第14讲有式的恒等变形
代数式的恒等变形
教学·信息 课程教育研究 Course Education Ressearch 2015年9月 下旬刊174· ·著名教育家裴斯泰洛奇说过：“教学最大的挑战是她的不可预知性。
”语文课堂教学是师生、生生、生本之间相互对话、相互碰撞的动态过程，课堂随时会出现一些非预设性的新情况、新动态。
这就是所谓的“不可预知性”，通常也叫做节外生枝。
教师该如何运用教学的节外生枝，使其也能绽放出春天的光彩，我谈两个看法。
一、节外生枝，巧在引导有位教师教学苏教版五年级下册的《埃及的金字塔》第二自然段，形成下面的对话：师：读了这段话，谁来说说金字塔有什么作用？生：金字塔是拿来看的！（全班同学哄堂大笑，该同学满脸通红）师：这位同学已经跳出课文，融入了自己的理解，他把今天金字塔的作用用一个“看”字进行了高度的概括。
这个“看”字可不一般呀，同学们请想一想，你能给“看”换个词吗？生（纷纷举手）：欣赏、研究、考察、勘探、瞻仰。
师：说得好！下面请同学们认真的默读第3、4、5、自然段，想一想，不同身份的人站在金字塔前，他们是怎么“看”的？《课标》指出：“阅读是学生的个性化行为。
”学生对文本的阅读感悟，是依据自己的阅读经验和情感而产生自然而真实的反应，有时会出现教师不可预料的阅读感悟。
上述教学，由于学生的生活经验和对文本的感悟不同，其认识确实偏离了课文内容。
但执教老师却没有简单地否定，而是充分尊重学生的个性化理解，顺学而导，由“看”引出“欣赏、研究、考察、勘探、瞻仰”等意思，让学生带着问题与文本进行一番深层次的对话，再次交流自己的体会和感悟。
看似离谱的回答，在老师巧妙地引导下，竟化腐朽为神奇。
学生的思维火花被点燃了，“欣赏金字塔、研究金字塔、勘探金字塔……”，对金字塔的崇敬之情、热爱之情油然而生，课堂呈现百花齐放、百家争鸣的局面，也加深了学生对文本的理解和感悟。
这样的引导，既呵护了学生，化解课堂教学的尴尬，又引发学生深入阅读探究，发表见解，从而获得真知求知。
1.1代数式的恒等变形课件-高一上学期数学初升高衔接
(2) x3 3x2 3x 9 原式 (x3 3x2 ) (3x 9) x2 (x 3) 3(x 3) (x 3)(x2 3)
(3).1 x x2 x3 x4 x5 x6 x7
原式 (1 x) x2 (1 x) x4 (1 x) x6 (1 x) (1 x)(1 x2 x4 x6 ) (1 x)[(1 x2 ) x4 (1 x2 )] (1 x)(1 x2 )(1 x4 )
A.(a b 10)(a b 3)
B.(a b 5)(a b 6)
C.(a b 3)(a b 10)
D.(a b 6)(a b 5)
4.若多项式x2 3x a可分解为(x 6)(x b) ，则a 、b 的值为 C
A.a 18,b 3
B.a 18,b 3
C.a 18,b 3
课堂练习： 一、填空题：
1.多项式6x2 y 2xy2 4xyz 中各项的公因式是（ 2xy ）
2. 2m(x y) n( y x) (x y) ( 2m n )
3. m(x y)2 3n( y x)2 (x y)2 ( m3n )
4. m(x y z) 2n( y z x) (x y z) ( m 2n )
解： a2 b2 c2 (a b c)2 2(ab bc ac)
ab bc ac (a b c)2 (a2 b2 c2 ) 62 14 11
2
2
二、因式分解的几种常用方法 1.十字相乘法
例3. 分解因式： (1)x2 2x 3
x2 2x 3 (x 3)(x 1) (3)x2 (a b)xy aby2
4
A. 1 m2 2
B 1 m2 4
C 1 m2 16
D 1 m2 64
(2)不论a ，b为何实数，a2 2b2 2a 6b 7 的值
代数式恒等变形法则归纳
代数式恒等变形法则归纳引言代数式是代数学中的基础概念之一，它用字母和常数通过运算符号相连而成。
在数学中，我们常常需要对代数式进行变形，以达到简化、分解、合并或者推导等目的。
代数式的变形是数学问题解决过程中重要的一环，它不仅能提高计算效率，还能揭示代数运算的本质。
在代数式的变形中，恒等变形法则是重要的基础工具，本文将对代数式的恒等变形法则进行归纳总结。
一、基本变形法则1. 加法法则：•加法结合律：a+(b+c)=(a+b)+c•加法交换律：a+b=b+a•加法零元：a+0=a #### 2. 乘法法则：•乘法结合律：$a \\cdot (b \\cdot c) = (a \\cdot b) \\cdot c$•乘法交换律：$a \\cdot b = b \\cdot a$•乘法零元：$a \\cdot 0 = 0$•乘法单位元：$a \\cdot 1 = a$二、分配律1. 左分配律：对于任意的a,b,c，有$a \\cdot (b + c) = a \\cdot b + a \\cdot c$ #### 2. 右分配律：对于任意的a,b,c，有$(a + b) \\cdot c = a \\cdot c + b \\cdot c$三、幂运算法则1. 幂运算与乘法运算：•幂运算与乘法运算的交换律：$(a \\cdot b)^n = a^n \\cdot b^n$•幂运算与乘法运算的结合律：$(a^n)^m = a^{n \\cdot m}$ #### 2.幂运算的乘方法则：•幂运算的乘方法则1：$a^n \\cdot a^m = a^{n + m}$•幂运算的乘方法则2：$(a^n)^m = a^{n \\cdot m}$•幂运算的乘方法则3：$(a \\cdot b)^n = a^n \\cdot b^n$四、指数运算法则1. 指数运算与乘法运算：•指数运算与乘法运算的交换律：$(a \\cdot b)^n = a^n \\cdot b^n$•指数运算与乘法运算的结合律：$(a^n)^m = a^{n \\cdot m}$ #### 2.指数运算的指数法则：•指数运算的指数法则1：$a^n^m = a^{n \\cdot m}$•指数运算的指数法则2：$(a^n)^m = a^{n \\cdot m}$•指数运算的指数法则3：$(a^m)^n = a^{m \\cdot n}$五、因式分解法则1. 公因式提取法则：•公因式提取法则1：ax+ay=a(x+y)•公因式提取法则2：$a \\cdot b + a \\cdot c = a \\cdot (b + c)$ ####2. 公式分解法则：•差的平方公式：a2−b2=(a+b)(a−b)•平方差公式：a2−b2=(a−b)(a+b)•完全平方公式：a2+2ab+b2=(a+b)2•完全平方公式：a2−2ab+b2=(a−b)2六、合并同类项法则合并同类项法则：将含有相同字母指数的项合并为一个项•合并同类项法则1：ax+bx=(a+b)x•合并同类项法则2：ax2+bx2=(a+b)x2•合并同类项法则3：ax n+bx n=(a+b)x n结论恒等变形法则在代数式的变形中起着重要的作用。
代数式的恒等变形
代数式的恒等变形一、常值代换求值法——“1”的妙用例1 、 已知ab=1，求221111ba +++的值 [解] 把ab=1代入，得221111b a +++ =22b ab aba ab ab +++ =b a a b a b +++=1例2 、已知xyzt=1，求下面代数式的值：分析 直接通分是笨拙的解法，可以利用条件将某些项的形式变一变．解 根据分式的基本性质，分子、分母可以同时乘以一个不为零的式子，分式的值不变．利用已知条件，可将前三个分式的分母变为与第四个相同．同理练习：1111,1=++++++++=c ca cb bc b a ab a abc 证明：若二、配方法例1、 若实数a 、b 满足a2b2+a2+b2-4ab+1=0，求b a a b +之值。
[解] ∵a2b2+a2+b2-4ab+1=(a2b2-2ab+1)(a2-2ab+b2) =(ab-1)2+(a-b)2则有(ab-1)2+(a-b)2=0∴⎩⎨⎧==-.1,0ab b a解得⎩⎨⎧==;1,1b a ⎩⎨⎧-=-=.1,1b a当a=1，b=1时，b aa b +=1+1=2 当a=-1，b=-1时，b a a b +=1+1=2 例1 设a 、b 、c 、d 都是整数，且m=a2+b2,n=c2+d2,mn 也可以表示成两个整数的平方和，其形式是______.解mn=(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+2abcd+b2d2+a2d2+b2c2-2abcd =(ac+bd)2+(ad-bc)2=(ac-bd)2+(ad+bc)2,所以，mn 的形式为(ac+bd)2+(ad-bc)2或（ac-bd ）2+(ad+bc)2.例 2 设x 、y 、z 为实数，且(y-z)2+(x-y)2+(z-x)2=(y+z-2x)2+(z+x-2y)2+(x+y-2z)2.求的值.解 将条件化简成2x2+2y2+2z2-2xy-2x2-2yz=0 ∴ (x-y)2+(x-z)2+(y-z)2=0 ∴ x=y=z,∴原式=1.练习：,0146422222=+---++x cx bx ax c b a 已知求证：3:2:1::=c b a三、因式分解法例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd ，且a ，b ，c ，d 都是正数，求证：a=b=c=d ． 证 由已知可得a4+b4+c4+d4-4abcd=0，(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0， 所以(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0．因为(a2-b2)2≥0，(c2-d2)2≥0，(ab-cd)2≥0，所以 a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以 (a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)＝0．又因为a ，b ，c ，d 都为正数，所以a+b≠0，c+d≠0，所以 a ＝b ，c=d ． 所以ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0， 所以a ＝c ．故a=b ＝c=d 成立．例4 已知|a|+|b|=|ab|+1， 求a+b 之值 [解] ∵|a|+|b|=|ab|+1∴|a|·|b|-|a|-|b|+1=0 (|a|-1)(|b|-1)=0 |a|=1 |b|=1 ∴a=±1或b=±1. 则当a=1，b=1时，a+b=2 当a=1，b=-1时，a+b=0 当a=-1，b=1时，a+b=0当a=-1，b=-1时，a+b=-2[评注] 运用该法一般有两种途径求值，一是将已知条件变形为一边为0，另一边能分解成几个因式的积的形式，运用“若A ·B=0，则A=0或B=0”的思想来解决问题。
整式恒等变形
整式恒等变形编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（整式恒等变形）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为整式恒等变形的全部内容。
第8讲整式恒等变形模块一恒等变形→降幂迭代与换元基础夯实题型一降幂迭代法与大除法【例1】(第14届“希望杯”邀请赛试题)如果x2＋x－1＝0，那么x3＋2x2＋3＝__________．【练1】(1990年第一届希望杯初二第一试)已知3x2＋4x－7＝0,求6x4＋11x3－7x2－3x－7的值．题型二 整体代入消元法【例2】（第14届希望杯1试)若x ＋y ＝－1，求x 4＋5x 3y ＋x 2y ＋8x 2y 2＋xy 2＋5xy 3＋y 4的值．【练2】当x －y ＝1时，求x 4－xy 3－x 3y －3x 2y ＋3xy 2＋y 4的值．题型三 换元法 强化挑战【例3】化简(y ＋z －2x )2＋(z ＋x －2y )2＋（x ＋y －2z )2－3（y －z )2－3（x －y ）2－3(x －z )2．【练3】已知x ，y ,z 为有理数（y －z )2＋（z －x ）2＋(x －y )2＝（y ＋z －2x ）2＋（x ＋z －2y )2＋（x ＋y －2z ）2，求的值．模块二 恒等变形→因式分解与不定方程 题型一 因式分解 基础夯实【例4】（1)已知a 5－a 4b －a 4＋a －b －1＝0，且2a －3b ＝1，则a 3＋b 3的值等于________．(2)若a 4＋b 4＝a 2－2a 2b 2＋b 2＋6，则a 2＋b 2＝________．【练4】（1）若x 满足x 5＋x 4＋x ＝－1则x ＋x 2＋x 3＋…＋x2012＝__________．(2)已知15x 2－47xy ＋28y 2＝0，求的值．强化挑战【例5】已知：a 、b 、c 为三角形的三条边,且a 2＋4ac ＋3c 2－3ab －7bc ＋2b 2＝0,求证：2b ＝a ＋c ．【练5】（1)在三角形ABC 中，a 2－16b 2－c 2＋6ab ＋10bc ＝0，其中a ，b ,c 是三角形的三边，求证：a ＋c ＝2b ．(2)已知△ABC 三边a 、b 、c ,满足条件a 2c －a 2b ＋ab 2－b 2c ＋c 2b －ac 2＝0，试判断△ABC 的形状，并说明理由．()()()()()()222111111y z z x x y x y z ++++++xy题型二 不定方程【例6】（1)方程xy －2x －2y ＋7＝0的整数解(x ≤y )为___________．（2）已知a ＞b ＞c ≥0,求适合等式abc ＋ab ＋ac ＋bc ＋a ＋b ＋c ＝2011的整数a ，b ,c 的值．【练6】(1)长方形的周长为16cm ，它的两边长x ，y 均为整数,且满足x －y －x 2＋2xy －y 2＋2＝0,求它的面积．(2）矩形的周长28cm ，两边长为x cm 、y cm ，且x 3＋x 2y －xy 2－y 3＝0，求矩形的面积．【例7】(2000年联赛）实数x ，y 满足x ≥y ≥1和2x 2－xy －5x ＋y ＋4＝0，则x ＋y ＝_______．【练7】当x 变化时，分式的最小值是________．模块三 恒等变形→配方法【例8】已知x 2＋2xy ＋2y 2＋4y ＋4＝0，求x ，y ．【练8】已知x 2－6xy ＋10y 2－4y ＋4＝0，求x ，y ．【例9】已知x 2＋2xy ＋2y 2＋4x ＋8＝0，求x ,y ．【练9】已知x 2－6xy ＋10y 2＋2x －8y ＋2＝0，求x ，y ．【例10】已知实数a 、b 、c 满足a －b ＋c ＝7，ab ＋bc ＋b ＋c 2＋16＝0．则的值等于____．22365112x x x x ++++ba【练10】已知a －b ＝4，ab ＋c 2＋4＝0，则a ＋b ＝________．模块四 恒等变形→乘法公式 知识点睛【常见乘法公式】 1、二元二次：(1）(a ＋b )(a －b ）＝__________．(2)(a －b )2＝__________． 2、三元二次：(3)(a ＋b ＋c ）2＝_________．（4)a 2＋b 2＋c 2＋ab ＋bc ＋ca ＝_______． 3、二元三次：(5）(a ＋b ）3＝______________．（6）a 3＋b 3＝______________． 4、三元三次：（7）(a ＋1)(b ＋1)（c ＋1)＝abc ＋ab ＋bc ＋ca ＋a ＋b ＋c ＋1(8)（a ＋b )(b ＋c )（c ＋a )＝a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋ab 2＋bc 2＋ca 2＋2abc(9)(a ＋b ＋c ）(ab ＋bc ＋ca ）＝a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋ab 2＋bc 2＋ca 2＋3abc(10)a 3＋b 3＋c 3－3abc ＝(a ＋b ＋c ）(a 2＋b 2＋c 2－ab －bc －ca ） 5、三元四次：(11）(a ＋b ＋c )（a ＋b －c )(b ＋c －a ）（c ＋a －b )＝－a 4－b 4－c 4＋2a 2b 2＋2b 2c 2＋2c 2a 26、二元n 次：(12）a n －b n ＝（a －b )（a n －1＋a n －2b ＋a n －3b 2＋…＋ab n －2＋b n －1）（13）a n ＋b n ＝（a ＋b ）（a n －1－a n －2b ＋a n －3b 2＋…－ab n －2＋b n －1）（n 为奇数） 7、n 元二次:（14）（a 1＋a 2＋…＋a n ）2＝a 12＋a 22＋…＋a n 2＋2a 1a 2＋2a 1a 3＋…＋2a 1a n ＋2a 2a 3＋2a 2a 4＋…＋2a n －1a n ．(15)a 12＋…＋a n 2＋a 1a 2＋…＋a 1a n ＋a 2a 3＋…＋a 2a n ＋…＋a n －1a n ＝［(a 1＋a 2)2＋…＋（a n －1＋a n )2] 强化挑战【例11】已知实数a 、b 、x 、y 满足a ＋b ＝x ＋y ＝3，ax ＋by ＝4,求(a 2＋b 2）xy ＋ab （x 2＋y 2）的值．【练11】(第6届希望杯初一)已知ax ＋by ＝7，ax 2＋by 2＝49，ax 3＋by 3＝133，ax 4＋by 4＝406，试求1995（x ＋y ）＋6xy －(a ＋b )的值．【例12】若a ＋b ＋c ＝0，a 3＋b 3＋c 3＝0,求证：a2011＋b2011＋c2011＝0．12172【练12】若a ＋b －c ＝3，a 2＋b 2＋c 2＝3，那么a2012＋b2012＋c2012＝___________．【例13】(2009年北京市初二数学竞赛）设a ＋b ＋c ＝0，a 2＋b 2＋c 2＝1． (1)求ab ＋bc ＋ca 的值；（2)求a 4＋b 4＋c 4的值．【练13】若a ＋b ＋c ＝1，a 2＋b 2＋c 2＝2，a 3＋b 3＋c 3＝，(1)求abc 的值;(2)求a 4＋b 4＋c 4的值．巅峰突破【例14】若x ＋y ＝a ＋b ，且x 2＋y 2＝a 2＋b 2，求证：x 2014＋y 2014＝a 2014＋b 2014．【练14】已知a ＋b ＝c ＋d ,a 3＋b 3＝c 3＋d 3，求证：a2013＋b2013＝c2013＋d2013．【拓14】已知a ＋b ＝c ＋d ，a 5＋b 5＝c 5＋d 5,求证：a2013＋b2013＝c2013＋d2013．第8讲 课后作业【习l 】已知x 2＋x －1＝0，求x 8－7x 4＋11的值．【习2】已知a ＋b ＋c ＝1，b 2＋c 2－4ac ＋6c ＋1＝0,求abc 的值．【习3】若m ＝20062＋20062×20072＋20072，则m ( )A ．是完全平方数,还是奇数B ．是完全平方数，还是偶数C ．不是完全平方数，但是奇数D ．不是完全平方数，但是偶数83【习4】正整数a、b、c是等腰三角形三边的长，并且a＋bc＋b＋ca＝24，则这样的三角形有( ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【习5】已知a、b、c是一个三角形的三边，则a4＋b4＋c4－2a2b2－2b2c2－2c22a2的值（ ) A．恒正 B．恒负 C．可正可负 D．非负【习6】如果a＋2b＋3c＝12，且a2＋b2＋c2＝ab＋bc＋ca,求a＋b2＋c3的值．【习7】已知实数a、b、x、y满足a＋b＝x＋y＝2，ax＋by＝5，求(a2＋b2)xy＋ab（x2＋y2）的值．【习8】已知x是实数并且x3＋2x2＋2x＋1＝0．求x2008＋x2011＋x2014的值．【习9】(1999年北京市初二数学竞赛）若3x3－x＝1,求9x4＋12x3－3x2－7x＋2010的值．【习10】（第18届希望杯初一)有理数a，b,c满足a：b：c＝2：3：5，且a2＋b2＋c2＝abc，求a＋b＋c的值．【习11】(十八届希望杯初二二试）已知a1，a2,a3，…,a2007，是彼此互不相等的负数，且M＝（a＋a2＋…＋a2006）（a2＋a3＋…＋a2007）,N＝(a1＋a2＋…＋a2007）（a2＋a3＋…＋a2006),试1比较M、N的大小．【习12】(2013年联赛）已知实数x，y，z满足x＋y＝4，|z＋1|＝xy＋2y－9，则x＋2y＋3z＝_______．【习13】（2013年竞赛）已知正整数a、b、c满足a＋b2－2c－2＝0,3a2－8b＋c＝0，则abc 的最大值为____________．【习14】（2001年联赛）求实数x,y的值，使得（y－1）2＋（x＋y－3)2＋（2x＋y－6)2达到最小值．。
恒等变形知识点总结
恒等变形知识点总结恒等变形是指根据等式的性质和算术运算的性质，将一个等式变形成另一个等式的过程。
在变换的过程中，通过适当的运算，将等式的两侧转变成相同的表达式。
首先，我们来看一下恒等变形的基本原则，它包括以下几个方面：1. 相等的两个数（对象）可以相互规约。
2. 等式的两边加(或减)相等的数(或算式)仍相等。
3. 等式的两边同乘(或同除)一个不为零的数(或数的倒数)仍相等。
4. 在等式中引进(或去除)平方根，绝对值符号对方程做平方根变形，只有当两边都为非负数时，该等式才成立。
这些基本原则是我们进行恒等变形时需要牢记的，只有在遵守这些原则的前提下，我们才能正确进行恒等变形。
在进行恒等变形时，我们通常会用到一些基本的代数运算，例如加减法、乘除法、开平方、平移等，这些运算在恒等变形中起着非常重要的作用。
接下来，我们来看一些常见的恒等变形的方法和技巧。
1. 加减法变形加减法变形是指用等于同一个数的两个数互换位置，并相加或相减，来得到一个新的等式。
例如：a +b =c 和 a = c - b这里，我们可以将第一个等式两边分别减去b，得到新的等式 a = c - b。
通过这个例子，我们可以看出，加减法变形是一种常见且有效的恒等变形方法，它可以帮助我们将一个复杂的等式化简成一个简单的等式。
2. 乘除法变形乘除法变形是指用等于同一数的两个数相除或相乘，得到新的等式。
例如：ab = c 和 a = c/b这里，我们可以将第一个等式两边都除以b，得到新的等式a = c/b。
通过这个例子，我们可以看出，乘除法变形也是一个常见且有效的恒等变形方法。
3. 平方根变形平方根变形是指用等于同一数的两个数同时开平方，得到新的等式。
例如：a^2 = c 和a = √c这里，我们可以将第一个等式两边同时开平方，得到新的等式a = √c。
通过这个例子，我们可以看出，平方根变形也是一个常见且有效的恒等变形方法。
4. 移项变形移项变形是指将等式中的某一项移到等式的另一侧，得到新的等式。
专题14 三角恒等变换与解三角形(解析版)
专题14 三角恒等变换与解三角形【高考导航】1．利用各种三角函数进行求值与化简，其中降幂公式、辅助角公式是考查的重点．2．利用正、余弦定理进行边和角、面积的计算，三角形形状的判定以及有关范围的计算，常与三角恒等变换综合考查.【真题解析】1．(2016·全国卷Ⅱ)若cos ⎝⎛⎭⎫π4－α＝35，则sin2α＝( )A.725B.15 C ．－15 D ．－725[解析] 解法一：∵cos ⎝⎛⎭⎫π4－α＝35， ∴sin2α＝cos ⎝⎛⎭⎫π2－2α＝cos2⎝⎛⎭⎫π4－α ＝2cos 2⎝⎛⎭⎫π4－α－1＝2×⎝⎛⎭⎫352－1＝－725.故选D. 解法二：∵cos ⎝⎛⎭⎫π4－α＝22(cos α＋sin α)＝35，∴cos α＋sin α＝325，∴1＋sin2α＝1825，∴sin2α＝－725.故选D.[答案] D2．(2017·山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 为锐角三角形，且满足sin B (1＋2cos C )＝2sin A cos C ＋cos A sin C ，则下列等式成立的是( )A ．a ＝2bB ．b ＝2aC ．A ＝2BD ．B ＝2A[解析] 解法一：因为sin B (1＋2cos C )＝2sin A cos C ＋cos A sin C ，所以sin B ＋2sin B cos C ＝sin A cos C ＋sin(A ＋C )，所以sin B ＋2sin B cos C ＝sin A cos C ＋sin B ，即cos C (2sin B －sin A )＝0，所以cos C ＝0或2sin B ＝sin A ，即C ＝90°或2b ＝a ，又△ABC 为锐角三角形，所以0°<C <90°，故2b ＝a .故选A.解法二：由正弦定理和余弦定理得b ⎝⎛⎭⎫1＋a 2＋b 2－c 2ab ＝2a ×a 2＋b 2－c 22ab ＋c ×b 2＋c 2－a 22bc ， 所以2b 2⎝⎛⎭⎫1＋a 2＋b 2－c 2ab ＝a 2＋3b 2－c 2， 即2b a(a 2＋b 2－c 2)＝a 2＋b 2－c 2， 即(a 2＋b 2－c 2)⎝⎛⎭⎫2b a －1＝0，所以a 2＋b 2＝c 2或2b ＝a ，又△ABC 为锐角三角形，所以a 2＋b 2>c 2，故2b ＝a ，故选A.[答案] A3．(2017·浙江卷)已知△ABC ，AB ＝AC ＝4，BC ＝2.点D 为AB 延长线上一点，BD ＝2，连接CD ，则△BDC 的面积是________，cos ∠BDC ＝________.[解析] 由余弦定理得cos ∠ABC ＝42＋22－422×4×2＝14， ∴cos ∠CBD ＝－14，sin ∠CBD ＝154， ∴S △BDC ＝12BD ·BC ·sin ∠CBD ＝12×2×2×154＝152. 又cos ∠ABC ＝cos2∠BDC ＝2cos 2∠BDC －1＝14， 0<∠BDC <π2，∴cos ∠BDC ＝104. [答案]152 104 4．(2017·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知△ABC 的面积为a 23sin A. (1)求sin B sin C ；(2)若6cos B cos C ＝1，a ＝3，求△ABC 的周长．[解] (1)由题设得12ac sin B ＝a 23sin A ，即12c sin B ＝a 3sin A. 由正弦定理得12sin C sin B ＝sin A 3sin A. 故sin B sin C ＝23. (2)由题设及(1)得cos B cos C －sin B sin C ＝－12，即cos(B ＋C )＝－12. 所以B ＋C ＝2π3，故A ＝π3. 由题设得12bc sin A ＝a 23sin A，即bc ＝8. 由余弦定理得b 2＋c 2－bc ＝9，即(b ＋c )2－3bc ＝9，得b ＋c ＝33.故△ABC 的周长为3＋33.【典例解析】考点一 三角恒等变换1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β.(2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β.(3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α＝2sin αcos α.(2)cos2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α.(3)tan2α＝2tan α1－tan 2α. 3．辅助角公式a sin x ＋b cos x ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)⎝⎛⎭⎫其中tan φ＝b a . 【训练】1．已知sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝13，则cos ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫π3＋α的值是( ) A.79 B.13 C ．－13 D ．－79[解析] ∵sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝13，∴cos ⎝⎛⎭⎫π3－2α＝cos ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫π6－α＝1－2sin 2⎝⎛⎭⎫π6－α＝79，∴cos ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫π3＋α＝cos ⎝⎛⎭⎫2π3＋2α＝cos ⎣⎡⎦⎤π－⎝⎛⎭⎫π3－2α＝－cos ⎝⎛⎭⎫π3－2α＝－79. [答案] D【训练】2．已知m ＝tan (α＋β＋γ)tan (α－β＋γ)，若sin2(α＋γ)＝3sin2β，则m ＝( ) A.12 B.34 C.32D ．2 [解析] 设A ＝α＋β＋γ，B ＝α－β＋γ，则2(α＋γ)＝A ＋B,2β＝A －B ，因为sin2(α＋γ)＝3sin2β，所以sin(A ＋B )＝3sin(A －B )，即sin A cos B ＋cos A sin B ＝3(sin A cos B －cos A sin B )，即2cos A ·sin B ＝sin A cos B ，所以tan A ＝2tan B ，所以m ＝tan A tan B＝2，故选D. [答案] D3．若sin2α＝55，sin(β－α)＝1010，且α∈⎣⎡⎦⎤π4，π，β∈⎣⎡⎦⎤π，3π2，则α＋β的值是________． [解析] 因为α∈⎣⎡⎦⎤π4，π，故2α∈⎣⎡⎦⎤π2，2π，又sin2α＝55，故2α∈⎣⎡⎦⎤π2，π，α∈⎣⎡⎦⎤π4，π2，∴cos2α＝－255，β∈⎣⎡⎦⎤π，3π2，故β－α∈⎣⎡⎦⎤π2，5π4，于是cos(β－α)＝－31010，∴cos(α＋β)＝cos [2α＋(β－α)]＝cos2αcos(β－α)－sin2αsin(β－α)＝－255×⎝⎛⎭⎫－31010－55× 1010＝22，且α＋β∈⎣⎡⎦⎤5π4，2π，故α＋β＝7π4. [答案]7π4(1)三角恒等变换的三原则①一看“角”，这是最重要的一环，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理拆分，从而正确使用公式，如1题．②二看“函数名称”，看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有“切化弦”．③三看“结构特征”，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的方向，常见的有“遇到分式要通分”等．(2)解决条件求值应关注的三点①分析已知角和未知角之间的关系，正确地用已知角来表示未知角．②正确地运用有关公式将所求角的三角函数值用已知角的三角函数值来表示．③求解三角函数中给值求角的问题时，要根据已知求这个角的某种三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角的大小，如3题．考点二 解三角形1．正弦定理 a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R (2R 为△ABC 外接圆的直径)． 变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C .sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c 2R. a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C .2．余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac， cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab. 变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C .3．面积公式S △ABC ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝12ab sin C .角度1：利用正弦、余弦定理判断三角形的形状[解析] ∵2b cos C －2c cos B ＝a ，∴2sin B cos C －2sin C cos B ＝sin A ＝sin(B ＋C )，即sin B cos C ＝3cos B sin C ，∴tan B ＝3tan C ，又B ＝2C ，∴2tan C 1－tan 2C＝3tan C ，得tan C ＝33，C ＝π6，B ＝2C ＝π3，A ＝π2，故△ABC 为直角三角形．[答案] B 角度2：在三角形中利用正、余弦定理进行边角计算[解析] 由b sin B －a sin A ＝12a sin C 及正弦定理得b 2－a 2＝12ac ，又c ＝2a ，所以b ＝2a ，∵cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34，∴sin B ＝ 1－⎝⎛⎭⎫342＝74.故选A.[答案] A 角度3：结合正、余弦定理进行面积的计算[思维流程] (1)代换A ＋C 为π－B →化简关系式→求出cos B (2)求sin B →结合面积公式求出ac →借助余弦定理求出b[解] (1)由题设及A ＋B ＋C ＝π得sin B ＝8sin 2B 2，故sin B ＝4(1－cos B )． 上式两边平方，整理得17cos 2B －32cos B ＋15＝0，解得cos B ＝1(舍去)，cos B ＝1517. (2)由cos B ＝1517得sin B ＝817， 故S △ABC ＝12ac sin B ＝417ac . 又S △ABC ＝2，则ac ＝172. 由余弦定理及a ＋c ＝6得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B )＝36－2×172×⎝⎛⎭⎫1＋1517＝4. 所以b ＝2.正、余弦定理的适用条件(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．【特别提醒】 应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”．【训练】1．[角度1]在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，cos 2A 2＝b ＋c 2c，则△ABC 的形状一定是( )A．正三角形B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰直角三角形[解析]在△ABC中，∵cos2A2＝b＋c2c，∴1＋cos A2＝sin B＋sin C2sin C＝12·sin Bsin C＋12，∴1＋cos A＝sin Bsin C＋1，∴cos A sin C＝sin B＝sin(A＋C)＝sin A cos C＋cos A sin C，∴sin A cos C＝0，sin A≠0，∴cos C＝0，∴C为直角．故选B.[答案] B【训练】2．[角度2]在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足a sin B cos C＋c sin B cos A＝12b，则B＝()A.π6或5π6 B.π3 C.π6 D.5π6[解析]∵a sin B cos C＋c sin B cos A＝12b，∴由正弦定理可得sin A sin B cos C＋sin C sin B cos A＝12sin B. 又∵sin B≠0，∴sin A cos C＋sin C cos A＝12，解得sin(A＋C)＝sin B＝12.∵0<B<π，∴B＝π6或5π6.故选A.[答案] A【训练】3．[角度3]已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，则△ABC面积的最大值为________．[解析]由正弦定理得，(2＋b)(a－b)＝(c－b)·c，又a＝2，所以b2＋c2－bc＝4，所以cos A＝b2＋c2－42bc＝bc2bc＝12，故A＝π3.因为b2＋c2≥2bc，所以bc≤4，所以S△ABC＝12bc sin A≤12×4×32＝3，当且仅当b＝c时取等号．[答案] 3考点三 正、余弦定理的实际应用1．实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．2．实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及到两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．【训练】1．张晓华同学骑电动自行车以24 km/h 的速度沿着正北方向的公路行驶，在点A 处望见电视塔S 在电动车的北偏东30°方向上，15 min 后到点B 处望见电视塔在电动车的北偏东75°方向上，则电动车在点B 时与电视塔S 的距离是( )A ．2 2 kmB ．3 2 kmC ．3 3 kmD ．2 3 km[解析] 画出示意图如图，由条件知AB ＝24×1560＝6.在△ABS 中，∠BAS ＝30°，AB ＝6，∠ABS ＝180°－75°＝105°，所以∠ASB ＝45°.BS sin30°＝AB sin45°，所以BS ＝AB sin30°sin45°＝3 2. [答案] B2．如图所示，在一个坡度一定的山坡AC 的顶上有一高度为25 m 的建筑物CD ，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A 处测得∠DAC ＝15°，沿山坡前进50 m 到达B 处，又测得∠DBC ＝45°，根据以上数据可得cos θ＝________.[解析] 由∠DAC ＝15°，∠DBC ＝45°可得∠BDA ＝30°，∠DBA ＝135°，∠BDC ＝90°－(15°＋θ)－30°＝45°－θ，由内角和定理可得∠DCB ＝180°－(45°－θ)－45°＝90°＋θ，根据正弦定理可得50sin30°＝DB sin15°，即DB ＝100sin15°＝100×sin(45°－30°)＝252(3－1)，又25sin45°＝252(3－1)sin (90°＋θ)，即25sin45°＝252(3－1)cos θ，得到cos θ＝3－1.[答案]3－1解三角形实际问题的4步骤【强化训练】一、选择题1．已知α为锐角，且7sin α＝2cos2α，则sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝( ) A.1＋358 B.1＋538C.1－358D.1－538[解析] 由7sin α＝2cos2α得7sin α＝2(1－2sin 2α)，即4sin 2α＋7sin α－2＝0， 解得sin α＝－2(舍去)或sin α＝14，又由α为锐角，可得cos α＝154， ∴sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝12sin α＋32cos α＝1＋358，故选A. [答案] A2．在△ABC 中，a ＝2，b ＝3，B ＝π3，则A 等于( )A.π6B.π4C.3π4D.π4或3π4[解析] 由正弦定理得a sin A ＝b sin B ，所以sin A ＝a sin Bb ＝2×sin π33＝22，所以A ＝π4或3π4.又a <b ，所以A <B ，所以A ＝π4.[答案] B3．(2016·全国卷Ⅲ)在△ABC 中，B ＝π4，BC 边上的高等于13BC ，则cos A ＝( )A.31010B.1010 C ．－1010 D ．－31010[解析] 设△ABC 中角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，由题意可得13a ＝c sin π4＝22c ，则a ＝322c .在△ABC 中，由余弦定理可得b 2＝a 2＋c 2－2ac ＝92c 2＋c 2－3c 2＝52c 2，则b ＝102c .由余弦定理，可得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝52c 2＋c 2－92c22×102c ×c＝－1010，故选C. [答案] C4．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若满足c ＝2，a cos C ＝c sin A 的△ABC 有两个，则边长BC 的取值范围是( )A ．(1，2)B ．(1，3)C ．(3，2)D ．(2，2)[解析] 因为a cos C ＝c sin A ，由正弦定理得sin A cos C ＝sin C sin A ，易知sin A ≠0，故tan C ＝1，所以C ＝π4.过点B 作AC 边上的高BD ，垂足为D ，则BD ＝22BC ，要使满足条件的△ABC 有两个，则BC >2>22BC ，解得2<BC <2.故选D.[答案] D5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a 2－b 2＝3bc ，sin C ＝23sin B ，则A ＝( )A.π6B.π3C.2π3D.5π6[解析] 因为sin C ＝23sin B ，所以由正弦定理得c ＝23b ，代入a 2－b 2＝3bc ，得a ＝7b ，再由余弦定理可得cos A ＝32，所以A ＝π6.故选A. [答案] A6．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2c cos B ＝2a ＋b ，若△ABC 的面积为312c ，则ab 的最小值为( )A.12B.13C.16D ．3 [解析] 由正弦定理及2c cos B ＝2a ＋b ，得2sin C cos B ＝2sin A ＋sin B ，因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin A ＝sin(B ＋C )，则2sin C ·cos B ＝2sin(B ＋C )＋sin B ，整理可得2sin B ·cos C ＋sin B ＝0，又0<B <π，所以sin B >0，则cos C ＝－12，因为0<C <π，所以C ＝2π3，所以sin C ＝32，则△ABC 的面积为12ab sin C ＝34ab ＝312c ，即c ＝3ab ，结合c 2＝a 2＋b 2－2ab ·cos C ，可得a 2＋b 2＋ab ＝9a 2b 2，∵a 2＋b 2≥2ab ，∴2ab ＋ab ≤9a 2b 2，即ab ≥13，当且仅当a ＝b ＝33时等号成立，故ab 的最小值是13.故选B. [答案] B 二、填空题7．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2a sin A ＝(2sin B ＋sin C )b ＋(2c ＋b )sin C ，则A ＝________.[解析] 由已知，根据正弦定理得2a 2＝(2b ＋c )b ＋(2c ＋b )c ，即a 2＝b 2＋c 2＋bc .由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，故cos A ＝－12，又A 为三角形的内角，故A ＝120°.[答案] 120°8．计算：4cos50°－tan40°＝________.[解析] 4cos50°－tan40°＝4sin40°－sin40°cos40°＝4cos40°sin40°－sin40°cos40°＝2sin80°－sin40°cos40°＝2sin (120°－40°)－sin40°cos40°＝3cos40°＋sin40°－sin40°cos40°＝3cos40°cos40°＝ 3.[答案]39．如图，为测量山高MN ，选择A 和另一座山的山顶C 为测量观测点．从A 点测得M 点的仰角∠MAN ＝45°，C 点的仰角∠CAB ＝60°以及∠MAC ＝75°；从C 点测得∠MCA ＝45°.已知山高BC ＝100 m ，则山高MN ＝________m.[解析] 在Rt △ABC 中，∠CAB ＝60°，BC ＝100 m ，所以AC ＝2003m.在△AMC 中，∠MAC ＝75°，∠MCA ＝45°， 从而∠AMC ＝60°，由正弦定理得AC sin60°＝AM sin45°，因此AM ＝20023m.在Rt △MNA 中，AM ＝20023m ，∠MAN ＝45°，得MN ＝2003m.[答案] 2003三、解答题10．(2017·天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a >b ，a ＝5，c ＝6，sin B ＝35.(1)求b 和sin A 的值； (2)求sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π4的值． [解] (1)在△ABC 中，因为a >b ，故由sin B ＝35，可得cos B ＝45.由已知及余弦定理，有b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B＝13，所以b ＝13.由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin A ＝a sin B b ＝31313.所以b 的值为13，sin A 的值为31313. (2)由(1)及a <c ，得cos A ＝21313，所以sin2A ＝2sin A cos A ＝1213，cos2A ＝1－2sin 2A ＝－513.故sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π4＝sin2A cos π4＋cos2A ·sin π4＝7226. 11．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且满足⎝⎛⎭⎫54c －a cos B ＝b cos A . (1)若sin A ＝25，a ＋b ＝10，求a ；(2)若b ＝35，a ＝5，求△ABC 的面积S . [解] ∵⎝⎛⎭⎫54c －a cos B ＝b cos A ，∴由正弦定理得⎝⎛⎭⎫54sin C －sin A ·cos B ＝sin B cos A ，即有54sin C cos B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ，则54sin C ·cos B ＝sin C .∵sin C >0，∴cos B ＝45.(1)由cos B ＝45，得sin B ＝35，∵sin A ＝25，∴a b ＝sin A sin B ＝23.又∵a ＋b ＝10，∴a ＝4.(2)∵b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，b ＝35，a ＝5，∴45＝25＋c 2－8c ，即c 2－8c －20＝0，解得c ＝10或c ＝－2(舍去)，∴S ＝12ac sin B ＝15.12．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且满足cos2C －cos2A ＝2sin ⎝⎛⎭⎫π3＋C ·sin ⎝⎛⎭⎫π3－C . (1)求角A 的大小；(2)若a ＝3，且b ≥a ，求2b －c 的取值范围． [解] (1)由已知可得2sin 2A －2sin 2C ＝2⎝⎛⎭⎫34cos 2C －14sin 2C ， 化简得sin 2A ＝34，∴sin A ＝±32，又0<A <π，∴sin A ＝32，故A ＝π3或2π3. (2)由a sin A ＝b sin B ＝csin C，得b ＝2sin B ，c ＝2sin C ， 因为b ≥a ，所以B ≥A ，所以A ＝π3，B ＋C ＝2π3且B ∈⎣⎡⎭⎫π3，2π3， 故2b －c ＝4sin B －2sin C＝4sin B －2sin ⎝⎛⎭⎫2π3－B ＝3sin B －3cos B＝23sin ⎝⎛⎭⎫B －π6. 因为π3≤B <2π3，所以π6≤B －π6<π2，所以2b －c 的取值范围为[3，23)．。
常用的14个恒等变形公式
常用的14个恒等变形公式作为数学中的基本工具之一，恒等变形在各种数学问题中都扮演着关键的角色。
本文将介绍14个常用的恒等变形公式，这些公式的掌握对于提高数学学习成绩和应对高考、数学竞赛等考试都有着重要的作用。
一、基本恒等变形1.加减同项式的恒等变形∵a+b+c+d+e+f=0∴a+b+c=-(d+e+f)2.去分母的恒等变形∵a/c=b/d∴ad=bc3.两边平方式的恒等变形∵a=c·d·e·f∴e·f=a/(c·d)4.拆分因式的恒等变形∵a²-b²=(a+b)(a-b)∴(a+b)(a-b)=a²-b²二、平方恒等变形5.一次二次(a+b)²=a²+2ab+b²(a-b)²=a²-2ab+b²6.和差二次cos(a+b)=cosacosb-sinasinbcos(a-b)=cosacosb+sinasinb7.平方差a²-b²=(a+b)(a-b)8.完全平方a²+2ab+b²=(a+b)²a²-2ab+b²=(a-b)²三、三角函数恒等变形9.正弦cos²(a)+sin²(a)=1sin(a+b)=sinacosb+cosasinbsin(a-b)=sinacosb-cosasinb10.余弦sin²(a)+cos²(a)=1cos(a+b)=cosacosb-sinasinbcos(a-b)=cosacosb+sinasinb11.正切tan(a+b)=(tana+tanb)/(1-tanatanb) tan(a-b)=(tana-tanb)/(1+tanatanb) 12.双角sin2a=2sina·cosacos2a=cos²(a)-sin²(a)=2cos²(a)-1=1-2sin²(a)13.半角sin(a/2)=√[(1-cos(a))/2]cos(a/2)=√[(1+cos(a))/2]tan(a/2)=sin(a)/(1+cos(a))14.万能公式sin(a±b)=(sinacosb±cosasinb)cos(a±b)=(cosacosb∓sinasinb)可以通过这些公式的使用，将复杂的数学运算转换成简单而直观的形式，使数学问题的解决变得更加容易和高效。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第14讲有理式的恒等变形可以数是属统治着整个量的世界，而算数的四则运算则可以看作是数学家的全部装备麦克斯韦知识方法扫描有理式的恒等变形可以分为无条件限制等式和有条件限制等式两大类.无条件等式的证明方法很多，常用的有：直接从左到右或从右到左的变形（常 常是从较复杂的一边向较简单的一边变形），还有比较法、分析法等.条件等式的证明实质上是有根据，有目标的有理式的恒等变形，条件等式证 明的基本方法是对约束条件或待证等式进行适当变形， 运用有理式的对称，轮换 性质，有关非负数的性质及比较法，消元法和换元法等•在证明过程中，不但要 注意已知条件的变换，使之有利于应用，同时也要研究结论的需求， 结论部分复 杂的也要进行比较变换，使之有利于已知条件的沟通.经典例题解析2 2b ea ab e (b e)(b a) (e a)(e b)分析要证A=B ，可先证A-B=O ，这种方法称为求差法。
这个式子具有如下特征：如果取出它的第一项，把其中的字母轮换，即以b 代a ， e 代b ，a 代c ,则可得出第二项；若对第二项的字母实行上述轮换，则可得出第 三项；对第三项的字母实行上述轮换，可得出第一项.具有这种特性的式子叫作 轮换式.利用这种特性，可使轮换式的运算简化.证明因为例1.求证:a 2 be (a b)(a e)左-右a 2 be (a b)(a e)b 2 ca (b e)(b a)e 2 ab (e a)(e b)a 2 be (a b)(a e)a 2 ae ae be(a b)(a e)a(a c) c(a b) (a b)(a e)a. e abac同理b 2 eae 2 ab(b e)(b a) b e b a (e a)(e b) e a b ea eb a e a b a e b e b a e a评注本例若采用通分化简的方法将很繁•像这种把一个分式分解成几个部 分分式和的形式，是分式恒等变形中的常用技巧.例 2 证明：(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z). 证明用换元法.令y+z-2x=a ，① z+x-2y=b ，② x+y-2z=e ，③则要证的等式变为a 3+b 3+e 3=3abe.注意到因式分解公式： a 3+b 3+c 3-3abc=(a+b+c)(孑+b 2+c 2-ab-bc-ca),将①，②, ③相加有a+b+e=y+z-2x+z+x-2y+x+y-2z=0，所以 a 3+b 3+c 3-3abc=0,故(y+z-2x) 3+(z+x-2y) 3+(x+y-2z) 3=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z). 评注换元是恒等变形的常用技巧.例3.( 1957年武汉市中学生数学竞赛试题)已知x+y+z=xyz ，证明:x(1-y 2)(1-z 2)+y(1-x 2)(1-z 2)+z(1-x 2)(1-y 2)=4xyz .分析 将左边展开，利用条件x+y+z=xyz ，将等式左边化简成右边. 证明 因为x+y+z=xyz ，所以左边=x(1-z 2-y 2-y 2z 2)+y(1-z 2-x 2+x 2z 2)+(1-y 2-x 2+x 2y 2)=(x+y+z)-xz 2-xy 2+xy 2z 2-yz 2+yx 2+yx 2z 2-zy 2-zx 2+zx 2 y 2 =xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz(xy+yz+zx)所以 左—右 =a 2 be (a b)(a e)b 2 ea (b e)(b a)e 2 ab (e a)(e b)0.=xyz_xy(xyz_z)_xz(xyz_y)_yz(xyz_x)+xyz(xy+yz+zx) =xyz+xyz+xyz+xyz =4xyz=右边.故结论成立。
例4（ 1994年蓝溪市初中数学竞赛） 已知2 x yz a2y zx ba 2 bcb 2 cac 2 ab2 2 _分析设7jabc k如果这时关于k,x,y,z 的有理式相等，那么结论就可证得。
2解设」a z 2 1-则a,b,c 就可求出，代入所要证的等式,分别代入a k(x 2 a 2 be x a 2 bex2y zx b yz),b b 2 ca y k 2(x 22 2k(y zx),c k(z xy),yz)2 k 2(y 2 zx)(z 2 xy) k 2(x 4 y 2z 2 2x 2yz y 2z 2 xy 3 xz 3x 2yz)xk 3(x 3 y 3 z 3 3xyz),同理b 2 cayk 2(y 2 zx)2 k 2(x 2 yz)(z 2 xy)y所以 例5.k 2(x 3 y 3 z 3 3xyz), x ab1 2/ 3 3 3k (x y z 3xyz), z2 2 2a bcb cac ab。
xy z(1993年浙江绍兴市初中数学竞赛试题)已知a(y-z)+b(z-x)+c(x-y)=O ,求证：cybz az cx bx ay分析与证明 要证 cy―空az _cx成立，只需证(cy-bz)(z-x)=(az-cx)(y-z),y z z x即 cyz-b£-cxy+bzx = azy-cxy-az 1 2+czx , 即只需证 z(cy-bz+bx-ay+ax-cz)=O 成立, a(y-z)+b(z-x)+c(x-y)=O 可知 cy-bz+bx-ay+ax-cz=O ,评注这种“执果索因”的方法称为例6.已知abc=1，求证： a 一ab a 1分析法” b c .分析1这个题目的结论比较复杂，我们可以从条件出发，用代入消元的方 法消去一个字母，将问题转化为一般恒等式的证明。
1 a bc分析 所要证明的式子是一个不等式，左边的式子又较复杂，直接从已知条 件出发证明不是很容易，因而可以考虑用反证法来证明。
证明假设原式不成立，即a+b 2+c 2+孑+ab+cd=1ad-bc=1，二 a 2+b 2+c 2+d 2+ab+cd= ad-bc••• a 2+b 2+c 2+d 2+ab+cd+bc-ad=0,即(a+b)2+(b+c)2+(c+d)2+(d-a)2=0 a+b=b+c=c+d=d-a=O,°. a=-b,b=-c,c=-d,d=a于是 a=-a,即 a=0, • b=c=d=0,这与 ad-bc=1 矛盾。
•••原式成立，即 ai 2+b 2+c 2+d 2+ab+cd ^ 1评注(1)结论是否定形式的问题，可以考虑用反证法来证明。
(2)配方法在恒等变形中是一种常用的方法。
可以由一个等式推出若干个等 式来，还可以得到一些不等关系。
例8. (2008年首届少年数学周(宗沪杯)数学竞赛试题)设a,b,c 均是不等于 0 的实数，且满足 a 2-b 2=bc , b 2-c 2=ca,求证 a 2-c 2=ab ,1bc b 1 ca c 1成立。
同理, z x空x 虬旦，故结论成立。
z x x y bc b c 1丄1 bc b 11 c 1 c bcb 1 b bc bc b 1bc b 1bc b 11 原式左边=1。
证毕。
而此时从已知条件 证明 1 T abc=1,分析2 从上面的证法可以看出：它的证法就是 通分”---设法将几个分式 的分母倍的一样。
这实际是利用分式的基本性质将第一个分式的分子、 分母乘以 bc,第三个分式的分子、分母乘以证明2 左边=2航—ab c a 1二 1bc b 1例7.已知ad-bc=1，求证： b 得到的。
b bc b 1 bbeabc bc b bc1。
证毕。
bc b 1 bc b 12 2 2 2a +b +c +d +ab+cd M证明将已知等式相加得 a 2 c 2 c(a b).① 2依条件a 2b 2bc 得a 2b(b c).即b c②2依条件b 2c 2 ca 得(b c)(b c) ca.将②代入得 a(b c) ac,即 b2 2bc ac ab.故 c(a b) ab.代人式①即有 a c ab 成立.同步训练q, a+b+甘 0,贝U q 3 q 2 q ( ) cab(C ) 1-q 3 (D ) 1-2q 2b ,—c 且 x+y+z 工0.贝U =( )x yx+y+z (D ) xyz 3. 如果---—3—1，则下列说法正确的是()x y z x y z (A ) 8 (B ) 0 (C ) 2 (D ) -25.已知a+b+c=10, a 2+b 2+c 2=38, a 3+b 3+c 3=160，贝U abc 的值是( )8. ________________________________________ 若14(a 2+b 2+c 2)=(a+2b+3c)2，贝U a ： b : c= ___________9. ( 1986年全国初中数学联赛试题) 设a 、b 、c 、d 都是整数，且m=a 2+b 2, n=c 2+d 2,mn 也可以表示成两个整数的平方和，其形式是 _________11 1 10. 已知 a+ b cbca3 26. (1999年全国初中数学联赛试题)已知-(b c)24b c= a(A ) 24 填空题(B) 30(C ) 36 ( D ) 42 (a b)(c a)且 a ^0 则7 .已知:a z 2y xb x 2z yc 2x-.贝U a+b+c = zc a c a b1.已知一a b c b c a (A ) 1(B ) 1- q2 .已知：x a ,yy zz x(A) 1 (B ) 0(C )(A ) x 、y 、z 中至少有一个为1 (C )、x 、y 、z 都不等于14. (1999年重庆市初二数学竞赛试题) (B ) x 、y 、z 都等于1 (D )以上说法都不对已知 a-b=4, ab+S+4=0，贝U a+b=( ) a ^ b 壬 c 则 a 2b 2c 2=选择题、解答题1 1 111. 若a、b、c不全为零，且a+—=1, b 一1,求证：c - 1.be a12. (2005年北京市初中数学竞赛试题)已知非零实数a、b、c满足a+b+c=0.求证：(1)a3 b3c3 3abc;⑵f bc b c c a c a b)( )9.a b a b b c c a13. 设(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)=(a+b+c+d)(bcd+cda+dab+abc)求证:ac=bd.14. (第20届俄罗斯数学奥林匹克9年级试题)证明恒等式：a? a n a? a3a2(a1 a2)a3(a2 a3)a1 (a n a1) a1(a1 a2)a2(a2 a3)a n(a n a1 )15. 设有多项式f(x)=4x4-4px3+4q/+2q(m+1)x+(m+1)2,求证:如果f(x)的系数满足p2-4q-4(m-1)=0,那么,f(x)恰好是一个二次三项式的平方.。