三角数列立体几何易错题.docVIP

三角数列立体几何易错题 一．三角 1.给出问题：下列命题中，正确的是（ ） A．终边相同的角一定相等B．锐角都是第一象限角C．第一象限的角都是锐角D．小于的角都是锐角某学生甲选A，学生乙 选C，学生丙 选D，他们有人选对吗？ [思路剖析] 学生甲选法错误.对终边相同角的概念理解不深，错误地认为终边相同与角相等等同，正确地理解应该是终边相同的两个角彼此相差的整数倍，它们可能相等也可能不等. 学生乙选法也是错误.对第一象限角的概念理解有误，错误地认为第一象限的集合是锐角构成的集合的子集，而事实上，锐角所成的集合是第一象限角所成集合的真子集. 学生丙的选法也是错误的.对锐角的范围和小于的角的范围搞不清，正确理解应是小于角的集合包含锐角集合，同时对象限角的概念不清亦是导致错选的原因. [解]通过以上分析知选B. [反思]的角，相等的角，终边相同的角这些不同的概念是解好题的关键． 2.（2001春季北京、安徽）若A、B是锐角ABC的两个内角，则点P（cosB－sinA，sinB－cosA）在（ ） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 [思路剖析]的符号，从是锐角三角形条件入手抓住解答． [问题解] ∵A、B是锐角三角形的两个内角， A＋B＞90°.B＞90°－A. cosB＜sinA，sinB＞cosA，故选B. [反思]都是锐角，则那么在内的值的变化，前者当从变到时，其值则从0变到1． 所以当时，即；而当从变到时，余弦值则从1变到0，所以当时，即，这实际上是正、余弦函数在区间上单调性的体现． 3.求使恒成立的值． 某同学解法是：原等式变形为 = = 因此使等式恒成立的只须两根式分母不为零即可． 即 故 该同学解法是否正确？ [思路剖析]这个绝对值符号去掉时应分类讨论． [问题解]原式变形为 （1）当，即在一、四象限，或正半轴上时， 恒 成立， 故 （2）当时，即在二、三象限，或负半轴上时， 仅当时成立， 故 故所求集合为 [问题反思]4. 已知求 的值，其中 [思路剖析] 先利用诱导公式将已知条件等式和待求式化为只含的三角函数式，再结合同角三角函数的基本关系式求出和的值，此时既可直接代值求值，也可将待求式转化为只含有的齐次式进行求值. [解]解法1 由已知可得 （1） 两边平方整理得 从而 可得 （2） 联立（1），（2）解得 解法2当时， 原式移项，得两边平方整理得解得 （舍），从而以下同解法1. [反思] 本题的关键在于先求出与这里必须先利用条件缩小角的范围,再通过方程(组)的思想解解法1构造了关于与的方程组.一般地,对于这三个式子,若已知其中一个式子的值,通过平方和同角三角函数的基本关系式必可求其余两式的值,只是要注意平方后再开方求值时正负号的取舍;解法2构造了关于的方程,对待求式进行化简是本题的难点,熟练掌握基本诱导公式是解题的关键,也是学好三角函数的根本.给出问题：已知且则的值为（ ） 或 或或 某学生的解答如下： 由可得或选A [思路剖析] 上述解法错误的原因在于扩大了解的取值范围. 由已知条件且可知由且可知 的取值范围应该是不应该是 且 且 由，可知，由可得选D 在中，边上的中线求的值. [思路剖析] 长，则用余弦定理可求，再用正弦定理可求，为此取中点，在中，利用余弦定理先求出长． 思路2：关键也是求，为此延长至，使为中点，在中，通过余弦定理，求出即长． 思路3：欲求，作，又延长到，使，作，通过和可求得． 思路4：向量法． [问题解]解法1 设为的中点，则且设则 在中， 由余弦定理，得 解得（舍去），则从而， 即又由正弦定理，得 解法2 延长至，使则于是在中，由余弦定理，得 解得 下同解法1. 解法3 作垂足为，延长到，使再作垂足为则 而 在中，由正弦定理，得 解法4 以为原点，为轴建立直角坐标系，由得 设则从而 解得于是， 所以 故 [反思] （1）三角形的，实质就是有条件的三角式的计算与证明，在中，正、余弦定理和勾股定理及直角三角形中的边角关系是解题的基础，本例可以窥豹一斑. （2）解三角形的有关问题，常常要作辅助线，如解法1的中位线，解法2、解法3中延长中线等都是三角形中常添的辅助线，应引起同学们的重视. （3）通过建立坐标系，利用向量的工具解答有关角度与距离问题，是常用的方法.本例解法4是用代数法解决几何问题的典例，希望对同学们有所启迪. （4）本例若将改为的平分线你会解吗？请同学们思考. 在中，若求的面积. [思路剖析]此问题属于“已知两边及一边的对角，求解三角形”问题，有多种处理方式.值，再进一步求面积． 思路2：先求边，利用余弦定理求出长，再进一步求面积． [问题解]解法1 由正弦定理