≠0），则点A分BP所成的比是____________.解析：∵AP=λPB，∴AP=λ（－AP+AB）.∴（1+λ）AP=λAB.∴AB=1AP.∴BA=－

1AP.答案：－1

5.（理）若△ABC的三边的中点坐标为（2，1）、（－3，4）、（－1，－1），则△ABC的重心坐标为____________.解析：设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），x1x22，2y1y21，2x1x33，xx2x32242则

∴1∴重心坐标为（－，）.33y1y2y34y1y34，2xx321，2yy321.2答案：（－23，43）

（文）已知点M1（6，2）和M2（1，7），直线y=mx－7与线段M1M2的交点M分有向线段M1M2的比为3∶2，则m的值为____________.第2页（共10页）

63232解析：设M（x，y），则x=

1=

1552732=3，y=

132=

4215=5，即M（3，5），代入y=mx－7得5=3m－7，∴m=4.答案：4 ●典例剖析

【例1】 已知点A（－1，6）和B（3，0），在直线AB上求一点P，使|AP|=|AB|.31剖析：|AP|=|AB|，则AP=3113AB或AP=

13BA.设出P（x，y），向量转化为坐标运算即可.解：设P的坐标为（x，y），若AP=41x1，x，3解得3此时y62.y4.13AB，则由（x+1，y－6）=

13（4，－6），得

P点坐标为（，4）.3131若AP=－13AB，则由（x+1，y－6）=－（4，－6）得

477x1，x，3解得3∴P（－3y62.y8.，8）.综上所述，P（，4）或（－3173，8）.深化拓展

本题亦可转化为定比分点处理.由AP=λ=1213AB，得AP=

12PB，则P为AB的定比分点，代入公式即可；若AP=－1413AB，则AP=－

14PB，则P为AB的定比分点，λ=－.由两种方法比较不难得出向量的运算转化为坐标运算，是解决向量问题的一般方法.【例2】 已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（4，1），B（3，4），C（－1，2），BD是∠ABC的平分线，求点D的坐标及BD的长.剖析：∵A、C两点坐标为已知，∴要求点D的坐标，只要能求出D分AC所成的比即可.解：∵|BC|=25，|AB|=10，∴D分AC所成的比λ=由定比分点坐标公式，得

ADDCABBC22.第3页（共10页）

24（1）2xD952，21∴D212y2.D212点坐标为（9－52，2）.22（24）=104682.∴|BD|=（9523）评述：本题给出了三点坐标，因此三边长度易知，由角平分线的性质通过定比分点可解出D点坐标，适当利用平面几何知识，可以使有些问题得以简化.深化拓展

本题也可用如下解法：设D（x，y），∵BD是∠ABC的平分线，∴〈BA，BD〉=〈BC，BD〉.∴BABD|BA||BD|BCBD|BC||BD|，即BABD|BA|=BCBD|BC|.又BA=（1，－3），BD=（x－3，y－4），BC=（－4，－2），∴x33y1210=4x122y820.① ∴（4+2）x+（2－32）y+92－20=0.又A、D、C三点共线，∴AD，AC共线.又AD=（x－4，y－1），AC=（x+1，y－2），∴（x－4）（y－2）=（x+1）（y－1）.x952，由①②可解得

y2.②

∴D点坐标为（9－52，2），|BD|=104682.思考讨论

若BD是AC边上的高，或BD把△ABC分成面积相等的两部分，本题又如何求解?请读者思考.【例3】 已知在□ABCD中，点A（1，1），B（2，3），CD的中点为E（4，1），将 □ABCD按向量a平移，使C点移到原点O.（1）求向量a；

（2）求平移后的平行四边形的四个顶点的坐标.解：（1）由□ABCD可得AB=DC，设C（x3，y3），D（x4，y4），第4页（共10页）

则，x3x41y3y42.x42y4292①②

x3又CD的中点为E（4，1），则y397x4，x3，由①－④得22即y2，y0，434，1.③

④C（，2），D（72，0）.∴a=（－92，－2）.72（2）由平移公式得A′（－●闯关训练

夯实基础，－1），B′（－

52，1），C′（0，0），D′（－1，－2）.1.（2004年福州质量检查题）将函数y=sinx按向量a=（－式为

A.y=sin（x－C.y=sin（x+π4π4，3）平移后的函数解析）+3

B.y=sin（x－D.y=sin（x+

π4）－3 π4）+3

π4）－3

πxxh，xx，π解析：由得4∴y－3=sin（x+）.4yyk，yy3.∴y=sin（x+答案：C π4）+3，即y=sin（x+

π4）+3.2.（2003年河南调研题）将函数y=2sin2x的图象按向量a平移，得到函数y=2sin（2x++1的图象，则a等于

A.（－C.（π3π3π3），1）

π3

B.（－D.（π6π6π6，1），－1），1）

π6解析：由y=2sin（2x+答案：B）+1得y=2sin2（x+）+1，∴a=（－，1）.3.（2004年东城区模拟题）已知点P是抛物线y=2x+1上的动点，定点A（0，－1），若点M分PA所成的比为2，则点M的轨迹方程是____________，它的焦点坐标是____________.解析：设P（x0，y0），M（x，y）.第5页（共10页）

x0xx03x，3代入y0=2x02+1得3y+2=18x2+1，即18x2=3y+1，y03y2，yy023x2=16y+118=162（y+），∴p=31611112，焦点坐标为（0，－

724724）.答案：x=（y+）

（0，－

32）

24.把函数y=2x－4x+5的图象按向量a平移后，得到y=2x的图象，且a⊥b，c=（1，－1），b·c=4，则b=____________.解析：a=（0，0）－（1，3）=（－1，－3）.设b=（x，y），由题意得则b=（3，－1）.答案：（3，－1）

5.已知向量OA=（3，1），（－1，2），OB=OC⊥OB，BC∥OA.试求满足OD+OA=OC的OD的坐标.解：设OD=（x，y），则OC=（x，y）+（3，1）=（x+3，y+1），BC=OC－OB=（x+3，y+1）－（－1，2）=（x+4，y－1），（x3）（2y1）0，x3y0，x3，xy4，y1，则（（3y1）0.x4），x11y6，所以 OD=（11，6）.13146.已知A（2，3），B（－1，5），且满足AC=D、E的坐标.AB，AD=3AB，AE=－

AB，求C、解：用向量相等或定比分点坐标公式均可，读者可自行求解.C（1，E（114113），D（－7，9），52）.培养能力

7.（2004年福建，17）设函数f（x）=a·b，其中a=（2cosx，1），b=（cosx，3sin2x），x∈R.（1）若f（x）=1－3，且x∈［－

π3，π3］，求x；

π2（2）若y=2sin2x的图象按向量c=（m，n）（|m|＜）平移后得到函数y=f（x）的图象，第6页（共10页）

求实数m、n的值.解：（1）依题设f（x）=2cos2x+3sin2x=1+2sin（2x+由1+2sin（2x+∵|x|≤π3π6π6），）=1－3，得sin（2x+≤2x+

π6π6）=－

π332.π4，∴－π2≤

5π6.∴2x+

π6=－，即x=－.（2）函数y=2sin2x的图象按向量c=（m，n）平移后得到函数y=2sin2（x－m）+n的图象，即y=f（x）的图象.由（1）得f（x）=2sin2（x+8.有点难度哟！

（2004年广州综合测试）已知曲线x+2y+4x+4y+4=0按向量a=（2，1）平移后得到曲线C.（1）求曲线C的方程；

（2）过点D（0，2）的直线与曲线C相交于不同的两点M、N，且M在D、N之间，设DM=λMN，求实数λ的取值范围.解：（1）原曲线即为（x+2）2+2（y+1）2=2，则平移后的曲线C为x2+2y2=2，即x2π12）+1.又|m|＜

π2，∴m=－

π12，n=1.222+y=1.2（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），则

x2x，221x12y12，122由于点M、N在椭圆x+2y=2上，则 222y2yx22y22，.112y22x22（）（2）2，11即消去22x2y2.22234x2得，2λ+8λy2+8=2λ+4λ+2，即y2=

2.∵－1≤y2≤1，∴－1≤又∵λ＞0，故解得λ≥故λ的取值范围为［

1223412≤1..，+∞）.思考讨论

本题若设出直线l的方程y=kx+2，然后与x2+2y2=2联立，利用韦达定理能求解吗?（不要忘记讨论斜率不存在的情况）读者可尝试一下.探究创新

9.甲船由A岛出发向北偏东45°的方向做匀速直线航行，速度为152 n mile/h，在甲船从A岛出发的同时，乙船从A岛正南40 n mile处的B岛出发，朝北偏东θ（θ=arctan

12）

第7页（共10页）的方向作匀速直线航行，速度为105 n mile/h.（如下图所示）

（1）求出发后3 h两船相距多少海里?（2）求两船出发后多长时间相距最近?最近距离为多少海里? 解：以A为原点，BA所在直线为y轴建立如下图所示的坐标系.设在t时刻甲、乙两船分别在P（x1，y1），Q（x2，y2），则12x1152tcos4515t，y1x115t.由θ=arctan，可得cosθ=

255，sinθ=

55，x2=105tsinθ=10t，y2=105tcosθ－40=20t－40.（1）令t=3，P、Q两点的坐标分别为（45，45），（30，20）.22（45－20）=850=534，|PQ|=（4530）即两船出发后3 h时，两船相距534 n mile.2（y2y1）（2）由（1）的解法过程易知|PQ|=（x2x12）222210t15t）（20t4015t）=50t400t1600=50（t4）800≥202.=（∴当且仅当t=4时，|PQ|的最小值为202，即两船出发4 h时，相距202 n mile为两船最近距离.●思悟小结

1.理解线段的定比分点公式时应注意以下问题：（1）弄清起点、分点、终点，并由此决定定比λ；

（2）在计算点分有向线段所成比时，首先要确定是内分点，还是外分点，然后相应地把数量之比转化为长度之比.也可直接由定义P1P=λPP2获解.2.线段的定比分点的坐标表示，强化了坐标运算的应用，确定λ的值是公式应用的关键.3.关于平面图形的平移，主要确定的是平移向量.注意公式正、逆使用，并特别注意分清

第8页（共10页）

新旧函数解析式.4.配凑法、待定系数法、对应点代入法是确定平移向量的重要方法.●教师下载中心

教学点睛

1.线段的定比分点公式P1P=λPP2，该式中已知P1、P2及λ可求分点P的坐标，并且还要注意公式的变式在P1、P2、P、λ中知三可求第四个量.2.定比分点坐标公式要用活不要死记.可设出坐标利用向量相等列方程组.该解法充分体现了向量（形）与数之间的转化具有一般性.3.平移前后坐标之间的关系极易出错，要引导学生弄清知识的形成过程不要死记硬背.拓展题例

【例1】（2004年豫南三市联考）已知f（A，B）=sin22A+cos22B－3sin2A－cos2B+2.（1）设△ABC的三内角为A、B、C，求f（A，B）取得最小值时，C的值；（2）当A+B=π2且A、B∈R时，y=f（A，B）的图象按向量p平移后得到函数y=2cos2A的图象，求满足上述条件的一个向量p.解：（1）f（A，B）=（sin2A－

32）2+（cos2B－

12）2+1，ππ3，A或A，sin2A2π632得由题意∴C=3cos2B1，Bπ.62或C=

π2.（2）∵A+B=π2，∴2B=π－2A，cos2B=－cos2A.π3∴f（A，B）=cos2A－3sin2A+3=2cos（2A+从而p=（π6）+3=2cos2（A+

π6）+3.，－3）（只要写出一个符合条件的向量p即可）.3【例2】 设曲线C的方程是y=x－x，将C沿x轴、y轴正向分别平移t、s单位长度后，得到曲线C1.（1）写出曲线C1的方程；（2）证明：曲线C与C1关于点A（t2s2，）对称.t2（1）解：C1：y－s=（s－t）3－（x－t）.（2）分析：要证明曲线C1与C关于点A（s2

①，）对称，只需证明曲线C1上任意一个点关于A点的对称点都在曲线C上，反过来，曲线C上任意一个点关于A点的对称点都在曲线C1上即可.证明：设P1（x1，y1）为曲线C1上任意一点，它关于点A（t2s2，）的对称点为

P（t－x1，s－y1），把P点坐标代入曲线C的方程，左=s－y1，右=（t－x1）3－（t－x1）.由于P1在曲线C1上，∴y1－s=（x1－t）3－（x1－t）.∴s－y1=（t－x1）3－（t－x1），即点P（t－x1，s－y1）在曲线C上.同理可证曲线C上任意一点关于点A的对称点都在曲线C1上.第9页（共10页）

从而证得曲线C与C1关于点A（t2，s2）对称.第10页（共10页）

第二篇：2012届高考数学一轮复习教案：4.4 两角和与差、二倍角的公式(三)

4.4 两角和与差、二倍角的公式

（三）●知识梳理 1.化简要求

（1）能求出值的应求出值.（2）使三角函数种数、项数尽量少；分母尽量不含三角函数；被开方式尽量不含三角函数.2.化简常用方法

（1）活用公式（包括正用、逆用、变形用）.（2）切割化弦、异名化同名、异角化同角等.3.常用技巧

（1）注意特殊角的三角函数与特殊值的互化.（2）注意利用代数上的一些恒等变形法则和分数的基本性质.（3）注意利用角与角之间的隐含关系.（4）注意利用“1”的恒等变形.●点击双基

3+sinαsinβ的一组α、β的值是 213π3πππA.α=，β=

B.α=，β=

124231.满足cosαcosβ=C.α=ππ，β=

D.α=

ππ，β= 36解析：由已知得cos（α+β）=答案：A 2.已知tanα和tan（A.b=a+c

C.c=b+a

3，代入检验得A.2π－α）是方程ax2+bx+c=0的两个根，则a、b、c的关系是

4B.2b=a+c D.c=ab

πbbtantan（），π4a解析：∴tan=a=1.cπc4tantan1（），a4a∴－bc=1－.∴－b=a－c.∴c=a+b.aasinxcosx的值域为

1sinxcosx答案：C 3.f（x）=A.（－3－1，－1）∪（－1，3－1）B.［C.（2121，－1）∪（－1，］ 223131，）22第1页（共7页）

D.［2121，］ 22π）∈［－2，－1）∪（－1，2］，4解析：令t=sinx+cosx=2sin（x+t212121t1则f（x）=2=∈［，－1）∪（－1，］.1t222答案：B 4.已知cosα－cosβ=

11，sinα－sinβ=，则cos（α－β）=_______.2311，（sinα－sinβ）2=.491359.∴cos（α－β）=.3672解析：（cosα－cosβ）2=两式相加，得2－2cos（α－β）=答案：59 72●典例剖析 【例1】 求证：sin（2）sin－2cos（α+β）=.sinsin剖析：先转换命题，只需证sin（2α+β）－2cos（α+β）·sinα=sinβ，再利用角的关系：2α+β=（α+β）+α，（α+β）－α=β可证得结论.证明：sin（2α+β）－2cos（α+β）sinα =sin［（α+β）+α］－2cos（α+β）sinα

=sin（α+β）cosα+cos（α+β）sinα－2cos（α+β）sinα =sin（α+β）cosα－cos（α+β）sinα=sin［（α+β）－α］=sinβ.两边同除以sinα得 sin（2）sin－2cos（α+β）=.sinsin评述：证明三角恒等式，可先从两边的角入手——变角，将表达式中出现了较多的相异的角朝着我们选定的目标转化，然后分析两边的函数名称——变名，将表达式中较多的函数种类尽量减少，这是三角恒等变形的两个基本策略.【例2】 P是以F1、F2为焦点的椭圆上一点，且∠PF1F2=α，∠PF2F1=2α，求证：椭圆的离心率为e=2cosα－1.剖析：依据椭圆的定义2a=|PF1|+|PF2|，2c=|F1F2|，∴e=在△PF1F2中解此三角即可得证.证明：在△PF1F2中，由正弦定理知

2c.2a|PF1||PF2||F1F2|==.sin2sinsin（π3）第2页（共7页）

由比例的性质得|F1F2||PF1||PF2|= sin3sin2sin|F1F2|sincos2cossin2sin3e===

|PF1||PF2|sin2sinsin2sincos2sin（2cos2）2sincos2=

sin（12cos）4cos21==2cosα－1.2cos评述：恰当地利用比例的性质有事半功倍之效.深化拓展

求cot10°－4cos10°的值.分析：给出非特殊角，怎样化为特殊角或非特殊角，互相抵消、约分求出值.提示：cot10°－4cos10° =cos10cos102sin20－4cos10°=

sin10sin1031cos20sin202sin20cos（3020）2sin202==2

sin10sin1033cos20sin203sin（3020）2=2==3.sin10sin10答案：3.●闯关训练

夯实基础

1.（2003年高考新课程卷）已知x∈（－A.7 24π4，0），cosx=，则tan2x等于 2B.－

4C.24 7

D.－

7解析：∵cosx=4π33，x∈（－，0），∴sinx=－.∴tanx=－.525432tanx2=－3×16=－24.∴tan2x==

2771tan2x1916答案：D 2.（2004年春季北京）已知sin（θ+π）＜0，cos（θ－π）＞0，则下列不等关系中必定成立的是

A.tanC.sin2＜cot＜cos2

B.tanD.sin

2＞cot＞cos

2 2222第3页（共7页）

解析：由已知得sinθ＞0，cosθ＜0，则tan

2－cot

2sin2－2cos=cos2=－2cos＞0.sinsin2∴tan2＞cot2.答案：B 3.下列四个命题中的假命题是

A.存在这样的α、β，使得cos（α+β）=cosαcosβ+sinαsinβ B.不存在无穷多个α、β，使得cos（α+β）=cosαcosβ+sinαsinβ C.对于任意的α、β，cos（α+β）=cosαcosβ－sinαsinβ

D.不存在这样的α、β，使得cos（α+β）≠cosαcosβ－sinαsinβ

解析：由cos（α+β）=cosαcosβ+sinαsinβ=cosαcosβ－sinαsinβ，得 sinαsinβ=0.∴α=kπ或β=kπ（k∈Z）.答案：B 4.函数y=5sinx+cos2x的最大值是_______.解析：y=5sinx+cos2x=5sinx+1－2sin2x=－2（sinx－

5233）+.48∴sinx=1时，ymax=4.答案：4 5.求周长为定值L（L＞0）的直角三角形的面积的最大值.L解法一：a+b+a2b2=L≥2ab+2ab.∴ab≤.22∴S=

L（22）L23222111ab≤（）2=·［］=L.2422222解法二：设a=csinθ，b=ccosθ.∵a+b+c=L，∴c（1+sinθ+cosθ）=L.∴c=

L1sincos.sincosL212∴S=csinθcosθ=.22（21sincos）设sinθ+cosθ=t∈（1，2］，t212L2L2L23222t1L222则S=·=·=（1－）≤（1－）=L.22（4444t1t11t）216.（2004年湖南，17）已知sin（2sin2α+tanα－cotα－1的值.ππ1ππ+2α）·sin（－2α）=，α∈（，），求44442第4页（共7页）

解：由sin（α）=ππππ1π+2α）·sin（－2α）=sin（+2α）·cos（+2α）=sin（+4444422111cos4α=，得cos4α=.242ππ5π，），所以α=.4212又α∈（sin2cos22cos2于是2sinα+tanα－cotα－1=－cos2α+=－cos2α+

sincossin25π5π=－（cos2α+2cot2α）=－（cos+2cot）

662=－（－35－23）=22培养能力

3.7.求证：1sin2sin21tan2.2=1tan22（sincos）cossin1sin2222，证明：左边===

coscos2sin2cossin2222sin1cos22=coscos2sinsin2，右边=sin1cos2222∵左边=右边，∴原式成立.8.（2005年春季北京，15）在△ABC中，sinA+cosA=

2，AC=2，AB=3，求tanA的值2和△ABC的面积.分析：本题主要考查三角恒等变形、三角形面积公式等基本知识，考查运算能力.21，∴cos（A－45°）=.22又0°＜A＜180°，∴A－45°=60°，A=105°.解法一：∵sinA+cosA=2cos（A－45°）=∴tanA=tan（45°+60°）=

1313=－2－3.∴sinA=sin105°=sin（45°+60°）=sin45°cos60°+cos45°sin60°=∴S△ABC=1AC·ABsinA 2第5页（共7页）

26.4

=2631·2·3·=（2+6）.4242，2解法二：∵sinA+cosA=∴（sinA+cosA）2=

①

11.∴2sinAcosA=－.223，2∵0°＜A＜180°，∴sinA＞0，cosA＜0.∴90°＜A＜180°.∵（sinA－cosA）2=1－2sinAcosA=∴sinA－cosA=①+②得sinA=①－②得cosA=6.②

26.426.4∴tanA=

426sinA=·=－2－3.4cosA26（以下同解法一）

探究创新

9.锐角x、y满足sinycscx=cos（x+y）且x+y≠

π，求tany的最大值.2解：∵sinycscx=cos（x+y），∴sinycscx=cosxcosy－sinxsiny，siny（sinx+cscx）=cosxcosy.∴tany=

sinxcosxtanxtanx2cosxsinxcosx===≤=，4sinxcscx1sinx2sin2xcos2x12tan2x22tanx2时取等号.22.4当且仅当tanx=∴tany的最大值为●思悟小结

1.证明三角恒等式的基本思路，是根据等式两端的特征，通过三角恒等变换，应用化繁为简、左右归

一、变更命题等方法，使等式两端的“异”化为“同”.2.条件等式的证明，通过认真观察，发现已知条件和待证等式之间的关系，选择适当的途径把条件用上去.常用方法有代入法、消去法、综合法（即从已知条件出发，以待证式为目标进行代数或三角恒等变形，逐步推出待证式）、分析法等.3.三角函数的应用主要是借用三角函数的值域求最值，这首先应将原函数通过降幂、辅助角公式等化成y=Asin（ωx+）（A≠0，ω＞0）的形式，或者通过换元转化成二次函数，然后再求之.●教师下载中心 教学点睛

1.三角恒等式的证明实际上就是三角函数式的化简过程.2.有条件的三角函数求值有两个关键：①三角函数各关系式及常用公式的熟练应用.②条

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件的合理应用：注意条件的整体功能，注意将条件适当简化、整理或重新改造组合，使其与所计算的式子更加吻合.3.注意方程思想的应用.拓展题例

【例1】 试证：tan（1sin）sintansin=.tan（1sin）sintansinsin（1sin）sin证明：左边=cos

sin（1sin）sincos1sincos=sincos2sin2sin2coscos22cos22sin22=

cos=

2222=cot，2sin2sinsin1coscos右边==

sinsinsincos2cos22=2sin2cos2=cot2，∴原等式成立.【例2】 已知α、β∈（0，β的值.解：∵4tan

π），3sinβ=sin（2α+β），4tan=1－tan2.求α+4221.22=1－tan2

2，∴2·tanα=1，tanα=∵3sinβ=sin（2α+β），∴3sinβ=sin（α+β）cosα+cos（α+β）sinα.∴3sin（α+β）cosα－3cos（α+β）sinα =sin（α+β）cosα+cos（α+β）sinα.∴sin（α+β）cosα=2cos（α+β）sinα.∴tan（α+β）=2tanα=1.∴α+β=

π.4评述：角的变换是常用技巧.如2α+β=（α+β）+α，β=（α+β）－α等.第7页（共7页）