人教版高中数学必修4课后习题答案详解

2023年12月17日发(作者：高一上学期数学试卷填空题)

.

第二章 平面向量

2．1平面向量的实际背景及基本概念

练习（P77）

1、略. 2、AB，BA. 这两个向量的长度相等，但它们不等.

3、AB2，CD2.5，EF3，GH22.

4、（1）它们的终点相同； （2）它们的终点不同.

习题2.1 A组（P77）

1、 （2B45°O30°CAD.

CAB3、与DE相等的向量有：AF,FC；与EF相等的向量有：BD,DA；

与FD相等的向量有：CE,EB.

4、与a相等的向量有：CO,QP,SR；与b相等的向量有：PM,DO；

与c相等的向量有：DC,RQ,ST

5、AD332. 6、（1）×； （2）√； （3）√； （4）×.

习题2.1 B组（P78）

. v

）.

1、海拔和高度都不是向量.

2、相等的向量共有24对. 模为1的向量有18对. 其中与AM同向的共有6对，与AM反向的也有6对；与AD同向的共有3对，与AD反向的也有6对；模为2的向量共有4对；模为2的向量有2对

2．2平面向量的线性运算

练习（P84）

1、图略. 2、图略. 3、（1）DA； （2）CB.

4、（1）c； （2）f； （3）f； （4）g.

练习（P87）

1、图略. 2、DB，CA，AC，AD，BA. 3、图略.

练习（P90）

1、图略.

2、AC52AB，BCAB.

77说明：本题可先画一个示意图，根据图形容易得出正确答案. 值得注意的是BC与AB反向.

7183、（1）b2a； （2）ba； （3）ba； （4）ba.

4294、（1）共线； （2）共线.

5、（1）3a2b； （2）习题2.2 A组（P91）

1、（1）向东走20 km； （2）向东走5 km； （3）向东北走102km；

（4）向西南走52km；（5）向西北走102km；（6）向东南走102km.

2、飞机飞行的路程为700 km；两次位移的合成是向北偏西53°方向飞行500 km.

111ab； （3）2ya. 6、图略.

123. v .

3、解：如右图所示：AB表示船速，AD表示河水

的流速，以AB、AD为邻边作□ABCD，则

BCAC表示船实际航行的速度.

在Rt△ABC中，AB8，AD2，

所以ACAD水流方向ABAD8222217

22因为tanCAD4，由计算器得CAD76

所以，实际航行的速度是217km/h，船航行的方向与河岸的夹角约为76°.

4、（1）0； （2）AB； （3）BA； （4）0； （5）0； （6）CB； （7）0.

5、略

6、不一定构成三角形. 说明：结合向量加法的三角形法则，让学生理解，若三个非零向量的和为零向量，且这三个向量不共线时，则表示这三个向量的有向线段一定能构成三角形.

7、略. 8、（1）略； （2）当ab时，abab

19、（1）2a2b； （2）10a22b10c； （3）3ab； （4）2(xy)b.

210、ab4e1，abe14e2，3a2b3e110e2.

11、如图所示，OCa，ODb，

DCba，BCab.

12、AE（第11题）

113b，BCba，DE(ba)，DBa，

4443111ECb，DN(ba)，ANAM(ab).

484813、证明：在ABC中，E,F分别是AB,BC的中点，

所以EF//AC且EF1AC，

2（第12题）

GDCFB. v

H.

1AC；

21同理，HGAC，

2即EF所以EFHG.

习题2.2 B组（P92）

1、丙地在甲地的北偏东45°方向，距甲地1400 km.

2、不一定相等，可以验证在a,b不共线时它们不相等.

乙丙11AC，AMAB，

331111 所以MNACAB(ACAB)BC.

33333、证明：因为MNANAM，而AN4、（1）四边形ABCD为平行四边形，证略

（2）四边形ABCD为梯形.

甲（第1题）

CB1 证明：∵ADBC，

3∴AD//BC且ADBC

∴四边形ABCD为梯形.

（3）四边形ABCD为菱形.

证明：∵ABDC，

∴AB//DC且ABDC

∴四边形ABCD为平行四边形

又ABAD

∴四边形ABCD为菱形.

5、（1）通过作图可以发现四边形ABCD为平行四边形.

证明：因为OAOBBA，ODOCCD

而OAOCOBOD

O.

（第

5

题）v

D（第4题(2)）

ABCDA（第4题(3)）

MABDC.

所以OAOBODOC

所以BACD，即AB∥CD.

因此，四边形ABCD为平行四边形.

2．3平面向量的基本定理及坐标表示

练习（P100）

1、（1）ab(3,6)，ab(7,2)； （2）ab(1,11)，ab(7,5)；

（3）ab(0,0)，ab(4,6)； （4）ab(3,4)，ab(3,4).

2、2a4b(6,8)，4a3b(12,5).

3、（1）AB(3,4)，BA(3,4)； （2）AB(9,1)，BA(9,1)；

（3）AB(0,2)，BA(0,2)； （4）AB(5,0)，BA(5,0)

AB(1,1)，CD(1,1)，4、所以ABCD.所以AB∥CD.

AB∥CD. 证明：10145、（1）(3,2)； （2）(1,4)； （3）(4,5). 6、(,1)或(,1)

33337、解：设P(x,y)，由点P在线段AB的延长线上，且APPB，得APPB

22AP(x,y)(2,3)(x2,y3)，PB(4,3)(x,y)(4x,3y)

3x2(4x)32∴(x2,y3)(4x,3y)∴

32y3(3y)2x8∴，所以点P的坐标为(8,15).

y15习题2.3 A组（P101）

1、（1）(2,1)； （2）(0,8)； （3）(1,2).

说明：解题时可设B(x,y)，利用向量坐标的定义解题.

2、F1F2F3(8,0)

. v .

3、解法一：OA(1,2)，BC(53,6(1))(2,7)

而ADBC，ODOAADOABC(1,5). 所以点D的坐标为(1,5).

解法二：设D(x,y)，则AD(x(1),y(2))(x1,y2)，

x12 由ADBC可得，，解得点D的坐标为(1,5).

y274、解：OA(1,1)，AB(2,4).

AC11AB(1,2)，AD2AB(4,8)，AEAB(1,2).

22OCOAAC(0,3)，所以，点C的坐标为(0,3)；

ODOAAD(3,9)，所以，点D的坐标为(3,9)；

OEOAAE(2,1)，所以，点E的坐标为(2,1).

5、由向量a,b共线得(2,3)(x,6)，所以23，解得x4.

x66、AB(4,4)，CD(8,8)，CD2AB，所以AB与CD共线.

7、OA2OA(2,4)，所以点A的坐标为(2,4)；

OB3OB(3,9)，所以点B的坐标为(3,9)； 故

AB(3,9)(2,4)(5,5)

习题2.3 B组（P101）

1、OA(1,2)，AB(3,3).

当t1时，OPOAABOB(4,5)，所以P(4,5)；

当t11335757时，OPOAAB(1,2)(,)(,)，所以P(,)；

22222222 当t2时，OPOA2AB(1,2)(6,6)(5,4)，所以P(5,4)；

当t2时，OPOA2AB(1,2)(6,6)(7,8)，所以P(7,8).

2、（1）因为AB(4,6)，AC(1,1.5)，所以AB4AC，所以A、B、C三. v .

点共线；

（2）因为PQ(1.5,2)，PR(6,8)，所以PR4PQ，所以P、Q、R三点共线；

（3）因为EF(8,4)，EG(1,0.5)，所以EF8EG，所以E、F、G三点共线.

3、证明：假设10，则由1e12e20，得e12e2.

1所以e1,e2是共线向量，与已知e1,e2是平面内的一组基底矛盾,

因此假设错误，10. 同理20. 综上120.

4、（1）OP19. （2）对于任意向量OPxe1ye2，x,y都是唯一确定的，

所以向量的坐标表示的规定合理.

2．4平面向量的数量积

练习（P106）

1、pqpqcosp,q86124.

22、当ab0时，ABC为钝角三角形；当ab0时，ABC为直角三角形.

3、投影分别为32，0，32. 图略

练习（P107）

1、a(3)2425，b522229，ab35427.

2、ab8，(ab)(ab)7，a(bc)0，(ab)249.

3、ab1，a13，b74，88.

习题2.4 A组（P108）

. v .

1、ab63，(ab)a2abb25123，ab25123.

2222、BC与CA的夹角为120°，BCCA20.

3、aba2abb23，aba2abb35.

4、证法一：设a与b的夹角为.

（1）当0时，等式显然成立；

（2）当0时，a与b，a与b的夹角都为，

所以

(a)babcosabcos(ab)abcos

所以

(a)b(ab)a(b)；

（3）当0时，a与b，a与b的夹角都为180，

则

(a)babcos(180)abcos

所以

(a)b(ab)a(b)；

综上所述，等式成立.

证法二：设a(x1,y1)，b(x2,y2)，

那么

(a)b(x1,y1)(x2,y2)x1x2y1y2

所以

(a)b(ab)a(b)；

5、（1）直角三角形，B为直角.

证明：∵BA(1,4)(5,2)(6,6)，BC(3,4)(5,2)(2,2)

∴BABC6(2)(6)20

∴BABC，B为直角，ABC为直角三角形

（2）直角三角形，A为直角

证明：∵AB(19,4)(2,3)(21,7)，AC(1,6)(2,3)(1,3)

∴ABAC2117(3)0

2222. v .

∴ABAC，A为直角，ABC为直角三角形

（3）直角三角形，B为直角

证明：∵BA(2,5)(5,2)(3,3)，BC(10,7)(5,2)(5,5)

∴BABC35350

∴BABC，B为直角，ABC为直角三角形

6、135.

7、120.

(2a3b)(2ab)4a24ab3b261，于是可得ab6，

cosabab12，所以120.

8、cos2340，55.

9、证明：∵AB(5,2)(1,0)(4,2)，BC(8,4)(5,2)(3,6)，∴ABDC，ABBC43(2)60

∴A,B,C,D为顶点的四边形是矩形.

10、解：设a(x,y)，

x2y293535则xxy，解得5，或5.

x2y655y655于是a(35655,5)或a(355,655).

11、解：设与a垂直的单位向量e(x,y)，

52xx5则xy2155x2y0，解得4或.

y255y255. v

.

于是e(525525,)或e(,).

5555习题2.4 B组（P108）

1、证法一：abacabac0a(bc)0a(bc)

证法二：设a(x1,y1)，b(x2,y2)，c(x3,y3).

先证abaca(bc)

abx1x2y1y2，acx1x3y1y3

由abac得x1x2y1y2x1x3y1y3，即x1(x2x3)y1(y2y3)0

而bc(x2x3,y2y3)，所以a(bc)0

再证a(bc)abac

由a(bc)0得

x1(x2x3)y1(y2y3)0，

即x1x2y1y2x1x3y1y3，因此abac

2、cosAOBOAOBOAOBcoscossinsin.

3、证明：构造向量u(a,b)，v(c,d).

uvuvcosu,v，所以acbda2b2c2d2cosu,v

∴(acbd)2(a2b2)(c2d2)cos2u,v(a2b2)(c2d2)

4、ABAC的值只与弦AB的长有关，与圆的半径无关.

证明：取AB的中点M，连接CM，

则CMAB，AM1AB

2C又ABACABACcosBAC，而BACAMAC

AM（第4题）

B. v .

21所以ABACABAMAB

25、（1）勾股定理：RtABC中，C90，则CACBAB

证明：∵ABCBCA

∴AB(CBCA)CB2CACBCA.

2222222由C90，有CACB，于是CACB0

∴CACBAB

（2）菱形ABCD中，求证：ACBD

证明：∵ACABAD，DBABAD,

∴ACDB(ABAD)(ABAD)ABAD.

∵四边形ABCD为菱形，∴ABAD，所以ABAD0

∴ACDB0，所以ACBD

（3）长方形ABCD中，求证：ACBD

证明：∵ 四边形ABCD为长方形，所以ABAD，所以ABAD0

∴AB2ABADADAB2ABADAD.

∴(ABAD)(ABAD)，所以ACBD，所以ACBD

222222222222222 （4）正方形的对角线垂直平分. 综合以上（2）（3）的证明即可.

2．5平面向量应用举例

习题2.5 A组（P113）

1、解：设P(x,y)，R(x1,y1)

则RA(1,0)(x1,y1)(1x1,y1)，AP(x,y)(1,0)(x1,0)

x12x3 由RA2AP得(1x1,y1)2(x1,y)，即

y12y 代入直线l的方程得y2x. 所以，点P的轨迹方程为y2x.

. v

ADOF.

2、解：（1）易知，OFD∽OBC，DF所以BO1BC,

22BF.

31（2）因为AE(ab)

22AO所以AOAE，因此A,O,E三点共线，而且2

OE3BOCOAOBOCO同理可知：2,2，所以2

OFODOEOFOD3、解：（1）vvBvA(2,7)；

（2）v在vA方向上的投影为vvAvA13.

5（第4题）

4、解：设F1，F2的合力为F，F与F1的夹角为，

则F31，30；

F331，F3与F1的夹角为150°.

习题2.5 B组（P113）

1、解：设v0在水平方向的速度大小为vx，竖直方向的速度的大小为vy，

则vxv0cos，vyv0sin.

设在时刻t时的上升高度为h，抛掷距离为s，则1hvtsingt,(g为重力加速度)02

sv0tcos所以，最大高度为v0sin22g2，最大投掷距离为v0sin2g2.

2、解：设v1与v2的夹角为，合速度为v，v2与v的夹角为，行驶距离为d.

则sinv1sinv10sinvv0.5d1，d. ∴.

sin20sin20sinv所以当90，即船垂直于对岸行驶时所用时间最短.

3、（1）(0,1)

解：设P(x,y)，则AP(x1,y2).

AB(2,22).

. v .

将AB绕点A沿顺时针方向旋转AP，

7到AP，相当于沿逆时针方向旋转到447777于是AP(2cos22sin,2sin22cos)(1,3)

4444x11所以，解得x0,y1

y23 （2）y3

2x 解：设曲线C上任一点P的坐标为(x,y)，OP绕O逆时针旋转标为(x,y)

xxcosysinx44，即则yyxsinycos442(xy)2

2(xy)2后，点P的坐4113又因为x2y23，所以(xy)2(xy)23，化简得y

222x第二章 复习参考题A组（P118）

1、（1）√； （2）√； （3）×； （4）×.

2、（1）D； （2）B； （3）D； （4）C； （5）D； （6）B.

113、AB(ab)，AD(ab)

22214、略解：DEBAMAMBab

332211ADab，BCab

33331112EFab，FADCab

33331221CDab，ABab

33335、（1）AB(8,8)，AB82；

（2）OC(2,16)，OD(8,8)； （3）OAOB33.

6、AB与CD共线.

（第4题）

. v .

证明：因为AB(1,1)，CD(1,1)，所以ABCD. 所以AB与CD共线.

7、D(2,0). 8、n2. 9、1,0.

3410、cosA,cosB0,cosC

5511、证明：(2nm)m2nmm2cos6010，所以(2nm)m.

51912、1. 13、ab13，ab1. 14、cos,cos

8202第二章 复习参考题B组（P119）

1、（1）A； （2）D； （3）B； （4）C； （5）C； （6）C； （7）D.

2、证明：先证ababab.

ab(ab)2ab2ab，ab(ab)222ab2ab.

2222 因为ab，所以ab0，于是ababab.

再证ababab.

由于aba2abb，aba2abb

由abab可得ab0，于是ab

所以ababab. 【几何意义是矩形的两条对角线相等】

3、证明：先证abcd

又ab，所以cd0，所以cd

再证cdab.

由cd得cd0，即(ab)(ab)ab0

所以ab 【几何意义为菱形的对角线互相垂直，如图所示】

1114、ADABBCCDab，AEab

242. v

222222（第3题）

P3O.

311111 而EFa，EMa，所以AMAEEMaba(ab)

4424245、证明：如图所示，ODOP1OP2，由于OP1OP2OP30，

所以OP3OD，OD1

所以ODOP

1PD1所以OPP1230，同理可得OPP1330

所以P3PP1260，同理可得PP12P360，P2P3P160，所以PP12P3为正三角形.

6、连接AB.

由对称性可知，AB是SMN的中位线，MN2AB2b2a.

7、（1）实际前进速度大小为4(43)8（千米／时），

22NMAOS（第6题）

B沿与水流方向成60°的方向前进；

（2）实际前进速度大小为42千米／时，

6沿与水流方向成90arccos的方向前进.

38、解：因为OAOBOBOC，所以OB(OAOC)0，所以OBCA0

同理，OABC0，OCAB0，所以点O是ABC的垂心.

9、（1）a2xa1ya1y0a2x00； （2）垂直；

（3）当A1B2A2B10时，l1∥l2；当A1A2B1B20时，l1l2，

夹角的余弦cosAx0By0CAB22A1A2B1B2AB2121A2B222；

（4）d

第三章 三角恒等变换

3．1两角和与差的正弦、余弦和正切公式

. v .

练习（P127）

1、cos()coscossinsin0cos1sinsin.

222cos(2)cos2cossin2sin1cos0sincos.

3432、解：由cos,(,)，得sin1cos21()2；

555223242 所以cos()coscossinsin.

()4442525103、解：由sin15815，是第二象限角，得cos1sin21()2；

171717811538153 所以cos()coscossinsin.

33334、解：由sin,(,)，得cos1sin21()2；

33323733又由cos,(,2)，得sin1cos21()2.

4442 所35723527.

cos()coscossinsin()()()434312以练习（P131）

1、（1）626262； （2）； （3）； （4）23.

4443432、解：由cos,(,)，得sin1cos21()2；

55524133433 所以sin()sincoscossin().

3335252103、解：由sin 所12512，得cos1sin21()2；

是第三象限角，131313以351125312.

cos()coscossinsin()()66621321326. v .

4312. 4、解：tan()41tantan1314135、（1）1； （2）； （3）1； （4）；

22tantan1 （5）原式=(cos34cos26sin34sin26)cos(3426)cos60；

2 （6）原式=sin20cos70cos20sin70(sin20cos70cos20sin70)sin901.

6、（1）原式=coscosxsinsinxcos(x)；

33331 （2）原式=2(sinxcosx)2(sinxcoscosxsin)2sin(x)；

2266622 （3）原式=2(sinxcosx)2(sinxcoscosxsin)2sin(x)；

2244413 （4）原式=22(cosxsinx)22(coscosxsinsinx)22cos(x).

2233337、解：由已知得sin()coscos()sin，

533 即sin[()]，sin()

553 所以sin. 又是第三象限角，

534 于是cos1sin21()2.

55 因sin(555324272.

)sincoscossin()()()()444525210此练习（P135）

1、解：因为812，所以83

2sin3434853 又由cos，得sin1()2，tan8cos448558585 所以sin3424

sin(2)2sincos2()()48885525. v .

333162、解：由sin()，得sin，所以cos21sin21()2

555251637 所以cos2cos2sin2()2

2552513、解：由sin2sin且sin0可得cos，

2又tan由(,)2，得13sin1cos21()222，所以sin3(2)3.

cos212tan14、解：由tan2，得. 所以tan26tan10，所以231tan3tan310

2115、（1）sin15cos15sin30； （2）cos2sin2cos；

884224212tan22.511 （3）原式=； （4）原式=.

cos45tan45221tan222.522习题3.1 A组（P137）

333)coscossinsin0cos(1)sinsin；

222333 （2）sin()sincoscossin1cos0sincos；

2221、（1）cos( （3）cos()coscossinsin1cos0sincos；

（4）sin()sincoscossin0cos(1)sinsin.

3432、解：由cos,0，得sin1cos21()2，

5554331433 所以cos()coscossinsin.

6665252102523、解：由sin,(,)，得cos1sin21()2，

33323733 又由cos,(,)，得sin1cos21()2，

4442 所cos()coscossinsin53273527.

()()343412以. v .

14314、解：由cos，是锐角，得sin1cos21()2

777 因为,是锐角，所以(0,)，

又因为cos()11253

)14141114，所以sin()1cos2()1( 所以coscos[()]cos()cossin()sin

5、解：由60150，得9030180

343 又由sin(30)，得cos(30)1sin2(30)1()2

555 所以coscos[(30)30]cos(30)cos30sin(30)sin30

6、（1）6226； （2）； （3）23.

442527、解：由sin,(,)，得cos1sin21()2.

3332又由cos34，是第三象限角，得37sin1cos21()2.

44所以cos()coscossinsin

53,cosB且A,B为ABC的内角

135124∴0A,0B，cosA,sinB

213512 当cosA时，sin(AB)sinAcosBcosAsinB

138、解：∵sinAAB，不合题意，舍去

∴cosA124,sinB

135∴cosCcos(AB)(cosAcosBsinAsinB)

. v .

3439、解：由sin,(,)，得cos1sin21()2.

5552∴tansin353().

cos54431tantan422.

∴tan()1tantan1(3)1114231tantan422.

tan()1tantan1(3)14210、解：∵tan,tan是2x23x70的两个实数根.

37∴tantan，tantan.

22∴tan()tantan1.

1tantan1(7)323211、解：∵tan()3,tan()5

∴tan2tan[()()]12、解：∵BD:DC:AD2:3:6

∴tanBD1DC1,tan

AD3AD2αtan()tan()354

1tan()tan()1357BD11tantan321

∴tanBACtan()1tantan111A32β（第12题）

C又∵0BAC180，∴BAC45

27x13、（1） （2）3sin(x)； （3） （4）sin(x)；

65sin(x)；2sin()；212632621 （5）； （6）； （7）sin()； （8）cos()； （9）3； （10）22tan().

14、解：由sin0.8,(0,)，得cos1sin210.820.6

2∴sin22sincos20.80.60.96

. v .

15、解：由cos363得sin1cos21()2

,180270，333∴sin22sincos2(16、解：设sinBsinC6322

)()333512，且0B90，所以cosB.

1313512120∴sinAsin(1802B)sin2B2sinBcosB2

131316921132tan3tantan23741.

，tan(2)17、解：tan221tan1(1)241tantan211337418、解：cos()cossin()sin又(111cos[()]，即cos

3331223

,2)，所以sin1cos21()2332∴sin22sincos2(∴22142

)33972422728

cos(2)cos2cossin2sin()444929218119、（1）1sin2； （2）cos2； （3）sin4x； （4）tan2.

4习题3.1 B组（P138）

1、略.

2、解：∵tanA,tanB是x的方程x2p(x1)10，即x2pxp10的两个实根

∴tanAtanBp，tanAtanBp1

∴tanCtan[(AB)]tan(AB)由于0C，所以C3.

4tanAtanBp1

1tanAtanB1(p1)3、反应一般的规律的等式是（表述形式不唯一）

sin2cos2(30)sincos(30)3（证明略）

4. v .

本题是开放型问题，反映一般规律的等式的表述形式还可以是：

sin2cos2sincos3，其中30，等等

4 思考过程要求从角，三角函数种类，式子结构形式三个方面寻找共同特点，从而作出归纳. 对认识三角函数式特点有帮助，证明过程也会促进推理能力、运算能力的提高.

4、因为PAPP则(cos()1)2sin2()(coscos)2(sinsin)2

12，即22cos()22coscos2sinsin

所以cos()coscossinsin

3．2简单的三角恒等变换

练习（P142）

1、略. 2、略. 3、略.

1kk4、（1）ysin4x. 最小正周期为，递增区间为[,],kZ，最大2282821值为；

2（2）ycosx2. 最小正周期为2，递增区间为[2k,22k],kZ，最大值为3；

5kk（3）y2sin(4x). 最小正周期为，递增区间为[,],kZ，最32242242大值为2.

习题3.2 A组（ P143）

1、（1）略； （2）提示：左式通分后分子分母同乘以2； （3）略；

（4）提示：用sin2cos2代替1，用2sincos代替sin2；

（5）略； （6）提示：用2cos2代替1cos2；

（7）提示：用2sin2代替1cos2，用2cos2代替1cos2； （8）略.

. v .

2、由已知可有sincoscossin11……①，sincoscossin……②

23（1）②×3－①×2可得sincos5cossin

（2）把（1）所得的两边同除以coscos得tan5tan

注意：这里coscos0隐含与①、②之中

12()2tan124

3、由已知可解得tan. 于是tan21tan21(1)2322∴tan24tan()

44、由已知可解得xsin，ycos，于是x2y2sin2cos21.

k7k5、f(x)2sin(4x)，最小正周期是，递减区间为[,],kZ.

32242242习题3.2 B组（P143）

1、略.

2、由于762790，所以sin76sin(9014)cos14m

即2cos271m，得cos73、设存在锐角,使2m1

22，所以，tan()3，

2332 又tan2tan23，又因为tan(2tan)2tan1tan2，

tan所以tan2tantan(2)(1tan2tan)33

由此可解得tan1，经检验4，所以6.

6，4是符合题意的两锐角.

114、线段AB的中点M的坐标为((coscos),(sinsin)). 过M作MM1垂2211y直于x轴，交x轴于M1，MOM1()().

22BM. v

CAOM1x.

在RtOMA中，OMOAcos2cos2.

在RtOM1M中，OM1OMcosMOM1cos2cos2，

Msin1MOMsinMOM12cos2.

于是有

12(coscos)cos2cos2，

5、当x2时，f()sin2cos21；

当x4时，f()sin4cos4(sin2cos2)22sin2cos2

112sin22，此时有12≤f()≤1；

当x6时f()sin6cos6(sin2cos2)33sin2cos2(sin2cos2)

134sin22，此时有14≤f()≤1；

由此猜想，当x2k,kN1时，2k1≤f()≤1

6、（1）y5(35sinx45cosx)5sin(x)，其中cos345,sin5

所以，y的最大值为5，最小值为﹣5；

（2）ya2b2sin(x)，其中cosaa2b2,sinba2b2

所以，y的最大值为a2b2，最小值为a2b2；

复习参考题A组（P146）

1、1665. 提示：()

2、56565. 提示：sin()sin[()]sin[(4)(4)]

3、1.

4、（1）提示：把公式tan()tantan1tantan变形；

（2）3； （3）2； （4）3. 提示：利用（1）的恒等式.

.

，v

第三章 .

cos103sin104sin(3010)4；

sin10cos10sin20sin10sin103cos10 （2）原式=sin40(

3)sin40cos10cos102sin40cos40sin80=1；

cos10cos105、（1）原式= （3）原式=tan70cos10(3sin203sin20cos20

1)tan70cos10cos20cos20sin702sin10sin20=cos101；

cos70cos20cos703sin10cos103sin10

)sin50cos10cos10 （4）原式=sin50(19246、（1）； （2）；

52522 （3）. 提示：sin4cos4(sin2cos2)22sin2cos2；

317 （4）.

25sinsin1217、由已知可求得coscos，sinsin，于是tantan.

coscos2558、（1）左边=2cos2214cos232(cos222cos21)

2(cos21)22(2cos2)28cos4=右边

sin2cos22sincos(sincos)2 （2）左边=

2cos22sincos2cos(cossin)sincos11tan=右边

2cos22sin(2)2cos()sinsin[()]2cos()sin （3）左边=

sin2cos(cossin)sin()coscos()sinsin=右边

sinsin34cos2A2cos22A12(cos22A2cos2A1) （4）左边=

2234cos2A2cos2A12(cos2A2cos2A1)(1cos2A)2(2sin2A)2tan4A=右边

222(1cos2A)(2cosA)9、（1）y1sin2x1cos2xsin2xcos2x22sin(2x)2

45 递减区间为[k,k],kZ

88 （2）最大值为22，最小值为22.

. v .

10、f(x)(cos2xsin2x)(cos2xsin2x)2sinxcosxcos2xsin2x2cos(2x)

4 （1）最小正周期是；

53 （2）由x[0,]得2x[,]，所以当2x，即x时，f(x)的4244483最小值为2.

f(x)取最小值时x的集合为{}.

811、f(x)2sin2x2sinxcosx1cos2xsin2x2sin(2x)1

4 （1）最小正周期是，最大值为21；

 （2）f(x)在[,]上的图象如右图：

2212、f(x)3sinxcosxa2sin(x)a.

6 （1）由2a1得a1；

2 （2）{x2k≤x≤2k,kZ}.

3（第12（2）题）

13、如图，设ABD，则CAE，

hh2，AC1

cossin1hh 所以SABCABAC12，(0)

22sin2ECh1l1ABAh2 当22，即4D（第13题）

时，SABC的最小值为h1h2.

Bl2第三章 复习参考题B组（P147）

14sincos1、解法一：由5，及0≤≤，可解得sin，

5sin2cos2124137，cos2，

cossin，所以sin2255525312.

sin(2)sin2coscos2sin444502411 解法二：由sincos 得(sincos)2，sin2，所以2552549.

cos2262521又由sincos，得sin().

4105. v .

因为[0,]，所以而当当3[,].

444[,0]时，sin()≤0；

444223.

[,]时，sin()≥4210444所以(0,)，即(,)

42443127所以2(,)，cos2.sin(2)

450225112、把coscos两边分别平方得cos2cos22coscos

2411 把sinsin两边分别平方得sin2sin22sinsin

3913 把所得两式相加，得22(coscossinsin)，

361359即22cos()，所以cos()

367243334343、由sin()sin 可得

sin，sin().

cos35225653 又0，所以，于是cos().

366265334 所以coscos[()]

6610sin2x2sin2x2sinxcosx2sin2x2sinxcosx(cosxsinx)4、

sinx1tanxcosxsinx1cosx51773 由得x2，又cos(x)，

x341244544 所以sin(x)，tan(x)

45432 所以cosxcos[(x)]cos(x)cossin(x)sin，

4444441072sin2x2sin2x287，sin2x2sinxcosx, 所以sinx，

101tanx75255、把已知代入sin2cos2(sincos)22sincos1，得(2sin)22sin21.

变形得2(1cos2)(1cos2)1，2cos2cos2，4cos224cos22

本题从对比已知条件和所证等式开始，可发现应消去已知条件中含的三角函数.

. v .

考虑sincos，sincos这两者又有什么关系.及得上解法.

5、6两题上述解法称为消去法

6、f(x)3sin2x1cos2xm2sin(2x)m1.

67 由

x[0,] 得2x[,]，于是有2m16. 解得m3.

2666f(x)2sin(2x)4(xR)的最小值为242，

632此时x的取值集合由2x2k(kZ)，求得为xk(kZ)

6237、设APx，AQy，BCP，DCQ，则tan1x，tan1y

于是tan()2(xy)

(xy)xy 又APQ的周长为2，即xyx2y22，变形可得xy2(xy)2

于是tan()又02(xy)1.

(xy)[2(xy)2]2，所以4，PCQ2()4.

1sincos8、（1）由5，可得25sin25sin120

sin2cos2143 解得sin或sin（由(0,)，舍去）

55134 所以cossin，于是tan

355 （2）根据所给条件，可求得仅由sin,cos,tan表示的三角函数式的值，

sincossincos例如，sin()，cos22，，，等等.

2tan3sin2cos3. v