文档内容
考点 24 两角和与差的正弦、余弦和正切公式（3 种核心题
型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
1.会推导两角差的余弦公式.
2.会用两角差的余弦公式推导出两角差的正弦、正切公式.
3.掌握两角和与差的正弦、余弦、正切公式，并会简单应用．
【知识点】
1．两角和与差的余弦、正弦、正切公式
(1)公式C ：cos(α－β)＝ cos α cos β ＋ sin α sin β ；
(α－β)
(2)公式C ：cos(α＋β)＝ cos α cos β － sin α sin β ；
(α＋β)
(3)公式S ：sin(α－β)＝ sin α cos β － cos α sin β ；
(α－β)
(4)公式S ：sin(α＋β)＝ sin α cos β ＋ cos α sin β ；
(α＋β)
(5)公式T ：tan(α－β)＝；
(α－β)
(6)公式T ：tan(α＋β)＝.
(α＋β)
2．辅助角公式
asin α＋bcos α＝sin(α＋φ)，其中sin φ＝，cos φ＝.
知识拓展
两角和与差的公式的常用变形：
(1)sin αsin β＋cos(α＋β)＝cos αcos β.
(2)cos αsin β＋sin(α－β)＝sin αcos β.
(3)tan α±tan β＝tan(α±β)(1∓tan αtan β)．
tan αtan β＝1－＝－1.
【核心题型】
题型一 两角和与差的三角函数公式
两角和与差的三角函数公式可看作是诱导公式的推广，可用 α，β的三角函数表示α±β的
三角函数，在使用两角和与差的三角函数公式时，特别要注意角与角之间的关系，完成统
一角和角与角转换的目的．
【例题1】（2024·河北石家庄·三模）已知角 满足 ，则（ ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【分析】借助 对已知化简，可求出 的值，再由
可解.
【详解】因为 ，即 ，
所以 ，
整理得 ，变形得 ，
所以 .
故选：C
【变式1】（2024·陕西铜川·二模）已知锐角 满足 ， ，则
.
【答案】 /
【分析】利用同角三角函数关系可求得 ，代入两角和差余弦公式即可.
【详解】 均为锐角， ， ，
.
故答案为：【变式2】（2023·江西上饶·模拟预测）已知 、 均为锐角，且 ，
，则 .
【答案】 /
【分析】利用题目信息以及平方关系分别计算得 、 角的正弦、余弦值，再利用两角差
的正弦公式即可求得结果.
【详解】因为 ， ，即 ，
所以 ，
又 ，即 ，则 ，
又 、 均为锐角，所以 ， ，
所以 ， ，
所以 .
故答案为：
【变式3】（2024·河北保定·二模）在 中，角 的对边分别为 ，已知
.
(1)求 ；
(2)若 为 边的中点，求 的长.
【答案】(1)
(2) ．
【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解；（2）根据余弦定理求出 边，再根据向量运算求 .
【详解】（1）因为 ，
根据正弦定理，得 ，
化简得 ，因为 ，所以 ，
因为 ，所以 .
（2）在 中，由余弦定理得 ，
所以 ，解得 ．
因为 为 的中线，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，解得 .
题型二 两角和与差的公式逆用与辅助角公式
运用两角和与差的三角函数公式时，不但要熟练、准确，而且要熟悉公式的逆用及变形
公式的逆用和变形应用更能开拓思路，增强从正向思维向逆向思维转化的能力．
【例题2】（2024·陕西西安·一模） 等于（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【分析】利用两角和的余弦公式计算可得.
【详解】.
故选：C
【变式1】（2023·广东·二模） 的值为 .
【答案】
【分析】根据两角差的正切公式、同角三角函数的基本关系式、二倍角公式等知识求得正
确答案.
【详解】
，
所以 .
故答案为：
【变式2】（2024·广东揭阳·二模）已知 ，则 ，
.
【答案】 0或2 1或
【分析】利用二倍角的正弦公式变形求出 ，再利用和角的正切计算即得.
【详解】依题意， ，即 或 ，所以 或
2；
所以 或 .故答案为：0或2；1或
【变式3】（2024·江苏·模拟预测）在 中，点 在 边上，且满足 .
(1)求证： ；
(2)若 ， ，求 的面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）因为 ，所以 ，由正弦定理可得 ，
则可得 ，则得 ；
（2）由 ，化简可得 ，则得 ，
，因为 ，则可得 ，再由基
本不等式可得 ，即 ，则得到 的面积的最小值.
【详解】（1）
在 中，由正弦定理 ，得 ，
在 中，由正弦定理 ，得 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，又因为 ， ，且 ，
所以 .
（2）因为 ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
由（1）知 ，则 ，
因为 ，
所以 ，
又 ，
所以
因为 ，
所以 ，
所以 ，当且仅当 时等号成立，
所以 的面积的最小值为
题型三 角的变换问题
常用的拆角、配角技巧：2α＝(α＋β)＋(α－β)；α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β；β＝－＝(α＋2β)
－(α＋β)；α－β＝(α－γ)＋(γ－β)；15°＝45°－30°；＋α＝－等．
【例题3】（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据两角差的正切公式求出 ，再利用二倍角的正弦公式化简求得答案.【详解】由 ，得 ，
.
故选：B.
【变式1】（2024·江西景德镇·三模）函数 在 内恰有两个对称中
心， ，将函数 的图象向右平移 个单位得到函数 的图象.若
，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据y轴右边第二个对称中心在 内，第三个对称中心不在 内可求得
，结合 可得 ，再利用平移变换求出 ，根据三角变换化简
可得 ，然后由二倍角公式可解.
【详解】由 得 ，
因为函数 在 内恰有两个对称中心，所以 ，解得 ，
又 ，所以 ，即 ，所以 ，
将函数 的图象向右平移 个单位得到函数 ，即 ，
因为
，
所以 .
故选：A
【变式2】（2024·河北沧州·模拟预测）已知 ，则
．
【答案】
【分析】根据题意，由余弦的和差角公式展开可得 ，再由二倍角公式，即
可得到结果.
【详解】因为 ，整理得 ，
所以 ，所以 ，
所以 ．
故答案为：
【变式3】（2024·湖南·模拟预测）已知 ，则 等于 .
【答案】
【分析】利用诱导公式和二倍角的余弦公式即可.【详解】 .
故答案为： .
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2024·北京朝阳·二模）在平面直角坐标系 中，锐角 以 为顶点， 为始边.将
的终边绕 逆时针旋转 后与单位圆交于点 ，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据同角的平方关系求出 ，结合三角函数的定义和两角和的正弦公式计算即
可求解.
【详解】如图，
由 ， ，得 ，
所以 .
故选：D
2．（2024·重庆·模拟预测）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知， ， ．则a的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意，根据诱导公式及和差公式进行化简求出 ，进而 ，结合正弦定
理计算即可求解.
【详解】由 ， ，
得 ，即 ，
所以 ，又 ，
所以 ，即 ，所以 ，
又 ，由正弦定理，
得 ，所以 .
故选：A
3．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知角 的顶点与原点重合，始边与 轴的非负半轴重合，
终边经过点 ，则 （ ）
A．0 B． C． D．
【答案】D
【分析】根据三角函数的定义求出 ， ，再由两角差的余弦公式计算可得.
【详解】因为 ，即 ，即角 的终边经过点 ，所以 ， ，
所以 .
故选：D
4．（2024·四川·模拟预测）已知 ， ， ，若 ，
，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件及同角三角函数的平方关系，利用两角差的余弦公式及三角函数的
特殊值，注意角的范围即可求解.
【详解】由 ， ，得 ，
，
∴ ，即
，
∴ ，解得 .
又 ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ .
故选：A.
二、多选题
5．（23-24高三上·山西大同·期末）若 ，且 ， ，
则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】根据同角的三角函数关系式，结合两角和（差）的正弦余弦公式逐一判断即可.
【详解】由题意可得 ，
所以 ，故A错误；
，
因为 ，
所以 ，所以 ，故B正确；
因为 ，所以 ，
所以
，故C错误：即 ，
因为 ，所以 ，
故 ，所以 ，故D正确.
故选：BD
6．（23-24高三上·广东揭阳·期中）已知函数 ，则下
列判断正确的是（ ）
A． 的最小正周期为 B． 的图象关于点 对称
C． 的值域为 D． 的图象关于直线 对称
【答案】ACD
【分析】逆用两角和差的正弦公式化简，利用余弦型函数的性质确定周期、对称轴、对称
中心、值域即可得解.
【详解】因为 ，
所以最小正周期为 ，故A正确；
由 ，得 ，所以对称中心为 ，当 时，
函数的一个对称中心为 ，故B错误；
因为 ，所以 ，故C正确；
由 ，得 ，即函数的对称轴方程为 ，当 时，可得函数的一条对称轴 ，故D正确.
故选：ACD
三、填空题
7．（23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）若 ，则 ．
【答案】 /
【分析】利用二倍角的正切公式及两角差的正切公式求解即可.
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 .
故答案为： .
8．（2023·山东菏泽·一模）设 均为非零实数，且满足 ，则
.
【答案】1
【分析】先将原式化简得到 ，再令 ，
即可得到 ，从而求得结果.
【详解】由题意可得， ，令 ，则 ，
即 ，
所以 ，即
故
故答案为:
9．（2024·陕西安康·模拟预测）已知 ，且 ，则
．
【答案】1
【分析】利用二倍角公式，同角关系，两角和与差的正切公式变形求解．
【详解】由 得 ，
,
所以 ，即 ，
又 ，所以 ，即 ，所以 ．
故答案为：1.
四、解答题
10．（2024·河北保定·二模）已知 中，角 所对的边分别为
.
(1)求角 ；
(2)若 ，且 的周长为 ，求 的面积.
【答案】(1)
(2) .
【分析】（1）利用正弦定理边化角，切化弦后整理可得；
（2）根据余弦定理，联立已知条件解方程组可得 ，然后由面积公式可得.
【详解】（1）由正弦定理边化角得 ，所以 ，
即 ，
整理得 ，
因为 ，所以 ，
又 ，所以 .
（2）由正弦定理得 ，
又 ，所以 ，即 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 的面积 .
11．（2021·贵州毕节·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已
知 .
（1）求角B的大小；
（2）求 的取值范围.
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）由已知结合正弦定理及余弦定理进行化简可求 ，进而求得B.
（2）结合（1），利用两角和差角公式及辅助角公式进行化简，再利用正弦函数的性质即
可求解.
【详解】（1）由已知
利用正弦定理得： ，即
由余弦定理得：
又 ，
（2）由（1）知 ，故由 ，知 ，
利用正弦函数性质知
故原式的取值范围为
【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正
弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
（1）若式子含有 的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有 的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）代数变形或者三角恒等变换前置；
（4）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到 .
【综合提升练】
一、单选题
1．（23-24高三下·山东·开学考试）若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据同角的三角函数关系式，结合两角差的正弦公式、二倍角的余弦公式进行求
解即可.
【详解】由 ，
由 ，
．
故选：C
2．（2024·重庆·模拟预测）若 ， 且 ， ，则
（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据两角和与差求解的余弦公式求解 ，进而求出 ，求出
，利用二倍角求出
【详解】由 ，则 ,
由 ，
所以 ，则 ，
则 ，
故 .
故选：D
3．（2023·江西赣州·模拟预测） （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用诱导公式和余弦两角和公式求解即可.
【详解】
.
故选：C.
4．（2024·江苏南通·三模）已知 ，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】展开同平方并结合二倍角的正弦公式即可得到关于 的方程，解出即可.
【详解】展开得 ，
两边同平方有 ，
即 ，解得 ，
故选：B.
5．（2024·全国·模拟预测）已知 ， ， 满足 ，且 ，
，则 的值为（ ）
A．－2 B． C． D．2
【答案】B
【分析】根据题意切化弦结合三角恒等变换可得 ，结合
运算求解即可.
【详解】由 ，即 ，可得 ，
则 ，
可得 ，
因为 ，即 ，
可得 ，
又因为 ，即 ，所以 ．
故选：B．6．（23-24高三下·江西·阶段练习）已知 ， ， ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意得 ，进一步
，根据余弦函数单调性得 ，
由此即可得解.
【详解】因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
从而 ，
注意到 ，而 在 上单调递减，
从而 ，即 ，
所以 .
故选：A.
7．（2024·河北沧州·一模）已知角 的顶点与坐标原点重合，始边与 轴的非负半轴重合，
且终边上一点的坐标为 ，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据三角函数的定义求出 ， ，再由二倍角公式及两角和的正弦公式求
出 ， ， ，最后由诱导公式计算可得.
【详解】因为角 终边上一点的坐标为 ，
所以 ， ，
所以 ，
，
所以
，
所以
.
故选：B
8．（2023·全国·模拟预测）已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D【分析】应用诱导公式及已知有 ，再由
及差角余弦公式得 ，最后由和角正
弦公式有 ，即可求结果.
【详解】因为 ，结合题设，
所以 ，而 ，
所以 ，
即 ，所以 ，
所以
.
故选：D
二、多选题
9．（2023·全国·模拟预测）若 ，且 ，则（ ）
A． B．
C． D．【答案】AD
【分析】根据条件求出 ，由两角和余弦公式判断A，由两角差的余弦公式及同
角三角函数基本关系判断B，再根据角的变换及两角和的余弦公式求出 判断C，由
及余弦函数的单调性判断D.
【详解】因为
， ，
所以 ，
所以 ，故A正确；
所以 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，故B错误；
因为 ，所以 ，
所以 ，
，故C错误；
因为 ，所以 ，而 ，
所以 ，即 ，由 在 单调递减知， ，故D
正确.故选：AD
10．（2023·河南·模拟预测）已知 ，且 ，
， ，则（ ）
A． 的取值范围为 B．存在 ， ，使得
C．当 时， D．t的取值范围为
【答案】AD
【分析】由 可得 范围，从而判断A，由正
弦、余弦函数性质求得 判断B，利用 消去 后可求得 判断C，由
上面推导得出 随 的增大而增大，从而可得 的范围，判断D．
【详解】因为 ，所以 ，即
，若 ，则 ，又 ，所以 不能同时成立，所以
，故A正确；
由A可知 ，所以 ，又 ，所
以 ，所以 ，故B错误；当 时， 整理，得 所以
，又 ，对上式
整理得 ，所以 ，解得
（舍去负根），故C错误；
因为 ，且 ，所以 随着 的增大而增大，
所以 随着 的增大而增大，又 ，所以
， ，即D正确．
故选：AD．
11．（2023·全国·模拟预测）已知 ， ，
，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】由两角和差的三角函数公式、平方关系结合已知运算即可.
【详解】由已知，得 ， ，两式分别平方相加，得 ，
，
整理得 ，∴ ，∴A正确；
同理由 ， ，两式分别平方相加，易得
，∴B正确；
由 ， ，两式分别平方相加，易得 ．
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴C正确，D错误.
故选：ABC．
三、填空题
12．（2024·江西鹰潭·二模）已知 ，且 ，则 .
【答案】 /
【分析】根据题意，由同角三角函数的平方关系可得 ，即可得到
，由正弦函数的和差角公式代入计算，即可得到结果.
【详解】因为 ，所以 ，又 ，
所以 ，所以
.
故答案为：
13．（2023·贵州六盘水·模拟预测）已知 ， ，且 ，
，则 ．
【答案】
【分析】根据 ，结合同角三角关系和两角和差公式运算求解.
【详解】因为 ， ，且 ， ，
则 ， ，
可得
，
即 .
故答案为： .
14．（2024·内蒙古呼伦贝尔·二模）已知 ， 是方程 的两个根，则．
【答案】
【分析】利用韦达定理可得 ， ，再利用两角和差公式和三角
函数的商数关系求解即可.
【详解】因为 ， 是方程 的两个根，
所以 ， ，则 ，
所以
．
故答案为：
四、解答题
15．（2023·全国·模拟预测）已知 ，且 .
(1)求 和 的值；
(2)若 ，且 ，求 的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据 及 得到 ，根据半角公式求出 ，结
合同角三角函数关系得到 ；
（2）先求出 ，从而求出 ，利用凑角法求出 的
值，得到答案.【详解】（1）因为 ，所以 .
又 ，所以 ，故 .
因为 ，
所以 ，
则 .
（2）由已知条件，得 .
又 ，所以 .
由 ，得 .
所以
.
因为 ， ，所以 ，所以 .
16．（2024·云南昆明·模拟预测）已知 的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且
， .
(1)求 ；
(2)若 ，求 的值.
【答案】(1)
(2)【分析】（1）直接用条件 将等式 齐次化，再比较余弦定理即可得出结
果；
（2）使用正弦定理得到 ，再进一步确定 ，然后用余弦和公式即可.
【详解】（1）由已知条件 和 有
.
所以由余弦定理可得 ，因为 ，
从而 .
（2）若 ，则结合正弦定理得 .
所以 ，从而 ，这得到 或 .
而 ，故 .
所以
.
17．（2024·天津·二模）在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ．已知 ，
， ．
(1)求 的值；
(2)求 的值；
(3)求 的值．
【答案】(1)(2)
(3)
【分析】（1）由余弦定理求解即可；
（2）由正弦定理求解即可；
（3）在 中，先由 求出 ，进而求出 ， ，然后用两角差的正弦
公式求解即可.
【详解】（1）由余弦定理得
，
所以 ．
（2）由正弦定理得 ，即 ，
解得
（3）在 中， ，所以
因为 ，所以 为锐角，
所以，
18．（2024·天津南开·一模）已知 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
.
(1)求a的值：
(2)求证： ；(3) 的值
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件结合余弦定理求解；
（2）由 可得 ，利用正弦定理结合 ，得证；
（3）由（1）可求得 ，根据二倍角公式求得 ，再利用两角差的余
弦公式求得结果；或由余弦定理求得 ，结合 ，利用两角差的余弦公式运
算得解.
【详解】（1）由 及余弦定理，得 ，
因为 ，所以 .
（2）由 及 ，得 ，
由正弦定理得 ，
因为 ，所以 或 .
若 ，则 ，与题设矛盾，因此 .
（3）由（Ⅰ）得 ，因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以.
另解：因为 ，
所以
.
19．（2022·浙江·模拟预测）已知函数 的部分
图象如图所示，且 的面积等于 .
(1)求函数 的单调递减区间；
(2)若 ，且 ，求 的值.
【答案】(1) ，(2)
【分析】（1）根据图像求出 的解析式，进而求出函数 的单调递减区间；
（2）令 ，由 求出 ， ，由此可
求 的值.
【详解】（1）由题意可得 ，
，
所以 ，即 .
所以 ，图像过点 ，
则 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，
由 可得：
所以函数 的单调减区间为 ， .
（2）由 可得 ，
所以 ，
令 ，则 ， ， ，
.
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2024·河南·二模）已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由两角和与差的正弦和半角公式，二倍角余弦公式，结合拆角计算即可.
【详解】由 ，可得 ，
即 ，可得 ，
所以 .
故选：B.
2．（2023·全国·模拟预测）已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将所求角通过拆角、变角，利用两角和的余弦公式求解即可.
【详解】 ，所以 ， ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
，故选：B．
3．（2024·全国·模拟预测）已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】对条件进行展开化简可得 ，继而 ，
再利用二倍角公式计算即可；也可把条件化简可得 ，继而
，再利用二倍角公式计算即可.
【详解】解法一
由题意得:
所以
；
解法二
由题意得:
,所以 ，
则
故选：C．
4．（2024·贵州毕节·模拟预测）已知 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据平方关系求出 ，再根据 结合两
角和的余弦公式即可得解.
【详解】因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
则
.
故选：A.
二、多选题
5．（23-24高三上·山西吕梁·阶段练习）计算下列各式的值，其结果为2的有（ ）
A． B．C． D．
【答案】ABC
【分析】利用和角公式可求值验证A项，运用辅助角公式和诱导公式可得B项，运用两角
和的正切公式可以验证C项，利用倍角公式和诱导公式可以判定D项.
【详解】对于选项A， ，
故A项正确；
对于选项B，
，故B项
正确；
对于选项C，
，故C项正确；
对于选项D，
，故D项错误．
故选：ABC．
6．（2024·全国·模拟预测）已知角 的终边过点 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD【分析】先根据三角函数的定义求出 的三角函数值，再结合二倍角的余弦公式和两角和
的正切公式逐一计算即可.
【详解】因为角 的终边过点 ，所以 ，
所以 ， ， ，
对于A， ，故A错误；
对于B， ，故B正确；
对于C， ，故C错误；
对于D， ，故D正确．
故选：BD．
三、填空题
7．（2024·河北承德·二模）已知 ，则 .
【答案】 /
【分析】利用三角恒等变换化简算式得 ，已知
，由正切的倍角公式求出 即可求得结果.
【详解】 ，
，
所以 ，而 ，
因此原式 .
故答案为： .
8．（2023·湖南岳阳·一模）已知 ， ， ， 均为锐角，则
.
【答案】
【分析】根据同角三角函数的基本关系、诱导公式、两角和的余弦公式求解.
【详解】因为 ， ，且 ， 均为锐角，
所以 ， ，
所以 .
故答案为：
四、解答题
9．（2024·全国·模拟预测）在 中，内角 所对的边分别为 ，已知
．
(1)求 的值；
(2)若 的面积为 为边 的中点，求 的长．
【答案】(1)
(2)【分析】（1）由两角和的余弦公式、二倍角余弦及诱导公式化简可得结果，
（2）根据三角形面积公式、余弦定理及平面向量的模进行计算可得结果.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 或 （舍去）．因为 ，所以 ．
（2）因为 的面积为 ，所以 ，所以 ．
因为 ，所以 ，即 ，
所以 ．因为 是 的中点，所以 ，
所以 ，所以 ，
故 的长为 .
10．（2024高三上·全国·竞赛）设 为坐标原点， 为抛物线 上异于 的一点，
， ．
(1)求 的最小值；
(2)求 的取值范围；
(3)证明： ．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线方程设点 ，计算 得到关于 的函数，通过求导得到该函数的最小值即得 的最小值；
（2）结合图形表示出 与 ，分两类情况分别将 表示成
的函数形式，根据 的范围分别求出 的范围即得；
（3）根据（2）的结论，可得 ，而 ，易得：
，又 ，即得 .
【详解】（1）设 ， ，则 ．
设 ， ．
因为 ，所以令 得 ，当 时， ，当
时， ，
则 在 单调递减，在 单调递增，故 的最小值为 ， 的
最小值为 ．
（2）
如图，分别过点 作 轴的垂线 ,垂足分别是 ,因为 ， ，由
题可知， ，．
①当 时， ，则
．
该式是关于 的减函数，所以 ；
②当 时， ，则
．
该式是关于 的增函数，所以 ；
综上， 的取值范围是 ．
（3）由（2）知， ，且 ，所以 ．
【点睛】关键点点睛：本题重点考查了直线与抛物线相交有关的距离最值、角的范围等问
题，属于较难题.解决距离、角的范围问题时的关键是将几何问题代数化处理，即通过解析
式设点坐标计算距离表达式，再求解函数的最值得到，将所求角的三角函数式用关于某自
变量的解析式表示，再根据自变量范围求出解析式函数的值域即得.
11．（2024·河南开封·二模）在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就
是在RSA加密算法中的应用．设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，
q互素．对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为 ．
(1)试求 ， ， ， 的值；
(2)设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数．试求 ， 与φ（p）和φ（q）的
关系；
(3)RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥．具体而言：
①准备两个不同的、足够大的素数p，q；
②计算 ，欧拉函数 ；③求正整数k，使得kq除以 的余数是1；
④其中 称为公钥， 称为私钥．
已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是 ．若满足题意的正整数k从小
到大排列得到一列数记为数列 ，数列 满足 ，求数列 的
前n项和 ．
【答案】(1) ；
(2) ， ；
(3) .
【分析】（1）利用欧拉函数的定义直接求值.
（2）利用欧拉函数的定义求出 ，进而分析计算 .
（3）根据给定信息求出 ，再利用差角的正切公式，借助裂项求和法求解即得.
【详解】（1）由欧拉函数的定义知，不越过3且与3互素的正整数有1，2，则 ，
不越过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则 ，
不越过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则 ，
不越过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则
，
所以 .
（2）在不大于 的正整数中，只有3的倍数不与 互素，而3的倍数有 个，因此 .
由 ， 是两个不同的素数，得 ，
在不超过 的正整数中， 的倍数有 个， 的倍数有 个，
于是 ，
所以 .
（3）计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是 ，则 ，从而
由（2）得， ，
即正整数 满足的条件为： ，
，令 ，则 ，
令 ，则 ，
取 ，则 ，于是 ，
因此 ，即 ，
，
.
【点睛】关键点睛：数列 求和，利用差角的正切变式
进行裂项是求解的关键.
