人教版初中《第13章正弦定理與余弦定理》競賽專題復(fù)習(xí)含答案

1、第13章正弦定理與余弦定理13.1.1 已知點(diǎn) P 是厶ABC 內(nèi)一點(diǎn)，使得.PAB=/PBC=：/PCA=.； 求證:1 11122 十 2 十 2sin 、丄 sin A sin B sin C如圖，設(shè) ABC的三邊為a、 b、 c，對應(yīng)角分別為 A、 B、 =180- C -180 ZC，同理 CPA=180 ZA， /APB =180 ZB.由正弦定理,Sa cap J(AB2BPsi n、；sin、；，故 BP =c，同理 CP =aAB sin Bsin B1AP BC BP CA CP)sin :2sin、；Cbc acI +sin A sin Bsi nasAP = b, Sa

2、 abc = Sa abp Sa cbp sin Aabsin Cin abc(121-sin A sin B1 22 )sin _：i.1 1sin2B sin2Csin C于曰 11于疋2TX、Y，使乙ABC YC，乙 AYB ZBXC , XC=YB,sin _：: sin A 13.1.2*在 ABC的AC及BC邊上分別取點(diǎn)求厶ABC的所有內(nèi)角解析 如圖，易知 ZC ZAYB ZYAC ZBXC ZABX ZBAC，故 AB=BC.又由正弦定理， sin /BAY 二sin /AYBn/BXC =sin _XBC .ABBC于是 NBAY=/XBC （易見 NBAY+ZXBCc180）

3、，故 NBAC=NABC，BC=AC.于是 ABC為正三角形，各內(nèi)角均為 60 .13.13 已知凸四邊形 ABCD，AC_BD，AB、BC、CD、DA 上分別有點(diǎn) F、G、H、E， AB_FD， BC_DG，CD _ BH，AD _ BE，求證：FH、GE、AC 共點(diǎn).解析 如圖，設(shè) ABD、 BCD垂心分別為 M、N , FH與AC交于K，EG與AC交于K .AD由正弦定理及四點(diǎn)共圓，有MK _sin MHFD _ sin HBD _ sin DCAMF Sin/MKF sin ZMKF sin ZMKF NK sin . FHB sin . FDB sin . BACNH sin. NK

4、H sin. MKF sin. MKF 于是 MK MF sin NDCA AMNK 一 NH sinNBAC 一 CN .同理匹=現(xiàn)，得K與K 重合，即FH、GE、AC共點(diǎn)NK CN13.1.4 已知L ABCD , E在BC上，AE、DC延長后交于F , O是厶ECF的外心（在AECF內(nèi)）， 若 B、O、C、D 共圓，則 AD 二 FD.解析 如圖，設(shè).CBO = CDO - v, BCO = : , . OFD = 1 作 OM _ BC，ON _ CF，M、N 分 別是CE、CF之中點(diǎn)易知BM BE EM BE2BE丄2BC2AD2DF2DCCD1 111-1 11MCMCCMECEC

5、CECFCFNF此即BO cos JDO cos J于曰BODOCO cos 1OF cos :于是cos :cos CtNDNF又由正弦定理BOsin 二COsin JFOsin vDOsin于是tan = tan , BOC 也 DOF ,故AD = BC= DF13.1.5有一個(gè)凸四邊形 ABCD ,頂點(diǎn)均在一圓周上,AC 且 AB = 2 , BC =3 , CD=4 , DA = 5 ,求BD的值.解析 由正弦定理知SA abc二空，其中a、b、c為三邊長，R為外接圓半徑.于是由4RSaabc Sx Ach S abdS ,B并考慮4個(gè)三角形有共同的外接圓，故有 AB BC CA C

6、D DA CA二AB AD BD BC CD BD .13.1.6已知凸四邊形 ABCD，對角線交于 P , BP =DP，過P的一條直線分別交 AB、CD于G、 H，過P的另一條直線分別交 AD、BC于E、F，GF、EH分別交BD于M、N ,求證：PM =PN .解析 如圖，設(shè)好.1.6各角由 BP =PD知 Saabc = Saacd，故 AB BC sin(. 1 . 2) =AD CD 代入數(shù)字，得 6CA 20CA =10BD 12BD，于是ACBD1113sin(.3.4),D由正弦不定理，知止式可改為sin Z3sin 1 sin Z1sin W2sin Z5sin ./6，于是

7、sin(. 3 . 4)=sin(. 3 . 4) sin(. 1 . 2)sin Z3sin 乙4sin 5sin 6 sin(. 1 . 2)此即ED Hn.(34) BG BFsi n(1兩邊)同時(shí)除去sin Jsi n 2PE PHPG PFsin(. 5 . 6)，即得丄=4，此即型二列，故PM二PN.Sa pgfS pehPM PN13.1.7*證明余弦定理的一種四邊形推廣：即設(shè)凸四邊形 ABCD的對角線交于 P，又設(shè).APB = r , 則2 2 2 2八 AD +BC -AB CDcos2AC BD解析 如圖，由余弦定理，AB 2 2CD =CP DP - 2CP DPcos

8、v,又 BC2 二 BP2 CP2 -2BP CPcos(180 - R =BP2 CP2 2BP CPcos ,AD2 二 AP2 DP2 2AP DP cos ),所以 2 2 2 2二APAD BC -AB -CD BP=2( AP DP BP CP CP DP AP BP)cos -2AP BPcosr ,D試用m、n、v表示梯形的高.解析如圖，設(shè)AB=a , CD=b，則由AC _ BD，有a2 b2又在BC上找一點(diǎn)K ,使AK / CD .則由余弦定理，（m _n）2 =2 2a b _2abcosv ,是 abcosv -mn.設(shè)梯形的高為h，則由13.1.9 銳角三角形 CE

9、=AC AD，求證：解析如圖，由-BD2Sabk，有(n _m)k=absinT=mntan&，故 h= mn tanT .n -mAEC =45 , BD =2CE ,ABC中，BD為邊 AC上的高，E為AB上一點(diǎn),DE / BC .1AC &abcAB CE sin45 及 BD =2CE得 AB2=2.2AC 因此2 2 2 28AC =AB =AD BD2 2=AD 4(AC AD),即(2AC- 5AD)( 2ACAD),AC =5AD 2 .不妨設(shè)AC =5，則AD =2 ,設(shè) AE =x，由 EAEC =45 ,x 49 -2 7 x cos45 =25CD = 3， CE =

10、7 利用余弦定理得：解得x =3 .2 或 4 2.當(dāng)x 2時(shí)，歴二耳泊遼二塑，故AD 2ACED / BC .當(dāng)x =3.2時(shí)，在 AEC中,18+2549cos A0 .2 3寸2 5與厶ABC為銳角三角形矛盾，故舍去.13.1.10 試用身影定理推導(dǎo)余弦定理 .b、cABC的三對應(yīng)邊解析 如圖，對于 ABC，作AD _BC，注意D可在BC夕卜，則有（a、長)ccosB - bcosC= a，則理有 acosB - bcosA= c, acosC - ccosA = b，三個(gè)方程聯(lián)立，即解得2 2 2cosA = b 匚土 等三個(gè)式子，這就是余弦定理2bc 2213.1.11*已知關(guān)于 x

11、 的方程 x ，4(k-2)x 16k =0,四邊形 ABCD 中，/CAD =45，/ADC =60，Saabc二53且cosB工1 (如圖所示)2k(1) 當(dāng)方程有兩個(gè)相等實(shí)數(shù)根時(shí)，求.B及此方程的根;(2) 若此實(shí)根等于 AB、BC之和，求CD之長.解析 (1)因方程有兩個(gè)相等實(shí)數(shù)根，故.： = 4(k -2) -64k2 =0 , 解得k =-或k = -2.31cosB - k所以 B=120 .2因|cosB $ 1，故k二2不符合題意，應(yīng)舍去，從而3此時(shí)原方程可化為：x2 -16x 64 =0，解得x二8.(2)因 工abc =】AB BCsin B 二一ED =-STBCST

12、=BS BT =BS -CSAB BC - AC BCAB +AC AB BC，從而224AB BC =10.又 AB BC8，故2 2AC =AB BC -2AB BCcosB解析如圖所示，設(shè) AB=x，則在 ABP中,2 x cosABP =4 _14xx2 34x在 PBC中,2x 4-9cos/PBC =-4x2x -54x是普=1，解得x2 =5_2.N注意到 cos CBP 0 ,故x2 =5 2. 2應(yīng)舍去.從而x5 2 2，即正方形面積為5 2.2.明，若AB2 _ ac2求證：伴=2ED .并由此證BC解析如圖,2 2 2 2AB AC BD CDBD CD(BD -CD)

13、=BD -CD =(BE ED) -(CE - ED)二 BC2ED ,BCBC注意其中CD可取負(fù)值.13.1.13 已知 ABC 中，AB AC，AD 是高，E 是 BC 中點(diǎn),232AB AC，AS 是角平分線， T 在 BS 上，BT 二 CS，貝U AT -AS =(AB-AC).At2_as2=(ABAC)BCAB +ACAB2BC-AC2又TS中點(diǎn)也是E，故2 2 2 2AT ASAB AC= (AB _AC)2CD.評注本題亦可先用余弦定理求出13.1.14 2 已知 ABC 中， ABC =90，延長 AC 到點(diǎn) D，連結(jié) BD，若 CBD =30，且 Al (D=1 ,求AC

14、之長.解析如圖，設(shè)AC二x , BD二y，貝UACx =CD1ABCSa BCDAB BC= -1 BC BD sin 30 2_ 2 2 _BD - y .又由余弦定理，2 2 2AD 二 AB BD -2AB BD cos120 ,此即(1 x)1 2 =1 -.lx丿x化簡并整理，得(x 2)(x3 -2) =0 ,解得Xi =-2 (舍)，X2=32 .所以AC =x = 3 2 .13.1.15已知正方形 ABCD ,E、F分別在BC、CD上，AE與AF分別交BD于G、H，若 旺硯 求證：以BG、GH、HD為邊的三角形有一內(nèi)角是 60 .解析則x y =1，且些BDHD _y_BD

15、1 yGH .1BD 1 x2 xyxy2 xy即(1 _xy)2 =x2(1 y)2y2(1 x)2 _(2 xy)xy .22222而右式=x y 2xy(x y)2xy x y =(1 _xy)二左式，證畢.13.1.16 有一個(gè)等腰三角形 ABC，底邊BC上的高是h , . A_P是BC上一動(dòng)點(diǎn)，P關(guān)于AB、AC的對稱點(diǎn)分別是 Q、R，四邊形XQPR是平行四邊形，則 X至BC的距離h =2h(1 cosn).解析 如圖，由于 XP、QR互相平分，故 h=Q、R至BC距離之和=PQsi n. QPB PRs in. RPC = ； ； ； ； ； ； ； 2(PQ 亠PR)sin 2BP

16、cos 2CPcos sin2BCcossin4htancossin4hsin -2( 2 2) 2 2 2 2 2 2 2BC2AB2h2 2AB AC 皿 ACcos2h(1_cosAbF分別是AC、AB的中點(diǎn)，點(diǎn)A、F、G、E 共圓？13.1.17在 ABC 中，點(diǎn) E、 少互不相似的 ABC，滿足點(diǎn)G是重心，對.BAC的每一個(gè)值，有多解析如圖，由A、F、G、E 共圓，得 CG CF 二 CE CA.若設(shè) ABC對應(yīng)邊為a、b、c，對應(yīng)中線為 ma、mb、mc，則上式變?yōu)?-mf = - b2.3 2又由中線長公式知m；(3a2 2b2 -c2)，消去mc ，得b2 c2=2 a2.又由

17、余弦定理，4b2 c2 -2bccosA =a2，再將 a 抵消，得2 2b -4bccosA c 0 .若設(shè)V，則2-4 cosA 0，這個(gè)方程的“ 4cos2 1，于是當(dāng)冋內(nèi)冷時(shí)，方程無解;又當(dāng).A 90時(shí)，兩邊之比為負(fù)數(shù)，也不符合要求.除了以上兩種情況，剩下來的便是 A AB (即b c )，則在AC上取一點(diǎn)D，使AD=AB，又作AF丄BD于F , CE _BD于E，貝U E在BD延長線上.AA 是 AF 平分BAC，且 BD =2BF =2csin2A，DE=CDsin Ac)%，兩式相加，得ABE =BD DE =(b c)sin .Aa又CE = CD cos (b - c)cos

18、 ，由勾股定理,222 2BC =BECE2，此即22 A2 . 2 A 2(b -c) cos (b c) sin a .2 213.1.20已知 ABC中，.乙A的平分線、 AC上的中線、 解析 如圖，由于中線BE和角平分線AD均在 ABC內(nèi),AB上的高共點(diǎn)，且.A = 2 B，求.A. 故 A與.B均為銳角c.由塞瓦定理，有施FB設(shè) ABC的三條對應(yīng)邊長為BD =1，即DCbcosA CD a cosB BDb，故遜二c cosBa，由余弦定理知c2 2 2 2 2 : b c a a c b由于a2 =b2 bc ,代入式，化簡有c -bb,解得c=(2 1)b ,于是2 2b c a

19、c -bcos A2bc2b,-A =45 13.1.21 證明斯圖沃特定理：2 2n -山 AB CM +AC .BM2M為BC上一點(diǎn)，則BM CM二AMBC解析 如圖，由于.AMB . AMC =180，故 cos. AMB cos. AMC =0，分別在 ABM、 AMC 用余弦定理代cos/AMB、cos AMC，整理即得斯圖沃特定理評注 斯圖沃特定理的一個(gè)著名的推論是中線長公式：若AM ABC之中線，則1 J222AM 二唧2AB 2AC -BC .213.1.22 以點(diǎn)C為旋轉(zhuǎn)中心，將 ABC逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)為 ABC，設(shè)線段BA、AC、BC的中點(diǎn) 分別為 M、E、F，若 AC = BC

20、，且 EM =FM，求.EMF .解析 首先，反復(fù)利用中線長公式得 4ME2 =AA2 BC2 AC2 AB2 -AB2 - AC2，4MF AC22 2 2 2 2 2 2 2 2BB +BC +AB -AB -BC，由 ME=MF 得 A*A AC =BB -B*C .由 AAC BBC 知上式 兩端只能為零，否則相似比為 1，有AC =BC，與題設(shè)矛盾.因此由BBBC可知 A AC與厶BBC均 為正三角形.如圖，設(shè)AC中點(diǎn)為N璉結(jié)MN、NE、EF .若設(shè).ACB二二（注意可負(fù)），則.ENM =120 v - . ECF ,11又 EC =EN , MN BCB C =CF，故 MNE FCE，于是 ME =EF，因此 MEF 為正三角22形，/EMF =60 .EC評注中線長公式正是余弦定理的推論 .13.1.23 如圖，在 ABC 中，.C=90 , D 是 BC 上一點(diǎn)， ADC =45，作 DE _ AB 于 E，且AEBE罟，若DE二巨，求.C的平分線