前言
典例剖析
分析:本题目非常特别,依据题意我们做出的图形是平面四边形,
当我们将边(AD)平行移动时,题目的已知条件都没有改变,故想到将此静态图变化为动态图,
平行移动(AD)时,我们看到了两个临界位置,即四边形变化为三角形的两个状态,
其一是四边形变化为三角形(ABF),此时应该有(BF<AB);
其二是四边形变化为三角形(ABE),此时应该有(BE>AB);
故动态的边(AB)的范围是(BF<AB<BE),从而求解。
解答:如图所示,延长(BA)与(CD)交于(E),过(C)做(CF//AD)交(AB)于(F),则(BF<AB<BE);
在等腰三角形(CFB)中,(angle FCB=30^{circ}),(CF=BC=2),由余弦定理得到(BF=sqrt{6}-sqrt{2});
在等腰三角形(ECB)中,(angle CEB=30^{circ}),(angle ECB=75^{circ}),(BE=CE,BC=2),
由正弦定理得到(BE=sqrt{6}+sqrt{2});
故(sqrt{6}-sqrt{2}<AB<sqrt{6}+sqrt{2})
解后反思引申:
1、求(CD)的取值范围;
分析:由上述的动态图可知,(0<CD<CE=BE=sqrt{6}+sqrt{2});
2、求(AD)的取值范围;
分析:由上述的动态图可知,(0<AD<CF=BC=2);
3、求四边形(ABCD)的周长的取值范围;
分析:四边形(ABCD)的周长介于(Delta BCF)的周长和(Delta BCE)的周长之间,
故其取值范围是((4+sqrt{6}-sqrt{2},2(sqrt{6}+sqrt{2})+2));
4、求四边形(ABCD)的面积的取值范围;
分析:四边形(ABCD)的面积介于(Delta BCF)的面积和(Delta BCE)的面积之间,
(S_{Delta BCF}=cfrac{1}{2} imes 2 imes 2 imes sin30^{circ}=1);
(S_{Delta BCE}=cfrac{1}{2} imes (sqrt{6}+sqrt{2}) imes (sqrt{6}+sqrt{2}) imes sin30^{circ}=2+sqrt{3});
故其取值范围是((1,2+sqrt{3}));
分析:由(cfrac{b}{a}=cfrac{sinB}{sinA}=cfrac{1-cosB}{cosA}),
得到(sinBcosA+cosBsinA=sinA),即(sin(A+B)=sinA)
则(sinC=sinA),即(A=C),
故(a=b=c),为等边三角形。
在(Delta AOB)中,(AB^2=2^2+1^2-2cdot 2cdot 1cdot cos heta=5-4cos heta),
故(S_{OACB}=S_{Delta AOB}+S_{Delta ABC})
(=cfrac{1}{2}cdot 2cdot 1cdot sin heta+cfrac{sqrt{3}}{4}cdot AB^2)
(=sin heta+cfrac{sqrt{3}}{4}(5-4cos heta)=2sin( heta-cfrac{pi}{3})+cfrac{5sqrt{3}}{4})
当( heta-cfrac{pi}{3}=cfrac{pi}{2})时,即( heta=cfrac{5pi}{6}in (0,pi))时,四边形的面积有最大值,
且(S_{max}=2+cfrac{5sqrt{3}}{4}=cfrac{8+5sqrt{3}}{4}),故选(B)。
(1)若(AB=3),求(PC);
分析:在(Delta ABP)中,(angle BAP=30^{circ}),(AB=3),(AP=sqrt{3}),
由余弦定理得到(BP=sqrt{3}),故(angle BAP=angle PBA=30^{circ}),
则(angle APC=60^{circ}),在(RtDelta APC)中,可得(PC=2sqrt{3})。
(2)求(cfrac{1}{PB}+cfrac{1}{PC})的取值范围。
分析:设(angle PBA= heta),则( hetain (0,cfrac{pi}{3}));
(说明:当过点(P)的直线和(AB)平行时,( heta=0);当过点(P)的直线和(AC)平行时,( heta=cfrac{pi}{3}))
在(Delta ABP)中,(angle BAP=30^{circ}),(angle PBA= heta),(AP=sqrt{3}),
故由正弦定理得到(cfrac{PB}{sin30^{circ}}=cfrac{sqrt{3}}{sin heta}),即(PB=cfrac{cfrac{sqrt{3}}{2}}{sin heta});
在(RtDelta APC)中,(angle CPA= heta+cfrac{pi}{6}),(PC=cfrac{sqrt{3}}{cos( heta+cfrac{pi}{6})}),
故(cfrac{1}{PB}+cfrac{1}{PC}=cfrac{2sin heta}{sqrt{3}}+cfrac{cos( heta+cfrac{pi}{6})}{sqrt{3}})
(=cfrac{1}{sqrt{3}}(cfrac{3}{2}sin heta+cfrac{sqrt{3}}{2}cos heta))
(=sin( heta+cfrac{pi}{6})),且( hetain (0,cfrac{pi}{3}));
故(cfrac{1}{2}<sin( heta+cfrac{pi}{6})<1)。
分析:由任意(x)都有(f(cfrac{pi}{4}+x)=f(cfrac{pi}{4}-x))成立,
可知(x=cfrac{pi}{4})为函数的一条对称轴,
而正弦型或余弦型函数在对称轴处必然会取到最值,
故(f(cfrac{pi}{4})=pm 2),选B。
解后反思:此题目如果不注意函数的性质,往往会想到求(omega)和(phi),这样思路就跑偏了。
分析:先由给定的不等式求解(alphapm eta)的范围,以便于求解其余名函数的值,为后续的计算打基础。
由(cfrac{pi}{2}<eta<alpha<cfrac{3pi}{4}),
得到(cfrac{pi}{2}<alpha<cfrac{3pi}{4}),(cfrac{pi}{2}<eta<cfrac{3pi}{4}),
故(pi<alpha+eta<cfrac{3pi}{2}),由(sin(alpha+eta)=-cfrac{3}{5}),
得到(cos(alpha+eta)=-cfrac{4}{5});
又由(cfrac{pi}{2}<alpha<cfrac{3pi}{4}),(-cfrac{3pi}{4}<-eta<-cfrac{pi}{2}),及(alpha-eta>0)
得到(0<alpha-eta<cfrac{pi}{4}),由(cos(alpha-eta)=cfrac{12}{13}),
得到(sin(alpha-eta)=cfrac{5}{13});
(sin2alpha=sin[(alpha+eta)+(alpha-eta)])
(=sin(alpha+eta)cos(alpha-eta)+cos(alpha+eta)sin(alpha-eta)=-cfrac{56}{65})
又((sinalpha+cosalpha)^2=1+sin2alpha=cfrac{9}{65})
又由于(cfrac{pi}{2}<eta<alpha<cfrac{3pi}{4}),借助三角函数线可知
则有(sinalpha+cosalpha>0),
故(sinalpha+cosalpha=sqrt{cfrac{9}{65}}=cfrac{3sqrt{65}}{65})。
法1:(f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos^2x-1))
(=4cos^2x+2cosx-2=(2cosx+2)(2cosx-1))
(=4(cosx+1)(cosx-cfrac{1}{2}))
注意到(cosx+1ge 0)恒成立,故
令(f'(x)>0)得到,(cosx>cfrac{1}{2}),令(f'(x)<0)得到,(cosx<cfrac{1}{2}),
则(xin [2kpi-cfrac{5pi}{3},2kpi-cfrac{pi}{3}](kin Z))时,函数(f(x))单调递减;
(xin [2kpi-cfrac{pi}{3},2kpi+cfrac{pi}{3}](kin Z))时,函数(f(x))单调递增;
故当(x=2kpi-cfrac{pi}{3}(kin Z))时,(f(x)_{min}=f(2kpi-cfrac{pi}{3})=-cfrac{3sqrt{3}}{2})。
法2:待后补充,比如图像法等。
法1分析:由(sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=-sqrt{2}cosBcosC),
则(cfrac{sinBcosC+cosBsinC}{cosBcosC}=tanB+tanC=-sqrt{2}),
又由于(tanBtanC=1-sqrt{2}),故(-tanA=tan(B+C)=cfrac{tanB+tanC}{1-tanBtanC}),
即(-tanA=cfrac{-sqrt{2}}{1-(1-sqrt{2})}=-1),故(tanA=1),又(Ain (0,pi)),
则(A=cfrac{pi}{4}),故选(A)。
法2分析:由(cos(B+C)=cosBcosC-sinBsinC=-cosA),
故(cosBcosC=sinBsinC-cosA),两边同乘以((-sqrt{2})),得到
(-sqrt{2}cosBcosC=sqrt{2}sinBsinC+sqrt{2}cosA),即(sqrt{2}sinBsinC+sqrt{2}cosA=sinA),
故(sinBsinC=cfrac{sqrt{2}cosA-sinA}{sqrt{2}})①,
又(cosBcosC=cfrac{sinA}{-sqrt{2}}=-cfrac{sqrt{2}}{2}sinA)②,
由①/②得到,(tanBcdot tanC=cfrac{frac{sqrt{2}cosA-sinA}{sqrt{2}}}{-cfrac{sqrt{2}}{2}sinA}=1-sqrt{2}),
化简得到(sinA=cosA),即(tanA=1),由(Ain(0,pi))
故得到(A=cfrac{pi}{4}),故选(A)。
分析:(f(x)=cfrac{1-cosomega x}{2}+cfrac{1}{2}sinomega x-cfrac{1}{2}=cfrac{1}{2}(sinomega x-cosomega x))
(=cfrac{sqrt{2}}{2}sin(omega x-cfrac{pi}{4})),
法1:补集法,从数的角度入手分析,假设(f(x))在区间((pi,2pi))内有零点(x_0),使得(f(x)=cfrac{sqrt{2}}{2}sin(omega x_0-cfrac{pi}{4})=0),
则(omega x_0-cfrac{pi}{4}=kpi(kin Z)),即(x_0=cfrac{kpi}{omega}+cfrac{pi}{4omega}),
即(x_0=cfrac{(4k+1)pi}{4omega}),又(pi<x_0<2pi),
则(pi<cfrac{4k+1}{4omega}<2pi(kin Z)),即(left{egin{array}{l}{4omega<4k+1}\{8omega>4k+1}end{array} ight.)
由于(omega>0),故给(k)赋值从(k=0)开始,
①当(k=0)时,(left{egin{array}{l}{4omega<1}\{8omega>1}end{array} ight.),即(cfrac{1}{8}<omega<cfrac{1}{4});
②当(k=1)时,(left{egin{array}{l}{4omega<4+1}\{8omega>4+1}end{array} ight.),即(cfrac{5}{8}<omega<cfrac{5}{4});
③当(k=2)时,(left{egin{array}{l}{4omega<8+1}\{8omega>8+1}end{array} ight.),即(cfrac{9}{8}<omega<cfrac{9}{4});
④当(k=3)时,(left{egin{array}{l}{4omega<12+1}\{8omega>12+1}end{array} ight.),即(cfrac{13}{8}<omega<cfrac{13}{4});
⑤当(k=4,cdots)时,(cdots)
以上情形取并集,得到当函数(f(x))在区间((pi,2pi))内有零点(x_0)时,(omega)的取值范围是((cfrac{1}{8},cfrac{1}{4})cup(cfrac{5}{8},+infty)),
故函数(f(x))在区间((pi,2pi))内没有零点时,(omega)的取值范围是((0,cfrac{1}{8}]cup[cfrac{1}{4},cfrac{5}{8}]),故选(D)。
法2:直接法,从数的角度入手分析,函数(f(x))在区间((pi,2pi))内没有零点,则(sin(omega x_0-cfrac{pi}{4})=0)在区间((pi,2pi))内无解,
则(kpi<omega x-cfrac{pi}{4}<kpi+pi(kin Z)),即(kpi+cfrac{pi}{4}<omega x<kpi+cfrac{5pi}{4}(kin Z)),
则(cfrac{kpi}{omega}+cfrac{pi}{4omega}<x_0<cfrac{kpi}{omega}+cfrac{5pi}{4omega})
即(cfrac{(4k+1)pi}{4omega}<x<cfrac{(4k+5)pi}{4omega})恒成立,由于(xin (pi,2pi)),
则(cfrac{(4k+1)pi}{4omega}leq pi)且(2pileq cfrac{(4k+5)pi}{4omega});
即(left{egin{array}{l}{4omegage 4k+1}\{8omegaleq 4k+5}end{array} ight.)
①当(k=-1)时,(4omegage -3)且(8omega leq 1),解得(0<omegaleq cfrac{1}{8});
②当(k=0)时,(4omegage 1)且(8omega leq 5),解得(cfrac{1}{4}leq omegaleq cfrac{5}{8});
③当(k=1)时,(4omegage 5)且(8omega leq 9),解得(cfrac{5}{4}leq omegaleq cfrac{9}{8}),实质为空集;
④当(k=2)时,(4omegage 9)且(8omega leq 13),解得(cfrac{9}{4}leq omegaleq cfrac{13}{8}),实质为空集;
⑤当(k=3,cdots)时,等等,解集都是空集;
综上所述,函数(f(x))在区间((pi,2pi))内没有零点时,(omega)的取值范围是((0,cfrac{1}{8}]cup[cfrac{1}{4},cfrac{5}{8}]),故选(D)。
法3:高考解法,从数的角度入手分析,接上述解法,得到
(sin(omega x_0-cfrac{pi}{4})=0)在区间((pi,2pi))内无解,
即(x=cfrac{kpi+frac{pi}{4}}{omega} otin (pi,2pi)),
则(omega otin (cfrac{1}{8},cfrac{1}{4})cup (cfrac{5}{8},cfrac{5}{4})cup (cfrac{9}{8},cfrac{9}{4})cupcdots = (cfrac{1}{8},cfrac{1}{4})cup (cfrac{5}{8},+infty))
由于函数(f(x))在区间((pi,2pi))内没有零点,(omega)的取值范围是((0,cfrac{1}{8}]cup[cfrac{1}{4},cfrac{5}{8}]),故选(D)。
法4:如下图所示,从形的角度入手分析:
要使得函数在((pi,2pi))内没有零点,则有以下情形成立:
①(2pileq cfrac{pi}{4omega}),解得(0<omegaleq cfrac{1}{8});
②(left{ egin{array}{l}{ cfrac{pi}{4omega}leq pi }\ {2pi leq cfrac{5pi}{4omega}}end{array} ight.) ,解得$ cfrac{1}{4}<omega leq cfrac{5}{8}$;
③(left{egin{array}{l}{cfrac{5pi}{4omega}leq pi}\{2pileqcfrac{9pi}{4omega}} end{array} ight.),解得(cfrac{5}{4}<omegaleq cfrac{9}{8});即(omegain varnothing);
④(left{egin{array}{l}{cfrac{9pi}{4omega}leq pi}\{2pileqcfrac{13pi}{4omega}} end{array} ight.),解得(cfrac{9}{4}<omegaleq cfrac{13}{8});即(omegain varnothing);
⑤(cdots),解得(omegain varnothing);
综上所述,(omega)的取值范围是((0,cfrac{1}{8}]cup[cfrac{1}{4},cfrac{5}{8}]),故选(D)。
分析:由题目可知,(left{egin{array}{l}{cfrac{5}{4}cdot T<2pi ①}\{2pileq cfrac{7}{4}cdot T②}end{array} ight.),
注意由于是在开区间((0,2pi))上,故①没有等号,而②有等号;
即(left{egin{array}{l}{cfrac{5}{4}cdot cfrac{2pi}{omega}<2pi }\{2pileq cfrac{7}{4}cdot cfrac{2pi}{omega}}end{array} ight.),
解得(cfrac{5}{4}<omegaleq cfrac{7}{4})。故选(A)。