高中数学竞赛教材讲义 第七章 解三角形.docx

高中数学竞赛教材讲义第七章解三角形

第一篇：高中数学竞赛教材讲义第七章解三角形第七章解三角形一、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，pabc为半周长。2abc1．正弦定理：=2R（R为△ABC外接圆半径）。sinAsinBsinC111推论1：△ABC的面积为S△ABC=absinCbcsinAcasinB.222推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.推论3：在△ABC中，A+B=，解a满足ab，则a=A.sinasin(a)1absinC；再证推论2，因为B+C=-A，所2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=以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA，两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；再证推absinasin(a)，所以，即sinasin(-A)=sin(-a)sinA，sinAsinBsinAsin(A)11等价于[cos(-A+a)-cos(-A-a)]=[cos(-a+A)-cos(-a-A)]，等价于22cos(-A+a)=cos(-a+A)，因为0b2c2a22．余弦定理：a=b+c-2bccosAcosA，下面用余弦定理证明几个常2bc222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b2pc2qAD=pq.（1）pq2【证明】因为c=AB=AD+BD-2AD·BDcosADB，222所以c=AD+p-2AD·pcosADB.①222同理b=AD+q-2AD·qcosADC，②因为ADB+ADC=，所以cosADB+cosADC=0，所以q×①+p×②得2222b2pc2qqc+pb=(p+q)AD+pq(p+q)，即AD=pq.pq22222b22c2a2注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式AD.2122212212222（2）海伦公式：因为SABCbcsinA=bc(1-cosA)=bc444(b2c2a2)212222[(b+c)-a][a-(b-c)]=p(p-a)(p-b)(p-c).122164bc这里pabc.2用心爱心专心-1-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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SΔPQR0SOPRSOPQSORQ1uvsin(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，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。00由题设及BPC+CPA+APB=360可得BAC+CBA+ACB=180。所以BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB=60。00所以EDF=60，同理DEF=60，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⊙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.MDAO2AEAPAFPAAE,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2GMsin2sin所以，MDsin1sinGMAF所以，所以PA//O1G，MDAE即PABC，得证。因为O1GBC，O2DBC，所以只需证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.