第十章练习——任何三角形

调用 $b = 8$ 和 $c = 12$ 给定的边以及 $\hat{A} = 120^\circ$ 它们之间的角度，余弦定律给出

然后 $a = \sqrt{304} = 4\sqrt{19}$ 米。

根据余弦定律， $\cos\hat{A} = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \dfrac{169 + 225 - 100}{2 \cdot 13 \cdot 15} = \dfrac{294}{390} = \dfrac{49}{65}$;所以 $\hat{A} = \operatorname{arc\,cos}\dfrac{49}{65}$.

根据余弦定律，$\cos\hat{A} = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$。如果$a$、$b$、$c$为有理数，则分子和分母为有理数（有理数的和与积），并且分母不为空；因此$\cos\hat{A}$是有理数。 $\cos\hat{B}$和$\cos\hat{C}$也是如此。 (The sines, however, can be irrational: in 等边三角形 aside 1, $\operatorname{sen} 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$.)

（因此$b$和$c$为正，$x > 1$。）让我们计算$b^2 + c^2 + bc$：

与余弦定律相比，$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\hat{A}$，得到$-2bc\cos\hat{A} = bc$，即$\cos\hat{A} = -\frac{1}{2}$和$\hat{A} = 120^\circ$。

作为 $2\operatorname{sen}^2\frac{\hat{C}}{2} = 1 - \cos\hat{C}$ 以及直角三角形中的 $\cos\hat{C} = \frac{b}{a}$：

Let us assume that $a$ is the largest side, that is, $a \ge b$ and $a \ge c$.最大边与最大角相对，因此 $\hat{A} \ge \hat{B}$ 和 $\hat{A} \ge \hat{C}$，并且三角形是直角、锐角或钝角，具体取决于 $\hat{A}$ 是直角、锐角还是钝角。根据余弦定律，$\cos\hat{A} = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$。然后：

• a) $\hat{A} = 90^\circ \iff \cos\hat{A} = 0 \iff a^2 = b^2 + c^2$;
• b) $0^\circ < \hat{A} < 90^\circ \iff \cos\hat{A} > 0 \iff a^2 < b^2 + c^2$;
• c) $90^\circ < \hat{A} < 180^\circ \iff \cos\hat{A} < 0 \iff a^2 > b^2 + c^2$.

结论：三角形是直角、锐角还是钝角，取决于它的最大边的平方是否等于、小于或大于另外两条边的平方和。

由正弦定理， $2R = \dfrac{a}{\operatorname{sen}\hat{A}} = \dfrac{15}{\frac{1}{2}} = 30$ 厘米;然后 $R = 15$ 厘米。

$\hat{A} = 180^\circ - 30^\circ - 45^\circ = 105^\circ$ 和 $\operatorname{sen} 105^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$。根据正弦定理：

合理化：$b = 5(\sqrt{6} - \sqrt{2})$ 和 $c = 10(\sqrt{3} - 1)$。

a) 构造任意具有角 $\alpha$ 和 $\beta$ 的三角形 $A'B'C'$（它具有正确的形状，但大小不正确）。在一条射线上，标出$A'B'C'$的周长和给定的周长$2p$；根据泰勒斯定理（同调），减小或增大两个周长之间的比率 $A'B'C'$。

b) 根据正弦定理， $a = 2R\operatorname{sen}\alpha$, $b = 2R\operatorname{sen}\beta$ 和 $c = 2R\operatorname{sen}(\alpha + \beta)$ （然后 $\hat{C} = 180^\circ - \alpha - \beta$）。添加， $2p = 2R[\operatorname{sen}\alpha + \operatorname{sen}\beta + \operatorname{sen}(\alpha + \beta)]$;岱伊 $2R$ 和三个侧面。

由于角度 $A\hat{D}B$ 和 $A\hat{C}B$ 从同一角度、同一侧“看到”线段 $\overline{AB}$，因此点 $A$、$B$、$C$、$D$ 位于同一圆上，半径为 $R$。根据三角形$ABD$、$AB = 2R\operatorname{sen} A\hat{D}B$的正弦定理；在三角形 $BCD$、$CD = 2R\operatorname{sen} C\hat{B}D$ 中。按成员划分，$\dfrac{AB}{CD} = \dfrac{\operatorname{sen} A\hat{D}B}{\operatorname{sen} C\hat{B}D}$，这是论文。

平均底边 $\overline{C'B'}$ 与 $\overline{BC}$ 平行并测量 $\frac{a}{2}$；这两条平行线之间的距离是高度 $h_a$ 的一半。由于 $C'M$ 和 $B'M$ 与 $BC$ 形成等角，因此它们与 $C'B'$ 形成等（交替）角：三角形 $C'MB'$ 是等腰三角形，其高度 $\frac{h_a}{2}$ 落在 $\overline{C'B'}$ 的中间。然后

根据正弦定理， $a = 2R\operatorname{sen}\alpha$;和 $h_a = c\operatorname{sen}\beta = 2R\operatorname{sen}\gamma\operatorname{sen}\beta$。标识 $\operatorname{cotg}\varphi = \dfrac{2R\operatorname{sen}\alpha}{4R\operatorname{sen}\beta\operatorname{sen}\gamma} = \dfrac{\operatorname{sen}\alpha}{2\operatorname{sen}\beta\operatorname{sen}\gamma}$.

在三角形$ABY$中，$A$处的外角（即$\alpha$）等于不相邻的内角$\frac{\alpha}{2}$和$B\hat{Y}A$之和；那么 $B\hat{Y}A = \frac{\alpha}{2}$ 和三角形 $ABY$ 是等腰： $AY = AB = 50$ m。在直角三角形 $AXY$ 中：

设$\alpha$、$2\alpha$和$3\alpha$为从$A$、$B$和$C$点看去的三个角度，$Y$为塔顶。如练习 386 中一样，三角形 $ABY$ 是等腰三角形，$BY = 110$ 是米。在三角形 $BCY$ 中，$Y$ 处的角度为 $3\alpha - 2\alpha = \alpha$，$C$ 处的角度为 $\pi - 3\alpha$；由正弦定理，

高度为 $BY\operatorname{sen} 2\alpha = 110 \cdot 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} = 88$ 米。

对于 $\cos 2x = 1 - 2\operatorname{sen}^2 x$：

根据正弦定理， $a\operatorname{sen}\hat{B} = b\operatorname{sen}\hat{A}$，并且括号为空。

在直角三角形中，$S_b = \frac{c}{\cos(\hat{B}/2)}$和$S_c = \frac{b}{\cos(\hat{C}/2)}$，以及$b = a\operatorname{sen}\hat{B}$和$c = a\cos\hat{B}$。然后

对于 $\hat{B} = 60^\circ$：$\dfrac{\frac{\sqrt{3}}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}} = \dfrac{2}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$。该表达式在 $\hat{B}$ 和 $\hat{C}$ 中是对称的，并且当 $\hat{B}$ 远离 $45^\circ$ 时减小，因此唯一的解是 $60^\circ$ 和 $30^\circ$。

a) 弦 $AP$ 对着圆心角 $2\alpha$: $AP = 2r\operatorname{sen}\alpha$。而$HP$是$P$的横坐标：$HP = r\cos 2\alpha = r(1 - 2\operatorname{sen}^2\alpha)$。条件$AP - HP = r$变为$2\operatorname{sen}\alpha - 1 + 2\operatorname{sen}^2\alpha = 1$，即$\operatorname{sen}^2\alpha + \operatorname{sen}\alpha - 1 = 0$，或$1 - \operatorname{sen}^2\alpha = \operatorname{sen}\alpha$，或$\cos^2\alpha = \operatorname{sen}\alpha$，甚至$\cos\alpha = \frac{\operatorname{sen}\alpha}{\cos\alpha} = \operatorname{tg}\alpha$。

b) 根据二次方程，$\operatorname{sen}\alpha = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$（另一个根小于$-1$）。

c) $\operatorname{sen}\alpha \approx 0{,}618034$，在 $\operatorname{sen} 38^\circ 10'$ 和 $\operatorname{sen} 38^\circ 11'$ 之间。插值：$\frac{0{,}618034 - 0{,}617951}{0{,}618180 - 0{,}617951} \cdot 60'' = \frac{83}{229} \cdot 60'' \approx 22''$。标志 $\alpha \approx 38^\circ 10' 22''$。

a) $S = \frac{ab}{2}\operatorname{sen}\theta$，到 $0 < \theta < \pi$：高度为 $\frac{ab}{2}$ 的正弦弧（在图表中为 $\frac{ab}{2} = 1$）。

b) 最大值出现在 $\theta = 90^\circ$ 处。

c) $\frac{\operatorname{sen} 120^\circ}{\operatorname{sen} 30^\circ} = \frac{\sqrt{3}/2}{1/2} = \sqrt{3} \approx 1{,}732$：增加约 $73\%$。

在所有这些中，我们使用 $a = 2R\operatorname{sen}\hat{A}$、$b = 2R\operatorname{sen}\hat{B}$、$c = 2R\operatorname{sen}\hat{C}$ 和 $\hat{A} + \hat{B} + \hat{C} = \pi$，因此 $\operatorname{sen}\hat{A} = \operatorname{sen}(\hat{B} + \hat{C})$ 等。

1) $\operatorname{sen}(\hat{B} + \hat{C})\operatorname{sen}(\hat{B} - \hat{C}) = \operatorname{sen}^2\hat{B} - \operatorname{sen}^2\hat{C}$。因此，第一个成员的值为 $2R[(\operatorname{sen}^2\hat{B} - \operatorname{sen}^2\hat{C}) + (\operatorname{sen}^2\hat{C} - \operatorname{sen}^2\hat{A}) + (\operatorname{sen}^2\hat{A} - \operatorname{sen}^2\hat{B})] = 0$。

2) $\operatorname{sen}(\hat{B} + \hat{C})\cos(\hat{B} - \hat{C}) = \frac{1}{2}(\operatorname{sen} 2\hat{B} + \operatorname{sen} 2\hat{C}) = \operatorname{sen}\hat{B}\cos\hat{B} + \operatorname{sen}\hat{C}\cos\hat{C}$;乘以$2R$，我们得到论文。

3) 重新分组：$(b\cos\hat{C} + c\cos\hat{B}) + (c\cos\hat{A} + a\cos\hat{C}) + (a\cos\hat{B} + b\cos\hat{A}) = a + b + c$，根据投影定理。

4) $\dfrac{a^2 - b^2}{c^2} = \dfrac{\operatorname{sen}^2\hat{A} - \operatorname{sen}^2\hat{B}}{\operatorname{sen}^2\hat{C}} = \dfrac{\operatorname{sen}(\hat{A} + \hat{B})\operatorname{sen}(\hat{A} - \hat{B})}{\operatorname{sen}^2(\hat{A} + \hat{B})} = \dfrac{\operatorname{sen}(\hat{A} - \hat{B})}{\operatorname{sen}(\hat{A} + \hat{B})}$.

5) 根据余弦定律，$c^2 + a^2 - b^2 = 2ac\cos\hat{B}$和$c^2 + b^2 - a^2 = 2bc\cos\hat{A}$。商是$\dfrac{a\cos\hat{B}}{b\cos\hat{A}} = \dfrac{\operatorname{sen}\hat{A}\cos\hat{B}}{\operatorname{sen}\hat{B}\cos\hat{A}} = \dfrac{\operatorname{tg}\hat{A}}{\operatorname{tg}\hat{B}}$。

6) $\dfrac{b + c}{a} = \dfrac{\operatorname{sen}\hat{B} + \operatorname{sen}\hat{C}}{\operatorname{sen}\hat{A}} = \dfrac{2\operatorname{sen}\frac{\hat{B} + \hat{C}}{2}\cos\frac{\hat{B} - \hat{C}}{2}}{2\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}\cos\frac{\hat{A}}{2}} = \dfrac{\cos\frac{\hat{B} - \hat{C}}{2}}{\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}}$，如 $\operatorname{sen}\frac{\hat{B} + \hat{C}}{2} = \cos\frac{\hat{A}}{2}$。

7) 同样，$\dfrac{b - c}{a} = \dfrac{2\cos\frac{\hat{B} + \hat{C}}{2}\operatorname{sen}\frac{\hat{B} - \hat{C}}{2}}{2\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}\cos\frac{\hat{A}}{2}} = \dfrac{\operatorname{sen}\frac{\hat{B} - \hat{C}}{2}}{\cos\frac{\hat{A}}{2}}$，如$\cos\frac{\hat{B} + \hat{C}}{2} = \operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}$。

具有 $a = 4$、$b = 6$、$c = 8$: $p = 9$，并根据 Heron 公式得到 $S = \sqrt{9 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 1} = 3\sqrt{15}$。

• 高度 ($h = \frac{2S}{\text{lado}}$)：$h_a = \frac{3\sqrt{15}}{2}$、$h_b = \sqrt{15}$、$h_c = \frac{3\sqrt{15}}{4}$。
• 中位数 ($m_a = \frac{1}{2}\sqrt{2b^2 + 2c^2 - a^2}$)：$m_a = \sqrt{46}$、$m_b = \sqrt{31}$、$m_c = \sqrt{10}$。
• 角平分线 ($S_a = \frac{2}{b + c}\sqrt{bcp(p - a)}$): $S_a = \frac{12\sqrt{15}}{7}$, $S_b = 2\sqrt{6}$, $S_c = \frac{6\sqrt{6}}{5}$.
• 半径： $r = \frac{S}{p} = \frac{\sqrt{15}}{3}$ 和 $R = \frac{abc}{4S} = \frac{16\sqrt{15}}{15}$。

角平分线将三角形分为两个区域$\frac{1}{2}cS_a\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}$和$\frac{1}{2}bS_a\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}$，其总和为$\frac{1}{2}bc\operatorname{sen}\hat{A}$。因此$S_a = \dfrac{2bc\cos\frac{\hat{A}}{2}}{b + c} = \dfrac{900\cos 15^\circ}{45} = 20\cos 15^\circ$。

让我们证明(1)；其他类似。先前以角度 $\hat{A}$ 内接的圆在点 $T$、$T_c$ 和 $T_b$ 处与边 $\overline{BC}$ 以及 $\overline{AB}$ 和 $\overline{AC}$ 的延长线相切。从一点绘制的切线段相同：$BT_c = BT$ 和 $CT_b = CT$。然后

并且，与 $AT_c = AT_b$ 一样，每个值都测量 $p$；另外$BT_c = p - c$和$CT_b = p - b$。

• 中心$I_a$位于$\hat{A}$的角平分线中，并且在直角三角形$AT_cI_a$:$r_a = p\operatorname{tg}\frac{\hat{A}}{2}$中。
• $I_a$ 位于 $B$ 处外角的 角平分线 处，其测量为 $180^\circ - \hat{B}$；在直角三角形 $BT_cI_a$ 中，$B$ 处的角度为 $90^\circ - \frac{\hat{B}}{2}$，因此为 $r_a = (p - c)\operatorname{tg}\left(90^\circ - \frac{\hat{B}}{2}\right) = (p - c)\operatorname{cotg}\frac{\hat{B}}{2}$。
• 同样，在$C$中：$r_a = (p - b)\operatorname{cotg}\frac{\hat{C}}{2}$。

我们使用 $r = \frac{S}{p}$ 和 $r_a = \frac{S}{p - a}$、$r_b = \frac{S}{p - b}$、$r_c = \frac{S}{p - c}$（来自 $S = r_a(p - a)$，从前 内心 的三角形分解中得出 $S = pr$）。假设 $r_a = r_b + r_c + r$ 是

因为$(p - b) + (p - c) = a$。然后是$p(p - a) = (p - b)(p - c)$，即$p(b + c - a) = bc$。乘以2：$(a + b + c)(b + c - a) = 2bc$、或$(b + c)^2 - a^2 = 2bc$、或$b^2 + c^2 = a^2$。通过练习 372，三角形在 $A$ 中是直角的。

$R = \frac{abc}{4S}$ 和 $r = \frac{S}{p}$。因此 $R = 3r \iff abc \cdot p = 12S^2 = 12p(p - a)(p - b)(p - c) \iff abc = 12(p - a)(p - b)(p - c)$，以及 $p - a = \frac{b + c - a}{2}$ 等 $2abc = 3(b + c - a)(a + c - b)(a + b - c)$。

内心$I$距$\hat{A}$在角平分线上，距$\overline{AB}$侧为$r$：$\alpha = AI = \dfrac{r}{\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}}$； $\beta$ 和 $\gamma$ 类似。根据练习410、$\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}\operatorname{sen}\frac{\hat{B}}{2}\operatorname{sen}\frac{\hat{C}}{2} = \frac{r}{4R}$的关系VII；然后

打印的语句在第二个成员上有 $\frac{abc}{2p}$，这是错误的 2：在 等边三角形 侧 1、$\frac{\alpha\beta\gamma}{r} = \frac{2}{3}$，而 $\frac{abc}{2p} = \frac{1}{3}$。

设 $R$ 和 $R'$ 为外接圆的半径。我们有 $\operatorname{sen}\hat{A}' = \operatorname{sen}\hat{A}$、$\operatorname{sen}\hat{B}' = \operatorname{sen}\hat{B}$ 和 $\hat{C}' = \pi - \hat{A}' - \hat{B}' = \hat{A} - \hat{B}$。根据正弦定理，

结果为 $\operatorname{sen}(\hat{A} + \hat{B})\operatorname{sen}(\hat{A} - \hat{B}) = \operatorname{sen}^2\hat{A} - \operatorname{sen}^2\hat{B}$、$bb' + cc' = 4RR'\operatorname{sen}^2\hat{A} = (2R\operatorname{sen}\hat{A})(2R'\operatorname{sen}\hat{A}') = aa'$。

我们将使用$a = 2R\operatorname{sen}\hat{A}$（等）、$S = \frac{1}{2}ab\operatorname{sen}\hat{C} = 2R^2\operatorname{sen}\hat{A}\operatorname{sen}\hat{B}\operatorname{sen}\hat{C}$、$S = pr$、$abc = 4RS$，并且根据内切圆的图形，使用$\operatorname{tg}\frac{\hat{A}}{2} = \frac{r}{p - a}$（等）。

1) $\frac{1}{4}(a^2 \cdot 2\operatorname{sen}\hat{B}\cos\hat{B} + b^2 \cdot 2\operatorname{sen}\hat{A}\cos\hat{A}) = 2R^2\operatorname{sen}\hat{A}\operatorname{sen}\hat{B}(\operatorname{sen}\hat{A}\cos\hat{B} + \operatorname{sen}\hat{B}\cos\hat{A}) = 2R^2\operatorname{sen}\hat{A}\operatorname{sen}\hat{B}\operatorname{sen}\hat{C} = S$.

2) $a^2 - b^2 = 4R^2(\operatorname{sen}^2\hat{A} - \operatorname{sen}^2\hat{B}) = 4R^2\operatorname{sen}\hat{C}\operatorname{sen}(\hat{A} - \hat{B})$;替换后，第二个成员的值为 $2R^2\operatorname{sen}\hat{A}\operatorname{sen}\hat{B}\operatorname{sen}\hat{C} = S$。

3) 对于 $\operatorname{cotg}\frac{\hat{A}}{2} = \frac{p - a}{r}$（等等），第一个成员的值是 $\frac{1}{r}[(b - c)(p - a) + (c - a)(p - b) + (a - b)(p - c)]$。 $p$ 中的项加起来为 $p \cdot 0$，其他项加起来为 $-[(b - c)a + (c - a)b + (a - b)c] = 0$。

4) 根据余弦定律，$\operatorname{cotg}\hat{A} = \frac{\cos\hat{A}}{\operatorname{sen}\hat{A}} = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{4S}$（等等）。将第一个成员乘以 $4S$：$(b^2 - c^2)(b^2 + c^2 - a^2) + (c^2 - a^2)(c^2 + a^2 - b^2) + (a^2 - b^2)(a^2 + b^2 - c^2)$。分期付款 $b^4 - c^4 + c^4 - a^4 + a^4 - b^4$ 加起来为零，其余的 $-a^2(b^2 - c^2) - b^2(c^2 - a^2) - c^2(a^2 - b^2)$ 也为零。

5) 该产品价值 $\dfrac{r^3}{(p - a)(p - b)(p - c)} = \dfrac{r^3 p}{S^2} = \dfrac{r^3p}{p^2r^2} = \dfrac{r}{p}$。

6) 对于$q = ab + bc + ca$：扩展$(p - a)(p - b)(p - c) = pr^2$并使用$abc = 4Rrp$，我们得到$q = p^2 + r^2 + 4Rr$。所以

7) $\operatorname{sen}^2\frac{\hat{A}}{2} = \frac{1 - \cos\hat{A}}{2} = \frac{a^2 - (b - c)^2}{4bc} = \frac{(p - b)(p - c)}{bc}$（等等）。三个平方的乘积是$\dfrac{[(p - a)(p - b)(p - c)]^2}{(abc)^2} = \dfrac{(pr^2)^2}{(4Rrp)^2} = \dfrac{r^2}{16R^2}$。

8) $\cos\hat{A} + \cos\hat{B} = 2\operatorname{sen}\frac{\hat{C}}{2}\cos\frac{\hat{A} - \hat{B}}{2}$ 和 $\cos\hat{C} = 1 - 2\operatorname{sen}^2\frac{\hat{C}}{2}$。作为 $\operatorname{sen}\frac{\hat{C}}{2} = \cos\frac{\hat{A} + \hat{B}}{2}$，对于 (7)，总和的值为 $1 + 2\operatorname{sen}\frac{\hat{C}}{2}\left[\cos\frac{\hat{A} - \hat{B}}{2} - \cos\frac{\hat{A} + \hat{B}}{2}\right] = 1 + 4\operatorname{sen}\frac{\hat{A}}{2}\operatorname{sen}\frac{\hat{B}}{2}\operatorname{sen}\frac{\hat{C}}{2} = 1 + \frac{r}{R}$。

9) $a\cos\hat{A} + b\cos\hat{B} + c\cos\hat{C} = R(\operatorname{sen} 2\hat{A} + \operatorname{sen} 2\hat{B} + \operatorname{sen} 2\hat{C}) = 4R\operatorname{sen}\hat{A}\operatorname{sen}\hat{B}\operatorname{sen}\hat{C} = \frac{2S}{R} = \frac{2pr}{R}$，使用 $\operatorname{sen} 2\hat{A} + \operatorname{sen} 2\hat{B} = 2\operatorname{sen}\hat{C}\cos(\hat{A} - \hat{B})$ 和 $\operatorname{sen} 2\hat{C} = -2\operatorname{sen}\hat{C}\cos(\hat{A} + \hat{B})$。

作为$S = 2R^2\operatorname{sen}\hat{A}\operatorname{sen}\hat{B}\operatorname{sen}\hat{C}$和$\operatorname{sen}\hat{A} = \operatorname{sen}(\hat{B} + \hat{C})$，我们得到$R$；边来自正弦定理。打印的模板写入 $a = R\operatorname{sen}(\hat{B} + \hat{C})$ 等，没有系数 2：在 等边三角形 侧 1，这将给出 $a = \frac{1}{2}$。