证明：极限lim(x→0)(sinx/x)=1 .下面是证明过程：作单位圆如图所示,取∠AOB=x(rad)&,于是BC=sinx&,弧AB=x&,AD=tanx& ,由图得&S△OAB&&S扇形OAB&&S△OAD&,即1/2*sinx&1/2*x&1/2&tanx&.所以得sinx&x&tanx&,从而,有cosx&sinx/x&1&(?)&.上述不等式是当0&x&π时得到的,但因为当x用-x代换时cosx,sinx/x都不变号,所以x为负时,关系也成立.又lim(x→0)(cosx)=1,lim(x→0)(1)=1&,有夹逼准则知结论成立.这里的(?)&中的cosx是怎么得来的?
我是总受271
你好，谢谢你的答案。我想再问下，这里是不是因为tanx的极限值为无穷所以，不可得到当x趋近于0时，sinx为1呢？ 感谢~
当x趋近为0时，sinx=0，cosx=1
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理解这个&？&其实，这是个初等代数& & &因为&sin(x)&&&x&&&tan(x),所以有& &sin(x)&&&x&,因为&x&是大于&0的&（很显然吧），所以，sin(x)/x&&&1& &…………不等式性质，两边同时除以&x，对吧；同样有&x&&&tan(x),同理，在题给条件下，cos(x)&&&0……因为&x&是个锐角，所以，cos(x)&&&sin(x)/x&…………不等式性质，在& x&&&tan(x)& 的两边同时乘以&cos(x)&再除以&x&,是不是很简单？综合以上，这个&？&你理解了么？其实这就是高等数学中一些概念的&美妙之处——简单，明了；数学越往后越抽象，但是却越来越简单了，这就是数学的魅力！希望你喜欢数学！&上面这幅图是sin(x)/x&,&-10pi&&=&x&&=&10pi,&的图像；当&0&&=&x&&=&pi/2&时，它非常接近&cos(x)
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this.p={ dwrMethod:'queryLikePosts',fpost:'1df91344',userId:,blogListLength:15};解：（1）△DAB中，∠DAB=60°，DA=AB=6则：D到y轴的距离=AB=3、D到x轴的距离=DA&#8226;sin∠DAB=3；∴D（3，3）；由于DC∥x轴，且DC=AB=6，那么将点D右移6个单位后可得点C，即C（9，3）；设抛物线的解析式为：y=ax2+bx，有：，解得 ∴抛物线解析式为：y=-x2+x．（2）如图1，连接AC知AC⊥BD，若PQ⊥DB，则PQ∥AC，那么P在BC上时不存在符合要求的t值，当P在DC上时，由于PC∥AQ且PQ∥AC，所以四边形PCAQ是平行四边形，则PC=AQ，有6-2t=t，得t=2．（3）①如图1，当点P在DC上，即0≤t≤3时，有△EDP∽△EAQ，则===，那么AE=AD=2，即y=2；②如图2，当点P在CB上，即3＜t≤6时，有△QEA∽△QPB，则=，即=，得y=，综上所述：y=，（4）如图3，作点F关于直线DB的对称点F′，由菱形对称性知F′在DA上，用DF′=DF=1；作点G关于抛物线ADC对称轴的对称点G′，易求DG′=4，连接F′G′交DB于点M、交对称轴于点N，点M、N即为所求的两点．过F′作F′H⊥DG′于H，在Rt△F′HD中，∠F′DH=180°-∠ADC=60°，F′D=1；则：F′H=F′D&#8226;sin60°=，HD=F′D&#8226;cos60°=，HG′=HD+DG′=．用勾股定理计算得F′G′=，所以四边形FMNG周长最小为F′G′+FG=+1．分析：（1）求抛物线的解析式可利用待定系数法，关键在于确定点D、C的坐标．在等边△DAB中，已知边长，容易求出点D到x、y轴的距离，据此可得点D的坐标．而将点D向右平移6个单位就能得到点C的坐标，则此问可解．（2）菱形的对角线互相垂直平分，那么连接AC后，则有AC⊥DB，若PQ⊥DB，必须满足PQ∥AC，显然当点P在BC上时是不会符合该条件的，那么只有P在CD上这一种情况．此时，四边形PCAQ是平行四边形，由对边相等（即PC=AQ）列等式即可求出t值．（3）此问应分作两段分析：①P在CD上，此时AQ∥DP，有△DEP∽△AEQ，利用对应边成比例可求出AE、DE的比例关系，由此得到y的表达式；②P在BC上，此时AE∥PB，有△QEA∽△QPB，解题思路同①，利用相似三角形的性质得到y的表达式．（4）要注意两条关键线：直线BD、抛物线的对称轴；若使得四边形FMNG的周长最小，可先作F、G分别关于直线BD、抛物线对称轴的对称点F′、G′，连接F′G′后，与BD、对称轴的交点就是符合条件的M、N，那么四边形的最小周长即为F′G′+FG．点评：此题为函数几何综合解答题，涉及了二次函数、特殊四边形、相似三角形、勾股定理、轴对称性等有关知识，也重点考查了学生对分类讨论思想的掌握情况．本题着力菱形的各项性质而设计，如“菱形的对角线互相垂直”、“菱形对边互相平行”、“菱形是轴对称图形”等，（2）（3）（4）问依次考察了学生对菱形基本性质的掌握程度及运用其性质灵活解题的能力，本题在设计时，（1）（2）（3）（4）问难度依次递增，充分考虑了不同层次的学生，让每位答题的学生都有所收获，都能获取成功的体验，同时本题又兼顾了压轴题的选拔功能，通过本题可以很好地区分学生的层次，激发更多的学生去攀登数学高峰．
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科目：初中数学
如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=45°，则点D的坐标为．
科目：初中数学
如图，菱形ABCD的对角线AC=6，BD=8，∠ABD=α，则下列结论正确的是（　　）
A、sinα=B、cosα=C、tanα=D、tanα=
科目：初中数学
如图，菱形ABCD的边长为6且∠DAB=60°，以点A为原点、边AB所在的直线为x轴且顶点D在第一象限建立平面直角坐标系．动点P从点D出发沿折线DCB向终点B以2单位/每秒的速度运动，同时动点Q从点A出发沿x轴负半轴以1单位/秒的速度运动，当点P到达终点时停止运动，运动时间为t，直线PQ交边AD于点E．（1）求出经过A、D、C三点的抛物线解析式；（2）是否存在时刻t使得PQ⊥DB，若存在请求出t值，若不存在，请说明理由；（3）设AE长为y，试求y与t之间的函数关系式；（4）若F、G为DC边上两点，且点DF=FG=1，试在对角线DB上找一点M、抛物线ADC对称轴上找一点N，使得四边形FMNG周长最小并求出周长最小值．
科目：初中数学
如图，菱形ABCD的边长为8cm，∠B=60°，P、Q同时从A点出发，点P以1cm/秒的速度沿A→C→B的方向运动，点Q以2cm/秒的速度沿A→B→C→D的方向运动．当点Q运动到D点时，P、Q两点同时停止运动．设P、Q运动的时间为x秒，△APQ与△ABC重叠部分的面积为ycm2（规定：点和线段是面积为0的三角形）．（1）当x=8秒时，P和Q相遇；（2）当x=3）（12-4）秒时，△APQ是等腰直角三角形；（3）当x=秒时，△APQ是等边三角形；（4）求y关于x的函数关系式，并求y的最大值．
科目：初中数学
已知：如图，菱形ABCD的周长为8cm，∠ABC：∠BAD=2：1，对角线AC、BD相交于点O，求BD及AC的长．（2012o荆门）如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连接AB、AE、BE．已知tan∠CBE=，A（3，0），D（-1，0），E（0，3）．（1）求抛物线的解析式及顶点B的坐标；（2）求证：CB是△ABE外接圆的切线；（3）试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（4）设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度（0＜t≤3）时，△AOE与△ABE重叠部分的面积为s，求s与t之间的函数关系式，并指出t的取值范围．
（1）已知A、D、E三点的坐标，利用待定系数法可确定抛物线的解析式，进而能得到顶点B的坐标．（2）过B作BM⊥y轴于M，由A、B、E三点坐标，可判断出△BME、△AOE都为等腰直角三角形，易证得∠BEA=90°，即△ABE是直角三角形，而AB是△ABE外接圆的直径，因此只需证明AB与CB垂直即可．BE、AE长易得，能求出tan∠BAE的值，结合tan∠CBE的值，可得到∠CBE=∠BAE，由此证得∠CBA=∠CBE+∠ABE=∠BAE+∠ABE=90°，此题得证．（3）△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE=，即AE=3BE，若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，那么该三角形必须满足两个条件：①有一个角是直角、②两直角边满足1：3的比例关系；然后分情况进行求解即可．（4）过E作EF∥x轴交AB于F，当E点运动在EF之间时，△AOE与△ABE重叠部分是个四边形；当E点运动到F点右侧时，△AOE与△ABE重叠部分是个三角形．按上述两种情况按图形之间的和差关系进行求解．
（1）解：由题意，设抛物线解析式为y=a（x-3）（x+1）．将E（0，3）代入上式，解得：a=-1．∴y=-x2+2x+3．则点B（1，4）．（2）证明：如图1，过点B作BM⊥y于点M，则M（0，4）．在Rt△AOE中，OA=OE=3，∴∠1=∠2=45°，AE=2+OE2=3．在Rt△EMB中，EM=OM-OE=1=BM，∴∠MEB=∠MBE=45°，BE=2+BM2=．∴∠BEA=180°-∠1-∠MEB=90°．∴AB是△ABE外接圆的直径．在Rt△ABE中，tan∠BAE===tan∠CBE，∴∠BAE=∠CBE．在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°．∴∠CBA=90°，即CB⊥AB．∴CB是△ABE外接圆的切线．（3）解：Rt△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE=，sin∠BAE=，cos∠BAE=；若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则△DEP必为直角三角形；①DE为斜边时，P1在x轴上，此时P1与O重合；由D（-1，0）、E（0，3），得OD=1、OE=3，即tan∠DEO==tan∠BAE，即∠DEO=∠BAE满足△DEO∽△BAE的条件，因此 O点是符合条件的P1点，坐标为（0，0）．②DE为短直角边时，P2在x轴上；若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则∠DEP2=∠AEB=90°，sin∠DP2E=sin∠BAE=；而DE=2+32=，则DP2=DE÷sin∠DP2E=÷=10，OP2=DP2-OD=9即：P2（9，0）；③DE为长直角边时，点P3在y轴上；若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则∠EDP3=∠AEB=90°，cos∠DEP3=cos∠BAE=；则EP3=DE÷cos∠DEP3=÷=，OP3=EP3-OE=；综上，得：P1（0，0），P2（9，0），P3（0，-）．（4）解：设直线AB的解析式为y=kx+b．将A（3，0），B（1，4）代入，得，解得．∴y=-2x+6．过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=，∴F（，3）．情况一：如图2，当0＜t≤时，设△AOE平移到△GNM的位置，MG交AB于点H，MN交AE于点S．则ON=AG=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L．由△AHG∽△FHM，得，即．解得HK=2t．∴S阴=S△MNG-S△SNA-S△HAG=×3×3-（3-t）2-to2t=-t2+3t．情况二：如图3，当＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V．由△IQA∽△IPF，得．即，解得IQ=2（3-t）．∴S阴=IVoAQ=（3-t）2=t2-3t+．综上所述：s=2+3t(0＜t≤32)12t2-3t+92(32＜t≤3)．