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,cabc分别表示它们所对的各边长，p为半周长。2abc1．正弦定理：=2R（R为△ABC外接圆半径）。sinAsinBsinC111推论1：△ABC的面积为S=absinCbcsinAcasinB.△ABC222推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.ab推论3：在△ABC中，A+B=，解a满足，则a=A.sinasin(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1S=absinC；再证推论2，因为B+C=-A，所以sin(B+C)=sinA，△ABC2即sinBcosC+cosBsinC=sinA，两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；再absinasin(a)证推论3，由正弦定理，所以，即sinAsinBsinAsin(A)sinasin(-A)=sin(-a)sinA，等价于11[cos(-A+a)-cos(-A-a)]=[cos(-a+A)-cos(-a-A)]，等22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。1b2c2a22．余弦定理：a2=b2+c2-2bccosAcosA，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c2qDC=q，则AD2=pq.（1）pq【证明】因为c2=AB2=AD2+BD2-2AD·BDcosADB，所以c2=AD2+p2-2AD·pcosADB.①同理b2=AD2+q2-2AD·qcosADC，②因为ADB+ADC=，所以cosADB+cosADC=0，所以q×①+p×②得b2pc2qqc2+pb2=(p+q)AD2+pq(p+q)，即AD2=pq.pq2b22c2a2注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式AD.2111（2）海伦公式：因为S2b2c2sin2A=b2c2(1-cos2A)=b2c2ABC444(b2c2a2)211[(b+c)2-a2][a2-(b-c)2]=p(p-a)(p-b)(p-c).4b2c2161abc这里p.2所以S=p(pa)(pb)(pc).△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POQ,QOR，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sinsinsin().uvw【证明】P，Q，R共线S0SSSΔPQROPROPQORQ111uvsin(α+β)=uwsinα+vwsinβ222sin()sinsin，得证。wuv2．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PDBC，PEAC，PFAB，垂足分别为D，E，1F，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，CDsinACB=APsinBAC=BPsinABC，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⊙O，⊙O相切，直线12GF与DE交于P，求证：PABC。【证明】延长PA交GD于M，GMOAAF因为OGBC，ODBC，所以只需证1.12MDAOAE2APAFPAAE由正弦定理,，sin(1)sinsin(2)sinAEsin1sin所以.AFsin2sinGMPMMDPM另一方面，,，sinsin1sinsin21GMsin2sin所以，MDsin1sinGMAF所以，所以PAG例4在△ABC中，求证：MDAE1a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)≤3abc.【证明】令a=y+z,b=z+x,c=x