分析 (1)由三角形內(nèi)角和定理化簡已知可得:cos(B-C)-cos(B+C)=1,利用三角函數(shù)恒等變換的應用化簡可得2sinBsinC=1,即可解得sinB•sinC=$\frac{1}{2}$.
(2)由cos(B-C)≤1,1-cosA≤1,可得cosA≥0,A不是鈍角,利用等比數(shù)列的性質(zhì)可得a2=bc,由正弦定理得:sin2A=sinBsinC=$\frac{1}{2}$,可求sinA=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,即可解得A的值.
(3)利用三角函數(shù)恒等變換的應用可求cosBcosC=$\frac{1-\sqrt{2}}{2}$,由兩角和的正弦函數(shù)公式化簡所求后代人即可得解.
解答 解:(1)∵cos(B-C)=1-cosA,可得:cos(B-C)-cos(B+C)=1,
∴解得:cosBcosC+sinBsinC-cosBcosC+sinBsinC=1,
∴2sinBsinC=1,解得:sinB•sinC=$\frac{1}{2}$.
(2)∵cos(B-C)≤1,1-cosA≤1,
∴cosA≥0,A不是鈍角.
∵b,a,c成等比數(shù)列.即:a2=bc,由正弦定理得:sin2A=sinBsinC=$\frac{1}{2}$.
∴由A為三角形內(nèi)角,sinA>0,sinA=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴A=$\frac{π}{4}$,
(3)∵cos(B-C)=1-cosA=1-cos$\frac{π}{4}$=1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴cosBcosC+sinBsinC=1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴cosBcosC=1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$-sinBsinC=1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$=$\frac{1-\sqrt{2}}{2}$,
∴tanB+tanC
=$\frac{sinBcosC+cosBsinC}{cosBcosC}$
=$\frac{sin(B+C)}{cosBcosC}$
=$\frac{sinA}{cosBcosC}$
=$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{1-\sqrt{2}}{2}}$
=-2-$\sqrt{2}$.
點評 本題主要考查了三角函數(shù)恒等變換的應用,考查了三角形內(nèi)角和定理,等比數(shù)列的性質(zhì),正弦定理的應用,考查了計算能力和轉(zhuǎn)化思想,屬于中檔題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{1}{2}$ | B. | $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | C. | $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | D. | 1 |
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