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备战2022 年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
专题19 三角函数与解三角形第六缉
1．【2021 年江西预赛】锐角△ABC 中，若cos
2 A ,cos
2B ,cos
2C 的和等于sin
2 A ,sin
2B ,sin
2C 中的某
个值，证明：tan A ,tan B ,tanC 必可按某顺序组成一个等差数列.
【答案】证明见解析
【解析】证明:不妨设cos
2 A +cos
2B+cos
2C =sin
2B (1),
据余弦定理:sin
2B =sin
2 A +sin
2C -2sin A sinC cos B (2),
而sin A sinC =cos A cosC -cos( A +C )=cos A cosC +cos B(3) ,
由(2)(3) 得,cos
2 A +cos
2B+cos
2C =1- 2cos A cos BcosC (4),
由(1)(4)得,2cos A cos BcosC =1-sin
2B =cos
2B ,
因B 为锐角,则2cos A cosC =cos B = -cos( A +C )=sin A sinC -cos A cosC ,
所以tan A tanC =3. 于是tan B =- tan( A +C )= tan A + tanC
tan A tanC tanA+tanc ;
因此,tan A ,tan B ,tanC 成等差数列.
2 ．【2021 年新疆预赛】已知△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c, 求证:
3
2 ≤
a
2
b
2+c
2 +
b
2
c
2+a
2 +
c
2
a
2+b
2 ≤2(cos
2 A +cos
2B+cos
2C).
【答案】证明见解析
【解析】证明;
a
2
b
2+c
2 +
b
2
c
2+a
2 +
c
2
a
2+b
2 =(a
2+b
2+c
2)⋅(
1
b
2+c
2 +
1
c
2+a
2 +
1
a
2+b
2)-3
= (b
2+c
2)+(c
2+a
2)+(a
2+b
2)
2
⋅(
1
b
2+c
2 +
1
c
2+a
2 +
1
a
2+b
2)-3
≥3
3√(b
2+c
2)(c
2+a
2)(a
2+b
2)
2
⋅3 3√
1
b
2+c
2 ⋅
1
c
2+a
2 ⋅
1
a
2+b
2 -3= 9
2 -3= 3
2
另一方面，由正弦定理和柯西不等式得：
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cos
2 A +cos
2B = sin
2Bcos
2 A
sin
2B
+ sin
2 A cos
2B
sin
2 A
≥(sin A cos B+cos A sin B)
2
sin
2 A +sin
2B
=
sin
2C
sin
2 A +sin
2B
=
c
2
a
2+b
2 .
同理cos
2B+cos
2C ≥
a
2
b
2+c
2 ,cos
2C +cos
2 A ≥
b
2
c
2+a
2 ,
三式相加得：
a
2
b
2+c
2 +
b
2
c
2+a
2 +
c
2
a
2+b
2 ≤2(cos
2 A +cos
2B+cos
2C) ，
综上，原不等式成立.
3．【2020 高中数学联赛A 卷（第01 试）】在△ABC中, sin A =
❑√2
2 .求cos B+ ❑√2cosC的取值范围.
【答案】(0,1]∪(2,❑√5]
【解析】记f =cos B+ ❑√2cosC.
由条件知A = π
4 或A = 3 π
4 .
当A = π
4 时, B = 3 π
4 -C,其中0<C < 3 π
4 ,
此时f =cos( 3 π
4 -C )+ ❑√2cosC =
❑√2
2 sinC +
❑√2
2 cosC =sin(C + π
4 )∈(0,1].
当A = 3 π
4 时, B = π
4 -C,其中0<C < π
4 ,
此时f =cos( π
4 -C )+ ❑√2cosC =
❑√2
2 sinC + 3 ❑√2
2
cosC = ❑√5sin(C +φ),
其中φ =arctan3.
注意到φ∈( π
4 , π
2 ),函数g( x)= ❑√5sin( x +φ)在[0, π
2 -φ]上单调增,在[ π
2 -φ, π
4 ]上单调减,
又g(0)= 3 ❑√2
2
>2= g( π
4 ), g( π
2 -φ)= ❑√5，故f ∈(2,❑√5].
综上所述, f =cos B+ ❑√2cosC的取值范围是(0,1]∪(2,❑√5].
4 ．【2020 年甘肃预赛】已知△ABC 中,∠A ,∠B ,∠C
的对边a,b,c 成等比数列,
2cos( A -C )-2cos B =1 ,延长BC 至点D ,使BD =5. 求:
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(1)∠B 的大小;
(2)⃑AC ⋅⃑CD 的取值范围.
【答案】(1) ∠B = π
3 ；(2) (0, 25
8 ].
【解析】(1) 由题意知
cos( A -C )-cos B = 1
2
⇒cos( A -C )+cos( A +C )= 1
2
⇒cos A ⋅cosC = 1
4 . ①
又b
2=ac ,则
sin
2B =sin A ⋅sinC ②
故1
4 -sin
2B
=cos A ⋅cosC -sin A ⋅sinC
=cos( A +C )=-cos B
⇒1
4 -(1-cos
2B)=-cos B
⇒4 cos
2B+ 4 cos B -3=0
⇒cos B = 1
2 或cos B =- 3
2 ( 舍去).
又0<∠B< π
2 ,从而,∠B = π
3 .
(2)由(1)结论,①+②得
cos( A -C )= 1
4 +sin
2B =1.
则∠A =∠C .
故△ABC 为等边三角形.
设△ABC 的边长为x.则0< x<5. 故⃑
AC ⋅⃑CD =|⃑AC ||⃑CD|cos60
°= 1
2 x(5- x)
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=- 1
2((x - 5
2)
2
- 25
4 )∈(0, 25
8 ] ,
当且仅当x = 5
2 时,上式等号成立.
故⃑AC ⋅⃑CD 的取值范围是(0, 25
8 ].
5．【2020 年甘肃预赛】已知函数f ( x)=asinx(a∈R),g( x)=e
x .
（1）若0<a⩽1 ，判断F( x)= f (1- x)+ ln x 在区间(0,1) 的单调性;
(2)证明:sin 1
2
2 +sin 1
3
2 +⋯+sin
1
(n+1)
2 <ln 2(n∈Z+);
(3)设G( x)= g( x)-m x
2-2( x +1)+k (k ∈Z ) ,对任意的x>0,m<0 ,有G( x)>0 恒成立,求k 的最小值.
【答案】(1) F( x) 在区间(0,1) 单调递增.(2)证明见解析；(3)2.
【解析】(1)注意到，F( x)=asin(1- x)+ ln x ，
F
'( x)=-acos(1- x)+ 1
x .
由0< x<1⇒0<1- x<1
⇒0<cos(1- x)<1
又由0<a⩽1 ,知
0<acos(1- x)⩽1 .
结合0< x<1 ,得1
x >1.
故F
'( x)>0.
因此,F( x) 在区间(0,1) 单调递增.
(2)由(1) ,知当a=1 时,F( x)< F(1)
⇒sin(1- x)+ ln x<0
⇒sin(1- x)<ln 1
x
.
令1- x =
1
(1+ k )
2 (k ∈Z+).
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得x =1-
1
(1+k )
2 = k(k +2)
(1+k )
2
.
从而,1
x = (k +1)
2
k(k +2)
.
则sin
1
(k +1)
2 <ln (1+k )
2
k(k +2) (k ∈Z+).
故sin 1
2
2 +sin 1
3
2 +⋯+sin
1
(n+1)
2
<ln 2
2
1×3 + ln
3
2
2×4 +⋯+ ln (n+1)
2
n(n+2)
= ln(
2
2
1×3 × 3
2
2×4 ×⋯× (n+1)
2
n(n+2))
= ln(
2
1 × n+1
n+2)= ln 2n+2
n+2
<ln 2n+ 4
n+2 = ln 2 .
结论得证.
(3)注意到，G( x)=e
x -m x
2-2( x +1)+ k .
令u( x)=G
'( x)=e
x -2mx -2.
则u
'( x)=e
x -2m>0 .
故u( x) 在区间(0,+ ∞) 单调递增.
又u(0)=-1<0 ,
u(ln 2)=-2mln 2>0 ，
故u( x) 在区间(0,ln 2) 存在唯一零点x0.
则e
x0-2m x0-2=0⇒m=e
x0-2
2 x0
.
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从而,当x∈(0, x0) 时,G
'( x)<0,G( x) 单调递减;
当x∈(x0,+∞) 时,G
'( x)>0,G( x) 单调递增.
故G( x)min=G(x0)
=e
x0-m x0
2-2(x0+1)+k >0
⇒k >-e
x0+e
x0-2
2 x0
x0
2+2(x0+1)
⇒k >(
x0
2 -1)e
x0+ x0+2.
令v( x)=(
x
2 -1)e
x+ x +2 ,则
v
'( x)= x -1
2
e
x+1 .
令t( x)= v
'( x)= x -1
2
e
x+1 ,则
t
'( x)= x
2 e
x>0 .
于是,v
'( x) 在区间(0,ln2¿¿ 单调递增，
v
'( x)>v
'(0)= 1
2 >0 .
从而,v( x) 在区间(0,ln 2) 单调递增.故1= v(0)<v( x) <v(ln 2)=2ln 2<2 .
因此,k ⩾2,k 的最小值为2.
6．【2020 年吉林预赛】已知△ABC 的内角∠A ,∠B,∠C 的对边分别为a、b、c,且有1+ tan B
tan A = 2c
❑√3a
.
(1) 求∠B ;
(2)若△ABC 为锐角三角形,且a=2 ,求△ABC 面积的取值范围.
【答案】(1) ∠B = π
6 ；(2) (
❑√3
2 , 2❑√3
3
).
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【解析】(1) 因为1+ tan B
tan A = 2c
❑√3a
,所以由正弦定理得
1+ sin B⋅cos A
cos B⋅sin A = sin( A + B)
cos B⋅sin A
= 2sinC
❑√3sin A
.
又∠A +∠B+∠C = π ,则
sin( A + B)=sinC .
故
sinC
cos B⋅sin A = 2sinC
❑√3sin A
.
已知sin A ≠0,sinC ≠0. 从而,cos B =
❑√3
2
.
又∠B∈(0,π ) ,故∠B = π
6
.
(2) 由(1) ,知∠B = π
6
.
于是,∠A +∠C = 5 π
6
.
因为△ABC 是锐角三角形,所以,{
0<∠A < π
2 ,
0< 5 π
6 -∠A < π
2
⇒π
3 <∠A < π
2
.
又由正弦定理
a
sin A =
c
sinC
,知a=2.
则S△BC = 1
2 ac sin B = 1
2 a
2⋅c
a sin B
= 1
2 a
2 sinC
sin A sin B =
sin( 5 π
6 - A)
sin A
=
sin 5 π
6 ⋅cos A -cos 5 π
6 ⋅sin A
sin A
=sin 5 π
6 ⋅
1
tan A -cos 5 π
6
=
1
2tan A +
❑√3
2 .
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又π
3 <∠A < π
2 ,tan A >❑√3 ,故
❑√3
2 <
1
2tan A +
❑√3
2 < 2❑√3
3
⇒
❑√3
2 <S△BC< 2❑√3
3
.
因此,S△BBC 的取值范围是(
❑√3
2 , 2❑√3
3
).
7．【2020 年重庆预赛】设实数t ∈[0,π ]. 若关于x 的方程cos( x +t )=1-cos x 有解,求t 的取值范围.
【答案】[0, 2π
3 ]
【解析】原方程等价于cos( x + t
2 )⋅cos t
2 = 1
2 . ①
当t = π 时,方程①左边为0,显然无解.
当t ∈[0,π ) 时,方程①进一步等价于cos( x + t
2 )=
1
2cos t
2
.
注意到,cos( x + t
2 )∈[-1,1] ,且cos t
2 >0.
故方程①有解当且仅当0<
1
2cos t
2
⩽1 ,
即1
2 ⩽cos t
2 ⩽1⇒0⩽t ⩽π
3
.
综上,t ∈[0, 2π
3 ] .
8．【2019 年全国】在△ABC 中，BC=a，CA=b，AB=c.若b 是a 与c 的等比中项，且sinA 是sin（B-A）与
sinC 的等差中项，求cosB 的值.
【答案】-1+ ❑√5
2
【解析】由题意ac=b2，
2sin A =sin(B - A )+sinC =sin(B - A )+sin(B+ A )=2sin Bcos A，
整理即sin B=tan A.
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对ac=b2利用正弦定理并结合三项的等差数列得sin A sinC =sin
2B = sin
2 A
cos
2 A
.
即sin A =sinC cos
2 A.
于是tan A =sinC cos A =sin B =sin( A +C )=sin A cosC +cos A sinC.
即sin A cosC =0, C = π
2
.
sin B = tan A =cot B = cos B
sin B ,cos B =sin
2B =1-cos
2B.
令cos B = x，则x
2+ x -1=0，解得cos B = x =-1+ ❑√5
2
.
9．【2019 年上海预赛】已知∠A ,∠B∈(0, π
2)
，且sin A
sin B =sin( A + B).求tanA 的最大值.
【答案】4
3
【解析】由题设等式得
sin A =sin B(sin A ⋅cos B+cos A ⋅sin B)
⇒tan A =sin B(tan A ⋅cos B+sin B).
令t=tanA.则
t =t sin B⋅cos B+sin
2B
⇒2t =t sin2B+1-cos2B
⇒2t -1=
❑√t
2+1sin(2B -θ)
其中,θ 为锐角,sinθ =
1
❑√t
2+1
.
故|2t -1|⩽
❑√t
2+1
注意到,t>0,可得t ⩽4
3
.
当∠A =arctan 4
3 ,∠B = 1
2(
π
2 +arcsin 3
5)
时,题设等式成立.
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因此,tanA 的最大值为4
3
10．【2019 年北京预赛】如图,∠BAF =∠FEB =∠EBC =∠ECD =90°,∠ABF =30°,∠BFE = 45°,
∠BCE =60°,AB =2CD.则tan∠CDE等于
A.4 ❑√2
3
B.8 ❑√2
3
C.8 ❑√6
3
D.5 ❑√2
3
【答案】A
【解析】因为tan ∠CDE = EC
CD
,考虑已知条件,有
2= AB
CD = AB
BF × BF
BE × BE
EC × EC
CD =cos30
°×
1
sin 45
° ×sin 60
°×tan ∠CDE =
❑√3
2 ×❑√2×
❑√3
2 ×tan ∠CDE
.
所以tan ∠CDE =
8
3 ❑√2 = 4 ❑√2
3
.
11．【2019 年吉林预赛】已知函数f ( x)=2sin
2(
π
4 + x)- ❑√3cos2 x -1 x∈[
π
4 , π
2]
.
(1)求f(x)的单调递增区间
(2)若不等式|f ( x)-m|<2在x∈[
π
4 , π
2]
上恒成立,求实数m 的取值范围.
【答案】(1)[
π
4 , 5 π
12]
；(2)0<m<3.
【解析】(1)f ( x)=2sin
2(
π
4 + x)- ❑√3cos2 x -1在x∈[
π
4 , π
2]
的增区间.
f ( x)=2sin(2 x - π
3)
，
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- π
2 +2kπ ≤2 x - π
3 ≤π
2 +2kπ ,k ∈Z且x∈[
π
4 , π
2]
.
x∈[
π
4 , 5 π
12]❑
.
(2)∵|f ( x)-m|<2在x∈[
π
4 , π
2]
上恒成立，
∴-2+m<f ( x)<2+m，
∵f ( x)=2sin(2 x - π
3)
在x∈[
π
4 , π
2]
.
∴1⩽f ( x)≤2，∴0<m<3.
12．【2019 高中数学联赛A 卷（第01 试）】在△ABC 中，BC=a，CA=b，AB=c.若b 是a 与c 的等比中项，
且sinA 是sin(B－A)与sinC 的等差中项，求cosB 的值.
【答案】
❑√5-1
2
【解析】因b 是a、c 的等比中项，故存在q>0，满足b=qa,c =q
2a.
因sinA 是sin(B－A)，sinC 的等差中项，故
2sin A =sin(B - A )+sinC =sin(B - A )+sin(B+ A )=2sin Bcos A.
结合正、余弦定理，得a
b = sin A
sin B =cos A = b
2+c
2-a
2
2bc
，即b
2+c
2-a
2=2ac.
将①代入并化简，可知q
2+q
4-1=2q
2，即q
4=q
2+1，所以q
2=
❑√5+1
2
.
进而cos B = c
2+a
2-b
2
2ac
= q
4+1-q
2
2q
2
= 1
q
2 =
❑√5-1
2
.
13．【2018 年陕西预赛】已知函数f (x)=2cos x(cos x + ❑√3sin x)-1, x∈R.
（1）求函数f (x)的单调递增区间；
（2 ）设点P1(x1, y1), P1(x2, y2),…, Pn(xn, yn),…都在函数y = f (x)的图象上，且满足
x1= π
6 , xn+1- xn= π
2
.求y1+ y2+…+ y2018的值.
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【答案】（1）[- π
3 + kπ , π
6 + kπ],k ∈Z；（2）0
【解析】
（1）f (x)=cos2 x + ❑√3sin 2 x =2sin(2 x + π
6)
，故f (x)的单调增区间为[- π
3 + kπ , π
6 +kπ],k ∈Z.
（2）设tn=2 xn+ π
6 ,t1=2 x1+ π
6 = π
2 ,tn+1-tn= π ⇒tn=(n- 1
2)π.
∴yn=2sin(
2n-1
2
π)=¿.
14．【2018 年陕西预赛】已知函数f (x)=2cos x(cos x + ❑√3sin x)-1, x∈R.
（1）求函数f (x)的单调递增区间；
（2 ）设点P1(x1, y1), P1(x2, y2),…, Pn(xn, yn),…都在函数y = f (x)的图象上，且满足
x1= π
6 , xn+1- xn= π
2
.求y1+ y2+…+ y2018的值.
【答案】（1）[- π
3 +kπ , π
6 +kπ],k ∈Z；（2）0
【解析】
（1）f (x)=cos2 x + ❑√3sin 2 x =2sin(2 x + π
6)
，故f (x)的单调增区间为[- π
3 +kπ , π
6 +kπ],k ∈Z.
（2）设tn=2 xn+ π
6 ,t1=2 x1+ π
6 = π
2 ,tn+1-tn= π ⇒tn=(n- 1
2)π.
∴yn=2sin(
2n-1
2
π)=¿.
15．【2018 年陕西预赛】已知函数f (x)=2cos x(cos x + ❑√3sin x)-1, x∈R.
（1）求函数f (x)的单调递增区间；
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（2 ）设点P1(x1, y1), P1(x2, y2),…, Pn(xn, yn),…都在函数y = f (x)的图象上，且满足
x1= π
6 , xn+1- xn= π
2
.求y1+ y2+…+ y2018的值.
【答案】（1）[- π
3 + kπ , π
6 + kπ],k ∈Z；（2）0
【解析】
（1）f (x)=cos2 x + ❑√3sin 2 x =2sin(2 x + π
6)
，故f (x)的单调增区间为[- π
3 + kπ , π
6 +kπ],k ∈Z.
（2）设tn=2 xn+ π
6 ,t1=2 x1+ π
6 = π
2 ,tn+1-tn= π ⇒tn=(n- 1
2)π.
∴yn=2sin(
2n-1
2
π)=¿.
16．【2018 年山东预赛】已知数列{an}满足：a1=π
3 ，0<an<π
3 ，sin an+1≤1
3 sin3an(n≥2)．求证：
sin an< 1
❑√n
．
【答案】见解析
【解析】
设f (x)= x - 4
3 x
3(0< x<1)，则f
' (x)=1- 4 x
2．
从而f (x)在区间(0, 1
2)
上单调递增，在(
1
2 ,1)
上单调递减．当x = 1
2
时，f (x)max= 1
3
．
下面用数学归纳法证明结论．
当n=1时，sin a1=sinπ
3 =
❑√3
2 < 1
❑√1
；
当n=2，3，4 时，sin an≤1
3 sin3an-1≤1
3 < 1
❑√n
．
假设当n=k (k ≥4)时结论成立，即有sin ak< 1
❑√k ≤1
2，
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则当n=k +1时，sin ak +1≤1
3 sin3ak =sin ak - 4
3 sin
3ak．
由f (x)= x - 4
3 x
3(0< x<1)在区间(0, 1
2)
上单调递增，
因此sin ak +1≤1
3 sin3ak =sin ak - 4
3 sin
3ak< 1
❑√k - 4
3
1
❑√k
3
．
下证1
❑√k - 4
3
1
k ❑√k <
1
❑√k +1
．
因为k +1+ ❑√k (k +1)> 3
4 k，所以
1
k +1+ ❑√k (k +1)
< 4
3k ，即
❑√k +1- ❑√k
❑√k +1
< 4
3k ．
所以4
3 ⋅
1
k ❑√k >
❑√k +1- ❑√k
❑√k ❑√k +1 = 1
❑√k -
1
❑√k +1
．
从而结论对n=k +1成立．
由数学归纳法知，结论对任意正整数n均成立．
17．【2018 年甘肃预赛】已知函数
，x∈R，将函数f
向左平
移
个单位后得函数g
，设三角形△ABC 三个角A、B、C 的对边分别为a、b、c.
(Ⅰ)若c＝
，f
＝0，sin B＝3sin A，求a、b 的值；
(Ⅱ)若g
＝0 且
，求
的取值范围．
【答案】(Ⅰ) a＝1，b＝3；(Ⅱ) (0，1].
【解析】试题分析：（1）利用二倍角的余弦公式以及两角差的正弦公式化简
为
，
由
，求得
，由余弦定理及正弦定理可得关于
的方程解方程可得
的值；（2）先求
15 / 23
得
，由
，求得
，故
，化简
，根据
的范围，求得
的取值范围.
试题解析：（Ⅰ）
，
，所以
，
因为
，所以
，所以
，
由余弦定理知：
，
因为
，由余弦定理知：
，
解得：
.
（Ⅱ）由条件知
，所以
，
所以
，
因为
，所以
，即
，
，
，
16 / 23
于是
，
∴
，∴
，得
，
∴
，即
.
18．【2018 年吉林预赛】已知函数f (x)= 4 cos x⋅sin(x + 7 π
6 )+a的最大值为2.
⑴求a的值及f (x)的最小正周期；
⑵求f (x)的单调递减区间.
【答案】（1）a=1，T = π（2）[- π
3 +kπ , π
6 +kπ], k ∈Z.
【解析】
⑴f (x)= 4 cos x⋅sin(x + 7 π
6 )+a= 4 cos x⋅(-
❑√3
2 sin x - 1
2 cos x)+a
=-2❑√3sin x cos x -2cos
2 x +1-1+a
=- ❑√3sin 2 x -cos2 x -1+a
=-2sin(2 x + π
6)-1+a
因此，当sin(2 x + π
6)=-1时，f (x)取得最大值2-1+a=1+a.
又因为f (x)的最大值为2，所以1+a=2，即a=1.f (x)的最小正周期为T = 2π
2 = π.
⑵由⑴得f (x)=-2sin(2 x + π
6)
，令2 x + π
6 ∈[- π
2 +2kπ , π
2 +2kπ]，k ∈Z.
得x∈[- π
3 +kπ , π
6 +kπ]，k ∈Z.
17 / 23
因此，f (x)的单调递减区间为[- π
3 + kπ , π
6 +kπ]，k ∈Z.
19．【2018 年天津预赛】设x1、x2、x3是方程x
3-17 x -18=0的三个根，- 4< x1<-3 且4< x3<5.
⑴求x2的整数部分；
⑵求arctan x1+arctan x2+arctan x3的值.
【答案】（1）-2（2）arctan x1+arctan x2+arctan x3=- π
4
【解析】
由于x1、x2、x3是方程的根，我们有x
3-17 x -18=(x - x1)(x - x2)(x - x3).
比较两端的系数可得：
x1+ x2+ x3=0，
x1 x2+ x2 x3+ x3 x1=-17，
x1 x2 x3=18.
⑴由x1∈(- 4 ,-3)和x3∈(4,5)可知x2=- x1- x3∈(-2,0).
注意f (x)= x
3-17 x -18满足f (0)=-18<0，f (-1)=-2<0，f (-2)=8>0.
所以f (x)在区间(-2,-1)上有一个根，即x2∈(-2,-1).因此x2
的整数部分为-2.
⑵设arctan xi=θi
，i=1，2，3.由⑴知θ1,θ2∈(- π
2 ,- π
4)
，且θ3∈(
π
4 , π
2)
.
因此θ1+θ2+θ3∈(- 3 π
4 .0)
.
注意tan(θ1+θ2)= tanθ1+ tanθ2
1- tanθ1tanθ2
= x1+ x2
1- x1 x2
从而tan(θ1+θ2+θ3)= tan(θ1+θ2)+ tanθ3
1- tan(θ1+θ2)tanθ3
18 / 23
=
x1+ x2
1- x1 x2
+ x3
1- x3
x1+ x2
1- x1 x2
=
x1+ x2+ x3- x1 x2 x3
1-(x1 x2+ x2 x3+ x3 x1)
=
0-18
1-(-17) =-1.
这表明θ1+θ2+θ3=- π
4
，即arctan x1+arctan x2+arctan x3=- π
4
.
20．【2018 年河南预赛】已知cos(α + β)=cosα +cos β，试求cosα的最大值．
【答案】❑√3-1
【解析】
由题意得cosα cos β -sin α sin β =cosα +cos β，
则(cosα -1)cos β -sin α sin β -cosα =0．
记点P(cos β ,sin β)，直线l:(cosα -1) x -sin αy -cosα =0，
则点P的轨迹方程为单位圆：x
2+ y
2=1，且p∈l．
从而圆心O(0,0)到直线l的距离d =
|-cosα|
❑√(cosα -1)
2+(-sin α )
2 ≤1．
整理得cos
2α +2cosα -2≤0．
解得-1≤cosα ≤❑√3-1，故cosα的最大值为❑√3-1．
21．【2018 年河南预赛】已知△ABC的三边长分别为．a、b、c，且满足abc =2(a-1)(b-1)(c -1)，
是否存在边长均为整数的△ABC？若存在，求出三边长；若不存在，说明理由．
【答案】存在边长均为整数的满足条件的△ABC，其三边长分别为3、7、8 或4、5、6
【解析】
不妨设a≥b≥c，显然c≥2．
若c≥5，此时有1
a ≤1
b ≤1
c ≤1
5
，
由abc =2(a-1)(b-1)(c -1)可得1
2 =(1- 1
a)(1- 1
b)(1- 1
c)≥(
4
5)
3，矛盾．
故c只能取2、3、4．
19 / 23
①若c =2，则ab=(a-1)(b-1)，得a+b=1，又a≥b≥2，故无解．
②若c =3，则3ab= 4 (a-1)(b-1)，即(a- 4)(b- 4)=12，
又因为a≥b≥3，从而¿．
解得¿．
其中能够构成三角形的只有a=8，b=7，c =3．
③若c = 4，则2ab=3(a-1)(b-1)，即(a-3)(b-3)=6，
又因为a≥b≥4，从而¿．
解得¿．
其中能够构成三角形的只有a=6，b=5，c = 4．
综上，存在边长均为整数的满足条件的△ABC，其三边长分别为3、7、8 或4、5、6．
22．【2018 年河北预赛】已知将函数g( x)=cosx的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2 倍（横坐标不
变），再将所得到的图象向右平移π
2
个单位长度得到函数y = f ( x)的图象，且关于x 的方程
f ( x)+ g( x)=m在[0,2π )内有两个不同的解α 、β.
（1）求满足题意的实数m 的取值范围；
（2）求cos(α - β)（用含m 的式子表示）.
【答案】（1）(- ❑√5,❑√5)（2）2m
2
5
-1
【解析】
（1）将g( x)=cosx的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的2 倍（横坐标不变），得到y =2cosx的图象.再
将y =2cosx的图象向右平移π
2
个单位长度后，得到y =2cos( x - π
2 )的图象.故
f ( x)=2sinx，f ( x)+ g( x)=2sin x +cosx = ❑√5sin( x +φ).(其中sinφ = 1
❑√5 ,cosφ = 2
❑√5)
.依题意
sin( x +φ)= m
5
在区间[0,2π )内有两个不同的解α 、β，当且仅当|
m
5|<1.故m 的取值范围是(- ❑√5,❑√5).
（2）因为α 、β是方程❑√5sin( x +φ)=m在[0,2π )内的两个不同的解，
所以sin(α +φ)= m
5 ，sin( β +φ)= m
5
.
20 / 23
当1≤m<❑√5时，α + β =2(
π
2 -φ)
，即α - β = π -2( β +φ).
当- ❑√5<m<1，α + β =2(
3 π
2 -φ)
，即α - β =3 π -2( β +φ).
所以cos(α - β)=-cos2( β +φ)=2sin
2( β +φ)-1=2(
m
❑√5)
2
-1= 2m
2
5
-1.
23．【2018 年河北预赛】设α , β ∈(0, π
2)
，证明： cosα +cos β + ❑√2sin α sin β ⩽3 ❑√2
2
【答案】见解析
【解析】
因为cosα +cos β + ❑√2sin α sin β =2cos α + β
2
cos α - β
2
+
❑√2
2 [cos(α - β)-cos(α + β)]
⩽2cos α + β
2
+
❑√2
2 [1-cos(α + β)]=2cos α + β
2
+
❑√2
2 (2-2cos
2 α + β
2 )
= ❑√2- ❑√2cos
2 α + β
2
+2cos α + β
2
= 3 ❑√2
2
- ❑√2(cos α + β
2
-
❑√2
2 )
2
⩽3 ❑√2
2
当且仅当¿，即α = β = π
4
时等号成立，故原不等式得证.
24 ．【2017 年天津预赛】设△ABC的三个内角分别为A ,B ,C. 若BC的中点为M, 证明:
cot∠BAM =2cot A +cotB.
【答案】证明见解析
【解析】解法一设A ,B ,C所对的边长分别为a,b,c.
注意cot A =cos A
sin A = b
2+c
2-a
2
2bcsin A = b
2+c
2-a
2
4 S
,其中S为△ABC的面积.
同理cotB = c
2+a
2-b
2
4 S
.这样等号右端等于b
2+3c
2-a
2
4 S
.
21 / 23
在△BAM中,再次运用以上事实,可得
cot∠BAM = B A
2+ A M
2- B M
2
4 S△BAM
=
c
2+ A M
2- a
2
4
2S
，
为完成证明,只需证明A M
2= 1
2 (b
2+c
2)- 1
4 a
2.
事实上,
A M
2= A B
2+ B M
2-2 AB⋅BM ⋅cosB =c
2+ 1
4 a
2-cacosB =c
2+ 1
4 a
2- 1
2 (c
2+a
2-b
2)= 1
2 (b
2+c
2)- 1
4 a
2.
证毕.
解法二取AB的中点N,并作MK ⊥AB于K .
则cot∠BAM = KA
KM
,cot A =cot∠BNM = KN
KM ,cotB = BK
KM
(这里我们约定BA方向为正).
结论等价于KA =2 KN + BK .
事实上,KA = KN + NA = KN + BN =2 KN + BK.
25．【2017 年河北预赛】△ABC中,角A 、B、C所对的边分别为a,b、c,有等式
lntan A +lntanC =2lntan B.
(1)求证:tan A +tan B+tanC =tan A tan BtanC;
(2)当B最小时,若△ABC面积的最大值为❑√3,求a、b、c的值.
【答案】(1)证明见解析；(2) a=b=c =2.
【解析】(1)由题意知,tan A >0,tan B>0,tanC >0,所以A ,B ,C ∈(0, π
2)
,
因为A + B+C = π,所以tan( A + B)=tan(π -C)=-tanC，
所以
tan A +tan B+tanC =tan( A + B)(1-tan A tan B)+tanC =-tanC (1-tan A tan B)+tanC =tan A tan BtanC
.
22 / 23
(2)由均值不等式,得tan A tan BtanC =tan A +tan B+tanC ≥3
3√tan A tan BtanC ,即
tan A tan BtanC ≥3 ❑√3.
由已知得,tan A tanC =tan
2B,所以tan
3 B≥3 ❑√3,即tan B≥❑√3,
又B是锐角,故B的最小值为π
3
.
当B = π
3
时,由余弦定理得b
2=a
2+c
2-ac,所以b
2≥2ac -ac =ac,当且仅当a=c时等号成立.
所以三角形ABC的面积S = 1
2 acsin B≤
❑√3
4 b
2,
❑√3
4 b
2= ❑√3,解得b=2.
由{
a
2+c
2-ac = 4 ,
a=c ,
解得a=c =2.
23 / 23
