高中数学 竞赛标准教材 第七章 解三角形【讲义】.doc

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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分别表示它们所对的各边长，为半周长。
1．正弦定理：=2R（R为△ABC外接圆半径）。
推论1：△ABC的面积为S△ABC=
推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.
推论3：在△ABC中，A+B=，解a满足，则a=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S△ABC=；再证推论2，因为B+C=-A，所以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA，两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；再证推论3，由正弦定理，所以，即sinasin(-A)=sin(-a)sinA，等价于[cos(-A+a)-cos(-A-a)]=[cos(-a+A)-cos(-a-A)]，等价于cos(-A+a)=cos(-a+A)，因为0<-A+a，-a+A<.所以只有-A+a=-a+A，所以a=A，得证。
2．余弦定理：a2=b2+c2-2bccosA，下面用余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，DC=q，则AD2=（1）
【证明】因为c2=AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos，
所以c2=AD2+p2-2AD·pcos①
同理b2=AD2+q2-2AD·qcos，②
因为ADB+ADC=，
所以cosADB+cosADC=0，
所以q×①+p×②得
qc2+pb2=(p+q)AD2+pq(p+q)，即AD2=
注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式
（2）海伦公式：因为b2c2sin2A=b2c2(1-cos2A)=b2c2[(b+c)-a2][a2-(b-c)2]=p(p-a)(p-b)(p-c).
这里
所以S△ABC=
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，另外OP，OQ，OR的长分别为u,w,v，这里α，β，α+β∈(0,)，则P，Q，R的共线的充要条件是

【证明】P，Q，R共线
(α+β)=uwsinα+vwsinβ
，得证。
2．正弦定理的应用。
例2如图所示，△ABC内有一点P，使得BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB。
求证：AP·BC=BP·CA=CP·AB。
【证明】过点P作PDBC，PEAC，PFAB，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EDF=PDE+PDF=PCA+PBA=BPC-BAC。由题设及BPC+CPA+APB=3600可得BAC+CBA+ACB=1800。
所以BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB=600。
所以EDF=600，同理DEF=600，所以△DEF是正三角形。
所以DE=EF=DF，由正弦定理，CDsinACB=APsinBAC=BPsinABC，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：PABC。
【证明】延长PA交GD于M，
因为O1GBC，O2DBC，所以只需证
由正弦定理，
所以
另一方面，，
所以，
所以，所以PA//O1G，
即PABC，得证。
3．一个常用的代换：在△ABC中，记点A，B，C到内切圆的切线长分别为x,y,z，则a=y+z,b=z+x,c=x+y.
例4在△ABC中，求证：a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)≤3abc.
【证明】令a=y+z,b=z+x,c=x+y，则
abc=(x+y)(y+z)(z+x)

=8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)
=a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)-2abc.
所以a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)≤3abc.
4．三角换元。
例5设a,b,c∈R+，且abc+a+c=b，试求的最大值。
【解】由题设，令a=tanα,c=tanγ,b=tanβ,
则tanβ=tan(α+γ),P=2sinγsin(2α+γ)+3cos2γ≤，
当且仅当α+β=，sinγ=，即a=时，Pmax=
例6在△ABC中，若a+b+c=1，求证:a2+b2+c2+4abc<
【证明】设a=sin2αcos2β,b=cos2αcos2β,c=sin2β,β.
因为a,b,c为三边长，所以c<,c>|a-b|，
从而，所以sin2β>|cos2α·cos2β|.
因为1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+b