高中数学竞赛辅导讲义第七讲 解三角形【讲义】.pdf

第七章解三角形

一、基础知识

在本章中约定用A，B，C分别表示△ABC的三个内角，a,b,c
a+b+c
分别表示它们所对的各边长，p=为半周长。
2

abc
1．正弦定理：===2R（R为△ABC外接圆半径）。
sinAsinBsinC

111
推论1：△ABC的面积为S△ABC=absinC=bcsinA=casinB.
222

推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.

ab
推论3：在△ABC中，A+B=q，解a满足=，则a=A.
sinasin(q-a)

正弦定理可以在外接圆中由定义证明得到，这里不再给出，下证

推论。先证推论1，由正弦函数定义，BC边上的高为bsinC，所以
1
S△ABC=absinC；再证推论2，因为B+C=p-A，所以sin(B+C)=sinA，
2
即sinBcosC+cosBsinC=sinA，两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；再

absinasin(q-a)
证推论3，由正弦定理=，所以=，即
sinAsinBsinAsin(q-A)
1
sinasin(q-A)=sin(q-a)sinA，等价于-[cos(q-A+a)-cos(q-A-a)]=
2
1
-[cos(q-a+A)-cos(q-a-A)]，等价于cos(q-A+a)=cos(q-a+A)，因为
2
0<q-A+a，q-a+A<p.所以只有q-A+a=q-a+A，所以a=A，得证。
b2+c2-a2
2．余弦定理：a2=b2+c2-2bccosAÛcosA=，下面用余
2bc

弦定理证明几个常用的结论。

（1）斯特瓦特定理：在△ABC中，D是BC边上任意一点，BD=p，

b2p+c2q
DC=q，则AD2=-pq.（1）
p+q

【证明】因为c2=AB2=AD2+BD2-2AD·BDcosÐADB，

所以c2=AD2+p2-2AD·pcosÐADB.①

同理b2=AD2+q2-2AD·qcosÐADC，②

因为ÐADB+ÐADC=p，

所以cosÐADB+cosÐADC=0，

所以q×①+p×②得

22
2222bp+cq
qc+pb=(p+q)AD+pq(p+q)，即AD=-pq.
p+q

2b2+2c2-a2
注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式AD=.
2

12221222122
（2）海伦公式：因为S2&=bcsinA=bc(1-cosA)=bc
DABC444

2222
é(b+c-a)ù1222
[(b+c)2-a][a-(b-c)]=p(p-a)(p-b)(p-c).
ê1-22ú=
ë4bcû16
a+b+c
这里p=.
2

所以S△ABC=p(p-a)(p-b)(p-c).

二、方法与例题

1．面积法。

例1（共线关系的张角公式）如图所示，从O点发出的三条射

线满足ÐPOQ=a,ÐQOR=b，另外OP，OQ，OR的长分别为u,w,v，

这里α，β，α+β∈(0,p)，则P，Q，R的共线的充要条件是

sinbsinasin(a+b)
+=.
uvw

【证明】P，Q，R共线ÛSΔPQR=0ÛSDOPR=SDOPQ+SDORQ

111
Ûuvsin(α+β)=uwsinα+vwsinβ
222

sin(a+b)sinbsina
Û=+，得证。
wuv

2．正弦定理的应用。

例2如图所示，△ABC内有一点P，使得

ÐBPC-ÐBAC=ÐCPA-ÐCBA=ÐAPB-ÐACB。

求证：AP·BC=BP·CA=CP·AB。

【证明】过点P作PD^BC，PE^AC，PF^AB，垂足分别为
D，E，F，则P，D，C，E；P，E，A，F；P，D，B，F三组四点共

圆，所以ÐEDF=ÐPDE+ÐPDF=ÐPCA+ÐPBA=ÐBPC-ÐBAC。由题

设及ÐBPC+ÐCPA+ÐAPB=3600可得ÐBAC+ÐCBA+ÐACB=1800。

所以ÐBPC-ÐBAC=ÐCPA-ÐCBA=ÐAPB-ÐACB=600。

所以ÐEDF=600，同理ÐDEF=600，所以△DEF是正三角形。

所以DE=EF=DF，由正弦定理，

CDsinÐACB=APsinÐBAC=BPsinÐABC，两边同时乘以△ABC的外

接圆直径2R，得CP·BA=AP·BC=BP·AC，得证：

例3如图所示，△ABC的各边分别与两圆⊙O1，⊙O2相切，直

线GF与DE交于P，求证：PA^BC。

【证明】延长PA交GD于M，

GMO1AAF
因为O1G^BC，O2D^BC，所以只需证==.
MDAO2AE

APAFPAAE
由正弦定理=,=，
sin(p-Ð1)sinasin(p-Ð2)sinb

AEsinÐ1sinb
所以=×