人教版高中数学必修4课后习题答案.pdf

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1、 第二章 平面向量 21 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、2AB，2.5CD，3EF，2 2GH.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、3045CAOB （2）DCBA.3、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、3 32AD.6、（1）；（2）；（3）；（4）.习题 2.1 B 组（P78）1、海拔和

2、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 水流方向CDAB22 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、57ACAB，27BCAB.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.3、（1）

3、2ba；（2）74ba；（3）12ba；（4）89ba.4、（1）共线；（2）共线.5、（1）32ab；（2）111123ab；（3）2ya.6、图略.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10 2km；（4）向西南走5 2km；（5）向西北走10 2km；（6）向东南走10 2km.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.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 AC表示船实际航行的速度.在 RtABC 中，8AB，2AD，所以2222

4、822 17ACABAD 因为tan4CAD，由计算器得76CAD 所以，实际航行的速度是2 17km/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ab时，abab 9、（1）22ab；（2）102210abc；（3）132ab；（4）2()xy b.10、14abe，124abee，1232310abee.11、如图所示，

5、OCa，ODb，DCba，BCab .12、14AEb，BCba，1()4DEba，34DBa，34ECb，1()8DNba，11()48ANAMab.13、证明：在ABC中，,E F分别是,AB BC的中点，所以EFAC且12EFAC，即12EFAC；同理，12HGAC，所以EFHG.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.3、证明：因为MNANAM，而13ANAC，13AMAB，所以1111()3333MNACABACABBC.4、（1）四边形ABCD为平行四边形，证略 （2）四边形ABC

6、D为梯形.证明：13ADBC，ADBC且ADBC 四边形ABCD为梯形.（3）四边形ABCD为菱形.（第 11 题）（第 12 题）（第 13 题）EHGFDCAB丙甲乙（第 1 题）（第 4 题(2)）BACD 证明：ABDC，ABDC且ABDC 四边形ABCD为平行四边形 又ABAD 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OAOBBA，ODOCCD 而OAOCOBOD 所以OAOBODOC 所以BACD，即ABCD.因此，四边形ABCD为平行四边形.23 平面向量的基本定理及坐标表示 练习（P100）1、（1）(3,6)ab，(7,2)ab；

7、（2）(1,11)ab，(7,5)ab；（3）(0,0)ab，(4,6)ab；（4）(3,4)ab，(3,4)ab.2、24(6,8)ab，43(12,5)ab.3、（1）(3,4)AB，(3,4)BA ；（2）(9,1)AB，(9,1)BA ；（3）(0,2)AB，(0,2)BA；（4）(5,0)AB，(5,0)BA 4、ABCD.证明：(1,1)AB，(1,1)CD，所以ABCD.所以ABCD.5、（1）(3,2)；（2）(1,4)；（3）(4,5).6、10(,1)3或14(,1)3 7、解：设(,)P x y，由点P在线段AB的延长线上，且32APPB，得32APPB (,)(2,3)

8、(2,3)APx yxy，(4,3)(,)(4,3)PBx yxy 3(2,3)(4,3)2xyxy 32(4)233(3)2xxyy （第 4 题(3)）ADCBADMOBC（第 5 题）815xy，所以点P的坐标为(8,15).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、123(8,0)FFF 3、解法一：(1,2)OA ，(53,6(1)(2,7)BC 而ADBC，(1,5)ODOAADOABC.所以点D的坐标为(1,5).解法二：设(,)D x y，则(1),(2)(1,2)AD

9、xyxy ，(53,6(1)(2,7)BC 由ADBC可得，1227xy，解得点D的坐标为(1,5).4、解：(1,1)OA，(2,4)AB .1(1,2)2ACAB，2(4,8)ADAB，1(1,2)2AEAB.(0,3)OCOAAC，所以，点C的坐标为(0,3)；(3,9)ODOAAD，所以，点D的坐标为(3,9)；(2,1)OEOAAE，所以，点E的坐标为(2,1).5、由向量,a b共线得(2,3)(,6)x，所以236x，解得4x .6、(4,4)AB，(8,8)CD ，2CDAB，所以AB与CD共线.7、2(2,4)OAOA，所以点A的坐标为(2,4)；3(3,9)OBOB ，所

10、以 点B的 坐 标 为(3,9)；故(3,9)(2,4)(5,5)A B 习题 2.3 B 组（P101）1、(1,2)OA，(3,3)AB.当1t 时，(4,5)OPOAABOB，所以(4,5)P；当12t 时，13 35 7(1,2)(,)(,)22 22 2OPOAAB，所以5 7(,)2 2P；当2t 时，2(1,2)(6,6)(5,4)OPOAAB，所以(5,4)P；当2t 时，2(1,2)(6,6)(7,8)OPOAAB，所以(7,8)P.2、（1）因为(4,6)AB ，(1,1.5)AC，所以4ABAC，所以A、B、C三点共线；（2）因为(1.5,2)PQ，(6,8)PR，所以4

11、PRPQ，所以P、Q、R三点共线；（3）因为(8,4)EF ，(1,0.5)EG ，所以8EFEG，所以E、F、G三点共线.3、证明：假设10，则由1 1220ee，得2121ee.所以12,e e是共线向量，与已知12,e e是平面内的一组基底矛盾,因此假设错误，10.同理20.综上120.4、（1）19OP.（2）对于任意向量12OPxeye，,x y都是唯一确定的，所以向量的坐标表示的规定合理.24 平面向量的数量积 练习（P106）1、1cos,8 6242p qpqp q .2、当0a b时，ABC为钝角三角形；当0a b时，ABC为直角三角形.3、投影分别为3 2，0，3 2.图略

12、 练习（P107）1、22(3)45a，225229b，3 54 27a b .2、8a b，()()7ab ab，()0abc，2()49ab.3、1a b，13a，74b，88.习题 2.4 A 组（P108）1、6 3a b，222()225 12 3abaa bb，25 12 3ab.2、BC与CA的夹角为 120，20BC CA.3、22223abaa bb，22235abaa bb.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()coscosaba ba b ()cosa ba b()coscosababa b 所以()()

13、()aba bab；（3）当0时，a与b，a与b的夹角都为180，则()cos(180)cosaba ba b ()coscosa ba ba b ()cos(180)cosababa b 所以()()()aba bab；综上所述，等式成立.证法二：设11(,)ax y，22(,)bxy，那么 11221212()(,)(,)a bxyxyx xy y 112212121212()(,)(,)()a bx yxyx xy yx xy y 11221212()(,)(,)abx yxyx xy y 所以()()()aba bab；5、（1）直角三角形，B为直角.证明：(1,4)(5,2)(6,6

14、)BA ，(3,4)(5,2)(2,2)BC 6(2)(6)20BA BC BABC，B为直角，ABC为直角三角形 （2）直角三角形，A为直角 证明：(19,4)(2,3)(21,7)AB ，(1,6)(2,3)(1,3)AC 21 17(3)0AB AC ABAC，A为直角，ABC为直角三角形 （3）直角三角形，B为直角 证明：(2,5)(5,2)(3,3)BA ，(10,7)(5,2)(5,5)BC 3 53 50BA BC BABC，B为直角，ABC为直角三角形 6、135.7、120.22(23)(2)44361ababaa bb，于是可得6a b，1cos2a ba b，所以120.

15、8、23cos40，55.9、证明：(5,2)(1,0)(4,2)AB，(8,4)(5,2)(3,6)BC，(8,4)(4,6)(4,2)DC ABDC，4 3(2)60AB BC ,A B C D为顶点的四边形是矩形.10、解：设(,)ax y，则2292xyyx，解得3 556 55xy，或3 556 55xy .于是3 5 6 5(,)55a 或3 56 5(,)55a .11、解：设与a垂直的单位向量(,)ex y，则221420 xyxy，解得552 55xy 或552 55xy.于是52 5(,)55e 或5 2 5(,)55e .习题 2.4 B 组（P108）1、证法一：0()

16、0()a ba ca ba cabcabc 证法二：设11(,)ax y，22(,)bxy，33(,)cx y.先证()a ba cabc 1212a bx xy y，1 313a cx xy y 由a ba c得12121313x xy yx xy y，即123123()()0 x xxy yy 而2323(,)bcxx yy，所以()0abc 再证()abca ba c 由()0abc得 123123()()0 x xxy yy，即12121313x xy yx xy y，因此a ba c 2、coscoscossinsinOA OBAOBOA OB.3、证明：构造向量(,)ua b，(,

17、)vc d.cos,u vu vu v，所以2222cos,acbdabcdu v 2222222222()()()cos,()()acbdabcdu vabcd 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CMAB，12AMAB 又cosAB ACAB ACBAC，而AMBACAC 所以212AB ACAB AMAB 5、（1）勾股定理：Rt ABC中，90C，则222CACBAB 证明：ABCBCA 2222()2ABCBCACBCA CBCA.由90C，有CACB，于是0CA CB 222CACBAB （2）菱形ABCD中，求证：ACBD 证明

18、：ACABAD，,DBABAD 22()()AC DBABADABADABAD.四边形ABCD为菱形，ABAD，所以220ABAD 0AC DB，所以ACBD （3）长方形ABCD中，求证：ACBD 证明：四边形ABCD为长方形，所以ABAD，所以0AB AD 222222ABAB ADADABAB ADAD.22()()ABADABAD，所以22ACBD，所以ACBD （4）正方形的对角线垂直平分.综合以上（2）（3）的证明即可.25 平面向量应用举例 习题 2.5 A 组（P113）1、解：设(,)P x y，11(,)R x y 则1111(1,0)(,)(1,)RAx yxy，(,)(

19、1,0)(1,0)APx yx MACB（第 4 题）由2RAAP得11(1,)2(1,)xyxy，即11232xxyy 代入直线l的方程得2yx.所以，点P的轨迹方程为2yx.2、解：（1）易知，OFDOBC，12DFBC,所以23BOBF.22 11()()33 23AOBOBABFabaaab（2）因为1()2AEab 所以23AOAE，因此,A O E三点共线，而且2AOOE 同理可知：2,2BOCOOFOD，所以2AOBOCOOEOFOD 3、解：（1）(2,7)BAvvv；（2）v在Av方向上的投影为135AAv vv.4、解：设1F，2F的合力为F，F与1F的夹角为，则31F，3

20、0；331F，3F与1F的夹角为 150.习题 2.5 B 组（P113）1、解：设0v在水平方向的速度大小为xv，竖直方向的速度的大小为yv，则0cosxvv，0sinyvv.设 在 时 刻t时 的 上 升 高 度 为h，抛 掷 距 离 为s，则001sin,()2coshv tgtgsv t为重力加速度 所以，最大高度为220sin2vg，最大投掷距离为20sin2vg.2、解：设1v与2v的夹角为，合速度为v，2v与v的夹角为，行驶距离为d.则1sin10sinsinvvv，0.5sin20sinvd.120sindv.ODFEABC（第 2 题）（第 4 题）所以当90，即船垂直于对岸

21、行驶时所用时间最短.3、（1）(0,1)解：设(,)P x y，则(1,2)APxy.(2,2 2)AB.将AB绕点A沿顺时针方向旋转4到AP，相当于沿逆时针方向旋转74到AP，于是7777(2cos2 2sin,2sin2 2cos)(1,3)4444AP 所以1123xy ，解得0,1xy （2）32yx 解：设曲线C上任一点P的坐标为(,)x y，OP绕O逆时针旋转4后，点P的坐标为(,)x y 则cossin44sincos44xxyyxy，即2()22()2xxyyxy 又因为223xy，所以2211()()322xyxy，化简得32yx 第二章 复习参考题A 组（P118）1、（1

22、）；（2）；（3）；（4）.2、（1）D；（2）B；（3）D；（4）C；（5）D；（6）B.3、1()2ABab，1()2ADab 4、略解：2133DEBAMAMBab 2233ADab，1133BCab 1133EFab，1233FADCab 1233CDab，2133ABab CEab （第 4 题）5、（1）(8,8)AB，8 2AB；（2）(2,16)OC，(8,8)OD ；（3）33OA OB.6、AB与CD共线.证明：因为(1,1)AB，(1,1)CD，所以ABCD.所以AB与CD共线.7、(2,0)D.8、2n.9、1,0.10、34cos,cos0,cos55ABC 11、证

23、明：2(2)22cos6010nmmn mm，所以(2)nmm.12、1.13、13ab，1ab.14、519cos,cos820 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ababab.222()2abababa b，222()2abababa b.因为ab，所以0a b，于是22ababab.再证ababab.由于222abaa bb，222abaa bb 由abab可得0a b，于是ab 所以ababab.【几何意义是矩形的两条对角线相等】3、证明：先证abcd 22()()c dababab 又ab，所以

24、0c d，所以cd 再证cdab.（第 3 题）NMOABS（第 6 题）由cd得0c d，即22()()0ababab 所以ab 【几何意义为菱形的对角线互相垂直，如图所示】4、12ADABBCCDab，1142AEab 而34EFa，14EMa，所以1111()4242AMAEEMabaab 5、证明：如图所示，12ODOPOP，由于1230OPOPOP，所以3OPOD，1OD 所以11ODOPPD 所以1230OPP，同理可得1330OPP 所以31260PPP，同理可得12360PP P，23 160P PP，所以123PP P为正三角形.6、连接AB.由对称性可知，AB是SMN的中位

25、线，222MNABba.7、（1）实际前进速度大小为224(4 3)8（千米时），沿与水流方向成60的方向前进；（2）实际前进速度大小为4 2千米时，沿与水流方向成690arccos3的方向前进.8、解：因为OA OBOB OC，所以()0OBOAOC，所以0OB CA 同理，0OA BC，0OC AB，所以点O是ABC的垂心.9、（1）2110200a xa ya ya x；（2）垂直；（3）当12210ABA B时，1l2l；当12120A AB B时，12ll，夹角的余弦121222221122cosA AB BABAB；（4）0022AxByCdAB DOP3P1P2（第 5 题）第三

26、章 三角恒等变换 31 两角和与差的正弦、余弦和正切公式 练习（P127）1、cos()coscossinsin0 cos1 sinsin222.cos(2)cos2cossin2sin1 cos0 sincos .2、解：由3cos,(,)52，得2234sin1cos1()55；所以23242cos()coscossinsin()444252510.3、解：由15sin17，是第二象限角，得22158cos1 sin1()1717 ；所以811538 15 3cos()coscossinsin33317217234 .4、解：由23sin,(,)32，得2225cos1 sin1()33

27、；又由33cos,(,2)42，得2237sin1cos1()44 .所以35723 52 7cos()coscossinsin()()()434312 .练习（P131）1、（1）624；（2）624；（3）624；（4）23.2、解：由3cos,(,)52，得2234sin1cos1()55；所以413343 3sin()sincoscos sin()333525210.3、解：由12sin13，是第三象限角，得22125cos1 sin1()1313 ；所以351125 312cos()coscossinsin()()66621321326 .4、解：tantan3 14tan()241

28、 3 11tantan4 .5、（1）1；（2）12；（3）1；（4）32；（5）原式=1(cos34 cos26sin34 sin26)cos(3426)cos602 ；（6）原式=sin20 cos70cos20 sin70(sin 20 cos70cos20 sin70)sin901 .6、（1）原式=coscossinsincos()333xxx；（2）原式=312(sincos)2(sincoscos sin)2sin()22666xxxxx；（3）原式=222(sincos)2(sincoscos sin)2sin()22444xxxxx；（4）原式=132 2(cossin)2

29、2(coscossinsin)2 2cos()22333xxxxx.7、解：由已知得3sin()coscos()sin5，即3sin()5，3sin()5 所以3sin5.又是第三象限角，于是2234cos1 sin1()55 .因此55532427 2sin()sincoscossin()()()()444525210 .练习（P135）1、解：因为812，所以382 又由4cos85，得243sin1()855 ，3sin385tan484cos85 所以3424sinsin(2)2sincos2()()48885525 2222437coscos(2)cossin()()48885525

30、 2232tan23162484tantan(2)3482771tan1()84 2、解：由3sin()5，得3sin5，所以222316cos1 sin1()525 所以2221637cos2cossin()25525 3、解：由sin2sin 且sin0可得1cos2，又由(,)2，得2213sin1cos1()22，所以sin3tan(2)3cos2 .4、解：由1tan23，得22tan11tan3.所 以2tan6tan10，所 以tan310 5、（1）11sin15 cos15sin3024 ；（2）222cossincos8842；（3）原式=212tan22.511tan45

31、2 1tan 22.522；（4）原式=2cos452.习题 3.1 A 组（P137）1、（1）333cos()coscossinsin0 cos(1)sinsin222 ；（2）333sin()sincoscossin1 cos0 sincos222 ；（3）cos()coscossinsin1 cos0 sincos ；（4）sin()sincoscossin0 cos(1)sinsin.2、解：由3cos,05，得2234sin1cos1()55，所以43314 33cos()coscossinsin666525210.3、解：由2sin,(,)32，得2225cos1 sin1()3

32、3 ，又由33cos,(,)42，得2237sin1cos1()44 ，所以 53273 52 7cos()coscossinsin()()343412 .4、解：由1cos7，是锐角，得2214 3sin1cos1()77 因为,是锐角，所以(0,)，又因为11cos()14，所以22115 3sin()1cos()1()1414 所以coscos()cos()cossin()sin 1115 34 31()1471472 5、解：由60150，得9030180 又由3sin(30)5，得2234cos(30)1 sin(30)1()55 所以coscos(30)30 cos(30)cos3

33、0sin(30)sin30 43314 33525210 6、（1）624；（2）264；（3）23.7、解：由2sin,(,)32，得2225cos1 sin1()33 .又由3cos4，是第三象限角，得2237sin1cos1()44 .所以cos()coscossinsin 5327()()3434 3 52 712 sin()sincoscossin 2357()()()3434 63512 8、解：53sin,cos135AB且,A B为ABC的内角 0,02AB，124cos,sin135AB 当12cos13A 时，sin()sincoscossinABABAB 5312433(

34、)013513565 AB，不合题意，舍去 124cos,sin135AB coscos()(coscossinsin)CABABAB 1235416()13513565 9、解：由3sin,(,)52，得2234cos1 sin1()55 .sin353tan()cos544 .31tantan242tan()311tantan111()42 .31tantan42tan()2311tantan1()42 .10、解：tan,tan是22370 xx的两个实数根.3tantan2，7tantan2.3tantan12tan()71tantan31()2 .11、解：tan()3,tan()5

35、 tan()tan()tan2tan()()1tan()tan()3541 3 57 tan()tan()tan2tan()()1tan()tan()3511 3 58 12、解：:2:3:6BD DC AD 11tan,tan32BDDCADAD tantantantan()1tantanBAC1132111132 又0180BAC，45BAC 13、（1）6 5sin()6x；（2）3sin()3x；（3）2sin()26x；（4）27sin()212x；（5）22；（6）12；（7）sin()；（8）cos()；（9）3；（10）tan().14、解：由sin0.8,(0,)2，得22c

36、os1sin10.80.6 sin22sincos2 0.80.60.96 2222cos2cossin0.60.80.28 15、解：由3cos,1802703，得2236sin1cos1()33 632 2sin22sincos2()()333 2222361cos2cossin()()333 sin22 2tan2(3)2 2cos23 16、解：设5sinsin13BC，且090B，所以12cos13B.512120sinsin(1802)sin22sincos21313169ABBBB 2222125119coscos(1802)cos2(cossin)()()1313169ABBB

37、B sin120169120tan()cos169119119AAA 17、解：22122tan33tan211tan41()3，13tantan274tan(2)1131tantan2174.18、解：1cos()cossin()sin31cos()3，即1cos3 DACB（第 12 题）又3(,2)2，所以2212 2sin1cos1()33 2 214 2sin22sincos2()339 222212 27cos2cossin()()339 724 227 28cos(2)cos2cossin2 sin()444929218 19、（1）1 sin2；（2）cos2；（3）1sin4

38、4x；（4）tan2.习题 3.1 B 组（P138）1、略.2、解：tan,tanAB是x的方程2(1)10 xp x，即210 xpxp 的两个实根 tantanABp，tantan1ABp tantan()tan()CABAB tantan11tantan1(1)ABpABp 由于0C，所以34C.3、反应一般的规律的等式是（表述形式不唯一）223sincos(30)sincos(30)4 （证明略）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：223sin(30)cossin(30)cos4 223sin(15)cos(15)sin(15)cos(15)4 223sincos

39、sincos4，其中30，等等 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12PAPP，则2222(cos()1)sin()(coscos)(sinsin)即22cos()22coscos2sinsin 所以cos()coscossinsin 32 简单的三角恒等变换 练习（P142）1、略.2、略.3、略.4、（1）1sin42yx.最小正周期为2，递增区间为,8282kkkZ，最大值为12；（2）cos2yx.最小正周期为2，递增区间为2,22,kkkZ，最大值为 3；（3）

40、2sin(4)3yx.最小正周期为2，递增区间为5,242242kkkZ，最大值为 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22sincos代替 1，用2sincos代替sin2；（5）略；（6）提示：用22cos代替1 cos2；（7）提示：用22sin代替1 cos2，用22cos代替1 cos2；（8）略.2、由已知可有1sincoscossin2，1sincoscossin3（1）32 可得sincos5cossin（2）把（1）所得的两边同除以coscos得tan5tan 注意：这里coscos0隐含与、之中

41、 3、由已知可解得1tan2.于是2212()2tan42tan211tan31()2 1tantan1142tan()1431tantan1()142 tan24tan()4 4、由已知可解得sinx，cosy，于是2222sincos1xy.5、()2sin(4)3f xx，最小正周期是2，递减区间为7,242242kkkZ.习题 3.2 B 组（P143）1、略.2、由于762 790，所以sin76sin(9014)cos14m 即22cos 71m，得1cos72m 3、设存在锐角,使223，所以23，tan()32，又tantan232，又因为tantan2tan()21tanta

42、n2，所以tantantan()(1tantan)33222 由此可解得tan1，4，所以6.经检验6，4是符合题意的两锐角.4、线段AB的中点M的坐标为11(coscos),(sinsin)22.过M作1MM垂直于x轴，交x轴于1M，111()()22MOM.在Rt OMA中，coscos22OMOA.在1Rt OM M中，11coscoscos22OMOMMOM，11sinsincos22M MOMMOM.于是有 1(coscos)coscos222，1(sinsin)sincos222 5、当2x 时，22()sincos1f；当4x 时，4422222()sincos(sincos)2

43、sincosf 211sin 22，此时有1()12f；当6x 时，662232222()sincos(sincos)3sincos(sincos)f 231sin 24，此时有1()14f；由此猜想，当2,xk kN时，11()12kf 6、（1）345(sincos)5sin()55yxxx，其中34cos,sin55 xyM1MCAOB（第 4 题）所以，y的最大值为 5，最小值为5；（2）22sin()yabx，其中2222cos,sinababab 所以，y的最大值为22ab，最小值为22ab；第三章 复习参考题A 组（P146）1、1665.提示：()2、5665.提示：5sin(

44、)sin()sin()()44 3、1.4、（1）提示：把公式tantantan()1tantan变形；（2）3；（3）2；（4）3.提示：利用（1）的恒等式.5、（1）原式=cos103sin104sin(3010)4sin10 cos10sin20；（2）原式=sin10sin103cos10sin40(3)sin40cos10cos10=2sin40 cos40sin801cos10cos10；（3）原式=3sin203sin20cos20tan70 cos10(1)tan70 cos10cos20cos20=sin702sin10sin20cos101cos70cos20cos70；（

45、4）原式=3sin10cos103sin10sin50(1)sin50cos10cos10 2cos50sin100sin501cos10cos10 6、（1）95；（2）2425；（3）2 23.提示：4422222sincos(sincos)2sincos；（4）1725.7、由已知可求得2coscos5，1sinsin5，于是sinsin1tantancoscos2.8、（1）左边=222cos 214cos232(cos 22cos21)22242(cos21)2(2cos)8cos=右边 （第 12（2）题）（2）左边=2222sincos2sincos(sincos)2cos2si

46、ncos2cos(cossin)sincos11tan2cos22=右边 （3）左边=sin(2)2cos()sinsin()2cos()sinsin2cos(cossin)sin()coscos()sinsinsinsin=右边 （4）左边=222234cos22cos 212(cos 22cos21)34cos22cos 212(cos 22cos21)AAAAAAAA 2224222(1cos2)(2sin)tan(1cos2)(2cos)AAAAA=右边 9、（1）1 sin21cos2sin2cos222sin(2)24yxxxxx 递减区间为5,88kkkZ （2）最大值为22，最

47、小值为22.10、2222()(cossin)(cossin)2sin coscos2sin22cos(2)4f xxxxxxxxxx （1）最小正周期是；（2）由0,2x得52,444x，所以当24x，即38x时，()f x的最小值为2.()f x取最小值时x的集合为38.11、2()2sin2sin cos1 cos2sin22sin(2)14f xxxxxxx （1）最小正周期是，最大值为21；（2）()f x在,2 2 上的图象如右图：12、()3sincos2sin()6f xxxaxa.（1）由21a得1a ；（2）2 22,3x kxkkZ.13、如图，设ABD，则CAE，2si

48、nhAB，1coshAC 所以1 212sin2ABChhSAB AC，(0)2 h1h2l2l1BDEAC（第 13 题）当22，即4时，ABCS的最小值为12hh.第三章 复习参考题B 组（P147）1、解法一：由221sincos5sincos1，及0，可解得4sin5，13cossin55，所以24sin225，7cos225，31 2sin(2)sin2 coscos2 sin44450.解 法 二：由1sincos5 得21(sincos)25，24sin225，所 以249cos 2625.又由1sincos5，得2sin()410.因为0,，所以3,444.而当,044 时，s

49、in()04；当3,444时，22sin()4210.所以(0,)44，即(,)4 2 所以2(,)2，7cos225.31 2sin(2)450 2、把1coscos2两边分别平方得221coscos2coscos4 把1sinsin3两边分别平方得221sinsin2sinsin9 把所得两式相加，得1322(coscossinsin)36，即1322cos()36，所以59cos()72 3、由4 3sin()sin35 可得 334 3sincos225，4sin()65.又02，所以366，于是3cos()65.所以3 34coscos()6610 4、22sin22sin2sin

50、cos2sin2sin cos(cossin)sin1tancossin1cosxxxxxxxxxxxxxx 1tansin2sin2 tan()1tan4xxxxx 由177124x得5234x，又3cos()45x，所以4sin()45x，4tan()43x 所以2coscos()cos()cossin()sin44444410 xxxx，7 2sin10 x ，7sin22sin cos25xxx,所以2sin22sin281tan75xxx，5、把已知代入222sincos(sincos)2sincos1，得22(2sin)2sin1.变形得2(1cos2)(1cos2)1，2cos2