高考数学总复习系列 第一章解三角形 必修5

第一章 解三角形C cBb sin sin ===2R （R 为△ABC 外接圆半径）。

推论1：△ABC 的面积为S △ABC=.sin 21sin 21sin 21B ca A bcC ab ==推论2：在△ABC 中，有bcosC+ccosB=a.推论3：在△ABC 中，A+B=θ，解a 满足)sin(sin a baa-=θ，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=Cab sin 21；再证推论2，因为B+C=π-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4，由正弦定理B bAasin sin =，所以)sin()sin(sin sin A a Aa--=θθ，即sinasin(θ-A)=sin(θ-a)sinA ，等价于21-[cos(θ-A+a)-cos(θ-A-a)]=21-[cos(θ-a+A)-cos(θ-a-A)]，等价于cos(θ-A+a)=cos(θ-a+A)，因为0<θ-A+a ，θ-a+A<π. 所以只有θ-A+a=θ-a+A ，所以a=A ，得证。

2．余弦定理：a2=b2+c2-2bccosA bcac b A 2cos 222-+=⇔，下面用余弦定理证明几个常用的结论。

（1）斯特瓦特定理【了解】：在△ABC 中，D 是BC 边上任意一点，BD=p ，DC=q ，则AD2=.22pq qp qc p b -++ （1）【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=π， 所以cos ∠ADB+cos ∠ADC=0， 所以q ×①+p ×②得qc2+pb2=(p+q)AD2+pq(p+q)，即AD2=.22pq qp qc p b -++注：在（1）式中，若p=q ，则为中线长公式.222222ac b AD -+=（2）海伦公式：因为412=∆ ABCS b2c2sin2A=41b2c2 (1-cos2A)= 41b2c21614)(1222222=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-c b a c b [(b+c)2-a2][a2-(b-c) 2]=p(p-a)(p-b)(p-c).这里.2cb a p ++=所以S △ABC=).)()((c p b p a p p ---二、基础例题【必会】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βα=∠=∠QOR POQ ,，另外OP ，OQ ，OR 的长分别为u, w, v ，这里α，β，α+β∈(0,π)，则P ，Q ，R 的共线的充要条件是 .)sin(sin sin wvuβααβ+=+【证明】P ，Q ，R 共线ORQOPQ OPR ΔPQR S S S S ∆∆∆+=⇔=⇔0sin21uv ⇔(α+β)=21uwsin α+21vwsin βvuwαββαsin sin )sin(+=+⇔，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 。

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⊙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 ，因为O1G ⊥BC ，O2D ⊥BC ，所以只需证.21AEAF AO A O MDGM==由正弦定理βπαπsin )2sin(,sin )1sin(AE PAAFAP=∠-=∠-，所以.sin sin 2sin 1sin αβ⋅∠∠=AFAE另一方面，2sin sin ,1sin sin ∠=∠=PM MDPMGMβα，所以βαsin sin 1sin 2sin ⋅∠∠=MDGM，所以AE AFMDGM=，所以PA//O1G ，即PA ⊥BC ，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) zxyz xy ⋅⋅≥8=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131212222+++-+=c b a P 的最大值。

【解】 由题设=b ac ca -+1，令a=tan α, c=tan γ, b=tan β,则tan β=tan(α+γ), P=2sin γsin(2α+γ)+3cos2γ≤31031031sin 32≤⎪⎭⎫ ⎝⎛--γ， 当且仅当α+β=2π，sin γ=31，即a=42,2,22==c b 时，Pmax=.310例6 在△ABC 中，若a+b+c=1，求证: a2+b2+c2+4abc<.21【证明】 设a=sin2αcos2β, b=cos2αcos2β, c=sin2β, β⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0π.因为a, b, c 为三边长，所以c<21, c>|a-b|，从而⎪⎭⎫⎝⎛∈4,0πβ，所以sin2β>|cos2α·cos2β|.因为1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca), 所以a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc). 又ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c)=sin2βcos2β+sin2αcos2α·cos4β·cos2β=41[1-cos22β+(1-cos22α)cos4βcos2β]=41+41cos2β(cos4β-cos22αcos4β-cos2β)>41+41cos2β(cos4β-sin4β-cos2β)=41.所以a2+b2+c2+4abc<.21三、趋近高考【必懂】1．（全国10高考）在△ABC 中，cos210922=+=cc b A ，c ＝5，求△ABC 的内切圆半径．【解析】：∵ c ＝5，1092=+ccb ，∴ b ＝4 又cos2cc b AA 22cos 12+=+=∴ cosA ＝c又cosA ＝bcac b 2222-+ ∴c b bcac b =-+2222∴ b2＋c2-a2＝2b2 ∴ a2＋b2＝c2∴ △ABC 是以角C 为直角的三角形． a ＝22b c -＝3∴ △ABC 的内切圆半径r ＝21(b ＋a-c)＝1．2．（全国10高考）R 是△ABC 的外接圆半径，若ab ＜4R2cosAcosB ，则外心位于△ABC 的外部． 【解析】：∵ ab ＜4R2cosAcosB 由正弦定理得a ＝2RsinA ，b ＝2RsinB ∴ 4R2sinAsinB ＜4R2cosAcosB ∴ cosAcosB ＞sinAsinB ∴ cosAcosB-sinAsinB ＞0 ∴ cos(A ＋B)＞0∵cos(A ＋B)＝-cosC∴ -cosC ＞0 ∴ cosC ＜0∴ 90°＜C ＜180° ∴ △ABC 是钝角三角形∴ 三角形的外心位于三角形的外部．3．（全国10高考）半径为R 的圆外接于△ABC ，且2R(sin2A-sin2C)＝(3a-b)sinB ． (1)求角C ；(2)求△ABC 面积的最大值．【解析】：(1)∵ RCc Bb Aa2sin sin sin ===R b B Rc C Ra A 2s i n ,)2(s i n ,)2(s i n 2222===∴∵ 2R(sin2A-sin2C)＝(3a －b)sinB∴ 2R ［(R a2)2-(R c2)2］＝(3a-b)·R b2∴ a2-c2＝ab-b2∴232222=-+abcb a∴ cosC ＝23，∴ C ＝30°(2)∵ S ＝21absinC ＝21·2RsinA·2RsinB·sinC ＝R2sinAsinB ＝-22R［cos(A ＋B)-cos(A-B)］＝22R［cos(A-B)＋cosC ］ ＝22R［cos(A-B)＋23］ 当cos(A-B)＝1时，S 有最大值。