第11章三角形を解く

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必读：

选读：

大问题

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：用三角形丈量宇宙

我们如何丈量宇宙？ 我们永远无法用一把尺子去测量地球到恒星的距离.然而，天文学家利用地球的公转，构建了一个横跨数亿公里的“巨型三角尺”. 他们在1月和7月（地球位于轨道两侧时），分别观测同一颗邻近恒星P.由于观测点不同，P在遥远的背景星空中的位置会产生微小的位移，这个位移的角度 $p$ (视差角) 是可以测量的. 在由“1月地球-7月地球-目标恒星P”构成的这个极其狭长的三角形中，我们已知“底边”的长度(地球轨道直径 $d$ )和两个“底角”(可由视差角 $p$ 推出). 我们能否仅凭这些数据，计算出那条遥不可及的“腰长”，即地星距离？ 这需要一套普适的、能够连接任意三角形“边”与“角”的强大法则.

探索课题

在一次定向越野中，你从点 A 出发，向正东方向走了 $800$ 米到达点 B.此时你发现目标 C 在你的北偏西 $60^\circ$ 方向.你的队友留在 A 点, 他测得 C 点位于 A 点的北偏东 $75^\circ$ 方向.

请问目标点 C 距离出发点 A 有多远？（即求 AC 的长度）

在 $\triangle ABC$ 中, 我们已知一条边 $AB=800$ m. 角 $\angle CAB = 90^\circ - 75^\circ = 15^\circ$ . 在 B 点，正东方向为射线 $AB$ , 正北方向与其垂直, 正西方向为射线 $BA$ . 北偏西 $60^\circ$ 是指从正北方向向西转 $60^\circ$ . 因此, 射线 $BC$ 与正西方向(射线 $BA$ )的夹角为 $90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$ . 所以 $\angle ABC = 30^\circ$ . 于是， $\angle C = 180^\circ - 15^\circ - 30^\circ = 135^\circ$ .

我们接着拥有了三角形的一边和所有角（AAS），但它不是直角三角形，勾股定理和初中锐角三角函数定义都无法直接使用. 虽然我们可以通过作高 $CD \perp AB$ ，将问题转化为解两个直角三角形，但这需要解一个关于边长的复杂方程，过程相当繁琐. 这是否意味着，存在一种更普适、更直接的工具，能够建立任意三角形中“边”与“其对角”之间的关系？

本章，我们将聚焦于两大解题工具——正弦定理与余弦定理，系统学习如何利用它们，在已知三角形部分元素（边或角）的情况下，解出所有未知元素.这不仅是对三角函数应用的深化，更是数形结合思想的极致体现.从求解最值范围到探究“四心四线”，你将看到这两个定理如何化繁为简，将复杂的几何问题转化为清晰的代数运算.

知识概括

两大核心定理: 深刻理解并熟练运用正弦定理与余弦定理.明确各自的适用场景：正弦定理善于处理“边角相对”的关系，余弦定理则专攻“两边一夹角”或“三边”的情形.
面积公式体系: 掌握五大核心面积公式，特别是 $S=\frac{1}{2}ab\sin C$ , $S=\frac{abc}{4R}$ 以及 $S=pr$ ，建立起边、角、面积、外接圆半径、内切圆半径之间的有机联系.
经典题型模型: 系统掌握利用两大定理解决三角形中的取值范围问题、特殊线段（中线、角平分线）长度、以及与**四心（外心、内心、重心、垂心）**相关的综合问题.
解的讨论: 重点关注利用正弦定理“知两边一对角”时可能出现的“一解、两解、无解”的分类讨论问题，并能结合图形进行判断.

正弦定理和余弦定理

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正弦定理

来龙去脉

在直角三角形中，我们有非常明确的边角关系： $\sin A = \frac{\text{对边}}{\text{斜边}}$ . 这个简单的比值关系，让我们可以在已知一个锐角和一条边的情况下，求出其他所有边.

但问题是，如果三角形不是直角三角形，这个优美的关系就失效了.那么，在任意三角形中，是否存在一个类似的、能够将“边”与其“对角”联系起来的简洁规律呢？正弦定理正是为了回答这个问题而诞生的.它告诉我们，虽然“对边/斜边”不再适用，但“对边 / 对角的正弦值”这个比值，在一个三角形中竟然是一个恒定的常数.

正弦定理

在一个三角形中，各边和它所对角的正弦值的比相等，且等于其外接圆的直径.即：

\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R

其中 $R$ 为该三角形外接圆的半径.

怎么证明呢？

正弦定理的证明，其核心思想是“转化”——将一个一般三角形的问题，通过巧妙的辅助线，转化为我们已经熟知的直角三角形问题.

证明（几何法证明）

作高构造直角三角形. 在任意 $\triangle ABC$ 中, 从顶点 C 向对边 AB 作高 $h_c$ . \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：作高法证明

在 Rt $\triangle ADC$ 中, 有 $h_c = b\sin A$ . 在 Rt $\triangle BDC$ 中, 有 $h_c = a\sin B$ . 因此， $b\sin A = a\sin B$ . 两边同除以 $\sin A \sin B$ (假设 A,B 均不为 $\pi$ ), 得 $\frac{b}{\sin B} = \frac{a}{\sin A}$ . 同理，作另一条高，可以证明 $\frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$ . 故 $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$ .

与外接圆建立联系. 如何证明这个比值等于 $2R$ ？我们需要构造一个包含直径的直角三角形. 作 $\triangle ABC$ 的外接圆, 圆心为 O. 连接 BO 并延长, 交圆于点 $A'$ . 连接 $A'C$ .

\begin{figure}[htbp]

\usetikzlibrary{angles,quotes}

\end{figure}

在 $\triangle A'BC$ 中, 因为 $BA'$ 是直径, 所以 $\angle A'CB = 90^\circ$ . 又因为 $A$ 和 $A'$ 都是弧 $\overset{\frown}{BC}$ 所对的圆周角, 所以 $\angle A = \angle A'$ . 在 Rt $\triangle A'BC$ 中, $\sin A' = \frac{\text{对边}}{\text{斜边}} = \frac{BC}{BA'} = \frac{a}{2R}$ . 所以 $\sin A = \frac{a}{2R}$ , 即 $\frac{a}{\sin A} = 2R$ . 结合第一步的结论，定理得证.

正弦定理的应用

正弦定理的常用变形

边化角: $a=2R\sin A, b=2R\sin B, c=2R\sin C$ . (用于消去边，得到纯角的三角函数关系)
角化边: $\sin A = \frac{a}{2R}, \sin B = \frac{b}{2R}, \sin C = \frac{c}{2R}$ . (用于消去角，得到纯边的代数关系)
边角比例: $a:b:c = \sin A : \sin B : \sin C$ . (用于边角关系的整体代换)

适用场景

正弦定理的结构特征是“一组对边的角和边”. 因此，它主要用于解决以下两类问题：

已知两角和任意一边，求其他两边和另一角. (AAS 或 A)
已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角. (SSA) (\textcolor{red}{注意：此种情况可能出现一解、两解或无解，需特别讨论})

余弦定理

你有想过勾股定理之外是什么吗？

从小学我们就知道勾股定理了， $a^2+b^2=c^2$ . 但它有一个致命的弱点：只能用于直角三角形. 当 $\angle C \neq 90^\circ$ 时, $a^2+b^2$ 与 $c^2$ 不再相等. 那么，它们之间相差了多少呢？余弦定理正是对勾股定理的修正与推广，它精确地告诉我们，这个差值是 $-2ab\cos C$ .

当 $\angle C$ 是锐角时, $\cos C \> 0$ , $c^2 = a^2+b^2 - (\text{一个正数}) \< a^2+b^2$ .
当 $\angle C$ 是钝角时, $\cos C \< 0$ , $c^2 = a^2+b^2 - (\text{一个负数}) \> a^2+b^2$ .
当 $\angle C = 90^\circ$ 时, $\cos C = 0$ , 余弦定理退化为 $c^2=a^2+b^2$ ，回归到我们熟悉的勾股定理.

因此，我们可以将余弦定理理解为“勾股定理的修正版”，它适用于任何三角形.

余弦定理

三角形任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的积的两倍.即：

\begin{aligned} a^2 &= b^2+c^2 - 2bc \cos A b^2 &= a^2+c^2 - 2ac \cos B c^2 &= a^2+b^2 - 2ab \cos C \end{aligned}

其推论形式（用于求角）也极其重要：

\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}

证明思路

余弦定理的证明，展现了代数工具的强大威力.

证明（坐标法证明）

将 $\triangle ABC$ 放置在平面直角坐标系中, 使顶点 C 与原点重合, 边 $a$ (即 CB) 落在 x 轴正半轴上. \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：坐标法证明

根据三角函数的定义，我们可以得到各顶点的坐标： $C(0,0)$ , $B(a,0)$ , $A(b\cos C, b\sin C)$ .

接着，我们利用两点间的距离公式来计算边 $c$ (即线段 AB) 的长度的平方： $c^2 = |AB|^2 = (b\cos C - a)^2 + (b\sin C - 0)^2$ $= (b^2\cos^2 C - 2ab\cos C + a^2) + b^2\sin^2 C$ $= a^2 + b^2(\cos^2 C + \sin^2 C) - 2ab\cos C$ $= a^2+b^2-2ab\cos C$ . 定理得证.

证明

在 $\triangle ABC$ 中, 我们有向量关系 $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{CB} - \overrightarrow{CA}$ . 对这个向量等式两边同时进行“平方”（即求数量积）： $|\overrightarrow{AB}|^2 = (\overrightarrow{CB} - \overrightarrow{CA}) \cdot (\overrightarrow{CB} - \overrightarrow{CA})$ $c^2 = |\overrightarrow{CB}|^2 - 2\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CA} + |\overrightarrow{CA}|^2$ 根据数量积的定义， $\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CA} = |\overrightarrow{CB}||\overrightarrow{CA}|\cos C = a \cdot b \cdot \cos C$ . 所以， $c^2 = a^2 - 2ab\cos C + b^2$ . 定理得证.

余弦定理的应用

适用场景

余弦定理的结构特征是“三边与一角”. 因此，它专门用于解决以下两类问题：

已知三边，求三个角. (SSS)
已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角. (SAS)

此外，余弦定理的推论还可用于判断三角形的形状：若 $b^2+c^2-a^2\>0$ , 则 $A$ 为锐角；若为0，则为直角；若为负，则为钝角.

三角形面积公式

众所周知，中学常见的三角形面积公式有五个，而这五大公式并非孤立存在，而是构成了一个由浅入深、相互关联的知识网络：

基石与源头: 底高公式 ( $S=\frac{1}{2}ah_a$ )，是面积定义本身，是一切的出发点.
核心与枢纽: 三角公式 ( $S=\frac{1}{2}ab\sin C$ )，它将难以直接求解的“高”用易于代数运算的“角”来替换，是解三角形中最常用、最重要的面积公式.
两大拓展: \begin{itemize}
外接圆公式 ( $S=\frac{abc}{4R}$ )，通过正弦定理，将面积与三角形的“外部特征”——外接圆联系起来.
内切圆公式 ( $S=pr$ )，通过几何分割，将面积与三角形的“内部特征”——内切圆联系起来.

\item 纯边工具: 海伦公式，通过余弦定理，将面积表示为纯粹由三边决定的代数式，是处理“SSS”问题的利器. \end{itemize}

$S = \frac{1

{2}ab\sin C$} {这是解三角形中最核心、最常用的面积公式.它的本质，是用一个已知的角，巧妙地“计算”出了我们通常难以直接得到的“高”.}

证明

思想核心：化“高”为“角”. 我们从最原始的底高公式 $S = \frac{1}{2} b \cdot h_b$ 出发.这里的 $h_b$ 是边 $b$ 上的高. \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：作高法推导三角公式

如图，我们从顶点 B 向边 AC 作高 BD，其长度为 $h_b$ .在 Rt $\triangle BDC$ 中, 根据正弦函数的定义, 有 $\sin C = \frac{BD}{BC} = \frac{h_b}{a}$ , 因此高 $h_b = a \sin C$ .将此代入以 $b$ 为底的面积公式中： $S = \frac{1}{2} \cdot \text{底} \cdot \text{高} = \frac{1}{2} \cdot b \cdot h_b = \frac{1}{2} b (a \sin C) = \frac{1}{2}ab\sin C$ . 同理可证 $S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ac\sin B$ .

结构与应用

此公式的结构特征是“两边及夹角”(SAS). 当题目已知或可求出两边及其夹角时，此公式是求面积的首选.反之，若已知面积和两边，也可以用它来求解夹角的正弦值.

外接圆公式: $S = \frac{abc

{4R}$} {这个公式建立了面积与三角形“外部骨架”——外接圆之间的联系.它是三角公式与正弦定理完美结合的产物.}

证明

思想核心：用“边”和“外接圆半径”替换“角”. 我们的出发点依然是核心的三角公式 $S = \frac{1}{2}ab\sin C$ .为了引入外接圆半径 $R$ , 我们联想到正弦定理： $\frac{c}{\sin C} = 2R$ , 由此可得 $\sin C = \frac{c}{2R}$ . 将这个结果代入三角公式： $S = \frac{1}{2}ab \left( \frac{c}{2R} \right) = \frac{abc}{4R}$ . 这是一个纯粹的代数推导，展现了公式之间的逻辑递进关系.

结构与应用

此公式的结构特征是“三边与外接圆半径”.它在以下情景中特别有用：

已知三边和面积，求外接圆半径 $R$ .
已知三边和外接圆半径 $R$ , 求面积 $S$ .
在涉及最值问题时，它可以作为面积 $S$ 与三边之积 $abc$ 之间的转换工具.

内切圆公式: $S = pr = \frac{1

{2}(a+b+c)r$} {如果说外接圆公式是向外看，那么内切圆公式就是向内看，它揭示了面积与“内部填充”——内切圆之间的关系.其证明方法是几何“分割求和”思想的典范.}

证明

思想核心：分割整体，面积求和. 设 $\triangle ABC$ 的内心为 I, 内切圆半径为 r. 连接 IA, IB, IC, 则 $\triangle ABC$ 被分成了 $\triangle IBC$ , $\triangle ICA$ 和 $\triangle IAB$ 三个小三角形. \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：面积分割法推导内切圆公式

根据内心的性质，内心 I 到三边的距离（即三个小三角形的高）都等于内切圆半径 r.因此， $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle IBC} + S_{\triangle ICA} + S_{\triangle IAB} = \frac{1}{2}ar + \frac{1}{2}br + \frac{1}{2}cr = \frac{1}{2}(a+b+c)r$ . 若定义半周长 $p = \frac{a+b+c}{2}$ , 则公式可简记为 $S = pr$ .

结构与应用

该公式联系了“面积、周长、内切圆半径”.它是解决与内切圆半径相关问题的几乎唯一途径.例如，已知三边求内切圆半径时，可先用海伦公式求出面积 $S$ , 再用本公式求 $r$ .

海伦公式: $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)

$} {海伦公式堪称古典几何的奇迹.它完全不用角度，仅通过三条边的长度就能确定一个三角形的面积.它的证明过程是三角恒等变换与代数技巧的极致体现.}

证明

证明的核心思想在于利用余弦定理，将与角度相关的面积公式完全转化为仅与边长相关的表达式.

从三角形面积公式 $S = \frac{1}{2}ab\sin C$ 出发, 两边平方, 并利用 $\sin^2 C = 1-\cos^2 C$ 和余弦定理 $\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$ ，可得：

\begin{aligned} S^2 &= \left(\frac{1}{2}ab\sin C\right)^2 = \frac{1}{4}a^2b^2\sin^2 C &= \frac{1}{4}a^2b^2(1-\cos^2 C) &= \frac{1}{4}a^2b^2(1+\cos C)(1-\cos C) &= \frac{1}{4}a^2b^2 \left(1 + \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right) \left(1 - \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right) &= \frac{a^2b^2}{4} \left(\frac{2ab+a^2+b^2-c^2}{2ab}\right) \left(\frac{2ab-(a^2+b^2-c^2)}{2ab}\right) &= \frac{1}{16} \left((a+b)^2-c^2\right) \left(c^2-(a-b)^2\right) &= \frac{1}{16}(a+b+c)(a+b-c)(c-a+b)(c+a-b) \end{aligned}

令半周长 $p = \frac{a+b+c}{2}$ , 则有 $a+b-c = 2(p-c)$ , $a+c-b = 2(p-b)$ 及 $b+c-a = 2(p-a)$ .代入上式：

S^2 = \frac{1}{16} \cdot (2p) \cdot 2(p-c) \cdot 2(p-b) \cdot 2(p-a) = p(p-a)(p-b)(p-c)

两边开方，即得海伦公式：

S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}

结构与应用

该公式的结构完全对称，只与“三边长度”有关.当题目已知三边（SSS）求面积时，海伦公式是最高效的工具，它避免了先用余弦定理求角，再用三角公式求面积的繁琐步骤.

三角形的四心

{正弦定理与余弦定理不仅仅是解三角形边角的计算工具，它们更是连接三角形代数信息与几何形态的桥梁.这种连接最集中地体接着对三角形“四心”——外心、内心、重心、垂心——的研究中.这四个特殊的点，是三角形特定线系（中垂线、角平分线、中线、高线）的交点，各自蕴含着独特的几何意义与代数性质.本节将系统梳理“四心”的知识体系.}

外心

思考一个问题： 给定不在同一直线上的三点 A, B, C，如何找到一个点 P，使得它到这三个点的距离都相等？这个问题本质上就是在寻找一个能同时穿过 A, B, C 三点的圆的圆心.这个圆，我们称之为三角形的外接圆，而它的圆心，就是外心.

外心

几何定义： 三角形三条边的垂直平分线（中垂线）的交点.
性质定义： 到三角形三个顶点距离相等的点.这个距离就是外接圆的半径 $R$ .

外心的位置特征

外心的位置由三角形的形状决定.

锐角三角形： 外心在三角形内部.
直角三角形： 外心在斜边的中点.
钝角三角形： 外心在三角形外部.

证明

初中数学内容，不证明了.

外心与中心角

若 O 为 $\triangle ABC$ 的外心，则外心与顶点的连线所构成的中心角是对应圆周角的两倍.

\angle BOC = 2A, \angle COA = 2B, \angle AOB = 2C

(示意图：外心与中心角)

证明

初中数学内容，不证明了.

温馨提示

上述引理的结论在锐角三角形中成立.对于钝角三角形，例如若 A 为钝角，则 $\angle BOC = 2(\pi - A)$ .

外心与正弦定理的绑定关系

这是外心在解三角形中最重要的性质.外接圆半径 $R$ 是连接所有边和角的纽带.

\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R

证明

见正弦定理的证明.

外心的向量性质

若 O 为 $\triangle ABC$ 的外心，则有如下加权和为零向量的关系式：

(\sin 2A)\overrightarrow{OA} + (\sin 2B)\overrightarrow{OB} + (\sin 2C)\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{0}

证明

设向量和为 $\overrightarrow{S} = (\sin 2A)\overrightarrow{OA} + (\sin 2B)\overrightarrow{OB} + (\sin 2C)\overrightarrow{OC}$ . 我们的目标是证明 $\overrightarrow{S} = \overrightarrow{0}$ .

一个在平面上的向量若与两个不共线的向量的点积均为零，则该向量自身必为零向量.我们将证明 $\overrightarrow{S}$ 与 $\overrightarrow{OA}$ 和 $\overrightarrow{OB}$ 的点积均为零.

首先，计算 $\overrightarrow{S}$ 与 $\overrightarrow{OA}$ 的点积：

\overrightarrow{S} \cdot \overrightarrow{OA} = [(\sin 2A)\overrightarrow{OA} + (\sin 2B)\overrightarrow{OB} + (\sin 2C)\overrightarrow{OC}] \cdot \overrightarrow{OA}

利用点积的分配律，得到：

\overrightarrow{S} \cdot \overrightarrow{OA} = (\sin 2A)(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OA}) + (\sin 2B)(\overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OA}) + (\sin 2C)(\overrightarrow{OC} \cdot \overrightarrow{OA})

因为 O 是外心，设外接圆半径为 $R$ , 我们有 $|\overrightarrow{OA}| = |\overrightarrow{OB}| = |\overrightarrow{OC}| = R$ . 根据点积的定义和引理7.1.12，我们有：

$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OA} = |\overrightarrow{OA}|^2 = R^2$
$\overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OA} = |\overrightarrow{OB}||\overrightarrow{OA}|\cos(\angle AOB) = R^2 \cos(2C)$
$\overrightarrow{OC} \cdot \overrightarrow{OA} = |\overrightarrow{OC}||\overrightarrow{OA}|\cos(\angle COA) = R^2 \cos(2B)$

(注意：即使对于钝角三角形，例如 C 为钝角， $\angle AOB = 2(\pi-C)$ , 但 $\cos(2(\pi-C)) = \cos(2\pi-2C) = \cos(2C)$ ，所以该关系式也成立.)

将上述结果代入点积表达式：

\overrightarrow{S} \cdot \overrightarrow{OA} = R^2 [\sin(2A) + \sin(2B)\cos(2C) + \sin(2C)\cos(2B)]

观察方括号内的部分，根据和角公式 $\sin(x+y) = \sin x \cos y + \cos x \sin y$ ，我们有：

\sin(2B)\cos(2C) + \sin(2C)\cos(2B) = \sin(2B+2C)

因此，表达式变为：

\overrightarrow{S} \cdot \overrightarrow{OA} = R^2 [\sin(2A) + \sin(2B+2C)]

在任意三角形中，内角和为 $\pi$ , 即 $A+B+C = \pi$ .所以 $2A+2B+2C = 2\pi$ , 可得 $2B+2C = 2\pi - 2A$ . 代入上式：

\sin(2B+2C) = \sin(2\pi - 2A) = -\sin(2A)

于是，

\overrightarrow{S} \cdot \overrightarrow{OA} = R^2 [\sin(2A) - \sin(2A)] = 0

这证明了向量 $\overrightarrow{S}$ 与 $\overrightarrow{OA}$ 点乘为 $0$ .

同理，通过对称性，我们可以计算 $\overrightarrow{S}$ 与 $\overrightarrow{OB}$ 的点积，将会得到：

\overrightarrow{S} \cdot \overrightarrow{OB} = R^2 [\sin(2A)\cos(2C) + \sin(2B) + \sin(2C)\cos(2A)]

= R^2 [\sin(2B) + \sin(2A+2C)]

= R^2 [\sin(2B) + \sin(2\pi - 2B)] = R^2 [\sin(2B) - \sin(2B)] = 0

这证明了向量 $\overrightarrow{S}$ 与 $\overrightarrow{OB}$ 也点乘为 $0$ .

由于 $\triangle ABC$ 是一个三角形, 顶点 A, B, C 不共线, 因此向量 $\overrightarrow{OA}$ 和 $\overrightarrow{OB}$ 不共线. 一个在 $\triangle ABC$ 平面内的向量 $\overrightarrow{S}$ , 如果它同时垂直于两个不共线的向量 $\overrightarrow{OA}$ 和 $\overrightarrow{OB}$ ，那么它必须是零向量.

因此， $\overrightarrow{S} = \overrightarrow{0}$ ，即：

(\sin 2A)\overrightarrow{OA} + (\sin 2B)\overrightarrow{OB} + (\sin 2C)\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{0}

证毕.

内心

来龙去脉

另一个问题： 如何在三角形内部找一个点，使得它到三条边的距离都相等？这个问题引出的是一个能与三角形三边都相切的圆，我们称之为内切圆，其圆心就是内心.

内心

几何定义： 三角形三条内角平分线的交点.
性质定义： 到三角形三边距离相等的点.这个距离就是内切圆的半径 $r$ .

内心的位置特征

内心永远在三角形内部.

证明

此结论可通过内心的重心坐标定义直接证明.一个点 $P$ 位于 $\triangle ABC$ 内部的充分必要条件是, 存在三个正实数 $\alpha, \beta, \gamma \> 0$ 且 $\alpha + \beta + \gamma = 1$ , 使得对于任意参考点 $O$ , 都有 $\overrightarrow{OP} = \alpha \overrightarrow{OA} + \beta \overrightarrow{OB} + \gamma \overrightarrow{OC}$ .

我们已知内心的向量公式为 $\overrightarrow{OI} = \frac{a\overrightarrow{OA} + b\overrightarrow{OB} + c\overrightarrow{OC}}{a+b+c}$ .此公式可以重写为：

\overrightarrow{OI} = \left(\frac{a}{a+b+c}\right)\overrightarrow{OA} + \left(\frac{b}{a+b+c}\right)\overrightarrow{OB} + \left(\frac{c}{a+b+c}\right)\overrightarrow{OC}

令 $\alpha = \frac{a}{a+b+c}$ , $\beta = \frac{b}{a+b+c}$ 及 $\gamma = \frac{c}{a+b+c}$ .由于 $a, b, c$ 是三角形的边长, 它们必然是正数, 即 $a\>0, b\>0, c\>0$ .因此, 分母 $a+b+c$ 也是正数, 这确保了系数 $\alpha, \beta, \gamma$ 均为正数.

让我们来检验系数之和看看咋回事：

\alpha + \beta + \gamma = \frac{a}{a+b+c} + \frac{b}{a+b+c} + \frac{c}{a+b+c} = \frac{a+b+c}{a+b+c} = 1

由于内心 $I$ 的重心坐标系数满足 $\alpha, \beta, \gamma \> 0$ 且 $\alpha+\beta+\gamma=1$ 的条件, 根据内部点的定义, 内心 $I$ 必定永远位于 $\triangle ABC$ 的内部.

证毕.

内心与面积公式

这是内心在解三角形中的核心性质，它通过面积公式 $S=pr$ 将内切圆半径 $r$ 、半周长 $p$ 和面积 $S$ 紧密联系在一起.

S = \frac{1}{2}(a+b+c)r = pr

证明

如图所示，设 $\triangle ABC$ 的内心为 $I$ , 内切圆半径为 $r$ .我们将内心 $I$ 与三个顶点 $A, B, C$ 连接, 从而将 $\triangle ABC$ 分割成三个以 $I$ 为公共顶点的小三角形： $\triangle BIC$ , $\triangle CIA$ 和 $\triangle AIB$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

$\triangle ABC$ 的总面积 $S$ 等于这三个小三角形的面积之和：

S = S_{\triangle BIC} + S_{\triangle CIA} + S_{\triangle AIB}

根据内心的性质，内心 $I$ 到三边的距离都相等, 且等于内切圆半径 $r$ .这个距离 $r$ 正好是每个小三角形以原三角形的边为底时的高.

对于 $\triangle BIC$ , 底为 $BC=a$ , 高为 $r$ .其面积为 $S_{\triangle BIC} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot r$ .
对于 $\triangle CIA$ , 底为 $AC=b$ , 高为 $r$ .其面积为 $S_{\triangle CIA} = \frac{1}{2} \cdot b \cdot r$ .
对于 $\triangle AIB$ , 底为 $AB=c$ , 高为 $r$ .其面积为 $S_{\triangle AIB} = \frac{1}{2} \cdot c \cdot r$ .

将三者相加，得到总面积 $S$ ：

S = \frac{1}{2}ar + \frac{1}{2}br + \frac{1}{2}cr

提取公因式 $\frac{1}{2}r$ ，我们得到：

S = \frac{1}{2}(a+b+c)r

根据半周长 $p$ 的定义, $p = \frac{a+b+c}{2}$ .因此，上式可以写为：

S = pr

证毕.

内心与顶点角

内心与任意两顶点构成的角，与第三个顶点角之间存在固定关系.以 $\angle BIC$ 为例：

\angle BIC = 90^\circ + \frac{A}{2}

证明

如图所示，考虑 $\triangle BIC$ .根据三角形内角和定理，我们有：

\angle BIC + \angle IBC + \angle ICB = 180^\circ

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

由于 $I$ 是 $\triangle ABC$ 的内心, 根据定义, $BI$ 和 $CI$ 分别是 $\angle B$ 和 $\angle C$ 的内角平分线.因此，我们有：

\angle IBC = \frac{1}{2}\angle B \text{和} \angle ICB = \frac{1}{2}\angle C

将这两个关系代入 $\triangle BIC$ 的内角和公式中：

\angle BIC + \frac{1}{2}\angle B + \frac{1}{2}\angle C = 180^\circ

整理后得到：

\angle BIC = 180^\circ - \frac{1}{2}(\angle B + \angle C)

在 $\triangle ABC$ 中, 我们有 $\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ$ , 因此 $\angle B + \angle C = 180^\circ - \angle A$ .

将此关系代入上式：

\angle BIC = 180^\circ - \frac{1}{2}(180^\circ - \angle A)

\angle BIC = 180^\circ - 90^\circ + \frac{1}{2}\angle A

\angle BIC = 90^\circ + \frac{A}{2}

证毕.

内心的向量表示

若以任意点 O 为参考点，内心的向量表达式是三顶点向量以对边边长为权的加权平均.

\overrightarrow{OI} = \frac{a\overrightarrow{OA} + b\overrightarrow{OB} + c\overrightarrow{OC}}{a+b+c}

证明

本证明主要利用角平分线定理和向量的定比分点公式.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

设 $\angle A$ 的平分线交边 $BC$ 于点 $D$ .根据三角形的角平分线定理，我们有：

\frac{BD}{DC} = \frac{AB}{AC} = \frac{c}{b}

这意味着点 $D$ 将线段 $BC$ 分成长度比为 $c:b$ 的两部分.根据向量的定比分点公式, 对于任意参考点 $O$ , 向量 $\overrightarrow{OD}$ 可以表示为：

\overrightarrow{OD} = \frac{b\overrightarrow{OB} + c\overrightarrow{OC}}{b+c} \cdots (1)

接着，我们要确定内心在角平分线上的位置，因为内心 $I$ 位于角平分线 $AD$ 上, 考虑 $\triangle ABD$ , $BI$ 是 $\angle B$ 的角平分线.再次应用角平分线定理于 $\triangle ABD$ ：

\frac{AI}{ID} = \frac{AB}{BD}

我们需要计算 $BD$ 的长度.由于 $D$ 将长度为 $a$ 的边 $BC$ 分成 $c:b$ 的比例, 所以 $BD$ 的长度为：

BD = \frac{c}{b+c} \cdot BC = \frac{ac}{b+c}

将 $BD$ 的表达式代入比例式中：

\frac{AI}{ID} = \frac{c}{ac/(b+c)} = \frac{c(b+c)}{ac} = \frac{b+c}{a}

这表明内心 $I$ 将线段 $AD$ 分成长度比为 $(b+c):a$ 的两部分.

再次使用定比分点公式，这次针对线段 $AD$ 上的点 $I$ ：

\overrightarrow{OI} = \frac{a\overrightarrow{OA} + (b+c)\overrightarrow{OD}}{a + (b+c)}

我们将第一步中得到的式 $(1)$ 代入上式中的 $\overrightarrow{OD}$ ：

\overrightarrow{OI} = \frac{a\overrightarrow{OA} + (b+c)\left( \frac{b\overrightarrow{OB} + c\overrightarrow{OC}}{b+c} \right)}{a+b+c}

分母中的 $(b+c)$ 项可以约去，得到：

\overrightarrow{OI} = \frac{a\overrightarrow{OA} + b\overrightarrow{OB} + c\overrightarrow{OC}}{a+b+c}

证毕.

温馨提示

这个公式在判断一个点是否为内心，或者利用内心求参数时极为有用.

重心

来龙去脉

如果一个三角形是由均匀材料制成的薄板，那么它的重心（质量中心）在哪里？答案是，在它三条中线的交点.这个点在几何上被称为重心.

重心

三角形三条中线（顶点与对边中点的连线）的交点.

重心的基本性质

位置特征： 重心永远在三角形内部.
中线分割比： 重心将每条中线都分成 2:1 的两段，其中靠近顶点的一段是靠近中点一段的两倍.设 $D$ 为 $BC$ 的中点, 则 $AG:GD = 2:1$ .
面积分割： 三条中线将三角形分割成六个面积相等的小三角形.

证明

翻翻初中数学课本.

重心的向量表示

重心的向量表示形式最为简洁，是三顶点向量的算术平均.若 O 为任意参考点，G 为重心，则：

\overrightarrow{OG} = \frac{\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}}{3}

证明

如图所示，设 G 为 $\triangle ABC$ 的重心，D 为边 BC 的中点，则 AD 为一条中线.O 为平面内任意参考点.

\begin{figure}[htbp]

{G} 在中线 \texorpdfstring{$AD$}{AD} 上且 \texorpdfstring{$AG:GD = 2:1$}{AG:GD = 2:1}}

\end{figure} 图：重心 \texorpdfstring{ $G$

首先，因为 D 是 BC 的中点，根据中点向量公式，向量 $\overrightarrow{OD}$ 可以表示为：

\overrightarrow{OD} = \frac{\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}}{2} \cdots (1)

根据重心的定义，重心 G 是中线 AD 的一个三等分点，且靠近中点 D.具体来说，重心 G 满足分割比 $AG:GD = 2:1$ .

这意味着点 G 是线段 AD 的一个定比分点.根据向量的定比分点公式，我们可以用 $\overrightarrow{OA}$ 和 $\overrightarrow{OD}$ 来表示 $\overrightarrow{OG}$ ：

\overrightarrow{OG} = \frac{1 \cdot \overrightarrow{OA} + 2 \cdot \overrightarrow{OD}}{1+2} = \frac{\overrightarrow{OA} + 2\overrightarrow{OD}}{3}

接着，我们将式 (1) 中 $\overrightarrow{OD}$ 的表达式代入上式：

\overrightarrow{OG} = \frac{\overrightarrow{OA} + 2\left(\frac{\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}}{2}\right)}{3}

化简分子中的表达式，2 与 $\frac{1}{2}$ 相互抵消：

\overrightarrow{OG} = \frac{\overrightarrow{OA} + (\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})}{3}

整理后即可得到重心的向量公式：

\overrightarrow{OG} = \frac{\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}}{3}

证毕.

推论

由重心的向量定理，可得一个重要推论：

\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}

证明

由定理7.1.24：

3\overrightarrow{OG} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}

我们的目标是计算 $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC}$ .利用向量加法的首尾相接法则（或向量减法）, 我们将每个向量都用参考点 $O$ 来分解：

$\overrightarrow{GA} = \overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OG}$
$\overrightarrow{GB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OG}$
$\overrightarrow{GC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OG}$

将这三个表达式相加：

\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = (\overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OG}) + (\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OG}) + (\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OG})

合并同类项：

\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = (\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}) - 3\overrightarrow{OG}

根据定理7.1.24，我们知道 $(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$ 恰好等于 $3\overrightarrow{OG}$ .将其代入上式：

\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = 3\overrightarrow{OG} - 3\overrightarrow{OG} = \overrightarrow{0}

证毕.

温馨提示

上述推论是判断一个点是否为重心和进行向量运算的利器.

边与中线的关系

将三条中线长公式变形相加，可得边长的平方和与中线长的平方和之间的优美关系：

a^2+b^2+c^2 = \frac{4}{3}(m_a^2+m_b^2+m_c^2)

垂心

来龙去脉

三角形的三条高线（或其延长线）是否也总能交于一点？答案是肯定的，这个交点就是垂心.垂心不像前三心有那么直观的物理或距离意义，但它在几何变换和向量关系中扮演着奇特的角色.

垂心

三角形三条高线（或其延长线）的交点.

垂心的位置特征

与外心类似，垂心的位置由三角形形状决定.

锐角三角形： 垂心在三角形内部.
直角三角形： 垂心就是直角顶点.
钝角三角形： 垂心在三角形外部.

垂足圆性质

垂心与顶点、垂足之间常构成共圆关系.例如，若 $D, E$ 分别是 $BC, AC$ 上的垂足, 则 $A, B, D, E$ 四点共圆（直径为 $AB$ ）, $C, D, H, E$ 四点共圆（直径为 $CH$ ）.

垂心与外心的向量关系

垂心最重要的性质体接着向量上.若以外心O为原点，H 为垂心，则垂心的向量表示极其简洁：

\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}

温馨提示

这个公式是连接外心与垂心的关键，也是欧拉线定理的基石.由它可立刻得到 $\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$ , 进而可以证明 $AH \perp BC$ .

欧拉线定理

外心(O)、重心(G)、垂心(H)三点共线，这条线被称为欧拉线.且重心 G 在 O, H 之间，满足向量关系与线段比：

\overrightarrow{OH} = 3\overrightarrow{OG} (\text{即 } OG:GH = 1:2)

证明

为证明此定理，我们采用向量法，并巧妙地选取外心 O作为我们向量系统的坐标原点 (为什么这是一个好的选择？). 这使得我们能够利用先前建立的关于重心和垂心的简洁向量表达式.

根据重心的向量性质，对于以 O 为原点的系统，重心 G 的位置向量为：

\overrightarrow{OG} = \frac{\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}}{3}

而当参考点恰好是外心 O 时，我们有垂心 H 的一个极其重要的向量关系式：

\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}

将这两个基于同一原点 O 的向量表达式进行比较，我们几乎可以立即发现它们之间的深刻联系.

将重心的向量表达式两边同乘以 3，可得：

3\overrightarrow{OG} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}

我们观察到，上式右侧的向量和恰好就是垂心 H 的位置向量 $\overrightarrow{OH}$ . 因此，我们得到了一个极为简洁且深刻的向量等式：

\overrightarrow{OH} = 3\overrightarrow{OG}

这个向量关系式蕴含了丰富的信息. 首先，它表明向量 $\overrightarrow{OH}$ 与 $\overrightarrow{OG}$ 是共线向量，因为其中一个可以表示为另一个的非零标量倍. 又因为这两个向量拥有共同的起点 O，所以它们的终点 H 和 G 也必须与起点 O 位于同一直线上. 这就证明了外心 O、重心 G、垂心 H 三点共线.

其次，该等式揭示了这三点之间的精确位置关系. 由于标量因子 3 是正数，向量 $\overrightarrow{OH}$ 与 $\overrightarrow{OG}$ 方向相同，这意味着点 G 位于射线 OH 上. 其长度关系为 $|\overrightarrow{OH}| = 3|\overrightarrow{OG}|$ . 因为 G 在射线 OH 上，这可以被写作 $|\overrightarrow{OG}| + |\overrightarrow{GH}| = 3|\overrightarrow{OG}|$ , 从而推导出 $|\overrightarrow{GH}| = 2|\overrightarrow{OG}|$ . 因此，重心 G 在线段 OH 上，且线段长度之比为 $OG:GH = 1:2$ .

证毕.

温馨提示

欧拉线是整合“四心”知识的集大成者，它告诉你O,G,H三者的位置关系是固定的.知道其中任意两个，就可以确定第三个.

四心要点速览比

向量公式对比记忆: (设 O 为坐标原点) \begin{itemize}
重心 G: $\overrightarrow{OG} = \frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}{3}$ (算术平均，最简单)
内心 I: $\overrightarrow{OI} = \frac{a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}}{a+b+c}$ (对边为权)
垂心 H: $\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$ (前提: O必须是外心)

\item 解题钥匙:
遇到 外接圆半径R $\rightarrow$ 想 外心O 和 正弦定理.
遇到 内切圆半径r $\rightarrow$ 想 内心I 和 面积公式 $S=pr$ .
遇到中线或 质量中心 $\rightarrow$ 想 重心G 和 2:1分割比与向量公式.
遇到高线或垂直 $\rightarrow$ 想 垂心H，并立刻联想 欧拉线 和 O,G,H 的向量关系.

\end{itemize}

圆幂定理与托勒密定理

当我们掌握了正弦、余弦定理后，似乎已经拥有了解决一切三角形问题的钥匙.然而，当问题中出现“圆”这一元素时，仅仅依靠这两个定理有时会使计算变得异常繁琐.因此我们需要了解更多有用的几何定理，包括圆幂定理与托勒密定理.它们是古典几何的精华，专注于揭示“圆”与“线段长度”之间最纯粹、最深刻的代数关系，能将复杂的几何形态瞬间转化为简洁的乘积等式，是数形结合思想的又一高峰.

思考一个问题： 在平面上给定一个圆和一个点P，如果任意作一条经过点P的直线与圆相交，那么这条线与圆产生的线段长度之间，是否存在一个不依赖于该直线方向的“不变量”呢？圆幂定理给出了肯定的回答：存在，这个不变量是一个乘积，我们称之为点P关于这个圆的“幂”.

圆幂定理并非单个定理，而是根据点P与圆的位置关系（点在圆内、圆上、圆外）分为三种形态的定理族.

相交弦定理

定理： 圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等. 如图，若圆内两弦 AB, CD 交于点 P，则有：

PA \cdot PB = PC \cdot PD

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：相交弦定理

证明（证明）

核心思想：构造相似三角形. 连接 AC 与 BD. 在 $\triangle PAC$ 和 $\triangle PDB$ 中：

$\angle APC = \angle DPB$ (对顶角相等).
$\angle PAC = \angle PDB$ (同弧 $\overset{\frown}{CB}$ 所对的圆周角相等).

因此， $\triangle PAC \sim \triangle PDB$ (AA相似). 由相似三角形的性质，对应边成比例： $\frac{PA}{PD} = \frac{PC}{PB}$ . 交叉相乘即得： $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ .

切割线定理

定理： 从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项. 如图，若 $PT$ 是圆的切线（T为切点）, $PAB$ 是割线，则有：

PT^2 = PA \cdot PB

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：切割线定理

证明（证明）

核心思想也是构造相似三角形. 连接 AT 与 BT.在 $\triangle PAT$ 和 $\triangle PTB$ 中：

$\angle APT = \angle TPB$ (公共角).
$\angle PTA = \angle PBT$ (弦切角定理：弦切角等于其所夹弧对的圆周角).

因此， $\triangle PAT \sim \triangle PTB$ (AA相似). 由相似三角形的性质，对应边成比例： $\frac{PA}{PT} = \frac{PT}{PB}$ . 交叉相乘即得： $PT^2 = PA \cdot PB$ .

{统一的本质： 事实上，三种形态的圆幂定理都描述了同一种性质：点 P 关于圆 O (半径为R) 的幂为 $p(P) = |PO^2 - R^2|$ .这个“幂”值，就是上述所有定理中那个不变的乘积.这揭示了代数不变量在几何中的深刻体现.}

托勒密定理

圆内接四边形版本的“勾股定理”

在解三角形中，我们处理的常常是三条边、三个角.但当四个点出接着同一个圆上（即构成一个圆内接四边形）时，这四个点构成的边和对角线之间，是否存在一个如勾股定理般优美的关系呢？古希腊天文学家、数学家托勒密给出了肯定的答案.

托勒密定理： 圆内接四边形中，两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积. 如图，四边形 $ABCD$ 内接于圆，则有：

AB \cdot CD + BC \cdot DA = AC \cdot BD

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：托勒密定理

证明

核心思想：巧妙构造相似三角形对，然后“拼好式”.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：证明辅助线

在对角线 AC 上取一点 K，使得 $\angle ABK = \angle DBC$ .

第一对相似： 考察 $\triangle ABK$ 和 $\triangle DBC$ .

$\angle ABK = \angle DBC$ (由作图).
$\angle BAK = \angle BDC$ (同弧 $\overset{\frown}{BC}$ 所对的圆周角相等).

所以 $\triangle ABK \sim \triangle DBC$ .可得 $\frac{AB}{DB} = \frac{AK}{DC}$ , 即 $AB \cdot DC = AK \cdot DB$ (式1).

第二对相似： 考察 $\triangle ABD$ 和 $\triangle KBC$ .
$\angle ABD = \angle ABK + \angle KBD = \angle DBC + \angle KBD = \angle KBC$ .
$\angle ADB = \angle KCB$ (同弧 $\overset{\frown}{AB}$ 所对的圆周角相等).

所以 $\triangle ABD \sim \triangle KBC$ .可得 $\frac{AD}{KC} = \frac{BD}{BC}$ , 即 $AD \cdot BC = KC \cdot BD$ (式2).

“拼好式”： 将 (式1) 与 (式2) 相加：

AB \cdot DC + AD \cdot BC = AK \cdot DB + KC \cdot BD

= (AK + KC) \cdot BD

因为 $AK+KC = AC$ ，所以最终得到：

AB \cdot CD + AD \cdot BC = AC \cdot BD

应用与拓展

托勒密不等式： 对于任意凸四边形 $ABCD$ , 总有 $AB \cdot CD + BC \cdot DA \ge AC \cdot BD$ .当且仅当该四边形为圆内接四边形时，等号成立.这个不等式是证明四点共圆的有力工具，也是解决某些几何不等式问题的杀手锏.
隐藏的三角恒等式： 将托勒密定理应用到直径为1的圆内接四边形上，可以极其优美地推导出三角函数中的两角和与差的正弦、余弦公式，这深刻地揭示了纯粹几何与三角学之间的内在联系.

重要线段与关联定理

在“四心”的学习中，我们已经知道，中线、角平分线、高线是构成三角形重心、内心、垂心的基本元素.除了它们的交点性质外，这些线段自身的长度，也常常是解三角形问题的考查重点.本节将系统梳理这些重要线段的长度公式及其推导，它们是余弦定理和面积公式最直接、最经典的应用，是数形结合思想的又一重要体现.

中线

{中线连接了一个顶点与对边的中点.当已知三角形三边时，如何求出这条中线的长度？余弦定理为我们提供了完美的解决方案.其核心思想是，在被中线分割成的两个小三角形中，利用“互补角”这一隐藏条件，建立关于中线长度的方程.}

中线长公式

设 $m_a$ 为 $\triangle ABC$ 中边 $a$ 上的中线，则其长度为：

m_a = \frac{1}{2}\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}

等价地，公式也常写为： $4m_a^2 = 2b^2+2c^2-a^2$ .

证明

核心思想：在两个相邻三角形中对互补角使用余弦定理. 如图，设 D 为 BC 的中点，则 AD 为中线 $m_a$ . $BD=DC=\frac{a}{2}$ . \begin{figure}[htbp]

\end{figure}

在 $\triangle ABD$ 中, 设 $\angle ADB = \theta$ . 由余弦定理得：

c^2 = m_a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 - 2m_a \left(\frac{a}{2}\right) \cos\theta = m_a^2 + \frac{a^2}{4} - am_a\cos\theta \cdots\cdots (1)

在 $\triangle ACD$ 中, $\angle ADC = \pi - \theta$ , 故 $\cos(\angle ADC) = -\cos\theta$ . 由余弦定理得：

b^2 = m_a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 - 2m_a \left(\frac{a}{2}\right) \cos(\pi-\theta) = m_a^2 + \frac{a^2}{4} + am_a\cos\theta \cdots\cdots (2)

观察 (1) 和 (2) 两式，为了消去含有 $\cos\theta$ 的项，我们将两式相加：

\begin{aligned} b^2+c^2 &= \left(m_a^2 + \frac{a^2}{4} - am_a\cos\theta\right) + \left(m_a^2 + \frac{a^2}{4} + am_a\cos\theta\right) b^2+c^2 &= 2m_a^2 + \frac{a^2}{2} \end{aligned}

整理得 $2b^2+2c^2 = 4m_a^2+a^2$ , 即 $4m_a^2 = 2(b^2+c^2)-a^2$ . 开方即得中线长公式.

阿波罗尼斯定理

中线长公式本质上是阿波罗尼斯定理的一种形式，该定理指出： $b^2+c^2 = 2\left(m_a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2\right)$ . 这一定理在处理与中线和三边关系的问题时极为强大.

角平分线

角平分线深刻地联系着角与边.它的长度计算，是“面积法”这一重要数学思想的绝佳舞台.通过将大三角形的面积视为两个小三角形面积之和，我们可以建立一个包含角平分线长度的优美等式.同时，角平分线还遵循着一个重要的边长比例关系——角平分线定理.

角平分线长公式

设 $t_a$ 为 $\triangle ABC$ 中角 A 的内角平分线，则其长度为：

t_a = \frac{2bc}{b+c}\cos\frac{A}{2}

证明

**核心思想：面积分割法. $S_{\triangle ABC** = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD}$ }. 设AD 为角 A 的平分线 $t_a$ , 它将 $\angle A$ 分为两个 $\frac{A}{2}$ 的角.

利用三角面积公式 $S=\frac{1}{2}xy\sin\theta$ ：

\begin{aligned} S_{\triangle ABC} &= \frac{1}{2}bc\sin A S_{\triangle ABD} &= \frac{1}{2}c \cdot t_a \cdot \sin\frac{A}{2} S_{\triangle ACD} &= \frac{1}{2}b \cdot t_a \cdot \sin\frac{A}{2} \end{aligned}

根据面积关系，有：

\frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ct_a\sin\frac{A}{2} + \frac{1}{2}bt_a\sin\frac{A}{2}

利用二倍角公式 $\sin A = 2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}$ , 并约去公因式 $\frac{1}{2}\sin\frac{A}{2}$ (因为 $A \in (0, \pi)$ , $\sin\frac{A}{2} \neq 0$ ):

\begin{aligned} bc \left(2\cos\frac{A}{2}\right) &= ct_a + bt_a 2bc\cos\frac{A}{2} &= (b+c)t_a \end{aligned}

整理即得： $t_a = \frac{2bc}{b+c}\cos\frac{A}{2}$ .

另一个常用形式

角平分线公式还有一个纯边长的形式： $t_a^2 = bc\left[1 - \left(\frac{a}{b+c}\right)^2\right]$ . 这个公式在已知三边求角平分线长时更直接, 可以通过将 $\cos^2\frac{A}{2} = \frac{1+\cos A}{2}$ 和余弦定理代入上述公式推导得出.

角平分线定理

三角形的内角平分线分对边所成的两条线段的长度，与夹此角的两边成比例.即若 AD 是角 A 的平分线，则：

\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD} \text{或} \frac{c}{b} = \frac{BD}{CD}

证明

核心思想：正弦定理. 在 $\triangle ABD$ 和 $\triangle ACD$ 中分别使用正弦定理. 在 $\triangle ABD$ 中： $\frac{BD}{\sin(A/2)} = \frac{c}{\sin(\angle ADB)}$ . 在 $\triangle ACD$ 中： $\frac{CD}{\sin(A/2)} = \frac{b}{\sin(\angle ADC)}$ . 因为 $\angle ADB + \angle ADC = \pi$ , 所以 $\sin(\angle ADB) = \sin(\pi - \angle ADC) = \sin(\angle ADC)$ . 将两式变形为 $\sin(\angle ADB) = \frac{c \sin(A/2)}{BD}$ 和 $\sin(\angle ADC) = \frac{b \sin(A/2)}{CD}$ . 故 $\frac{c \sin(A/2)}{BD} = \frac{b \sin(A/2)}{CD}$ . 约去 $\sin(A/2)$ 后整理得 $\frac{c}{b} = \frac{BD}{CD}$ .

高线

高线是三角形中最直观的线段之一，它的长度直接与面积挂钩.虽然没有像中线、角平分线那样“复杂”的独立公式，但它的求解方式灵活多变，是检验基本三角函数定义和面积公式掌握程度的检测工具.

高线长

设 $h_a$ 为 $\triangle ABC$ 中边 $a$ 上的高，其长度可以通过以下方式求得：

利用三角函数定义： $h_a = c\sin B = b\sin C$ .
利用面积公式： $S = \frac{1}{2}ah_a \implies h_a = \frac{2S}{a}$ .

解题思路

求解高线长通常不是目的，而是过程.

若已知两边及夹角（如 b, c, A），可先用 $S=\frac{1}{2}bc\sin A$ 求出面积, 再用 $h_a = \frac{2S}{a}$ 求高.注意，边 a 需要先用余弦定理求出.
若已知两角及一边（如 A, B, c），可先用正弦定理求出 b，然后直接用 $h_a = b\sin C$ (其中 $C=\pi-A-B$ )求解，这是最直接的方法.

常见题型

{/* label: sec:ch11-s02 */}

取值范围

解三角形中的最值与范围问题，是正弦定理、余弦定理以及函数思想的综合体现，其核心在于将一个几何对象的属性（如边的比例、面积等）转化为一个代数函数的分析问题.此过程遵循一条严谨的逻辑路径：首先，将几何描述转化为代数语言，构建一个单变量的目标函数；其次，根据三角形存在的内在几何约束，确定该函数的精确定义域；最后，在代数框架内运用分析工具求得最值.

\paragraph{构建目标函数：从几何到代数的翻译} 首要任务是将问题中涉及多个边、角的几何量，通过正弦定理与余弦定理进行“翻译”，最终化归为一个以单个角或单个边的比值为自变量的函数.

正弦定理是处理关于边的齐次式或比例式的首选工具.对于形如 $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ 或 $\frac{a+b}{c}$ 的表达式, 其代数结构的对称性暗示了其值仅与三角形的形状（即角）有关, 而与具体尺寸无关.利用 $a=2R\sin A, b=2R\sin B, c=2R\sin C$ 进行“边化角”, 便可消除外接圆半径 $R$ 这一尺寸因素，得到纯粹的三角函数关系式.
余弦定理则在处理含边长平方和或已知“两边一夹角”的情形中扮演关键角色，它能直接建立起边与角之间的非线性方程.

随后，必须利用三角形内角和定理 $A+B+C=\pi$ 消去多余的角变量，从而完成单变量目标函数的构建.

\paragraph{确定定义域：几何存在的代数约束} 一个代数表达式能够描述一个几何对象的前提是，该对象必须真实存在.因此，在分析函数性质之前，必须首先确定其定义域，这源于三角形存在的内在几何约束.

基本约束：三角形的任意内角都必须在 $(0, \pi)$ 范围内.
结构约束：在变量化归后，由自变量表示的其他角也必须满足基本约束.例如，若已将其他角用变量角 $B$ 表示为 $A=\frac{\pi}{2}-2B, C=\frac{\pi}{2}+B$ , 则必须同时满足 $B\>0, A\>0, C\>0$ 所构成的不等式组, 从而解出 $B$ 的最终有效范围.
附加约束：若题目明确限定了三角形的形状（如锐角三角形），则必须增加所有角均小于 $\frac{\pi}{2}$ 的条件，这通常需要通过余弦定理转化为关于边或角的不等式.

忽略对定义域的精确界定，是此类问题中最根本的错误来源.

\paragraph{分析与求解：纯粹的函数问题} 至此，一个几何最值问题已完全转化为一个定义在精确区间上的函数分析问题.根据目标函数的具体形式，可运用相应的代数或分析工具.

对于形如 $y=a\sin x + b\cos x$ 的函数，辅助角公式是标准处理方法.
对于形如 $y=a\sin^2 x + b\sin x + c$ 的函数，可通过换元法转化为二次函数在闭区间上的最值问题.
对于更复杂的函数，求导法是判断其单调性、寻找极值点的最通用的工具.

2022年6月新高考I卷第18题

记 $\triangle ABC$ 的内角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ , 已知 $\frac{\cos A}{1+\sin A} = \frac{\sin 2B}{1+\cos 2B}$ . (1) 若 $C=\frac{2\pi}{3}$ , 求 $B$ ； (2) 求 $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ 的最小值.

解

初始条件为一个结构复杂的三角恒等式，解决此类问题的第一步，是化简此核心等式，以揭示角 $A$ 与角 $B$ 之间最本质的代数关系.

观察等式右侧，其分子分母是标准的二倍角公式形式.

\frac{\sin 2B}{1+\cos 2B} = \frac{2\sin B \cos B}{1+(2\cos^2 B - 1)} = \frac{2\sin B \cos B}{2\cos^2 B} = \tan B

对于等式左侧，我们利用诱导公式与半角公式，将其化为正切形式.

\frac{\cos A}{1+\sin A} = \frac{\sin(\frac{\pi}{2}-A)}{1+\cos(\frac{\pi}{2}-A)} = \tan\left(\frac{\frac{\pi}{2}-A}{2}\right) = \tan\left(\frac{\pi}{4}-\frac{A}{2}\right)

于是，原等式等价于 $\tan\left(\frac{\pi}{4}-\frac{A}{2}\right) = \tan B$ .

由于 $A,B$ 均为三角形内角, 即 $A, B \in (0,\pi)$ , 可得 $\frac{\pi}{4}-\frac{A}{2} \in (-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4})$ . 在此区间内，正切函数是单调的，故两角度必相等.

\frac{\pi}{4}-\frac{A}{2} = B

整理可得角 $A$ 与角 $B$ 的线性关系： $A+2B=\frac{\pi}{2}$ .

对于第(1)问，已知 $C=\frac{2\pi}{3}$ . 根据三角形内角和定理, $A+B = \pi - C = \frac{\pi}{3}$ . 联立方程组 $\begin{cases} A+2B=\frac{\pi}{2} \\ A+B=\frac{\pi}{3} \end{cases}$ , 两式相减可得 $B = \frac{\pi}{6}$ .

对于第(2)问，我们寻求 $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ 的最小值. 目标表达式是一个关于边长的二次齐次式.这种结构的代数对称性提示我们，其值不应依赖于三角形的具体尺寸，而仅由其形状（即角）决定.正弦定理 $a=2R\sin A, ...$ 提供了将边长与角直接关联的工具，是实现这种从“尺寸”到“形状”转化的不二之选.

\frac{a^2+b^2}{c^2} = \frac{(2R\sin A)^2+(2R\sin B)^2}{(2R\sin C)^2} = \frac{\sin^2 A + \sin^2 B}{\sin^2 C}

接着，我们将表达式中的所有角均用 $B$ 来表示，以构建单变量函数. 由 $A=\frac{\pi}{2}-2B$ 以及 $C=\pi-(A+B) = \pi-(\frac{\pi}{2}-2B+B) = \frac{\pi}{2}+B$ ，代入上式：

\frac{\sin^2 A + \sin^2 B}{\sin^2 C} = \frac{\sin^2(\frac{\pi}{2}-2B) + \sin^2 B}{\sin^2(\frac{\pi}{2}+B)} = \frac{\cos^2(2B) + \sin^2 B}{\cos^2 B}

在寻求最值之前，必须确定自变量 $B$ 的精确取值范围.三角形的几何存在性要求其所有内角均为正值，这为我们提供了如下的代数约束：

\begin{cases} A = \frac{\pi}{2}-2B \> 0 \implies B \< \frac{\pi}{4} \\ B \> 0 \\ C = \frac{\pi}{2}+B \> 0 \implies B \> -\frac{\pi}{2} \end{cases}

综合上述不等式，可得角 $B$ 的取值范围为 $B \in (0, \frac{\pi}{4})$ .

为了处理该三角函数式，我们进行换元.令 $t = \sin^2 B$ . 因为 $B \in (0, \frac{\pi}{4})$ , 所以 $\sin B \in (0, \frac{\sqrt{2}}{2})$ , 故新变量 $t$ 的范围是 $t \in (0, \frac{1}{2})$ . 问题转化为求函数 $g(t) = \frac{(1-2t)^2+t}{1-t} = \frac{4t^2-3t+1}{1-t}$ 在区间 $(0, \frac{1}{2})$ 上的最小值. 通过代数变形，可将该分式函数化为更易于分析的形式 (为何这样做有助于分析单调性？)：

g(t) = \frac{4t^2-4t+t-1+2}{1-t} = \frac{-4t(1-t)+(t-1)+2}{1-t} = -4t-1+\frac{2}{1-t}

我们考察该函数在定义域内的单调性.对其求导可得：

g'(t) = -4 + \frac{2}{(1-t)^2}

令 $g'(t)=0$ , 寻求可能的极值点, 解得 $t = 1-\frac{\sqrt{2}}{2}$ . 此值位于定义域 $(0, \frac{1}{2})$ 内. 分析导数的符号可知，当 $t \in (0, 1-\frac{\sqrt{2}}{2})$ 时, $g'(t)\<0$ , 函数单调递减；当 $t \in (1-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{1}{2})$ 时, $g'(t)\>0$ ，函数单调递增. 因此，函数 $g(t)$ 在 $t=1-\frac{\sqrt{2}}{2}$ 处取得最小值. 其最小值为：

\begin{aligned} g\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) &= -4\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) - 1 + \frac{2}{1-\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)} &= -4+2\sqrt{2}-1+\frac{2}{\sqrt{2}/2} &= -5+2\sqrt{2}+2\sqrt{2} = 4\sqrt{2}-5 \end{aligned}

{(1) $B=\frac{\pi}{6}$ . (2) $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ 的最小值为 $4\sqrt{2}-5$ .}

2023年8月浙江省A9协作体返校联考第17题

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 所对的边分别为 $a,b,c$ , 且满足 $a\sin C\cos B+b\sin A\cos C = \frac{\sqrt{3}}{2}a$ . (1) 求角 $A$ ； (2) 若 $\triangle ABC$ 为锐角三角形, 求 $4\sin^2 B - 4\sin B\sin C$ 的取值范围.

解

对于第(1)问，我们从已知条件 $a\sin C\cos B+b\sin A\cos C = \frac{\sqrt{3}}{2}a$ 出发. 根据正弦定理，我们有 $b\sin A = a\sin B$ . (为何进行此步代换？) 将此关系代入原式中, 可以消去变量 $b$ , 使得 $a$ 成为一个可约去的公因子.

a\sin C\cos B + (a\sin B)\cos C = \frac{\sqrt{3}}{2}a

由于 $a \neq 0$ , 提取公因子 $a$ 并利用和角公式，可得：

\sin(B+C) = \frac{\sqrt{3}}{2}

在 $\triangle ABC$ 中, $B+C = \pi - A$ , 故 $\sin(\pi-A) = \sin A = \frac{\sqrt{3}}{2}$ . 由于 $A \in (0, \pi)$ , 满足此条件的角 $A$ 为 $\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2\pi}{3}$ .

对于第(2)问，我们欲求 $4\sin^2 B - 4\sin B\sin C$ 的取值范围. 首先，将目标表达式化归为关于单个角 $B$ 的函数.由(1)知 $A$ 必为锐角, 故 $A=\frac{\pi}{3}$ , 从而 $C=\frac{2\pi}{3}-B$ . 代入表达式中：

\begin{aligned} f(B) &= 4\sin^2 B - 4\sin B \sin\left(\frac{2\pi}{3}-B\right) &= 4\sin^2 B - 4\sin B\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos B + \frac{1}{2}\sin B\right) &= 2\sin^2 B - \sqrt{3}\sin(2B) \end{aligned}

为了便于分析，我们将所有项都用 $2B$ 的三角函数来表示.利用降幂公式 $2\sin^2 B = 1-\cos(2B)$ ，上式可化为：

f(B) = 1 - (\sqrt{3}\sin(2B) + \cos(2B))

使用辅助角公式进行合并，得到 $f(B) = 1 - 2\sin\left(2B+\frac{\pi}{6}\right)$ .

接下来，我们必须确定自变量 $B$ 的精确定义域.“锐角三角形”的几何约束，为我们提供了如下的代数不等式组：

\begin{cases} A=\frac{\pi}{3} \< \frac{\pi}{2} & (\text{已满足}) B \in (0, \frac{\pi}{2}) C = \frac{2\pi}{3}-B \in (0, \frac{\pi}{2}) \implies \frac{\pi}{6} \< B \< \frac{2\pi}{3} \end{cases}

将 $B$ 的所有约束条件取交集, 得到其最终的取值范围为 $B \in (\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$ .

最后，我们基于 $B$ 的定义域来求解函数的值域. 由 $B \in (\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$ , 可得 $2B+\frac{\pi}{6} \in (\frac{\pi}{2}, \frac{7\pi}{6})$ . 在此开区间内， $\sin(2B+\frac{\pi}{6})$ 的取值从 $\sin(\frac{\pi}{2})=1$ 单调递减至 $\sin(\frac{7\pi}{6})=-\frac{1}{2}$ . 由于区间为开区间，端点值均无法取到，故 $\sin(2B+\frac{\pi}{6}) \in (-\frac{1}{2}, 1)$ . 对该不等式进行代数变换，即可得到 $f(B)$ 的范围：

-2\sin\left(2B+\frac{\pi}{6}\right) \in (-2, 1)

f(B) = 1 - 2\sin\left(2B+\frac{\pi}{6}\right) \in (-1, 2)

{(1) $A=\frac{\pi}{3}$ 或 $A=\frac{2\pi}{3}$ . (2) $4\sin^2 B - 4\sin B\sin C$ 的取值范围为 $(-1, 2)$ .}

方法论要点

通过对典型问题的剖析，可提炼出解决此类问题的普适性方法论.其核心是将一个与三角形形态相关的几何问题，转化为一个求单变量函数在特定区间上最值的纯代数问题.

翻译与化归：利用正弦定理与余弦定理，将问题中的边、角关系统一为纯粹的三角函数关系式.随后，利用内角和定理消去多余变量，构建单变量目标函数.
定义域的确定：这是解题的逻辑基石.必须从三角形存在的固有几何约束（如所有内角为正）以及题目附加的条件约束（如锐角三角形）出发，将它们全部转化为关于自变量的不等式组，从而精确界定函数的定义域.
函数分析：在确定的定义域上，根据函数的形式，灵活选用辅助角公式、二次函数理论或求导法等分析工具，求解其最值或范围.

常见的逻辑疏漏在于对定义域的确定不完备，尤其是在变量化归后，忽略了由自变量表示的其他角也必须为正的约束.

2023年1月重庆康德卷“一诊”第17题

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ , 且 $b=c(\cos A+\sin A)$ . (1) 求角 $C$ ； (2) 求 $\frac{a+\sqrt{2}b}{c}$ 的最大值.

解

对于第(1)问，已知条件 $b=c(\cos A+\sin A)$ 是一个典型的边角混合关系式.解决此类问题的关键在于统一语言体系.利用正弦定理将边长 $b, c$ 替换为对应角的正弦，是消除边长、得到纯角关系式的最直接路径.

根据正弦定理，有 $b=2R\sin B$ 和 $c=2R\sin C$ . 代入已知等式中：

2R\sin B = 2R\sin C(\cos A + \sin A)

约去非零公因式 $2R$ ，得到一个纯粹的角的关系式：

\sin B = \sin C \cos A + \sin C \sin A

在 $\triangle ABC$ 中, 由 $B=\pi-(A+C)$ , 可得 $\sin B = \sin(\pi-(A+C)) = \sin(A+C)$ . 利用和角公式展开，我们得到 $\sin B = \sin A\cos C+\cos A\sin C$ . 联立上述两个关于 $\sin B$ 的表达式，可得：

\sin A\cos C+\cos A\sin C = \sin C \cos A + \sin C \sin A

整理上式，消去 $\cos A\sin C$ 项, 得到 $\sin A \cos C = \sin C \sin A$ . 由于 $A \in (0,\pi)$ , 故 $\sin A \neq 0$ . 两边同除以 $\sin A$ 可得 $\cos C = \sin C$ . 又因 $C \in (0,\pi)$ , 满足此条件的角 $C$ 只能是 $C=\frac{\pi}{4}$ .

对于第(2)问，我们寻求 $\frac{a+\sqrt{2}b}{c}$ 的最大值. 该表达式是一个关于边长的一次齐次式，这再次强烈地暗示我们应使用正弦定理进行“边化角”.

\frac{a+\sqrt{2}b}{c} = \frac{2R\sin A+\sqrt{2}(2R\sin B)}{2R\sin C} = \frac{\sin A + \sqrt{2}\sin B}{\sin C}

接着，我们将表达式中的所有角用角 $A$ 来表示，以构建单变量函数. 由(1)知 $C=\frac{\pi}{4}$ , 故 $B=\pi-(A+C)=\frac{3\pi}{4}-A$ . 代入上式：

f(A) = \frac{\sin A + \sqrt{2}\sin(\frac{3\pi}{4}-A)}{\sin(\pi/4)} = \sqrt{2}\sin A + 2\sin\left(\frac{3\pi}{4}-A\right)

利用和角公式展开：

\begin{aligned} f(A) &= \sqrt{2}\sin A + 2\left(\sin\frac{3\pi}{4}\cos A - \cos\frac{3\pi}{4}\sin A\right) &= \sqrt{2}\sin A + 2\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos A + \frac{\sqrt{2}}{2}\sin A\right) &= 2\sqrt{2}\sin A + \sqrt{2}\cos A \end{aligned}

使用辅助角公式将其合并，得到 $f(A) = \sqrt{10}\sin(A+\phi)$ , 其中角 $\phi$ 满足 $\tan\phi=\frac{1}{2}$ .

我们必须确定自变量 $A$ 的定义域.三角形的几何存在性要求其内角为正：

\begin{cases} A \> 0 \\ B = \frac{3\pi}{4}-A \> 0 \implies A \< \frac{3\pi}{4} \end{cases}

故 $A \in (0, \frac{3\pi}{4})$ . 函数 $f(A) = \sqrt{10}\sin(A+\phi)$ 的最大值为 $\sqrt{10}$ , 这当且仅当 $\sin(A+\phi)=1$ 时取得, 即 $A+\phi = \frac{\pi}{2}$ . 由于 $\tan\phi = \frac{1}{2}$ , 可知 $\phi$ 是一个锐角.因此, 使得函数取最大值时的角 $A = \frac{\pi}{2}-\phi$ 位于区间 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内, 此值满足定义域 $A \in (0, \frac{3\pi}{4})$ , 故最大值 $\sqrt{10}$ 可以取到.

{(1) $C=\frac{\pi}{4}$ . (2) $\frac{a+\sqrt{2}b}{c}$ 的最大值为 $\sqrt{10}$ .}

巴蜀中学2023届高三适应性月考(七)第17题

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ , 已知 $3\sin C+4\cos C = 5$ . (1) 求证： $\tan C = \frac{3}{4}$ ； (2) 若 $a^2+b^2=1$ , 求边 $c$ 的最小值.

解

对于第(1)问，已知等式 $3\sin C+4\cos C = 5$ 是一个标准的 $p\sin x+q\cos x$ 形式. 利用辅助角公式，等式左侧可化为 $5\left(\frac{3}{5}\sin C + \frac{4}{5}\cos C\right) = 5$ . 令 $\cos\phi = \frac{3}{5}, \sin\phi = \frac{4}{5}$ , 则 $\tan\phi = \frac{4}{3}$ . 原式变为 $\sin(C+\phi)=1$ . 由于 $C \in (0,\pi)$ 且 $\phi$ 为锐角, 故 $C+\phi \in (\phi, \pi+\phi)$ . 在此区间内，满足 $\sin(C+\phi)=1$ 的唯一解是 $C+\phi = \frac{\pi}{2}$ . 因此 $C = \frac{\pi}{2}-\phi$ . 故 $\tan C = \tan(\frac{\pi}{2}-\phi) = \cot\phi = \frac{\cos\phi}{\sin\phi} = \frac{3/5}{4/5} = \frac{3}{4}$ .

对于第(2)问，由(1)知 $\tan C = \frac{3}{4}$ , 且 $C$ 为三角形内角, 故 $C$ 为锐角. 由此可得 $\cos C = \frac{4}{5}$ . 根据余弦定理 $c^2 = a^2+b^2 - 2ab\cos C$ , 代入已知条件 $a^2+b^2=1$ 和 $\cos C = \frac{4}{5}$ ：

c^2 = 1 - 2ab\left(\frac{4}{5}\right) = 1 - \frac{8}{5}ab

欲求 $c$ 的最小值, 即求 $c^2$ 的最小值, 这等价于寻求 $ab$ 的最大值. 根据算术平均值-几何平均值不等式，对于正数 $a,b$ ，有：

1 = a^2+b^2 \ge 2\sqrt{a^2b^2} = 2ab \implies ab \le \frac{1}{2}

当且仅当 $a=b=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立, 此时 $ab$ 取得最大值 $\frac{1}{2}$ . 将 $ab$ 的最大值代入 $c^2$ 的表达式中：

c^2 = 1 - \frac{8}{5}ab \ge 1 - \frac{8}{5}\left(\frac{1}{2}\right) = 1 - \frac{4}{5} = \frac{1}{5}

故 $c^2$ 的最小值为 $\frac{1}{5}$ . 因为 $c$ 是边长, 必为正数, 所以 $c$ 的最小值为 $\sqrt{\frac{1}{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$ .

{(1) 证明见上. (2) 边 $c$ 的最小值为 $\frac{\sqrt{5}}{5}$ .}

2023年3月温州市高三二模第20题

已知 $\triangle ABC$ 满足 $2\sin C \sin(B-A) = 2\sin A \sin C - \sin^2 B$ . (1) 试问：角 $B$ 是否可能为直角？请说明理由； (2) 若 $\triangle ABC$ 为锐角三角形, 求 $\frac{\sin C}{\sin A}$ 的取值范围.

解

原方程为 $2\sin C \sin(B-A) = 2\sin A \sin C - \sin^2 B$ . 将 $\sin(B-A)$ 展开： $2\sin C (\sin B \cos A - \cos B \sin A) = 2\sin A \sin C - \sin^2 B$ . 利用正弦定理与余弦定理进行“角化边”，将三角函数关系转化为边的代数关系.

\begin{aligned} 2\frac{c}{2R}\left(\frac{b}{2R}\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} - \frac{a}{2R}\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\right) &= 2\frac{a}{2R}\frac{c}{2R} - \left(\frac{b}{2R}\right)^2 2c\left(\frac{b^2+c^2-a^2}{2c} - \frac{a^2+c^2-b^2}{2c}\right) &= 2ac-b^2 (b^2+c^2-a^2) - (a^2+c^2-b^2) &= 2ac-b^2 2b^2 - 2a^2 &= 2ac - b^2 \end{aligned}

整理得到三边之间满足的核心关系式： $3b^2 - 2a^2 = 2ac$ .

对于第(1)问，采用反证法.假设角 $B$ 可能为直角, 即 $B=\frac{\pi}{2}$ . 根据勾股定理，此时三边满足 $b^2 = a^2+c^2$ . 将此关系代入我们推导出的核心关系式中： $3(a^2+c^2) - 2a^2 = 2ac \implies a^2-2ac+3c^2 = 0$ . 这是一个关于 $a$ 的齐次二次方程.将其视为关于 $a$ 的一元二次方程，考察其判别式： $\Delta = (-2c)^2 - 4(1)(3c^2) = 4c^2 - 12c^2 = -8c^2$ . 因为 $c$ 是边长, $c\>0$ , 所以 $\Delta \< 0$ . 该方程关于 $a$ 没有实数解. 因此，最初的假设不成立，角 $B$ 不可能为直角.

对于第(2)问，所求为 $\frac{\sin C}{\sin A}$ , 根据正弦定理, 这等价于求 $\frac{c}{a}$ 的取值范围. 设 $k = \frac{c}{a}$ , 则 $c=ka$ . 将 $c=ka$ 代入核心关系式 $3b^2 - 2a^2 = 2ac$ 中, 用 $a$ 和 $k$ 表示 $b^2$ : $3b^2 - 2a^2 = 2a(ka) = 2ka^2 \implies b^2 = \frac{2k+2}{3}a^2$ .

$\triangle ABC$ 为锐角三角形, 意味着 $\cos A\>0, \cos B\>0, \cos C\>0$ .

由 $\cos A \> 0 \implies b^2+c^2-a^2 \> 0$ : $\frac{2k+2}{3}a^2 + (ka)^2 - a^2 \> 0 \implies 3k^2+2k-1 \> 0$ . 分解得 $(3k-1)(k+1)\>0$ . 因为 $k=\frac{c}{a}\>0$ , 所以 $k \> \frac{1}{3}$ .
由 $\cos C \> 0 \implies a^2+b^2-c^2 \> 0$ : $a^2 + \frac{2k+2}{3}a^2 - (ka)^2 \> 0 \implies 3k^2-2k-5 \< 0$ . 分解得 $(3k-5)(k+1)\<0$ . 因为 $k\>0$ , 所以 $k \< \frac{5}{3}$ .
由 $\cos B \> 0 \implies a^2+c^2-b^2 \> 0$ : $a^2 + (ka)^2 - \frac{2k+2}{3}a^2 \> 0 \implies 3k^2-2k+1 \> 0$ . 该二次函数判别式 $\Delta = (-2)^2-4(3)(1)=-8\<0$ , 开口向上, 故恒成立.

综合以上三个条件, 我们得到 $k$ 的取值范围是 $\frac{1}{3} \< k \< \frac{5}{3}$ .

{(1) 角 $B$ 不可能为直角, 理由见上. (2) $\frac{\sin C}{\sin A}$ 的取值范围为 $\left(\frac{1}{3}, \frac{5}{3}\right)$ .}

\paragraph{方法论要点} 所有解三角形最值与范围问题，其内核都遵循着一套“由几何到代数，由多维到一维”的标准化解题流程.我们的目标，就是将一个看似复杂的、与三角形形态相关的几何问题，转化为一个我们能完全掌控的、求单变量函数在特定区间上最值的纯代数问题.

建立代数模型：利用正弦定理与余弦定理，将问题中的所有边、角关系，统一转化为纯粹的三角函数关系式或纯粹的边长关系式.
变量化归：利用三角形内角和定理 $A+B+C=\pi$ ，消去多余的角，将一个含有多个变量的表达式，转化为一个只含单个变量的单变量函数.
确定定义域：这是解题的逻辑基石.必须从三角形存在的固有几何约束（如所有内角为正）以及题目附加的条件约束（如锐角三角形）出发，将它们全部转化为关于自变量的不等式组，从而精确界定函数的定义域.
函数分析：在确定的定义域上，根据函数的形式，灵活选用辅助角公式、二次函数理论或求导法等分析工具，求解其最值或范围.

常见逻辑疏漏

定义域挖掘不全：最常见的错误是，在变量化归后，只考虑了自变量本身大于0，而忘记了由它表示的另外两个角也必须大于0的约束.
工具选择失当：面对“边化角”还是“角化边”的抉择时犹豫不决.经验法则是：当表达式是关于边的齐次式时，几乎总是“边化角”更优；当三角函数关系复杂，但能通过变形消去角，得到纯粹的边长关系时，“角化边”则能化繁为简.
代数变形出错：在换元、配方、求导等纯代数运算步骤中出现计算失误.解三角形问题往往计算量较大，步步为营、细心验算至关重要.

等分线

在解三角形的综合性问题中，一类常见的几何构型源于对三角形的内部分割.通常，由一个顶点引出一条线段与对边相交，此线段可能是中线、角平分线，亦或是一条仅满足特定比例的普通线段.这一分割行为将原始的单一几何对象转化为一个由多个子三角形构成的、相互关联的系统.

解决此类问题的核心战略，在于将看似复杂的几何图形问题，通过代数工具，转化为求解方程组的代数问题.其一般性的方法论可被概括为“两次应用余弦定理”，并利用子三角形之间的内在联系，建立足以求解未知量的方程体系.

解题蓝图

\paragraph{全局与局部关系的构建} 首先，立足于整个 $\triangle ABC$ 的宏观结构, 利用余弦定理建立三边 $a, b, c$ 与某个已知角或关键角之间的第一个关系式.这构成了问题的“全局”约束. 接着，将焦点转移至被分割线段所在的子三角形，如 $\triangle ABD$ 或 $\triangle ACD$ .再次应用余弦定理，将分割线段的长度引入方程体系.这一步构成了问题的“局部”约束.

\paragraph{利用几何联系消元} 两个子三角形并非孤立存在，它们通过共享的分割线、互补的邻角（如 $\angle ADB + \angle ADC = \pi$ ）以及共线关系紧密相连.其中, 互补角关系尤为重要, 它提供了 $\cos(\angle ADB) = -\cos(\angle ADC)$ 这一代数联系，是消去未知角、建立纯边长方程的关键.

\paragraph{联立求解} 将上述全局与局部约束方程联立，形成一个关于未知边长的代数方程组.通过求解该方程组，便可确定问题的最终解.

斯图尔特定理的向量形式

当分割线段并非中线或角平分线等特殊线段时，直接在子三角形中应用余弦定理可能会引入新的未知角，从而使问题复杂化.此时，向量方法提供了一条更具普适性且更为直接的路径.若点 D 在边 BC 上，且满足 $BD:DC=\mu:\lambda$ ，则由向量的定比分点公式可知：

\overrightarrow{AD} = \frac{\lambda}{ \lambda+\mu}\overrightarrow{AB} + \frac{\mu}{\lambda+\mu}\overrightarrow{AC}

对此向量等式两边取自身的数量积（即“平方”），即可获得一个仅含三边与角A的、关于分割线长 $AD$ 的表达式，从而避免了引入新的未知角.这一关系本质上是斯图尔特定理的向量表述，是解决此类问题的强大工具.

中线分割模型

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ .已知 $\frac{2\cos C}{a} = \frac{2}{b} + \frac{\sin C}{b\sin A}$ .若 $b=8$ , D 为边 $AC$ 的中点, 且 $BD=\frac{8}{3}$ , 求 $\triangle ABC$ 的面积.

解

本题所涉及的内部分割线为中线，是此类模型中最基本的情形.问题的核心在于联立由全局三角形性质与局部中线长度所确定的两个代数方程. \begin{figure}[htbp]

\end{figure}

首先，分析初始条件.将等式 $\frac{2\cos C}{a} = \frac{2}{b} + \frac{\sin C}{b\sin A}$ 两边同乘以 $ab$ 得 $2b\cos C = 2a + \frac{a\sin C}{\sin A}$ . 由正弦定理, $\frac{a}{\sin A} = \frac{c}{\sin C}$ , 代入上式得 $2b\cos C = 2a+c$ . 再次利用余弦定理 $\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$ 代入, 得 $2b \cdot \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} = 2a+c$ , 化简得 $a^2+b^2-c^2 = 2a^2+ac$ , 即 $b^2 = a^2+c^2+ac$ . 将其与余弦定理 $b^2=a^2+c^2-2ac\cos B$ 对比, 可得 $\cos B = -\frac{1}{2}$ , 故 $B=\frac{2\pi}{3}$ .

接着，我们构建关于边长 $a, c$ 的方程组. 其一，是对全局 $\triangle ABC$ 应用余弦定理，这构成了第一个方程：

b^2 = a^2+c^2-2ac\cos B \implies 8^2 = a^2+c^2-2ac\left(-\frac{1}{2}\right)

a^2+c^2+ac = 64 \cdots\cdots (1)

其二，是利用中线 $BD$ 的信息.中线长公式是连接中线与三边关系最直接的工具.

BD^2 = \frac{2(a^2+c^2)-b^2}{4}

代入已知值：

\left(\frac{8}{3}\right)^2 = \frac{2(a^2+c^2)-8^2}{4} \implies \frac{64}{9} = \frac{2(a^2+c^2)-64}{4}

整理得 $2(a^2+c^2) = \frac{256}{9}+64 = \frac{832}{9}$ ，从而得到第二个方程：

a^2+c^2 = \frac{416}{9} \cdots\cdots (2)

联立方程 (1) 与 (2)，将 (2) 代入 (1) 中，即可求得 $ac$ 的值：

\frac{416}{9} + ac = 64 \implies ac = 64 - \frac{416}{9} = \frac{160}{9}

最终， $\triangle ABC$ 的面积为：

S = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2} \cdot \frac{160}{9} \cdot \sin\frac{2\pi}{3} = \frac{80}{9} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{40\sqrt{3}}{9}

{(1) $B=\frac{2\pi}{3}$ . (2) $\triangle ABC$ 的面积为 $\frac{40\sqrt{3}}{9}$ .}

普通分割线模型

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a,b,c$ , 且 $2b\cos C = 2a+c$ .设 $b=9$ , 点 M 是边 AC 上一点, $AM:MC=1:2$ , 且 $\angle MAB = \angle MBA$ .求 $\triangle BMC$ 的面积.

解

此问中分割线 $BM$ 并非特殊线段，直接在子三角形中使用余弦定理将引入未知角，徒增问题的复杂度.向量方法，为此类问题提供了系统且高效的解决方案.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

首先，由 $2b\cos C = 2a+c$ 可推得 $B=\frac{2\pi}{3}$ . 由 $AM:MC=1:2$ 及 $AC=b=9$ , 可得 $AM=3, MC=6$ . 条件 $\angle MAB = \angle MBA$ 表明 $\triangle ABM$ 为等腰三角形, 故 $BM=AM=3$ .

接着，我们构建关于边长 $a, c$ 的方程组.全局方程由 $\triangle ABC$ 的余弦定理给出：

9^2 = a^2+c^2-2ac\cos\frac{2\pi}{3} \implies a^2+c^2+ac = 81 \cdots\cdots (1)

局部方程的建立是此题的关键.利用向量的定比分点公式：

\overrightarrow{BM} = \frac{2}{3}\overrightarrow{BA} + \frac{1}{3}\overrightarrow{BC}

对此向量等式两边取自身的数量积：

\begin{aligned} |\overrightarrow{BM}|^2 &= \frac{4}{9}|\overrightarrow{BA}|^2 + \frac{1}{9}|\overrightarrow{BC}|^2 + \frac{4}{9}(\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}) \end{aligned}

将边长与角度代入：

3^2 = \frac{4}{9}c^2 + \frac{1}{9}a^2 + \frac{4}{9}(c \cdot a \cdot \cos B) = \frac{1}{9}(4c^2+a^2-2ac)

整理得到第二个方程：

a^2+4c^2-2ac = 81 \cdots\cdots (2)

联立方程组 $\begin{cases} a^2+c^2+ac = 81 \\ a^2+4c^2-2ac = 81 \end{cases}$ , 解得 $a=c=3\sqrt{3}$ .

在 $\triangle ABC$ 中, $a=c$ 意味着这是一个顶角为 $120^\circ$ 的等腰三角形, 故 $A=C = 30^\circ$ . $\triangle BMC$ 的面积为：

S_{\triangle BMC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot MC \cdot \sin C = \frac{1}{2} \cdot (3\sqrt{3}) \cdot 6 \cdot \sin 30^\circ = \frac{9\sqrt{3}}{2}

{(1) $B=\frac{2\pi}{3}$ . (2) $\triangle BMC$ 的面积为 $\frac{9\sqrt{3}}{2}$ .}

内角平分线

角平分线是连接三角形“角”与“边”的天然桥梁.它不仅自身有优美的长度公式，还遵循着重要的边长比例关系. 解决与角平分线相关的问题，两大核心思路面积法与角平分线定理构成了我们最强大的工具库.

遇到角平分线问题，我们的思维可以从以下两个黄金法则展开：

若涉及“角平分线长度”，首选“面积法”. 其原理为：大三角形的面积等于被角平分线分割成的两个小三角形的面积之和. 即 $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD}$ .利用这个等式，可以建立起一个包含角平分线长度、两边及夹角的方程.
若涉及“对边线段比例”，首选“角平分线定理”. 该定理揭示了角平分线与三边长度之间的纯粹比例关系：角平分线分割对边所成的两条线段之比，等于夹此角的两邻边之比. 即 $\frac{BD}{CD} = \frac{c}{b}$ .

例

已知 $\triangle ABC$ 的内角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ , 且 $2b\cos A - a = 2c$ .设 $\angle ABC$ 的角平分线 $BD$ 交 $AC$ 于点 $D$ , 若 $BD=2$ , 求 $\triangle ABC$ 的面积的最小值.

解

本题是角平分线问题的典型应用，已知角平分线长度求面积最值，强烈地指向了“面积分割法”，并最终导向一个利用基本不等式求最值的问题.

首先，分析条件 $2b\cos A - a = 2c$ .根据射影定理 $c = a\cos B + b\cos A$ ，代入可得： $2b\cos A - a = 2(a\cos B + b\cos A)$ , 消去 $2b\cos A$ 项得 $-a = 2a\cos B$ . 由于 $a\neq 0$ , 故 $\cos B = -\frac{1}{2}$ , 即 $B = \frac{2\pi}{3}$ .

角平分线 $BD$ 将 $\triangle ABC$ 分割为 $\triangle ABD$ 和 $\triangle CBD$ .利用面积关系：

S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle CBD}

角平分线将角 $B$ 分为两个 $\frac{B}{2}=\frac{\pi}{3}$ 的角.利用三角面积公式展开：

\frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2}c \cdot BD \cdot \sin\frac{B}{2} + \frac{1}{2}a \cdot BD \cdot \sin\frac{B}{2}

代入已知值 $B=\frac{2\pi}{3}, BD=2$ ：

\frac{1}{2}ac\sin\frac{2\pi}{3} = \frac{1}{2}c(2)\sin\frac{\pi}{3} + \frac{1}{2}a(2)\sin\frac{\pi}{3}

两边同乘以 $\frac{2}{\sin(\pi/3)}$ (即 $\frac{4}{\sqrt{3}}$ ), 并利用 $\sin(2\pi/3) = \sin(\pi/3)$ ：

ac = 2(a+c)

欲求 $\triangle ABC$ 面积 $S = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{\sqrt{3}}{4}ac$ 的最小值, 即求 $ac$ 的最小值. 根据基本不等式， $a+c \ge 2\sqrt{ac}$ . 将其代入我们得到的关系式中：

ac = 2(a+c) \ge 2(2\sqrt{ac}) = 4\sqrt{ac}

因为 $ac\>0$ , 两边同除以 $\sqrt{ac}$ 得 $\sqrt{ac} \ge 4 \implies ac \ge 16$ . 当且仅当 $a=c$ 时, 等号成立.此时 $a^2=4a \implies a=4$ . 故 $ac$ 的最小值为 $16$ .

因此， $\triangle ABC$ 面积的最小值为 $S_{\min} = \frac{\sqrt{3}}{4} \times 16 = 4\sqrt{3}$ .

{(1) $B=\frac{2\pi}{3}$ . (2) $\triangle ABC$ 的面积的最小值为 $4\sqrt{3}$ .}

例

在 $\triangle ABC$ 中, $\sin A + \sqrt{3}\cos A = 0$ . 给出以下三个条件：① $a=4\sqrt{3}, b=4$ ； ② $b^2-a^2+c^2+10b=0$ ； ③ $S_{\triangle ABC}=15\sqrt{3}$ . 若这三个条件中有两个正确，请选出正确的条件并求 $\angle BAC$ 的角平分线 $AD$ 的长.

解

首先，由 $\sin A + \sqrt{3}\cos A = 0$ 可得 $\tan A = -\sqrt{3}$ . 因 $A \in (0,\pi)$ , 故 $A = \frac{2\pi}{3}$ .

接着，我们对三个条件进行检验，以确定哪两个是相容的. 若条件①正确, $a=4\sqrt{3}, b=4$ .由余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ , $48 = 16+c^2-2(4)c(-\frac{1}{2}) \implies c^2+4c-32=0$ , 解得 $c=4$ . 若条件②正确, $a^2=b^2+c^2+10b$ . 对比余弦定理 $a^2=b^2+c^2+bc$ , 得 $10b=bc$ , 故 $c=10$ . 若条件③正确, $S=\frac{1}{2}bc\sin A = 15\sqrt{3} \implies \frac{1}{2}bc(\frac{\sqrt{3}}{2})=15\sqrt{3} \implies bc=60$ .

进行组合判断：若(1)(2)正确, 则 $c=4$ 与 $c=10$ 矛盾. 若(1)(3)正确, 由(1)知 $b=4, c=4$ , 则 $bc=16$ , 与(3)的 $bc=60$ 矛盾. 若(2)(3)正确, 由(2)知 $c=10$ , 代入(3)得 $10b=60 \implies b=6$ , 此组条件相容.

故正确的条件是②和③, 此时 $\triangle ABC$ 的三要素为 $A=\frac{2\pi}{3}, b=6, c=10$ .

欲求角平分线 $AD$ 的长, 利用面积分割法 $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD}$ :

\frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}c \cdot AD \cdot \sin\frac{A}{2} + \frac{1}{2}b \cdot AD \cdot \sin\frac{A}{2}

代入数值:

15\sqrt{3} = \frac{1}{2}(10) \cdot AD \cdot \sin\frac{\pi}{3} + \frac{1}{2}(6) \cdot AD \cdot \sin\frac{\pi}{3}

15\sqrt{3} = (5 \cdot AD + 3 \cdot AD) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 8 \cdot AD \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3} \cdot AD

解得 $AD = \frac{15}{4}$ .

{(1) $A=\frac{2\pi}{3}$ . (2) 正确的条件为②和③, 角平分线 $AD$ 的长为 $\frac{15}{4}$ .}

例

在 $\triangle ABC$ 中, 面积 $S=\frac{\sqrt{3}}{4}(b^2+c^2-a^2)$ . $AD$ 为 $\angle A$ 的平分线. (1) 证明: $AD = \frac{\sqrt{3}bc}{b+c}$ ； (2) 若 $BD=2DC$ , $AD=4\sqrt{3}$ , 求 $\triangle ABC$ 的周长.

解

本题是角平分线两大性质的深度综合应用.

对于第(1)问, 由面积公式 $S=\frac{1}{2}bc\sin A$ 和余弦定理 $b^2+c^2-a^2=2bc\cos A$ , 代入已知条件得: $\frac{1}{2}bc\sin A = \frac{\sqrt{3}}{4}(2bc\cos A) \implies \tan A = \sqrt{3}$ , 故 $A=\frac{\pi}{3}$ .

由 $AD$ 是角平分线, 利用面积分割法 $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD}$ :

\frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}c \cdot AD \cdot \sin\frac{A}{2} + \frac{1}{2}b \cdot AD \cdot \sin\frac{A}{2}

bc\sin A = (b+c)AD\sin\frac{A}{2}

利用二倍角公式 $\sin A = 2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}$ , 整理得 $AD = \frac{2bc}{b+c}\cos\frac{A}{2}$ . 代入 $A=\frac{\pi}{3}$ , 得 $\cos\frac{A}{2} = \cos\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ .

AD = \frac{2bc}{b+c}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{\sqrt{3}bc}{b+c}

证明完毕.

对于第(2)问, 我们联立角平分线的两大性质建立方程组. 由角平分线定理及 $BD=2DC$ , 有 $\frac{c}{b} = \frac{AB}{AC} = \frac{BD}{DC} = 2$ , 即 $c=2b$ . 由第(1)问的结论及 $AD=4\sqrt{3}$ , 有 $4\sqrt{3} = \frac{\sqrt{3}bc}{b+c}$ , 即 $bc=4(b+c)$ .

将 $c=2b$ 代入第二个方程: $b(2b)=4(b+2b) \implies 2b^2=12b$ . 因 $b\neq 0$ , 解得 $b=6$ , 故 $c=12$ .

利用余弦定理求边长 $a$ : $a^2 = b^2+c^2 - 2bc\cos A = 6^2+12^2 - 2(6)(12)\cos\frac{\pi}{3} = 36+144-72=108$ . 故 $a=\sqrt{108}=6\sqrt{3}$ .

$\triangle ABC$ 的周长为 $L = a+b+c = 6\sqrt{3}+6+12 = 18+6\sqrt{3}$ .

{(1) 证明见上. (2) $\triangle ABC$ 的周长为 $18+6\sqrt{3}$ .}

外角平分线与调和分割

我们已经考察了内角平分线所揭示的边长比例关系.一个自然的问题随之而来：一个顶点的外角平分线是否也蕴含着类似的几何规律？答案是肯定的.外角平分线定理，作为内角平分线定理的“孪生兄弟”，将分割点的概念从边..

外角平分线定理

三角形一个顶点处的外角平分线，若与对边的延长线相交，则交点到该对边两端点的距离之比，等于夹此角的两邻边之比. 如图，若 AD 为 $\triangle ABC$ 顶点 A 处的外角平分线, 交 BC 延长线于点 D (假设 $AB \neq AC$ )，则：

\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}

证明

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：外角平分线定理证明示意

本定理的证明思路与内角平分线定理的证明高度一致，均巧妙地运用了正弦定理.我们考察 $\triangle ABD$ 与 $\triangle ACD$ . 设直线 $EAC$ 为一条直线, $AD$ 平分外角 $\angle EAB$ .令 $\angle EAD = \angle DAB = \theta$ .

在 $\triangle ABD$ 中，应用正弦定理可得：

\frac{BD}{\sin(\angle DAB)} = \frac{AB}{\sin(\angle BDA)} \text{即} \frac{BD}{\sin\theta} = \frac{c}{\sin(\angle BDA)}

在 $\triangle ACD$ 中, 其顶点 $A$ 处的内角为 $\angle CAD$ . 注意到 $\angle EAD$ 与 $\angle CAD$ 互为补角, 因为它们构成平角 $\angle EAC$ . 故 $\angle CAD = \pi - \theta$ . 因此 $\sin(\angle CAD) = \sin(\pi - \theta) = \sin\theta$ . 应用正弦定理于 $\triangle ACD$ ：

\frac{CD}{\sin(\angle CAD)} = \frac{AC}{\sin(\angle CDA)} \text{即} \frac{CD}{\sin\theta} = \frac{b}{\sin(\angle CDA)}

接着，我们寻找连接这两个方程的桥梁.点 $B, C, D$ 共线, 故 $\angle BDA$ 与 $\angle CDA$ 互为补角, 它们的正弦值相等：

\sin(\angle BDA) = \sin(\pi - \angle CDA) = \sin(\angle CDA)

从 $\triangle ABD$ 的关系式中, 我们有 $\sin(\angle BDA) = \frac{c \sin\theta}{BD}$ . 从 $\triangle ACD$ 的关系式中, 我们有 $\sin(\angle CDA) = \frac{b \sin\theta}{CD}$ .

令二者相等，得到：

\frac{c \sin\theta}{BD} = \frac{b \sin\theta}{CD}

由于 $AD$ 是外角平分线而非直线 $AC$ 或 $AB$ , $\theta$ 不为 $0$ 或 $\pi$ , 故 $\sin\theta \neq 0$ .两边可约去 $\sin\theta$ ，得到：

\frac{c}{BD} = \frac{b}{CD} \text{即} \frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}

定理得证.

调和分割

内角与外角平分线定理共同揭示了一种深刻的几何对称性.对于 $\triangle ABC$ 顶点 A 的内、外角平分线, 它们分别交对边 $BC$ (或其延长线) 于点 $D_{in}$ 和 $D_{ext}$ .这两个点将线段 $BC$ 以相同的比例进行内分割与外分割.满足这种关系的点 $D_{in}, D_{ext}$ 与线段端点 $B, C$ 共同构成了一组调和点列.此外，一个顶点的内角平分线与其外角平分线总是相互垂直的，这一性质在处理相关几何问题时极为有用.

中线与阿波罗尼斯定理

中线是连接三角形一个顶点与其对边中点的线段，三条中线交于三角形的重心.在解三角形的框架内，中线的长度并非一个孤立的几何量，它与三角形的三边长度遵循着一个深刻而优美的代数关系，这一关系由阿波罗尼斯定理精确描述.

中线长公式

设 $m_a$ 为 $\triangle ABC$ 中边 $a$ 上的中线，则其长度满足：

4m_a^2 = 2(b^2+c^2)-a^2

等价地，该公式亦可表示为 $m_a = \frac{1}{2}\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}$ .

证明

核心思想：在两个由中线分割形成的相邻三角形中，对互补角应用余弦定理. 如图，设 D 为 BC 的中点，则 AD 为中线 $m_a$ , 且 $BD=DC=\frac{a}{2}$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：中线长公式的余弦定理证明

在 $\triangle ACD$ 中, 设 $\angle ADC = \theta$ . 由余弦定理得：

b^2 = m_a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 - 2m_a \left(\frac{a}{2}\right) \cos\theta = m_a^2 + \frac{a^2}{4} - am_a\cos\theta \cdots\cdots (1)

在 $\triangle ABD$ 中, 角 $\angle ADB = \pi - \theta$ , 故 $\cos(\angle ADB) = \cos(\pi - \theta) = -\cos\theta$ . 再次应用余弦定理：

c^2 = m_a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 - 2m_a \left(\frac{a}{2}\right) \cos(\pi-\theta) = m_a^2 + \frac{a^2}{4} + am_a\cos\theta \cdots\cdots (2)

观察式 (1) 与 (2)，它们的结构仅在含 $\cos\theta$ 的项上符号相反.这是一个明确的信号，提示我们通过将两式相加来消去该未知角.

\begin{aligned} b^2+c^2 &= \left(m_a^2 + \frac{a^2}{4} - am_a\cos\theta\right) + \left(m_a^2 + \frac{a^2}{4} + am_a\cos\theta\right) b^2+c^2 &= 2m_a^2 + \frac{a^2}{2} \end{aligned}

将上式两边同乘以 2，即可得到定理的最终形式：

2b^2+2c^2 = 4m_a^2+a^2 \implies 4m_a^2 = 2(b^2+c^2)-a^2

定理得证.

阿波罗尼斯定理

中线长公式本质上是阿波罗尼斯定理的一种代数重述.该定理的几何表述为：三角形中任意两边长的平方和，等于第三边上中线长的平方与该边长一半的平方和的两倍.其数学表达式为：

b^2+c^2 = 2\left(m_a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2\right)

这一定理建立了三角形两边长的平方和与第三边上的中线长及该边一半长度的平方和之间的精确关系.在处理与中线和三边长度度量相关的问题时，此定理提供了一个直接而强大的代数工具.

面积问题

在解三角形的理论体系中，面积公式 $S = \frac{1}{2}ab\sin C$ 扮演着一个至关重要的枢纽角色.它不仅是求解三角形度量的最终目标, 更频繁地作为一个核心的已知条件, 构建起连接三角形“边”与“角”这两个基本维度之间最直接的代数桥梁.解决面积问题的本质, 便是深刻理解并巧妙运用此公式, 在“面积 S”、“边长乘积 ab”与“夹角正弦 $\sin C$ ”这三个量之间进行灵活的转换与推理，从而揭示三角形内蕴的几何性质.

核心解题哲学

面对与面积相关的问题，其核心战略在于将面积公式视为一个实现边角互化的媒介.

当面积已知时，它成为求解边或角的代数工具. \begin{itemize}
求解边长乘积：若已知面积 $S$ 与夹角 $C$ , 则可立刻确定两邻边之积 $ab = \frac{2S}{\sin C}$ .此乘积是与余弦定理联立求解的关键量.
求解角的正弦：若已知面积 $S$ 与两边 $a,b$ , 则可求出夹角的正弦值 $\sin C = \frac{2S}{ab}$ .

\item 当面积未知时，它成为建立几何关系式的媒介.
利用面积等量关系：在处理角平分线、中线等内部分割问题时，“整体面积等于部分面积之和” ( $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD}$ ) 是构建核心方程的基本思想.
利用面积公式与余弦定理的内在联系：若题目中出现 $S$ 与 $b^2+c^2-a^2$ 的关系式, 这本质上是在给出 $\frac{S}{2bc\cos A}$ 的信息, 即 $\frac{\frac{1}{2}bc\sin A}{2bc\cos A} = \frac{1}{4}\tan A$ 的关系，是求解角的强烈信号.

\end{itemize}

以下例题将深刻展示面积公式如何作为解题的枢纽，将看似无关的条件串联起来.

例

记 $\triangle ABC$ 的内角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ , 已知 $\frac{a^2+c^2-b^2}{\cos B}=8$ . (1) 求 $ac$ ； (2) 若 $b=2a\cos A\cos 2C + 2c\cos C\cos 2A$ , 求 $\triangle ABC$ 的面积.

解

此题的设计揭示了解三角形问题中代数结构与几何意义的转换.第(1)问通过一个看似复杂的表达式，实则直接指向余弦定理的核心结构.第(2)问的条件则以其对称性，强烈暗示了通过正弦定理进行“边化角”变换，并利用三角恒等式揭示角之间隐藏的深刻联系.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

对于第(1)问，我们注意到已知等式的分子 $a^2+c^2-b^2$ 正是余弦定理中用以表达 $\cos B$ 的关键部分. 根据余弦定理，我们有 $a^2+c^2-b^2 = 2ac\cos B$ . 将此关系代入已知条件 $\frac{a^2+c^2-b^2}{\cos B}=8$ 中：

\frac{2ac\cos B}{\cos B} = 8

由于 $B$ 是三角形内角, 若 $\cos B=0$ , 则 $B=\frac{\pi}{2}$ , 但此时原式分母为零, 故 $B \neq \frac{\pi}{2}$ , 因此 $\cos B \neq 0$ ，可以约去.

2ac=8 \implies ac=4

对于第(2)问，条件 $b=2a\cos A\cos 2C + 2c\cos C\cos 2A$ 的结构对称，是“边化角”的典型信号. 利用正弦定理 $a=2R\sin A, b=2R\sin B, c=2R\sin C$ , 代入并约去 $2R$ 得：

\sin B = 2\sin A\cos A\cos 2C + 2\sin C\cos C\cos 2A

注意到 $2\sin x\cos x = \sin(2x)$ ，上式可化为：

\sin B = \sin(2A)\cos 2C + \sin(2C)\cos(2A)

右侧恰好是正弦的和角公式 $\sin(X+Y) = \sin X\cos Y + \cos X\sin Y$ 的形式：

\sin B = \sin(2A+2C) = \sin(2(A+C))

在 $\triangle ABC$ 中, $A+C = \pi-B$ , 故 $2(A+C) = 2\pi-2B$ .

\sin B = \sin(2\pi-2B) = -\sin(2B)

再次使用二倍角公式 $\sin(2B)=2\sin B\cos B$ ：

\sin B = -2\sin B\cos B

因为 $B \in (0,\pi)$ , $\sin B \neq 0$ , 两边同除以 $\sin B$ ：

1 = -2\cos B \implies \cos B = -\frac{1}{2}

故 $B = \frac{2\pi}{3}$ .

接着，我们计算三角形的面积.

S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2}(4)\sin\frac{2\pi}{3} = 2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \sqrt{3}

{(1) $ac=4$ . (2) $\triangle ABC$ 的面积为 $\sqrt{3}$ .}

例

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 所对的边分别为 $a,b,c$ . 从下面三个条件中选择两个, 使得 $\triangle ABC$ 存在，并回答下列问题: ① $b+c=2a$ ② $A=\frac{2\pi}{3}$ ③ $3c\sin B = 4a\sin C$ .

(i) 求 $\cos B$ 的值；

(ii) 当 $a=2$ 时, 求 $\triangle ABC$ 的面积.

解

本题是一道条件开放性问题，其核心在于检验不同几何条件组合的相容性，这要求我们将所有条件“翻译”成最简洁的代数关系，并通过逻辑推理与计算，排除不相容的组合.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

首先，对三个备选条件进行代数化简：条件① $b+c=2a$ 是关于三边和的线性关系. 条件② $A=\frac{2\pi}{3}$ 确定了一个钝角. 条件③ $3c\sin B = 4a\sin C$ , 利用正弦定理进行“角化边”, 由 $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C} \implies \sin B = \frac{b}{c}\sin C$ , 代入得 $3c\left(\frac{b}{c}\sin C\right) = 4a\sin C$ .由于 $\sin C \neq 0$ , 约去得 $3b=4a$ ，这是一个关于两边的比例关系.

接着进行组合判断：若选择①和②, 即 $b+c=2a$ 且 $A=\frac{2\pi}{3}$ .由余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos(\frac{2\pi}{3}) = b^2+c^2+bc$ .又 $(b+c)^2=(2a)^2 \implies b^2+c^2+2bc=4a^2 \implies b^2+c^2=4a^2-2bc$ .代入余弦定理式： $a^2=(4a^2-2bc)+bc \implies bc=3a^2$ .这意味着 $b,c$ 是关于 $x$ 的方程 $x^2-(2a)x+3a^2=0$ 的两根.其判别式 $\Delta = (-2a)^2-4(1)(3a^2) = -8a^2 \< 0$ , 方程无实数解，故此组合不成立.

若选择②和③, 即 $A=\frac{2\pi}{3}$ 且 $3b=4a$ .由正弦定理 $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B}$ , 可得 $\frac{a}{\sin(2\pi/3)} = \frac{4a/3}{\sin B}$ , 约去 $a$ 得 $\frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{4}{3\sin B}$ , 解得 $\sin B = \frac{2\sqrt{3}}{3} \> 1$ , 此为不可能事件，故此组合不成立.

因此，唯一成立的组合是①和③, 即 $b+c=2a$ 且 $3b=4a$ .

对于(i), 我们求解 $\cos B$ . 由 $3b=4a$ 得 $b=\frac{4}{3}a$ .代入 $b+c=2a$ 得 $\frac{4}{3}a+c=2a \implies c=\frac{2}{3}a$ . 三边之比为 $a:b:c = a:\frac{4}{3}a:\frac{2}{3}a = 3:4:2$ .应用余弦定理：

\cos B = \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} = \frac{(3k)^2+(2k)^2-(4k)^2}{2(3k)(2k)} = \frac{9-16+4}{12} = -\frac{3}{12}=-\frac{1}{4}

对于(ii), 我们求解面积. 当 $a=2$ 时, 由三边比例关系可知 $c=\frac{2}{3}a = \frac{4}{3}$ . 要求面积，需要 $\sin B$ .由 $\cos B = -\frac{1}{4}$ , 且 $B \in (0,\pi)$ , 可得：

\sin B = \sqrt{1-\cos^2 B} = \sqrt{1-\left(-\frac{1}{4}\right)^2} = \frac{\sqrt{15}}{4}

计算面积：

S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2}(2)\left(\frac{4}{3}\right)\left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right) = \frac{\sqrt{15}}{3}

{选择条件①和③. (i) $\cos B = -\frac{1}{4}$ . (ii) $\triangle ABC$ 的面积为 $\frac{\sqrt{15}}{3}$ .}

2023年3月金丽衢十二校联考第18题

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ . 已知 $(1-\sin C)(1-\cos 2B) = \sin 2B \cos C$ , 且 $a=2, c=1$ . (1) 证明： $C=2B-\frac{\pi}{2}$ ； (2) 求 $\triangle ABC$ 的面积.

解

本题是三角恒等变换与解三角形的深度融合.其挑战在于如何将一个复杂的三角恒等式化繁为简，揭示出角 C 与角 B 之间的内在联系，并利用此关系结合边长条件，最终确定三角形的全部元素.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

对于第(1)问，我们从已知等式 $(1-\sin C)(1-\cos 2B) = \sin 2B \cos C$ 出发. 将等式展开，并将含有 $\sin C$ 和 $\cos C$ 的项移到同一边，这通常是使用和角公式的前兆.

1-\cos 2B = \sin C(1-\cos 2B) + \sin 2B\cos C = \sin C - \sin C\cos 2B + \sin 2B \cos C

1-\cos 2B = \sin C + (\sin 2B \cos C - \cos 2B \sin C) = \sin C + \sin(2B-C)

左侧利用二倍角公式 $1-\cos 2B = 2\sin^2 B$ 进行转化.右侧是两个正弦之和, 使用和差化积公式 $\sin x + \sin y = 2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}$ 来化简：

\sin C + \sin(2B-C) = 2\sin\frac{C+2B-C}{2}\cos\frac{C-(2B-C)}{2} = 2\sin B \cos(C-B)

于是，原式等价于 $2\sin^2 B = 2\sin B \cos(C-B)$ . 由于 $B \in (0,\pi)$ , $\sin B \neq 0$ , 我们可以约去 $2\sin B$ , 得到 $\sin B = \cos(C-B)$ . 利用诱导公式 $\sin B = \cos(\frac{\pi}{2}-B)$ , 方程变为 $\cos(\frac{\pi}{2}-B) = \cos(C-B)$ . 由于 $B,C \in (0, \pi)$ , 故 $\frac{\pi}{2}-B = \pm (C-B)$ . 若 $\frac{\pi}{2}-B = C-B$ , 则 $C=\frac{\pi}{2}$ .由正弦定理 $\frac{a}{\sin A} = \frac{c}{\sin C}$ 得 $\frac{2}{\sin A} = \frac{1}{\sin(\pi/2)} = 1$ , 故 $\sin A = 2$ , 此为不可能事件. 因此，必然是 $\frac{\pi}{2}-B = -(C-B) = B-C$ , 即 $C=2B-\frac{\pi}{2}$ .

对于第(2)问，我们求解三角形面积. 由(1)知 $C=2B-\frac{\pi}{2}$ , 故 $\sin C = \sin(2B-\frac{\pi}{2}) = -\cos(2B)$ . 同时， $A=\pi-B-C = \pi-B-(2B-\frac{\pi}{2}) = \frac{3\pi}{2}-3B$ , 故 $\sin A = \sin(\frac{3\pi}{2}-3B) = -\cos(3B)$ . 根据正弦定理 $\frac{a}{\sin A} = \frac{c}{\sin C}$ , 有 $\frac{2}{-\cos(3B)} = \frac{1}{-\cos(2B)}$ , 即 $2\cos(2B) = \cos(3B)$ . 利用二倍角和三倍角公式： $2(2\cos^2 B - 1) = 4\cos^3 B - 3\cos B$ , 整理得 $4\cos^3 B - 4\cos^2 B - 3\cos B + 2 = 0$ . 这是一个关于 $\cos B$ 的三次方程, 通过因式分解可得 $(2\cos B - 1)(2\cos^2 B - \cos B - 2) = 0$ . 解得 $\cos B = \frac{1}{2}$ 或 $\cos B = \frac{1 \pm \sqrt{17}}{4}$ .

此时，必须检验解的有效性.三角形的几何存在性要求所有内角为正： $A\>0 \implies \frac{3\pi}{2}-3B \> 0 \implies B \< \frac{\pi}{2}$ . $C\>0 \implies 2B-\frac{\pi}{2} \> 0 \implies B \> \frac{\pi}{4}$ . 综上，角 $B$ 的取值范围是 $(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$ , 那么 $\cos B \in (0, \frac{\sqrt{2}}{2})$ . $\cos B = \frac{1}{2}$ 满足此范围, 故 $B=\frac{\pi}{3}$ 是有效解. $\cos B = \frac{1+\sqrt{17}}{4} \> 1$ , 舍去. $\cos B = \frac{1-\sqrt{17}}{4} \< 0$ , 舍去.

因此，我们得到了唯一的解 $B=\frac{\pi}{3}$ . 最后计算面积：

S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2}(2)(1)\sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}

{(1) 证明见上. (2) $\triangle ABC$ 的面积为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ .}

2023年1月桐庐中学高三第一学期期末考试第17题

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ , 且 $b^2 - \frac{2\sqrt{3}}{3}bc\sin A + c^2 = a^2$ . (I) 求角 $A$ ； (II) 若 $a=2\sqrt{3}$ , 且 $\frac{2a}{\tan A} = \frac{b}{\tan B} + \frac{c}{\tan C}$ , 求 $\triangle ABC$ 的面积.

解

本题的设计层层递进.第(I)问通过一个含有 $\sin A$ 的边长关系式，巧妙地将面积公式与余弦定理结合.第(II)问的条件是一个关于正切的复杂等式，需要进行“切化弦”的常规操作，并结合正弦、余弦定理进行化简，最终确定三角形的形状.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

对于第(I)问, 我们将已知条件 $b^2 - \frac{2\sqrt{3}}{3}bc\sin A + c^2 = a^2$ 变形为 $b^2+c^2-a^2 = \frac{2\sqrt{3}}{3}bc\sin A$ . 注意到左侧正是余弦定理的核心部分，即 $b^2+c^2-a^2 = 2bc\cos A$ . 代入后得到 $2bc\cos A = \frac{2\sqrt{3}}{3}bc\sin A$ . 由于 $b,c$ 是边长, 不为0, 可约去 $2bc$ , 得到 $\cos A = \frac{\sqrt{3}}{3}\sin A$ . 在 $\triangle ABC$ 中, $A \in (0,\pi)$ , $\cos A$ 与 $\sin A$ 不可能同时为零, 故 $\tan A = \sqrt{3}$ , 解得 $A = \frac{\pi}{3}$ .

对于第(II)问, 我们处理第二个条件 $\frac{2a}{\tan A} = \frac{b}{\tan B} + \frac{c}{\tan C}$ . 将正切化为正弦与余弦的比值：

\frac{2a\cos A}{\sin A} = \frac{b\cos B}{\sin B} + \frac{c\cos C}{\sin C}

此式结构强烈暗示使用正弦定理 $\frac{x}{\sin X}=2R$ .代入得： $2 \cdot (2R\cos A) = 2R\cos B + 2R\cos C$ . 约去公因式 $2R$ , 得到一个纯粹的角的关系： $2\cos A = \cos B + \cos C$ . 代入已求出的 $A=\frac{\pi}{3}$ , 即 $\cos A=1/2$ , 得 $1 = \cos B + \cos C$ . 利用内角和定理 $B+C = \frac{2\pi}{3}$ , 将 $C$ 用 $B$ 表示：

\cos B + \cos\left(\frac{2\pi}{3}-B\right) = 1

展开得 $\cos B + \cos\frac{2\pi}{3}\cos B + \sin\frac{2\pi}{3}\sin B = 1$ , 即 $\frac{1}{2}\cos B + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin B = 1$ . 利用辅助角公式 $\sin(B+\frac{\pi}{6}) = 1$ . 由于 $B \in (0, 2\pi/3)$ , $B+\pi/6 \in (\pi/6, 5\pi/6)$ , 故 $B+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$ , 解得 $B=\frac{\pi}{3}$ . 因此， $C = \frac{2\pi}{3}-B = \frac{\pi}{3}$ , $\triangle ABC$ 是等边三角形.

最后，计算面积.已知 $a=2\sqrt{3}$ , 根据等边三角形面积公式 $S=\frac{\sqrt{3}}{4} \times (\text{边长})^2$ :

S_{\triangle ABC} = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4}(2\sqrt{3})^2 = 3\sqrt{3}

{(I) $A=\frac{\pi}{3}$ . (II) $\triangle ABC$ 的面积为 $3\sqrt{3}$ .}

2023年3月苏锡常镇一模试卷第18题

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ . 已知 $1+\sin 2A = (3\tan B + 2)\cos 2A$ . (1) 若 $C=\frac{3\pi}{4}$ , 求 $\tan B$ 的值； (2) 若 $A=B$ , $c=2$ , 求 $\triangle ABC$ 的面积.

解

本题的条件是一个连接了角 A 和角 B 的复杂三角恒等式.这种 $\sin 2A, \cos 2A, \tan B$ 混合的结构, 是使用“万能公式”或等价变换的强烈信号, 以建立一个关于 $\tan A$ 和 $\tan B$ 的纯粹代数关系.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

首先，化简核心关系式 $1+\sin 2A = (3\tan B + 2)\cos 2A$ . 假设 $A \neq \pi/2$ , 两边同除以 $\cos 2A$ 得 $\sec 2A + \tan 2A = 3\tan B + 2$ . 利用恒等式 $\sec x + \tan x = \frac{1+\sin x}{\cos x} = \frac{(\sin(x/2)+\cos(x/2))^2}{\cos^2(x/2)-\sin^2(x/2)} = \frac{\cos(x/2)+\sin(x/2)}{\cos(x/2)-\sin(x/2)} = \tan(x/2+\pi/4)$ , 可得 $\tan(A+\pi/4) = 3\tan B + 2$ .这是一个更简洁的关系.

对于第(1)问，当 $C=\frac{3\pi}{4}$ 时, $A+B=\frac{\pi}{4}$ . $\tan(A+\pi/4) = \tan(\pi/2-B) = \cot B = 1/\tan B$ . 代入关系式得 $1/\tan B = 3\tan B + 2$ .令 $t=\tan B$ , 则 $1/t=3t+2$ , 即 $3t^2+2t-1=0$ . 解得 $t=\frac{1}{3}$ 或 $t=-1$ .因为 $B \in (0, \pi/4)$ , $\tan B\>0$ , 故 $\tan B = \frac{1}{3}$ .

对于第(2)问，当 $A=B$ 时, $\tan A = \tan B$ .代入 $\tan(A+\pi/4) = 3\tan B + 2$ . 令 $t=\tan A = \tan B$ , 则 $\frac{\tan A + \tan(\pi/4)}{1-\tan A \tan(\pi/4)} = \frac{t+1}{1-t} = 3t+2$ . $t+1=(3t+2)(1-t) = -3t^2+t+2$ , 整理得 $3t^2=1$ , 故 $t^2=1/3$ . 由于 $A,B$ 是三角形内角且 $A+B\<\pi$ , $A,B$ 必为锐角, 故 $\tan A \> 0$ . 所以 $\tan A = \tan B = \frac{1}{\sqrt{3}}$ , 解得 $A=B=\frac{\pi}{6}$ . 角 $C = \pi - A - B = \frac{2\pi}{3}$ .

为求面积，利用正弦定理求边长 $a,b$ . $\frac{a}{\sin A} = \frac{c}{\sin C} \implies a = \frac{c \sin A}{\sin C} = \frac{2\sin(\pi/6)}{\sin(2\pi/3)} = \frac{2(1/2)}{\sqrt{3}/2} = \frac{2}{\sqrt{3}}$ . 由于 $A=B$ , 所以 $a=b=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ .

最后计算面积: $S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)^2\sin\frac{2\pi}{3} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ .

{(1) $\tan B = \frac{1}{3}$ . (2) $\triangle ABC$ 的面积为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$ .}

2023年2月深圳市高三一调第18题

记 $\triangle ABC$ 的内角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ , 已知 $b+c=2a\sin\left(C+\frac{\pi}{6}\right)$ . (1) 求 $A$ ； (2) 设 $AB$ 的中点为 $D$ , 若 $CD=a$ , 且 $b-c=1$ , 求 $\triangle ABC$ 的面积.

解

本题第(1)问是典型的“边角互化”问题.第(2)问则是“内部分割线段”模型中的中线问题，其核心解题思路是“一外一内，双余弦定理”，即对大、小两个三角形分别使用余弦定理，建立关于边长的方程组.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

对于第(1)问, 利用和角公式展开已知条件并进行“边化角”： $b+c = 2a(\sin C\cos\frac{\pi}{6} + \cos C\sin\frac{\pi}{6}) = \sqrt{3}a\sin C + a\cos C$ . $\sin B + \sin C = \sqrt{3}\sin A\sin C + \sin A\cos C$ . 利用 $\sin B = \sin(A+C) = \sin A\cos C + \cos A\sin C$ 代入, 化简得 $\cos A\sin C + \sin C = \sqrt{3}\sin A\sin C$ . 约去 $\sin C$ 得 $\cos A + 1 = \sqrt{3}\sin A$ , 即 $\sqrt{3}\sin A - \cos A = 1$ . 利用辅助角公式 $2\sin(A-\frac{\pi}{6})=1$ , 解得 $A-\frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{6}$ , 故 $A=\frac{\pi}{3}$ .

对于第(2)问, 采用“一外一内，双余弦定理”的思路. 对 $\triangle ABC$ 应用余弦定理： $a^2 = b^2+c^2-2bc\cos A = b^2+c^2-bc$ . 对 $\triangle ACD$ 应用余弦定理 (其中 $AD=c/2, CD=a, AC=b$ )： $CD^2 = AC^2+AD^2-2(AC)(AD)\cos A \implies a^2 = b^2 + (\frac{c}{2})^2 - 2(b)(\frac{c}{2})\cos\frac{\pi}{3} = b^2+\frac{c^2}{4}-\frac{bc}{2}$ .

联立两个关于 $a^2$ 的表达式： $b^2+c^2-bc = b^2+\frac{c^2}{4}-\frac{bc}{2}$ , 化简得 $\frac{3}{4}c^2 = \frac{1}{2}bc$ , 即 $3c=2b$ . 结合题目给出的 $b-c=1$ , 解方程组得 $c=2, b=3$ .

最后计算面积：

S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}(3)(2)\sin\frac{\pi}{3} = \frac{3\sqrt{3}}{2}

{(1) $A=\frac{\pi}{3}$ . (2) $\triangle ABC$ 的面积为 $\frac{3\sqrt{3}}{2}$ .}

2023年湖南长沙中学高三月考(六)第18题

如图，在平面四边形 $ABCD$ 中, $AB=BC=CD=2, AD=2\sqrt{3}$ . (1) 若 $DB$ 平分 $\angle ADC$ , 证明： $A+C=\pi$ ； (2) 记 $\triangle ABD$ 与 $\triangle BCD$ 的面积分别为 $S_1$ 和 $S_2$ , 求 $S_1^2+S_2^2$ 的最大值.

解

本题的核心思路是利用公共边 $BD$ 作为连接两个三角形 $\triangle ABD$ 和 $\triangle BCD$ 的桥梁, 通过余弦定理建立角 $A$ 和角 $C$ 的普适关系.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

首先，在 $\triangle ABD$ 和 $\triangle BCD$ 中对公共边 $BD$ 应用余弦定理： $BD^2 = 2^2 + (2\sqrt{3})^2 - 2(2)(2\sqrt{3})\cos A = 16 - 8\sqrt{3}\cos A$ . $BD^2 = 2^2 + 2^2 - 2(2)(2)\cos C = 8 - 8\cos C$ . 联立两式，得到关于角 $A$ 和角 $C$ 的恒等关系： $16 - 8\sqrt{3}\cos A = 8 - 8\cos C$ , 即 $\sqrt{3}\cos A - \cos C = 1 (*)$ .

对于第(1)问，若 $DB$ 平分 $\angle ADC$ , 则 $\angle ADB = \angle CDB$ . 在 $\triangle ABD$ 和 $\triangle BCD$ 中应用正弦定理, $\frac{AB}{\sin\angle ADB} = \frac{BD}{\sin A}$ 和 $\frac{BC}{\sin\angle CDB} = \frac{BD}{\sin C}$ . 由于 $AB=BC=2$ 且 $\angle ADB = \angle CDB$ , 可得 $\sin A = \sin C$ . 故 $A=C$ 或 $A+C=\pi$ . 若 $A=C$ , 代入 $(*)$ 式得 $(\sqrt{3}-1)\cos A = 1 \implies \cos A = \frac{\sqrt{3}+1}{2} \> 1$ , 不可能. 因此，唯一可能的情况是 $A+C=\pi$ .

对于第(2)问, 目标函数为 $S_1^2+S_2^2 = (2\sqrt{3}\sin A)^2 + (2\sin C)^2 = 12\sin^2 A + 4\sin^2 C$ . 为利用关系式 $(*)$ , 将函数用余弦表示： $S_1^2+S_2^2 = 12(1-\cos^2 A) + 4(1-\cos^2 C) = 16 - 12\cos^2 A - 4\cos^2 C$ . 由 $(*)$ 得 $\cos C = \sqrt{3}\cos A - 1$ .令 $x = \cos A$ , 代入上式, 将目标函数化为关于 $x$ 的一元二次函数： $f(x) = 16 - 12x^2 - 4(\sqrt{3}x-1)^2 = -24x^2 + 8\sqrt{3}x + 12$ .

接下来确定自变量 $x = \cos A$ 的取值范围. $A, C$ 作为三角形内角, 必须满足 $-1 \< \cos A \< 1$ 和 $-1 \< \cos C \< 1$ . $-1 \< x \< 1$ 且 $-1 \< \sqrt{3}x - 1 \< 1 \implies 0 \< \sqrt{3}x \< 2 \implies 0 \< x \< \frac{2}{\sqrt{3}}$ . 取交集得 $x$ 的定义域为 $(0, 1)$ .

最后，求二次函数 $f(x) = -24x^2+8\sqrt{3}x+12$ 在区间 $(0,1)$ 上的最大值. 该函数是开口向下的抛物线，对称轴为 $x = -\frac{8\sqrt{3}}{2(-24)} = \frac{\sqrt{3}}{6}$ . 由于 $0 \< \frac{\sqrt{3}}{6} \< 1$ ，函数在对称轴处取得最大值. $f_{\text{max}} = f(\frac{\sqrt{3}}{6}) = -24(\frac{3}{36}) + 8\sqrt{3}(\frac{\sqrt{3}}{6}) + 12 = -2 + 4 + 12 = 14$ .

{(1) 证明见上. (2) $S_1^2+S_2^2$ 的最大值为 $14$ .}

2024湖南邵阳模拟

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ , 且 $\triangle ABC$ 的周长为 $\frac{a\sin B}{\sin A+\sin B-\sin C}$ . (1) 求 $C$ ; (2) 若 $a=2, b=4$ , $D$ 为边 $AB$ 上一点, $\angle BCD = \frac{\pi}{6}$ , 求 $\triangle BCD$ 的面积.

解

本题是“边角互化”与“内部分割线”模型的经典综合.第(1)问的突破口在于利用正弦定理将复杂的边角关系式“翻译”为纯粹的边长关系.第(2)问的核心技巧在于“面积分割法”，通过计算发现一个隐藏的直角，使得面积分割法的计算变得异常简洁.

\begin{figure}[htbp]

\usetikzlibrary{angles, quotes}

\end{figure}

对于第(1)问，已知周长 $a+b+c = \frac{a\sin B}{\sin A+\sin B-\sin C}$ . 利用正弦定理, $\sin X = \frac{x}{2R}$ , 等式右边可化为：

\frac{a \cdot \frac{b}{2R}}{\frac{a}{2R}+\frac{b}{2R}-\frac{c}{2R}} = \frac{ab}{a+b-c}

于是我们得到纯边的关系式 $a+b+c = \frac{ab}{a+b-c}$ . 交叉相乘得 $(a+b+c)(a+b-c) = ab$ , 即 $(a+b)^2 - c^2 = ab$ . 展开为 $a^2+2ab+b^2-c^2 = ab$ , 整理得 $a^2+b^2-c^2 = -ab$ . 根据余弦定理, $\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} = \frac{-ab}{2ab} = -\frac{1}{2}$ . 因为 $C \in (0, \pi)$ , 所以 $C=\frac{2\pi}{3}$ .

对于第(2)问，我们的目标是求 $\triangle BCD$ 的面积.已知 $BC=a=2$ 和 $\angle BCD=\pi/6$ , 任务转化为求线段 $CD$ 的长度. 我们注意到一个至关重要的隐藏条件：

\angle ACD = \angle C - \angle BCD = \frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{2}

这说明 $\triangle ACD$ 是一个直角三角形.

我们利用面积分割法: $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ACD} + S_{\triangle BCD}$ . $S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}(2)(4)\sin\frac{2\pi}{3} = 2\sqrt{3}$ . $S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2}AC \cdot CD \cdot \sin(\angle ACD) = \frac{1}{2}(4)(CD)\sin\frac{\pi}{2} = 2CD$ . $S_{\triangle BCD} = \frac{1}{2}BC \cdot CD \cdot \sin(\angle BCD) = \frac{1}{2}(2)(CD)\sin\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}CD$ .

根据面积关系建立方程: $2\sqrt{3} = 2CD + \frac{1}{2}CD = \frac{5}{2}CD$ . 解得 $CD = \frac{4\sqrt{3}}{5}$ .

最终，我们求得目标面积:

S_{\triangle BCD} = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{5} = \frac{2\sqrt{3}}{5}

{(1) $C=\frac{2\pi}{3}$ . (2) $\triangle BCD$ 的面积为 $\frac{2\sqrt{3}}{5}$ .}

内切圆与外接圆综合问题

这是解三角形的一类难题，也是数形结合思想的极致体现. 此类问题引入了三角形的两大核心几何元素外接圆与内切圆. 它们不仅仅是几何图形，更是强大的代数工具. 外接圆半径 $R$ 是连接所有“边与角”的全局纽带, 而内切圆半径 $r$ 则是串联“面积与周长”的内部桥梁.

解决此类问题的关键，在于将 $R$ 和 $r$ 视为桥梁，熟练地运用它们的核心公式，在三角形的各个元素之间自如切换，建立起解题所需的方程或函数关系.

解题哲学

\paragraph{外接圆}

外接圆是三角形的骨架，其半径 $R$ 是一个全局性的度量，它规定了整个三角形的尺寸上限.

正弦定理. 这是与 $R$ 相关的第一且唯一的核心法则.

\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R

面积公式. $S = \frac{abc}{4R}$ 本质上是正弦定理与 $S=\frac{1}{2}ab\sin C$ 结合的产物.
解题思路: \color{cyan}提示\normalcolor 见到 $R$ 或外接圆，立刻启动正弦定理. 它可以帮你：
由“一边一角”求 $R$ .
由 $R$ 和一个角求其对边.
由 $R$ 和一条边求其对角的正弦.

\paragraph{内切圆}

内切圆是三角形里的“填料”，其半径 $r$ 与三角形的周长和面积有着密不可分的关系.

面积公式. 这是与 $r$ 相关的最核心的桥梁.

S = pr = \frac{1}{2}(a+b+c)r

切线长性质. 这是解决复杂问题的关键. 从一个顶点到内切圆两个切点的距离是相等的，且这个距离等于半周长减去该顶点的对边. 例如，从顶点 $A$ 出发的切线长为 $p-a$ .
衍生公式: 由此可推导出连接角、半径和边长的强大公式:

\tan\frac{A}{2} = \frac{r}{p-a}

解题思路: \normalcolor 见到 $r$ 或内切圆, 立刻启动 $S=pr$ 和切线长性质. 它们可以帮你：
在“面积”、“周长”、“半径”三者中知二求一.
利用切线长性质建立关于边长的方程.

2023年2月七彩联盟返校联考, 18

如图，平面四边形 $ABCD$ 中, $AD=5, CD=3, \angle ADC=120^\circ$ . $\triangle ABC$ 的内角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ , 且满足 $\frac{a+b}{c} = \frac{\sin A-\sin C}{\sin A-\sin B}$ .

(1) 求四边形 $ABCD$ 的外接圆半径 $R$ ；

(2) 求 $\triangle ABC$ 内切圆半径 $r$ 的取值范围.

解

{本题是内外接圆问题的完美综合. 第(1)问，需要先将复杂的比例式化简，利用余弦定理求出关键角，再在四边形中找到合适的三角形和公共对角线，利用正弦定理求出外接圆半径 $R$ . 第(2)问, 则需要将内切圆半径 $r$ 表示为某个角的函数, 并利用三角形内角存在的约束条件, 精确求解其定义域, 最终确定 $r$ 的范围.}

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

\par\rule{\linewidth}{0.4pt}

对于第(1)问：

\par \color{cyan}我们的目标是求外接圆半径 $R$ . 看到 $R$ , 就要想到正弦定理 $\frac{x}{\sin X}=2R$ . 这意味着, 我们必须先求出 $\triangle ABC$ 中的某条边及其对角. 题目的已知条件是一个复杂的比例式，这正是突破口. 我们需要先化简它，看看能得到哪个角. \normalcolor

\par 这是一个边角混合的比例式，利用正弦定理进行“边化角”是标准操作. 令 $a=k\sin A, b=k\sin B, c=k\sin C$ 代入 $\frac{a+b}{c} = \frac{\sin A-\sin C}{\sin A-\sin B}$ :

\frac{k(\sin A+\sin B)}{k\sin C} = \frac{\sin A-\sin C}{\sin A-\sin B}

交叉相乘得 $(\sin A+\sin B)(\sin A-\sin B) = \sin C(\sin A-\sin C)$ , 即 $\sin^2 A - \sin^2 B = \sin C\sin A - \sin^2 C$ .

\color{cyan}接着得到一个纯角的方程，但还是太复杂. 我们的最终目标是求角，所以需要把它再次转化为我们熟悉的、可以用余弦定理解的边长关系. 这一步是“角化边”. \normalcolor 再次利用正弦定理的变形 $k^2\sin^2 X = x^2$ :

a^2-b^2 = ca - c^2 \implies a^2+c^2-b^2 = ac

观察左侧，它与余弦定理的分子形式完全一致.

\cos B = \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} = \frac{ac}{2ac} = \frac{1}{2}

故 $B=60^\circ$ .

\color{cyan}绝绝子，我们已经求出了一个角 $B$ . 根据正弦定理, 接着只需要再求出它的对边 $b$ (即 $AC$ ) 就能求出 $R$ . 边 $AC$ 恰好是 $\triangle ADC$ 的一条边, 而 $\triangle ADC$ 的信息是完整的 (两边一夹角), 所以我们可以用余弦定理求出 $AC$ . \normalcolor

\par 既然四边形 $ABCD$ 有外接圆, 说明 $A,B,C,D$ 四点共圆. 这意味着 $\triangle ABC$ 和 $\triangle ADC$ 共享同一个外接圆. 我们可以在 $\triangle ADC$ 中利用余弦定理求出公共边 $AC$ 的长度.

\begin{aligned} AC^2 &= AD^2+DC^2-2(AD)(DC)\cos(\angle ADC) &= 5^2+3^2-2(5)(3)\cos 120^\circ &= 25+9-30(-\frac{1}{2}) = 34+15 = 49 \end{aligned}

所以 $AC=7$ . 在 $\triangle ABC$ 中, 边 $AC$ 就是边 $b$ .

\par 接着，在 $\triangle ABC$ 中, 我们有边 $b=7$ 和其对角 $B=60^\circ$ . 应用正弦定理求外接圆半径 $R$ :

2R = \frac{b}{\sin B} = \frac{7}{\sin 60^\circ} = \frac{7}{\sqrt{3}/2} = \frac{14}{\sqrt{3}} \implies R = \frac{7\sqrt{3}}{3}

对于第(2)问：

\par \color{cyan}我们的目标是求内切圆半径 $r$ 的取值范围. 看到 $r$ , 我们脑海中应该立刻浮现出两个核心公式： $S=pr$ 和 $r=(p-b)\tan(B/2)$ . 第二个公式直接将 $r$ 与边角联系起来, 看起来更有前途. 我们已经知道 $B=60^\circ$ 和 $b=7$ , 那么这个公式就变成了 $r = \frac{a+c-7}{2\sqrt{3}}$ . 问题就转化为了求 $a+c$ 的取值范围. \normalcolor

\par 利用公式 $r = (p-b)\tan\frac{B}{2}$ :

r = \left(\frac{a+c-b}{2}\right)\tan 30^\circ = \frac{a+c-7}{2\sqrt{3}}

问题转化为求 $a+c$ 的取值范围.

\color{cyan}如何求 $a+c$ 的范围？ $a$ 和 $c$ 是变量, 但它们所在的 $\triangle ABC$ 是确定的（外接圆半径 $R$ 和角 $B$ 已定）. 我们可以用正弦定理将 $a,c$ 都用角 $A,C$ 来表示, 然后利用 $A+C$ 是定值, 将其转化为一个关于单角 $A$ 的三角函数求值域问题. \normalcolor

\par 在 $\triangle ABC$ 中, 利用正弦定理 $a=2R\sin A, c=2R\sin C$ :

a+c = 2R(\sin A+\sin C) = \frac{14\sqrt{3}}{3}(\sin A+\sin C)

利用内角和定理 $A+C=\pi-B = \frac{2\pi}{3}$ , 即 $C=\frac{2\pi}{3}-A$ .

\begin{aligned} \sin A+\sin C &= \sin A + \sin\left(\frac{2\pi}{3}-A\right) &= \sin A + \sin\frac{2\pi}{3}\cos A - \cos\frac{2\pi}{3}\sin A &= \sin A + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos A + \frac{1}{2}\sin A &= \frac{3}{2}\sin A + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos A = \sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin A+\frac{1}{2}\cos A\right) = \sqrt{3}\sin\left(A+\frac{\pi}{6}\right) \end{aligned}

所以 $a+c = \frac{14\sqrt{3}}{3} \cdot \sqrt{3}\sin\left(A+\frac{\pi}{6}\right) = 14\sin\left(A+\frac{\pi}{6}\right)$ .

\color{cyan}接着问题变成了求 $\sin(A+\pi/6)$ 的范围. 这需要我们精确地确定角 A 的定义域. 三角形内角必须大于0，这是最基本的约束. \normalcolor

\par 在 $\triangle ABC$ 中, $A\>0$ 且 $C\>0$ . $C = \frac{2\pi}{3}-A \> 0 \implies A \< \frac{2\pi}{3}$ . 所以 $A \in (0, \frac{2\pi}{3})$ . 因此 $A+\frac{\pi}{6} \in (\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6})$ . 在此区间内, $\sin(A+\frac{\pi}{6})$ 的取值范围是 $(\sin\frac{\pi}{6}, 1]$ , 即 $(\frac{1}{2}, 1]$ .

\par 于是 $a+c = 14\sin(A+\frac{\pi}{6})$ 的取值范围是 $(14 \cdot \frac{1}{2}, 14 \cdot 1]$ , 即 $(7, 14]$ . 代入 $r$ 的表达式 $r = \frac{a+c-7}{2\sqrt{3}}$ : $r$ 的取值范围是 $\left(\frac{7-7}{2\sqrt{3}}, \frac{14-7}{2\sqrt{3}}\right]$ , 即 $\left(0, \frac{7}{2\sqrt{3}}\right] = \left(0, \frac{7\sqrt{3}}{6}\right]$ .

{(1) $R=\frac{7\sqrt{3}}{3}$ . (2) $r$ 的取值范围是 $\left(0, \frac{7\sqrt{3}}{6}\right]$ .}

\hrulefill

2023年8月河北名校高三开学考第18题

已知 $\triangle ABC$ 的内角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ , 且 $b\cos C+c\cos B = 2\sqrt{3}\sin A$ .

(1) 求 $\triangle ABC$ 外接圆的面积；

(2) 记 $\triangle ABC$ 内切圆的半径为 $r$ , 若 $B=\frac{\pi}{3}, r=\frac{\sqrt{3}}{2}$ , 求 $\triangle ABC$ 的面积.

解

本题第一问是射影定理与正弦定理的直接结合，用于求解外接圆半径. 第二问则是内切圆性质的经典应用，需要通过内切圆半径 $r$ 反推出边长的关系，最终结合余弦定理求出面积.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

\par\rule{\linewidth}{0.4pt}

对于第(1)问：

\par \color{cyan}目标是外接圆面积，即求 $\pi R^2$ . 核心是求 $R$ . 看到 $R$ 就想到正弦定理. 观察已知条件 $b\cos C+c\cos B = 2\sqrt{3}\sin A$ , 左侧是射影定理的标准形式, 它等于边长 $a$ . 这一下就将复杂的式子简化了. \normalcolor

\par 由射影定理, $b\cos C+c\cos B = a$ . 所以原式化为 $a = 2\sqrt{3}\sin A$ . 这是一个边角关系，我们立刻联想到正弦定理. 将其变形为：

\frac{a}{\sin A} = 2\sqrt{3}

根据正弦定理, $\frac{a}{\sin A} = 2R$ . 所以 $2R = 2\sqrt{3}$ , 解得外接圆半径 $R=\sqrt{3}$ . 外接圆的面积为 $S_{\text{外接圆}} = \pi R^2 = \pi(\sqrt{3})^2 = 3\pi$ .

对于第(2)问：

\par \color{cyan}我们已知 $B, r$ 和 $R$ (从第一问). 要求面积 $S$ , 有两条主要路径： $S=pr$ 或 $S=\frac{1}{2}ac\sin B$ .

**路径一：**使用 $S=pr$ . 我们已知 $r$ , 只需要求出半周长 $p$ . **路径二：**使用 $S=\frac{1}{2}ac\sin B$ . 我们已知 $B$ , 只需要求出乘积 $ac$ .

两条路都需要求出边长信息. 我们有什么工具？已知 $r$ 和 $B$ , 那么公式 $r=(p-b)\tan(B/2)$ 就是一个强大的武器，它可以建立起边长之间的关系. 我们来尝试走这条路. \normalcolor

\par 利用内切圆性质求边长关系

\par 首先，利用已知角 $B$ 和外接圆半径 $R$ 求出边长 $b$ .

b = 2R\sin B = 2\sqrt{3}\sin\frac{\pi}{3} = 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3

接着使用公式 $r = (p-b)\tan\frac{B}{2}$ :

\frac{\sqrt{3}}{2} = \left(\frac{a+b+c}{2}-b\right)\tan\frac{\pi}{6} = \frac{a+c-b}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}

代入 $b=3$ :

\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{a+c-3}{2\sqrt{3}}

交叉相乘得 $\sqrt{3}\cdot\sqrt{3} = a+c-3 \implies 3=a+c-3 \implies a+c=6$ .

\color{cyan}接着我们知道了 $a+c=6$ 和 $b=3$ . 我们离两条路径的目标都更近了. 对于路径一，半周长 $p = \frac{(a+c)+b}{2} = \frac{6+3}{2} = \frac{9}{2}$ . 任务完成. 对于路径二，我们需要 $ac$ . 我们已知 $a+c$ 和 $b$ 以及角 $B$ , 余弦定理正好可以连接这几个量. \normalcolor

\par 方法一：利用 $S=pr$ 求解 (更直接)

\par 半周长 $p = \frac{a+b+c}{2} = \frac{(a+c)+b}{2} = \frac{6+3}{2} = \frac{9}{2}$ . 面积为:

S_{\triangle ABC} = pr = \frac{9}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{9\sqrt{3}}{4}

\par **方法二：利用 $S=\frac{1**{2}ac\sin B$ 求解 (可作验证)}

\par 由余弦定理 $b^2 = a^2+c^2 - 2ac\cos B$ , 我们可以变形为 $b^2 = (a+c)^2 - 2ac - 2ac\cos B$ . 代入已知值:

\begin{aligned} 3^2 &= 6^2 - 2ac - 2ac\cos\frac{\pi}{3} 9 &= 36 - 2ac - 2ac(\frac{1}{2}) = 36 - 3ac \end{aligned}

解得 $3ac = 27 \implies ac=9$ .

\par 计算面积:

S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2}(9)\sin\frac{\pi}{3} = \frac{9}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{9\sqrt{3}}{4}

两种方法结果一致，可以相互验证.

{(1) 外接圆面积为 $3\pi$ . (2) $\triangle ABC$ 的面积为 $\frac{9\sqrt{3}}{4}$ .}

2023 杭州二中高三年级4月月考第17题

在锐角 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 所对的边分别为 $a,b,c$ , 已知 $\sqrt{3}\tan A\tan B = \tan A+\tan B+\tan C$ .

(1) 求角 $C$ 的大小;

(2) 若 $c=\sqrt{3}$ , 求 $\triangle ABC$ 内切圆半径的取值范围.

解

本题是内外接圆与解三角形最值问题的深度综合，完美体现了“函数思想”与“数形结合”. 其核心是“降维打击”，即将内切圆半径 $r$ 表达为一个只含单个角（如角 $A$ ）的函数，再通过几何约束求其值域. \color{cyan}解题路径规划\normalcolor

化简求角: 题目给出的关系式是三角形中正切恒等式的变形. 我们的第一步是利用该恒等式，迅速锁定一个角的确定值.
选择公式，变量化归: 目标是求 $r$ 的范围. 相比于从 $r=S/p$ 入手（会引入三个边长变量）, 使用公式 $\boldsymbol{r = 4R\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}}$ 会使问题极大简化. 先利用正弦定理求出外接圆半径 $R$ , 再结合内角和定理, 即可将 $r$ 表示为关于单个角 $A$ 的三角函数.
挖掘约束，确定定义域: 这是解题的生命线. 题目明确要求是“锐角三角形”，因此必须满足 $A, B, C$ 均小于 $90^\circ$ . 这些不等式将共同确定角 $A$ 的最终有效定义域.
函数求值域: 将几何问题转化为我们最熟悉的“求三角函数在特定区间上的最值”问题，利用积化和差或辅助角公式以及三角函数单调性即可终结问题.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

对于第(1)问：

\par 在任意 $\triangle ABC$ 中 (非直角), 有恒等式 $\tan A + \tan B + \tan C = \tan A \tan B \tan C$ .

证明（恒等式证明）

$A+B+C=\pi \implies A+B=\pi-C$ .

\tan(A+B) = \tan(\pi-C) \implies \frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B} = -\tan C

\tan A+\tan B = -\tan C(1-\tan A\tan B) = -\tan C + \tan A\tan B\tan C

整理即得 $\tan A+\tan B+\tan C = \tan A\tan B\tan C$.

\par 将此恒等式代入已知条件 $\sqrt{3}\tan A\tan B = \tan A+\tan B+\tan C$ 中，得：

\sqrt{3}\tan A\tan B = \tan A\tan B\tan C

因为 $\triangle ABC$ 是锐角三角形, $A, B \in (0, \pi/2)$ , 故 $\tan A \neq 0, \tan B \neq 0$ . 两边同除以 $\tan A \tan B$ , 得 $\tan C = \sqrt{3}$ . 又因为 $C$ 为锐角, $C \in (0, \pi/2)$ , 所以 $C=\frac{\pi}{3}$ .

对于第(2)问：

\par 构建目标函数

\par 设内切圆半径为 $r$ , 外接圆半径为 $R$ . 我们选用公式 $r=4R\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}$ . 由正弦定理, $2R = \frac{c}{\sin C} = \frac{\sqrt{3}}{\sin(\pi/3)} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}/2} = 2$ . 故 $R=1$ . 代入 $R=1$ 和 $C=\frac{\pi}{3}$ (即 $\frac{C}{2}=\frac{\pi}{6}$ ):

r = 4(1)\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{\pi}{6} = 4\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\left(\frac{1}{2}\right) = 2\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}

利用内角和定理 $A+B = \pi-C = \frac{2\pi}{3}$ , 即 $B=\frac{2\pi}{3}-A$ .

r(A) = 2\sin\frac{A}{2}\sin\left(\frac{1}{2}(\frac{2\pi}{3}-A)\right) = 2\sin\frac{A}{2}\sin\left(\frac{\pi}{3}-\frac{A}{2}\right)

\par 确定定义域

\par 因为 $\triangle ABC$ 为锐角三角形, 我们有以下约束条件:

\begin{cases} A \in (0, \pi/2) B = \frac{2\pi}{3}-A \in (0, \pi/2) \implies \frac{\pi}{6} \< A \< \frac{2\pi}{3} C = \frac{\pi}{3} \in (0, \pi/2) (\text{已满足}) \end{cases}

将上述范围取交集，得到角 $A$ 的最终取值范围为 $A \in (\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$ .

\par 求解函数值域

\par 令 $x = \frac{A}{2}$ . 由 $A \in (\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$ 可得, $x \in (\frac{\pi}{12}, \frac{\pi}{4})$ . 目标函数为 $r(x) = 2\sin x \sin(\frac{\pi}{3}-x)$ . 利用积化和差公式 $2\sin\alpha\sin\beta = \cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)$ :

\begin{aligned} r(x) &= \cos\left(x - (\frac{\pi}{3}-x)\right) - \cos\left(x + \frac{\pi}{3}-x\right) &= \cos\left(2x-\frac{\pi}{3}\right) - \cos\frac{\pi}{3} &= \cos\left(2x-\frac{\pi}{3}\right) - \frac{1}{2} \end{aligned}

接着我们确定自变量 $x$ 的范围对应的 $2x-\frac{\pi}{3}$ 的范围:

x \in \left(\frac{\pi}{12}, \frac{\pi}{4}\right) \implies 2x \in \left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right) \implies 2x-\frac{\pi}{3} \in \left(-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}\right)

在此区间内, $\cos$ 函数的值域为 $(\cos(\frac{\pi}{6}), \cos(0)]$ , 即 $(\frac{\sqrt{3}}{2}, 1]$ . 所以 $\cos(2x-\frac{\pi}{3}) \in (\frac{\sqrt{3}}{2}, 1]$ . 最终, $r(x) = \cos(2x-\frac{\pi}{3}) - \frac{1}{2}$ 的取值范围是:

\left(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}, 1 - \frac{1}{2}\right] = \left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}, \frac{1}{2}\right]

{(1) $C=\frac{\pi}{3}$ . (2) $\triangle ABC$ 内切圆半径的取值范围为 $\left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}, \frac{1}{2}\right]$ .}

2023-2024 年武汉九月调研

设 $\triangle ABC$ 的内角 $A,B,C$ 所对的边分别为 $a,b,c$ , 且 $2a\cos B = 2c-b$ .

(1.) 求角 $A$ ;

(2.) 若 $a=7$ , 且 $\triangle ABC$ 的内切圆半径 $r=\sqrt{3}$ , 求 $\triangle ABC$ 的面积 $S$ .

解

{本题是余弦定理与内切圆性质的综合应用. 第(1)问的条件 $2a\cos B = 2c-b$ 是一个非标准的边角关系式, 其突破口在于利用余弦定理将 $\cos B$ “边化”, 从而得到一个纯粹的边的二次关系式, 再次运用余弦定理即可求出角 $A$ . 第(2)问的目标是求面积 $S$ , 在已知内切圆半径 $r$ 和一个角 $A$ 的情况下, 最优策略是利用公式 $\boldsymbol{r=(p-a)\tan(A/2)}$ 建立关于半周长 $p$ 的方程, 解出 $p$ 后, 再通过核心公式 $\boldsymbol{S=pr}$ 直接求得面积，这条路径最为直接高效.}

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

\par\rule{\linewidth}{0.4pt}

对于第(1)问：

\par \color{cyan}题目给出的条件 $2a\cos B = 2c-b$ 混合了边和角. 我们的首要任务是统一语言. 将 $\cos B$ 用边来表示是消除角的直接方法, 这需要借助余弦定理. \normalcolor

\par 根据余弦定理, $\cos B = \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$ . 代入已知等式:

2a \cdot \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} = 2c-b

化简得:

\frac{a^2+c^2-b^2}{c} = 2c-b

两边同乘 $c$ , 得 $a^2+c^2-b^2 = c(2c-b) = 2c^2 - bc$ .

\color{cyan}现在我们得到了一个纯粹的边长关系式. 我们的目标是求角 $A$ , 因此需要将这个关系式整理成余弦定理求角 $A$ 的形式, 即凑出 $b^2+c^2-a^2$ 这一项. \normalcolor

\par 整理上述等式:

\begin{aligned} a^2+c^2-b^2 &= 2c^2-bc b^2+c^2-a^2 &= bc \end{aligned}

由余弦定理, $\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$ . 代入我们得到的关系:

\cos A = \frac{bc}{2bc} = \frac{1}{2}

因为 $A \in (0, \pi)$ , 所以 $A = \frac{\pi}{3}$ .

对于第(2)问：

\par \color{cyan}目标是求面积 $S$ . 我们已知 $a=7$ , $r=\sqrt{3}$ , 并且从第(1)问中求得了 $A=\pi/3$ . 在涉及内切圆半径 $r$ 和特定角的场景下, 公式 $r=(p-a)\tan(A/2)$ 是建立边长关系、求解半周长 $p$ 的不二之选. 一旦求出 $p$ , 面积即可通过 $S=pr$ 得到. \normalcolor

\par 我们利用公式 $r=(p-a)\tan\frac{A}{2}$ , 其中 $p$ 是半周长. 将已知值代入:

\sqrt{3} = (p-7)\tan\left(\frac{\pi/3}{2}\right) = (p-7)\tan\frac{\pi}{6}

即:

\sqrt{3} = (p-7) \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}

交叉相乘得 $\sqrt{3}\cdot\sqrt{3} = p-7$ , 即 $3 = p-7$ . 解得半周长 $p=10$ .

\par 最后, 利用三角形面积与内切圆半径的核心关系式 $S=pr$ 求面积:

S = 10 \cdot \sqrt{3} = 10\sqrt{3}

{(1) $A=\frac{\pi}{3}$ . (2) $\triangle ABC$ 的面积为 $10\sqrt{3}$ .}

多三角形问题

在更复杂的几何构型中，问题往往不再局限于单个三角形，而是由一条内部分割线（如中线、角平分线、高线或任意线段）将一个大三角形分割成两个或多个小三角形.

这类“多三角形”问题，是高考解三角形的压轴题型，它综合考查了我们对两大定理的深度理解与灵活运用能力.

解决此类问题的核心思想，是“搭桥过河”. 即，要认识到这些三角形并非孤立存在，而是通过某些“公共元素”紧密相连. 我们的任务，就是找到这些连接不同三角形的“桥梁”，并利用它们建立方程，打通解题的脉络. 常见的“桥梁”有：

公共边: 两个三角形共享一条边，这条边的长度是联系它们的核心纽带.
公共角: 两个三角形共享一个角，这个角的三角函数值是等价的.
互补角: 分割线在一条边上产生的两个邻角（如 $\angle ADB$ 和 $\angle ADC$ ）互为补角. 这一关系极其重要, 它意味着 $\sin\angle ADB = \sin\angle ADC$ 且 $\cos\angle ADB = -\cos\angle ADC$ .
线段和差: 被分割的边长等于各分段之和（如 $AB=AD+DB$ ）.

下面的例题将完美展示如何利用这些“桥梁”，在多个三角形之间穿梭，最终解决问题.

2023 武汉二调

在 $\triangle ABC$ 中, $AB=2, D$ 为 $AB$ 中点, $CD=\sqrt{2}$ .

(1) 若 $BC=\sqrt{2}$ , 求 $AC$ 的长;

(2) 若 $\angle BAC = 2\angle BCD$ , 求 $AC$ 的长.

解

{本题是典型的“中线分割”模型. 中线 $CD$ 将 $\triangle ABC$ 分割为 $\triangle ADC$ 和 $\triangle BDC$ . 这两个小三角形的“桥梁”是共享的边 $CD$ 以及互补的角 $\angle ADC$ 与 $\angle BDC$ . 解题的核心战术，就是对这两个小三角形分别使用余弦定理，利用互补角的关系消去未知角，从而建立关于边长的方程.}

{/* latex-label: fig:part1-large */} \begin{figure}[htbp]

\end{figure} *图：第一问*

对于第(1)问：

{我们的策略是，利用互补角 $\angle ADC$ 和 $\angle BDC$ 的余弦值互为相反数这一特性，对两个小三角形分别使用余弦定理，建立一个可以消去角的方程.}

\par 设 $\angle ADC = \alpha$ , 则 $\angle BDC = \pi - \alpha$ .

\par 在 $\triangle ADC$ 中, $D$ 是 $AB$ 中点, 故 $AD=1$ . 应用余弦定理:

AC^2 = AD^2+CD^2 - 2(AD)(CD)\cos\alpha

AC^2 = 1^2+(\sqrt{2})^2-2(1)(\sqrt{2})\cos\alpha = 3 - 2\sqrt{2}\cos\alpha

\par 在 $\triangle BDC$ 中, $BD=1$ , $BC=\sqrt{2}$ . 应用余弦定理:

\begin{aligned} BC^2 &= BD^2+CD^2 - 2(BD)(CD)\cos(\pi-\alpha) (\sqrt{2})^2 &= 1^2+(\sqrt{2})^2 - 2(1)(\sqrt{2})(-\cos\alpha) 2 &= 1+2+2\sqrt{2}\cos\alpha \end{aligned}

\par 从 $\triangle BDC$ 的方程中, 我们可以解出 $\cos\alpha$ :

2 = 3+2\sqrt{2}\cos\alpha \implies 2\sqrt{2}\cos\alpha = -1 \implies \cos\alpha = -\frac{1}{2\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{4}

\par 将 $\cos\alpha$ 的值代回 $\triangle ADC$ 的方程中, 求解 $AC$ :

AC^2 = 3 - 2\sqrt{2}\left(-\frac{\sqrt{2}}{4}\right) = 3+\frac{4}{4}=4

所以, $AC=2$ .

对于第(2)问：

{此问的条件是跨越两个三角形的角关系，更为复杂. 但我们的基本思路不变：寻找更多的“桥梁”. 除了余弦定理，正弦定理在处理角的关系时更为直接. 我们需要建立两个独立的方程来求解两个未知数 $AC$ 和 $BC$ .}

\par 利用余弦定理建立“边”的关系方程

\par 这一步与第(1)问完全相同，利用互补角关系建立一个不依赖于具体角度的、关于边长的普适方程. 在 $\triangle ADC$ 中, $\cos\angle ADC = \frac{AD^2+CD^2-AC^2}{2(AD)(CD)} = \frac{1+2-AC^2}{2\sqrt{2}} = \frac{3-AC^2}{2\sqrt{2}}$ . 在 $\triangle BDC$ 中, $\cos\angle BDC = \frac{BD^2+CD^2-BC^2}{2(BD)(CD)} = \frac{1+2-BC^2}{2\sqrt{2}} = \frac{3-BC^2}{2\sqrt{2}}$ .

\par 因为 $\cos\angle ADC = -\cos\angle BDC$ , 所以:

\frac{3-AC^2}{2\sqrt{2}} = -\frac{3-BC^2}{2\sqrt{2}}

整理得 $3-AC^2 = -3+BC^2$ , 得到一个极其优美的关系式, 这是我们的第一个核心方程:

AC^2+BC^2 = 6 \cdots\cdots (1)

\par 利用正弦定理建立“角-边”的关系方程

\par 设 $\angle BCD = \theta$ , 则由题意 $\angle A = 2\theta$ . 我们需要在不同的三角形中应用正弦定理，通过“公共角”或“等角”来传递比例关系.

\par 在 $\triangle BCD$ 中, 对 $\angle B$ 和 $\angle BCD$ 应用正弦定理:

\frac{CD}{\sin B} = \frac{BD}{\sin \theta} \implies \frac{\sqrt{2}}{\sin B} = \frac{1}{\sin\theta} \implies \sin B = \sqrt{2}\sin\theta

\par 在 $\triangle ABC$ 中, 对 $\angle A$ 和 $\angle B$ 应用正弦定理:

\frac{BC}{\sin A} = \frac{AC}{\sin B} \implies BC\sin B = AC\sin A

\par 将我们得到的关系 $\sin B = \sqrt{2}\sin\theta$ 和 $A=2\theta$ 代入上式:

BC(\sqrt{2}\sin\theta) = AC \sin(2\theta)

利用二倍角公式 $\sin(2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta$ :

\sqrt{2} BC \sin\theta = 2AC\sin\theta\cos\theta

由于 $\theta$ 是三角形内角的一部分, $\sin\theta \neq 0$ , 我们可以约去 $\sqrt{2}\sin\theta$ , 得到第二个核心方程:

BC = \sqrt{2}AC\cos\theta \cdots\cdots (2)

\par 联立求解，消去未知角 $\theta$

\par 接着我们有两个方程，但仍有三个未知数( $AC, BC, \theta$ ). 我们需要消去 $\theta$ . 回到 $\triangle BCD$ , 对角 $\theta$ 应用余弦定理, 用边长表示 $\cos\theta$ :

\cos\theta = \frac{BC^2+CD^2-BD^2}{2(BC)(CD)} = \frac{BC^2+2-1}{2(BC)\sqrt{2}} = \frac{BC^2+1}{2\sqrt{2}BC}

\par 将这个 $\cos\theta$ 的表达式代入方程(2)中:

BC = \sqrt{2}AC\left(\frac{BC^2+1}{2\sqrt{2}BC}\right)

化简得:

2BC^2 = AC(BC^2+1) \cdots\cdots (3)

\par 解代数方程组

\par 接着我们有了两个只含 $AC$ 和 $BC$ 的方程, 联立 (1) 和 (3) 求解. 设 $x=AC, y=BC$ . 方程组为:

\begin{cases} x^2+y^2=6 \\ 2y^2=x(y^2+1) \end{cases}

由第二式得 $x = \frac{2y^2}{y^2+1}$ . 代入第一式:

\left(\frac{2y^2}{y^2+1}\right)^2 + y^2 = 6

\frac{4y^4}{(y^2+1)^2} + y^2 = 6

令 $u=y^2$ . 则 $\frac{4u^2}{(u+1)^2} + u = 6$ .

4u^2 + u(u+1)^2 = 6(u+1)^2

4u^2 + u(u^2+2u+1) = 6(u^2+2u+1)

4u^2+u^3+2u^2+u = 6u^2+12u+6

u^3 - 11u - 6 = 0

通过试根法，我们发现 $u=-3$ 是一个根, 故 $(u+3)$ 是一个因式. $(u+3)(u^2-3u-2)=0$ . 由于 $u=y^2$ 必须为正, $u=-3$ 舍去. 解 $u^2-3u-2=0$ 得 $u = \frac{3\pm\sqrt{9-4(-2)}}{2} = \frac{3\pm\sqrt{17}}{2}$ . 由于 $u\>0$ , 故 $u = y^2 = BC^2 = \frac{3+\sqrt{17}}{2}$ .

\par 最后，代入方程(1)求 $AC^2$ :

AC^2 = 6 - BC^2 = 6 - \frac{3+\sqrt{17}}{2} = \frac{12-3-\sqrt{17}}{2} = \frac{9-\sqrt{17}}{2}

所以

AC = \sqrt{\frac{9-\sqrt{17}}{2}} = \frac{\sqrt{18-2\sqrt{17}}}{2} = \frac{\sqrt{(\sqrt{17}-1)^2}}{2} = \frac{\sqrt{17}-1}{2}

{(1) $AC=2$ . (2) $AC=\frac{\sqrt{17}-1}{2}$ .}

\hrulefill

2023福建质检

在 $\triangle ABC$ 中, $D$ 为边 $BC$ 上一点, 且 $\angle CAD = \angle B$ .

(1) 证明： $AC^2 = BC \cdot CD$ ；

(2) 若 $\cos C = \frac{3}{4}$ , $AD=2\sqrt{2}$ , $CD=2$ , 求 $\triangle ABD$ 的面积.

解

{本题的题眼在于条件“ $\angle CAD = \angle B$ ”. 这个跨越了两个三角形的“角相等”关系，是构成相似三角形的强烈暗示. 一旦发现相似，问题中的边长关系将迎刃而解. 解决这类问题的核心，就是利用已知角关系寻找相似三角形，将复杂的三角函数运算转化为简洁的边长比例关系.}

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：根据第(2)问数据按比例精确绘制的图示

对于第(1)问：

\par 我们考察 $\triangle ADC$ 和 $\triangle BAC$ .

$\angle CAD = \angle B$ (已知条件)
$\angle ACD = \angle BCA$ (公共角)

根据“AA相似”判定定理, $\triangle BAC \sim \triangle ADC$ .

\par 由相似三角形的性质，对应边成比例：

\frac{BC}{AC} = \frac{AC}{DC} = \frac{BA}{AD}

取前两项，交叉相乘即得：

AC^2 = BC \cdot CD

证明完毕.

对于第(2)问：

{欲求 $\triangle ABD$ 的面积, 我们可以通过“大减小”的思路, 即 $S_{\triangle ABD} = S_{\triangle ABC} - S_{\triangle ADC}$ . 或者利用等高三角形面积比等于底边比, 即 $\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ADC}}=\frac{BD}{CD}$ . 无论哪种方法, 我们都需要先求出 $\triangle ADC$ 的各元素以及边 $BD$ 的长.}

\par 首先，在 $\triangle ADC$ 中, 我们已知两边 $AD, CD$ 和一角 $\cos C$ . 我们可以用余弦定理求出边 $AC$ .

AD^2 = AC^2+CD^2 - 2(AC)(CD)\cos C

代入已知值 $AD=2\sqrt{2}, CD=2, \cos C=\frac{3}{4}$ :

\begin{aligned} (2\sqrt{2})^2 &= AC^2 + 2^2 - 2(AC)(2)\left(\frac{3}{4}\right) 8 &= AC^2+4-3AC \end{aligned}

整理得一个关于 $AC$ 的一元二次方程:

AC^2 - 3AC - 4 = 0

因式分解得 $(AC-4)(AC+1)=0$ . 由于 $AC$ 为边长, 必为正数, 故 $AC=4$ .

\par 接下来，利用第(1)问的结论求出 $BC$ :

BC = \frac{AC^2}{CD} = \frac{4^2}{2} = 8

从而可以求出 $BD$ 的长度:

BD = BC - CD = 8-2 = 6

\par 接着我们用面积比来求解. 首先计算 $\triangle ADC$ 的面积. 已知 $\cos C = \frac{3}{4}$ , 且 $C \in (0,\pi)$ , 故 $\sin C = \sqrt{1-\cos^2 C} = \sqrt{1-\frac{9}{16}} = \frac{\sqrt{7}}{4}$ .

S_{\triangle ADC} = \frac{1}{2}AC \cdot CD \sin C = \frac{1}{2}(4)(2)\left(\frac{\sqrt{7}}{4}\right) = \sqrt{7}

\par 由于 $\triangle ABD$ 和 $\triangle ADC$ 共用从顶点 $A$ 出发的高线, 它们的面积之比等于底边之比:

\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ADC}} = \frac{BD}{CD} = \frac{6}{2} = 3

所以

S_{\triangle ABD} = 3 \cdot S_{\triangle ADC} = 3\sqrt{7}

{(1) 证明见上. (2) $\triangle ABD$ 的面积为 $3\sqrt{7}$ .}

保底的建系法

{/* label: sec:ch11-s03 */}

在处理几何构型时，正弦与余弦定理为我们提供了连接边角关系的代数工具.然而，当问题的几何条件非常规，或图形本身缺乏显著特征以供利用时，纯粹的几何方法或三角变换可能变得异常复杂.此时，我们需要一种更具普适性与系统性的方法论，能够将几何的直观思辨转化为严谨的代数演算.这便是解析几何的核心思想——建系法.

建系法的本质，是将几何对象（点、线）置于一个代数框架（即平面直角坐标系）之中.通过为关键点赋予坐标，几何问题中的长度、角度、位置关系等要素，便可被精确地“翻译”为代数表达式与方程.如此，一个复杂的几何推理过程，便转化为一个程序化的、遵循代数法则的求解过程.尽管此法有时并非最简洁的路径，但其逻辑的确定性与过程的规范性，为解决艰深的几何问题提供了最终的保障.

实施建系法的首要步骤，是建立一个能最大限度简化后续运算的坐标系.一个“最优”的坐标系应遵循以下原则：

原点特殊化: 尽可能将图形的特殊点（如顶点、中点、垂足）置于坐标原点.
轴线特殊化: 尽可能将图形的特殊直线（如对称轴、某条边所在的直线）与坐标轴重合.
利用对称性: 若图形具有对称性，应使坐标系与之相适应，从而使点的坐标呈现简洁的对称形式.

一旦坐标系建立，后续步骤便是在此框架下，将几何条件转化为代数方程，并通过求解该方程（组）来获得最终的解答.

例

利用坐标法，证明阿波罗尼斯定理（中线长公式）：在 $\triangle ABC$ 中, 设 $m_a$ 为边 $a$ 上的中线, 则 $b^2+c^2 = 2\left(m_a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2\right)$ .

解

为使坐标表示尽可能简洁，我们将中线 $m_a$ 所对的边 $BC$ 置于 $x$ 轴上, 并取该边的中点 $D$ 作为坐标原点. \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：坐标法证明阿波罗尼斯定理

设 $D(0,0)$ , 则 $B(-\frac{a}{2}, 0)$ , $C(\frac{a}{2}, 0)$ .设顶点 $A$ 的坐标为 $(x_0, y_0)$ .

接着，我们利用两点间距离公式，将三条边长 $b, c$ 以及中线长 $m_a$ 用坐标表示出来.

边长 $b$ (即线段 $AC$ ) 的平方为：

b^2 = |AC|^2 = \left(x_0 - \frac{a}{2}\right)^2 + (y_0 - 0)^2 = x_0^2 - ax_0 + \frac{a^2}{4} + y_0^2

边长 $c$ (即线段 $AB$ ) 的平方为：

c^2 = |AB|^2 = \left(x_0 - (-\frac{a}{2})\right)^2 + (y_0 - 0)^2 = \left(x_0 + \frac{a}{2}\right)^2 + y_0^2 = x_0^2 + ax_0 + \frac{a^2}{4} + y_0^2

中线长 $m_a$ (即线段 $AD$ ) 的平方为：

m_a^2 = |AD|^2 = (x_0 - 0)^2 + (y_0 - 0)^2 = x_0^2 + y_0^2

我们的目标是建立 $b^2, c^2, m_a^2$ 与 $a^2$ 之间的关系. 观察 $b^2$ 与 $c^2$ 的表达式, 注意到它们的结构非常相似, 仅有一次项符号不同.将两式相加, 可以消去 $x_0$ 的一次项：

\begin{aligned} b^2+c^2 &= \left(x_0^2 - ax_0 + \frac{a^2}{4} + y_0^2\right) + \left(x_0^2 + ax_0 + \frac{a^2}{4} + y_0^2\right) &= 2x_0^2 + 2y_0^2 + 2\left(\frac{a^2}{4}\right) &= 2(x_0^2 + y_0^2) + \frac{a^2}{2} \end{aligned}

注意到 $x_0^2+y_0^2$ 正好是 $m_a^2$ , 而 $\frac{a^2}{2}$ 可以写作 $2\left(\frac{a^2}{4}\right) = 2\left(\frac{a}{2}\right)^2$ . 将这些关系代入上式，即得：

b^2+c^2 = 2m_a^2 + 2\left(\frac{a}{2}\right)^2 = 2\left(m_a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2\right)

定理得证.

2023届湖北高三圆创三月联合测评第18题

在 $\triangle ABC$ 中, $D$ 是边 $BC$ 上的一点, $\angle CAD = \frac{\pi}{4}$ , $\frac{AB}{AC} = \frac{\sqrt{2}BD}{CD}$ .

(1) 求 $\angle BAD$ ；

(2) 若 $AB=AD=2$ , 求 $\triangle ABC$ 的面积.

解

本题的条件是一个含有四条线段的复杂比例式，直接建立坐标并使用距离公式求解，计算会相当繁琐.然而，我们可以借助坐标系的框架来重新审视几何关系，特别是面积关系，从而将问题代数化.

对于第(1)问：

我们的策略是建立一个坐标系，利用“同一个三角形的面积，既可以用坐标（底乘高）表示，也可以用三角函数（两边夹角）表示”这一思想，来建立方程求解未知的角.

建立坐标系，令点 $D$ 为坐标原点 $(0,0)$ , 并使边 $BC$ 所在的直线与 $x$ 轴重合.设顶点 $A$ 的坐标为 $(x_A, h)$ , 其中 $h\>0$ 为 $\triangle ABC$ 中 $BC$ 边上的高. \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：利用坐标系分析面积关系

在 $\triangle ACD$ 中，其面积可以由两种方式表示：一方面，基于坐标，底为 $CD$ , 高为 $h$ , 故 $S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2} \cdot CD \cdot h$ . 另一方面，利用三角面积公式， $S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2} AC \cdot AD \cdot \sin(\angle CAD)$ . 联立两式可得： $CD \cdot h = AC \cdot AD \cdot \sin(\angle CAD)$ .整理得到一个关于边长比例的表达式：

\frac{AC}{CD} = \frac{h}{AD \cdot \sin(\angle CAD)}

同理，在 $\triangle ABD$ 中，其面积也可以由两种方式表示： $S_{\triangle ABD} = \frac{1}{2} \cdot BD \cdot h = \frac{1}{2} AB \cdot AD \cdot \sin(\angle BAD)$ . 整理得到另一个比例表达式：

\frac{AB}{BD} = \frac{h}{AD \cdot \sin(\angle BAD)}

接着，我们将题目给出的核心条件 $\frac{AB}{AC} = \frac{\sqrt{2}BD}{CD}$ 进行变形，使其结构与我们推导出的比例式相匹配：

\frac{AB}{BD} \cdot \frac{CD}{AC} = \sqrt{2}

将我们从面积关系中得到的两个比例表达式代入上式：

\left( \frac{h}{AD \cdot \sin(\angle BAD)} \right) \cdot \left( \frac{AD \cdot \sin(\angle CAD)}{h} \right) = \sqrt{2}

注意到，变量 $h$ 和 $AD$ 被完全消去，这正是此方法的优雅之处.我们得到一个纯粹的角的关系式：

\frac{\sin(\angle CAD)}{\sin(\angle BAD)} = \sqrt{2}

代入已知条件 $\angle CAD = \frac{\pi}{4}$ , 即 $\sin(\angle CAD) = \frac{\sqrt{2}}{2}$ ：

\frac{\sqrt{2}/2}{\sin(\angle BAD)} = \sqrt{2}

解得 $\sin(\angle BAD) = \frac{1}{2}$ . 由于 $\angle BAD$ 是三角形的内角的一部分, 其值必在 $(0, \pi)$ 范围内, 故 $\angle BAD = \frac{\pi}{6}$ .

对于第(2)问：

由第(1)问可知 $\angle BAD = \frac{\pi}{6}$ . 在 $\triangle ABD$ 中, 已知 $AB=AD=2$ ，故该三角形为等腰三角形. 因此， $\angle B = \angle ADB = \frac{1}{2}(\pi - \angle BAD) = \frac{1}{2}(\pi - \frac{\pi}{6}) = \frac{5\pi}{12}$ .

接着，我们可以确定 $\triangle ABC$ 的所有内角：

A = \angle BAD + \angle CAD = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{4} = \frac{5\pi}{12}

C = \pi - A - B = \pi - \frac{5\pi}{12} - \frac{5\pi}{12} = \frac{2\pi}{12} = \frac{\pi}{6}

至此，我们知道了 $\triangle ABC$ 的一条边 $c=AB=2$ 以及所有角.为求面积 $S = \frac{1}{2}bc\sin A$ , 我们还需计算边长 $b=AC$ . 在 $\triangle ABC$ 中应用正弦定理：

\frac{AC}{\sin B} = \frac{AB}{\sin C}

\frac{b}{\sin(5\pi/12)} = \frac{2}{\sin(\pi/6)}

我们知道 $\sin(\pi/6) = 1/2$ , 以及 $\sin(5\pi/12) = \sin(75^\circ) = \sin(45^\circ+30^\circ) = \sin45^\circ\cos30^\circ+\cos45^\circ\sin30^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ .

代入求解 $b$ ：

b = \frac{2 \cdot \sin(5\pi/12)}{1/2} = 4 \sin(5\pi/12) = 4 \cdot \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} = \sqrt{6}+\sqrt{2}

最后，计算 $\triangle ABC$ 的面积：

\begin{aligned} S_{\triangle ABC} &= \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot \sin A &= \frac{1}{2} \cdot c \cdot b \cdot \sin A &= \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot (\sqrt{6}+\sqrt{2}) \cdot \sin\frac{5\pi}{12} &= (\sqrt{6}+\sqrt{2}) \cdot \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} &= \frac{(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2}{4} = \frac{6+2+2\sqrt{12}}{4} = \frac{8+4\sqrt{3}}{4} = 2+\sqrt{3} \end{aligned}

{(1) $\angle BAD = \frac{\pi}{6}$ . (2) $\triangle ABC$ 的面积为 $2+\sqrt{3}$ .}

浙江省十校联盟2023届高三第三次联考第18题

如图，在 $\triangle ABC$ 中, $D$ 为边 $BC$ 上一点, $DC=3, AD=5, AC=7, \angle DAC = \angle ABC$ .

(1) 求 $\angle ADC$ 的大小；

(2) 求 $\triangle ABC$ 的面积.

解

对于第(1)问，其所求角位于 $\triangle ADC$ 中，而该三角形的三边长均已知，故可直接应用余弦定理. 在 $\triangle ADC$ 中，有：

\begin{aligned} \cos(\angle ADC) &= \frac{AD^2+DC^2-AC^2}{2(AD)(DC)} &= \frac{5^2+3^2-7^2}{2(5)(3)} = \frac{25+9-49}{30} = \frac{-15}{30} = -\frac{1}{2} \end{aligned}

由于 $\angle ADC$ 为三角形内角, 其范围为 $(0, \pi)$ , 故 $\angle ADC = \frac{2\pi}{3}$ .

对于第(2)问，我们将运用坐标法，将几何关系转化为代数方程进行求解.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：坐标法求解 $\triangle ABC$

我们建立坐标系，以点 $D$ 为坐标原点 $(0,0)$ , 并使边 $BC$ 所在的直线与 $x$ 轴重合. 根据已知条件 $DC=3$ , 可得点 $C$ 的坐标为 $(3,0)$ .

点 $A$ 的坐标可以通过其与 $D,C$ 的距离关系确定.设 $A(x_A, y_A)$ ，则有方程组：

\begin{cases} |AD|^2 = x_A^2 + y_A^2 = 5^2 = 25 \\ |AC|^2 = (x_A-3)^2 + y_A^2 = 7^2 = 49 \end{cases}

将第一式代入第二式展开后得 $x_A^2-6x_A+9+y_A^2 = 49 \implies 25-6x_A+9=49$ , 解得 $x_A = -5/2$ . 进而求得 $y_A^2 = 25 - (-5/2)^2 = 75/4$ .不妨取 $y_A\>0$ , 则 $A$ 的坐标为 $\left(-\frac{5}{2}, \frac{5\sqrt{3}}{2}\right)$ .

点 $B$ 在 $x$ 轴上, 其位置未知, 设其坐标为 $(x_B, 0)$ .由于 $D$ 在 $B,C$ 之间, 可知 $x_B\<0$ .

接着，我们将核心几何条件 $\angle DAC = \angle ABC$ 转化为代数等式.由于两角均为三角形内角, 且易证 $\angle DAC$ 为锐角, 故此条件等价于 $\cos(\angle DAC) = \cos(\angle ABC)$ .

在 $\triangle ADC$ 中，利用余弦定理可求得：

\cos(\angle DAC) = \frac{AD^2+AC^2-DC^2}{2(AD)(AC)} = \frac{5^2+7^2-3^2}{2(5)(7)} = \frac{65}{70} = \frac{13}{14}

对于 $\angle ABC$ ，我们利用坐标与向量点积公式计算其大小. $\overrightarrow{BA} = (A_x - B_x, A_y - B_y) = (-5/2 - x_B, 5\sqrt{3}/2)$ . $\overrightarrow{BC} = (C_x - B_x, C_y - B_y) = (3 - x_B, 0)$ .

$\cos(\angle ABC) = \frac{\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BA}||\overrightarrow{BC}|} = \frac{(-5/2 - x_B)(3 - x_B)}{|\overrightarrow{BA}| \cdot (3-x_B)} = \frac{-5/2 - x_B}{|\overrightarrow{BA}|}$ .

令 $u = -5/2 - x_B$ .由于 $x_B \< -5/2$ (否则B角为钝角), 故 $u\>0$ . $|\overrightarrow{BA}|^2 = u^2 + (5\sqrt{3}/2)^2 = u^2 + 75/4$ .

于是， $\cos(\angle ABC) = \frac{u}{\sqrt{u^2+75/4}}$ .

根据等角条件，我们建立关于 $u$ 的方程：

\frac{13}{14} = \frac{u}{\sqrt{u^2+75/4}}

两边平方得 $\frac{169}{196} = \frac{u^2}{u^2+75/4}$ , 整理得 $169(u^2+75/4) = 196u^2$ . $27u^2 = 169 \cdot 75/4 \implies u^2 = \frac{169 \cdot 25}{36}$ , 解得 $u = \frac{13 \cdot 5}{6} = \frac{65}{6}$ .

由 $u = -5/2 - x_B = 65/6$ , 解得 $x_B = -5/2 - 65/6 = -15/6 - 65/6 = -80/6 = -40/3$ . 点 $B$ 的坐标为 $(-40/3, 0)$ .

$\triangle ABC$ 的底边 $BC$ 长度为 $|BC| = |x_C - x_B| = |3 - (-40/3)| = 49/3$ . 其对应的高为点 $A$ 的 $y$ 坐标, 即 $h = \frac{5\sqrt{3}}{2}$ .

因此， $\triangle ABC$ 的面积为：

S = \frac{1}{2} \cdot |BC| \cdot h = \frac{1}{2} \cdot \frac{49}{3} \cdot \frac{5\sqrt{3}}{2} = \frac{245\sqrt{3}}{12}

{(1) $\angle ADC = \frac{2\pi}{3}$ . (2) $\triangle ABC$ 的面积为 $\frac{245\sqrt{3}}{12}$ .}

温馨提示

建系法是数形结合思想的深刻体现，它将几何的直观与代数的严谨完美融合，为处理复杂几何问题提供了一条通用路径.

优点: 思路清晰，程序化，降低了对几何直觉和构造性技巧的依赖.对于几何关系复杂、难以直接识别突破口的题目，建系法往往能通过系统性的计算得出结论.
缺点: 若坐标系选择不当，或几何图形本身不含特殊角度、特殊位置关系，可能会导致计算量急剧增大，从而引入计算风险.

在解决问题时，应将建系法视为一个强大的策略储备.当常规的几何方法或三角变换陷入僵局时，不妨退一步，尝试为图形赋予一个代数结构.这往往能将我们从复杂的几何思辨中解放出来，进入更为稳健的代数运算轨道.

非常规题型

{/* label: sec:ch11-s04 */}

在本章的前面部分，我们已经系统地学习了利用正弦、余弦两大定理以及各种面积公式来解决三角形中的常见题型. 然而，有常规的就有不常规的题.解决这类非常规问题的核心，在于回归数学的本源：深刻理解定理的内涵，敏锐地洞察代数结构与几何形态之间的转换关系，并具备将复杂问题“化归”为简单问题的战略眼光. 本节将通过一系列精心挑选的例题，展示如何综合运用已知的所有工具，甚至引入一些巧妙的代数技巧，来剖析这些看似棘手的难题.

例

已知 $\triangle ABC$ 中, $c^2 = \sqrt{2}ab$ .

(1) 求 $\cos C$ 的最小值;

(2) 证明: $C-A \le \frac{\pi}{6}$ .

解

(1) 我们的目标是求 $\cos C$ 的最小值. 连接边角关系最直接的桥梁无疑是余弦定理. 根据余弦定理，我们有：

\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}

将题目给出的核心条件 $c^2=\sqrt{2}ab$ 代入上式, 可以消去变量 $c$ ：

\cos C = \frac{a^2+b^2-\sqrt{2}ab}{2ab}

为了分析其最小值，我们将表达式进行分离：

\cos C = \frac{a^2+b^2}{2ab} - \frac{\sqrt{2}ab}{2ab} = \frac{a^2+b^2}{2ab} - \frac{\sqrt{2}}{2}

注意到， $\frac{\sqrt{2}}{2}$ 是一个常数, 因此 $\cos C$ 的最小值取决于 $\frac{a^2+b^2}{2ab}$ 的最小值.

根据AM-GM不等式，对于任意正数 $a,b$ (作为三角形的边长)，我们有：

a^2+b^2 \ge 2\sqrt{a^2b^2} = 2ab

因此，

\frac{a^2+b^2}{2ab} \ge \frac{2ab}{2ab} = 1

当且仅当 $a^2=b^2$ , 即 $a=b$ 时，等号成立. 此时三角形为等腰三角形，这是一个有效的几何构型.

将此结果代回 $\cos C$ 的表达式，我们得到其最小值：

(\cos C)_{\min} = 1 - \frac{\sqrt{2}}{2}

对于第(2)问，我们旨在证明不等式 $C-A \le \frac{\pi}{6}$ .

首先，由第(1)问的结论可知， $\cos C \ge 1-\frac{\sqrt{2}}{2} \> 0$ , 因此角 $C$ 必为锐角, 即 $C \in (0, \frac{\pi}{2})$ . 这一结论保证了 $C-A \< C \< \frac{\pi}{2}$ . 在此区间内，正弦函数是单调递增的，故原不等式等价于证明 $\sin(C-A) \le \sin\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$ .

我们利用正弦定理与余弦定理导出一个关于 $\sin(C-A)$ 的恒等式.

\begin{aligned} \sin(C-A) &= \sin C \cos A - \cos C \sin A &= \frac{c}{2R}\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} - \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\frac{a}{2R} &= \frac{1}{4R}\left(\frac{b^2+c^2-a^2}{b} - \frac{a^2+b^2-c^2}{b}\right) &= \frac{2c^2-2a^2}{4Rb} = \frac{c^2-a^2}{2Rb} \end{aligned}

将 $b=2R\sin B$ 代入分母，可得一个更为简洁的形式：

\sin(C-A) = \frac{c^2-a^2}{b^2}\sin B

接着，我们将题目给出的核心条件 $c^2=\sqrt{2}ab$ 代入上式：

\sin(C-A) = \frac{\sqrt{2}ab-a^2}{b^2}\sin B = \left(\sqrt{2}\frac{a}{b} - \left(\frac{a}{b}\right)^2\right)\sin B

我们来分析这个表达式的取值. 令 $x = \frac{a}{b}$ , 考察函数 $f(x) = \sqrt{2}x - x^2$ . 这是一个开口向下的二次函数，其最大值在顶点处取得. 该函数的对称轴为 $x = -\frac{\sqrt{2}}{2(-1)} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ . 其最大值为 $f\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) - \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ . 因此，对于任意的边长比值 $\frac{a}{b}$ , 我们总有 $\sqrt{2}\frac{a}{b} - \left(\frac{a}{b}\right)^2 \le \frac{1}{2}$ .

同时，角 $B$ 作为三角形内角, 必有 $B \in (0, \pi)$ , 故其正弦值满足 $0 \< \sin B \le 1$ .

综合上述两个不等关系，我们可得：

\sin(C-A) = \left(\sqrt{2}\frac{a}{b} - \left(\frac{a}{b}\right)^2\right)\sin B \le \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{2}

我们已经证明了 $\sin(C-A) \le \frac{1}{2}$ .

最后，我们需要排除其他可能的情况. 该不等式意味着 $C-A \le \frac{\pi}{6}$ 或 $C-A \ge \frac{5\pi}{6}$ . 假设 $C-A \ge \frac{5\pi}{6}$ . 由于已知 $C$ 为锐角, 即 $C \< \frac{\pi}{2}$ ，则有：

\frac{\pi}{2} \> C \ge A + \frac{5\pi}{6}

这要求 $A \< \frac{\pi}{2} - \frac{5\pi}{6} = -\frac{\pi}{3}$ . 然而角 $A$ 必须为正，故假设不成立.

因此，唯一可能的情况是 $C-A \le \frac{\pi}{6}$ .

证明完毕.

{(1) $\cos C$ 的最小值为 $1-\frac{\sqrt{2}}{2}$ . (2) 证明见上.}

例

已知 $\triangle ABC$ 中, $\sin A = \cos B = \tan C$ .

(1) 求 $2A+C$ 的值;

(2) 证明: $c \> b \> \frac{2}{5}a$ .

解

(1) 首先，我们分析已知条件 $\sin A = \cos B = \tan C$ 所蕴含的对角的约束. 令 $\sin A = \cos B = \tan C = k$ . 由于 $A, B, C$ 均为三角形内角, $A, B, C \in (0, \pi)$ .

由 $\sin A = k \> 0$ 可知 $A \in (0, \pi)$ . 由 $\cos B = k \> 0$ 可知 $B$ 必为锐角, $B \in (0, \frac{\pi}{2})$ . 由 $\tan C = k \> 0$ 可知 $C$ 必为锐角, $C \in (0, \frac{\pi}{2})$ .

接着，我们从关系式 $\sin A = \cos B$ 入手. 由于 $B$ 为锐角, 我们可以将 $\cos B$ 写作 $\sin(\frac{\pi}{2}-B)$ . 于是有 $\sin A = \sin(\frac{\pi}{2}-B)$ . 此方程的通解为 $A = \frac{\pi}{2}-B$ 或 $A = \pi - (\frac{\pi}{2}-B) = \frac{\pi}{2}+B$ .

我们对这两种可能性进行检验：若 $A=\frac{\pi}{2}-B$ , 则 $A+B=\frac{\pi}{2}$ . 根据三角形内角和定理， $C = \pi-(A+B) = \pi-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}$ . 然而，若 $C=\frac{\pi}{2}$ , 则 $\tan C$ 无定义, 这与 $\tan C=k$ 的条件相矛盾. 故此情况不成立.

因此，唯一可能的关系是 $A=\frac{\pi}{2}+B$ , 即 $A-B=\frac{\pi}{2}$ . 此时，我们可以利用内角和定理来表达 $C$ 与 $A$ 的关系：

C = \pi - A - B = \pi - A - \left(A-\frac{\pi}{2}\right) = \frac{3\pi}{2} - 2A

将此关系代入所求表达式 $2A+C$ 中，我们得到：

2A+C = 2A + \left(\frac{3\pi}{2} - 2A\right) = \frac{3\pi}{2}

(2) 欲证明不等关系 $c \> b \> \frac{2}{5}a$ . 根据正弦定理，边长之比等于其对角的正弦之比. 因此，该不等式等价于证明：

\sin C \> \sin B \> \frac{2}{5}\sin A

由(1)可知 $A = \frac{\pi}{2}+B$ 且 $C = \frac{\pi}{2}-2B$ . 由于 $C$ 为正角, 必须有 $\frac{\pi}{2}-2B \> 0$ , 这要求 $B \< \frac{\pi}{4}$ .

我们首先证明 $\sin C \> \sin B$ . 这等价于证明 $\sin(\frac{\pi}{2}-2B) \> \sin B$ , 即 $\cos(2B) \> \sin B$ . 利用题目给出的核心等式 $\cos B = \tan C = \tan(\frac{\pi}{2}-2B) = \cot(2B)$ . 由此可得 $\cos(2B) = \cos B \sin(2B) = \cos B(2\sin B \cos B) = 2\sin B \cos^2 B$ . 于是，待证不等式 $\cos(2B) \> \sin B$ 转化为：

2\sin B \cos^2 B \> \sin B

因为 $B \in (0, \pi/4)$ , $\sin B \> 0$ , 我们可以安全地约去 $\sin B$ :

2\cos^2 B \> 1 \implies \cos^2 B \> \frac{1}{2}

由于 $B$ 为锐角, $\cos B \> 0$ , 故 $\cos B \> \frac{1}{\sqrt{2}}$ . 这说明 $B \< \frac{\pi}{4}$ , 而这正是 $C\>0$ 的一个必要条件. 因此, 该不等式恒成立. 故 $\sin C \> \sin B$ 得证.

接下来，我们证明 $\sin B \> \frac{2}{5}\sin A$ . 这等价于证明 $\sin B \> \frac{2}{5}\sin(\frac{\pi}{2}+B)$ , 即 $\sin B \> \frac{2}{5}\cos B$ . 由于 $B \in (0, \pi/4)$ , $\cos B \> 0$ , 此不等式等价于 $\tan B \> \frac{2}{5}$ .

我们再次回到核心等式 $\cos B = \cot(2B)$ . 令 $t=\tan B$ , 则 $\cos B = \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}$ 且 $\cot(2B) = \frac{1-\tan^2 B}{2\tan B} = \frac{1-t^2}{2t}$ . 于是得到关于 $t$ 的方程 $\frac{1}{\sqrt{1+t^2}} = \frac{1-t^2}{2t}$ . 由于 $B \in (0, \pi/4)$ , $t \in (0, 1)$ , 方程两边均为正. 两边平方得:

\frac{1}{1+t^2} = \frac{(1-t^2)^2}{4t^2} \implies 4t^2 = (1+t^2)(1-t^2)^2

令 $u=t^2$ , 我们得到关于 $u$ 的方程 $4u = (1+u)(1-u)^2$ . 展开得 $4u = (1+u)(1-2u+u^2) = 1-2u+u^2+u-2u^2+u^3 = u^3-u^2-u+1$ . 整理得一个关于 $u$ 的三次方程：

g(u) = u^3 - u^2 - 5u + 1 = 0

我们需要证明 $t \> \frac{2}{5}$ , 这等价于证明 $u = t^2 \> \left(\frac{2}{5}\right)^2 = \frac{4}{25}$ . 我们来分析函数 $g(u)$ . $g'(u) = 3u^2 - 2u - 5 = (3u-5)(u+1)$ . 因为 $B \in (0, \pi/4)$ , 所以 $t=\tan B \in (0, 1)$ , 故 $u=t^2 \in (0, 1)$ . 在此区间内, $u+1 \> 0$ 且 $3u-5 \< 0$ , 故 $g'(u) \< 0$ . 这说明函数 $g(u)$ 在其定义域 $(0, 1)$ 上是严格单调递减的.

我们考察 $u=\frac{4}{25}$ 处的函数值：

g\left(\frac{4}{25}\right) = \left(\frac{4}{25}\right)^3 - \left(\frac{4}{25}\right)^2 - 5\left(\frac{4}{25}\right) + 1 = \frac{64}{15625} - \frac{16}{625} - \frac{4}{5} + 1

= \frac{64 - 16 \cdot 25 - 4 \cdot 3125 + 15625}{15625} = \frac{64 - 400 - 12500 + 15625}{15625} = \frac{2789}{15625} \> 0

因为 $g(u)$ 单调递减, 且 $g(\frac{4}{25}) \> 0$ , 而 $u_0$ 是使 $g(u_0)=0$ 的根, 故必有 $u_0 \> \frac{4}{25}$ . 因此 $\tan^2 B \> \frac{4}{25}$ , 从而 $\tan B \> \frac{2}{5}$ . $\sin B \> \frac{2}{5}\sin A$ 得证.

综上, 两部分不等式均已得证.

什么时候用建系法是愚蠢的

在前一节中，我们确立了建系法作为一种处理复杂几何问题的普适性策略.其将几何形态代数化的思想，为我们提供了一条逻辑清晰、步骤规范的求解路径.然而，普适性并不等同于最优性.在数学探索的殿堂中，我们追求的不仅是获得答案，更是以最深刻、最简洁、最能揭示问题本质的方式获得答案.过度依赖建系法，有时无异于用大炮轰蚊子，搬起石头砸自己的脚，虽能达成目的，却丧失了对问题精巧结构的洞察与欣赏.

因此，一个成熟的数学思考者，必须能够敏锐地识别出那些“不宜”使用建系法的情形.在这些情形下，强行建系往往会掩盖问题内在的几何美感，并使我们陷入不必要的、有时甚至是灾难性的代数运算之中.以下几类问题，便是警示我们应优先寻求其他方法的信号：

几何结构特征极其显著时. 当题目条件或图形本身强烈暗示了某种特定的几何关系时，回归纯粹的几何或三角方法往往更为高效. \begin{itemize}
相似关系: 若题目中出现平行线、角相等（尤其是跨越不同三角形的角相等）等条件，应第一时间审视是否存在相似三角形.相似关系能瞬间建立起边长的比例式，其效率远高于通过坐标计算多条边长再求比值.
圆的性质: 若问题涉及共圆点、切线、相交弦等，应优先考虑圆幂定理、托勒密定理、弦切角定理等.这些定理是处理圆相关问题的“专用利器”，能将复杂的几何构型直接转化为简洁的代数乘积式，而坐标法需要联立直线与圆的方程，计算量不可同日而语.

\item 问题核心在于纯粹的比例关系时. 当问题的条件与结论主要围绕边长的比例展开，而非具体长度时，正弦定理、角平分线定理等工具，能够直接在比例的层面上进行操作.坐标法引入了绝对的坐标值，反而可能将一个简洁的比例问题复杂化.

\item 向量方法更为直接时. 对于涉及中点、重心、定比分点以及证明共线、垂直等问题，抽象的向量运算往往比坐标运算更为优雅和普适.向量法不依赖于坐标系的选择，其运算直接反映了几何变换的本质. \end{itemize}

为了更深刻地理解这种方法选择的智慧，我们不妨重新审视上一节的例题，并对比其几何解法与坐标法的思想差异.

方法对比分析

在 $\triangle ABC$ 中, $D$ 为边 $BC$ 上一点, $DC=3, AD=5, AC=7, \angle DAC = \angle ABC$ . 求 $\triangle ABC$ 的面积.

\paragraph{几何巧解（相似法）} 此解法的核心在于洞察到条件 $\angle DAC = \angle ABC$ 的几何内涵. 我们考察 $\triangle DAC$ 与 $\triangle ABC$ . 在这两个三角形中，我们注意到：

$\angle C$ 是公共角, 即 $\angle DCA = \angle BCA$ .
$\angle DAC = \angle ABC$ (题目已知).

根据“AA相似”判定，我们立刻得出 $\triangle BAC \sim \triangle ADC$ .

这一发现是解题的关键.相似关系直接给出了所有对应边的比例关系：

\frac{BC}{AC} = \frac{AC}{DC} = \frac{AB}{AD}

代入已知值 $AC=7, DC=3, AD=5$ ，我们能瞬间解出所有未知边长：

BC = \frac{AC^2}{DC} = \frac{7^2}{3} = \frac{49}{3}

AB = \frac{AC \cdot AD}{DC} = \frac{7 \cdot 5}{3} = \frac{35}{3}

接下来，为求面积 $S=\frac{1}{2}AB \cdot BC \sin B$ , 我们只需 $\sin B$ . 由于 $\angle B = \angle DAC$ , 我们可以在 $\triangle ADC$ 中利用余弦定理求出 $\cos(\angle DAC)$ , 进而得到 $\sin(\angle DAC)$ , 即 $\sin B$ .

\cos(\angle DAC) = \frac{AD^2+AC^2-DC^2}{2(AD)(AC)} = \frac{5^2+7^2-3^2}{2(5)(7)} = \frac{65}{70} = \frac{13}{14}

\sin B = \sin(\angle DAC) = \sqrt{1 - (13/14)^2} = \frac{3\sqrt{3}}{14}

最终面积为：

S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} \cdot \frac{35}{3} \cdot \frac{49}{3} \cdot \frac{3\sqrt{3}}{14} = \frac{245\sqrt{3}}{12}

此解法逻辑清晰，计算直接，深刻地利用了问题的内在几何结构.

\paragraph{坐标法评析} 如前所示，坐标法同样能解此题.其路径是：建立坐标系 $\rightarrow$ 确定 $A,C,D$ 坐标 $\rightarrow$ 设 $B$ 的坐标为 $(x_B,0)$ $\rightarrow$ 利用向量点积将 $\cos(\angle DAC) = \cos(\angle ABC)$ 转化为关于 $x_B$ 的复杂方程 $\rightarrow$ 解方程求出 $x_B$ $\rightarrow$ 计算底和高求得面积.

这个过程每一步都遵循固定的代数规则，是完全可行的.然而，它将一个优雅的相似关系“肢解”为一系列繁琐的坐标运算和方程求解.在这个过程中， $\angle DAC = \angle ABC$ 这一条件不再是开启相似大门的钥匙，而仅仅是代数方程中的一个等量关系.我们虽然得到了答案，却可能完全没有意识到那两个三角形之间存在着如此简洁的相似之美.

方法选择的准则

建系法是一柄重剑，威力巨大但失之灵巧.当面对一个结构精巧的对手时，强行挥舞重剑，不如寻找其破绽，用一柄匕首一击制胜.在解题时，我们应首先审视题目是否提供了通往几何捷径的“线索”.只有当所有这些线索都无法引导我们前进时，才应请出建系法这件“攻坚利器”.真正的准则，是数学的审美与效率.选择最能揭示问题本质的方法，本身就是一种深刻的数学理解.

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$S = \frac{1​

外接圆公式: $S = \frac{abc​

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海伦公式: $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)​

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外心​

内心​

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