专练1 以三角为主背景的融合与创新题
1．三角形内到其三个顶点的距离之和最小的点称为“费马点”．意大利数学家托里拆利发现：当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点即为费马点．在△ABC中，若BC=4，且sin A∶sin B∶sin C=2∶2∶1，则该三角形的费马点到各顶点的距离之和为( B )
A．4 B．3
C．4＋ D．4＋2
【解析】 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为sin A∶sin B∶sin C=2∶2∶1，所以由正弦定理得a∶b∶c=2∶2∶1．又a=4，所以b=2，c=．由余弦定理得cos A===－＜－，所以A＞120°，所以顶点A为费马点，故点A到各顶点的距离之和为b＋c=3．
2．在△ABC中，已知sin B=cos Asin C，=－25，S△ABC=10，P为线段AB上的一点，且=x·＋y·(x，y∈R)，则＋的最小值为( C )
A．2 B．2
C．4 D．4
【解析】 因为sin B=cos Asin C，所以sin(A＋C)=sin Acos C＋cos Asin C=cos Asin C，所以sin Acos C=0．因为在△ABC中，sin A＞0，所以cos C=0，所以C=．因为=－||2=－25，所以||=5．因为S△ABC=||·||=10，所以||=4，从而=x·＋y·=＋．因为P为线段AB上的一点，所以＋=1，且易得x＞0，y＞0，所以＋==2＋＋≥2＋2=4，当且仅当=，即x=2，y=时等号成立，故＋的最小值为4．
3．数学家切比雪夫曾用一组多项式阐述余弦的n倍角公式，即cos nx=Tn(cos x)，T0(x)=1，T1(x)=x，T2(x)=2x2－1，T3(x)=4x3－3x，T4(x)=8x4－8x2＋1，T5(x)=16x5－20x3＋5x，…，则cos218°=( A )
A． B．
C． D．
【解析】 由cos nx=Tn(cos x)，得cos90°=cos(5×18°)=T5(cos18°)=16cos518°－20cos318°＋5cos18°，即16cos518°－20cos318°＋5cos18°=0，整理得16cos418°－20cos218°＋5=0．令t=cos218°，则16t2－20t＋5=0，解得t=．因为18°＜30°，所以cos18°＞，t=cos218°＞，所以t=．
4．第七届国际数学大会(ICME－7)的会徽图案是由若干三角形组成的．如图，作Rt△AOB，OA=1，∠AOB=30°，再依次作相似三角形△BOC，△COD，△DOE，…，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止，则所作的所有三角形的面积和为( D )
A． B．
C． D．
【解析】 =12，设第n(n∈N*，1≤n≤12)个直角三角形的斜边长为an，面积为bn．由题意可知a1==，an＋1==an，bn=×an×an=，则b1=≠0，===，可知数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，所以所作的所有三角形的面积和为=．
5．数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．例如，与相关的代数问题，可以转化为点A(x，y)与点B(a，b)之间的距离的几何问题．结合上述观点，函数f(x)=，x∈的值域为____．
【解析】 设P(cos x，sin x)为单位圆O上的一点，点A(－1，－1)，B(1，0)，C，则f(x)=表示直线PA的斜率．如图，当P与B重合时，PA的斜率最小，为f(0)=(取不到)；当P与C重合时，PA的斜率最大，为f=1．所以f(x)的值域为．
6．已知函数f(x)=(x≥0)．设函数f(x)图象的最高点从左至右依次为A0，A1，A2，…，f(x)与x轴的交点从左至右依次为B0，B1，B2，…，在线段A2B2上取10个不同的点C1，C2，C3，…，C10，则＋＋…＋· =__100__．
【解析】 函数y=x(x≥0)的最小正周期T==4．函数y=x(x≥0)位于x轴上方的图象不变，位于x轴下方的图象翻折到x轴上方后可得函数f(x)=(x≥0)的图象(如图所示)，可得A1(2，)，A2(4，)，B2(5，0)，所以=(2，)，=(1，－)，所以=2－2=0．由Cn(n=1，2，3，…，10)在线段A2B2上，可得=0，连接OA2，则=(4，)，所以=·(＋)=＋=，所以＋＋…＋·=10=10×10=100．
7．已知函数f(x)= ωxcos ωx－sin ，其中ω∈N*，且f(x)在［0，π)上有且仅有2个零点，2个极值点．
(1) 求f(x)的最小正周期；
【解答】 f(x)= ωxcos ωx－sin ·sin = 2ωx－(sin ωx＋cos ωx)(sin ωx－cos ωx)= 2ωx＋(cos 2ωx－sin 2ωx)= 2ωx＋cos 2ωx=sin ，令z=2ωx＋，当x∈［0，π)时，则≤z=2ωx＋＜2ωπ＋．如图，由y=sin z的图象可知，要使f(x)在［0，π)上有且仅有2个零点，2个极值点，则有2π＜2ωπ＋≤，解得＜ω≤．因为ω∈N*，所以ω=1，即f(x)=sin ，其最小正周期为π．
(2) 设集合M=，已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a=2，c=4，现从集合M的所有元素中任取一值作为角A的值，求使得△ABC存在的概率．
【解答】 由f(x)≥可得sin ≥，解得＋2nπ≤2x＋≤＋2nπ，n∈Z，即nπ≤x≤＋nπ，n∈Z(*)．由集合M可知x=，代入(*)，化简得36n≤k≤12＋36n，n∈Z．又k∈N*且k≤18，可得k=1，2，…，12，则有M=．因为a=2，c=4，若角A的值可使△ABC存在，需使a≥c·sin A，即sin A≤，A≤，满足此条件的角A有，，，，，，共6个，故使得△ABC存在的概率为．
8．如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=3，(a－b)(sin A＋sin B)=(c－b)sin C．连接△ABC的各边中点得△A1B1C1，再连接△A1B1C1的各边中点得△A2B2C2……如此继续下去，记△ABC，△A1B1C1，△A2B2C2，…的面积分别为S0，S1，S2，…．
(1) 求S0的最大值；
【解答】 由(a－b)(sin A＋sin B)=(c－b)sin C及正弦定理可得(a－b)(a＋b)=(c－b)c，即a2－b2=c2－bc，所以cos A==，又A∈(0，π)，所以A=．由a2－b2=c2－bc可知，a2=b2＋c2－bc≥2bc－bc=bc，当且仅当b=c时取等号，所以S0=bcsin A≤a2=，故S0的最大值为．
(2) 若S0＋S1＋S2＋…＋Sn＞，求整数n的最小值．
【解答】 由条件可知，S0，S1，S2，…是以S0为首项，为公比的等比数列，所以S0＋S1＋S2＋…＋Sn=S0=S0=S0．令×＞，即1－＞，所以＜，即4n＞506.5．又44=256＜506.5，45=1 024＞506.5，所以整数n的最小值为5．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专练1 以三角为主背景的融合与创新题
1．三角形内到其三个顶点的距离之和最小的点称为“费马点”．意大利数学家托里拆利发现：当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点即为费马点．在△ABC中，若BC=4，且sin A∶sin B∶sin C=2∶2∶1，则该三角形的费马点到各顶点的距离之和为( )
A．4 B．3
C．4＋ D．4＋2
2．在△ABC中，已知sin B=cos Asin C，=－25，S△ABC=10，P为线段AB上的一点，且=x·＋y·(x，y∈R)，则＋的最小值为( )
A．2 B．2
C．4 D．4
3．数学家切比雪夫曾用一组多项式阐述余弦的n倍角公式，即cos nx=Tn(cos x)，T0(x)=1，T1(x)=x，T2(x)=2x2－1，T3(x)=4x3－3x，T4(x)=8x4－8x2＋1，T5(x)=16x5－20x3＋5x，…，则cos218°=( )
A． B．
C． D．
4．第七届国际数学大会(ICME－7)的会徽图案是由若干三角形组成的．如图，作Rt△AOB，OA=1，∠AOB=30°，再依次作相似三角形△BOC，△COD，△DOE，…，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止，则所作的所有三角形的面积和为( )
A． B．
C． D．
5．数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．例如，与相关的代数问题，可以转化为点A(x，y)与点B(a，b)之间的距离的几何问题．结合上述观点，函数f(x)=，x∈的值域为____．
6．已知函数f(x)=(x≥0)．设函数f(x)图象的最高点从左至右依次为A0，A1，A2，…，f(x)与x轴的交点从左至右依次为B0，B1，B2，…，在线段A2B2上取10个不同的点C1，C2，C3，…，C10，则＋＋…＋· =____．
7．已知函数f(x)= ωxcos ωx－sin ，其中ω∈N*，且f(x)在［0，π)上有且仅有2个零点，2个极值点．
(1) 求f(x)的最小正周期；
(2) 设集合M=，已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a=2，c=4，现从集合M的所有元素中任取一值作为角A的值，求使得△ABC存在的概率．
8．如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=3，(a－b)(sin A＋sin B)=(c－b)sin C．连接△ABC的各边中点得△A1B1C1，再连接△A1B1C1的各边中点得△A2B2C2……如此继续下去，记△ABC，△A1B1C1，△A2B2C2，…的面积分别为S0，S1，S2，…．
(1) 求S0的最大值；
(2) 若S0＋S1＋S2＋…＋Sn＞，求整数n的最小值．
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专练1 以三角为主背景的融合与创新题
【解析】
【答案】B
【解析】
【答案】C
【解析】
【答案】A
【解析】
【答案】D
【解析】
【解析】
【答案】 100
【解答】
【解答】
8．如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝3，(a b)(sin A＋sin B)＝(c b)sin C．连接△ABC的各边中点得△A1B1C1，再连接△A1B1C1的各边中点得△A2B2C2……如此继续下去，记△ABC，△A1B1C1，△A2B2C2，…的面积分别为S0，S1，S2，…．
(1) 求S0的最大值；
【解答】
【解答】
2门世2有
3厚
1。三角形内到其三个顶点的距离之和最小的点称为“费马点”·意大利数学家托
里拆利发现：当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA
=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的
J顶点即为费马点.在△ABC中，若BC=4,且sinA:sinB:sinC=2√2：2：1，则
该三角形的费马点到各顶点的距离之和为
A.
42
B.32
C.
4+√2
D.4+22
设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,因为sinA:sinB:sinC
=2√2：2：1，所以由正弦定理得a:b:c=2V2:2:1.又a=4,所以b=22,
c=V2.
由余弦定理得cosA=b2+c2-Q
8+2-16
3
1
,所以A>120°，所以J顶点A为
2bc
2X2√2X√2
费马点，故点4到各顶点的距离之和为b十C=3√2
2.
因为SBc-BGAG=10,所以AG-4,从而cP-x乐+y-CA+CB.
ICA
CB
因为P为线段AB上的一点，所以+=1，且易得x>0,
y>0:
所以+(+任+)-2+芳+贵2+2房是-、当且仅当等-
,即x=
41
2,y=时等号成立，故+的最小值为4.
3
◆
由c0sx=Tn(cosx),得c0s90°=c0s(5X18°)=T5(cos18°)=
16cos518°-20cos318°+5c0s18°，即16c0s518°-20cos318°+5c0s18°=0，整
理得16cos418°-20cos218°+5=0.
令1=c0s218°，则16-201+5=0，解得1=5±5
8
因为18”<30，所以os18>号，1=c0s218>所以1-5
8
