人教版初中《第13章正弦定理与余弦定理》竞赛专题复习含答案

第13章 正弦定理与余弦定理

13.1.1★★ 已知点P是△ABC内一点，使得?PAB??PBC??PCA??.

1111. ???2222sin?sinAsinBsinC解析 如图，设△ABC的三边为a、b、c，对应角分别为?A、?B、?C，?BPC?180??????C????180???C，同理?CPA?180???A，?APB?180???B. 求证：

AαPαBαC

由正弦定理，S△CAPBPsin?sin?sin?sin?，故BP?c，同理CP?a，AP?b，S△ABC?S△ABP?S△CBP? ?ABsinBsinBCsinA11?bcacab?211?(AB?AP?BC?BP?CA?CP)sin?????sin??S(? △ABC?22?sinAsinBsinC?sin2Asin2B?1)sin2?. 2sinC1111. ???sin2?sin2Asin2Bsin2CBX??YAC13.1.2★★在△ABC的AC及BC边上分别取点X、Y，使?A，?AYB??BXC，XC?YB，

求△ABC的所有内角.

解析 如图，易知?C??AYB??YAC??BXC??ABX??BAC，故AB?BC. 于是

AXPBYC

BYXCsin?AYB?sin?BXC?sin?XBC. ABBC于是?BAY??XBC（易见?BAY??XBC?180?），故?BAC??ABC，BC?AC. 于是△ABC为正三角形，各内角均为60?.

13.13 ★★★已知凸四边形ABCD，AC?BD，AB、BC、CD、DA上分别有点F、G、H、E，AB?FD，BC?DG，CD?BH，AD?BE，求证：FH、GE、AC共点.

解析 如图，设△ABD、△BCD垂心分别为M、N，FH与AC交于K，EG与AC交于K?. 又由正弦定理，sin?BAY?AFMEDBK'KGCH

由正弦定理及四点共圆，有

MKsin?HFDsin?HBDsin?DCA， ???MFsin?MKFsin?MKFsin?MKFNKsin?FHBsin?FDBsin?BAC， ???NHsin?NKHsin?MKFsin?MKFMKMFsin?DCAAM. ???NKNHsin?BACCNMK?AM同理，得K与K?重合，即FH、GE、AC共点. ?NK?CNO是△ECF的外心13.1.4 ★★★已知?ABCD，E在BC上，AE、DC延长后交于F，（在△ECF内），

若B、O、C、D共圆，则AD?FD.

解析 如图，设?CBO??CDO??，?BCO??，?OFD??.作OM?BC，ON?CF，M、N分于是

别是CE、CF之中点.

AθBθEMOαCNβFD

BMBE?EMBE2BE2BC2AD2DF2DCCDND易知， ???1??1??1??1??1??1??1?MCMCCMECECCECFCFNFNFBOcos?DOcos?BODO??此即，于是.

COcos?OFcos?cos?cos?又由正弦定理AD?BC?DF.

BOCOFODO?????ta?n，???，△BOC≌△DOF，故，于是tansin?sin?sin?sin?13.1.5★★有一个凸四边形ABCD，顶点均在一圆周上，且AB?2，BC?3，CD?4，DA?5，求的值.

解析 由正弦定理知S△ABC?S△ABC?S△ACDACBDabc，其中a、b、c为三边长，R为外接圆半径.于是由4R?S△ABD△?S，并考虑4个三角形有共同的外接圆，故有AB?BC?CA?CD?DA?CA? BAB?AD?BD?BC?CD?BD.

AC11?. BD1313.1.6★★★已知凸四边形ABCD，对角线交于P，BP?DP，过P的一条直线分别交AB、CD于G、H，过P的另一条直线分别交AD、BC于E、F，GF、EH分别交BD于M、N， 求证：PM?PN.

代入数字，得6CA?20CA?10BD?12BD，于是

解析 如图，设好?1~?6各角.由BP?PD知S△ABC?S△ACD，故AB?BC?sin(?1??2)?AD?CD? sin(?3??4)，

AGBF2M5P16E536N4HDC

sin?3sin?1sin?1sin?2sin?5sin?6?由正弦不定理，知止式可改为，于是sin(?3??4)?

sin(?3??4)sin(?1??2)sin?3sin?4sin?5sin?6ED?HsDin?(?3?4)BG?BFsi?n(??12)，两边同时除去?sin(?1??2)，此即?sin?1sin?2PE?PHP?GPFSSBMDNsin(?5??6)，即得△BGF?△DEH，此即，故PM?PN. ?S△PGFS△PEHPMPN13.1.7★★证明余弦定理的一种四边形推广：即设凸四边形ABCD的对角线交于P，又设?APB??，

则

AD2?BC2?AB2?CD2. cos??2AC?BD解析 如图，由余弦定理，AB2?AP2?BP2?2AP?BPcos?，

ABθPCD

CD2?CP2?DP2?2CP?DPcos?，

又BC2?BP2?CP2?2BP?CPcos(180???)?BP2?CP2?2BP?CPcos?， AD2?AP2?DP2?2AP?DPcos?， 所以

AD2?BC2?AB2?CD2

?2(AP?DP?BP?CP?CP?DP?AP?BP)cos? ?2AC?BD?cos?.

因此结论成立.

CD延长后交于P，?P??，13.1.8★★梯形ABCD，AC?BD，上底AD?m，下底BC?n，m?n，BA、

试用m、n、?表示梯形的高.

解析 如图，设AB?a，CD?b，则由AC?BD，有a2?b2?m2?n2.

PθADBKC

又在BC上找一点K，使AK∥CD.则由余弦定理，(m?n)2?a2?b2?2abcos?， 于是abcos??mn.

mntan?. n?m13.1.9★★锐角三角形ABC中，BD为边AC上的高，E为AB上一点，?AEC?45?，BD?2CE，CE?AC?AD，求证：DE∥BC.

设梯形的高为h，则由S△ABK，有(n?m)k?absin??mntan?，故h?11解析 如图，由?BD?AC?S△ABC??AB?CE?sin45?及BD?2CE得AB?22AC.因此

228AC2?AB2?AD2?BD2

?AD2?4(AC?AD)2，

AEBDCC即 (2AC?5AD)(2A?AD?)，

AC5?. AD2不妨设AC?5，则AD?2，CD?3，CE?7. 设AE?x，由?AEC?45?，利用余弦定理得： 故

x2?49?2?7?x?cos45??25，

解得 x?32或42. 当x?42时，ED∥BC.

AE42AB??22?，故 AD2AC当x?32时，在△AEC中，

2?32?5与△ABC为锐角三角形矛盾，故舍去. 13.1.10★ 试用身影定理推导余弦定理.

解析 如图，对于△ABC，作AD?BC，注意D可在BC外，则有（a、b、c为△ABC的三对应边

cosA?18?25?49?0.

长）ccosB?bcosC?a，则理有acosB?bcosA?c，acosC?ccosA?b，三个方程联立，即解得

b2?c2?a2等三个式子，这就是余弦定理. cosA?2bcABDC

13.1.11★★已知关于x的方程x2?4(k?2)x?16k2?0，四边形ABCD中，?CAD?45?，?ADC?60?，

S△ABC?513且cosB?（如图所示）. 2kADBC

（1）当方程有两个相等实数根时，求?B及此方程的根；

（2）若此实根等于AB、BC之和，求CD之长. 解析 （1）因方程有两个相等实数根，故 ???4(k?2)?2?64k2?0，

解得k?2或k??2. 3211不符合题意，应舍去，从而cosB???，所以?B?120?. 3k2因|cosB|≤1，故k?此时原方程可化为：x2?16x?64?0，解得x?8. （2）因5313?S△ABC?AB?BCsinB??AB?BC，从而 224AB?BC?10.

?8， 又 AB?BC故

AC2?AB?BC2?2AB?BCcosB

?(AB?BC)2?2AB?BC?2AB?BCcosB ?54.

即 AC?36. 因?CAD?45?，?ADC?60?，故由正弦定理得CD?6.

13.1.12★★设P是正方形内部一点，P到顶点A、B、C的距离分别是1、2、3，求正方形的面积.

x2?4?1x2?3解析 如图所示，设AB?x，则在△ABP中，cos?ABP?；在△PBC中， ?4x4x?x2?3??x2?5?x2?4?9x2?52.于是?cos?PBC???????1，解得x?5?22.注意到cos?CBP?0，

4x4x?4x??4x?22故x2?5?22应舍去.

APDBC

从而x2?5?22，即正方形面积为5?22. AB2?AC213.1.13★★已知△ABC中，AB?AC，AD是高，E是BC中点，求证：?2ED.并由此证

BC明，若AB?AC，AS是角平分线，T在BS上，BT?CS，则AT2?AS3?(AB?AC)2.

AB2?AC2BD2?CD2BD?CD解析 如图，??(BD?CD)?BD?CD?(BE?ED)?(CE?ED)?

BCBCBC2ED，注意其中CD可取负值.

ABTESDC

又TS中点也是E，故

AT2?AS2AB2?AC2， ?2ED?STBCST?BS?BT?BS?CS 而

AB?BC?AC?BC， ?AB?AC(AB?AC)BCAB2?AC2于是AT?AS? ?AB?ACBC22?(AB?AC)2

评注 本题亦可先用余弦定理求出CD.

?ABC?90?，BCD?13.1.14★★2已知△ABC中，延长AC到点D，连结BD，若?CBD?30?，且A求AC之长.

解析 如图，设AC?x，BD?y，则

?1，

ABC30°D

x?ACS△CD?ABCS △BCD12AB?BC?1

2BC?BD?sin30??2BD?2y. 又由余弦定理，

AD2?AB2?BD2?2AB?BD?cos120?，

2此即

(1?x)2?1???2??x???x.

化简并整理，得 (x?2)(x3?2)?0，

解得 x1??2（舍），x32?2. 所以

AC?x?32. 13.1.15★★已知正方形ABCD，E、F分别在BC、CD上，AE与AF分别交BD于G、H，

若BEC?F求证：以BG、GH、HD为边的三角形有一内角是60?.

ADHGFBEC解析 设AB?1，BE?x，DF?y，则x?y?1，且BG

xBD?1?x，HDBD?y1?y，GHxBD?1?1?x?y1?1?y?xy2?xy. 于是由比例及余弦定理知只需证明 ?12??xy??2?xy???x2y2xy(1?x)2?(1?y)2?2?xy， ，

即(1?xy)2?x2(1?y)2?y2(1?x)2?(2?xy)xy.

而右式?x2?y2?2xy(x?y)?2xy?x2y2?(1?xy)2?左式，证毕.

13.1.16★★有一个等腰三角形ABC，底边BC上的高是h，?A??，P是BC上一动点，P关于AB、AC的对称点分别是Q、R，四边形XQPR是平行四边形，则X至BC的距离h??2h(1?cos?).

解析 如图，由于XP、QR互相平分，故h??Q、R至BC距离之和?PQsin?QPB?PRsin?RPC? (PQ?PR)sin??????????????2BPcos?2CPcos??sin?2BCcossin?4htancossin?4hsin2? 2?22?2222222BC2AB2?AC2?2AB?ACcos??h?2h(1?cos?). 22ABhABAXQRBPC

13.1.17★在△ABC中，点E、F分别是AC、AB的中点，点G是重心，对?BAC的每一个值，有多少互不相似的△ABC，满足点A、F、G、E共圆？

解析 如图，由A、F、G、E共圆，得CG?CF?CE?CA.

AFGBEC

2212若设△ABC对应边为a、b、c，对应中线为ma、mb、mc，则上式变为mc?b.

3212又由中线长公式知mc?(3a2?2b2?c2)，消去mc，得b2?c2?2a2.又由余弦定理，

4b2?c2?2bccosA?a2，再将a抵消，得 b2?4bccosA?c2?0.

b1，则?2?4?cosA?1?0，这个方程的????4cos2A?1?，于是当|cosA|?时，方程无解；c2又当?A?90?时，两边之比为负数，也不符合要求.

除了以上两种情况，剩下来的便是?A≤60?时，此时有互为倒数或相同的解，因此合乎要求的三角形恰有一个. 若设??

(a?b?c)a2(p?a)b2(p?b)c2(p?c)13.1.18★在△ABC中，p?，化简. ??21?cosA1?cosB1?cosC2bc?b2?c2?a2(b?c?a)(b?c?a)a?b?c解析 由余弦定理，1?cosA???(p?a)，故

2bc2bcbc

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