余弦定理的证明方法赏析

<正>一、余弦定理余弦定理:三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与他们夹角的余弦的积的两倍,即在△ABC中,已知AB=c,BC=a,CA=b,则有a²=b2=b²+c2+c²-2bccos A,b2-2bccos A,b²=c2=c²+a2+a²-2cacosB,c2-2cacosB,c²=a2=a²+b2+b²-2abcosC.二、定理证明为了叙述的方便与统一,我们证明以下问题即可:在△ABC中,已知AB=c,AC=b,及∠A,求证:a2-2abcosC.二、定理证明为了叙述的方便与统一,我们证明以下问题即可:在△ABC中,已知AB=c,AC=b,及∠A,求证:a²=b2=b²+c2+c²-2bccosA.     

一道全国初中数学联赛题的另解

<正>先了解一个公式,平分圆周角的弦长公式:如图1,点A、B、C在⊙O上,弦AD平分∠BAC,若∠BAC=2α,AB=a,AC=b,AD=c,则c=(a+b)/2cosα.证明如图2,连接CD、BD、BC,BC交AD于点E.因为AD平分∠BAC,所以∠CAD=∠BAD.于是CD=BD.因为∠CBD=∠BAD,     

利用欧拉公式解方程(组)

<正>我们知道对于任意实数a,b,c,都有如下公式:a³+b3+b³+c3+c³-3abc=(a+b+c)(a3-3abc=(a+b+c)(a²+b2+b²+c2+c²-ab-ac-bc),我们称上述公式为欧拉公式.特别的,当a+b+c=0时,a2-ab-ac-bc),我们称上述公式为欧拉公式.特别的,当a+b+c=0时,a³+b3+b³+c3+c³=3abc.当我们解方程(组)时,经常会碰到有两项或三项立方加减或立方根加减的情况,都可充分运用欧拉公式求解.     

竞赛中的代数式求值问题

<正>代数式求值(或证明)是竞赛中的常见问题.以考查基本方法和观察能力为主,在试题上侧重知识的灵活运用,本文从几个方面举例说明,供参考.一、利用非负数各项的和为0,其每项都为零求值(或证明)例1(2016年全国初中数学竞赛题)设实数a,b,c满足:abc≠0且14(a²+b2+b²+c2+c²)=(a+2b+3c)2)=(a+2b+3c)²,求(a2,求(a²+2b2+2b²+3c2+3c²)/(ab+ac+bc)的值.     

余弦定理的一种变式及应用

<正>大家知道,余弦定理是:在△ABC中,a²=b2=b²+c2+c²-2bccos A,b2-2bccos A,b²=c2=c²+a2+a²-2cacosB,c2-2cacosB,c²=a2=a²+b2+b²-2abcosC,把以上三式配方变形,即得a2-2abcosC,把以上三式配方变形,即得a²=(b+c)2=(b+c)²-2bc(1+cos A).b2-2bc(1+cos A).b²=(c+a)2=(c+a)²-2ca(1+cosB).c2-2ca(1+cosB).c²=(a+b)2=(a+b)²-2ab(1+cosC).由观察知这三个式子有以下的列功能.(1)把已知三角形两边和与积及夹角,可迅速求第三边,为解题奠定基础;(2)已知等式中有两数和与两数积,因此它们可以与韦达定理建立联系;     

分式型不等式的证明

题组若a,b,c∈R₊,则（1）a/（b+c）+b/（c+a）+c/（a+b）≥3/2（1963年莫斯科数学竞赛题）.（2）（a⁺b^）/（a+b）+（b²+c²）/（b+c）+（c²+a²）/（c+a）≥a+b+c.（3）（W.Janoux猜想）（c²-b²）/（a+b）+^a-c2/（b+c）+（b²-a²）/（c+a）≥0.（4）a²/(b+c+b²（c+a）+c²/（a+b）≥（a+b+c）/3（第二届友谊杯国际数学邀请赛试题）.     

等腰梯形的一个性质及推广

性质等腰梯形的一条对角线与一腰的平方差等于上下底的积.如图1,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=CD,则BD2-AB2=AD·BC.证明∵梯形ABCD是等腰梯形,∴BD=AC.∵等腰梯形有一个外接圆,由托勒密定理得BD·AC=AB·CD+AD·BC,并注意到AB=CD,故BD2-AB2=AD·BC.推广1如图2,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=CD,P是BC上任意一点,则PD2-PA2=AD(PC-PB).     

求两三角形面积比的多种解法

<正>题目四边形ABCD中,AB⊥BC,AB=BC=5,CD=7,AD=1,求△ABD与△BCD的面积之比.思路一两个三角形的面积之比利用同底(等底)转化为高之比.妙解法一(利用BD为两三角形的公共边,过A,C作高AE,CF.)如图2,连结AC,由勾股定理得AC²=AB2=AB²+BC2+BC²=50,又AD2=50,又AD²+DC2+DC²=50,所以∠ADC=90°.所以A,B,C,D共圆.由AB=BC得,     

几何体与球的接切问题

<正>一、几何体的外接球问题1.与长方体有关的外接球问题利用长方体的几何中心(体对角线的中点)与外接球心重合,求出体对角线长,进一步求出外接球半径.在长方体ABCDA1B1C1D1中,棱AB,AD,AA1的长分别为a,b,c,则该长方体外接球的半径为().因D_1B=(a²+b2+b²+c2+c²)2)¹/2,故外接球半径R=((a1/2,故外接球半径R=((a²+b2+b²+c2+c²)2)¹/2)/2.     

触“类(比)”旁通 从“会”到“透”

(2012上海高考理-14)如图1,AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱,BC=2,若AD=2c,且AB+BD=AC+CD=2a,其中a、c为常数,则四面体ABCD的体积的最大值是 分析:观察题中的AD=2c,且AB+BD=AC+CD=2a,类比椭圆定义,易知BC线段是“椭球”面上与焦点连线所在的轴垂直的动线段,当BC线段位于“椭球”短轴所在的截面圆时,体积最大. 解:由已知,B、C在分别是以A、D为焦点,长轴长为2a的两个椭圆上(如图2),过点B作BM上AD,垂足为M,连接MC,由AD⊥BC,AD⊥MB,知AD上平面BMC,进而AD上MC,设BM=x,由椭圆的对称性知BM=CM=x,此时,四面体ABCD的体积V=1/3S△MBC·AD=1/3×1/2×2×√x2-1×2c=2c√a2-c2-1/3(0＜x≤／a2-c2).     

用边来判断角的类型

<正>在△ABC中,设∠A、∠B、∠C所对的边为a、b、c,(1)若∠C=90°,则a²+b2+b²=c2=c²;(2)若∠C<90°,则a2;(2)若∠C<90°,则a²+b2+b²>c2>c²;(3)若∠C>90°,则a2;(3)若∠C>90°,则a²+b2+b²2.结论 (1)是我们熟知的勾股定理,现在对(2)、(3)我们来给出证明.证明(2)分三种情况:(1)当∠B=90°时,结论显然成立;(2)当∠B>90°时,如图1,过点A作AD⊥BC交CB延长线于D,     

端点相连的三条弦的性质

<正>端点相连的三条弦可分为几种情形,下面介绍它们的性质.情形1[1]如图1,AB、AC、AD是⊙O中依次的三条弦,记∠CAD=α、∠BAC=β,则AC·sin(α+β)=AB·sinα+AD·sinβ.证明连接BD、BC、CD,由托勒密定理得AC·BD=AB·CD+AD·BC 1设⊙O的半径为R,显然有     

四边形的一个性质及其推论

<正>性质如图1,在四边形ABCD中,若∠BAD+∠BCD=α(0°<α≤180°),则(AC·BD)²=(AB·CD)2=(AB·CD)²+(AD·BC)2+(AD·BC)²-2AB·BC·CD·ADcosα.证明如图2,过点A、D分别作射线AE、DE交于点E,且使∠DAE=∠BCD、∠ADE=∠BDC,则△EDA∽△BDC.     

由三角形角分线想起

在学完向量的知识之后 ,发现向量可以讨论一些平面几何的问题 ,那么能否证明三角形的角分线定理 ?命题 1　用向量证明三角形角分线定理 .证明　如图 1 ,已知△ABC ,AD为∠BAC的角平分线交BC于D ,试用向量证图 1　命题 1图明 :ABBD=ACCD.证明　设AB =a ,AC =b ,BD =c,DC =d ,由∠BAD =∠CAD ,cos∠BAD= a·AD|a|·|AD| ,cos∠CAD =b·AD|b|·|AD| ,得a·ADa =b·ADb ( 1 )由BD与BC在同一直线上 ,设BD =λBC ,即 |c| =λ|BC| ,λ =c|c| + |d| ,得　　AD =a +c =a +λBC =a +λ(b -a) ( 2 )将 ( 2 )代入 ( 1 ) ,得　…     

等腰三角形的一条性质及其应用

<正>一、性质在△ABC中,AB=AC,D是BC上一点.则AB²=AD2=AD²+BD·DC.证明如图甲所示.作AH⊥BC于点H,则BH=CH.由勾股定理得AB2+BD·DC.证明如图甲所示.作AH⊥BC于点H,则BH=CH.由勾股定理得AB²=AH2=AH²+BH2+BH²=AD2=AD²-DH2-DH²+BH2+BH²=AD2=AD²+(BH2+(BH²-DH2-DH²)=AD2)=AD²+(BH+DH)(BH-DH)=AD2+(BH+DH)(BH-DH)=AD²+BD·DC.注当点D在边BC的延长线上,则     

构造函数法证明不等式

<正>构造函数法就是根据所证不等式的特征,构造适当的函数,然后利用一元二次函数的判别式、函数的奇偶性、单调性、有界性等性质来证明不等式,这种方法,统称为构造函数法.例1设a,b,c∈R,求证:a²+ac+c2+ac+c²+3b(a+b+c)≥0,并指出等号何时成立.证明左边整理成关于a的二次式f(a)=a2+3b(a+b+c)≥0,并指出等号何时成立.证明左边整理成关于a的二次式f(a)=a²+(c+3b)a+c2+(c+3b)a+c²+3b2+3b²+3bc.∵Δ=(c+3b)2+3bc.∵Δ=(c+3b)²-4(c2-4(c²+3b2+3b²+3bc)=     

巧证“轮换”不等式

<正>这类不等式的特征是:字母成轮换对称形式,其证法思路是连续三次用均值不等式,并且相加,化简或推理之后可证,方法十分巧妙现举例说明.例1已知a、b、c为实数,且a+b+c=1,求证:a²+b2+b²+c2+c²≥1/3.证法1∵a+b+c=1,当且仅当a=b=c=1/3时,不等式中等号成立.于是有下列证法:     

也谈一道第20届伊朗奥林匹克竞赛题

1.引言文[1]刊有这样的两道(赛)题:题1(2011年摩洛哥数学奥林匹克试题)设正实数a,b,c满足a²+b²+c²+2abc=1,求证:2(a+b+c)≤3.     

一道求值赛题的多种解法

<正>试题(2016年四川省初中数学竞赛(初二)初赛)已知实数a,b,c满足abc≠0,且(a-c)²-4(b-c)(a-b)=0,求(a+c)/b的值.解法1(因式分解法)由(a-c)2-4(b-c)(a-b)=0,求(a+c)/b的值.解法1(因式分解法)由(a-c)²-4(b-c)(a-b)=0得,a2-4(b-c)(a-b)=0得,a²-2ac+c2-2ac+c²-4(ab-ac+bc-b2-4(ab-ac+bc-b²)=0,所以a2)=0,所以a²+2ac+c2+2ac+c²-4(ab+bc)+4b2-4(ab+bc)+4b²=0,即(a+c)2=0,即(a+c)²-4b(a+c)+4b2-4b(a+c)+4b²=0.分解因式,得(a+c-2b)2=0.分解因式,得(a+c-2b)²=0.     

一个恒等式的有趣应用

<正>a³+b3+b³+c3+c³-3abc=(a+b+c)(a3-3abc=(a+b+c)(a²+b2+b²+c2+c²-ab-bc-ca),这里不妨将其记为(*),这是一个对称、和谐又十分优美的恒等式.事实上,只要把它的右边展开,即得左边,下面,我们来看它在有关解题中的有趣应用.例1(五羊杯赛题)实数a,b满足a2-ab-bc-ca),这里不妨将其记为(*),这是一个对称、和谐又十分优美的恒等式.事实上,只要把它的右边展开,即得左边,下面,我们来看它在有关解题中的有趣应用.例1(五羊杯赛题)实数a,b满足a³+b3+b³+3ab=1,则a+b的值为______.解从条件式可得a3+3ab=1,则a+b的值为______.解从条件式可得a³+b3+b³+(-1)3+(-1)³-3ab