如图， A, B, C, D 为平面四边形 ABCD 的四…——2015 高考数学第 19 题答案解析

【答案】（1）详见解析；②$\frac{4 \sqrt{10}}{3}$ ．
【解析】① $\tan \frac{A}{2}=\frac{\sin \frac{A}{2}}{\cos \frac{A}{2}}=\frac{2 \sin ^{2} \frac{A}{2}}{2 \sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2}}=\frac{1-\cos A}{\sin A}$ ．
②由 $A+C=180^{\circ}$ ，得 $C=180^{\circ}-A, D=180^{\circ}-B$ ．
由①，有 $\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{D}{2}$

$$ \begin{aligned} & =\frac{1-\cos A}{\sin A}+\frac{1-\cos B}{\sin B}+\frac{1-\cos \left(180^{\circ}-A\right)}{\sin \left(180^{\circ}-A\right)}+\frac{1-\cos \left(180^{\circ}-B\right)}{\sin \left(180^{\circ}-B\right)} \\ & =\frac{2}{\sin A}+\frac{2}{\sin B} \end{aligned} $$

## 连结BD，

在 $\triangle A B D$ 中，有 $B D^{2}=A B^{2}+A D^{2}-2 A B \cdot A D \cos A$ ，
在 $\triangle B C D$ 中，有 $B D^{2}=B C^{2}+C D^{2}-2 B C \cdot C D \cos C$ ，
所以 $A B^{2}+A D^{2}-2 A B \cdot A D \cos A=B C^{2}+C D^{2}+2 B C \cdot C D \cos A$ ，
则 $\cos A=\frac{A B^{2}+A D^{2}-B C^{2}-C D^{2}}{2(A B \cdot A D+B C \cdot C D)}=\frac{6^{2}+5^{2}-3^{2}-4^{2}}{2(6 \times 5+3 \times 4)}=\frac{3}{7}$ ，
于是 $\sin A=\sqrt{1-\cos ^{2} A}=\sqrt{1-\left(\frac{3}{7}\right)^{2}}=\frac{2 \sqrt{10}}{7}$ ．

## 连结 AC ，同理可得

$$ \cos B=\frac{A B^{2}+B C^{2}-A D^{2}-C D^{2}}{2(A B \cdot B C+A D \cdot C D)}=\frac{6^{2}+3^{2}-5^{2}-4^{2}}{2(6 \times 3+5 \times 4)}=\frac{1}{19}, $$

于是 $\sin B=\sqrt{1-\cos ^{2} B}=\sqrt{1-\left(\frac{1}{19}\right)^{2}}=\frac{6 \sqrt{10}}{19}$ ．
所以 $\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{D}{2}$

$$ \begin{aligned} & =\frac{2}{\sin A}+\frac{2}{\sin B} \\ & =\frac{14}{2 \sqrt{10}}+\frac{2 \times 19}{2 \sqrt{10}} \\ & =\frac{4 \sqrt{10}}{3} . \end{aligned} $$

【考点定位】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等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程、化归与转化等数学思想。
【名师点睛】本题第（1）小题为课本必修4第142页练习1，体现了立足课本的要求。高考中常常将三角恒等变换与解三角形结合起来考，本题即是如此。本题的关键体现在以下两点，一是利用角的关系消角，体现了消元的思想；二是用余弦定理列方程组求三角函数值，体现了方程思想。