=

cos²

a − Sin² a

=

cos

a + sin a

a

= 1 − tg 2 =

π − a

2 2 2 2

a tg( 4 2 )

1 + tg 2

证法4：∵ sec² a − tg²a = 1，∴(sec a − tga )(sec a + tga ) = 1， sec a − tga =

π

1 = cosa =

sin( 2 − a) =

π − a

sec a + tga 1 + sina

π

1+ cos( 2 − a)

tg( 4 2)

cos a − sin a

证法5：Seca − tga = 1 − Sina = 2 2

2Sin( π − a)

= 4 2

= tg( π − a)。4 2

cosa

cos a + sin a

2 2

cos( π − a)

4 2

以上五种证法，运用了同角三有函数关系、互余公式、和、差、倍、半角的三角函数公式。

2.横向联系的把握。

突破习题所在原章节的知识范围与应用范围，用其它章节的知识来思考，或用代数知识解几何，或用三角知识解代数，培养串通和融化知识的能力。

例 已知 x＋y＝1，求 x²+y² 最小值。

解法 1：（利用判别式法）设 m=x²+y²，则 m=x²+(1-x)²，即 2x²-2x+1-m=0.

∵X ∈ R，∴判别式Δ≥0，Δ=(-2)-4×2×2(1-m) ≥0，得 m≥

1 ，∵x² + y²

2

1

的最小值为 2 。

解法 2：（利用点到直线的距离公式）把 x＋y＝1 看作一直线方程，

把所求转化为在此直线上找一点，使其到原点距离

x² + y² 为最小，

如图1—1，∵ oc =

1

0 + 0 − 1

  =

1² + 1²

1

 1 ² 1

∴ oc ² =

，∴x ² + y ²最小值为 =

2 2

解法 3：（利用三角函数性质）

设 x²+y²=n(n≥0)，令 x=ncosθ，y=nsinθ，代入 x+y=1 中，ncosθ+nsin θ=。

1

n = cos θ + sin θ =

1

2Sin(θ +

π ，n² =

4 )

1

2Sin² (θ +

1

π ≥ 2 ，

4 )

∴x² + y²

1

最小值为 2 。

此处还可用配方法以及基本不等式性质来解。3.受控联想。

增减或变换习题条件，调整思路，产生联想，寻求新的解题方法。

例：九张卡片分别写着 0、1、2、⋯⋯8 九个数字，从中任取三张排成一行组成三位数，问共可组成多少个不同的三位数。

开始可设想取三张卡片排一行，若首位数字为 0，则不成三位九，故有

P³ − P² 个不同的三位数。接着加一条件，将原题改为九张卡片分别写有0、

9 8

1、 ⋯⋯8 九个数字，从中任取三张排一行组成三位数，如果写着 6 的卡片又可当 9 用，问共可组成多少个不同的三位数。此时可得：

P¹·P² + 2(C² P³ − C¹ P² )（个）。

7 7 8 3 7 2

4.旧中求新联想。

将新做的习题与做过的分析对比，觅其内在联系，用解旧题的方法去解决新问题。如此则新旧知识融洽相处，线索分明，牢固可靠。

例 （1）求半径为 R 的圆中的内接矩形面积的最大值。

（2）求半径为 R 的球的内接圆柱的侧面积的最大值。

1. 解 如图 1—2，矩形对角线 AC 显然是⊙O 的直径。设 AC 与矩形一边 BC 的成角为θ，则 AB＝2RSinθ，BC=2Rcosθ，矩形 ABCD 面积 S=AB， BC=2Rsinθ，2R=cosθ=2R，Sin2θ≤2R²，

π

∴当θ = 4 ，AB＝BC＝

2R，矩形 ABCD面职最大值2R²。

1. 如图，本题属立体几何范围，但仍可类似地将球半径 AC 与圆柱底面所成角∠ACB 为θ，圆柱母线为 h，则有 h=AB=2R.Sinθ。圆柱底面的直径B2=2r=A2.cosθ=2Rlosθ，∴圆柱侧面积 S=2πrh=π.2Rsosθ.2Rsin

θ = 27. RSinθ≤2πR²，∴当且公当θ = π ，24 = h =

4

2R时，圆柱侧面积

的最大值为2πR² 。

三、如何完成转化过程

转化问题的过程即是分析问题、解决问题的过程，是化繁为简、化难为易、化未知为有知的过程。

1. 等价原则。

产生等价问题的途径有更换等价的条件和结论；通过适当的代换；利用原命题与逆否命题的等价关系等。

例 1 在πΔABC中，已知

Sin Acos² C + Sinc. cos² A = 3 SinB，且最

2 2 2

大角与最小角之差为90°，求证，它的三边之比为( + 1) ： 7：

( − 1)。

C A 3

1 + los²

分析： 因

SinA. cos² ·cso^c =

2 2

1. Sin B ⇔ SinA· 2

   • Sinc.

1+ losA = 3 SinB ⇔ SinA + SinC = 2SinB ⇔ a + c = 2b. 最大角与最小角

2 2

之差为90° ⇔ 三个角由小到大依次为a，90° − 2a，90° + a ⇔ 0°＜a＜30°又因为正弦定理得三边长之比为：Sina： cos 2a： cos a（0°＜a＜30°），至此，原命题可转化为：“已

知 0°＜a＜ 30°，且满足 2cos2a＝sin2+cos2，求证：sin2：cos22

：los2 − (

− 1) ：

7：（

• 1）”显然，这是易于证明的。

1

证：∵2 cos 2a = Sina cos a∴ cos a − sina = 2 ，设 Sina＝X，则 − x

= 1 ，(0＜X 1 sin a = 1 ( − 11)， cos2a = 1 7，

2 ＜ 2 解得， 4 4

1

cos a = 4 ( + 1) ∴Sina： cos 2a： cosa = ( − 1)：(

+ 1)，

故原命题成立。

例 2 设二次方程 ax²+26x+1=0，cx²+2bx+1=0 已知系数组成的 a、bd、C 三数构成等差数列，求证：上述两个方程中至少有一个方程有实根。

分析：原问题用数学符号简化为：设 ax²+2bx+1=0，cx²+2bx+1=0，(a≠ 0), 已知 a+c=2bd，求证 b²-a＜0 与 b²-C＜0 是不能同时成立。它的逆否命题为：“设 ax²+2bx+1=0，cx²+2bx+10(a≠0，C≠0)已知 b²＜a，d²＜c，求证： a＋c ≠2bd。”

证明：∵b²＜a，d²＜c，即 a＋c≠2bd，故原命题成立。2．映射原则。

如问题在原集合中直接解决有较大难度，可运用某法则“移”之于另一集合内，得到一对应问题。然后在其中讨论并解决，再把结果这映射回原集。

例1 已知复数Z₁ + Z₂ + Z₃满足条件Z、Z1 = Z₂ Z2 = Z₃ Z3 = 1，且

Z1 + A2 + Z3 = 0，求证：Z1、Z2 、Z3 对应的点恰是复平面上一个正三角形的顶点。

分析：因复数集与向量集、实数对集均可建一一映射，故其可转化为三角形式、代数形式、向量形式，其等价三角式及证明如下：

已知

cos a + cosβ + cos v = 0，

Sina + Sinβ + Siny = 0，

求证：β-α=±120°，Y-α=±120°（α，β，Y 为三复数的辐角）。证明：∵-cosY=cosα+cosβ①

-siny=sinα+sinβ②

①²、②² 得：Cos²Y=Cos²α+Cos²β+2cos·cosβ③

sin²Y=Sin²a+Sin²β+2Sina.Sinβ，④

③十④，得cos( α − β) = - 1 ，得− 2 = ±120°，不难求出Y − 2 = μ120°，

2

∴原命题成立。

例2，求证 max

− X) = 1

0＜ 

分析：因X≥0 ，设代换X = ctg²t 1

t≤ 2

即将集合A = {X|X＞0}与

π



1

集合B{t|0＜t≤ 2 π}建立一一对应。因 y = − = −

= csc t − ctgt

= 1 − cost = tgt t ，(0＜ 1 t≤ π)。

sint

2 2 4

t π

故原命题可转化为；“求证 max(tg 2) = 1，(o＜t≤ 2 )。

t π t

证：∵tg 2 在(0， 2 )上单调递增函数，∴max（tg 2 ），故原题成立。

3.构造原则。

设想一个与原问题有关的新问题，通过对新问题的研究达到解决原问题的目的，其表现在构造方程、构造函数以及构造图形上。

例 1 设 a.b ∈ R，满足 2a+b+2≤0，试证：方程 x⁴+ax³+bx²+ax+1=0 至少有一个正实数解。

证：x＝0不是方程的解，故令u = x + 1 则有u² + au + b − 2 = 0 ①

x

1

此时，如原方程有解x₀＞0，则①有解为u₀ = x ₀ +

0

≤2，反之若

①有解U0 ± / 2 因此，原方程至少有一解X0＞0，所以原方程有

解 X0 ＞ 0 方程①有解 U0 ≥ 2 等价。构造函数 f(u)=u²+au+b-2 ，因为f(2)=2a+b+2，由已知，有 f（2）≤0，又 f（u）图象开口向上抛物线，故定有 U0≥2，使 f（u0≥2，使 f（u0）＝0，原命题得证。

例 2 已知 a²sinθ+acosθ-1=0，b²sinθ+bcosθ-1=0(a≠b），用 1 表示过点（a，a²），（b，b²）的直线。证明：此直线在变化时，恒与一定圆相切。

证：二式结构同，且 a≠b 构造 sin·t²+cost-1θ≠0，显然 a，b

cos

为这方程二异根，由韦达定量有a＋b = −

ab = −

1 过(a，b)(b，b² ) 两

点的直线方程为y − a =

b² − a ²

b − a

sin sin

( x − a)，即y = (a + b)x - ab

，将代入得

x cosθ + y sin θ − 1 = 0，因原点到此直线距离为d =|

0 + 0 − 1

| ＝ 1，故

无论为何值，该直线与单位圆恒相切。