用辅助问题法解题     

唐文才 《数学教学通讯》1989,(4)

我们常通过一个新颖、合适而有效的辅助问题,去帮助我们化简数学问题。下面我们通过若干例题介绍用辅助问题法解题。一、置换用一个形式简单或题型比较熟悉的等价问题去置换一个形式较为复杂或题型较为陌生的问题。例1 若锐角α、β、γ满足cos~2α cos~2β cos~2γ=1,求证:tgα·tgβ·tgγ≥2(2~(1/2))。分析:如果我们对长方体的一系列性质十分熟悉,那么就被下面一个直观性较强的辅助问题所代替,即,  相似文献   

长方体内的三角不等式     

黄汉禹 《中学教研》1984,(6)

我们先来看长方体的对角线与三个夹角的一个重要性质:定理:若长方体的对角线与三个面的夹角为α、β、γ,则sin~2α+sin~2β+sin~2γ=1……(1)cos~2α+cos~2β+cos~2γ=2……(2)证明:如图所示,长方体的对角线 BD_1,连 BD、BA_1、BC_1,那末 BD_1与三个面:面 BD、面 BA_1、面 BC_1的夹角分别为α、  相似文献   

长方体中的不等式     

刘国杰 《中学数学教学》1993,(3)

学过立体几何的同学都知道,长方体具有如下两条重要性质:(1) a~2+ b~2+ c~2=l~2(a、b、c、l分别为长方体的长、宽、高和对角线); (2)cos~2α+cos~2β+cos~2γ=1(α、β、γ为长方体的对角钱与相邻三条棱所成的角)。由此出发,我们可以得出一系列与长方体有关的不等式。  相似文献   

构造长方体 巧证不等式     

熊光汉  朱道法 《中学数学教学》1992,(3)

对于长方体,教材给出了如下性质: 定理长方体一条对角线的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和。性质1 长方体的一条对角线与一个顶点上的三条棱所成的角分别是α、β、γ,则 cos~2a cos~2β cos~2γ=1。性质2 长方体的一条对角线与各个面  相似文献   

从长方体对角线的性质定理谈起     

陈传麟 《数学教学通讯》1991,(6)

高中《立体几何》(甲种本)第56页上有一个关于长方体对角线的定理:长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和。由这一定理可获得推论一若长方体的一条对角线与一个顶点上的三条棱所成的角分别为α、β、γ,则 cos~2α+cos~2β+cos~2γ=1。  相似文献   

构造长方体解有关问题     

吴永洪 《数学教学通讯》1998,(2)

长方体有如下人们所熟悉的性质:定理长方体的长、宽、高为 a、b、c,则其对角线长 l=(a~2 b~2 c~2)/(1/2).推论长方体的一条对角线与一个顶点上的三条棱所成的角分别为α、β、γ,则 cos~2α cos~2β cos~2γ=1.  相似文献   

公式tgA+tgB+tgC=tgAtgBtgC的推广及应用     

戴丽萍 《中学教研》1993,(3)

高中《代数》(甲种本)第一册P.217有一道习题: 在△ABC中,求证: tgA+tgB+tgC=tgAtgBtgC. 这道习题结论可进行如下的推广: (1)若实数α,β,γ,满足α+β十γ=kπ(k∈Z),则 tgα+tgβ+tgγ=tgαtgβtgγ. (2)若实数α,β,γ,满足 tgα+tgβ+tgγ=tgαtgβtgγ,则α+β+γ=kπ(k∈Z). 应用以上结论解决某些三角,代数,几何问题.  相似文献   

高中部分     

万笃勋  广隶 《中学数学教学参考》1994,(6)

1.如右图,设P是正方体ABCD-A_1B_1C_1D_1的上底面A_1B_1C_1D_1内任一点。BP与三条棱AB、BC、BB_1所成的角分别为α、β、γ,那么cos~2α cos~2β cos~2γ的值是( )。 A.2 B.1 C.1/2 D.与P点的位置有关 解法一:以BP为体对角线在正方体内“割”出一个长方体,即为《立体几何》(甲种本) P56例1  相似文献   

一道例题的疏误     

徐荣贵 《数学教学通讯》1991,(4)

本刊91年第1期《三角函数式的恒等变换与应用》一文的一例及其解答如下: 例12 已知(tg(α+β-γ))/(tg(α-β+γ))=tgγ/tgβ,求证sin2α+sin2β+sin2γ=0 证明:把已知化为 (sin(α+β-γ)cos(α+β-γ))/(cos(α+β-γ)sin(α+β-γ))=sinγcosβ/cosγsinβ由合分比定理,化简得 (sin2α)/(sin2(β-γ))=(sin(γ+β))/(sin(γ-β))  相似文献   

对《一个公式的巧用》的一点补充     

蒋礼迪 《数学教学通讯》1986,(4)

“数学教学通讯”85年第5期张山同志的文“一个公式的巧用”读后很受启发,公式(a b c)(a~2 b~2 c~2-ab-bc-ca)=a~3 b~3 c~3-3abc在解题中巧用之处不少。今就这个公式在三角恒等式的证明中巧用的一角补充几个例题,使该文更有说服力。例1.已知sinα sinβ sinγ=0, cosα cosβ cosγ=0 求证:(1)sin~3α sin~3β sin~3γ=3sinαsinβsinγ (2)cos~3α cos~3β cos~3γ=3cosαcosβcosγ证明:当a b c=0时,a~3 b~3 c~3=3abc令α=siaα,b=sinβ,c=sinγ,则sin~3α sin~3β sin~3γ=3sinαsinβsinγ。令a=cosα,b=cosβ,c=cosγ,则cos~3α cos~3β cos~3γ=3cosαcosβcosγ。利用例1的结论又得一题: 例2.已知:sinα sinβ sinγ=0, cosα cosβ cosγ=0 求证:(1)sin3α sin3β sin3γ  相似文献   

介绍一个三角恒等式的应用     

吴荣宝 《数学教学通讯》1982,(4)

在高中数学第一册中,有下面的一个三角恒等式: 在非直角三角形ABC中: tgA+tgB+tgC=tA·tgB·tgC (1)这是一个很有意思的恒等式,因为它是涉及到三实数之和等于这三实数之积的问题,因此它不论在几何或在代数中,公式(1)都有很广泛的应用。公式(1)的推广是: 如果α,β,γ满足α+β+γ=Kπ(K∈J),则 tgα+tgβ+tgγ=tgα·tgβ·tgγ (2) (2)的逆定理是: 如果tgα+tgβ+tgγ=tgα·tgβ·tgγ,则α+β+γ=Kπ (K∈J) (3) 这三个恒等式的证明是大家所熟悉的,这里就不再赘述了,下面我们介绍这些等式  相似文献   

对一道征解题的推广     

李显权 《中学数学月刊》1997,(1)

《数学通报》1993年第6期问题解答栏第839题为: 若α,β,γ均为锐角,且满足cos~2α cos~2β cos~2γ=1,求证:ctg~2α ctg~2β ctg~2γ≥3/2。  相似文献   

“方程法”在三角中的应用     

蒋礼迪 《数学教学通讯》1990,(1)

引入变量,将一些原本不是求解方程的问题转化为解方程,从而使原问题获解的方法,称为“方程法”。可应用在一些三角等式的证明中。 [例1] 已知cos~4α/cos~2β+sin~4α/sin~2β=1,求证:cos~8α/cos~6β+sin~8α/sin~6β=1。证:令cos~2α=x,sin~2α=y,则有,用代入消元方法可得到,x~2-2xcos~2β+cos~4β=0,即(x-cos~2β)~2=0, ∴x=cos~2β,y=sin~2β,即cos~2α=cos~2β,sin~2α=sin~2β。  相似文献   

公式(T_(α+β))的两个重要变形及其应用     

朱敬 《中学教研》1986,(12)

把公式(T_(α+β)): tg(α+β)=(tgα+tgβ)/(1-tgαtgβ) (α,β,α+β≠nπ+π/2(n∈Z))中的β换成-β得公式(T_(α-β)): tg(α-β)=(tgα-tgβ)/(1+tgαtgβ);又当α=β时得公式(T_(2α)): tg2α=(2tgα)/(1-tg~2α).  相似文献   

长方体内的三角代换及其应用     

陈永明 《中等数学》1996,(6)

1 长方体内的三角代换 设a~(1/2),b~(1/2),c~(1/2)为长方体的三度,过同一顶点的三条棱和过该点的对角线的夹角为α,β,γ(α,β,γ均为锐角)。则称下列代换为长方体内的三角代换:  相似文献   

“1”在解题中的作用     

陆志昌  张心海  黄毓抛 《中学数学教学》1982,(1)

在解数学题时,我们经常遇到“1”的变形,例如,1=sin~2α cos~2α=sec~2α-tg~2α =cos~2α-ctg~2α; 1=tgα·ctgα=sinα·cscα =cosα·secα; 1=tg45°=ctg45°=sin90°=cos0°; 1=log_ab·log_bα; 1=log_αα=α°; 1=((a 1)~(1/2) a~(1/2))((a 1)~(1/2)-a~(1/2)); (α≥0)  相似文献   

三棱锥中一个有用的结论     

彭宏伟 《中学生数理化》2006,(6)

一、一个有用的结论三棱锥A-EFG的三条侧棱AE,AF,AG两两互相垂直,三侧面与底面所成二面角分别记为α,β,γ,则有cos~2α+cos~2β+cos~2γ=1．证明：如图1,O是A在底面EFG上的射影,连接EO,FO,GO并延长,分别交三边于P,Q,R,连接AP,AQ,AR．∵AE,AF,AC两两垂直,∴AE⊥面AFG,因此AE⊥FG．  相似文献   

三角不等式的证明     

黄毓抛 《中学数学教学》1989,(6)

证明三角不等式主要有以下一些方法与思路: 1.分析法从结论出发,逐步追溯结论成立的充分条件,直到这充分条件就是已知条件或明显成立的不等式(或等式)为止。基本思路是:“执果索因”。这种方法,对于解决一些一时难以下手的条件不等式(或等式)是行之有效的。例1 已知 1/cosαcosβ tgαtgβ=tgγ,求证:cos2γ≤0。分析∵cos2γ=(1-tg~2γ)/(1 tg~2γ),而 1 tg~2γ>0,∴只须证明1-tg~2γ≤0。  相似文献   

巧解一道数学题     

罗霞 《中学数学教学》1994,(3)

已知 (cos~4α)/(cos~2β) (sin~4α)/(sin~2β)=1,求证 (cos~4β)/(cos~2α) (sin~4β)/(sin~2α)=1。 这是一道数学竞赛题,公布的标准答案均较繁琐。本文将给出两种简洁的解法。 证法一: 设sin~2α=x,sin~2β=y,x、y∈(0,1),则由已知有:x~2/y (1-x)~2/(1-y)=1 ①变形为 x~2(1-y) y(1-x)~2=y(1-y),即 (x-y)~2=0,∴ x=y,由此,①可写为:y~2/x (1-y)~2/(1-x)=1,  相似文献   

对高中《代数》一题解意见     

刘文海 《中学教研》1988,(Z1)

高中《代数》第一册P181例3: 例3 设tgα、tgβ是一元二次方程ax~2+bx+c=0(b≠0)的两个根,求ctg(α+β)的值。解:在ax~2+bx+c=0中,a≠0,由一元二次方程根与系数之关系,得tgα+tgβ=-b/a,tgα·tgβ=c/a。而ctg(α+β)=1/tg(α+β)=(1-tgα·tgβ)/(tgα+tgβ)(＊)由题设b≠0。故tgα+tgβ≠0,代入  相似文献