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培尖教育2022五一刷题班（5.1)(II)

本文为培尖教育2022五一刷题班（5.1）的第二部分，继续通过典型例题讲解复数的共轭、模与复平面几何应用，包括实数判定、四点共圆、重心共圆及托勒密不等式；同时整理三角恒等变换、三倍角公式、三角函数最值与方程、复数换元解高次方程以及 Jensen 不等式等高联一试常用方法。

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例1

已知复数 z1,z2,z3z_1, z_2, z_3 满足 ∣z1∣=∣z2∣=∣z3∣≠0|z_1| = |z_2| = |z_3| \neq 0, 求证: (z1+z2)(z2+z3)(z3+z1)z1z2z3\frac{(z_1 + z_2)(z_2 + z_3)(z_3 + z_1)}{z_1 z_2 z_3} 为实数.

熟知z∈R⟺z=z‾z\in\R\Longleftrightarrow z=\overline{z},只要证:

(z1+z2)(z2+z3)(z3+z1)z1z2z3=[(z1+z2)(z2+z3)(z3+z1)z1z2z3]‾\begin{gathered} \frac{(z_1+z_2)(z_2+z_3)(z_3+z_1)}{z_1z_2z_3}=\overline{[\frac{(z_1+z_2)(z_2+z_3)(z_3+z_1)}{z_1z_2z_3}]}\\ \end{gathered}

考虑建立共轭复数与复数模的关系,于是设∣z1∣=∣z2∣=∣z3∣=r|z_1| = |z_2| = |z_3| = r =(z1+z2)(z2+z3)(z3+z1)‾z1z2z3‾=(r2z1+r2z2)(r2z2+r2z3)(r2z3+r2z1)r2z1r2z2r2z3=(z1+z2)(z2+z3)(z3+z1)z1z2z3\begin{gathered} =\frac{\overline{(z_1+z_2)(z_2+z_3)(z_3+z_1)}}{\overline{z_1z_2z_3}}\\ =\frac{(\frac{r^2}{z_1}+\frac{r^2}{z_2})(\frac{r^2}{z_2}+\frac{r^2}{z_3})(\frac{r^2}{z_3}+\frac{r^2}{z_1})}{\frac{r^2}{z_1}\frac{r^2}{z_2}\frac{r^2}{z_3}}\\ =\frac{(z_1+z_2)(z_2+z_3)(z_3+z_1)}{z_1z_2z_3} \end{gathered}

Q.E.D.

例2

ABCDABCD为圆内接四边形,求证:△ABC,△CDA,△BCD,△DAB\triangle ABC,\triangle CDA,\triangle BCD,\triangle DAB的重心共圆.

ABCDABCD四点共圆的等价条件是:

z2−z1z3−z1:z2−z4z3−z4∈R\frac{z_2-z_1}{z_3-z_1}:\frac{z_2-z_4}{z_3-z_4}\in\R

在这个条件下,结论相当于:

z1+z3+z43−z2+z3+z43z1+z2+z43−z2+z3+z43:z1+z3+z43−z1+z2+z33z1+z2+z43−z1+z2+z33∈R\begin{gathered} \frac{\frac{z_1+z_3+z_4}{3}-\frac{z_2+z_3+z_4}{3}}{\frac{z_1+z_2+z_4}{3}-\frac{z_2+z_3+z_4}{3}}:\frac{\frac{z_1+z_3+z_4}{3}-\frac{z_1+z_2+z_3}{3}}{\frac{z_1+z_2+z_4}{3}-\frac{z_1+z_2+z_3}{3}}\in\R \end{gathered}

结论和条件完全等价.

Q.E.D.

例3(托勒密定理)

在平面四边形ABCDABCD中,证明:AB⋅CD+AD⋅BC≥AC⋅BDAB\cdot CD+AD\cdot BC\ge AC\cdot BD,当且仅当四边形ABCDABCD为圆内接凸四边形时取等号.

本题固然可以考虑平面几何构造相似三角形,但是需要根据A,B,C,D的排列顺序进行讨论,较繁.

用复数可以完成精彩绝伦的证明:

在复平面内,用复数a,b,c,da,b,c,d表示A,B,C,DA,B,C,D.

有恒等式:

(a−b)(c−d)+(a−d)(b−c)=(a−c)(b−d)\begin{gathered} (a-b)(c-d)+(a-d)(b-c)\\ =(a-c)(b-d) \end{gathered}

左右同时取模,注意取模对乘除法封闭,对加减法不封闭:

∣a−b∣∣c−d∣+∣a−d∣∣b−c∣≥∣(a−b)(c−d)+(a−d)(b−c)∣=∣a−c∣∣b−d∣\begin{gathered} |a-b||c-d|+|a-d||b-c|\ge|(a-b)(c-d)+(a-d)(b-c)|=|a-c||b-d| \end{gathered}

而这显然就是AB⋅CD+AD⋅BC≥AC⋅BDAB\cdot CD+AD\cdot BC\ge AC\cdot BD.

下面考虑取等条件:

三角不等式成立要求(a−b)(c−d)(a-b)(c-d)和(a−d)(b−c)(a-d)(b-c)共线(幅角终边相同)

也就是(a−b)(c−d)(a−d)(b−c)∈R\frac{(a-b)(c-d)}{(a-d)(b-c)}\in\R,正好是四点共圆的充要条件.

例4

已知 x,y,a,b∈Rx, y, a, b \in R ， x2+y2≤2x^2 + y^2 \leq 2， a2+b2≤4a^2 + b^2 \leq 4 ． 求 ∣b(x2−y2)+2axy∣|b(x^2 - y^2) + 2axy| 的最大值．

令z1=x+yi,∣z1∣≤2,z2=b−ai,∣z2∣≤2z_1=x+yi,|z_1|\le\sqrt{2},z_2=b-ai,|z_2|\le2

所求:∣b(x2−y2)+2axy∣=∣ℜ(z12z2)∣≤∣z12z2∣≤4|b(x^2 - y^2) + 2axy|=|\Re(z_1^2z_2)|\le|z_1^2z_2|\le4

如果考虑柯西不等式,有:

[b(x2−y2)+2axy]2≤(a2+b2)[(x2−y2)2+4x2y2]=(a2+b2)(x2+y2)2≤4×22\begin{gathered} [b(x^2 - y^2) + 2axy]^2\\ \le(a^2+b^2)[(x^2-y^2)^2+4x^2y^2]\\ =(a^2+b^2)(x^2+y^2)^2\\ \le 4\times2^2 \end{gathered}

同样轻松愉快.

例5(经典老番)

求 sin⁡6∘sin⁡42∘sin⁡66∘sin⁡78∘\sin 6^\circ \sin 42^\circ \sin 66^\circ \sin 78^\circ 的值。

sin⁡6∘sin⁡42∘sin⁡66∘sin⁡78∘=sin⁡6∘cos⁡12∘cos⁡24∘cos⁡48∘=16cos⁡6∘sin⁡6∘cos⁡12∘cos⁡24∘cos⁡48∘16cos⁡6∘=sin⁡96∘16cos⁡6∘=116\begin{gathered} \sin 6^\circ \sin 42^\circ \sin 66^\circ \sin 78^\circ\\ =\sin 6\degree\cos12\degree\cos24\degree\cos48\degree\\ =\frac{16\cos6\degree\sin 6\degree\cos12\degree\cos24\degree\cos48\degree}{16\cos6\degree}\\ =\frac{\sin96\degree}{16\cos6\degree}\\ =\frac{1}{16} \end{gathered}

我们考察三倍角公式:

sin⁡3α=3sin⁡α−4sin⁡3αcos⁡3α=4cos⁡3α−3cos⁡αsin⁡3α=4sin⁡α(sin⁡260∘−sin⁡2α)=4sin⁡60∘sin⁡(60∘−α)sin⁡(60∘+α)cos⁡3α=4cos⁡αcos⁡(60∘−α)cos⁡(60∘−α)tan⁡3α=tan⁡αtan⁡(60∘−α)tan⁡(60∘+α)\begin{gathered} \sin3\alpha=3\sin\alpha-4\sin^3\alpha\\ \cos3\alpha=4\cos^3\alpha-3\cos\alpha\\ \sin3\alpha=4\sin\alpha(\sin^260\degree-\sin^2\alpha)\\ =4\sin60\degree\sin(60\degree-\alpha)\sin(60\degree+\alpha)\\ \cos3\alpha=4\cos\alpha\cos(60\degree-\alpha)\cos(60\degree-\alpha)\\ \tan3\alpha=\tan\alpha\tan(60\degree-\alpha)\tan(60\degree+\alpha) \end{gathered}

回到所求式,发现:

sin⁡6∘sin⁡42∘sin⁡66∘sin⁡78∘=sin⁡6∘sin⁡66∘sin⁡42∘sin⁡78∘=sin⁡18∘4sin⁡54∘sin⁡54∘4sin⁡18∘=116\begin{gathered} \sin 6^\circ \sin 42^\circ \sin 66^\circ \sin 78^\circ\\ =\sin6\degree\sin66\degree\sin42\degree\sin78\degree\\ =\frac{\sin18\degree}{4\sin54\degree}\frac{\sin54\degree}{4\sin18\degree}=\frac{1}{16} \end{gathered}

同理,cos⁡6∘cos⁡42∘cos⁡66∘cos⁡78∘=116\cos 6^\circ \cos 42^\circ \cos 66^\circ \cos 78^\circ=\frac{1}{16}

例6

函数 f(x)=2(sin⁡2x+32)cos⁡x−sin⁡3xf(x)=2(\sin 2x + \frac{\sqrt{3}}{2})\cos x - \sin 3x，且 x∈[0,2π]x\in[0,2\pi]。

(1)求函数的最大值和最小值。

(2)求方程 f(x)=3f(x)=\sqrt{3} 的解。

(1) 2(sin⁡2x+32)cos⁡x−sin⁡3x=2(sin⁡2x+32)cos⁡x−sin⁡(2x+x)=sin⁡2xcos⁡x+3cos⁡x−cos⁡2xsin⁡x=sin⁡(2x−x)+3cos⁡x=2sin⁡(x+π3)∈[−2,+2]\begin{gathered} 2(\sin 2x + \frac{\sqrt{3}}{2})\cos x - \sin 3x\\ =2(\sin 2x + \frac{\sqrt{3}}{2})\cos x - \sin (2x+x)\\ =\sin2x\cos x+\sqrt{3}\cos x-\cos2x\sin x\\ =\sin(2x-x)+\sqrt{3}\cos x\\ =2\sin(x+\frac{\pi}{3})\in[-2,+2] \end{gathered}

(2)

sin⁡(x+π3)=32\sin(x+\frac{\pi}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2},得x+π3=π3+2kπx+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{3}+2k\pi或x+π3=2π3+2kπx+\frac{\pi}{3}=\frac{2\pi}{3}+2k\pi (k∈Z)(k\in\Z)

即x=2kπx=2k\pi或x=π3+2kπx=\frac{\pi}{3}+2k\pi (k∈Z)(k\in\Z)

考虑到x的范围,x=0,2π,π3x=0,2\pi,\frac{\pi}{3}

例7

Solve:x5+10x3+20x−4=0Solve:x^5+10x^3+20x-4=0 巧妙换元:x=z−2z,z∈Cx=z-\frac{2}{z},z\in C

z5−32z5−4=0z^5-\frac{32}{z^5}-4=0

解得:z5=−4 or 8z^5=-4\text{ or }8 z=−45(cos⁡2kπ5+isin⁡2kπ5)(k=0,1,2,3,4) or 85(cos⁡2kπ5+isin⁡2kπ5)(k=0,1,2,3,4)z=-\sqrt[5]{4}(\cos\frac{2k\pi}{5}+i\sin\frac{2k\pi}{5})(k=0,1,2,3,4)\text{ or }\sqrt[5]{8}(\cos\frac{2k\pi}{5}+i\sin\frac{2k\pi}{5})(k=0,1,2,3,4) 带入即求得xx.

例8

已知锐角 A,B,CA,B,C 满足 sin⁡2A+sin⁡2B+sin⁡2C=1\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C = 1，

求 A+B+CA+B+C 的最大值。

条件等价于 cos⁡2A+cos⁡2B+cos⁡2C=11≤3cos⁡2(A+B+C)32(A+B+C)3≤arccos⁡13\begin{gathered} \cos2A+\cos2B+\cos2C=1\\ 1\le3\cos\frac{2(A+B+C)}{3}\\ \frac{2(A+B+C)}{3}\le \arccos\frac{1}{3} \end{gathered}

得到A+B+C≤32arccos⁡13A+B+C\le\frac{3}{2}\arccos\frac{1}{3}

你可能会认为这里Jensen不等式的使用有问题,事实上如果有一个角的两倍超过π2\frac{\pi}{2},A+B+CA+B+C将不会太大.

不妨设A>π4A\gt\frac{\pi}{4},则:sin⁡2B+sin⁡2C=1−sin⁡2A<12\sin^2B+\sin^2C=1-\sin^2A\lt\frac{1}{2}

固定A,我们只需要求出B+CB+C的最大值.

显然B,C∈(0,π4)B,C\in(0,\frac{\pi}{4}),否则sin⁡2B+sin⁡2C>12\sin^2B+\sin^2C\gt \frac{1}{2}

则:sin⁡2B+sin⁡2C=1−sin⁡2A=1−cos⁡2B+cos⁡2C2\sin^2B+\sin^2C=1-\sin^2A=1-\frac{\cos2B+\cos2C}{2}

于是有cos⁡2B+cos⁡2C=2sin⁡2A≤2cos⁡(B+C)\cos2B+\cos2C=2\sin^2A\le2\cos(B+C)

得到:B+C≤arccos⁡(sin⁡2A)B+C\le\arccos(\sin^2A)

则A+B+C≤A+arccos⁡(sin⁡2A)A+B+C\le A+\arccos(\sin^2A)

构造函数f(x)=x+arccos⁡(sin⁡2x)f(x)=x+\arccos(\sin^2x)

f′(x)=1+2sin⁡xcos⁡x−11−sin⁡4x=1−4sin⁡2xcos⁡2x1−sin⁡4x=1−4t2(1−t2)1−t4=1−4t21+t2<0(t=sin⁡x>22)\begin{gathered} f'(x)=1+2\sin x\cos x\frac{-1}{\sqrt{1-\sin^4 x}}\\ =1-\sqrt{\frac{4\sin^2x\cos^2x}{1-\sin^4x}}\\ =1-\sqrt{\frac{4t^2(1-t^2)}{1-t^4}}\\ =1-\sqrt{\frac{4t^2}{1+t^2}}\lt0(t=\sin x\gt\frac{\sqrt{2}}{2}) \end{gathered}

所以f(x)<f(π4)=7π12<32arccos⁡13f(x)\lt f(\frac{\pi}{4})=\frac{7\pi}{12}\lt\frac{3}{2}\arccos\frac{1}{3}

以上的叙述过繁,我们有另一种方法:

18. 已知锐角 A,B,CA,B,C 满足 sin⁡2A+sin⁡2B+sin⁡2C=1\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C = 1，求 A+B+CA+B+C 的最大值。

整理解答：

利用降幂公式 sin⁡2θ=1−cos⁡2θ2\sin^2 \theta = \frac{1-\cos 2\theta}{2}，将已知条件转化： 1−cos⁡2A2+1−cos⁡2B2+1−cos⁡2C2=1\frac{1-\cos 2A}{2} + \frac{1-\cos 2B}{2} + \frac{1-\cos 2C}{2} = 1 化简得： cos⁡2A+cos⁡2B+cos⁡2C=1\cos 2A + \cos 2B + \cos 2C = 1

利用和差化积公式，展开前两项： 2cos⁡(A+B)cos⁡(A−B)+cos⁡2C=12\cos(A+B)\cos(A-B) + \cos 2C = 1 2cos⁡(A+B)cos⁡(A−B)=1−cos⁡2C2\cos(A+B)\cos(A-B) = 1 - \cos 2C cos⁡(A+B)cos⁡(A−B)=sin⁡2C\cos(A+B)\cos(A-B) = \sin^2 C

因为 A,BA,B 为锐角，所以 A−B∈(−π2,π2)A-B \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})，从而 0<cos⁡(A−B)≤10 < \cos(A-B) \le 1,必须有cos⁡(A+B)∈(0,1],A+B∈(0,π2]\cos(A+B)\in(0,1],A+B\in(0,\frac{\pi}{2}] 由上式可得： cos⁡(A+B)≥sin⁡2C=1−cos⁡2C2\cos(A+B) \ge \sin^2 C = \frac{1-\cos 2C}{2}

同理，对于其他两对角可得： cos⁡(B+C)≥sin⁡2A=1−cos⁡2A2\cos(B+C) \ge \sin^2 A = \frac{1-\cos 2A}{2} cos⁡(C+A)≥sin⁡2B=1−cos⁡2B2\cos(C+A) \ge \sin^2 B = \frac{1-\cos 2B}{2}

将以上三式相加，得： cos⁡(A+B)+cos⁡(B+C)+cos⁡(C+A)≥3−(cos⁡2A+cos⁡2B+cos⁡2C)2=3−12=1\cos(A+B) + \cos(B+C) + \cos(C+A) \ge \frac{3-(\cos 2A+\cos 2B+\cos 2C)}{2} = \frac{3-1}{2} = 1

令 S=A+B+CS=A+B+C，则 A+B=S−CA+B=S-C，B+C=S−AB+C=S-A，C+A=S−BC+A=S-B。 即 cos⁡(S−A)+cos⁡(S−B)+cos⁡(S−C)≥1\cos(S-A) + \cos(S-B) + \cos(S-C) \ge 1。

根据 Jensen 不等式（因为 x∈(0,π2)x \in (0, \frac{\pi}{2}) 时，cos⁡x\cos x 为凹函数）： cos⁡(S−A)+(S−B)+(S−C)3≥cos⁡(S−A)+cos⁡(S−B)+cos⁡(S−C)3≥13\cos \frac{(S-A) + (S-B) + (S-C)}{3} \ge \frac{\cos(S-A) + \cos(S-B) + \cos(S-C)}{3} \ge \frac{1}{3} 注意到 (S−A)+(S−B)+(S−C)=3S−(A+B+C)=3S−S=2S(S-A)+(S-B)+(S-C) = 3S - (A+B+C) = 3S - S = 2S。 cos⁡2S3≥13\cos \frac{2S}{3} \ge \frac{1}{3}

因为 A,B,CA,B,C 为锐角，且余弦函数在 (0,π)(0, \pi) 上单调递减，所以： 2S3≤arccos⁡13\frac{2S}{3} \le \arccos \frac{1}{3} S≤32arccos⁡13S \le \frac{3}{2} \arccos \frac{1}{3} 即 A+B+CA+B+C 的最大值为 32arccos⁡13\mathbf{\frac{3}{2} \arccos \frac{1}{3}}。

(注：当且仅当 A=B=CA=B=C，即 cos⁡2A=cos⁡2B=cos⁡2C=13\cos 2A = \cos 2B = \cos 2C = \frac{1}{3} 时等号成立。)

例9

若 α,β,γ∈(0,π2)\alpha, \beta, \gamma \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)，且 cos⁡2α+cos⁡2β+cos⁡2γ=1\cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma = 1，

求证：tan⁡α⋅tan⁡β⋅tan⁡γ≥22\tan \alpha \cdot \tan \beta \cdot \tan \gamma \geq 2\sqrt{2}

取等条件显而易见α=β=γ=arccos⁡13\alpha=\beta=\gamma=\arccos\frac{1}{3}

作恒等变形:

sin⁡2α=cos⁡2β+cos⁡2γ\begin{gathered} \sin^2\alpha=\cos^2\beta+\cos^2\gamma \end{gathered}

考虑到取等条件,放心使用均值不等式:

sin⁡2α=2cos⁡βcos⁡γsin⁡2β=2cos⁡γcos⁡αsin⁡2γ=2cos⁡αcos⁡β\begin{gathered} \sin^2\alpha=2\cos\beta\cos\gamma\\ \sin^2\beta=2\cos\gamma\cos\alpha\\ \sin^2\gamma=2\cos\alpha\cos\beta \end{gathered}

相乘开平方得tan⁡α⋅tan⁡β⋅tan⁡γ≥22\tan \alpha \cdot \tan \beta \cdot \tan \gamma \geq 2\sqrt{2}

例10

求值:cos⁡25π+cos⁡45π\cos\frac{2}{5}\pi+\cos\frac{4}{5}\pi

考虑:

(cos⁡25π+cos⁡45π)sin⁡15π=12[(sin⁡35π−sin⁡15π)+(sin⁡55π−sin⁡35π)]=−12sin⁡15π\begin{gathered} (\cos\frac{2}{5}\pi+\cos\frac{4}{5}\pi)\sin\frac{1}{5}\pi\\ =\frac{1}{2}[(\sin\frac{3}{5}\pi-\sin\frac{1}{5}\pi)+(\sin\frac{5}{5}\pi-\sin\frac{3}{5}\pi)]=-\frac{1}{2}\sin\frac{1}{5}\pi \end{gathered}

所求式等于−12-\frac{1}{2}

或者依赖于特殊角:

sin⁡18∘=5−14\sin18\degree=\frac{\sqrt{5}-1}{4}

cos⁡25π+cos⁡45π=sin⁡18∘−cos⁡36∘=sin⁡18∘+2sin⁡218∘−1=−12\begin{gathered} \cos\frac{2}{5}\pi+\cos\frac{4}{5}\pi\\ =\sin18\degree-\cos36\degree\\ =\sin18\degree+2\sin^218\degree-1\\ =-\frac{1}{2} \end{gathered}