大家好！本文和大家分享一道1957年的高考数学真题。
1957年高考数学卷有正题和副题两套，正题卷和副题卷的题型设置与1956年相同，同样包括了5道大题共9道小题。这9道题全部是解答题，依然没有现在常见的选择题和填空题。
本文和大家分享的这道题是1957年高考数学正题卷第一大题的第三小题。题目：求证cot22°30'=1+√2(cot为余切的符号)。这道题的难度并不大，当年考查的知识点是三角恒等变换，对于现在的学生来说也是很简单的题目。
下面介绍三种证明方法。
方法一：半角公式
22°30'不是常见的特殊角，所以需要先将其与常见特殊角联系起来。很明显，22°30'=22.5°=45°/2，所以可以考虑半角公式。常见的半角公式如下：
根据余切的半角公式就可以得到：cot22°30'=cot(45°/2)=(1+cos45°)/sin45°，而cos45°和sin45°的值是已知的，代入即可得证。
当然，现在人教版课本已经删除了余切，但是老师还是会讲余切的定义，所以现在学生做这道题也许要先算出tan22°30'，再求倒数。
另外，这道题即使记不住半角公式，通过二倍角公式也是可以得到答案的，因为二倍角余弦公式可以反推出半角公式。
解法二：
如上图，构造一个等腰三角形ABC，使得AB=AC，且∠B=22°30'，然后延长BA，过点C作CD垂直BA的延长线于点D并设AB=AC=(√2)a。
在直角三角形ACD中，∠DAC=2∠B=45°，所以三角形ACD为等腰直角三角形。因为AC=(√2)a，所以DA=DC=a，从而得到BD=AB+DA=(1+√2)a。
因为在直角三角形中，余切的值等于邻边比对边，所以在直角三角形BCD中，cotB=BE:CD=(1+√2)a:a=1+√2，即cot22°30'=1+√2。
解法三：
如上图，构造一个和解法二一样的等腰三角形ABC，过点A作AF垂直BC于点F，过点A作∠BAE=∠B且交BC于点E，所以有AE=BE。
在直角三角形AEF中，∠AEF为三角形ABE的外角，所以∠AEF=2∠B=45°，所以三角形AEF为等腰直角三角形。
设AF=a，则AE=(√2)a，即BE=(√2)a，所以BF=BE+EF=(1+√2)a。
在直角三角形ABF中，cotB=BF:AF=(1E√2)a:a=1+√2。即cot22°30'=1+√2。
解法一用的是简单的三角恒等变换，解法二和解法三是构造含有22°30'的直角三角形，然后利用余切定义即可求证。
这道题就和大家分享到这里。
