ch11-解三角形

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大問題

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：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，天文學家利用地球的公转，構建了一個横跨數亿公里的“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，這個位移的角度 $p$ (视差角) 是可以测量的. 在由“1月地球-7月地球-目標恒星P”構成的這個極其狭长的三角形中，我们已知“底边”的长度(地球轨道直径 $d$ )和两個“底角”(可由视差角 $p$ 推出). 我们能否僅凭這些數据，计算出那条遥不可及的“腰长”，即地星距离？ 這需要一套普适的、能够连接任意三角形“边”與“角”的强大法则.

探索课題

在一次定向越野中，你從点 A 出發，向正东方向走了 $800$ 米到达点 B.此时你發現目標 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.

請問目標点 C 距离出發点 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，正东方向為射線 $AB$ , 正北方向與其垂直, 正西方向為射線 $BA$ . 北偏西 $60^\circ$ 是指從正北方向向西转 $60^\circ$ . 因此, 射線 $BC$ 與正西方向(射線 $BA$ )的夹角為 $90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$ . 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數定義都无法直接使用. 虽然我们可以通過作高 $CD \perp AB$ ，将問題转化為解两個直角三角形，但這需要解一個關于边长的複杂方程，過程相当繁琐. 這是否意味着，存在一种更普适、更直接的工具，能够建立任意三角形中“边”與“其對角”之間的關係？

本章，我们将聚焦于两大解題工具——正弦定理與余弦定理，係统學習如何利用它们，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.這不僅是對三角函數應用的深化，更是數形结合思想的極致體現.從求解最值范围到探究“四心四線”，你将看到這两個定理如何化繁為簡，将複杂的几何問題转化為清晰的代數运算.

知识概括

两大核心定理: 深刻理解并熟練运用正弦定理與余弦定理.明确各自的适用场景：正弦定理善于处理“边角相對”的關係，余弦定理则專攻“两边一夹角”或“三边”的情形.
面積公式體係: 掌握五大核心面積公式，特别是 $S=\frac{1}{2}ab\sin C$ , $S=\frac{abc}{4R}$ 以及 $S=pr$ ，建立起边、角、面積、外接圓半径、内切圓半径之間的有机联係.
經典題型模型: 係统掌握利用两大定理解决三角形中的取值范围問題、特殊線段（中線、角平分線）长度、以及與**四心（外心、内心、重心、垂心）**相關的綜合問題.
解的讨論: 重点關注利用正弦定理“知两边一對角”时可能出現的“一解、两解、无解”的分類讨論問題，并能结合圖形進行判断.

正弦定理和余弦定理

{/* label: sec:ch11-s01 */}

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關係： $\sin A = \frac{\text{對边}}{\text{斜边}}$ . 這個簡單的比值關係，让我们可以在已知一個锐角和一条边的情况下，求出其他所有边.

但問題是，如果三角形不是直角三角形，這個优美的關係就失效了.那么，在任意三角形中，是否存在一個類似的、能够将“边”與其“對角”联係起来的簡洁规律呢？正弦定理正是為了回答這個問題而诞生的.它告诉我们，虽然“對边/斜边”不再适用，但“對边 / 對角的正弦值”這個比值，在一個三角形中竟然是一個恒定的常數.

正弦定理

在一個三角形中，各边和它所對角的正弦值的比相等，且等于其外接圓的直径.即：

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

其中 $R$ 為该三角形外接圓的半径.

怎么證明呢？

正弦定理的證明，其核心思想是“转化”——将一個一般三角形的問題，通過巧妙的辅助線，转化為我们已經熟知的直角三角形問題.

證明（几何法證明）

作高構造直角三角形. 在任意 $\triangle ABC$ 中, 從顶点 C 向對边 AB 作高 $h_c$ . \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：作高法證明

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 均不為 $\pi$ ), 得 $\frac{b}{\sin B} = \frac{a}{\sin A}$ . 同理，作另一条高，可以證明 $\frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$ . 故 $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$ .

與外接圓建立联係. 如何證明這個比值等于 $2R$ ？我们需要構造一個包含直径的直角三角形. 作 $\triangle ABC$ 的外接圓, 圓心為 O. 连接 BO 并延长, 交圓于点 $A'$ . 连接 $A'C$ .

\begin{figure}[htbp]

\usetikzlibrary{angles,quotes}

\end{figure}

在 $\triangle A'BC$ 中, 因為 $BA'$ 是直径, 所以 $\angle A'CB = 90^\circ$ . 又因為 $A$ 和 $A'$ 都是弧 $\overset{\frown}{BC}$ 所對的圓周角, 所以 $\angle A = \angle A'$ . 在 Rt $\triangle A'BC$ 中, $\sin A' = \frac{\text{對边}}{\text{斜边}} = \frac{BC}{BA'} = \frac{a}{2R}$ . 所以 $\sin A = \frac{a}{2R}$ , 即 $\frac{a}{\sin A} = 2R$ . 结合第一步的结論，定理得證.

正弦定理的應用

正弦定理的常用變形

边化角: $a=2R\sin A, b=2R\sin B, c=2R\sin C$ . (用于消去边，得到纯角的三角函數關係)
角化边: $\sin A = \frac{a}{2R}, \sin B = \frac{b}{2R}, \sin C = \frac{c}{2R}$ . (用于消去角，得到纯边的代數關係)
边角比例: $a:b:c = \sin A : \sin B : \sin C$ . (用于边角關係的整體代換)

适用场景

正弦定理的结構特征是“一组對边的角和边”. 因此，它主要用于解决以下两類問題：

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對角，求另一边的對角. (SSA) (\textcolor{red}{注意：此种情况可能出現一解、两解或无解，需特别讨論})

余弦定理

你有想過勾股定理之外是什么吗？

從小學我们就知道勾股定理了， $a^2+b^2=c^2$ . 但它有一個致命的弱点：只能用于直角三角形. 当 $\angle C \neq 90^\circ$ 时, $a^2+b^2$ 與 $c^2$ 不再相等. 那么，它们之間相差了多少呢？余弦定理正是對勾股定理的修正與推廣，它精确地告诉我们，這個差值是 $-2ab\cos C$ .

当 $\angle C$ 是锐角时, $\cos C \> 0$ , $c^2 = a^2+b^2 - (\text{一個正數}) \< a^2+b^2$ .
当 $\angle C$ 是钝角时, $\cos C \< 0$ , $c^2 = a^2+b^2 - (\text{一個负數}) \> a^2+b^2$ .
当 $\angle C = 90^\circ$ 时, $\cos C = 0$ , 余弦定理退化為 $c^2=a^2+b^2$ ，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為“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這两边與它们夹角的積的两倍.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}

其推論形式（用于求角）也極其重要：

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

證明思路

余弦定理的證明，展現了代數工具的强大威力.

證明（坐標法證明）

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

\end{figure} 圖：坐標法證明

根据三角函數的定義，我们可以得到各顶点的坐標： $C(0,0)$ , $B(a,0)$ , $A(b\cos C, b\sin C)$ .

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

證明

在 $\triangle ABC$ 中, 我们有向量關係 $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{CB} - \overrightarrow{CA}$ . 對這個向量等式两边同时進行“平方”（即求數量積）： $|\overrightarrow{AB}|^2 = (\overrightarrow{CB} - \overrightarrow{CA}) \cdot (\overrightarrow{CB} - \overrightarrow{CA})$ $c^2 = |\overrightarrow{CB}|^2 - 2\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CA} + |\overrightarrow{CA}|^2$ 根据數量積的定義， $\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CA} = |\overrightarrow{CB}||\overrightarrow{CA}|\cos C = a \cdot b \cdot \cos C$ . 所以， $c^2 = a^2 - 2ab\cos C + b^2$ . 定理得證.

余弦定理的應用

适用场景

余弦定理的结構特征是“三边與一角”. 因此，它專门用于解决以下两類問題：

已知三边，求三個角. (SSS)
已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两個角. (SAS)

此外，余弦定理的推論还可用于判断三角形的形状：若 $b^2+c^2-a^2\>0$ , 则 $A$ 為锐角；若為0，则為直角；若為负，则為钝角.

三角形面積公式

众所周知，中學常见的三角形面積公式有五個，而這五大公式并非孤立存在，而是構成了一個由浅入深、相互關联的知识網络：

基石與源头: 底高公式 ( $S=\frac{1}{2}ah_a$ )，是面積定義本身，是一切的出發点.
核心與枢纽: 三角公式 ( $S=\frac{1}{2}ab\sin C$ )，它将难以直接求解的“高”用易于代數运算的“角”来替換，是解三角形中最常用、最重要的面積公式.
两大拓展: \begin{itemize}
外接圓公式 ( $S=\frac{abc}{4R}$ )，通過正弦定理，将面積與三角形的“外部特征”——外接圓联係起来.
内切圓公式 ( $S=pr$ )，通過几何分割，将面積與三角形的“内部特征”——内切圓联係起来.

\item 纯边工具: 海伦公式，通過余弦定理，将面積表示為纯粹由三边决定的代數式，是处理“SSS”問題的利器. \end{itemize}

$S = \frac{1

{2}ab\sin C$} {這是解三角形中最核心、最常用的面積公式.它的本質，是用一個已知的角，巧妙地“计算”出了我们通常难以直接得到的“高”.}

證明

思想核心：化“高”為“角”. 我们從最原始的底高公式 $S = \frac{1}{2} b \cdot h_b$ 出發.這里的 $h_b$ 是边 $b$ 上的高. \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：作高法推導三角公式

如圖，我们從顶点 B 向边 AC 作高 BD，其长度為 $h_b$ .在 Rt $\triangle BDC$ 中, 根据正弦函數的定義, 有 $\sin C = \frac{BD}{BC} = \frac{h_b}{a}$ , 因此高 $h_b = a \sin C$ .将此代入以 $b$ 為底的面積公式中： $S = \frac{1}{2} \cdot \text{底} \cdot \text{高} = \frac{1}{2} \cdot b \cdot h_b = \frac{1}{2} b (a \sin C) = \frac{1}{2}ab\sin C$ . 同理可證 $S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ac\sin B$ .

结構與應用

此公式的结構特征是“两边及夹角”(SAS). 当題目已知或可求出两边及其夹角时，此公式是求面積的首選.反之，若已知面積和两边，也可以用它来求解夹角的正弦值.

外接圓公式: $S = \frac{abc

{4R}$} {這個公式建立了面積與三角形“外部骨架”——外接圓之間的联係.它是三角公式與正弦定理完美结合的产物.}

證明

思想核心：用“边”和“外接圓半径”替換“角”. 我们的出發点依然是核心的三角公式 $S = \frac{1}{2}ab\sin C$ .為了引入外接圓半径 $R$ , 我们联想到正弦定理： $\frac{c}{\sin C} = 2R$ , 由此可得 $\sin C = \frac{c}{2R}$ . 将這個结果代入三角公式： $S = \frac{1}{2}ab \left( \frac{c}{2R} \right) = \frac{abc}{4R}$ . 這是一個纯粹的代數推導，展現了公式之間的逻辑递進關係.

结構與應用

此公式的结構特征是“三边與外接圓半径”.它在以下情景中特别有用：

已知三边和面積，求外接圓半径 $R$ .
已知三边和外接圓半径 $R$ , 求面積 $S$ .
在涉及最值問題时，它可以作為面積 $S$ 與三边之積 $abc$ 之間的转換工具.

内切圓公式: $S = pr = \frac{1

{2}(a+b+c)r$} {如果說外接圓公式是向外看，那么内切圓公式就是向内看，它揭示了面積與“内部填充”——内切圓之間的關係.其證明方法是几何“分割求和”思想的典范.}

證明

思想核心：分割整體，面積求和. 设 $\triangle ABC$ 的内心為 I, 内切圓半径為 r. 连接 IA, IB, IC, 则 $\triangle ABC$ 被分成了 $\triangle IBC$ , $\triangle ICA$ 和 $\triangle IAB$ 三個小三角形. \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：面積分割法推導内切圓公式

根据内心的性質，内心 I 到三边的距离（即三個小三角形的高）都等于内切圓半径 r.因此， $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle IBC} + S_{\triangle ICA} + S_{\triangle IAB} = \frac{1}{2}ar + \frac{1}{2}br + \frac{1}{2}cr = \frac{1}{2}(a+b+c)r$ . 若定義半周长 $p = \frac{a+b+c}{2}$ , 则公式可簡记為 $S = pr$ .

结構與應用

该公式联係了“面積、周长、内切圓半径”.它是解决與内切圓半径相關問題的几乎唯一途径.例如，已知三边求内切圓半径时，可先用海伦公式求出面積 $S$ , 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，僅通過三条边的长度就能确定一個三角形的面積.它的證明過程是三角恒等變換與代數技巧的極致體現.}

證明

證明的核心思想在于利用余弦定理，将與角度相關的面積公式完全转化為僅與边长相關的表达式.

從三角形面積公式 $S = \frac{1}{2}ab\sin C$ 出發, 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)

两边開方，即得海伦公式：

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

结構與應用

该公式的结構完全對称，只與“三边长度”有關.当題目已知三边（SSS）求面積时，海伦公式是最高效的工具，它避免了先用余弦定理求角，再用三角公式求面積的繁琐步骤.

三角形的四心

{正弦定理與余弦定理不僅僅是解三角形边角的计算工具，它们更是连接三角形代數信息與几何形态的桥梁.這种连接最集中地體接着對三角形“四心”——外心、内心、重心、垂心——的研究中.這四個特殊的点，是三角形特定線係（中垂線、角平分線、中線、高線）的交点，各自蕴含着独特的几何意義與代數性質.本节将係统梳理“四心”的知识體係.}

外心

思考一個問題： 给定不在同一直線上的三点 A, B, C，如何找到一個点 P，使得它到這三個点的距离都相等？這個問題本質上就是在寻找一個能同时穿過 A, B, C 三点的圓的圓心.這個圓，我们称之為三角形的外接圓，而它的圓心，就是外心.

外心

几何定義： 三角形三条边的垂直平分線（中垂線）的交点.
性質定義： 到三角形三個顶点距离相等的点.這個距离就是外接圓的半径 $R$ .

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.

證明

初中數學内容，不證明了.

外心與中心角

若 O 為 $\triangle ABC$ 的外心，则外心與顶点的连線所構成的中心角是對應圓周角的两倍.

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

(示意圖：外心與中心角)

證明

初中數學内容，不證明了.

溫馨提示

上述引理的结論在锐角三角形中成立.對于钝角三角形，例如若 A 為钝角，则 $\angle BOC = 2(\pi - A)$ .

外心與正弦定理的绑定關係

這是外心在解三角形中最重要的性質.外接圓半径 $R$ 是连接所有边和角的纽带.

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

證明

见正弦定理的證明.

外心的向量性質

若 O 為 $\triangle ABC$ 的外心，则有如下加权和為零向量的關係式：

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

證明

设向量和為 $\overrightarrow{S} = (\sin 2A)\overrightarrow{OA} + (\sin 2B)\overrightarrow{OB} + (\sin 2C)\overrightarrow{OC}$ . 我们的目標是證明 $\overrightarrow{S} = \overrightarrow{0}$ .

一個在平面上的向量若與两個不共線的向量的点積均為零，则该向量自身必為零向量.我们将證明 $\overrightarrow{S}$ 與 $\overrightarrow{OA}$ 和 $\overrightarrow{OB}$ 的点積均為零.

首先，计算 $\overrightarrow{S}$ 與 $\overrightarrow{OA}$ 的点積：

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

利用点積的分配律，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})

因為 O 是外心，设外接圓半径為 $R$ , 我们有 $|\overrightarrow{OA}| = |\overrightarrow{OB}| = |\overrightarrow{OC}| = R$ . 根据点積的定義和引理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：即使對于钝角三角形，例如 C 為钝角， $\angle AOB = 2(\pi-C)$ , 但 $\cos(2(\pi-C)) = \cos(2\pi-2C) = \cos(2C)$ ，所以该關係式也成立.)

将上述结果代入点積表达式：

\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，表达式變為：

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

在任意三角形中，内角和為 $\pi$ , 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

這證明了向量 $\overrightarrow{S}$ 與 $\overrightarrow{OA}$ 点乘為 $0$ .

同理，通過對称性，我们可以计算 $\overrightarrow{S}$ 與 $\overrightarrow{OB}$ 的点積，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

這證明了向量 $\overrightarrow{S}$ 與 $\overrightarrow{OB}$ 也点乘為 $0$ .

由于 $\triangle ABC$ 是一個三角形, 顶点 A, B, C 不共線, 因此向量 $\overrightarrow{OA}$ 和 $\overrightarrow{OB}$ 不共線. 一個在 $\triangle ABC$ 平面内的向量 $\overrightarrow{S}$ , 如果它同时垂直于两個不共線的向量 $\overrightarrow{OA}$ 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}

證毕.

内心

来龙去脉

另一個問題： 如何在三角形内部找一個点，使得它到三条边的距离都相等？這個問題引出的是一個能與三角形三边都相切的圓，我们称之為内切圓，其圓心就是内心.

内心

几何定義： 三角形三条内角平分線的交点.
性質定義： 到三角形三边距离相等的点.這個距离就是内切圓的半径 $r$ .

内心的位置特征

内心永远在三角形内部.

證明

此结論可通過内心的重心坐標定義直接證明.一個点 $P$ 位于 $\triangle ABC$ 内部的充分必要条件是, 存在三個正实數 $\alpha, \beta, \gamma \> 0$ 且 $\alpha + \beta + \gamma = 1$ , 使得對于任意參考点 $O$ , 都有 $\overrightarrow{OP} = \alpha \overrightarrow{OA} + \beta \overrightarrow{OB} + \gamma \overrightarrow{OC}$ .

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

\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, 它们必然是正數, 即 $a\>0, b\>0, c\>0$ .因此, 分母 $a+b+c$ 也是正數, 這确保了係數 $\alpha, \beta, \gamma$ 均為正數.

让我们来檢验係數之和看看咋回事：

\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 $I$ 的重心坐標係數满足 $\alpha, \beta, \gamma \> 0$ 且 $\alpha+\beta+\gamma=1$ 的条件, 根据内部点的定義, 内心 $I$ 必定永远位于 $\triangle ABC$ 的内部.

證毕.

内心與面積公式

這是内心在解三角形中的核心性質，它通過面積公式 $S=pr$ 将内切圓半径 $r$ 、半周长 $p$ 和面積 $S$ 紧密联係在一起.

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

證明

如圖所示，设 $\triangle ABC$ 的内心為 $I$ , 内切圓半径為 $r$ .我们将内心 $I$ 與三個顶点 $A, B, C$ 连接, 從而将 $\triangle ABC$ 分割成三個以 $I$ 為公共顶点的小三角形： $\triangle BIC$ , $\triangle CIA$ 和 $\triangle AIB$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

$\triangle ABC$ 的总面積 $S$ 等于這三個小三角形的面積之和：

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

根据内心的性質，内心 $I$ 到三边的距离都相等, 且等于内切圓半径 $r$ .這個距离 $r$ 正好是每個小三角形以原三角形的边為底时的高.

對于 $\triangle BIC$ , 底為 $BC=a$ , 高為 $r$ .其面積為 $S_{\triangle BIC} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot r$ .
對于 $\triangle CIA$ , 底為 $AC=b$ , 高為 $r$ .其面積為 $S_{\triangle CIA} = \frac{1}{2} \cdot b \cdot r$ .
對于 $\triangle AIB$ , 底為 $AB=c$ , 高為 $r$ .其面積為 $S_{\triangle AIB} = \frac{1}{2} \cdot c \cdot r$ .

将三者相加，得到总面積 $S$ ：

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 $p$ 的定義, $p = \frac{a+b+c}{2}$ .因此，上式可以寫為：

S = pr

證毕.

内心與顶点角

内心與任意两顶点構成的角，與第三個顶点角之間存在固定關係.以 $\angle BIC$ 為例：

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

證明

如圖所示，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, 根据定義, $BI$ 和 $CI$ 分别是 $\angle B$ 和 $\angle C$ 的内角平分線.因此，我们有：

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

将這两個關係代入 $\triangle BIC$ 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 $\angle B + \angle C = 180^\circ - \angle A$ .

将此關係代入上式：

\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}

證毕.

内心的向量表示

若以任意点 O 為參考点，内心的向量表达式是三顶点向量以對边边长為权的加权平均.

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

證明

本證明主要利用角平分線定理和向量的定比分点公式.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

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

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

這意味着点 $D$ 将線段 $BC$ 分成长度比為 $c:b$ 的两部分.根据向量的定比分点公式, 對于任意參考点 $O$ , 向量 $\overrightarrow{OD}$ 可以表示為：

\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線上的位置，因為内心 $I$ 位于角平分線 $AD$ 上, 考虑 $\triangle ABD$ , $BI$ 是 $\angle B$ 的角平分線.再次應用角平分線定理于 $\triangle ABD$ ：

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

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

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}

這表明内心 $I$ 将線段 $AD$ 分成长度比為 $(b+c):a$ 的两部分.

再次使用定比分点公式，這次针對線段 $AD$ 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 $(b+c)$ 項可以约去，得到：

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

證毕.

溫馨提示

這個公式在判断一個点是否為内心，或者利用内心求參數时極為有用.

重心

来龙去脉

如果一個三角形是由均匀材料制成的薄板，那么它的重心（質量中心）在哪里？答案是，在它三条中線的交点.這個点在几何上被称為重心.

重心

三角形三条中線（顶点與對边中点的连線）的交点.

重心的基本性質

位置特征： 重心永远在三角形内部.
中線分割比： 重心将每条中線都分成 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 $D$ 為 $BC$ 的中点, 则 $AG:GD = 2:1$ .
面積分割： 三条中線将三角形分割成六個面積相等的小三角形.

證明

翻翻初中數學课本.

重心的向量表示

重心的向量表示形式最為簡洁，是三顶点向量的算术平均.若 O 為任意參考点，G 為重心，则：

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

證明

如圖所示，设 G 為 $\triangle ABC$ 的重心，D 為边 BC 的中点，则 AD 為一条中線.O 為平面内任意參考点.

\begin{figure}[htbp]

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

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

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

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

根据重心的定義，重心 G 是中線 AD 的一個三等分点，且靠近中点 D.具體来說，重心 G 满足分割比 $AG:GD = 2:1$ .

這意味着点 G 是線段 AD 的一個定比分点.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}

化簡分子中的表达式，2 與 $\frac{1}{2}$ 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}

證毕.

推論

由重心的向量定理，可得一個重要推論：

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

證明

由定理7.1.24：

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

我们的目標是计算 $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC}$ .利用向量加法的首尾相接法则（或向量减法）, 我们将每個向量都用參考点 $O$ 来分解：

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

将這三個表达式相加：

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

合并同類項：

\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}

證毕.

溫馨提示

上述推論是判断一個点是否為重心和進行向量运算的利器.

边與中線的關係

将三条中線长公式變形相加，可得边长的平方和與中線长的平方和之間的优美關係：

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

垂心

来龙去脉

三角形的三条高線（或其延长線）是否也总能交于一点？答案是肯定的，這個交点就是垂心.垂心不像前三心有那么直观的物理或距离意義，但它在几何變換和向量關係中扮演着奇特的角色.

垂心

三角形三条高線（或其延长線）的交点.

垂心的位置特征

與外心類似，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.

垂足圓性質

垂心與顶点、垂足之間常構成共圓關係.例如，若 $D, E$ 分别是 $BC, AC$ 上的垂足, 则 $A, B, D, E$ 四点共圓（直径為 $AB$ ）, $C, D, H, E$ 四点共圓（直径為 $CH$ ）.

垂心與外心的向量關係

垂心最重要的性質體接着向量上.若以外心O為原点，H 為垂心，则垂心的向量表示極其簡洁：

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

溫馨提示

這個公式是连接外心與垂心的關键，也是欧拉線定理的基石.由它可立刻得到 $\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$ , 進而可以證明 $AH \perp BC$ .

欧拉線定理

外心(O)、重心(G)、垂心(H)三点共線，這条線被称為欧拉線.且重心 G 在 O, H 之間，满足向量關係與線段比：

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

證明

為證明此定理，我们采用向量法，并巧妙地選取外心 O作為我们向量係统的坐標原点 (為什么這是一個好的選择？). 這使得我们能够利用先前建立的關于重心和垂心的簡洁向量表达式.

根据重心的向量性質，對于以 O 為原点的係统，重心 G 的位置向量為：

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

而当參考点恰好是外心 O 时，我们有垂心 H 的一個極其重要的向量關係式：

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

将這两個基于同一原点 O 的向量表达式進行比较，我们几乎可以立即發現它们之間的深刻联係.

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，我们得到了一個極為簡洁且深刻的向量等式：

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

這個向量關係式蕴含了丰富的信息. 首先，它表明向量 $\overrightarrow{OH}$ 與 $\overrightarrow{OG}$ 是共線向量，因為其中一個可以表示為另一個的非零標量倍. 又因為這两個向量拥有共同的起点 O，所以它们的终点 H 和 G 也必须與起点 O 位于同一直線上. 這就證明了外心 O、重心 G、垂心 H 三点共線.

其次，该等式揭示了這三点之間的精确位置關係. 由于標量因子 3 是正數，向量 $\overrightarrow{OH}$ 與 $\overrightarrow{OG}$ 方向相同，這意味着点 G 位于射線 OH 上. 其长度關係為 $|\overrightarrow{OH}| = 3|\overrightarrow{OG}|$ . 因為 G 在射線 OH 上，這可以被寫作 $|\overrightarrow{OG}| + |\overrightarrow{GH}| = 3|\overrightarrow{OG}|$ , 從而推導出 $|\overrightarrow{GH}| = 2|\overrightarrow{OG}|$ . 因此，重心 G 在線段 OH 上，且線段长度之比為 $OG:GH = 1:2$ .

證毕.

溫馨提示

欧拉線是整合“四心”知识的集大成者，它告诉你O,G,H三者的位置關係是固定的.知道其中任意两個，就可以确定第三個.

四心要点速览比

向量公式對比记忆: (设 O 為坐標原点) \begin{itemize}
重心 G: $\overrightarrow{OG} = \frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}{3}$ (算术平均，最簡單)
内心 I: $\overrightarrow{OI} = \frac{a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}}{a+b+c}$ (對边為权)
垂心 H: $\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$ (前提: O必须是外心)

\item 解題钥匙:
遇到 外接圓半径R $\rightarrow$ 想 外心O 和 正弦定理.
遇到 内切圓半径r $\rightarrow$ 想 内心I 和 面積公式 $S=pr$ .
遇到中線或 質量中心 $\rightarrow$ 想 重心G 和 2:1分割比與向量公式.
遇到高線或垂直 $\rightarrow$ 想 垂心H，并立刻联想 欧拉線 和 O,G,H 的向量關係.

\end{itemize}

圓幂定理與托勒密定理

当我们掌握了正弦、余弦定理后，似乎已經拥有了解决一切三角形問題的钥匙.然而，当問題中出現“圓”這一元素时，僅僅依靠這两個定理有时会使计算變得异常繁琐.因此我们需要了解更多有用的几何定理，包括圓幂定理與托勒密定理.它们是古典几何的精华，專注于揭示“圓”與“線段长度”之間最纯粹、最深刻的代數關係，能将複杂的几何形态瞬間转化為簡洁的乘積等式，是數形结合思想的又一高峰.

思考一個問題： 在平面上给定一個圓和一個点P，如果任意作一条經過点P的直線與圓相交，那么這条線與圓产生的線段长度之間，是否存在一個不依赖于该直線方向的“不變量”呢？圓幂定理给出了肯定的回答：存在，這個不變量是一個乘積，我们称之為点P關于這個圓的“幂”.

圓幂定理并非單個定理，而是根据点P與圓的位置關係（点在圓内、圓上、圓外）分為三种形态的定理族.

相交弦定理

定理： 圓内的两条相交弦，被交点分成的两条線段长的積相等. 如圖，若圓内两弦 AB, CD 交于点 P，则有：

PA \cdot PB = PC \cdot PD

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：相交弦定理

證明（證明）

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

$\angle APC = \angle DPB$ (對顶角相等).
$\angle PAC = \angle PDB$ (同弧 $\overset{\frown}{CB}$ 所對的圓周角相等).

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

切割線定理

定理： 從圓外一点引圓的切線和割線，切線长是這点到割線與圓交点的两条線段长的比例中項. 如圖，若 $PT$ 是圓的切線（T為切点）, $PAB$ 是割線，则有：

PT^2 = PA \cdot PB

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：切割線定理

證明（證明）

核心思想也是構造相似三角形. 连接 AT 與 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對的圓周角).

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

{统一的本質： 事实上，三种形态的圓幂定理都描述了同一种性質：点 P 關于圓 O (半径為R) 的幂為 $p(P) = |PO^2 - R^2|$ .這個“幂”值，就是上述所有定理中那個不變的乘積.這揭示了代數不變量在几何中的深刻體現.}

托勒密定理

圓内接四边形版本的“勾股定理”

在解三角形中，我们处理的常常是三条边、三個角.但当四個点出接着同一個圓上（即構成一個圓内接四边形）时，這四個点構成的边和對角線之間，是否存在一個如勾股定理般优美的關係呢？古希腊天文學家、數學家托勒密给出了肯定的答案.

托勒密定理： 圓内接四边形中，两對對边乘積的和等于两条對角線的乘積. 如圖，四边形 $ABCD$ 内接于圓，则有：

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

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：托勒密定理

證明

核心思想：巧妙構造相似三角形對，然后“拼好式”.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：證明辅助線

在對角線 AC 上取一点 K，使得 $\angle ABK = \angle DBC$ .

第一對相似： 考察 $\triangle ABK$ 和 $\triangle DBC$ .

$\angle ABK = \angle DBC$ (由作圖).
$\angle BAK = \angle BDC$ (同弧 $\overset{\frown}{BC}$ 所對的圓周角相等).

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

第二對相似： 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 $\overset{\frown}{AB}$ 所對的圓周角相等).

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) 與 (式2) 相加：

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

= (AK + KC) \cdot BD

因為 $AK+KC = AC$ ，所以最终得到：

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

應用與拓展

托勒密不等式： 對于任意凸四边形 $ABCD$ , 总有 $AB \cdot CD + BC \cdot DA \ge AC \cdot BD$ .当且僅当该四边形為圓内接四边形时，等号成立.這個不等式是證明四点共圓的有力工具，也是解决某些几何不等式問題的杀手锏.
隐藏的三角恒等式： 将托勒密定理應用到直径為1的圓内接四边形上，可以極其优美地推導出三角函數中的两角和與差的正弦、余弦公式，這深刻地揭示了纯粹几何與三角學之間的内在联係.

重要線段與關联定理

在“四心”的學習中，我们已經知道，中線、角平分線、高線是構成三角形重心、内心、垂心的基本元素.除了它们的交点性質外，這些線段自身的长度，也常常是解三角形問題的考查重点.本节将係统梳理這些重要線段的长度公式及其推導，它们是余弦定理和面積公式最直接、最經典的應用，是數形结合思想的又一重要體現.

中線

{中線连接了一個顶点與對边的中点.当已知三角形三边时，如何求出這条中線的长度？余弦定理為我们提供了完美的解决方案.其核心思想是，在被中線分割成的两個小三角形中，利用“互补角”這一隐藏条件，建立關于中線长度的方程.}

中線长公式

设 $m_a$ 為 $\triangle ABC$ 中边 $a$ 上的中線，则其长度為：

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

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

證明

核心思想：在两個相邻三角形中對互补角使用余弦定理. 如圖，设 D 為 BC 的中点，则 AD 為中線 $m_a$ . $BD=DC=\frac{a}{2}$ . \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，為了消去含有 $\cos\theta$ 的項，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 $4m_a^2 = 2(b^2+c^2)-a^2$ . 開方即得中線长公式.

阿波罗尼斯定理

中線长公式本質上是阿波罗尼斯定理的一种形式，该定理指出： $b^2+c^2 = 2\left(m_a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2\right)$ . 這一定理在处理與中線和三边關係的問題时極為强大.

角平分線

角平分線深刻地联係着角與边.它的长度计算，是“面積法”這一重要數學思想的绝佳舞台.通過将大三角形的面積视為两個小三角形面積之和，我们可以建立一個包含角平分線长度的优美等式.同时，角平分線还遵循着一個重要的边长比例關係——角平分線定理.

角平分線长公式

设 $t_a$ 為 $\triangle ABC$ 中角 A 的内角平分線，则其长度為：

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

證明

**核心思想：面積分割法. $S_{\triangle ABC** = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD}$ }. 设AD 為角 A 的平分線 $t_a$ , 它将 $\angle A$ 分為两個 $\frac{A}{2}$ 的角.

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

\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}

根据面積關係，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 $\frac{1}{2}\sin\frac{A}{2}$ (因為 $A \in (0, \pi)$ , $\sin\frac{A}{2} \neq 0$ ):

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

另一個常用形式

角平分線公式还有一個纯边长的形式： $t_a^2 = bc\left[1 - \left(\frac{a}{b+c}\right)^2\right]$ . 這個公式在已知三边求角平分線长时更直接, 可以通過将 $\cos^2\frac{A}{2} = \frac{1+\cos A}{2}$ 和余弦定理代入上述公式推導得出.

角平分線定理

三角形的内角平分線分對边所成的两条線段的长度，與夹此角的两边成比例.即若 AD 是角 A 的平分線，则：

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

證明

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： $\frac{CD}{\sin(A/2)} = \frac{b}{\sin(\angle ADC)}$ . 因為 $\angle ADB + \angle ADC = \pi$ , 所以 $\sin(\angle ADB) = \sin(\pi - \angle ADC) = \sin(\angle ADC)$ . 将两式變形為 $\sin(\angle ADB) = \frac{c \sin(A/2)}{BD}$ 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 $\frac{c}{b} = \frac{BD}{CD}$ .

高線

高線是三角形中最直观的線段之一，它的长度直接與面積挂钩.虽然没有像中線、角平分線那样“複杂”的独立公式，但它的求解方式灵活多變，是檢验基本三角函數定義和面積公式掌握程度的檢测工具.

高線长

设 $h_a$ 為 $\triangle ABC$ 中边 $a$ 上的高，其长度可以通過以下方式求得：

利用三角函數定義： $h_a = c\sin B = b\sin C$ .
利用面積公式： $S = \frac{1}{2}ah_a \implies h_a = \frac{2S}{a}$ .

解題思路

求解高線长通常不是目的，而是過程.

若已知两边及夹角（如 b, c, A），可先用 $S=\frac{1}{2}bc\sin A$ 求出面積, 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，這是最直接的方法.

常见題型

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

取值范围

解三角形中的最值與范围問題，是正弦定理、余弦定理以及函數思想的綜合體現，其核心在于将一個几何對象的属性（如边的比例、面積等）转化為一個代數函數的分析問題.此過程遵循一条严谨的逻辑路径：首先，将几何描述转化為代數語言，構建一個單變量的目標函數；其次，根据三角形存在的内在几何约束，确定该函數的精确定義域；最后，在代數框架内运用分析工具求得最值.

\paragraph{構建目標函數：從几何到代數的翻译} 首要任务是将問題中涉及多個边、角的几何量，通過正弦定理與余弦定理進行“翻译”，最终化归為一個以單個角或單個边的比值為自變量的函數.

正弦定理是处理關于边的齐次式或比例式的首選工具.對于形如 $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ 或 $\frac{a+b}{c}$ 的表达式, 其代數结構的對称性暗示了其值僅與三角形的形状（即角）有關, 而與具體尺寸无關.利用 $a=2R\sin A, b=2R\sin B, c=2R\sin C$ 進行“边化角”, 便可消除外接圓半径 $R$ 這一尺寸因素，得到纯粹的三角函數關係式.
余弦定理则在处理含边长平方和或已知“两边一夹角”的情形中扮演關键角色，它能直接建立起边與角之間的非線性方程.

随后，必须利用三角形内角和定理 $A+B+C=\pi$ 消去多余的角變量，從而完成單變量目標函數的構建.

\paragraph{确定定義域：几何存在的代數约束} 一個代數表达式能够描述一個几何對象的前提是，该對象必须真实存在.因此，在分析函數性質之前，必须首先确定其定義域，這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.
结構约束：在變量化归后，由自變量表示的其他角也必须满足基本约束.例如，若已将其他角用變量角 $B$ 表示為 $A=\frac{\pi}{2}-2B, C=\frac{\pi}{2}+B$ , 则必须同时满足 $B\>0, A\>0, C\>0$ 所構成的不等式组, 從而解出 $B$ 的最终有效范围.
附加约束：若題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，這通常需要通過余弦定理转化為關于边或角的不等式.

忽略對定義域的精确界定，是此類問題中最根本的錯誤来源.

\paragraph{分析與求解：纯粹的函數問題} 至此，一個几何最值問題已完全转化為一個定義在精确区間上的函數分析問題.根据目標函數的具體形式，可运用相應的代數或分析工具.

對于形如 $y=a\sin x + b\cos x$ 的函數，辅助角公式是標准处理方法.
對于形如 $y=a\sin^2 x + b\sin x + c$ 的函數，可通過換元法转化為二次函數在闭区間上的最值問題.
對于更複杂的函數，求導法是判断其單调性、寻找極值点的最通用的工具.

2022年6月新高考I卷第18題

记 $\triangle ABC$ 的内角 $A,B,C$ 的對边分别為 $a,b,c$ , 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

初始条件為一個结構複杂的三角恒等式，解决此類問題的第一步，是化簡此核心等式，以揭示角 $A$ 與角 $B$ 之間最本質的代數關係.

观察等式右侧，其分子分母是標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

對于等式左侧，我们利用诱導公式與半角公式，将其化為正切形式.

\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 $A,B$ 均為三角形内角, 即 $A, B \in (0,\pi)$ , 可得 $\frac{\pi}{4}-\frac{A}{2} \in (-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4})$ . 在此区間内，正切函數是單调的，故两角度必相等.

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

整理可得角 $A$ 與角 $B$ 的線性關係： $A+2B=\frac{\pi}{2}$ .

對于第(1)問，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 $B = \frac{\pi}{6}$ .

對于第(2)問，我们寻求 $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ 的最小值. 目標表达式是一個關于边长的二次齐次式.這种结構的代數對称性提示我们，其值不應依赖于三角形的具體尺寸，而僅由其形状（即角）决定.正弦定理 $a=2R\sin A, ...$ 提供了将边长與角直接關联的工具，是实現這种從“尺寸”到“形状”转化的不二之選.

\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，以構建單變量函數. 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，必须确定自變量 $B$ 的精确取值范围.三角形的几何存在性要求其所有内角均為正值，這為我们提供了如下的代數约束：

\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}

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

為了处理该三角函數式，我们進行換元.令 $t = \sin^2 B$ . 因為 $B \in (0, \frac{\pi}{4})$ , 所以 $\sin B \in (0, \frac{\sqrt{2}}{2})$ , 故新變量 $t$ 的范围是 $t \in (0, \frac{1}{2})$ . 問題转化為求函數 $g(t) = \frac{(1-2t)^2+t}{1-t} = \frac{4t^2-3t+1}{1-t}$ 在区間 $(0, \frac{1}{2})$ 上的最小值. 通過代數變形，可将该分式函數化為更易于分析的形式 (為何這样做有助于分析單调性？)：

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}

我们考察该函數在定義域内的單调性.對其求導可得：

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

令 $g'(t)=0$ , 寻求可能的極值点, 解得 $t = 1-\frac{\sqrt{2}}{2}$ . 此值位于定義域 $(0, \frac{1}{2})$ 内. 分析導數的符号可知，当 $t \in (0, 1-\frac{\sqrt{2}}{2})$ 时, $g'(t)\<0$ , 函數單调递减；当 $t \in (1-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{1}{2})$ 时, $g'(t)\>0$ ，函數單调递增. 因此，函數 $g(t)$ 在 $t=1-\frac{\sqrt{2}}{2}$ 处取得最小值. 其最小值為：

\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) $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ 的最小值為 $4\sqrt{2}-5$ .}

2023年8月浙江省A9协作體返校联考第17題

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

解

對于第(1)問，我们從已知条件 $a\sin C\cos B+b\sin A\cos C = \frac{\sqrt{3}}{2}a$ 出發. 根据正弦定理，我们有 $b\sin A = a\sin B$ . (為何進行此步代換？) 将此關係代入原式中, 可以消去變量 $b$ , 使得 $a$ 成為一個可约去的公因子.

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 $A$ 為 $\frac{\pi}{3}$ 或 $\frac{2\pi}{3}$ .

對于第(2)問，我们欲求 $4\sin^2 B - 4\sin B\sin C$ 的取值范围. 首先，将目標表达式化归為關于單個角 $B$ 的函數.由(1)知 $A$ 必為锐角, 故 $A=\frac{\pi}{3}$ , 從而 $C=\frac{2\pi}{3}-B$ . 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}

為了便于分析，我们将所有項都用 $2B$ 的三角函數来表示.利用降幂公式 $2\sin^2 B = 1-\cos(2B)$ ，上式可化為：

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

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

接下来，我们必须确定自變量 $B$ 的精确定義域.“锐角三角形”的几何约束，為我们提供了如下的代數不等式组：

\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為 $B \in (\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$ .

最后，我们基于 $B$ 的定義域来求解函數的值域. 由 $B \in (\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$ , 可得 $2B+\frac{\pi}{6} \in (\frac{\pi}{2}, \frac{7\pi}{6})$ . 在此開区間内， $\sin(2B+\frac{\pi}{6})$ 的取值從 $\sin(\frac{\pi}{2})=1$ 單调递减至 $\sin(\frac{7\pi}{6})=-\frac{1}{2}$ . 由于区間為開区間，端点值均无法取到，故 $\sin(2B+\frac{\pi}{6}) \in (-\frac{1}{2}, 1)$ . 對该不等式進行代數變換，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) $4\sin^2 B - 4\sin B\sin C$ 的取值范围為 $(-1, 2)$ .}

方法論要点

通過對典型問題的剖析，可提炼出解决此類問題的普适性方法論.其核心是将一個與三角形形态相關的几何問題，转化為一個求單變量函數在特定区間上最值的纯代數問題.

翻译與化归：利用正弦定理與余弦定理，将問題中的边、角關係统一為纯粹的三角函數關係式.随后，利用内角和定理消去多余變量，構建單變量目標函數.
定義域的确定：這是解題的逻辑基石.必须從三角形存在的固有几何约束（如所有内角為正）以及題目附加的条件约束（如锐角三角形）出發，将它们全部转化為關于自變量的不等式组，從而精确界定函數的定義域.
函數分析：在确定的定義域上，根据函數的形式，灵活選用辅助角公式、二次函數理論或求導法等分析工具，求解其最值或范围.

常见的逻辑疏漏在于對定義域的确定不完備，尤其是在變量化归后，忽略了由自變量表示的其他角也必须為正的约束.

2023年1月重庆康德卷“一诊”第17題

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

解

對于第(1)問，已知条件 $b=c(\cos A+\sin A)$ 是一個典型的边角混合關係式.解决此類問題的關键在于统一語言體係.利用正弦定理将边长 $b, c$ 替換為對應角的正弦，是消除边长、得到纯角關係式的最直接路径.

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 $2R$ ，得到一個纯粹的角的關係式：

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

在 $\triangle ABC$ 中, 由 $B=\pi-(A+C)$ , 可得 $\sin B = \sin(\pi-(A+C)) = \sin(A+C)$ . 利用和角公式展開，我们得到 $\sin B = \sin A\cos C+\cos A\sin C$ . 联立上述两個關于 $\sin B$ 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 $\cos A\sin C$ 項, 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 $C=\frac{\pi}{4}$ .

對于第(2)問，我们寻求 $\frac{a+\sqrt{2}b}{c}$ 的最大值. 该表达式是一個關于边长的一次齐次式，這再次强烈地暗示我们應使用正弦定理進行“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，以構建單變量函數. 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)

利用和角公式展開：

\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 $\tan\phi=\frac{1}{2}$ .

我们必须确定自變量 $A$ 的定義域.三角形的几何存在性要求其内角為正：

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

故 $A \in (0, \frac{3\pi}{4})$ . 函數 $f(A) = \sqrt{10}\sin(A+\phi)$ 的最大值為 $\sqrt{10}$ , 這当且僅当 $\sin(A+\phi)=1$ 时取得, 即 $A+\phi = \frac{\pi}{2}$ . 由于 $\tan\phi = \frac{1}{2}$ , 可知 $\phi$ 是一個锐角.因此, 使得函數取最大值时的角 $A = \frac{\pi}{2}-\phi$ 位于区間 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内, 此值满足定義域 $A \in (0, \frac{3\pi}{4})$ , 故最大值 $\sqrt{10}$ 可以取到.

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

巴蜀中學2023届高三适應性月考(七)第17題

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

解

對于第(1)問，已知等式 $3\sin C+4\cos C = 5$ 是一個標准的 $p\sin x+q\cos x$ 形式. 利用辅助角公式，等式左侧可化為 $5\left(\frac{3}{5}\sin C + \frac{4}{5}\cos C\right) = 5$ . 令 $\cos\phi = \frac{3}{5}, \sin\phi = \frac{4}{5}$ , 则 $\tan\phi = \frac{4}{3}$ . 原式變為 $\sin(C+\phi)=1$ . 由于 $C \in (0,\pi)$ 且 $\phi$ 為锐角, 故 $C+\phi \in (\phi, \pi+\phi)$ . 在此区間内，满足 $\sin(C+\phi)=1$ 的唯一解是 $C+\phi = \frac{\pi}{2}$ . 因此 $C = \frac{\pi}{2}-\phi$ . 故 $\tan C = \tan(\frac{\pi}{2}-\phi) = \cot\phi = \frac{\cos\phi}{\sin\phi} = \frac{3/5}{4/5} = \frac{3}{4}$ .

對于第(2)問，由(1)知 $\tan C = \frac{3}{4}$ , 且 $C$ 為三角形内角, 故 $C$ 為锐角. 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, 這等价于寻求 $ab$ 的最大值. 根据算术平均值-几何平均值不等式，對于正數 $a,b$ ，有：

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

当且僅当 $a=b=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 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 $c^2$ 的最小值為 $\frac{1}{5}$ . 因為 $c$ 是边长, 必為正數, 所以 $c$ 的最小值為 $\sqrt{\frac{1}{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$ .

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

2023年3月溫州市高三二模第20題

已知 $\triangle ABC$ 满足 $2\sin C \sin(B-A) = 2\sin A \sin C - \sin^2 B$ . (1) 试問：角 $B$ 是否可能為直角？請說明理由； (2) 若 $\triangle ABC$ 為锐角三角形, 求 $\frac{\sin C}{\sin A}$ 的取值范围.

解

原方程為 $2\sin C \sin(B-A) = 2\sin A \sin C - \sin^2 B$ . 将 $\sin(B-A)$ 展開： $2\sin C (\sin B \cos A - \cos B \sin A) = 2\sin A \sin C - \sin^2 B$ . 利用正弦定理與余弦定理進行“角化边”，将三角函數關係转化為边的代數關係.

\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}

整理得到三边之間满足的核心關係式： $3b^2 - 2a^2 = 2ac$ .

對于第(1)問，采用反證法.假设角 $B$ 可能為直角, 即 $B=\frac{\pi}{2}$ . 根据勾股定理，此时三边满足 $b^2 = a^2+c^2$ . 将此關係代入我们推導出的核心關係式中： $3(a^2+c^2) - 2a^2 = 2ac \implies a^2-2ac+3c^2 = 0$ . 這是一個關于 $a$ 的齐次二次方程.将其视為關于 $a$ 的一元二次方程，考察其判别式： $\Delta = (-2c)^2 - 4(1)(3c^2) = 4c^2 - 12c^2 = -8c^2$ . 因為 $c$ 是边长, $c\>0$ , 所以 $\Delta \< 0$ . 该方程關于 $a$ 没有实數解. 因此，最初的假设不成立，角 $B$ 不可能為直角.

對于第(2)問，所求為 $\frac{\sin C}{\sin A}$ , 根据正弦定理, 這等价于求 $\frac{c}{a}$ 的取值范围. 设 $k = \frac{c}{a}$ , 则 $c=ka$ . 将 $c=ka$ 代入核心關係式 $3b^2 - 2a^2 = 2ac$ 中, 用 $a$ 和 $k$ 表示 $b^2$ : $3b^2 - 2a^2 = 2a(ka) = 2ka^2 \implies b^2 = \frac{2k+2}{3}a^2$ .

$\triangle ABC$ 為锐角三角形, 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 $(3k-1)(k+1)\>0$ . 因為 $k=\frac{c}{a}\>0$ , 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 $(3k-5)(k+1)\<0$ . 因為 $k\>0$ , 所以 $k \< \frac{5}{3}$ .
由 $\cos B \> 0 \implies a^2+c^2-b^2 \> 0$ : $a^2 + (ka)^2 - \frac{2k+2}{3}a^2 \> 0 \implies 3k^2-2k+1 \> 0$ . 该二次函數判别式 $\Delta = (-2)^2-4(3)(1)=-8\<0$ , 開口向上, 故恒成立.

綜合以上三個条件, 我们得到 $k$ 的取值范围是 $\frac{1}{3} \< k \< \frac{5}{3}$ .

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

\paragraph{方法論要点} 所有解三角形最值與范围問題，其内核都遵循着一套“由几何到代數，由多維到一維”的標准化解題流程.我们的目標，就是将一個看似複杂的、與三角形形态相關的几何問題，转化為一個我们能完全掌控的、求單變量函數在特定区間上最值的纯代數問題.

建立代數模型：利用正弦定理與余弦定理，将問題中的所有边、角關係，统一转化為纯粹的三角函數關係式或纯粹的边长關係式.
變量化归：利用三角形内角和定理 $A+B+C=\pi$ ，消去多余的角，将一個含有多個變量的表达式，转化為一個只含單個變量的單變量函數.
确定定義域：這是解題的逻辑基石.必须從三角形存在的固有几何约束（如所有内角為正）以及題目附加的条件约束（如锐角三角形）出發，将它们全部转化為關于自變量的不等式组，從而精确界定函數的定義域.
函數分析：在确定的定義域上，根据函數的形式，灵活選用辅助角公式、二次函數理論或求導法等分析工具，求解其最值或范围.

常见逻辑疏漏

定義域挖掘不全：最常见的錯誤是，在變量化归后，只考虑了自變量本身大于0，而忘记了由它表示的另外两個角也必须大于0的约束.
工具選择失当：面對“边化角”还是“角化边”的抉择时犹豫不决.經验法则是：当表达式是關于边的齐次式时，几乎总是“边化角”更优；当三角函數關係複杂，但能通過變形消去角，得到纯粹的边长關係时，“角化边”则能化繁為簡.
代數變形出錯：在換元、配方、求導等纯代數运算步骤中出現计算失誤.解三角形問題往往计算量较大，步步為营、细心验算至關重要.

等分線

在解三角形的綜合性問題中，一類常见的几何構型源于對三角形的内部分割.通常，由一個顶点引出一条線段與對边相交，此線段可能是中線、角平分線，亦或是一条僅满足特定比例的普通線段.這一分割行為将原始的單一几何對象转化為一個由多個子三角形構成的、相互關联的係统.

解决此類問題的核心战略，在于将看似複杂的几何圖形問題，通過代數工具，转化為求解方程组的代數問題.其一般性的方法論可被概括為“两次應用余弦定理”，并利用子三角形之間的内在联係，建立足以求解未知量的方程體係.

解題蓝圖

\paragraph{全局與局部關係的構建} 首先，立足于整個 $\triangle ABC$ 的宏观结構, 利用余弦定理建立三边 $a, b, c$ 與某個已知角或關键角之間的第一個關係式.這構成了問題的“全局”约束. 接着，将焦点转移至被分割線段所在的子三角形，如 $\triangle ABD$ 或 $\triangle ACD$ .再次應用余弦定理，将分割線段的长度引入方程體係.這一步構成了問題的“局部”约束.

\paragraph{利用几何联係消元} 两個子三角形并非孤立存在，它们通過共享的分割線、互补的邻角（如 $\angle ADB + \angle ADC = \pi$ ）以及共線關係紧密相连.其中, 互补角關係尤為重要, 它提供了 $\cos(\angle ADB) = -\cos(\angle ADC)$ 這一代數联係，是消去未知角、建立纯边长方程的關键.

\paragraph{联立求解} 将上述全局與局部约束方程联立，形成一個關于未知边长的代數方程组.通過求解该方程组，便可确定問題的最终解.

斯圖尔特定理的向量形式

当分割線段并非中線或角平分線等特殊線段时，直接在子三角形中應用余弦定理可能会引入新的未知角，從而使問題複杂化.此时，向量方法提供了一条更具普适性且更為直接的路径.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}

對此向量等式两边取自身的數量積（即“平方”），即可获得一個僅含三边與角A的、關于分割線长 $AD$ 的表达式，從而避免了引入新的未知角.這一關係本質上是斯圖尔特定理的向量表述，是解决此類問題的强大工具.

中線分割模型

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 的對边分别為 $a,b,c$ .已知 $\frac{2\cos C}{a} = \frac{2}{b} + \frac{\sin C}{b\sin A}$ .若 $b=8$ , D 為边 $AC$ 的中点, 且 $BD=\frac{8}{3}$ , 求 $\triangle ABC$ 的面積.

解

本題所涉及的内部分割線為中線，是此類模型中最基本的情形.問題的核心在于联立由全局三角形性質與局部中線长度所确定的两個代數方程. \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 $2b \cdot \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} = 2a+c$ , 化簡得 $a^2+b^2-c^2 = 2a^2+ac$ , 即 $b^2 = a^2+c^2+ac$ . 将其與余弦定理 $b^2=a^2+c^2-2ac\cos B$ 對比, 可得 $\cos B = -\frac{1}{2}$ , 故 $B=\frac{2\pi}{3}$ .

接着，我们構建關于边长 $a, c$ 的方程组. 其一，是對全局 $\triangle ABC$ 應用余弦定理，這構成了第一個方程：

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，是利用中線 $BD$ 的信息.中線长公式是连接中線與三边關係最直接的工具.

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 $2(a^2+c^2) = \frac{256}{9}+64 = \frac{832}{9}$ ，從而得到第二個方程：

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

联立方程 (1) 與 (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， $\triangle ABC$ 的面積為：

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) $\triangle ABC$ 的面積為 $\frac{40\sqrt{3}}{9}$ .}

普通分割線模型

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A, B, C$ 的對边分别為 $a,b,c$ , 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 $\triangle BMC$ 的面積.

解

此問中分割線 $BM$ 并非特殊線段，直接在子三角形中使用余弦定理将引入未知角，徒增問題的複杂度.向量方法，為此類問題提供了係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 $\triangle ABM$ 為等腰三角形, 故 $BM=AM=3$ .

接着，我们構建關于边长 $a, c$ 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題的關键.利用向量的定比分点公式：

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

對此向量等式两边取自身的數量積：

\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}

将边长與角度代入：

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)

整理得到第二個方程：

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, $a=c$ 意味着這是一個顶角為 $120^\circ$ 的等腰三角形, 故 $A=C = 30^\circ$ . $\triangle BMC$ 的面積為：

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) $\triangle BMC$ 的面積為 $\frac{9\sqrt{3}}{2}$ .}

内角平分線

角平分線是连接三角形“角”與“边”的天然桥梁.它不僅自身有优美的长度公式，还遵循着重要的边长比例關係. 解决與角平分線相關的問題，两大核心思路面積法與角平分線定理構成了我们最强大的工具庫.

遇到角平分線問題，我们的思維可以從以下两個黄金法则展開：

若涉及“角平分線长度”，首選“面積法”. 其原理為：大三角形的面積等于被角平分線分割成的两個小三角形的面積之和. 即 $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD}$ .利用這個等式，可以建立起一個包含角平分線长度、两边及夹角的方程.
若涉及“對边線段比例”，首選“角平分線定理”. 该定理揭示了角平分線與三边长度之間的纯粹比例關係：角平分線分割對边所成的两条線段之比，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 $A,B,C$ 的對边分别為 $a,b,c$ , 且 $2b\cos A - a = 2c$ .设 $\angle ABC$ 的角平分線 $BD$ 交 $AC$ 于点 $D$ , 若 $BD=2$ , 求 $\triangle ABC$ 的面積的最小值.

解

本題是角平分線問題的典型應用，已知角平分線长度求面積最值，强烈地指向了“面積分割法”，并最终導向一個利用基本不等式求最值的問題.

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 $2b\cos A$ 項得 $-a = 2a\cos B$ . 由于 $a\neq 0$ , 故 $\cos B = -\frac{1}{2}$ , 即 $B = \frac{2\pi}{3}$ .

角平分線 $BD$ 将 $\triangle ABC$ 分割為 $\triangle ABD$ 和 $\triangle CBD$ .利用面積關係：

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

角平分線将角 $B$ 分為两個 $\frac{B}{2}=\frac{\pi}{3}$ 的角.利用三角面積公式展開：

\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 $\triangle ABC$ 面積 $S = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{\sqrt{3}}{4}ac$ 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關係式中：

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

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

因此， $\triangle ABC$ 面積的最小值為 $S_{\min} = \frac{\sqrt{3}}{4} \times 16 = 4\sqrt{3}$ .

{(1) $B=\frac{2\pi}{3}$ . (2) $\triangle ABC$ 的面積的最小值為 $4\sqrt{3}$ .}

例

在 $\triangle ABC$ 中, $\sin A + \sqrt{3}\cos A = 0$ . 给出以下三個条件：① $a=4\sqrt{3}, b=4$ ； ② $b^2-a^2+c^2+10b=0$ ； ③ $S_{\triangle ABC}=15\sqrt{3}$ . 若這三個条件中有两個正确，請選出正确的条件并求 $\angle BAC$ 的角平分線 $AD$ 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，我们對三個条件進行檢验，以确定哪两個是相容的. 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, $a^2=b^2+c^2+10b$ . 對比余弦定理 $a^2=b^2+c^2+bc$ , 得 $10b=bc$ , 故 $c=10$ . 若条件③正确, $S=\frac{1}{2}bc\sin A = 15\sqrt{3} \implies \frac{1}{2}bc(\frac{\sqrt{3}}{2})=15\sqrt{3} \implies bc=60$ .

進行组合判断：若(1)(2)正确, 则 $c=4$ 與 $c=10$ 矛盾. 若(1)(3)正确, 由(1)知 $b=4, c=4$ , 则 $bc=16$ , 與(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 $\triangle ABC$ 的三要素為 $A=\frac{2\pi}{3}, b=6, c=10$ .

欲求角平分線 $AD$ 的长, 利用面積分割法 $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD}$ :

\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}

代入數值:

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) 正确的条件為②和③, 角平分線 $AD$ 的长為 $\frac{15}{4}$ .}

例

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

解

本題是角平分線两大性質的深度綜合應用.

對于第(1)問, 由面積公式 $S=\frac{1}{2}bc\sin A$ 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 $AD$ 是角平分線, 利用面積分割法 $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD}$ :

\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}

證明完毕.

對于第(2)問, 我们联立角平分線的两大性質建立方程组. 由角平分線定理及 $BD=2DC$ , 有 $\frac{c}{b} = \frac{AB}{AC} = \frac{BD}{DC} = 2$ , 即 $c=2b$ . 由第(1)問的结論及 $AD=4\sqrt{3}$ , 有 $4\sqrt{3} = \frac{\sqrt{3}bc}{b+c}$ , 即 $bc=4(b+c)$ .

将 $c=2b$ 代入第二個方程: $b(2b)=4(b+2b) \implies 2b^2=12b$ . 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 $a=\sqrt{108}=6\sqrt{3}$ .

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

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

外角平分線與调和分割

我们已經考察了内角平分線所揭示的边长比例關係.一個自然的問題随之而来：一個顶点的外角平分線是否也蕴含着類似的几何规律？答案是肯定的.外角平分線定理，作為内角平分線定理的“孪生兄弟”，将分割点的概念從边..

外角平分線定理

三角形一個顶点处的外角平分線，若與對边的延长線相交，则交点到该對边两端点的距离之比，等于夹此角的两邻边之比. 如圖，若 AD 為 $\triangle ABC$ 顶点 A 处的外角平分線, 交 BC 延长線于点 D (假设 $AB \neq AC$ )，则：

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

證明

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：外角平分線定理證明示意

本定理的證明思路與内角平分線定理的證明高度一致，均巧妙地运用了正弦定理.我们考察 $\triangle ABD$ 與 $\triangle ACD$ . 设直線 $EAC$ 為一条直線, $AD$ 平分外角 $\angle EAB$ .令 $\angle EAD = \angle DAB = \theta$ .

在 $\triangle ABD$ 中，應用正弦定理可得：

\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 $A$ 处的内角為 $\angle CAD$ . 注意到 $\angle EAD$ 與 $\angle CAD$ 互為补角, 因為它们構成平角 $\angle EAC$ . 故 $\angle CAD = \pi - \theta$ . 因此 $\sin(\angle CAD) = \sin(\pi - \theta) = \sin\theta$ . 應用正弦定理于 $\triangle ACD$ ：

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

接着，我们寻找连接這两個方程的桥梁.点 $B, C, D$ 共線, 故 $\angle BDA$ 與 $\angle CDA$ 互為补角, 它们的正弦值相等：

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

從 $\triangle ABD$ 的關係式中, 我们有 $\sin(\angle BDA) = \frac{c \sin\theta}{BD}$ . 從 $\triangle ACD$ 的關係式中, 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 $AD$ 是外角平分線而非直線 $AC$ 或 $AB$ , $\theta$ 不為 $0$ 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}

定理得證.

调和分割

内角與外角平分線定理共同揭示了一种深刻的几何對称性.對于 $\triangle ABC$ 顶点 A 的内、外角平分線, 它们分别交對边 $BC$ (或其延长線) 于点 $D_{in}$ 和 $D_{ext}$ .這两個点将線段 $BC$ 以相同的比例進行内分割與外分割.满足這种關係的点 $D_{in}, D_{ext}$ 與線段端点 $B, C$ 共同構成了一组调和点列.此外，一個顶点的内角平分線與其外角平分線总是相互垂直的，這一性質在处理相關几何問題时極為有用.

中線與阿波罗尼斯定理

中線是连接三角形一個顶点與其對边中点的線段，三条中線交于三角形的重心.在解三角形的框架内，中線的长度并非一個孤立的几何量，它與三角形的三边长度遵循着一個深刻而优美的代數關係，這一關係由阿波罗尼斯定理精确描述.

中線长公式

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

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

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

證明

核心思想：在两個由中線分割形成的相邻三角形中，對互补角應用余弦定理. 如圖，设 D 為 BC 的中点，则 AD 為中線 $m_a$ , 且 $BD=DC=\frac{a}{2}$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：中線长公式的余弦定理證明

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 $\cos(\angle ADB) = \cos(\pi - \theta) = -\cos\theta$ . 再次應用余弦定理：

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) 與 (2)，它们的结構僅在含 $\cos\theta$ 的項上符号相反.這是一個明确的信号，提示我们通過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

定理得證.

阿波罗尼斯定理

中線长公式本質上是阿波罗尼斯定理的一种代數重述.该定理的几何表述為：三角形中任意两边长的平方和，等于第三边上中線长的平方與该边长一半的平方和的两倍.其數學表达式為：

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

這一定理建立了三角形两边长的平方和與第三边上的中線长及该边一半长度的平方和之間的精确關係.在处理與中線和三边长度度量相關的問題时，此定理提供了一個直接而强大的代數工具.

面積問題

在解三角形的理論體係中，面積公式 $S = \frac{1}{2}ab\sin C$ 扮演着一個至關重要的枢纽角色.它不僅是求解三角形度量的最终目標, 更频繁地作為一個核心的已知条件, 構建起连接三角形“边”與“角”這两個基本維度之間最直接的代數桥梁.解决面積問題的本質, 便是深刻理解并巧妙运用此公式, 在“面積 S”、“边长乘積 ab”與“夹角正弦 $\sin C$ ”這三個量之間進行灵活的转換與推理，從而揭示三角形内蕴的几何性質.

核心解題哲學

面對與面積相關的問題，其核心战略在于将面積公式视為一個实現边角互化的媒介.

当面積已知时，它成為求解边或角的代數工具. \begin{itemize}
求解边长乘積：若已知面積 $S$ 與夹角 $C$ , 则可立刻确定两邻边之積 $ab = \frac{2S}{\sin C}$ .此乘積是與余弦定理联立求解的關键量.
求解角的正弦：若已知面積 $S$ 與两边 $a,b$ , 则可求出夹角的正弦值 $\sin C = \frac{2S}{ab}$ .

\item 当面積未知时，它成為建立几何關係式的媒介.
利用面積等量關係：在处理角平分線、中線等内部分割問題时，“整體面積等于部分面積之和” ( $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ACD}$ ) 是構建核心方程的基本思想.
利用面積公式與余弦定理的内在联係：若題目中出現 $S$ 與 $b^2+c^2-a^2$ 的關係式, 這本質上是在给出 $\frac{S}{2bc\cos A}$ 的信息, 即 $\frac{\frac{1}{2}bc\sin A}{2bc\cos A} = \frac{1}{4}\tan A$ 的關係，是求解角的强烈信号.

\end{itemize}

以下例題将深刻展示面積公式如何作為解題的枢纽，将看似无關的条件串联起来.

例

记 $\triangle ABC$ 的内角 $A,B,C$ 的對边分别為 $a,b,c$ , 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 $\triangle ABC$ 的面積.

解

此題的设计揭示了解三角形問題中代數结構與几何意義的转換.第(1)問通過一個看似複杂的表达式，实则直接指向余弦定理的核心结構.第(2)問的条件则以其對称性，强烈暗示了通過正弦定理進行“边化角”變換，并利用三角恒等式揭示角之間隐藏的深刻联係.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

對于第(1)問，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 $\cos B$ 的關键部分. 根据余弦定理，我们有 $a^2+c^2-b^2 = 2ac\cos B$ . 将此關係代入已知条件 $\frac{a^2+c^2-b^2}{\cos B}=8$ 中：

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

由于 $B$ 是三角形内角, 若 $\cos B=0$ , 则 $B=\frac{\pi}{2}$ , 但此时原式分母為零, 故 $B \neq \frac{\pi}{2}$ , 因此 $\cos B \neq 0$ ，可以约去.

2ac=8 \implies ac=4

對于第(2)問，条件 $b=2a\cos A\cos 2C + 2c\cos C\cos 2A$ 的结構對称，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 $2\sin x\cos x = \sin(2x)$ ，上式可化為：

\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

因為 $B \in (0,\pi)$ , $\sin B \neq 0$ , 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積.

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) $\triangle ABC$ 的面積為 $\sqrt{3}$ .}

例

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 所對的边分别為 $a,b,c$ . 從下面三個条件中選择两個, 使得 $\triangle ABC$ 存在，并回答下列問題: 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 $\triangle ABC$ 的面積.

解

本題是一道条件開放性問題，其核心在于檢验不同几何条件组合的相容性，這要求我们将所有条件“翻译”成最簡洁的代數關係，并通過逻辑推理與计算，排除不相容的组合.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

首先，對三個備選条件進行代數化簡：条件① $b+c=2a$ 是關于三边和的線性關係. 条件② $A=\frac{2\pi}{3}$ 确定了一個钝角. 条件③ $3c\sin B = 4a\sin C$ , 利用正弦定理進行“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 $3b=4a$ ，這是一個關于两边的比例關係.

接着進行组合判断：若選择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： $a^2=(4a^2-2bc)+bc \implies bc=3a^2$ .這意味着 $b,c$ 是關于 $x$ 的方程 $x^2-(2a)x+3a^2=0$ 的两根.其判别式 $\Delta = (-2a)^2-4(1)(3a^2) = -8a^2 \< 0$ , 方程无实數解，故此组合不成立.

若選择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 $\sin B = \frac{2\sqrt{3}}{3} \> 1$ , 此為不可能事件，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 $3b=4a$ .

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

\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}

對于(ii), 我们求解面積. 当 $a=2$ 时, 由三边比例關係可知 $c=\frac{2}{3}a = \frac{4}{3}$ . 要求面積，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}

计算面積：

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}

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

2023年3月金丽衢十二校联考第18題

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 的對边分别為 $a,b,c$ . 已知 $(1-\sin C)(1-\cos 2B) = \sin 2B \cos C$ , 且 $a=2, c=1$ . (1) 證明： $C=2B-\frac{\pi}{2}$ ； (2) 求 $\triangle ABC$ 的面積.

解

本題是三角恒等變換與解三角形的深度融合.其挑战在于如何将一個複杂的三角恒等式化繁為簡，揭示出角 C 與角 B 之間的内在联係，并利用此關係结合边长条件，最终确定三角形的全部元素.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

對于第(1)問，我们從已知等式 $(1-\sin C)(1-\cos 2B) = \sin 2B \cos C$ 出發. 将等式展開，并将含有 $\sin C$ 和 $\cos C$ 的項移到同一边，這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 $1-\cos 2B = 2\sin^2 B$ 進行转化.右侧是两個正弦之和, 使用和差化積公式 $\sin x + \sin y = 2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}$ 来化簡：

\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 $\sin B = \cos(C-B)$ . 利用诱導公式 $\sin B = \cos(\frac{\pi}{2}-B)$ , 方程變為 $\cos(\frac{\pi}{2}-B) = \cos(C-B)$ . 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 $\sin A = 2$ , 此為不可能事件. 因此，必然是 $\frac{\pi}{2}-B = -(C-B) = B-C$ , 即 $C=2B-\frac{\pi}{2}$ .

對于第(2)問，我们求解三角形面積. 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 $4\cos^3 B - 4\cos^2 B - 3\cos B + 2 = 0$ . 這是一個關于 $\cos B$ 的三次方程, 通過因式分解可得 $(2\cos B - 1)(2\cos^2 B - \cos B - 2) = 0$ . 解得 $\cos B = \frac{1}{2}$ 或 $\cos B = \frac{1 \pm \sqrt{17}}{4}$ .

此时，必须檢验解的有效性.三角形的几何存在性要求所有内角為正： $A\>0 \implies \frac{3\pi}{2}-3B \> 0 \implies B \< \frac{\pi}{2}$ . $C\>0 \implies 2B-\frac{\pi}{2} \> 0 \implies B \> \frac{\pi}{4}$ . 綜上，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 $B=\frac{\pi}{3}$ . 最后计算面積：

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

{(1) 證明见上. (2) $\triangle ABC$ 的面積為 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ .}

2023年1月桐庐中學高三第一學期期末考试第17題

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 的對边分别為 $a,b,c$ , 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 $\triangle ABC$ 的面積.

解

本題的设计层层递進.第(I)問通過一個含有 $\sin A$ 的边长關係式，巧妙地将面積公式與余弦定理结合.第(II)問的条件是一個關于正切的複杂等式，需要進行“切化弦”的常规操作，并结合正弦、余弦定理進行化簡，最终确定三角形的形状.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

對于第(I)問, 我们将已知条件 $b^2 - \frac{2\sqrt{3}}{3}bc\sin A + c^2 = a^2$ 變形為 $b^2+c^2-a^2 = \frac{2\sqrt{3}}{3}bc\sin A$ . 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, 不為0, 可约去 $2bc$ , 得到 $\cos A = \frac{\sqrt{3}}{3}\sin A$ . 在 $\triangle ABC$ 中, $A \in (0,\pi)$ , $\cos A$ 與 $\sin A$ 不可能同时為零, 故 $\tan A = \sqrt{3}$ , 解得 $A = \frac{\pi}{3}$ .

對于第(II)問, 我们处理第二個条件 $\frac{2a}{\tan A} = \frac{b}{\tan B} + \frac{c}{\tan C}$ . 将正切化為正弦與余弦的比值：

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

此式结構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 $2R$ , 得到一個纯粹的角的關係： $2\cos A = \cos B + \cos C$ . 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

展開得 $\cos B + \cos\frac{2\pi}{3}\cos B + \sin\frac{2\pi}{3}\sin B = 1$ , 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，计算面積.已知 $a=2\sqrt{3}$ , 根据等边三角形面積公式 $S=\frac{\sqrt{3}}{4} \times (\text{边长})^2$ :

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) $\triangle ABC$ 的面積為 $3\sqrt{3}$ .}

2023年3月苏锡常镇一模试卷第18題

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 的對边分别為 $a,b,c$ . 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 $\triangle ABC$ 的面積.

解

本題的条件是一個连接了角 A 和角 B 的複杂三角恒等式.這种 $\sin 2A, \cos 2A, \tan B$ 混合的结構, 是使用“万能公式”或等价變換的强烈信号, 以建立一個關于 $\tan A$ 和 $\tan B$ 的纯粹代數關係.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

首先，化簡核心關係式 $1+\sin 2A = (3\tan B + 2)\cos 2A$ . 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 $\tan(A+\pi/4) = 3\tan B + 2$ .這是一個更簡洁的關係.

對于第(1)問，当 $C=\frac{3\pi}{4}$ 时, $A+B=\frac{\pi}{4}$ . $\tan(A+\pi/4) = \tan(\pi/2-B) = \cot B = 1/\tan B$ . 代入關係式得 $1/\tan B = 3\tan B + 2$ .令 $t=\tan B$ , 则 $1/t=3t+2$ , 即 $3t^2+2t-1=0$ . 解得 $t=\frac{1}{3}$ 或 $t=-1$ .因為 $B \in (0, \pi/4)$ , $\tan B\>0$ , 故 $\tan B = \frac{1}{3}$ .

對于第(2)問，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 $A+B\<\pi$ , $A,B$ 必為锐角, 故 $\tan A \> 0$ . 所以 $\tan A = \tan B = \frac{1}{\sqrt{3}}$ , 解得 $A=B=\frac{\pi}{6}$ . 角 $C = \pi - A - B = \frac{2\pi}{3}$ .

為求面積，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 $a=b=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ .

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

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

2023年2月深圳市高三一调第18題

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

解

本題第(1)問是典型的“边角互化”問題.第(2)問则是“内部分割線段”模型中的中線問題，其核心解題思路是“一外一内，雙余弦定理”，即對大、小两個三角形分别使用余弦定理，建立關于边长的方程组.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

對于第(1)問, 利用和角公式展開已知条件并進行“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, 化簡得 $\cos A\sin C + \sin C = \sqrt{3}\sin A\sin C$ . 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 $A=\frac{\pi}{3}$ .

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

联立两個關于 $a^2$ 的表达式： $b^2+c^2-bc = b^2+\frac{c^2}{4}-\frac{bc}{2}$ , 化簡得 $\frac{3}{4}c^2 = \frac{1}{2}bc$ , 即 $3c=2b$ . 结合題目给出的 $b-c=1$ , 解方程组得 $c=2, b=3$ .

最后计算面積：

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) $\triangle ABC$ 的面積為 $\frac{3\sqrt{3}}{2}$ .}

2023年湖南长沙中學高三月考(六)第18題

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

解

本題的核心思路是利用公共边 $BD$ 作為连接两個三角形 $\triangle ABD$ 和 $\triangle BCD$ 的桥梁, 通過余弦定理建立角 $A$ 和角 $C$ 的普适關係.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

首先，在 $\triangle ABD$ 和 $\triangle BCD$ 中對公共边 $BD$ 應用余弦定理： $BD^2 = 2^2 + (2\sqrt{3})^2 - 2(2)(2\sqrt{3})\cos A = 16 - 8\sqrt{3}\cos A$ . $BD^2 = 2^2 + 2^2 - 2(2)(2)\cos C = 8 - 8\cos C$ . 联立两式，得到關于角 $A$ 和角 $C$ 的恒等關係： $16 - 8\sqrt{3}\cos A = 8 - 8\cos C$ , 即 $\sqrt{3}\cos A - \cos C = 1 (*)$ .

對于第(1)問，若 $DB$ 平分 $\angle ADC$ , 则 $\angle ADB = \angle CDB$ . 在 $\triangle ABD$ 和 $\triangle BCD$ 中應用正弦定理, $\frac{AB}{\sin\angle ADB} = \frac{BD}{\sin A}$ 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 $A+C=\pi$ .

對于第(2)問, 目標函數為 $S_1^2+S_2^2 = (2\sqrt{3}\sin A)^2 + (2\sin C)^2 = 12\sin^2 A + 4\sin^2 C$ . 為利用關係式 $(*)$ , 将函數用余弦表示： $S_1^2+S_2^2 = 12(1-\cos^2 A) + 4(1-\cos^2 C) = 16 - 12\cos^2 A - 4\cos^2 C$ . 由 $(*)$ 得 $\cos C = \sqrt{3}\cos A - 1$ .令 $x = \cos A$ , 代入上式, 将目標函數化為關于 $x$ 的一元二次函數： $f(x) = 16 - 12x^2 - 4(\sqrt{3}x-1)^2 = -24x^2 + 8\sqrt{3}x + 12$ .

接下来确定自變量 $x = \cos A$ 的取值范围. $A, C$ 作為三角形内角, 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 $x$ 的定義域為 $(0, 1)$ .

最后，求二次函數 $f(x) = -24x^2+8\sqrt{3}x+12$ 在区間 $(0,1)$ 上的最大值. 该函數是開口向下的抛物線，對称轴為 $x = -\frac{8\sqrt{3}}{2(-24)} = \frac{\sqrt{3}}{6}$ . 由于 $0 \< \frac{\sqrt{3}}{6} \< 1$ ，函數在對称轴处取得最大值. $f_{\text{max}} = f(\frac{\sqrt{3}}{6}) = -24(\frac{3}{36}) + 8\sqrt{3}(\frac{\sqrt{3}}{6}) + 12 = -2 + 4 + 12 = 14$ .

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

2024湖南邵阳模拟

在 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 的對边分别為 $a,b,c$ , 且 $\triangle ABC$ 的周长為 $\frac{a\sin B}{\sin A+\sin B-\sin C}$ . (1) 求 $C$ ; (2) 若 $a=2, b=4$ , $D$ 為边 $AB$ 上一点, $\angle BCD = \frac{\pi}{6}$ , 求 $\triangle BCD$ 的面積.

解

本題是“边角互化”與“内部分割線”模型的經典綜合.第(1)問的突破口在于利用正弦定理将複杂的边角關係式“翻译”為纯粹的边长關係.第(2)問的核心技巧在于“面積分割法”，通過计算發現一個隐藏的直角，使得面積分割法的计算變得异常簡洁.

\begin{figure}[htbp]

\usetikzlibrary{angles, quotes}

\end{figure}

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

\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關係式 $a+b+c = \frac{ab}{a+b-c}$ . 交叉相乘得 $(a+b+c)(a+b-c) = ab$ , 即 $(a+b)^2 - c^2 = ab$ . 展開為 $a^2+2ab+b^2-c^2 = ab$ , 整理得 $a^2+b^2-c^2 = -ab$ . 根据余弦定理, $\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} = \frac{-ab}{2ab} = -\frac{1}{2}$ . 因為 $C \in (0, \pi)$ , 所以 $C=\frac{2\pi}{3}$ .

對于第(2)問，我们的目標是求 $\triangle BCD$ 的面積.已知 $BC=a=2$ 和 $\angle BCD=\pi/6$ , 任务转化為求線段 $CD$ 的长度. 我们注意到一個至關重要的隐藏条件：

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

這說明 $\triangle ACD$ 是一個直角三角形.

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

根据面積關係建立方程: $2\sqrt{3} = 2CD + \frac{1}{2}CD = \frac{5}{2}CD$ . 解得 $CD = \frac{4\sqrt{3}}{5}$ .

最终，我们求得目標面積:

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) $\triangle BCD$ 的面積為 $\frac{2\sqrt{3}}{5}$ .}

内切圓與外接圓綜合問題

這是解三角形的一類难題，也是數形结合思想的極致體現. 此類問題引入了三角形的两大核心几何元素外接圓與内切圓. 它们不僅僅是几何圖形，更是强大的代數工具. 外接圓半径 $R$ 是连接所有“边與角”的全局纽带, 而内切圓半径 $r$ 则是串联“面積與周长”的内部桥梁.

解决此類問題的關键，在于将 $R$ 和 $r$ 视為桥梁，熟練地运用它们的核心公式，在三角形的各個元素之間自如切換，建立起解題所需的方程或函數關係.

解題哲學

\paragraph{外接圓}

外接圓是三角形的骨架，其半径 $R$ 是一個全局性的度量，它规定了整個三角形的尺寸上限.

正弦定理. 這是與 $R$ 相關的第一且唯一的核心法则.

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

面積公式. $S = \frac{abc}{4R}$ 本質上是正弦定理與 $S=\frac{1}{2}ab\sin C$ 结合的产物.
解題思路: \color{cyan}提示\normalcolor 见到 $R$ 或外接圓，立刻启动正弦定理. 它可以帮你：
由“一边一角”求 $R$ .
由 $R$ 和一個角求其對边.
由 $R$ 和一条边求其對角的正弦.

\paragraph{内切圓}

内切圓是三角形里的“填料”，其半径 $r$ 與三角形的周长和面積有着密不可分的關係.

面積公式. 這是與 $r$ 相關的最核心的桥梁.

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

切線长性質. 這是解决複杂問題的關键. 從一個顶点到内切圓两個切点的距离是相等的，且這個距离等于半周长减去该顶点的對边. 例如，從顶点 $A$ 出發的切線长為 $p-a$ .
衍生公式: 由此可推導出连接角、半径和边长的强大公式:

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

解題思路: \normalcolor 见到 $r$ 或内切圓, 立刻启动 $S=pr$ 和切線长性質. 它们可以帮你：
在“面積”、“周长”、“半径”三者中知二求一.
利用切線长性質建立關于边长的方程.

2023年2月七彩联盟返校联考, 18

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

(1) 求四边形 $ABCD$ 的外接圓半径 $R$ ；

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

解

{本題是内外接圓問題的完美綜合. 第(1)問，需要先将複杂的比例式化簡，利用余弦定理求出關键角，再在四边形中找到合适的三角形和公共對角線，利用正弦定理求出外接圓半径 $R$ . 第(2)問, 则需要将内切圓半径 $r$ 表示為某個角的函數, 并利用三角形内角存在的约束条件, 精确求解其定義域, 最终确定 $r$ 的范围.}

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

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

對于第(1)問：

\par \color{cyan}我们的目標是求外接圓半径 $R$ . 看到 $R$ , 就要想到正弦定理 $\frac{x}{\sin X}=2R$ . 這意味着, 我们必须先求出 $\triangle ABC$ 中的某条边及其對角. 題目的已知条件是一個複杂的比例式，這正是突破口. 我们需要先化簡它，看看能得到哪個角. \normalcolor

\par 這是一個边角混合的比例式，利用正弦定理進行“边化角”是標准操作. 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}接着得到一個纯角的方程，但还是太複杂. 我们的最终目標是求角，所以需要把它再次转化為我们熟悉的、可以用余弦定理解的边长關係. 這一步是“角化边”. \normalcolor 再次利用正弦定理的變形 $k^2\sin^2 X = x^2$ :

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

观察左侧，它與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，我们已經求出了一個角 $B$ . 根据正弦定理, 接着只需要再求出它的對边 $b$ (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 $ABCD$ 有外接圓, 說明 $A,B,C,D$ 四点共圓. 這意味着 $\triangle ABC$ 和 $\triangle ADC$ 共享同一個外接圓. 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 $b=7$ 和其對角 $B=60^\circ$ . 應用正弦定理求外接圓半径 $R$ :

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}

對于第(2)問：

\par \color{cyan}我们的目標是求内切圓半径 $r$ 的取值范围. 看到 $r$ , 我们脑海中應该立刻浮現出两個核心公式： $S=pr$ 和 $r=(p-b)\tan(B/2)$ . 第二個公式直接将 $r$ 與边角联係起来, 看起来更有前途. 我们已經知道 $B=60^\circ$ 和 $b=7$ , 那么這個公式就變成了 $r = \frac{a+c-7}{2\sqrt{3}}$ . 問題就转化為了求 $a+c$ 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}}

問題转化為求 $a+c$ 的取值范围.

\color{cyan}如何求 $a+c$ 的范围？ $a$ 和 $c$ 是變量, 但它们所在的 $\triangle ABC$ 是确定的（外接圓半径 $R$ 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, 将其转化為一個關于單角 $A$ 的三角函數求值域問題. \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}接着問題變成了求 $\sin(A+\pi/6)$ 的范围. 這需要我们精确地确定角 A 的定義域. 三角形内角必须大于0，這是最基本的约束. \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 $A+\frac{\pi}{6} \in (\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6})$ . 在此区間内, $\sin(A+\frac{\pi}{6})$ 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 $\left(0, \frac{7\sqrt{3}}{6}\right]$ .}

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2023年8月河北名校高三開學考第18題

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

(1) 求 $\triangle ABC$ 外接圓的面積；

(2) 记 $\triangle ABC$ 内切圓的半径為 $r$ , 若 $B=\frac{\pi}{3}, r=\frac{\sqrt{3}}{2}$ , 求 $\triangle ABC$ 的面積.

解

本題第一問是射影定理與正弦定理的直接结合，用于求解外接圓半径. 第二問则是内切圓性質的經典應用，需要通過内切圓半径 $r$ 反推出边长的關係，最终结合余弦定理求出面積.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

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

對于第(1)問：

\par \color{cyan}目標是外接圓面積，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 $b\cos C+c\cos B = 2\sqrt{3}\sin A$ , 左侧是射影定理的標准形式, 它等于边长 $a$ . 這一下就将複杂的式子簡化了. \normalcolor

\par 由射影定理, $b\cos C+c\cos B = a$ . 所以原式化為 $a = 2\sqrt{3}\sin A$ . 這是一個边角關係，我们立刻联想到正弦定理. 将其變形為：

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

根据正弦定理, $\frac{a}{\sin A} = 2R$ . 所以 $2R = 2\sqrt{3}$ , 解得外接圓半径 $R=\sqrt{3}$ . 外接圓的面積為 $S_{\text{外接圓}} = \pi R^2 = \pi(\sqrt{3})^2 = 3\pi$ .

對于第(2)問：

\par \color{cyan}我们已知 $B, r$ 和 $R$ (從第一問). 要求面積 $S$ , 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 $B$ , 只需要求出乘積 $ac$ .

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 $r=(p-b)\tan(B/2)$ 就是一個强大的武器，它可以建立起边长之間的關係. 我们来尝试走這条路. \normalcolor

\par 利用内切圓性質求边长關係

\par 首先，利用已知角 $B$ 和外接圓半径 $R$ 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標都更近了. 對于路径一，半周长 $p = \frac{(a+c)+b}{2} = \frac{6+3}{2} = \frac{9}{2}$ . 任务完成. 對于路径二，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這几個量. \normalcolor

\par 方法一：利用 $S=pr$ 求解 (更直接)

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

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 (可作验證)}

\par 由余弦定理 $b^2 = a^2+c^2 - 2ac\cos B$ , 我们可以變形為 $b^2 = (a+c)^2 - 2ac - 2ac\cos B$ . 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 计算面積:

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，可以相互验證.

{(1) 外接圓面積為 $3\pi$ . (2) $\triangle ABC$ 的面積為 $\frac{9\sqrt{3}}{4}$ .}

2023 杭州二中高三年级4月月考第17題

在锐角 $\triangle ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 所對的边分别為 $a,b,c$ , 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 $\triangle ABC$ 内切圓半径的取值范围.

解

本題是内外接圓與解三角形最值問題的深度綜合，完美體現了“函數思想”與“數形结合”. 其核心是“降維打击”，即将内切圓半径 $r$ 表达為一個只含單個角（如角 $A$ ）的函數，再通過几何约束求其值域. \color{cyan}解題路径规划\normalcolor

化簡求角: 題目给出的關係式是三角形中正切恒等式的變形. 我们的第一步是利用该恒等式，迅速锁定一個角的确定值.
選择公式，變量化归: 目標是求 $r$ 的范围. 相比于從 $r=S/p$ 入手（会引入三個边长變量）, 使用公式 $\boldsymbol{r = 4R\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}}$ 会使問題極大簡化. 先利用正弦定理求出外接圓半径 $R$ , 再结合内角和定理, 即可将 $r$ 表示為關于單個角 $A$ 的三角函數.
挖掘约束，确定定義域: 這是解題的生命線. 題目明确要求是“锐角三角形”，因此必须满足 $A, B, C$ 均小于 $90^\circ$ . 這些不等式将共同确定角 $A$ 的最终有效定義域.
函數求值域: 将几何問題转化為我们最熟悉的“求三角函數在特定区間上的最值”問題，利用積化和差或辅助角公式以及三角函數單调性即可终结問題.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

對于第(1)問：

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

證明（恒等式證明）

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

\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

因為 $\triangle ABC$ 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 $\tan C = \sqrt{3}$ . 又因為 $C$ 為锐角, $C \in (0, \pi/2)$ , 所以 $C=\frac{\pi}{3}$ .

對于第(2)問：

\par 構建目標函數

\par 设内切圓半径為 $r$ , 外接圓半径為 $R$ . 我们選用公式 $r=4R\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}$ . 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 确定定義域

\par 因為 $\triangle ABC$ 為锐角三角形, 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 $A$ 的最终取值范围為 $A \in (\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$ .

\par 求解函數值域

\par 令 $x = \frac{A}{2}$ . 由 $A \in (\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$ 可得, $x \in (\frac{\pi}{12}, \frac{\pi}{4})$ . 目標函數為 $r(x) = 2\sin x \sin(\frac{\pi}{3}-x)$ . 利用積化和差公式 $2\sin\alpha\sin\beta = \cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)$ :

\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}

接着我们确定自變量 $x$ 的范围對應的 $2x-\frac{\pi}{3}$ 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)

在此区間内, $\cos$ 函數的值域為 $(\cos(\frac{\pi}{6}), \cos(0)]$ , 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) $\triangle ABC$ 内切圓半径的取值范围為 $\left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}, \frac{1}{2}\right]$ .}

2023-2024 年武漢九月调研

设 $\triangle ABC$ 的内角 $A,B,C$ 所對的边分别為 $a,b,c$ , 且 $2a\cos B = 2c-b$ .

(1.) 求角 $A$ ;

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

解

{本題是余弦定理與内切圓性質的綜合應用. 第(1)問的条件 $2a\cos B = 2c-b$ 是一個非標准的边角關係式, 其突破口在于利用余弦定理将 $\cos B$ “边化”, 從而得到一個纯粹的边的二次關係式, 再次运用余弦定理即可求出角 $A$ . 第(2)問的目標是求面積 $S$ , 在已知内切圓半径 $r$ 和一個角 $A$ 的情况下, 最优策略是利用公式 $\boldsymbol{r=(p-a)\tan(A/2)}$ 建立關于半周长 $p$ 的方程, 解出 $p$ 后, 再通過核心公式 $\boldsymbol{S=pr}$ 直接求得面積，這条路径最為直接高效.}

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

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

對于第(1)問：

\par \color{cyan}題目给出的条件 $2a\cos B = 2c-b$ 混合了边和角. 我们的首要任务是统一語言. 将 $\cos B$ 用边来表示是消除角的直接方法, 這需要借助余弦定理. \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

化簡得:

\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}現在我们得到了一個纯粹的边长關係式. 我们的目標是求角 $A$ , 因此需要将這個關係式整理成余弦定理求角 $A$ 的形式, 即凑出 $b^2+c^2-a^2$ 這一項. \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, $\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$ . 代入我们得到的關係:

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

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

對于第(2)問：

\par \color{cyan}目標是求面積 $S$ . 我们已知 $a=7$ , $r=\sqrt{3}$ , 并且從第(1)問中求得了 $A=\pi/3$ . 在涉及内切圓半径 $r$ 和特定角的场景下, 公式 $r=(p-a)\tan(A/2)$ 是建立边长關係、求解半周长 $p$ 的不二之選. 一旦求出 $p$ , 面積即可通過 $S=pr$ 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, 利用三角形面積與内切圓半径的核心關係式 $S=pr$ 求面積:

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

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

多三角形問題

在更複杂的几何構型中，問題往往不再局限于單個三角形，而是由一条内部分割線（如中線、角平分線、高線或任意線段）将一個大三角形分割成两個或多個小三角形.

這類“多三角形”問題，是高考解三角形的压轴題型，它綜合考查了我们對两大定理的深度理解與灵活运用能力.

解决此類問題的核心思想，是“搭桥過河”. 即，要认识到這些三角形并非孤立存在，而是通過某些“公共元素”紧密相连. 我们的任务，就是找到這些连接不同三角形的“桥梁”，并利用它们建立方程，打通解題的脉络. 常见的“桥梁”有：

公共边: 两個三角形共享一条边，這条边的长度是联係它们的核心纽带.
公共角: 两個三角形共享一個角，這個角的三角函數值是等价的.
互补角: 分割線在一条边上产生的两個邻角（如 $\angle ADB$ 和 $\angle ADC$ ）互為补角. 這一關係極其重要, 它意味着 $\sin\angle ADB = \sin\angle ADC$ 且 $\cos\angle ADB = -\cos\angle ADC$ .
線段和差: 被分割的边长等于各分段之和（如 $AB=AD+DB$ ）.

下面的例題将完美展示如何利用這些“桥梁”，在多個三角形之間穿梭，最终解决問題.

2023 武漢二调

在 $\triangle ABC$ 中, $AB=2, D$ 為 $AB$ 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

{本題是典型的“中線分割”模型. 中線 $CD$ 将 $\triangle ABC$ 分割為 $\triangle ADC$ 和 $\triangle BDC$ . 這两個小三角形的“桥梁”是共享的边 $CD$ 以及互补的角 $\angle ADC$ 與 $\angle BDC$ . 解題的核心战术，就是對這两個小三角形分别使用余弦定理，利用互补角的關係消去未知角，從而建立關于边长的方程.}

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

\end{figure} *圖：第一問*

對于第(1)問：

{我们的策略是，利用互补角 $\angle ADC$ 和 $\angle BDC$ 的余弦值互為相反數這一特性，對两個小三角形分别使用余弦定理，建立一個可以消去角的方程.}

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

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

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, $BD=1$ , $BC=\sqrt{2}$ . 應用余弦定理:

\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 從 $\triangle BDC$ 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, $AC=2$ .

對于第(2)問：

{此問的条件是跨越两個三角形的角關係，更為複杂. 但我们的基本思路不變：寻找更多的“桥梁”. 除了余弦定理，正弦定理在处理角的關係时更為直接. 我们需要建立两個独立的方程来求解两個未知數 $AC$ 和 $BC$ .}

\par 利用余弦定理建立“边”的關係方程

\par 這一步與第(1)問完全相同，利用互补角關係建立一個不依赖于具體角度的、關于边长的普适方程. 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 因為 $\cos\angle ADC = -\cos\angle BDC$ , 所以:

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

整理得 $3-AC^2 = -3+BC^2$ , 得到一個極其优美的關係式, 這是我们的第一個核心方程:

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

\par 利用正弦定理建立“角-边”的關係方程

\par 设 $\angle BCD = \theta$ , 则由題意 $\angle A = 2\theta$ . 我们需要在不同的三角形中應用正弦定理，通過“公共角”或“等角”来传递比例關係.

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

\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, 對 $\angle A$ 和 $\angle B$ 應用正弦定理:

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

\par 将我们得到的關係 $\sin B = \sqrt{2}\sin\theta$ 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 $\sqrt{2}\sin\theta$ , 得到第二個核心方程:

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

\par 联立求解，消去未知角 $\theta$

\par 接着我们有两個方程，但仍有三個未知數( $AC, BC, \theta$ ). 我们需要消去 $\theta$ . 回到 $\triangle BCD$ , 對角 $\theta$ 應用余弦定理, 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 将這個 $\cos\theta$ 的表达式代入方程(2)中:

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

化簡得:

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

\par 解代數方程组

\par 接着我们有了两個只含 $AC$ 和 $BC$ 的方程, 联立 (1) 和 (3) 求解. 设 $x=AC, y=BC$ . 方程组為:

\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

通過试根法，我们發現 $u=-3$ 是一個根, 故 $(u+3)$ 是一個因式. $(u+3)(u^2-3u-2)=0$ . 由于 $u=y^2$ 必须為正, $u=-3$ 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福建質檢

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

(1) 證明： $AC^2 = BC \cdot CD$ ；

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

解

{本題的題眼在于条件“ $\angle CAD = \angle B$ ”. 這個跨越了两個三角形的“角相等”關係，是構成相似三角形的强烈暗示. 一旦發現相似，問題中的边长關係将迎刃而解. 解决這類問題的核心，就是利用已知角關係寻找相似三角形，将複杂的三角函數运算转化為簡洁的边长比例關係.}

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：根据第(2)問數据按比例精确绘制的圖示

對于第(1)問：

\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 由相似三角形的性質，對應边成比例：

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

取前两項，交叉相乘即得：

AC^2 = BC \cdot CD

證明完毕.

對于第(2)問：

{欲求 $\triangle ABD$ 的面積, 我们可以通過“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積比等于底边比, 即 $\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ADC}}=\frac{BD}{CD}$ . 无論哪种方法, 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}

整理得一個關于 $AC$ 的一元二次方程:

AC^2 - 3AC - 4 = 0

因式分解得 $(AC-4)(AC+1)=0$ . 由于 $AC$ 為边长, 必為正數, 故 $AC=4$ .

\par 接下来，利用第(1)問的结論求出 $BC$ :

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

從而可以求出 $BD$ 的长度:

BD = BC - CD = 8-2 = 6

\par 接着我们用面積比来求解. 首先计算 $\triangle ADC$ 的面積. 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 $\triangle ADC$ 共用從顶点 $A$ 出發的高線, 它们的面積之比等于底边之比:

\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) 證明见上. (2) $\triangle ABD$ 的面積為 $3\sqrt{7}$ .}

保底的建係法

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

在处理几何構型时，正弦與余弦定理為我们提供了连接边角關係的代數工具.然而，当問題的几何条件非常规，或圖形本身缺乏显著特征以供利用时，纯粹的几何方法或三角變換可能變得异常複杂.此时，我们需要一种更具普适性與係统性的方法論，能够将几何的直观思辨转化為严谨的代數演算.這便是解析几何的核心思想——建係法.

建係法的本質，是将几何對象（点、線）置于一個代數框架（即平面直角坐標係）之中.通過為關键点赋予坐標，几何問題中的长度、角度、位置關係等要素，便可被精确地“翻译”為代數表达式與方程.如此，一個複杂的几何推理過程，便转化為一個程序化的、遵循代數法则的求解過程.尽管此法有时并非最簡洁的路径，但其逻辑的确定性與過程的规范性，為解决艰深的几何問題提供了最终的保障.

实施建係法的首要步骤，是建立一個能最大限度簡化后續运算的坐標係.一個“最优”的坐標係應遵循以下原则：

原点特殊化: 尽可能将圖形的特殊点（如顶点、中点、垂足）置于坐標原点.
轴線特殊化: 尽可能将圖形的特殊直線（如對称轴、某条边所在的直線）與坐標轴重合.
利用對称性: 若圖形具有對称性，應使坐標係與之相适應，從而使点的坐標呈現簡洁的對称形式.

一旦坐標係建立，后續步骤便是在此框架下，将几何条件转化為代數方程，并通過求解该方程（组）来获得最终的解答.

例

利用坐標法，證明阿波罗尼斯定理（中線长公式）：在 $\triangle ABC$ 中, 设 $m_a$ 為边 $a$ 上的中線, 则 $b^2+c^2 = 2\left(m_a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2\right)$ .

解

為使坐標表示尽可能簡洁，我们将中線 $m_a$ 所對的边 $BC$ 置于 $x$ 轴上, 并取该边的中点 $D$ 作為坐標原点. \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：坐標法證明阿波罗尼斯定理

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

接着，我们利用两点間距离公式，将三条边长 $b, c$ 以及中線长 $m_a$ 用坐標表示出来.

边长 $b$ (即線段 $AC$ ) 的平方為：

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 $c$ (即線段 $AB$ ) 的平方為：

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

中線长 $m_a$ (即線段 $AD$ ) 的平方為：

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

我们的目標是建立 $b^2, c^2, m_a^2$ 與 $a^2$ 之間的關係. 观察 $b^2$ 與 $c^2$ 的表达式, 注意到它们的结構非常相似, 僅有一次項符号不同.将两式相加, 可以消去 $x_0$ 的一次項：

\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 $\frac{a^2}{2}$ 可以寫作 $2\left(\frac{a^2}{4}\right) = 2\left(\frac{a}{2}\right)^2$ . 将這些關係代入上式，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)

定理得證.

2023届湖北高三圓创三月联合测评第18題

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 $\triangle ABC$ 的面積.

解

本題的条件是一個含有四条線段的複杂比例式，直接建立坐標并使用距离公式求解，计算会相当繁琐.然而，我们可以借助坐標係的框架来重新审视几何關係，特别是面積關係，從而将問題代數化.

對于第(1)問：

我们的策略是建立一個坐標係，利用“同一個三角形的面積，既可以用坐標（底乘高）表示，也可以用三角函數（两边夹角）表示”這一思想，来建立方程求解未知的角.

建立坐標係，令点 $D$ 為坐標原点 $(0,0)$ , 并使边 $BC$ 所在的直線與 $x$ 轴重合.设顶点 $A$ 的坐標為 $(x_A, h)$ , 其中 $h\>0$ 為 $\triangle ABC$ 中 $BC$ 边上的高. \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：利用坐標係分析面積關係

在 $\triangle ACD$ 中，其面積可以由两种方式表示：一方面，基于坐標，底為 $CD$ , 高為 $h$ , 故 $S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2} \cdot CD \cdot h$ . 另一方面，利用三角面積公式， $S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2} AC \cdot AD \cdot \sin(\angle CAD)$ . 联立两式可得： $CD \cdot h = AC \cdot AD \cdot \sin(\angle CAD)$ .整理得到一個關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，其面積也可以由两种方式表示： $S_{\triangle ABD} = \frac{1}{2} \cdot BD \cdot h = \frac{1}{2} AB \cdot AD \cdot \sin(\angle BAD)$ . 整理得到另一個比例表达式：

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

接着，我们将題目给出的核心条件 $\frac{AB}{AC} = \frac{\sqrt{2}BD}{CD}$ 進行變形，使其结構與我们推導出的比例式相匹配：

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

将我们從面積關係中得到的两個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，變量 $h$ 和 $AD$ 被完全消去，這正是此方法的优雅之处.我们得到一個纯粹的角的關係式：

\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 $\angle BAD = \frac{\pi}{6}$ .

對于第(2)問：

由第(1)問可知 $\angle BAD = \frac{\pi}{6}$ . 在 $\triangle ABD$ 中, 已知 $AB=AD=2$ ，故该三角形為等腰三角形. 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.為求面積 $S = \frac{1}{2}bc\sin A$ , 我们还需计算边长 $b=AC$ . 在 $\triangle ABC$ 中應用正弦定理：

\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 $\triangle ABC$ 的面積：

\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) $\triangle ABC$ 的面積為 $2+\sqrt{3}$ .}

浙江省十校联盟2023届高三第三次联考第18題

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

(1) 求 $\angle ADC$ 的大小；

(2) 求 $\triangle ABC$ 的面積.

解

對于第(1)問，其所求角位于 $\triangle ADC$ 中，而该三角形的三边长均已知，故可直接應用余弦定理. 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 $\angle ADC$ 為三角形内角, 其范围為 $(0, \pi)$ , 故 $\angle ADC = \frac{2\pi}{3}$ .

對于第(2)問，我们将运用坐標法，将几何關係转化為代數方程進行求解.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：坐標法求解 $\triangle ABC$

我们建立坐標係，以点 $D$ 為坐標原点 $(0,0)$ , 并使边 $BC$ 所在的直線與 $x$ 轴重合. 根据已知条件 $DC=3$ , 可得点 $C$ 的坐標為 $(3,0)$ .

点 $A$ 的坐標可以通過其與 $D,C$ 的距离關係确定.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開后得 $x_A^2-6x_A+9+y_A^2 = 49 \implies 25-6x_A+9=49$ , 解得 $x_A = -5/2$ . 進而求得 $y_A^2 = 25 - (-5/2)^2 = 75/4$ .不妨取 $y_A\>0$ , 则 $A$ 的坐標為 $\left(-\frac{5}{2}, \frac{5\sqrt{3}}{2}\right)$ .

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

接着，我们将核心几何条件 $\angle DAC = \angle ABC$ 转化為代數等式.由于两角均為三角形内角, 且易證 $\angle DAC$ 為锐角, 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}

對于 $\angle ABC$ ，我们利用坐標與向量点積公式计算其大小. $\overrightarrow{BA} = (A_x - B_x, A_y - B_y) = (-5/2 - x_B, 5\sqrt{3}/2)$ . $\overrightarrow{BC} = (C_x - B_x, C_y - B_y) = (3 - x_B, 0)$ .

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

令 $u = -5/2 - x_B$ .由于 $x_B \< -5/2$ (否则B角為钝角), 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，我们建立關于 $u$ 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 $B$ 的坐標為 $(-40/3, 0)$ .

$\triangle ABC$ 的底边 $BC$ 长度為 $|BC| = |x_C - x_B| = |3 - (-40/3)| = 49/3$ . 其對應的高為点 $A$ 的 $y$ 坐標, 即 $h = \frac{5\sqrt{3}}{2}$ .

因此， $\triangle ABC$ 的面積為：

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) $\triangle ABC$ 的面積為 $\frac{245\sqrt{3}}{12}$ .}

溫馨提示

建係法是數形结合思想的深刻體現，它将几何的直观與代數的严谨完美融合，為处理複杂几何問題提供了一条通用路径.

优点: 思路清晰，程序化，降低了對几何直觉和構造性技巧的依赖.對于几何關係複杂、难以直接识别突破口的題目，建係法往往能通過係统性的计算得出结論.
缺点: 若坐標係選择不当，或几何圖形本身不含特殊角度、特殊位置關係，可能会導致计算量急剧增大，從而引入计算风险.

在解决問題时，應将建係法视為一個强大的策略储備.当常规的几何方法或三角變換陷入僵局时，不妨退一步，尝试為圖形赋予一個代數结構.這往往能将我们從複杂的几何思辨中解放出来，進入更為稳健的代數运算轨道.

非常规題型

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

在本章的前面部分，我们已經係统地學習了利用正弦、余弦两大定理以及各种面積公式来解决三角形中的常见題型. 然而，有常规的就有不常规的題.解决這類非常规問題的核心，在于回归數學的本源：深刻理解定理的内涵，敏锐地洞察代數结構與几何形态之間的转換關係，并具備将複杂問題“化归”為簡單問題的战略眼光. 本节将通過一係列精心挑選的例題，展示如何綜合运用已知的所有工具，甚至引入一些巧妙的代數技巧，来剖析這些看似棘手的难題.

例

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

(1) 求 $\cos C$ 的最小值;

(2) 證明: $C-A \le \frac{\pi}{6}$ .

解

(1) 我们的目標是求 $\cos C$ 的最小值. 连接边角關係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}

将題目给出的核心条件 $c^2=\sqrt{2}ab$ 代入上式, 可以消去變量 $c$ ：

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

為了分析其最小值，我们将表达式進行分离：

\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， $\frac{\sqrt{2}}{2}$ 是一個常數, 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，對于任意正數 $a,b$ (作為三角形的边长)，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

当且僅当 $a^2=b^2$ , 即 $a=b$ 时，等号成立. 此时三角形為等腰三角形，這是一個有效的几何構型.

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}

對于第(2)問，我们旨在證明不等式 $C-A \le \frac{\pi}{6}$ .

首先，由第(1)問的结論可知， $\cos C \ge 1-\frac{\sqrt{2}}{2} \> 0$ , 因此角 $C$ 必為锐角, 即 $C \in (0, \frac{\pi}{2})$ . 這一结論保證了 $C-A \< C \< \frac{\pi}{2}$ . 在此区間内，正弦函數是單调递增的，故原不等式等价于證明 $\sin(C-A) \le \sin\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$ .

我们利用正弦定理與余弦定理導出一個關于 $\sin(C-A)$ 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，可得一個更為簡洁的形式：

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

接着，我们将題目给出的核心条件 $c^2=\sqrt{2}ab$ 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

我们来分析這個表达式的取值. 令 $x = \frac{a}{b}$ , 考察函數 $f(x) = \sqrt{2}x - x^2$ . 這是一個開口向下的二次函數，其最大值在顶点处取得. 该函數的對称轴為 $x = -\frac{\sqrt{2}}{2(-1)} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ . 其最大值為 $f\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) - \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ . 因此，對于任意的边长比值 $\frac{a}{b}$ , 我们总有 $\sqrt{2}\frac{a}{b} - \left(\frac{a}{b}\right)^2 \le \frac{1}{2}$ .

同时，角 $B$ 作為三角形内角, 必有 $B \in (0, \pi)$ , 故其正弦值满足 $0 \< \sin B \le 1$ .

綜合上述两個不等關係，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}

我们已經證明了 $\sin(C-A) \le \frac{1}{2}$ .

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 $C$ 為锐角, 即 $C \< \frac{\pi}{2}$ ，则有：

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

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

因此，唯一可能的情况是 $C-A \le \frac{\pi}{6}$ .

證明完毕.

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

例

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

(1) 求 $2A+C$ 的值;

(2) 證明: $c \> b \> \frac{2}{5}a$ .

解

(1) 首先，我们分析已知条件 $\sin A = \cos B = \tan C$ 所蕴含的對角的约束. 令 $\sin A = \cos B = \tan C = k$ . 由于 $A, B, C$ 均為三角形内角, $A, B, C \in (0, \pi)$ .

由 $\sin A = k \> 0$ 可知 $A \in (0, \pi)$ . 由 $\cos B = k \> 0$ 可知 $B$ 必為锐角, $B \in (0, \frac{\pi}{2})$ . 由 $\tan C = k \> 0$ 可知 $C$ 必為锐角, $C \in (0, \frac{\pi}{2})$ .

接着，我们從關係式 $\sin A = \cos B$ 入手. 由于 $B$ 為锐角, 我们可以将 $\cos B$ 寫作 $\sin(\frac{\pi}{2}-B)$ . 于是有 $\sin A = \sin(\frac{\pi}{2}-B)$ . 此方程的通解為 $A = \frac{\pi}{2}-B$ 或 $A = \pi - (\frac{\pi}{2}-B) = \frac{\pi}{2}+B$ .

我们對這两种可能性進行檢验：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 $\tan C$ 无定義, 這與 $\tan C=k$ 的条件相矛盾. 故此情况不成立.

因此，唯一可能的關係是 $A=\frac{\pi}{2}+B$ , 即 $A-B=\frac{\pi}{2}$ . 此时，我们可以利用内角和定理来表达 $C$ 與 $A$ 的關係：

C = \pi - A - B = \pi - A - \left(A-\frac{\pi}{2}\right) = \frac{3\pi}{2} - 2A

将此關係代入所求表达式 $2A+C$ 中，我们得到：

2A+C = 2A + \left(\frac{3\pi}{2} - 2A\right) = \frac{3\pi}{2}

(2) 欲證明不等關係 $c \> b \> \frac{2}{5}a$ . 根据正弦定理，边长之比等于其對角的正弦之比. 因此，该不等式等价于證明：

\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 $C$ 為正角, 必须有 $\frac{\pi}{2}-2B \> 0$ , 這要求 $B \< \frac{\pi}{4}$ .

我们首先證明 $\sin C \> \sin B$ . 這等价于證明 $\sin(\frac{\pi}{2}-2B) \> \sin B$ , 即 $\cos(2B) \> \sin B$ . 利用題目给出的核心等式 $\cos B = \tan C = \tan(\frac{\pi}{2}-2B) = \cot(2B)$ . 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，待證不等式 $\cos(2B) \> \sin B$ 转化為：

2\sin B \cos^2 B \> \sin B

因為 $B \in (0, \pi/4)$ , $\sin B \> 0$ , 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 $B$ 為锐角, $\cos B \> 0$ , 故 $\cos B \> \frac{1}{\sqrt{2}}$ . 這說明 $B \< \frac{\pi}{4}$ , 而這正是 $C\>0$ 的一個必要条件. 因此, 该不等式恒成立. 故 $\sin C \> \sin B$ 得證.

接下来，我们證明 $\sin B \> \frac{2}{5}\sin A$ . 這等价于證明 $\sin B \> \frac{2}{5}\sin(\frac{\pi}{2}+B)$ , 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 $\cot(2B) = \frac{1-\tan^2 B}{2\tan B} = \frac{1-t^2}{2t}$ . 于是得到關于 $t$ 的方程 $\frac{1}{\sqrt{1+t^2}} = \frac{1-t^2}{2t}$ . 由于 $B \in (0, \pi/4)$ , $t \in (0, 1)$ , 方程两边均為正. 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 $u=t^2$ , 我们得到關于 $u$ 的方程 $4u = (1+u)(1-u)^2$ . 展開得 $4u = (1+u)(1-2u+u^2) = 1-2u+u^2+u-2u^2+u^3 = u^3-u^2-u+1$ . 整理得一個關于 $u$ 的三次方程：

g(u) = u^3 - u^2 - 5u + 1 = 0

我们需要證明 $t \> \frac{2}{5}$ , 這等价于證明 $u = t^2 \> \left(\frac{2}{5}\right)^2 = \frac{4}{25}$ . 我们来分析函數 $g(u)$ . $g'(u) = 3u^2 - 2u - 5 = (3u-5)(u+1)$ . 因為 $B \in (0, \pi/4)$ , 所以 $t=\tan B \in (0, 1)$ , 故 $u=t^2 \in (0, 1)$ . 在此区間内, $u+1 \> 0$ 且 $3u-5 \< 0$ , 故 $g'(u) \< 0$ . 這說明函數 $g(u)$ 在其定義域 $(0, 1)$ 上是严格單调递减的.

我们考察 $u=\frac{4}{25}$ 处的函數值：

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

因為 $g(u)$ 單调递减, 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 $\tan^2 B \> \frac{4}{25}$ , 從而 $\tan B \> \frac{2}{5}$ . $\sin B \> \frac{2}{5}\sin A$ 得證.

綜上, 两部分不等式均已得證.

什么时候用建係法是愚蠢的

在前一节中，我们确立了建係法作為一种处理複杂几何問題的普适性策略.其将几何形态代數化的思想，為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.在數學探索的殿堂中，我们追求的不僅是获得答案，更是以最深刻、最簡洁、最能揭示問題本質的方式获得答案.過度依赖建係法，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，却丧失了對問題精巧结構的洞察與欣赏.

因此，一個成熟的數學思考者，必须能够敏锐地识别出那些“不宜”使用建係法的情形.在這些情形下，强行建係往往会掩蓋問題内在的几何美感，并使我们陷入不必要的、有时甚至是灾难性的代數运算之中.以下几類問題，便是警示我们應优先寻求其他方法的信号：

几何结構特征極其显著时. 当題目条件或圖形本身强烈暗示了某种特定的几何關係时，回归纯粹的几何或三角方法往往更為高效. \begin{itemize}
相似關係: 若題目中出現平行線、角相等（尤其是跨越不同三角形的角相等）等条件，應第一时間审视是否存在相似三角形.相似關係能瞬間建立起边长的比例式，其效率远高于通過坐標计算多条边长再求比值.
圓的性質: 若問題涉及共圓点、切線、相交弦等，應优先考虑圓幂定理、托勒密定理、弦切角定理等.這些定理是处理圓相關問題的“專用利器”，能将複杂的几何構型直接转化為簡洁的代數乘積式，而坐標法需要联立直線與圓的方程，计算量不可同日而語.

\item 問題核心在于纯粹的比例關係时. 当問題的条件與结論主要围绕边长的比例展開，而非具體长度时，正弦定理、角平分線定理等工具，能够直接在比例的层面上進行操作.坐標法引入了绝對的坐標值，反而可能将一個簡洁的比例問題複杂化.

\item 向量方法更為直接时. 對于涉及中点、重心、定比分点以及證明共線、垂直等問題，抽象的向量运算往往比坐標运算更為优雅和普适.向量法不依赖于坐標係的選择，其运算直接反映了几何變換的本質. \end{itemize}

為了更深刻地理解這种方法選择的智慧，我们不妨重新审视上一节的例題，并對比其几何解法與坐標法的思想差异.

方法對比分析

在 $\triangle ABC$ 中, $D$ 為边 $BC$ 上一点, $DC=3, AD=5, AC=7, \angle DAC = \angle ABC$ . 求 $\triangle ABC$ 的面積.

\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 $\triangle DAC$ 與 $\triangle ABC$ . 在這两個三角形中，我们注意到：

$\angle C$ 是公共角, 即 $\angle DCA = \angle BCA$ .
$\angle DAC = \angle ABC$ (題目已知).

根据“AA相似”判定，我们立刻得出 $\triangle BAC \sim \triangle ADC$ .

這一發現是解題的關键.相似關係直接给出了所有對應边的比例關係：

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

代入已知值 $AC=7, DC=3, AD=5$ ，我们能瞬間解出所有未知边长：

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，為求面積 $S=\frac{1}{2}AB \cdot BC \sin B$ , 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 $\cos(\angle DAC)$ , 進而得到 $\sin(\angle DAC)$ , 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}

最终面積為：

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，深刻地利用了問題的内在几何结構.

\paragraph{坐標法评析} 如前所示，坐標法同样能解此題.其路径是：建立坐標係 $\rightarrow$ 确定 $A,C,D$ 坐標 $\rightarrow$ 设 $B$ 的坐標為 $(x_B,0)$ $\rightarrow$ 利用向量点積将 $\cos(\angle DAC) = \cos(\angle ABC)$ 转化為關于 $x_B$ 的複杂方程 $\rightarrow$ 解方程求出 $x_B$ $\rightarrow$ 计算底和高求得面積.

這個過程每一步都遵循固定的代數规则，是完全可行的.然而，它将一個优雅的相似關係“肢解”為一係列繁琐的坐標运算和方程求解.在這個過程中， $\angle DAC = \angle ABC$ 這一条件不再是開启相似大门的钥匙，而僅僅是代數方程中的一個等量關係.我们虽然得到了答案，却可能完全没有意识到那两個三角形之間存在着如此簡洁的相似之美.

方法選择的准则

建係法是一柄重剑，威力巨大但失之灵巧.当面對一個结構精巧的對手时，强行挥舞重剑，不如寻找其破绽，用一柄匕首一击制胜.在解題时，我们應首先审视題目是否提供了通往几何捷径的“線索”.只有当所有這些線索都无法引導我们前進时，才應請出建係法這件“攻坚利器”.真正的准则，是數學的审美與效率.選择最能揭示問題本質的方法，本身就是一种深刻的數學理解.

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$S = \frac{1​

外接圓公式: $S = \frac{abc​

内切圓公式: $S = pr = \frac{1​

海伦公式: $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)​

三角形的四心​

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内心​

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