2022年高考數(shù)學回歸課本 解三角形教案 舊人教版

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1、2022年高考數(shù)學回歸課本 解三角形教案 舊人教版一、基礎知識在本章中約定用A，B，C分別表示ABC的三個內(nèi)角，a, b, c分別表示它們所對的各邊長，為半周長。1正弦定理：=2R（R為ABC外接圓半徑）。推論1：ABC的面積為SABC=推論2：在ABC中，有bcosC+ccosB=a.推論3：在ABC中，A+B=，解a滿足，則a=A.正弦定理可以在外接圓中由定義證明得到，這里不再給出，下證推論。先證推論1，由正弦函數(shù)定義，BC邊上的高為bsinC，所以SABC=；再證推論2，因為B+C=-A，所以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA，兩邊同乘以2R得bc

2、osC+ccosB=a；再證推論3，由正弦定理，所以，即sinasin(-A)=sin(-a)sinA，等價于cos(-A+a)-cos(-A-a)= cos(-a+A)-cos(-a-A)，等價于cos(-A+a)=cos(-a+A)，因為0-A+a，-a+A. 所以只有-A+a=-a+A，所以a=A，得證。2余弦定理：a2=b2+c2-2bccosA，下面用余弦定理證明幾個常用的結論。（1）斯特瓦特定理：在ABC中，D是BC邊上任意一點，BD=p，DC=q，則AD2= （1）【證明】 因為c2=AB2=AD2+BD2-2ADBDcos，所以c2=AD2+p2-2ADpcos 同理b2=AD

3、2+q2-2ADqcos， 因為ADB+ADC=，所以cosADB+cosADC=0，所以q+p得qc2+pb2=(p+q)AD2+pq(p+q)，即AD2=注：在（1）式中，若p=q，則為中線長公式（2）海倫公式：因為b2c2sin2A=b2c2 (1-cos2A)= b2c2 (b+c)-a2a2-(b-c) 2=p(p-a)(p-b)(p-c).這里所以SABC=二、方法與例題1面積法。例1 （共線關系的張角公式）如圖所示，從O點發(fā)出的三條射線滿足，另外OP，OQ，OR的長分別為u, w, v，這里，+(0, )，則P，Q，R的共線的充要條件是【證明】P，Q，R共線(+)=uwsin+v

4、wsin，得證。2正弦定理的應用。例2 如圖所示，ABC內(nèi)有一點P，使得BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB。求證：APBC=BPCA=CPAB。【證明】 過點P作PDBC，PEAC，PFAB，垂足分別為D，E，F(xiàn)，則P，D，C，E；P，E，A，F(xiàn)；P，D，B，F(xiàn)三組四點共圓，所以EDF=PDE+PDF=PCA+PBA=BPC-BAC。由題設及BPC+CPA+APB=3600可得BAC+CBA+ACB=1800。所以BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB=600。所以EDF=600，同理DEF=600，所以DEF是正三角形。所以DE=EF=DF，由正弦定理，CDsinACB=

5、APsinBAC=BPsinABC，兩邊同時乘以ABC的外接圓直徑2R，得CPBA=APBC=BPAC，得證：例3 如圖所示，ABC的各邊分別與兩圓O1，O2相切，直線GF與DE交于P，求證：PABC?！咀C明】 延長PA交GD于M，因為O1GBC，O2DBC，所以只需證由正弦定理，所以另一方面，所以，所以，所以PA/O1G，即PABC，得證。3一個常用的代換：在ABC中，記點A，B，C到內(nèi)切圓的切線長分別為x, y, z，則a=y+z, b=z+x, c=x+y.例4 在ABC中，求證：a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) 3abc.【證明】 令a=y+z, b=z+x,

6、 c=x+y，則abc=(x+y)(y+z)(z+x)=8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)=a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)-2abc.所以a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) 3abc.4三角換元。例5 設a, b, cR+，且abc+a+c=b，試求的最大值?！窘狻?由題設，令a=tan, c=tan, b=tan,則tan=tan(+), P=2sinsin(2+)+3cos2，當且僅當+=，sin=，即a=時，Pmax=例6 在ABC中，若a+b+c=1，求證: a2+b2+c2+4abc【證明】 設a=sin2cos2

7、, b=cos2cos2, c=sin2, .因為a, b, c為三邊長，所以c|a-b|，從而，所以sin2|cos2cos2|.因為1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca),所以a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc).又ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c)=sin2cos2+sin2cos2cos4cos2=1-cos22+(1-cos22)cos4cos2=+cos2(cos4-cos22cos4-cos2)+cos2(cos4-sin4-cos2)=.所以a2+b2+c2+4abcb”是“sinAsinB”的_條件.

8、6在ABC中，sinA+cosA0, tanA-sinA1，則ABC為_角三角形.11三角形有一個角是600，夾這個角的兩邊之比是8：5，內(nèi)切圓的面積是12，求這個三角形的面積。12已知銳角ABC的外心為D，過A，B，D三點作圓，分別與AC，BC相交于M，N兩點。求證：MNC的外接圓半徑等于ABD的外接圓半徑。13已知ABC中，sinC=，試判斷其形狀。四、高考水平訓練題1在ABC中，若tanA=, tanB=，且最長邊長為1，則最短邊長為_.2已知nN+，則以3，5，n為三邊長的鈍角三角形有_個.3已知p, qR+, p+q=1，比較大?。簆sin2A+qsin2B_pqsin2C.4在AB

9、C中，若sin2A+sin2B+sin2C=4sinAsinBsinC，則ABC 為_角三角形.5若A為ABC 的內(nèi)角，比較大?。篲3.6若ABC滿足acosA=bcosB，則ABC的形狀為_.7滿足A=600，a=, b=4的三角形有_個.8設為三角形最小內(nèi)角，且acos2+sin2-cos2-asin2=a+1，則a的取值范圍是_.9A，B，C是一段筆直公路上的三點，分別在塔D的西南方向，正西方向，西偏北300方向，且AB=BC=1km，求塔與公路AC段的最近距離。10求方程的實數(shù)解。11求證：五、聯(lián)賽一試水平訓練題1在ABC中，b2=ac，則sinB+cosB的取值范圍是_.2在ABC中

10、，若，則ABC 的形狀為_.3對任意的ABC，-(cotA+cotB+cotC)，則T的最大值為_.4在ABC中，的最大值為_.5平面上有四個點A，B，C，D，其中A，B為定點，|AB|=，C，D為動點，且|AD|=|DC|=|BC|=1。記SABD=S，SBCD=T，則S2+T2的取值范圍是_.6在ABC中，AC=BC，O為ABC的一點，ABO=300，則ACO=_.7在ABC中，ABC，則乘積的最大值為_，最小值為_.8在ABC中，若c-a等于AC邊上的高h，則=_.9如圖所示，M，N分別是ABC外接圓的弧，AC中點，P為BC上的動點，PM交AB于Q，PN交AC于R，ABC的內(nèi)心為I，求證

11、：Q，I，R三點共線。10如圖所示，P，Q，R分別是ABC的邊BC，CA，AB上一點，且AQ+AR=BR+BP=CQ+CP。求證：AB+BC+CA2（PQ+QR+RP）。11在ABC外作三個等腰三角形BFC，ADC，AEB，使BF=FC，CD=DA，AE=EB，ADC=2BAC，AEB=2ABC，BFC=2ACB，并且AF，BD，CE交于一點，試判斷ABC的形狀。六、聯(lián)賽二試水平訓練題1已知等腰ABC，AB=AC，一半圓以BC的中點為圓心，且與兩腰AB和AC分別相切于點D和G，EF與半圓相切，交AB于點E，交AC于點F，過E作AB的垂線，過F作AC的垂線，兩垂線相交于P，作PQBC，Q為垂足。

12、求證：，此處=B。2設四邊形ABCD的對角線交于點O，點M和N分別是AD和BC的中點，點H1，H2（不重合）分別是AOB與COD的垂心，求證：H1H2MN。3已知ABC，其中BC上有一點M，且ABM與ACM的內(nèi)切圓大小相等，求證：，此處(a+b+c), a, b, c分別為ABC對應三邊之長。4已知凸五邊形ABCDE，其中ABC=AED=900，BAC=EAD，BD與CE交于點O，求證：AOBE。5已知等腰梯形ABCD，G是對角線BD與AC的交點，過點G作EF與上、下底平行，點E和F分別在AB和CD上，求證：AFB=900的充要條件是AD+BC=CD。6AP，AQ，AR，AS是同一個圓中的四條弦，已知PAQ=QAR=RAS，求證：AR（AP+AR）=AQ（AQ+AS）。7已知一凸四邊形的邊長依次為a, b, c, d，外接圓半徑為R，如果a2+b2+c2+d2=8R2，試問對此四邊形有何要求？8設四邊形ABCD內(nèi)接于圓，BA和CD延長后交于點R，AD和BC延長后交于點P，A，B，C指的都是ABC的內(nèi)角，求證：若AC與BD交于點Q，則9設P是ABC內(nèi)一點，點P至BC，CA，AB的垂線分別為PD，PE，PF（D，E，F(xiàn)是垂足），求證：PAPBPC(PD+PE)(PE+PF)(PF+PD)，并討論等號成立之條件。