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竞赛中的三角函数问题


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数学通讯 ( 2008 年第 12 期)             ? 课外园地 ?

课外园地

竞赛中的三角函数问题
吴祥成
( 湖北省沙市中学 , 434000)

   三角函数试题通常出现在全国高中数学联赛的 一试中 , 涉及的知识点主要有 :三角函数的定义域和 值域 , 三角函数的奇偶性 、 单调性 、 周期性 、 对称性 、 三角恒等变换与三角不等式 . 求解竞赛中的三角函数问题的常用技巧有 : ( 1 ) 切割化弦 ; ( 2) 倍角和角化为基本角 ; ( 3 ) 角的代换 ;
( 4) “1” 的化换 ; ( 5) 公式的变形用与逆用 ; ( 6 ) 借助辅

sin

C

2

;

④ co s2 A + co s2 B + co s2 C = 1 - 2co s A co s B co s C; ⑤ cot A ? cot B + cot B ? cot C + cot C ? cot A = 1 ; ⑥ tan
tan
A A B B C C

2

? tan

2

+ tan

2

?tan

2

+ tan

2

?

2

= 1.

助角 ; ( 7) 升幂与降幂 ; ( 8) 利用万能公式转化为代数 问题 ; ( 9) 积化和差与和差化积 ; ( 10) 裂项求和 ; ( 11 ) 三角代换 . 应注意熟悉以下常用结论 : π ( 1) 当 0 < x < 时 , sin x < x < tan x ; 2
( 2) 函数 y = ( 3) 函数 y =
2

) = co s ( x + 10° ) + co s ( x 例1  已知 sin ( x + 20° ) , 求 tan x. - 10°

分析   通过三角变换 , 解出 tan x. 讲解   已知条件可化为 sin xco s20° + co s x sin20°
= 2co s xco s10° ,即
) , sin xco s20° = co s x ?( 2co s10° - sin20°

sin x
x x
2

在 ( 0 ,π) 上单调递减 ; 在 (0 , π ) 上是增函数 ; 2

所以 tan x =
= =

tan x

2co s10° - sin20° co s20°

( 4) sin α- sin β= sin (α+β ) sin (α- β ); ( 5) co s2α- sin2β= co s (α+β ) co s (α- β ); ( 6) sin α+ sin (α+

2co s30° co s20° + 2sin30° sin20° - sin20° co s20° 2co s30° co s20° = 3. co s20°

π π 2 2 ) + sin (α) = 0; 3 3 π π 2 2 3 ) + sin2 (α) = ; 3 3 2

评注   10° , 20° 都不是特殊角 , 但 10° + 20° = 30° 产生了特殊角 , 然后再进行角的代换 . 要善于观察角 α= (α+β ) + (α- β ) ,2 β= (α+ 之间的特殊关系 , 如 2 β ) - (α- β ) ,2 α+β= (α+β ) +β . 例 2  ( 2006 年湖南省预赛题 ) 在 △A B C 中 , 已 知 sin A ?co s2
co s
A- C C A

( 7) sin2α+ sin2 (α+

( 8) sin3 θ= 4sin θ ) sin ( 60° ); sin ( 60° -θ +θ ( 9) co s3 θ= 4co s θ ) co s ( 60° ); co s ( 60° -θ +θ ( 10) tan3 θ= tan θ ) tan ( 60° ); tan ( 60° -θ +θ ( 11) tan α- tan

α α α; = tan sec 2 2

2
B

+ sin C ?co s2

2

=

3 sin B , 求 2

α ( 12) cot α - cotα= csc ; 2
( 13) cotα- tan α= 2cot2 α; ( 14) 在 △A B C 中 ,

2

- 2sin

2

的值 .

分析   先利用二倍角公式降次 , 再进一步进行 三角变换 . 1 + co s C 1 + co s A 讲解  由已知得 sin A ? + sin C ? 2 2
=
;

① tan A + tan B + tan C = tan A ? tan B ? tan C; ②sin A + sin B + sin C = 4co s
A

2

co s

B

2

co s sin

C

3 sin B , 则 2 sin A + sin C + sin A co s C + co s A sin C = 3sin B ,

2

③ co s A + co s B + co s C = 1 + 4sin

A

B

2

2

?

从而 sin A + sin C + sin ( A + C) = 3sin B , 即 sin A + sin C = 2sin B ,

? 课外园地 ?              数学通讯 ( 2008 年第 12 期) 故 2sin 又 sin
co s
A- C A+C

45
π 是 f ( x) 的一条对称轴 , 故只需在 4

2 2

co s

A- C

2

= 4sin

B

2

co s

B

2

, [0 ,

∴ 直线 x =

A+C B

= sin (
, 即 co s

π- B B ) = co s , 所以 2 2
A- C

π ]上求 f ( x) 的最值 . 4 而当 x ∈[ 0 , π π ) ]时 , sin x + co s x = 2 sin ( x + 4 4 π ] 上也单 调 递增 , 因 此 , 4

2

= 2sin

2

2

- 2sin

B

2

= 0.

评注   本题属于给值求值问题 , 此类问题往往 把条件式 、 待求式进行变换 , 实现其沟通 . ) sin2γ tan (α- β 2 γ 例3  已知 2 = 1 α , 求证 : tan = tan sin α α? β tan tan . 分析   因为 tan2γ= 出 sin γ, 再代入化简 .
2

单调递增 , sin4 2 x 在 [ 0 ,
f ( x) 在 [ 0 ,

π ]上单调递增 , 故 [ f ( x) ] min = f ( 0 ) = 1 , 4 π ) = 1 + 2. 4

[ f ( x) ] max = f (

sin γ , 可由已知条件解 1 - sin2γ
2

评注   本题充分利用了三角函数的周期性 、 对 称性和单调性 , 从而简捷地求出了 f ( x) 的最值 . 本 题也可利用换元法求解 , 令 t = | sin x| + | co s x| ( 1 ≤t ≤ 2) . 例 5  ( 2004 年中国东南地区数学奥林匹克试 题) 已知不等式 2 ( 2 a + 3 ) co s (θθ< 3 a + 6 对于 θ∈[ 0 , - 2sin2 值范围 . 分析   注意到左边的 co s (θπ ) , sin2 θ, 想到 4 π 2 ) = x, 4 2 π 6 ) + θ+ co s θ 4 sin

讲解   由已知条件可得 ) tan (α- β sin2γ= sin2α [1 α ] tan
) co s α sin (α- β = sin α [1 ? α] ) co s (α- β sin
2

= =

α α ) - co s α )] sin [ sin co s (α- β sin (α- β ) co s (α- β α β sin sin , ) co s (α- β α β sin2γ sin sin = ) - sin α β sin 1 - sin2γ co s (α- β α β sin sin α β α β= tan tan . co s co s

π ] 恒成立 , 求 a 的取 2

则 tan2γ =
=

换元 . 求 a 的取值范围可用分离参数法 . θ+ co s θ= x , 则 co s (θ解  设 sin θ= x 2 - 1 , x ∈[ 1 , 2 ]. sin2 原不等式可化为 ( 2 a + 3 ) x +
3 a + 6 ,即 2 x ( x + 2
x

评注   对于三角条件恒等式的证明 , 要充分利 用所给的条件 . 例 4  ( 2006 年湖北省荆州市预赛题 ) 求函数
f ( x) = | sin x| + sin4 2 x + | co s x| 的最大值与最小值 .

6
x

- 2 ( x2 - 1 ) < - a) > 0 , 即

分析   该题的关键是如何去掉绝对值符号化简 函数关系式 , 直接讨论较繁 , 若利用函数的周期性 , 也可去掉绝对值符号 , 化简函数关系式 . π π 讲解   因为 f ( x + ) = sin ( x + ) 2 2
sin4 ( 2 x +π) + co s ( x + +

- a) - 3 ( x + 2
x

2
x

( 2 x - 3) ( x +

- a) > 0 .

由 x ∈[ 1 , 2 ] , 得 2 x - 3 < 0 , 从而上述不等式恒 成立 , 等价于 x +
2
x

π ) 2

= | co s x | + sin4 2 x +

- a < 0 ( x ∈[ 1 , 2 ]) 恒成立 .
x

| sin x| = f ( x) , 所以

π 是该函数的周期 , 故只需讨 2

2 从而只要 a > ( x + ) max ( x ∈[ 1 , 2 ]) . 2 又易证 f ( x) = x + 在 [ 1 , 2 ]上递减 , 所以 ( x
x

π 论 f ( x) 在 [ 0 , ]上的最值 . 2 π 当 x ∈[ 0 , ]时 , f ( x) = sin x + sin4 2 x + co s x. 2 π π π ∵f ( + x) = sin ( x + ) + sin4 ( 2 x + ) + 4 4 2 π π π π co s ( x + ) = co s ( - x ) + sin4 ( - 2 x ) + sin ( 4 4 2 4
- x) = f ( + 2
x

) max = 3 ( x ∈[ 1 , 2 ]) , 从而 a 的取值范围是 ( 3 ,

). + ∞

评注   在处理不等式恒成立问题时 , 可将所考 察的某个变量 a 分离出来 , 变形为形如 a < f ( x ) ( 或
a > f ( x) ) 恒 成 立 的 问 题 . 由 此 , 将 问 题 转 化 为 求 f ( x) 的最值 , 只需 a 小于 f ( x ) 的最小值 ( 或 a 大于

π - x) , 4

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f ( x) 的最大值) 即可 .

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( C) x =

例 6  ( 1999 年越南数学奥林匹克 ) 设 a , b, c 是 正实数 , 且 abc + a + c = b, 试确定 P =
3 + 2 的最大值 . c +1
a+ c 分析   把已知条件变形为 b = , 联想 tan (α 1 - ac ) = +β

π 11 . 6

( D) x =π.

2 2 a2 + 1 b2 + 1

3 . ( 2006 年湖南省预赛题) tan70° ? co s10° ?( 3tan20° - 1) =
( A) 1 . ( B) 2 . ( C) - 1 . (    ) ( D) - 2 .

4 . ( 2007 年全国联赛题) 设函数 f ( x ) = 3sin x + 2co s x + 1 , 若实数 a , b, c 使得 a f ( x) + bf ( x - c) = 1
bco s c 的值为 a ( C) - 1 . ( D) 1 .

α+ tan β tan α β, 由此想到三角代换 . 另外 , 结论 1 - tan tan

对任意实数 x 恒成立 , 则
( A) -

(    )

中出现了 a2 + 1 , 也可想到三角代换 . 解  由条件有 a + c = ( 1 - ac) b, 显然 1 - ac ≠ 0,
a+ c 故 b= . 1 - ac

1 ( ) 1 . B . 2 2

5 . ( 2005 年全国联赛试题 ) 设 α,β,γ满足 0 < α

π, 若对任意 x ∈R , co s ( x +α ) + co s ( x +β ) <β<γ< 2 π ], 2
) = 0 , 则 γ- α= + co s ( x +γ .

α, b = tan β, c = tan γ,α,β,γ∈[ 0 , 令 a = tan β= 则 tan α+ tanγ tan (α γ ) α γ= tan + . 1 - tan tan

6 . ( 2007 年陕西省预赛题 ) 实数 x , y 满足 tan x = x , tan y = y , 且 | x | ≠ | y | , 则 sin ( x - y) 的值为 x- y
e
| sin x + cos x|

sin ( x + y) x+ y

又 α+γ∈[ 0 ,π] , 所以β=α+γ . 从而
P=

.

2 2 3 + 1 + tan2α 1 + tan2β 1 + tan2γ

7 . ( 2005 年四川省预赛题) 函数 f ( x ) = sin2 x +

) + 3co s2γ = 2co s2α- 2co s2 (α+γ

的最大值与最小值之差等于

.

α+ 1 - [ co s ( 2 α+ 2γ ) + 1 ] + 3co s2γ = co s2 γ?sin ( 2 α+γ ) + 3co s2γ = 2sin γ+ 3co s2γ ≤ 2sin
10 γ- 1 ) 2 ≤10 , = - 3 ( sin 3 3 3

8 . ( 2007 年陕西省预赛题) 设函数 f ( x) = co s2 x + 2 3 sin x ? co s x ( x ∈R) 的最大值为 M , 最小正周

期为 T.
( 1) 求 M , T 的值 , 并写出函数 f ( x) 的单调递增

区间 .
( 2) 若 10 个互不相等的正数 x i ( i = 1 , 2 , …, 10 )

α+γ= 且在 2
=

π γ= 1 , 即 a = 2 , b = 2 , c , sin 2 3 2

π, 求 x 1 + x 2 + …+ x 10 . 满足 f ( x i ) = M , 且 x i < 10
9 . ( 2001 年中国西部数学奥林匹克试题 ) 求所

2 10 时 , 上式取等号 , 故 Pmax = . 4 3

有的实数 x ∈[ 0 ,

评注  ( 1) 本题根据式子结构特征 , 进行三角代 换 , 把代数问题转化为三角问题 . ( 2 ) 三角多元最值 问题 , 通常通过有界性转化为一元最值问题 . 练习题
2 1 . ( 2005 年福建省预赛题 ) 若 sin x + sin y = , 2 co s x + co s y =
( A)

π ] , 使得 ( 2 - sin2 x ) ?sin ( x + 2

π ) = 1 , 并证明你的结论 . 4 π 10 . ( 1997 年全国联赛题) 设 x ≥y ≥z ≥ , 且 x 12
+ y+z=

π . 求乘积 co s x ?sin y ? co s z 的最大值和 2 参考答案和提示

6 , 则 sin ( x + y) 等于 2

最小值 .
1 . B.   把两个式子分别平方相加得
( sin2 x + co s2 x ) + ( sin2 y + co s2 y ) + 2 ( co s xco s y

(    )

2 3 6 .   ( B) .   ( C) .   ( D) 1 . 2 2 2

2 . ( 2006 年吉林省预赛题 ) 已知函数 y = sin x +
aco s x 的图 象 关 于 直 线 x =

+ sin x sin y) = 2 , 即 co s ( x - y) = 0 .

π 5 对称 , 则函数 y = 3
(    )

把两个 式 子 相 乘 , 得 ( sin xco s y + sin yco s x ) +
( sin xco s x + sin yco s y) =

asin x + co s x 的图象的一条对称轴为 ( A) x =

3 , 2 3 , 2

π . 3

(B) x =

π 2 . 3

所以 sin ( x + y) + sin ( x + y) co s ( x - y) =

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3 . 2 - β=

47

从而 sin ( x + y) =

π π 2 γ- α= 4 . ,∴ 3 3
sin ( x + y) sin ( x + y) = = x+ y tan x + tan y

2 . C. 令 f ( x ) = sin x + aco s x , g ( x ) = asin x + co s x. 由题设有 f ( x) = f ( - x) , f ( = g(

6. 0. 由 题 设 得

π π 10 - x) , 又 f ( x ) = g ( 3 2

π π 10 π π 10 - x) = g ( + x) , 故 g ( - x) 3 2 3 2

sin ( x + y) = co s xco s y. sin x sin y + co s x co s y

π 10 π + x) , 所以 , g ( x) 的一条对称轴为 x = 2 3

同理可得 故

sin ( x - y) = co s xco s y , x- y

π π 1 π π 10 7 ( ) = + . 2 2 2 3 6 π, 相邻两对称轴之间的距离 又 g ( x) 的周期为 2 π π 7 π = 11 . 为π, 故其另一条对称轴为 x = +3 6 6
3 . C. 原式 = co s20° co s10° 3 sin20° - co s20° ? = sin20° co s20°

sin ( x + y) sin ( x - y) =0 x+ y x- y

7. 1 + e 2 .
f ( x) = sin2 x + e| sin x + cos x| = - co s ( 2 x + e 2| sin
( x + π) |

π ) + 2

4

= 2sin2 ( x +

π π ) - 1 + e 2| sin ( x + 4 ) | 4

) co s10° ? 2sin ( 20° - 30° 2co s10° sin10° = = - 1. sin20° sin20°

令 t = 2| sin ( x +

π ) | ∈[ 0 , 2 ] , ∴f ( x) = g ( t) 4

4 . C.   由题设可得 f ( x ) =
f ( x - c) =

) +1, 13 sin ( x + φ

= t2 - 1 + et , 易知 g ( t) 在 [ 0 , 2 ]上单调递增 ,

π , 13 sin ( x + φ- c) + 1 , 其中 0 < φ< 2
2 . 于是 a f ( x) + bf ( x - c) = 1 可化为 3 13 bsin ( x +φ- c) + a + b = 1 , 13 bsin cco s ( x

∴f ( x) max - f ( x) min = g ( 2) - g ( 0) = 1 + e 2 .
8 . ( 1) 注意到 f ( x ) = 2sin ( 2 x +
M =2, T=

π ) ( x ∈R) , 则 6

且 tanφ=

) + 13 asin ( x +φ

π 2 =π. 2 π π π π+ ( k ∈Z) , 则函 ≤ 2x + ≤ 2k 2 6 2 π π π+ ,k ](k ∈ 3 6



) 13 ( a + bco s c) sin ( x + φ

π又 2k

) + ( a + b - 1) = 0 . +φ

π数 f ( x) 的单调递增区间为 [ k ① ② ③
Z) .
( 2) 由 f ( x i ) = 2sin ( 2 x i +

由已知条件 , 上式对任意 x ∈R 恒成立 , 故必有
a + bco s c = 0 bsin c = 0 a + b- 1 = 0

π π ) = 2 , 得 2 xi + 6 6

若 b = 0 , 则式 ① 与式 ③ 矛盾 , 故 b ≠ 0 , 由式 ② 知
sin c = 0 .

π+ = 2k

π π ( k ∈Z) , 即 x i = k π+ ( k ∈Z) . 2 6

π, 所以 k = 0 , 1 , …, 9 , 故 x1 + x 2 因为 0 < x i < 10
1 bco s c , 所以 = - 1. 2 a

当 co s c = 1 时 , 则 ①③ 两式矛盾 , 故 co s c = - 1 . 由式 ①、 ③ 知 a= b=
5.

π 40 π + …+ x 10 = ( 0 + 1 + …+ 9)π + 10 × = . 6 3
9 . 令 sin ( x +

π 4 ) + co s ( x +β ) + co s ( x + γ ) = .   co s ( x +α 3 α+ co s β+ co s γ= 0 co s α+ sin β+ sin γ= 0 sin ① ②

π ) = t , 即 sin x + co s x = 2 t , 于是 4

1 + sin2 x = 2 t2 , 即 sin2 x = 2 t2 - 1 , 从而有 t ( 3 - 2 t2 ) = 1 , 即 2 t3 - 3 t + 1 = 0 .

( co s α+ co s β+ co s γ ) co s x - ( sin α+ sin β+ sin γ ) sin x.

依题设 , 可得

注意到 t = 1 是上述方程的解 , 故
( t - 1) ( 2 t2 + 2 t - 1) = 0



α+ co s β ) 2 + ( sin α+ sin β )2 = 1, 由 ①② 可得 ( co s
1 ) = 即 co s (β- α . 2
) = co s (γ- α ) = 同理可得 co s (γ- β

π 2 由于 0 ≤x ≤ , 所以 ≤t ≤ 1 , 从而 2 t2 + 2 t 2 2
1≥ 2× 1 2 + 2 × - 1 > 1 , 从而方程 ① 有唯一解 t = 2 2

1 . 2

π, ∴ β - α, γ - α, γ - β ∈ ∵ 0 < α< β< γ < 2 π 4 π 2 , 又β- α<γ- α,γ- β<γ- α, 只有β- α=γ , 3 3

1 , 故原方程有唯一解 x =

π . 4
( 下转第 43 页)

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3 4 有 4A 1 3 A 3 + A 4 = 96 个 .

43

21 . ( 1) 用直尺度量折后的 A B 长 , 若 A B = 4 , 则

( 4) 符合条件的数是 : ①形如 5 ××××× 和4

二面角 A2CD2B 为直二面角 . 证明如下 : ∵△A B C 是等腰直角三角形 , ∴A D
= DB = CD = 2 2 cm . 又 ∵A D ⊥D C , B D ⊥ D C ,

××××× 的数有 2A 个 ; ② 形如 35 ×××× 和 34 ×××× 的数有 2A 4 形如 325 ××× 的数有 4 个; ③
A3 形如 3245 ×× 的数有 A 2 324150 满 3 个; ④ 2 个; ⑤

5 5

∴∠A DB 是二面角 A 2CD2B 的平面角 . ∵A D = DB
=2 2 cm . 当 A B = 4cm 时 , 有 A D2 + DB 2 =
( 2) 取 △A B C 的中心 P , 连接 D P , 则 D P 满足 A B 2 , ∴∠A DB = 90° .

足条件 . 故可以组成 2A + 2A + 2A + A + 1 = 297 个大于 324105 的六位数 .
20 . ( x + 1 2
4

5 5

4 4

3 3

2 2

x x

r ) n 的展开式的通项为 T r + 1 = C n

?( x )

n- r

?(

1 2
4

r ) r = Cn ?

2n- 3 r 1 ?x 4 . 2r

条件 . 证明如下 : ∵△A B C 为正三角形 , 且 A D = DB
= D C , ∴三 棱 锥 D2A B C 为 正 三 棱 锥 . 由 P 为

1 1 2 1 由已知条件知 C0 , 解得 n n + C n ? 2 = 2C n ? 2 2
3r 1 r = 8 或 n = 1 ( 舍去) , 所以 T r + 1 = C8 ? r ?x 4 - 4 . 2

△A B C 的中 心知 , D P ⊥平 面 A B C. ∴D P 与 平 面
A B C 内任意一条直线都垂直 . ( 3) 当小球半径最大时 , 此小球与三棱锥的 4 个

3r 令4= 1 , 得 r = 4 , 所以展开式中含 x 的一 4 1 35 次幂的项为 T 5 = C ? 4 ?x = x. 8 2
4 8

面都相切 , 设小球球心为 O , 半径为 r , 连接 OA , OB ,
OC , OD , 三棱锥被分为 4 个小棱锥 , 且每个小棱锥

中有一个面上的高为 r , 故有
VABCD

( 2) 令 4 -

3r ∈Z ( r ≤8 ) , 则只有当 r = 0 , 4 , 8 4

= V O-

ADC

+ V O - BCD + V O -

AB D

+ V O-

AB C

,

即 ? 3+

时 , 对应的项才为有理项 , 有理项分别为 T1 = x 4 , T5
= 35 1 x , T9 = . 8 256 x 2
r- 1 ( 3) 记第 r 项的系数为 a r , 则 a r = C8 ?2 1 - r .

1 1 1 1 ? (2 2) 2 ? 2 2= ?r[ ?( 2 2 ) 2 3 2 3 2

1 3 ? ? 42 ] , 2 2 1 1 ( 24 + 8 3 ) r = (2 2) 3 , 6 6 2 2 3 2- 6 = . 3 3+ 3
( 收稿日期 :2008 - 04 - 10)



设第 k 项的系数最大 , 则有 ak ≥ak + 1 , 且 ak ≥ak - 1 , 即
C8
k- 1

? 2

1- k

≥ C8 ? 2

k

- k

,

k- 1 k- 2 C8 ? 21 - k ≥ C8 ? 22 - k ,



2 1 ≥ , 9- k k 1 3 ≥ , k - 1 10 - k
5 2

所以 r = 解

得 3 ≤k ≤4 , 所以系数最大的为第三项 T3 = 7 x 和 第四项 T4 = 7 x 4 .
7

( 上接第 47 页)
   10 . 由已知条件得 x =
+

π π π - ( y + z) ≤ - ( 2 2 12

又 co s x ?sin y ? co s z =
sin ( x - y ) ] ≤ co s2

1 co s z ?[ sin ( x + y) 2

π π ) = . 又 sin ( x - y) ≥ 0 , sin ( y - z) ≥ 0 , 于是 12 3
co s x ?sin y ? co s z = 1 co s x [ sin ( y + z ) + sin ( y 2

1 1 1 co s z ?sin ( x + y ) = co s2 z ≤ 2 2 2

π 1 π 2+ 3 ( 1 + co s ) = = . 12 4 6 8 且当 x = y = π π 5 ,z = 时等号成立 . 24 12
2+ 3 . 8

- z) ] ≥ = 1 . 8

π 1 1 1 co s x ?sin ( y + z) = co s2 x ≥ co s2 2 2 2 3

所以 co s x ?sin y ? co s z 的最大值为 π π ,y= z= 时等号成立 . 3 12
1 . 8

且当 x =

( 收稿日期 :2008 - 03 - 16)

所以 co s x ?sin y ? co s z 的最小值为


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