Question

18．如图，A、B、C、D为平面四边形ABCD的四个内角．
（Ⅰ）证明：tan$\frac{A}{2}$=$\frac{1-cosA}{sinA}$；
（Ⅱ）若A+C=180°，AB=6，BC=3，CD=4，AD=5，求tan$\frac{A}{2}$+tan$\frac{B}{2}$+tan$\frac{C}{2}$+tan$\frac{D}{2}$的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）直接利用切化弦以及二倍角公式化简证明即可．
（Ⅱ）通过A+C=180°，得C=180°-A，D=180°-B，利用（Ⅰ）化简tan$\frac{A}{2}$+tan$\frac{B}{2}$+tan$\frac{C}{2}$+tan$\frac{D}{2}$=$\frac{2}{sinA}+\frac{2}{sinB}$，连结BD，在△ABD中，利用余弦定理求出sinA，连结AC，求出sinB，然后求解即可．

解答 证明：（Ⅰ）tan$\frac{A}{2}$=$\frac{sin\frac{A}{2}}{cos\frac{A}{2}}$=$\frac{2si{n}^{2}\frac{A}{2}}{2cos\frac{A}{2}sin\frac{A}{2}}$=$\frac{1-cosA}{sinA}$．等式成立．
（Ⅱ）由A+C=180°，得C=180°-A，D=180°-B，由（Ⅰ）可知：tan$\frac{A}{2}$+tan$\frac{B}{2}$+tan$\frac{C}{2}$+tan$\frac{D}{2}$=$\frac{1-cosA}{sinA}+\frac{1-cosB}{sinB}+\frac{1-cos（180°-A）}{sin（180°-A）}+\frac{1-cos（180°-B）}{sin（180°-B）}$=$\frac{2}{sinA}+\frac{2}{sinB}$，连结BD，在△ABD中，有BD²=AB²+AD²-2AB•ADcosA，AB=6，BC=3，CD=4，AD=5，
在△BCD中，有BD²=BC²+CD²-2BC•CDcosC，
所以AB²+AD²-2AB•ADcosA=BC²+CD²-2BC•CDcosC，
则：cosA=$\frac{{AB}^{2}+{AD}^{2}-{BC}^{2}-{CD}^{2}}{2（AB•AD+BC•CD）}$=$\frac{{6}^{2}+{5}^{2}-{3}^{2}-{4}^{2}}{2（6×5+3×4）}$=$\frac{3}{7}$．
于是sinA=$\sqrt{1-{cos}^{2}A}$=$\frac{2\sqrt{10}}{7}$，
连结AC，同理可得：cosB=$\frac{{AB}^{2}+{BC}^{2}-{AD}^{2}-{CD}^{2}}{2（AB•BC+AD•CD）}$=$\frac{{6}^{2}+{3}^{2}-{5}^{2}-{4}^{2}}{2（6×3+5×4）}$=$\frac{1}{19}$，
于是sinB=$\sqrt{1-{cos}^{2}B}$=$\frac{6\sqrt{10}}{19}$．
所以tan$\frac{A}{2}$+tan$\frac{B}{2}$+tan$\frac{C}{2}$+tan$\frac{D}{2}$=$\frac{2}{sinA}+\frac{2}{sinB}$=$\frac{2×7}{2\sqrt{10}}+\frac{2×19}{6\sqrt{10}}$=$\frac{4\sqrt{10}}{3}$．

点评 本题考查二倍角公式、诱导公式、余弦定理．简单的三角恒等变换，考查函数与方程的思想，转化与化归思想的应用．