申治国数学论文

透视解决三角函数各类问题的特殊化方法
关于三角函数的很多问题，特别是一些创新型问题，对绝大多数的同学来说是陌生的，也主要考查学生对重要数学思想方法的掌握情况，以及考试时对自己心态的调整．但解决这些问题有一把“利剑”，就是特殊化方法．特殊化方法的解题依据是，
题目所叙述的一般情形成立，则对特殊情形也应该成立，若不成立，则必然选项是错
误的．特殊化方法一般有赋特殊值，特殊函数等．
一、单调性类问题
例１（１）若是锐角的两个内角，则点在（ ）．
Ａ．第一象限Ｂ．第二象限Ｃ．第三象限Ｄ．第四象限
（２）　设是一个钝角三角形的两个锐角，下列四个不等式中不正确的是（　
　）．
Ａ． Ｂ．
Ｃ． Ｄ．
透视：这是依托基本的几何图形三角形，创新型的考查三角函数的单调性等重要
性质的题目，常规解法运算繁杂，用特殊化方法则可出奇制胜．对（１），赋，可知
选Ｂ．对（２），赋，可知选Ｄ．　
例２若Ａ，Ｂ，Ｃ是△ＡＢＣ的三个内角，且，则下列结论中正确的是（ ）．Ａ．Ｂ．Ｃ． Ｄ．
透视：赋，可知错；赋，知错．故选Ａ．
例３函数在下面哪个区间内是增函数（ ）．
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
透视：所给陌生函数的定义域显然是，又令，则，，，．如对选项Ａ，从到，
从，到１，不合题意，同理可排除Ｃ、Ｄ．
例４　函数为增函数的区间是（ ）．
Ａ．Ｂ．　Ｃ．　Ｄ．
透视：只需考虑区间端点处的函数值，有①；②；③；④；⑤；⑥．①③知错；
②④知错；由⑤⑥知错．选Ｃ．
例５　已知，则下列不等关系中必定成立的是（ ）．
Ａ． Ｂ．
Ｃ．Ｄ．　
透视：已知即，则在第Ⅱ象限，取和验证可知选．
二、周期类问题
例６ 函数的最小正周期为（ ）．
Ａ． Ｂ．Ｃ．Ｄ．２
透视：由，将选项Ｂ代入验证，有成立，故一定是周期，但是否最小呢？又，而，
二者不相等，故一定不是周期，故选Ｂ．
三、图象类问题
例７ 函数的部分图象是（ ）．
透视：显然，函数是奇函数，故排除Ａ、Ｃ，又由及，故选Ｄ．
例８为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ）．
Ａ．向右平移个单位长度Ｂ．向右平移个单位长度
Ｃ．向左平移个单位长度Ｄ．向左平移个单位长度
透视：平移前的点，与平移后的点是一对对应点，故选Ｂ．
四、求值或范围类问题
例９的值为 ．
透视：赋，知填１．
例１０　已知点在第一象限，则在内α的取值范围是
Ａ． Ｂ．　
Ｃ． Ｄ．　
透视：只要考虑正确选项要满足这个局部条件，即可知选Ｂ．
五、综合类问题
例１１　函数在区间上是增函数，且　，则函数在上（ ）．　
Ａ．是增函数 Ｂ．是减函数
Ｃ．可以取得最大值Ｍ Ｄ．可以取得最小值
透视：考虑符合条件的特殊函数，特殊区间，则，很容易确定选Ｃ．
２００９－２０１０学年专题突破之《直线和平面的位置
关系》　
考点动向　
近几年，高考题由考查知识向考查能力转变，题目趋于新颖多变，灵活性强．立
体几何试题一般都综合直线和平面以及简单几何体的内容于一体，以几何体为载体，考查直线和平面内容．高考始终把直线与平面的平行和垂直的性质与判定，线面角与距离作为考查的重点，尤以多面体为载体的位置关系与数量关系问题，更是年年考，在难度上始终以中档题目为主．
方法范例
例１　如图２－１，在五面体中，点是矩形的对角线的交点，面是等边三角形，
棱．
（１）证明平面；
（２）设，证明平面．
解析　本题设计的两问均为证明，一为线面垂直，一为线面平行．传统的解法主
要是借助线线，线面与面面垂直与平行关系的互化加以证明．其中，对（１），在平面中寻找恰当的与平行的直线即可；对（２），在平面中寻找与直线垂直的两条直线即可，注意结合所提供数据及第（１）问的结论．
证明　（１）取中点，连结，在矩形中，，
则，连结，于是四边形为平行四边形．所以ＦＯ平行于ＥＭ．又平面，且平面，平面．（２）连结．由（１）和已知条件，在等边中，且．因此平行四边形为菱形，从
而．
平面，从而．而，所以平面．
例２如图２－３，在三棱锥Ｐ－ＡＢＣ中，ＡＢ⊥ＢＣ，　，点Ｏ、Ｄ分别是ＡＣ、ＰＣ的中
点，ＯＰ⊥底面ＡＢＣ．
（１）当ｋ＝时，求直线ＰＡ与平面ＰＢＣ所成角的大小；
（２）当ｋ取何值时，Ｏ在平面ＰＢＣ内的射影恰好为
△ＰＢＣ的重心？
解析　对于（１），除了直接考虑借助线面成角的定义求角外，还可以进行平移
转化，对本题，转化为直线与平面所成的角要好求；对（２），则结合（１）的结论进行探究．
解法１（１）
，，
又，ＰＡ与平面ＰＢＣ所成的角的大小等于，
（２）由（１）知，，∴Ｆ是Ｏ在平面ＰＢＣ内的射影．∵Ｄ是ＰＣ的中点，若点Ｆ是的
重心，则Ｂ，Ｆ，Ｄ三点共线，∴直线ＯＢ在平面ＰＢＣ内的射影为直线ＢＤ，，即．反之，当时，三棱锥为正三棱锥，∴Ｏ在平面ＰＢＣ内的射影为的重心．
解法２，，
以Ｏ为原点，射线ＯＰ为非负ｚ轴，建立空间直角坐标系（如图２－５）．
设
则，
设，则．
（１），即，
可求得平面ＰＢＣ的法向量，，
设ＰＡ与平面ＰＢＣ所成的角为，则，．
（２）的重心，，
，又，，即，反之，当时，三棱锥为正三棱锥，∴Ｏ在平面ＰＢＣ内的射影为的重心．［规律小结］
（１）直线与平面的位置关系的判定类问题，也可分为两大类，即定性的判定和
定量的精确的判定，定性的主要涉及平行和垂直两大类问题，而定量的涉及线面角与线面平行时距离的问题．
（２）平行和垂直问题，注意将它们纳入到线线，线面与面面的平行与垂直的互
化系统中去，而求角和距离，主要是紧扣定义，或者进行等价转化，注意借助向量解
决问题的方法．
考点误区分析
（１）线面平行的判定，关键是寻找平面内与已知直线平行的直线，此时，有学
生不知该如何寻找，其实，不妨借助线面平行的性质定理，先入为主，要证明就成立，于是过该直线的平面与已知平面的交线就是所找的直线．若借助向量，可证明直线的方向向量与平面的法向量垂直，或者与平面内某直线的方向向量共线，垂直也可类似分析．
（２）求线面成角与距离，主要转化为线与它在面内的射影成角或线上一点到面
的距离．或者根据一组平行线与一组平行平面任两对所成角均相同，或者将线面角转化为过该线的和已知平面平行的平面内任一点到另一个平面的距离，进行等价转化．或者借助直线的方向向量与平面的法向量间的运算，线面成角，要结合图形，是直线的方向向量与平面的法向量所成角的余角或补角的余角．
同步训练
１．在三棱锥中，三条棱ＯＡ、ＯＢ、ＯＣ两两互相垂直，且ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ，Ｍ是ＡＢ
边的中点，则ＯＭ与平面ＡＢＣ所成的角的大小是 （用反三角函数表示）．２．过平行六面体任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线共有（ ）．
　４条 ６条
８条 １２条
３．如图２－６，四棱锥中，底面为矩形，垂直于底面，，分别为的中点．
（１）求证：　垂直于平面；
（２）设，求与平面所成的角的大小．
４．如图２－７，直二面角中，四边形是边长为２的正方形，，为上的点，且平
面．
（１）求证：平面；
（２）求二面角的大小；
（３）求点到平面的距离．
［参考答案］
１．［解析］在中，解出即可．［答案］．
２．［解析］根据面面平行则面内的每两点所确定的直线都与另一平面平行，可
知恰有两个四边形截面符合条件，故有条．［答案］．
３．［解析］（１）根据线面垂直的判定定理进行证明，只需在平面内找到两条
相交直线与垂直即可，一般图中现成的即可．对本题都可以，连结，可由证得，同理连结，由二者均为直角三角形斜边上的中线可得，从而证得垂直．（２）可证得平面，根据三垂线定理作出角，解三角形可得角为．也可以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，将问题转化为直线的方向向量与平面的法向量的关系问题．
４．［解析］对（１），直接易得，，故得证；对（２）由三垂线定理的逆定理
作角，可求得大小为；对（３），由可得距离为．或者以线段的中点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量，平面的法向量解答，对（３），可得是平面的一个法向量，则点到平面的距离．
解决三角函数各类问题的十种方法
三角函数的各类问题，由于涉及的三角公式较多，问题的解法也比较灵活，但也
会呈现出一定的规律性，本文拟对其中的解题方法进行总结归纳．
１　凑角法
一些求值问题通过观察角之间的关系，并充分利用角之间的关系，往往是凑出特殊角，可以实现顺利解答．
例１　求的值．
解析　原式
．
评注　三角求值主要借助消除三个方面的差异解答，即消除函数名称差异，或者
式子结构的差异，或者角度之间的差异，凑角法体现的就是消除非特殊角与特殊角之间的差异．本题注意若将第一步中的分子化为，或者化为，都没有上面的方法简捷，请同学们进行操作比较，分析原因，并注意凑角也需谨慎选择！
２　降幂法
一些涉及高次三角式的求值问题，往往借助已知及，或降幂公式等借助降幂策略解答．
例２　若，求的值．
解析　由，得，（舍去）．由，又可得，
则，又由，得，故，代值可得．
评注　若求出的值后直接简单代入，则运算量将大得多，而主动降幂后就截然不
同了．涉及非单角形式的三角函数问题，有时也需要考虑降幂进而化为一个角的三角函数形式解答，遇到“高次”问题就特别注意联想“降幂法”解答．
３　配对法 根据一些三角式的特征，适当进行配对，有时可以实现问题的顺利解答．
例３　已知，且，求的值．
解析　设，令，则，，其中，，
，，又，故，故可解得．则，或，或，又，则或．
评注　三角函数中的正弦函数与余弦函数是一对互余函数，有很多对称的结论，
如等，因此在解决一些三角求值，求证等问题时，可以构造对偶式，实施配对策略，尝试进行巧妙解答．
４　换元法
很多给值求值问题都是给的单角的某一三角函数值，但有时会出现给出复合角的三角函数值求值的问题，此时，利用换元法可以将问题转化为熟悉的已知单角的三角函数值求值问题．
例４　求的值．
解析　令，则原式
．
评注　教材求值问题往往是已知单角三角函数值求值，而近几年的高考和期末考
试试题，则青睐于已知复合角的三角函数值求值，因此备考时要特别注意此点，解答此类问题的换元法或整体思想也都十分重要．对本题，若直接将三部分借助两角和的正弦公式与余弦公式展开，则要繁杂得多．
５　方程法　有时可以根据已知构造所求量的方程解答．
例５　若，试求的值．
解析　令，则，．由已知，有
，即，得，或（舍去）．即，又，整理可得，解得或．
评注　将已知转化为关于的方程是解题的关键．方程的思想方法是解答诸多三角
函数问题的基本大法，如求三角函数的解析式等问题．一般地，若题目中有个需要确定的未知数，则只要构造个方程解答即可．
６　讨论法
涉及含有参数或正负情形的三角问题，往往需要借助讨论法进行解答．
例６　已知中，，求．
解析　由，得．当时，因为是的内角，需要满足，有，而余弦函数在区间是减函数，得，但，故此情形不合题意．
可以验证符合题意，故．
评注　分类讨论是将问题化整为零，进而化难为易的重要思想方法，一般含有绝
对值的三角函数问题，涉及未确定象限的角的问题等，都要首先考虑“讨论”！
７　平方法
分析已知和所求，有时借助“取平方”的方法可以实现顺利解题．
例７　已知，，求的值．
解析　有，，两式两边平方后对应相加，可得
，即．
评注　学习数学要掌握一些基本的操作技能，而“取”就是其中的重要一种，除
了“取平方”外，常见的还有“取对数”，“取倒数”等操作，需要注意体会．本题就是借助平方关系实现整体消元后解答的．
８　猜想法
有时根据已知数据的特征进行必要的猜想，能更好的解决求值问题．
例８　已知，且为第二象限角，则 ．
解析　由及，可得．
评注　实际上，将与联立所得二元二次方程组只有两组解，即或，依题意只可取
前者．学习数学，要培养对数据的敏感性，能根据数据特征进行积极联想，进而适当猜想，能有效提高解题速度，而且猜想是一种重要的推理形式，并不是“胡猜乱想”，要紧扣已知和所求进行．
９　图象法
有时候，借助图象才能更好的解决对应的三角函数问题．
例９　已知函数的图象与直线在轴右侧的与轴距离最近的相邻三个交点的横坐标
成等比数列，求实数的值．
解析　如右图，设三个交点的坐标为，，，由三角函数图象的对称性，则有，，有，，又，解得．故函数图象经过，代入可得．
评注　数和形是数学的两大支柱，三角函数的很多问题都有图形背景，在解决问
题时，要充分借助图形进行直观分析，往往能更快捷的实现问题的解答，注意培养做草图的能力．
１０　比例法
借助比例的性质，有时可以实现快速解答三角函数问题．
例１０　求证　．
解析　若（或），因为，故，或，验证可知等式成立．
若，则由，及比例性质，可得．
，代入等式左边可知所证成立．
评注　本题有多种证法，而借助比例的性质的方法显得尤为简捷．涉及分式的三
角函数问题，可以考虑借助比例法解答．如关于半角的正切公式，按照比例性质，立得．
河南省滑县教师进修学校申治国的立体几何专题突
破之《探究性问题》　
考点动向　
立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意
志力及探究的能力．探究是一种科学的精神，因此，也是命题的热点．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的．
方法范例
例１　如图８－１，在棱长为１的正方体中，是侧棱上的一点，．
（１）试确定，使直线与平面所成角的正切值为；
（２）在线段上是否存在一个定点，使得对任意的，在平面上的射影垂直于，并
证明你的结论．
解析　本题的两问都充满了探究性，问题的情景具有运动变化的特点，此时，只
需要确定某一个位置进行推理，其它作类似推理即可．即所谓的化动为静．
解法１　（１）连，设与面交于点，连．因为面，面面，故．所以．又，所以面．
故即为与面所成的角．在中，，即．故当时，直线与平面所成角的正切值为．（２）依题意，要在上找一点，使得．可推测的中点即为所求的点．因为，所以面．又面，故．从而在平面上的射影与垂直．
解法２（１）建立如图８－３所示的空间直角坐标系，则
．
所以．
又由知，为平面的一个法向量．设与平面所成的角为，则．
依题意有，解得．故当时，直线与平面所成角的正切值为．
（２）若在上存在这样的点，设此点的横坐标为，则．依题意，对任意的要使在平
面上的射影垂直于，等价于．即为的中点时，满足题设要求．
［规律小结］
探究性问题一般具有一定的深度，需要深入分析题目的条件和所问，根据题目的
特征，选用适当的解题方法．必要时，进行假设推理，或者反证推理，往往也是进行图形推理与代数推理的典型问题．
考点误区分析
解答探究性问题，需要主观的意志力，不要见到此类问题先发怵，进行消极的自
我暗示，要通过备考阶段的联练习，加强解题信心的培养．确定解题的一般规律，积极的深入分析问题的特征，进而实现顺利解答．
同步训练
１．两相同的正四棱锥组成如图８－４所示的几何体，可放棱长为１的正方体内，
使正四棱锥的底面与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有（ ）．
（Ａ）１个 （Ｂ）２个 （Ｃ）３个 （Ｄ）无穷多个
２．在正方体中，过对角线的一个平面交于，交于，则（ ）．
①四边形一定是平行四边形
②四边形有可能是正方形
③四边形在底面ＡＢＣＤ内的投影一定是正方形
④四边形有可能垂直于平面
以上结论正确的为 ．（写出所有正确结论的编号）
３．如图８－５，在三棱锥中，侧面是全等的直角三角形，是公共的斜边，且，
另一侧面是正三角形．
（１）求证：；
（２）求二面角的大小；
（３）在线段上是否存在一点，使与面成角？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
［参考答案］
１．［解析］本题相当于一个正方形可以有多少个内接正方形，显然有无穷多
个；或者两个正四棱锥的高均为，放入正方体后，面的面积是不固定的，其范围是．［答案］．
２．［解析］借助图形及面面平行的性质定理，射影的定义，面面垂直的判定可
得．
［答案］①③④．
３．［答案］（２）；（３）线段上存在点，且时符合条件．
河南省滑县教师进修学校申治国的文章
之《透视关于正方体的高考常见题型》
正方体是常见的也是重要的几何体，依托正方体为载体，可以设计很多对考生既
觉得熟悉又有点觉得陌生的高考试题，下面，对在高考中曾经出现过的相关高考题型做以整理，加以透视．
一、展开图类题型
这类问题渗透了平面图形与空间图形的对应性，备考前应该在课下多动手作
模型，多观察，培养好自己的空间想象能力，进而达到考试时不操作也一样可以想象出来．
例１　（０１年北京春季高考试题）图１是正方体的平面展开图，在这个正方体中，
①与平行；②与是异面直线；③与成角；④与垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是　（ ）．
Ａ．①②③ Ｂ．②④ Ｃ．③④ Ｄ．②③④
例２　（０２年上海春季高考试题）图２表示一个正方体表面的一种展开图，图中的四
条线段、、和在原正方体中相互异面的有 对．
透视：上面两个高考题给出的正方体的展开图是不同的，深入思考，不难发现正
方体共有三大类１１　种不同情形的展开图．
第一类：有四个面在一条线上，有６种情形，如下所示：
第二类：恰好最多有三个面在一条线上，有四种情形，如下所示：
第三类：最多有两个面在一条直线上，只有一种情形，如图１１所示．　
易知，例１选Ｃ，例２填３．
二、截面类题型
例３　（０３年全国卷理科试题）下列五个正方体图形（指（１）至（５））中，
是正方体的一条对角线，点分别为其所在棱的中点，能得出面的图形的序号是 ．（写出所有符合要求的图形序号）
透视：这类问题，一般直观判断加上严格推证便可顺利解决．图（１）本身就是截
面，易知符合要求；对于图（２）　，如图（６），可以考虑截面，也是棱的中点，它与直线是垂直的，而过一点直线的垂面只有一个，截面与三角形不共面，故（２）不符合；图（３）可以仿图（２）进行思考，图（３）可补成截面形式，如图（７）；图（４）和图（５）则可补成相同的截面，如图（８）．由图可知，图（３）不符合，图（４）和图（５）符合．
如果借助解决立体几何问题的“新武器”空间直角坐标系，则问题更容易得到解决．例如对图（２）的判断，构造图３，设正方体的棱长是１，则各点的坐标分别是，故，，此时，由，可知，直线与直线不垂直，则直线一定不垂直平面，否则，直线与直线应该垂直．其它可做类似的判断．
三、射影类题型
例４（００年全国新课程卷）如图４，Ｅ、Ｆ分别为正方体的面、面的中心，则四边
形在该正方体的面上的射影可能是＿＿＿＿＿＿＿（要求：把可能的图的序号都填上）．
透视：只需首先找出四边形的顶点在各面的射影，可知②③符合要求．
四、概念类题型
例５　（０２年北京高考试题）设命题甲：“直四棱柱ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，平面
ＡＣＢ１与对角面ＢＢ１Ｄ１Ｄ垂直”；命题乙：“直四棱柱ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１是正方体”．那
么，甲是乙的（ ）．
Ａ．充分必要条件Ｂ．充分非必要条件
Ｃ．必要非充分条件Ｄ．既非充分又非必要条件
透视：本题主要考查对正方体有关概念的掌握．如图５，先构造正方体ＡＢＣＤ－
Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，可知平面ＡＣＢ１与对角面ＢＢ１Ｄ１Ｄ垂直；在对角面ＢＢ１Ｄ１Ｄ中，ＥＦ分别在Ｂ１Ｄ１
和ＢＤ上，且，直四棱柱ＡＢＣＦ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｅ中，平面ＡＣＢ１与对角面ＢＢ１ＥＦ垂直，但直四棱柱
河南省滑县教师进修学校申治国的文章之《透视关于正方体的高考常见题型》ＡＢＣＦ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｅ不是正方体．故选Ｃ．这里体现了构造思想的应用．
五、计数类题型
　例６　（０２年全国高考卷）从正方体的６个面中选取３个面，其中有２个面不相邻
的选法共有（ ）．
Ａ．８种 Ｂ．　１２种 Ｃ．　１６种 Ｄ．　２０种
透视：正方体的６个面不相邻则相对，先选对面有３种方法，每种情形又可以从
剩下的４个面中任选一面作为第３面，故有３×４＝１２种选法．
例７　（０４年湖南高考试题）从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角
形，其中直角三角形的个数为（　）．
Ａ．５６Ｂ．５２Ｃ．４８Ｄ．４０
透视：由分类计数原理，以两棱为直角边的直角三角形有３×８＝２４个（每个顶
点处有３个）；以一条棱和一条面对角线为直角边的直角三角形有２×１２＝２４个（每
条棱有２个符合条件的三角形）．故选Ｃ．　
　例８（０４年重庆高考文科试题）如图６，棱长为５的正方体无论从哪一个面看，都
有两个直通的边长为１的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是（ ）．
　Ａ．２５８ Ｂ．２３４ Ｃ．２２２ Ｄ．２１０
透视：本题其实也是一种计数问题，即只需计算边长是１的正方形方格的个数．
在外面的方格有个；每个孔内除交叉处有方格有１２个，共７２个；每个交叉处有２个方
格，共１２个．故选Ｃ．
六、分割与组合类题型
例９（０４年广东高考试题）在棱长为１的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点
的平面截该正方体，则截去８个三棱锥后，剩下的凸多面体的体积是 （ ）．
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．　
透视：显然，本题不易直接求，而应利用“原体积减去分割部分的体积就是所求
体积”，选Ｄ．
例１０（０１年北京春季高考试题）已知球内接正方体的表面积为Ｓ，那么球体积等于
＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿．
透视：只需注意正方体的对角线是球的直径，便可解得结果．
例１１　（０３年江苏高考试题）棱长为ａ的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线
段为棱的八面体的体积为（　Ｃ ）．
Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．
透视：所得其实是一个正八面体，可将它分割为两个四棱锥，棱锥的底面是菱
形，且两条对角线长相等，均等于正方体的边长，而其高是正方体边长的一半，故所
求体积为．
例１２ （０５年北京春季招生试题）如图，正方体的棱长为，将该正方体沿对角面切
成两块，再将这两块拼接成一个不是正方体的四棱柱，那么所得四棱柱的全面积为　
．（）
河南省滑县教师进修学校申治国的文章之《等边三角形的十个充要条件》河南省滑县教师进修学校申治国的文章
之《等边三角形的十个充要条件》
三角形是等边三角形有许多充要条件，这些充要条件的形式往往借助三角函数，
数列以及向量等语言，并且形式整齐，充满趣味性和思辨性，下面加以整理归纳．
为方便叙述，下面涉及的均为，为的内角，分别为三内角的对边，因为条件的必
要性容易验证，故只分析说明对应条件的充分性．
１．是等边三角形的充要条件是成等差数列，成等比数列．
分析　由成等差数列，得，由余弦定理得，又，　可得，即，则，是等边三角形．２．是等边三角形的充要条件是成等差数列，也成等差数列．
分析　由成等差数列，得，又，再由，消去，得，即，则
，，得．故，是等边三角形．
３．是等边三角形的充要条件是．
分析　由正弦定理及比例性质，得，则．
４．是等边三角形的充要条件是．
分析　移项有，即，则，同理，，是等边三角形．
５．是等边三角形的充要条件是，．
分析表示角的平分线垂直于，故，又　，　，所以是等边三角形．
６．　是等边三角形的充要条件是的重心与外接圆圆心重合．
分析　如图１，设的重心与外接圆的圆心均为，因为，且为的中点，所以；同理，，．在与中，为公共边，，得，同理可得，故可知是等边三角形．
７．是等边三角形的充要条件是存在点，使得，且
．
分析　由，得，所以
，又，得；同理可得．于是，，得，同理．故是等边三角形．
８．是等边三角形的充要条件是．
分析　由已知可得，由在斜三角形中有，可得①，代入前式得②，②－①后可以
整理得到，于是，则，则是等边三角形．
９．是等边三角形的充要条件是．
分析　由余弦定理，可得，同理可得，，三式相乘可得，，当且仅当时等号成
立，于是可得是等边三角形．
１０．是等边三角形的充要条件是．
分析　因为均在区间内，故只有时，成立，于是，故是等边三角形．。