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.

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