第一篇：高中數學競賽教材講義 第七章 解三角形

第七章解三角形

一、基礎知識

在本章中約定用A，B，C分別表示△ABC的三個內角，a, b, c分別表示它們所對的各邊長，p?a?b?c為半周長。

2abc??1．正弦定理：=2R（R為△ABC外接圓半徑）。sinAsinBsinC

111推論1：△ABC的面積為S△ABC=absinC?bcsinA?casinB.222

推論2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.推論3：在△ABC中，A+B=?，解a滿足ab，則a=A.?sinasin(??a)

1absinC；再證推論2，因為B+C=?-A，所2正弦定理可以在外接圓中由定義證明得到，這里不再給出，下證推論。先證推論1，由正弦函數定義，BC邊上的高為bsinC，所以S△ABC=

以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA，兩邊同乘以2R得bcosC+ccosB=a；再證推

absinasin(??a)??，所以，即sinasin(?-A)=sin(?-a)sinA，sinAsinBsinAsin(??A)

11等價于?[cos(?-A+a)-cos(?-A-a)]= ?[cos(?-a+A)-cos(?-a-A)]，等價于22

cos(?-A+a)=cos(?-a+A)，因為0

b2?c2?a2

2．余弦定理：a=b+c-2bccosA?cosA?，下面用余弦定理證明幾個常2bc222用的結論。

（1）斯特瓦特定理：在△ABC中，D是BC邊上任意一點，BD=p，DC=q，則b2p?c2qAD=?pq.（1）p?q2【證明】因為c=AB=AD+BD-2AD·BDcos?ADB，222所以c=AD+p-2AD·pcos?ADB.①

222同理b=AD+q-2AD·qcos?ADC，②

因為?ADB+?ADC=?，所以cos?ADB+cos?ADC=0，所以q×①+p×②得 2222

b2p?c2qqc+pb=(p+q)AD+pq(p+q)，即AD=?pq.p?q22222b2?2c2?a2

注：在（1）式中，若p=q，則為中線長公式AD?.2

1222122122?22（2）海倫公式：因為S?ABC?bcsinA=bc(1-cosA)= bc 44

4?(b2?c2?a2)2?122 22?[(b+c)-a][a-(b-c)]=p(p-a)(p-b)(p-c).?1??22164bc??

這里p?a?b?c.2

用心 愛心 專心-1-

所以S△ABC=

p(p?a)(p?b)(p?c).二、方法與例題

1．面積法。

例1（共線關系的張角公式）如圖所示，從O點發出的三條射線滿足?POQ??,?QOR??，另外OP，OQ，OR的長分別為u, w, v，這里α，β，α+β∈(0, ?)，則P，Q，R的共線的充要條件是

sin?sin?sin(???)

??.uvw

【證明】P，Q，R共線?SΔPQR?0?S?OPR?S?OPQ?S?ORQ ?

1uvsin(α+β)=uwsinα+vwsinβ 222sin(???)sin?sin????，得證。

wuv

2．正弦定理的應用。

例2如圖所示，△ABC內有一點P，使得?BPC-?BAC=?CPA-?CBA=?APB-?ACB。求證：AP·BC=BP·CA=CP·AB。

【證明】過點P作PD?BC，PE?AC，PF?AB，垂足分別為D，E，F，則P，D，C，E；P，E，A，F；P，D，B，F三組四點共圓，所以?EDF=?PDE+?PDF=?PCA+?PBA=?BPC-?BAC。

00

由題設及?BPC+?CPA+?APB=360可得?BAC+?CBA+?ACB=180。

所以?BPC-?BAC=?CPA-?CBA=?APB-?ACB=60。

00

所以?EDF=60，同理?DEF=60，所以△DEF是正三角形。所以DE=EF=DF，由正弦定理，CDsin?ACB=APsin?BAC=BPsin?ABC，兩邊同時乘以△ABC的外接圓直徑2R，得CP·BA=AP·BC=BP·AC，得證：

例3如圖所示，△ABC的各邊分別與兩圓⊙O1，⊙O2相切，直線GF與DE交于P，求證：PA?BC。

【證明】延長PA交GD于M，GMO1AAF

??.MDAO2AE

APAFPAAE

?,?由正弦定理，sin(???1)sin?sin(???2)sin?AEsin?1sin?

??.所以

AFsin?2sin?

GMPMMDPM

?,?另一方面，sin?sin?1sin?sin?2GMsin?2sin?

??所以，MDsin?1sin?GMAF

?所以，所以PA//O1G，MDAE即PA?BC，得證。

因為O1G?BC，O2D?BC，所以只需證

3．一個常用的代換：在△ABC中，記點A，B，C到內切圓的切線長分別為x, y, z，則a=y+z, b=z+x, c=x+y.22

2例4在△ABC中，求證：a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)≤3abc.【證明】令a=y+z, b=z+x, c=x+y，則 abc=(x+y)(y+z)(z+x)

?xy?yz?zx=8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)

=a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)-2abc.222

所以a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)≤3abc.4．三角換元。

例5設a, b, c∈R，且abc+a+c=b，試求P?

+

222

3??的最大值。a2?1b2?1c2?1

【解】由題設b?

a?c，令a=tanα, c=tanγ, b=tanβ, 1?ac

101?10?2

則tanβ=tan(α+γ), P=2sinγsin(2α+γ)+3cosγ≤?3?sin????，33?3?

?11022

當且僅當α+β=，sinγ=，即a=時，Pmax=.,b?2,c?

3322

41222

例6在△ABC中，若a+b+c=1，求證: a+b+c+4abc<.???22222

【證明】設a=sinαcosβ, b=cosαcosβ, c=sinβ, β??0,?.?2?

因為a, b, c為三邊長，所以c<, c>|a-b|，???222

從而???0,?，所以sinβ>|cosα·cosβ|.?4?

因為1=(a+b+c)=a+b+c+2(ab+bc+ca),222

所以a+b+c+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc).又ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c)

22224

=sinβcosβ+sinαcosα·cosβ·cos2β

141=41>4

=

[1-cos2β+(1-cos2α)cosβcos2β] +

224

1424

cos2β(cosβ-cos2αcosβ-cos2β)411442

+cos2β(cosβ-sinβ-cosβ)=.44

1222

所以a+b+c+4abc<.三、基礎訓練題

1．在△ABC中，邊AB為最長邊，且sinAsinB=

2?

3，則cosAcosB的最大值為__________.42．在△ABC中，若AB=1，BC=2，則?C的取值范圍是__________.3．在△ABC中，a=4, b+c=5, tanC+tanB+?tanCtanB，則△ABC的面積為__________.4．在△ABC中，3sinA+4cosB=6, 3cosA+4sinB=1，則?C=__________.5．在△ABC中，“a>b”是“sinA>sinB”的__________條件.6．在△ABC中，sinA+cosA>0, tanA-sinA<0，則角A的取值范圍是__________.35，cosB=，則cosC=__________.513

AC

1?”的__________條件.8．在△ABC中，“三邊a, b, c成等差數列”是“tan?tan

223

7．在△ABC中，sinA=

9．在△ABC中，若sinC=2cosAsinB，則三角形形狀是__________.10．在△ABC中，tanA·tanB>1，則△ABC為__________角三角形.11．三角形有一個角是60，夾這個角的兩邊之比是8：5，內切圓的面積是12?，求這個三角形的面積。

12．已知銳角△ABC的外心為D，過A，B，D三點作圓，分別與AC，BC相交于M，N兩點。求證：△MNC的外接圓半徑等于△ABD的外接圓半徑。

13．已知△ABC中，sinC=

四、高考水平訓練題 1．在△ABC中，若tanA=

sinA?sinB，試判斷其形狀。

cosA?cosB

1, tanB=，且最長邊長為1，則最短邊長為__________.2

32．已知n∈N+，則以3，5，n為三邊長的鈍角三角形有________個.+22

23．已知p, q∈R, p+q=1，比較大小：psinA+qsinB__________pqsinC.4．在△ABC中，若sin2A+sin2B+sin2C=4sinAsinBsinC，則△ABC 為__________角三角形.5．若A為△ABC 的內角，比較大小：cot

A

?cotA__________3.8

6．若△ABC滿足acosA=bcosB，則△ABC的形狀為__________.7．滿足A=60，a=6, b=4的三角形有__________個.8．設?為三角形最小內角，且acos

?2?2?2?+sin-cos-asin=a+1，則a的取值范圍是2222

__________.9．A，B，C是一段筆直公路上的三點，分別在塔D的西南方向，正西方向，西偏北30方向，且AB=BC=1km，求塔與公路AC段的最近距離。

10．求方程xy?1?yx?1?xy的實數解。11．求證：

17?sin200?.320

五、聯賽一試水平訓練題

1．在△ABC中，b=ac，則sinB+cosB的取值范圍是____________.sinBcosA?2cosC

?，則△ABC 的形狀為____________.sinCcosA?2cosB

ABC

3．對任意的△ABC，T?cot?cot?cot-(cotA+cotB+cotC)，則T的最大值為

22．在△ABC中，若____________.4．在△ABC中，sin

A

sinBsinC的最大值為____________.2

5．平面上有四個點A，B，C，D，其中A，B為定點，|AB|=3，C，D為動點，且

|AD|=|DC|=|BC|=1。記S△ABD=S，S△BCD=T，則S+T的取值范圍是____________.6．在△ABC中，AC=BC，?ACB?80，O為△ABC的一點，?OAB?10，?ABO=30，則?ACO=____________.00

7．在△ABC中，A≥B≥C≥小值為__________.?ABC，則乘積cossincos的最大值為____________，最

2226

C?AA?C

?cos=____________.22

8．在△ABC中，若c-a等于AC邊上的高h，則sin

9．如圖所示，M，N分別是△ABC外接圓的弧AB，AC中點，P為BC上的動點，PM交AB

于Q，PN交AC于R，△ABC的內心為I，求證：Q，I，R三點共線。

10．如圖所示，P，Q，R分別是△ABC的邊BC，CA，AB上一點，且AQ+AR=BR+BP=CQ+CP。

求證：AB+BC+CA≤2（PQ+QR+RP）。

11．在△ABC外作三個等腰三角形△BFC，△ADC，△AEB，使BF=FC，CD=DA，AE=EB，?ADC=2?BAC，?AEB=2?ABC，?BFC=2?ACB，并且AF，BD，CE交于一點，試判斷△ABC的形狀。

六、聯賽二試水平訓練題

1．已知等腰△ABC，AB=AC，一半圓以BC的中點為圓心，且與兩腰AB和AC分別相切于點D和G，EF與半圓相切，交AB于點E，交AC于點F，過E作AB的垂線，過F作AC的垂線，兩垂線相交于P，作PQ?BC，Q為垂足。求證：PQ?

EF，此處?=?B。

2sin?

2．設四邊形ABCD的對角線交于點O，點M和N分別是AD和BC的中點，點H1，H2（不重合）分別是△AOB與△COD的垂心，求證：H1H2?MN。

3．已知△ABC，其中BC上有一點M，且△ABM與△ACM的內切圓大小相等，求證：

AM?P(P?a)，此處P?

(a+b+c), a, b, c分別為△ABC對應三邊之長。

24．已知凸五邊形ABCDE，其中?ABC=?AED=90，?BAC=?EAD，BD與CE交于點O，求證：AO?BE。

5．已知等腰梯形ABCD，G是對角線BD與AC的交點，過點G作EF與上、下底平行，點E

和F分別在AB和CD上，求證：?AFB=90的充要條件是AD+BC=CD。

6．AP，AQ，AR，AS是同一個圓中的四條弦，已知?PAQ=?QAR=?RAS，求證：AR（AP+AR）=AQ（AQ+AS）。

22222

7．已知一凸四邊形的邊長依次為a, b, c, d，外接圓半徑為R，如果a+b+c+d=8R，試問對此四邊形有何要求？

8．設四邊形ABCD內接于圓，BA和CD延長后交于點R，AD和BC延長后交于點P，?A，?B，?C指的都是△ABC的內角，求證：若AC與BD交于點Q，則

cosAcosCcosB

??.APCRBQ

9．設P是△ABC內一點，點P至BC，CA，AB的垂線分別為PD，PE，PF（D，E，F是垂足），求證：PA·PB·PC≥(PD+PE)·(PE+PF)·(PF+PD)，并討論等號成立之條件。

第二篇：2013屆高中數學競賽教案講義(7)解三角形

解三角形

一、基礎知識

在本章中約定用A，B，C分別表示△ABC的三個內角，a, b, c分別表示它們所對的各邊長，p?a?b?c為半周長。2abc??1．正弦定理：=2R（R為△ABC外接圓半徑）。sinAsinBsinC111推論1：△ABC的面積為S△ABC=absinC?bcsinA?casinB.222推論2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.推論3：在△ABC中，A+B=?，解a滿足

ab，則a=A.?sinasin(??a)證推論3，由正弦定理

absiansi?n?(a)??，所以，即sinAsinBsiAnsi?n?(A)1[cos(?-A+a)-cos(?-A-a)]= 2sinasin(?-A)=sin(?-a)sinA，等價于?1[cos(?-a+A)-cos(?-a-A)]，等價于cos(?-A+a)=cos(?-a+A)，因為0

22下面用余弦定理證明幾個常用的結論。

（1）斯特瓦特定理：在△ABC中，D是BC邊上任意一點，BD=p，DC=q，則b2p?c2qAD=?pq.（1）

p?q2【證明】 因為c=AB=AD+BD-2AD·BDcos?ADB，222所以c=AD+p-2AD·pcos?ADB.①

222同理b=AD+q-2AD·qcos?ADC，② 因為?ADB+?ADC=?，所以cos?ADB+cos?ADC=0，所以q×①+p×②得 2

b2p?c2qqc+pb=(p+q)AD+pq(p+q)，即AD=?pq.p?q222

2注：在（1）式中，若p=q，則為中線長公式AD?（2）海倫公式：因為S?ABC??22b2?2c2?a2.212221221222

bcsinA=bc(1-cosA)= bc 444

?(b2?c2?a2)2?122 22?[(b+c)-a][a-(b-c)]=p(p-a)(p-b)(p-c).?1??224bc??16這里p?a?b?c.2所以S△ABC=p(p?a)(p?b)(p?c).二、方法與例題

1．面積法。

例1（共線關系的張角公式）如圖所示，從O點發出的三條射線滿足?POQ??,?QOR??，另外OP，OQ，OR的長分別為u, w, v，這里α，β，α+β∈(0, ?)，則P，Q，R的共線的充要條件是

sin?sin?sin(???)u?v?w.2．正弦定理的應用。

例2 △ABC內有一點P，使得?BPC-?BAC=?CPA-?CBA=?APB-?ACB。求證：AP·BC=BP·CA=CP·AB。

例3 △ABC的各邊分別與兩圓⊙O1，⊙O2相切，直線GF與DE交于P，求證：PA?BC。

3．一個常用的代換：在△ABC中，記點A，B，C到內切圓的切線長分別為x, y, z，則a=y+z, b=z+x, c=x+y.222例4 在△ABC中，求證：a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)≤3abc.4．三角換元。

+例5 設a, b, c∈R，且abc+a+c=b，試求P?223??的最大值。a2?1b2?1c2?1

3．已知△ABC，其中BC上有一點M，且△ABM與△ACM的內切圓大小相等，求證：AM?P(P?a)，此處P?1(a+b+c), a, b, c分別為△ABC對應三邊之長。204．已知凸五邊形ABCDE，其中?ABC=?AED=90，?BAC=?EAD，BD與CE交于點O，求證：AO?BE。

5．已知等腰梯形ABCD，G是對角線BD與AC的交點，過點G作EF與上、下底平行，點E

0和F分別在AB和CD上，求證：?AFB=90的充要條件是AD+BC=CD。

6．AP，AQ，AR，AS是同一個圓中的四條弦，已知?PAQ=?QAR=?RAS，求證：AR（AP+AR）=AQ（AQ+AS）。

222227．已知一凸四邊形的邊長依次為a, b, c, d，外接圓半徑為R，如果a+b+c+d=8R，試問對此四邊形有何要求？

8．設四邊形ABCD內接于圓，BA和CD延長后交于點R，AD和BC延長后交于點P，?A，?B，?C指的都是△ABC的內角，求證：若AC與BD交于點Q，則

cosAcosCcosB??.APCRBQ9．設P是△ABC內一點，點P至BC，CA，AB的垂線分別為PD，PE，PF（D，E，F是垂足），求證：PA·PB·PC≥(PD+PE)·(PE+PF)·(PF+PD)，并討論等號成立之條件。

第三篇：高中數學必修五解三角形教案

高中數學必修五解三角形教案

高中數學必修五解三角形教案篇一：高中數學必修5解三角形知識總結及練習

解三角形

一、知識點：

1、正弦定理：在???C中，a、b、c分別為角?、?、C的對邊，R為???C的外接圓的半徑，則有abc???2R．（兩類正弦定理解三角形的問題：

1、已知sin?sin?sinC 兩角和任意一邊，求其他的兩邊及一角.2、已知兩角和其中一邊的對角，求其他邊角.）

2、正弦定理的變形公式：①a?2Rsin?，b?2Rsin?，c?2RsinC； ②sin??等式中）

③a:b:c?sin?:sin?:sinC； abc，sin??，sinC?；（正弦定理的變形經常用在有三角函數的2R2R2R a?b?cabc???． sin??sin??sinCsin?sin?sinC 1113、三角形面積公式：S???C?bcsin??absinC?acsin? 222④ ?a2?b2?c2?2bccosA?2224．余弦定理： ?b?a?c?2accos(本文來自：www.tmdps.cn 教師 聯 盟 網:高中數學必修五解三角形教案)B 或

?c2?b2?a2?2bacosC??b2?c2?a2?cosA?2bc?a2?c2?b2? ?cosB?2ac??b2?a2?c2 ?cosC?2ab?（兩類余弦定理解三角形的問題：

1、已知三邊求三角.2、已知兩邊和他們的夾角，求第三邊和其他兩角.）

2225、設a、b、c是???C的角?、?、C的對邊，則：①若a?b?c，則C?90?為

222222直角三角形；②若a?b?c，則C?90?為銳角三角形；③若a?b?c，則C?90?為

鈍角三角形．

6．判定三角形形狀時，可利用正余弦定理實現邊角轉化，統一成邊的形式或角的形式.7．解題中利用?ABC中A?B?C??，以及由此推得的一些基本關系式進行三

角

變

換的運

算，如

：sin(A?B)?sinC,cos(A?B)??cosC,tan(A?B)??tanC, sin

A?BCA?BCA?BC?cos,cos?sin,tan?cot 222222

二、知識演練

1、ΔABC中,a=1,b=3, ∠A=30°,則∠B等于（）A．60°B．60°或120° C．30°或150°D．120°

2、若(a+b+c)(b+c－a)=3bc,且sinA=2sinBcosC, 那么ΔABC是（）

A．直角三角形B．等邊三角形C．等腰三角形 D．等腰直角三角形

3．己知三角形三邊之比為5∶7∶8，則最大角與最小角的和為()． A．90°

B．120° C．130° D．150° 2224．在△ABC 中，a?b?c?bc，則A等于（）A．60°B．45°C．120° D．30°

5．在△ABC中，A為銳角，lgb-lgc=lgsinA=－lg2, 則△ABC為（）

A.等腰三角形

B.等邊三角形 C.直角三角形

D.等腰直角三角形 b

6、銳角?ABC中，B=2A，則a的取值范圍是（）A（-2，2）B（0，2）C（2，2）

D2,）

7.在?ABC中．sinA?sinB?sinC?sinBsinC．則A的取值范圍是

222 ? ???A．（0，6]B．[ 6，?）C．（0，3]D．[ 3，?）

?8.在△ABC中，a＝x，b＝2，B＝45，若△ABC有兩解，則x的取值范圍是_______________ 9.? ABC中，B?60?,AC，則AB+2BC的最大值為_________． 10．a，b，c為△ABC的三邊，其面積S△ABC＝123，bc＝48，b-c＝2，求a 11.在?ABC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，且滿

足cosA?2，AB?AC?3．（I）求?ABC的面積；（II）若b?c?6，求a的值．

12、在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a,b,c,設S為△ABC 的面積，滿足S?2a?b2?c2)。

（Ⅰ）求角C的大小；

（Ⅱ）求sinA?sinB的最大值。

cosA-2cosC2c-a=cosBb． ?

13、在ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知 sinC（I）求sinA的值； 1（II）若cosB=4，b=2，?ABC的面積S。

高中數學必修五解三角形教案篇二：高中數學必修5：第一章《解三角形應用舉例》教案1 金太陽新課標資源網

課題:

2.2解三角形應用舉例

第一課時

授課類型：新授課

●教學目標

知識與技能：能夠運用正弦定理、余弦定理等知識和方法解決一些有關測量距離的實際問題，了解常用的測量相關術語

過程與方法：首先通過巧妙的設疑，順利地引導新課，為以后的幾節課做良好鋪墊。其次結合學生的實際情況，采用“提出問題——引發思考——探索猜想——總結規律——反饋訓練”的教學過程，根據大綱要求以及教學內容之間的內在關系，鋪開例題，設計變式，同時通過多媒體、圖形觀察等直觀演示，幫助學生掌握解法，能夠類比解決實際問題。對于例2這樣的開放性題目要鼓勵學生討論，開放多種思路，引導學生發現問題并進行適當的指點和矯正 情感態度與價值觀：激發學生學習數學的興趣,并體會數學的應用價值；同時培養學生運用圖形、數學符號表達題意和應用轉化思想解決數學問題的能力

●教學重點

實際問題中抽象出一個或幾個三角形，然后逐個解決三角形，得到實際問題的解 ●教學難點

根據題意建立數學模型，畫出示意圖

●教學過程

Ⅰ.課題導入

1、[復習舊知] 復習提問什么是正弦定理、余弦定理以及它們可以解決哪些類型的三角形？

2、[設置情境] 請學生回答完后再提問：前面引言第一章“解三角形”中，我們遇到這么一個問題，“遙不可及的月亮離我們地球究竟有多遠呢？”在古代，天文學家沒有先進的儀器就已經估算出了兩者的距離，是什么神奇的方法探索到這個奧秘的呢？我們知道，對于未知的距離、高度等，存在著許多可供選擇的測量方案，比如可以應用全等三角形、相似三角形的方法，或借助解直角三角形等等不同的方法，但由于在實際測量問題的真實背景下，某些方法會不能實施。如因為沒有足夠的空間，不能用全等三角形的方法來測量，所以，有些方法會有局限性。于是上面介紹的問題是用以前的方法所不能解決的。今天我們開始學習正弦定理、余弦定理在科學實踐中的重要應用，首先研究如何測量距離。

Ⅱ.講授新課[來源

（1）解決實際測量問題的過程一般要充分認真理解題意，正確做出圖形，把實際問題里的條件和所求轉換成三角形中的已知和未知的邊、角，通過建立數學模型來求解 [例題講解](2)例

1、如圖，設A、B兩點在河的兩岸，要測量兩點之間的距離，測量者在A的同側，在所在的河岸邊選定一點C，測出AC的距離是55m，?BAC=51?，?ACB=75?。求A、B兩點的距離(精確到0.1m)金太陽新課標資源網

啟發提問1：?ABC中，根據已知的邊和對應角，運用哪個定理比較適當？

啟發提問2：運用該定理解題還需要那些邊和角呢？請學生回答。

分析：這是一道關于測量從一個可到達的點到一個不可到達的點之間的距離的問題，題目條件告訴了邊AB的對角，AC為已知邊，再根據三角形的內角和定理很容易根據兩個已知角算出AC的對角，應用正弦定理算出AB邊。

解：根據正弦定理，得 ACAB sin?ACB=sin?ABC ACsin?ACB AB =sin?ABC 55sin?ACB =sin?ABC 55sin75? = sin(180??51??75?)55sin75? = sin54?[來源:學&科&網] ≈ 65.7(m)答:A、B兩點間的距離為65.7米

變式練習：兩燈塔A、B與海洋觀察站C的距離都等于a km,燈塔A在觀察站C的北偏東30，燈塔B在觀察站C南偏東60，則A、B之間的距離為多少？

老師指導學生畫圖，建立數學模型。解略：2a km 例

2、如圖，A、B兩點都在河的對岸（不可到達），設計一種測量A、B兩點間距離的方法。[來源:學 科 網] 分析：這是例1的變式題，研究的是兩個不可到達的點之間的距離測量問題。首先需要構造三角形，所以需要確定C、D兩點。根據正弦定理中已知三角形的任意兩個內角與一邊既可求出另兩邊的方法，分別求出AC和BC，再利用余弦定理可以計算出AB的距離。??

金太陽新課標資源網

解：測量者可以在河岸邊選定兩點C、D，測得CD=a，并且在C、D兩點分別測得?BCA=?，? ACD=?，?CDB=?，?BDA =?，在?ADC和?BDC中，應用正弦定理得 asin(???)asin(???)AC = sin[180??(?)]= sin(?)asin?asin? BC = sin[180??(?)]= sin(?)計算出AC和BC后，再在?ABC中，應用余弦定理計算出AB兩點間的距離

AB = AC2?BC2?2AC?BCcos? 分組討論：還沒有其它的方法呢？師生一起對不同方法進行對比、分析。

?ACD=30，?CDB=45，變式訓練：若在河岸選取相距40米的C、D兩點，測得?BCA=60，?BDA =60? 略解：將題中各已知量代入例2推出的公式，得AB=206 評注：可見，在研究三角形時，靈活根據兩個定理可以尋找到多種解決問題的方案，但有些過程較繁復，如何找到最優的方法，最主要的還是分析兩個定理的特點，結合題目條件來選擇最佳的計算方式。

學生閱讀課本4頁，了解測量中基線的概念，并找到生活中的相應例子。

Ⅲ.課堂練習

課本第14頁練習第1、2題

Ⅳ.課時小結

解斜三角形應用題的一般步驟：

（1）分析：理解題意，分清已知與未知，畫出示意圖

（2）建模：根據已知條件與求解目標，把已知量與求解量盡量集中在有關的三角形中，建立一個解斜三角形的數學模型

（3）求解：利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形，求得數學模型的解

（4）檢驗：檢驗上述所求的解是否符合實際意義，從而得出實際問題的解

Ⅴ.課后作業

課本第22頁第1、2、3題 ●板書設計 ??? 金太陽新課標資源網●授后記

高中數學必修五解三角形教案篇三：1高中數學必修5第一章_解三角形全章教案(整理)課題:

1．1．1正弦定理

如圖1．1-1，固定?ABC的邊CB及?B，使邊AC繞著頂點C轉動。

思考：?C的大小與它的對邊AB的長度之間有怎樣的數量關系？

在初中，我們已學過如何解直角三角形，下面就首先來探討直角三角形中，角與邊的等式關系。

從而在直角三角形ABC中，a sin?b sin?c sin

思考：那么對于任意的三角形，以上關系式是否仍然成立？

可分為銳角三角形和鈍角三角形兩種情況：

如圖1．1-3，當?ABC是銳角三角形時，設邊AB上的高是CD，根據任意角三角函數的定義，有CD=asinB?bsinA,則

同理可得

從而asinA?bsinB，csin??bsin?，a sinAbsinBcsinC Ac B

從上面的研探過程，可得以下定理

正弦定理：在一個三角形中，各邊和它所對角的正弦的比相等，即 a sinA?b sinB?c sinC [理解定理]（1）正弦定理說明同一三角形中，邊與其對角的正弦成正比，且比例系數為同一正數，即存在正數k使a?ksinA，b?ksinB，c?ksinC；

（2）a sinA?b sinB?c sinC等價于a sinA?b sinB，c sinC?b sinB，a sinA?c sinC 從而知正弦定理的基本作用為：

①已知三角形的任意兩角及其一邊可以求其他邊，如a?bsinA； sin②已知三角形的任意兩邊與其中一邊的對角可以求其他角的正弦值，如sinA?sinB。

一般地，已知三角形的某些邊和角，求其他的邊和角的過程叫作解三角形。

例1．在?ABC中，已知A?450，B?750，a?40cm，解三角形。

例2．在?ABC中，已知a?20cm，b?，A?450，解三角形。

練習：已知?ABC中，sinA:sinB:sinC?1:2:3，求a:b:c ab 練習：1.在?ABC中，已知A?450，C?300，c?10cm，解三角形。2.在?ABC中，已知A?600，B?450，c?20cm，解三角形。3.在?ABC中，已知a?20cm，b?，B?300，解三角形。4.在?ABC 中，已知c?cm，b?20cm，B?450，解三角形。

補充：請試著推理出三角形面積公式（利用正弦）

課題: 1.1.2余弦定理

如圖1．1-4，在?ABC中，設BC=a,AC=b,AB=c, 已知a,b和?C，求邊c

聯系已經學過的知識和方法，可用什么途徑來解決這個問題？

用正弦定理試求，發現因A、B均未知，所以較難求邊c。

由于涉及邊長問題，從而可以考慮用向量來研究這個問題。A ?如圖1．1-5，設CB?a，CA?b，AB?c，那么c?a?b，則 c ???c?c?a?ba?b??

?ab?b??2a??b

C

aB ??2a??2 ?a?b?2a?b?2 從而

c2?a2?b2?2abcosC(圖1．1-5)同理可證

a2?b2?c2?2bccosA b2?a2?c2?2accosB 于是得到以下定理

余弦定理：三角形中任何一邊的平方等于其他兩邊的平方的和減去這兩邊與它們的夾角的余弦的積的兩倍。即

a2?b2?c2?2bccosA b2?a2?c2?2accosB c2?a2?b2?2abcosC 思考：這個式子中有幾個量？從方程的角度看已知其中三個量，可以求出第四個量，能否由三邊求出一角？ 從余弦定理，又可得到以下推論： b2?c2?a2 cosA?2bc a2?c2?b2 cosB?b2?a2?c2 cosC? 2 [理解定理] 從而知余弦定理及其推論的基本作用為：

①已知三角形的任意兩邊及它們的夾角就可以求出第三邊；

②已知三角形的三條邊就可以求出其它角。

思考：勾股定理指出了直角三角形中三邊平方之間的關系，余弦定理則指出了一般三角形中三邊平方之間的關系，如何看這兩個定理之間的關系？

若?ABC中，C=900，則cosC?0，這時c2?a2?b2 由此可知余弦定理是勾股定理的推廣，勾股定理是余弦定理的特例。

例1．在?ABC 中，已知a ?cB?450，求b及A

練習：在?ABC中，若a2?b2?c2?bc，求角A。

b,A，討論三角形解的情況 例1．在?ABC中，已知a, 分析：先由sinB? 則C?1800?(A?B)從而c?bsinA可進一步求出B； aasinC 1．當A為鈍角或直角時，必須a?b才能有且只有一解；否則無解。2．當A為銳角時，如果a≥b，那么只有一解；

如果a?b，那么可以分下面三種情況來討論：

（1）若a?bsinA，則有兩解；

（2）若a?bsinA，則只有一解；

（3）若a?bsinA，則無解。

（以上解答過程詳見課本第9?10頁）

評述：注意在已知三角形的兩邊及其中一邊的對角解三角形時，只有當A為銳角且

bsinA?a?b時，有兩解；其它情況時則只有一解或無解。

練習：（1）在?ABC中，已知a?80，b?100，?A?450，試判斷此三角形的解的情況。

（2）在?ABC中，若a?1，c?1，?C?400，則符合題意的b的值有_____個。2（3）在?ABC中，a?xcm，b?2cm，?B?450，如果利用正弦定理解三角形有兩解，求x的取值范圍。

例2．在?ABC中，已知a?7，b?5，c?3，判斷?ABC的類型。

練習：（1）在?ABC中，已知sinA:sinB:sinC?1:2:3，判斷?ABC的類型。

（2）已知?ABC滿足條件acosA?bcosB，判斷?ABC的類型。

例3．在?ABC中，A?600，b? 1

練習：（1）在?ABC中，若a?55，b? 16，且此三角形的面積S?C（2）在?ABC中，其三邊分別為a、b、c，且三角形的面積S?

作業

（1）在?ABC中，已知b?4，c?10，B?300，試判斷此三角形的解的情況。

（2）設x、x+

1、x+2是鈍角三角形的三邊長，求實數x的取值范圍。

（3）在?ABC中，A?600，a?1，b?c?2，判斷?ABC的形狀。

（4）三角形的兩邊分別為3cm，5cm,它們所夾的角的余弦為方程5x2?7x?6?0的根，求這個三角形的面積。

2.2解三角形應用舉例

(2)例

1、如圖，設A、B兩點在河的兩岸，要測量兩點之間的距離，測量者在A的同側，在所在的河岸邊選定一點C，測出AC的距離是55m，?BAC=51?，?ACB=75?。求A、B兩點的距離(精確到0.1m)4 a?b?c，求的值 sinA?sinB?sinCa2?b2?c24，求角C 變式練習：兩燈塔A、B與海洋觀察站C的距離都等于a km,燈塔A在觀察站C的北偏東30?，燈塔B在觀察站C南偏東60?，則A、B之間的距離為多少？

例

3、AB是底部B不可到達的一個建筑物，A為建筑物的最高點，設計一種測量建筑物高度AB的方法。

例

4、如圖，在山頂鐵塔上B處測得地面上一點A的俯角?=54?40?，在塔底C處測得A處的俯角?=50?1?。已知鐵塔BC部分的高為27.3 m,求出山高CD(精確到1 m)

例

3、在?ABC中，求證： a2?b2sin2A?sin2B?;（1）22csinC（2）a2+b2+c2=2（bccosA+cacosB+abcosC）

變式練習1：已知在?ABC中，?B=30?,b=6,c=63,求a及?ABC的面積S 5

第四篇：高中數學必修五——第一章 解三角形

翱翔教學工作室

學

學習目標

1、回顧已有的三角形邊角知識；

2、通過“作高法”、“等積法”、“外接圓法”、“向量法”等多種方法證明正弦定理；

3、學會運用正弦定理解任意三角形的兩類基本問題。

*知識點清單*

正弦定理：在△ABC中，a,b,c分別是角A，B，C的對邊，則

1、正弦定理可解決兩類問題：（1）2）abc???k2、在△ABC中，sinAsinBsinC，研究k的幾何意義。(k=2R,R為三角形外接圓半徑)

1113、S?ABC?ah=r(a?b?c)=absinC(其中r

是內切圓半徑)22

2*基礎鞏固訓練* 例題講解 例

1、在?ABC中，已知A?30?，B?45?，跟蹤練習1 在?ABC中，已知A?300，B?600，c

?6cm，解三角形。2 在?ABC中，若a=1cm，C?30?,c?cm，解三角形。a?6cm，解三角形。

例

2、在?ABC中，已知

a?

b?A?45?，解三角形。當b?，b?并解三角形，觀察解的情況并解釋出現一解，兩解，無解的原因。*創新提高*

1、在?ABC中，已知b?c?8，?B?30?，?C?45?，則b?，c?．

2、在?ABC中，如果?A?30?，?B?120?，b?12，那么a?，?ABC的面積是．

3、在△ABC中，若sinA>sinB,則A與B的大小關系為。

4、在△ABC中，a=12，A=60，要使三角形有兩解，求對應b的取值范圍。5．在△ABC中，若b?2asinB，則A等于（）00000000A．30或60B．45或60C．120或60D．30或150 06、在?ABC中，已知A?120?，a?7，c?5，求b的值。

高中數學必修五——第一章解三角形

1*高考體驗*

1.（2007年重慶卷文13）在△ABC中，AB=1，BC=2，A=60°，則AC＝。

c?2．（2007年湖南卷文12）．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a?

1，C?60?，則A?．

*學習總結*

在SSA類型中，解有三種情況：

1、無解，①sinB>1②鈍角對小邊

2、一解，①sinB=1（B為直角）②已知角為直角或鈍角③根據大邊對大角或等邊對等角

3、二解：0

學習目標

1、回顧已有的三角形邊角知識；

2、通過“勾股定理”，“向量法”等方法證明余弦定理，熟記余弦定理。

3、理解余弦定理與勾股定理的關系，應用余弦定理解三角形。

學

*知識點清單*

余弦定理：在△ABC中，a,b,c分別是角A，B，C的對邊，則

1、余弦定理可解決兩類問題：（1）2）

2、余弦公式的變形：

*基礎鞏固訓練*

跟蹤練習例題講解

00

1在 ABC中：已知b=8,c=3,A=60,求a。60例

1、在△ABC中，已知b=3,c=1,A=,求a。

2在?ABC中，已知a=9,b=10,c=15 ,求A。例

2、在△ABC中，已知a＝4，b＝5，c＝6，求

A(精確到0.1°)

*創新提高*

1、在△ABC中，如果sinA：sinB：sinC=2：3：4，那么cosC等于________

2、在△ABC中，已知AB=3，AC=4，則邊AC上的高為 _________

3、在△ABC中，已知a=2，b=4，C=600，則△ABC是_________A.銳角三角形B.直角三角形C.鈍角三角形D.任意三角形

4、在△ABC中，已知b

c=3，B=30°，則邊長a=_____________

5、在△ABC中，（a+b+c）（a+b-c）=3ab，則

C=__________________

6、在△ABC中，已知a=2，b=3，C=60°，試證明此三角形為銳角三角形?

.*高考體驗*

1.在ΔABC中，已知 a2?b2?bc?c

2，則角A為（）

A

?3B ?

6C2?3D?3或2?

32．已知：在⊿ABC中，ccosb?CcosB，則此三角形為A.直角三角形B.等腰直角三角形C.等腰三角形D.等腰或直角三角形

3、在?ABC中，acosA?bcosB?c

cosC,試用余弦定理證明：?ABC為正三角形.4、在銳角△ABC中，求證：sinA?sinB?sinC?cosA?cosB?cosC。

5、在△ABC中，求證：a=bcosC+ccosB, b=acosC+ccosA,c=acosB+bcosC

學

學習目標

1、熟練掌握正弦定理、余弦定理和面積公式；

2、充分運用數形結合的思想，熟悉實際問題向數學問題的轉化的方法；

3、學會運用正余弦定理解決距離問題，高度問題，角度問題等實際問題。

*知識點清單*

解三角形的應用可大體上把它分成以下三類： I、距離問題

（1）一點可到達另一點不可到達（課本1.2例1）（2）兩點都不可到達（課本1.2例2）II、高度問題（最后都轉化為解直角三角形）III、角度問題

*基礎鞏固訓練*

例題講解

例

1、如圖，C、D分別是一個湖的南、北兩端A和B正東方向的兩個村莊，CD= 6 km，且D位于C的北偏東30°方向上，求AB為多少km。

例

2、如圖，一游人由山腳A沿坡角為30的山坡AB行走600m，到達一個景點B，再由B沿山坡BC行走200m到達山頂C，若在山頂C處觀測到景點B的俯角為45，則山高CD為多少

?

?

跟蹤練習

1、B與C為江邊兩景點，在岸上選取A和D兩個測量點，測得AD?CD，AD?10km，?BDA?60?，?BCD?135?，AB

?1

4km，求兩景點B與C的距離（假設A,B,C,D在同一平面內，測量結果保留整數）

2、用同樣高度的兩個測角儀AB和CD同時望見氣球E在它們的正西方向的上空，分別測得氣球的仰角是α和β,已知B、D間的距離為a，測角儀的高度是b，求氣球的高度.*創新提高*

1、同學們，如果你是修建三峽大壩的工程師，現在有這樣一個問題請你解決：如圖，水庫大壩的橫斷面是梯形，壩頂寬6m，壩高23m，斜坡AB的坡度i=1∶3，斜坡CD的坡度i=1∶2.5，求斜坡AB的坡面角α（精確到1），壩底寬AD和斜坡AB的長(精確到0.1m)。

2、如圖，天空中有一靜止的廣告氣球C，從地面A點測得C點的仰角為45°，從地面B點測得C點的仰角為60°。已知AB=20m，點C和直線AB在同一鉛錘平面上，求氣球離地面的高度？（精確到1m）

3、如圖，一艘海輪從A出發，沿北偏東75的方向航67.5 mile后到達海島B。然后從B出發，沿北偏東32的方向航行54 mile后到達海島C。如果下次航行直接從A出發到達C，此船應該沿怎樣的方向航行，要要航行的距離是多少？（角度精確到1）

/

*高考體驗*

1、(2007·山東)如圖4-4-12，甲船以每小時海里的速度向正北方航行，乙船按固定方向勻速直線航行，當甲船位于A1處時，乙船位于甲船的北偏西105方向的B1處，此時兩船相距20海里，當甲船航行20分鐘到達A2處時，乙船航行到甲船的北偏西120方向的B

2處，此時兩船相距

?

?

海里，問乙船每小時航行多少海里？

2、（2009汕頭）為了立一塊廣告牌，要制造一個三角形的支架，三角形支架形狀如圖，要求

?ACB?600，BC的長度大于1米，且AC比AB長0.5米，為了廣告牌穩固，要求AC的長度越短

越好，求AC最短為多少米？且當AC最短時，BC長度為多少米？

第五篇：高中數學競賽講義-抽屜原理

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抽屜原理

在數學問題中有一類與“存在性”有關的問題，例如：“13個人中至少有兩個人出生在相同月份”；“某校400名學生中，一定存在兩名學生，他們在同一天過生日”；“2003個人任意分成200個小組，一定存在一組，其成員數不少于11”；“把[0，1]內的全部有理數放到100個集合中，一定存在一個集合，它里面有無限多個有理數”。這類存在性問題中，“存在”的含義是“至少有一個”。在解決這類問題時，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一個，也不需要確定通過什么方式把這個存在的東西找出來。這類問題相對來說涉及到的運算較少，依據的理論也不復雜，我們把這些理論稱之為“抽屜原理”。

“抽屜原理”最先是由19世紀的德國數學家迪里赫萊（Dirichlet）運用于解決數學問題的，所以又稱“迪里赫萊原理”，也有稱“鴿巢原理”的。這個原理可以簡單地敘述為“把10個蘋果，任意分放在9個抽屜里，則至少有一個抽屜里含有兩個或兩個以上的蘋果”。這個道理是非常明顯的，但應用它卻可以解決許多有趣的問題，并且常常得到一些令人驚異的結果。抽屜原理是國際國內各級各類數學競賽中的重要內容，本講就來學習它的有關知識及其應用。

（一）抽屜原理的基本形式

定理

1、如果把n+1個元素分成n個集合，那么不管怎么分，都存在一個集合，其中至少有兩個元素。

證明：（用反證法）若不存在至少有兩個元素的集合，則每個集合至多1個元素，從而n個集合至多有n個元素，此與共有n+1個元素矛盾，故命題成立。

在定理1的敘述中，可以把“元素”改為“物件”，把“集合”改成“抽屜”，抽屜原理正是由此得名。

同樣，可以把“元素”改成“鴿子”，把“分成n個集合”改成“飛進n個鴿籠中”。“鴿籠原理”由此得名。

例題講解

1． 已知在邊長為1的等邊三角形內（包括邊界）有任意五個點（圖1）。證明：至少有兩個點之間的距離不大于

2．從1-100的自然數中，任意取出51個數，證明其中一定有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍。

數學教育網http://www.tmdps.cn 數學教育網---數學試題-數學教案-數學課件-數學論文-競賽試題-中高考試題信息http://www.tmdps.cn 3．從前25個自然數中任意取出7個數，證明：取出的數中一定有兩個數，這兩個數中大數不超過小數的1.5倍。

4．已給一個由10個互不相等的兩位十進制正整數組成的集合。求證：這個集合必有兩個無公共元素的子集合，各子集合中各數之和相等。

5．在坐標平面上任取五個整點（該點的橫縱坐標都取整數），證明：其中一定存在兩個整點，它們的連線中點仍是整點。

6．在任意給出的100個整數中，都可以找出若干個數來（可以是一個數），它們的和可被100整除。

7． 17名科學家中每兩名科學家都和其他科學家通信，在他們通信時，只討論三個題目，而且任意兩名科學家通信時只討論一個題目，證明：其中至少有三名科學家，他們相互通信時討論的是同一個題目。

例題答案：

1．分析：5個點的分布是任意的。如果要證明“在邊長為1的等邊三角形內（包括邊界）有5個點，那么這5個點中一定有距離不大于的兩點”，則順次連接三角形三邊中點，數學教育網http://www.tmdps.cn 數學教育網---數學試題-數學教案-數學課件-數學論文-競賽試題-中高考試題信息http://www.tmdps.cn 即三角形的三條中位線，可以分原等邊三角形為4個全等的邊長為的小等邊三角形，則5個點中必有2點位于同一個小等邊三角形中（包括邊界），其距離便不大于。

以上結論要由定理“三角形內（包括邊界）任意兩點間的距離不大于其最大邊長”來保證，下面我們就來證明這個定理。

如圖2，設BC是△ABC的最大邊，P，M是△ABC內（包括邊界）任意兩點，連接PM，過P分別作AB、BC邊的平行線，過M作AC邊的平行線，設各平行線交點為P、Q、N，那么

∠PQN=∠C，∠QNP=∠A

因為BC≥AB，所以∠A≥∠C，則∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相鄰的內角），所以 PQ≥PM。顯然BC≥PQ，故BC≥PM。

由此我們可以推知，邊長為的等邊三角形內（包括邊界）兩點間的距離不大于。

說明：

（1）這里是用等分三角形的方法來構造“抽屜”。類似地，還可以利用等分線段、等分正方形的方法來構造“抽屜”。例如“任取n+1個正數ai，滿足0＜ai≤1（i=1,2,?,n+1），試證明：這n+1個數中必存在兩個數，其差的絕對值小于”。又如：“在邊長為1的正方形內任意放置五個點，求證：其中必有兩點，這兩點之間的距離不大于。

（2）例1中，如果把條件（包括邊界）去掉，則結論可以修改為：至少有兩個點之間的距離小于“，請讀者試證之，并比較證明的差別。

（3）用同樣的方法可證明以下結論：

2i）在邊長為1的等邊三角形中有n+1個點，這n+1個點中一定有距離不大于的兩點。

ii）在邊長為1的等邊三角形內有n+1個點，這n+1個點中一定有距離小于的兩點。

（4）將（3）中兩個命題中的等邊三角形換成正方形，相應的結論中的換成，命 題仍然成立。

（5）讀者還可以考慮相反的問題：一般地，“至少需要多少個點，才能夠使得邊長 為1的正三角形內（包括邊界）有兩點其距離不超過”。

2．分析：本題似乎茫無頭緒，從何入手？其關鍵何在？其實就在“兩個數”，其中一個是另一個的整數倍。我們要構造“抽屜”，使得每個抽屜里任取兩個數，都有一個是另一個的整數倍，這只有把公比是正整數的整個等比數列都放進去同一個抽屜才行，這里用得到一個自然數分類的基本知識：任何一個正整數都可以表示成一個奇數與2的方冪的積，即若

nm∈N+,K∈N+，n∈N,則m=(2k-1)·2，并且這種表示方式是唯一的，如1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，??

證明：因為任何一個正整數都能表示成一個奇數乘2的方冪，并且這種表示方法是唯一的，所以我們可把1-100的正整數分成如下50個抽屜（因為1-100中共有50個奇數）：

23456

（1）{1，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2}；

234

5（2）{3，3×2，3×2，3×2，3×2，3×2}；

4（3）{5，5×2，5×2，5×2，5×2}；

3（4）{7，7×2，7×2，7×2}；

（5）{9，9×2，9×2，9×2}；

（6）{11，11×2，11×2，11×2}；

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??

（25）{49，49×2}；

（26）{51}；

??

（50）{99}。

這樣，1-100的正整數就無重復，無遺漏地放進這50個抽屜內了。從這100個數中任取51個數，也即從這50個抽屜內任取51個數，根據抽屜原則，其中必定至少有兩個數屬于同一個抽屜，即屬于（1）-（25）號中的某一個抽屜，顯然，在這25個抽屜中的任何同一個抽屜內的兩個數中，一個是另一個的整數倍。

說明：

（1）從上面的證明中可以看出，本題能夠推廣到一般情形：從1-2n的自然數中，任意取出n+1個數，則其中必有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍。想一想，為什么？因為1-2n中共含1，3，?，2n-1這n個奇數，因此可以制造n個抽屜，而n+1＞n，由抽屜原則，結論就是必然的了。給n以具體值，就可以構造出不同的題目。例2中的n取值是50，還可以編制相反的題目，如：“從前30個自然數中最少要（不看這些數而以任意方式地）取出幾個數，才能保證取出的數中能找到兩個數，其中較大的數是較小的數的倍數？”

（2）如下兩個問題的結論都是否定的（n均為正整數）想一想，為什么？

①從2，3，4，?，2n+1中任取n+1個數，是否必有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍？

②從1，2，3，?，2n+1中任取n+1個數，是否必有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍？

你能舉出反例，證明上述兩個問題的結論都是否定的嗎？

（3）如果將（2）中兩個問題中任取的n+1個數增加1個，都改成任取n+2個數，則它們的結論是肯定的還是否定的？你能判斷證明嗎？ 3．證明：把前25個自然數分成下面6組：

1；

①

2，3；

②

4，5，6；

③

7，8，9，10；

④

11，12，13，14，15，16；

⑤

17，18，19，20，21，22，23，⑥

因為從前25個自然數中任意取出7個數，所以至少有兩個數取自上面第②組到第⑥組中的某同一組，這兩個數中大數就不超過小數的1.5倍。

說明：

（1）本題可以改變敘述如下：在前25個自然數中任意取出7個數，求證其中存在兩個數，它們相互的比值在內。

顯然，必須找出一種能把前25個自然數分成6（7-1=6）個集合的方法，不過分類時有一個限制條件：同一集合中任兩個數的比值在內，故同一集合中元素的數值差不得過大。這樣，我們可以用如上一種特殊的分類法：遞推分類法：

從1開始，顯然1只能單獨作為1個集合{1}；否則不滿足限制條件。

能與2同屬于一個集合的數只有3，于是{2，3}為一集合。

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如此依次遞推下去，使若干個連續的自然數屬于同一集合，其中最大的數不超過最小的數的倍，就可以得到滿足條件的六個集合。

（2）如果我們按照（1）中的遞推方法依次造“抽屜”，則第7個抽屜為

{26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39}；

第8個抽屜為：{40，41，42，?，60}；

第9個抽屜為：{61，62，63，?，90，91}；

??

那么我們可以將例3改造為如下一系列題目：（1）從前16個自然數中任取6個自然數；（2）從前39個自然數中任取8個自然數；（3）從前60個自然數中任取9個自然數；（4）從前91個自然數中任取10個自然數；?

]內。

都可以得到同一個結論：其中存在2個數，它們相互的比值在上述第（4）個命題，就是前蘇聯基輔第49屆數學競賽試題。如果我們改變區間[]（p＞q）端點的值，則又可以構造出一系列的新題目來。

4.分析與解答：一個有著10個元素的集合，它共有多少個可能的子集呢？由于在組成一個子集的時候，每一個元素都有被取過來或者不被取過來兩種可能，因此，10個元素的集合10就有2=1024個不同的構造子集的方法，也就是，它一共有1024個不同的子集，包括空集和全集在內。空集與全集顯然不是考慮的對象，所以剩下1024-2=1022個非空真子集。

再來看各個真子集中一切數字之和。用N來記這個和數，很明顯：

10≤N≤91+92+93+94+95+96+97+98+99=855

這表明N至多只有855-9=846種不同的情況。由于非空真子集的個數是1022，1022＞846，所以一定存在兩個子集A與B，使得A中各數之和=B中各數之和。

若A∩B=φ，則命題得證，若A∩B=C≠φ，即A與B有公共元素，這時只要剔除A與B中的一切公有元素，得出兩個不相交的子集A1與B1，很顯然

A1中各元素之和=B1中各元素之和，因此A1與B1就是符合題目要求的子集。

說明：本例能否推廣為如下命題：

已給一個由m個互不相等的n位十進制正整數組成的集合。求證：這個集合必有兩個無公共元素的子集合，各子集合中各數之和相等。

請讀者自己來研究這個問題。5．分析與解答：由中點坐標公式知，坐標平面兩點（x1,y1）、（x2,y2）的中點坐標是。欲使都是整數，必須而且只須x1與x2，y1與y2的奇偶性相同。坐標平面上的任意整點按照橫縱兩個坐標的奇偶性考慮有且只有如下四種：（奇數、奇數），（偶數，偶數），（奇數，偶數），（偶數，奇數）以此構造四個“抽屜”，則在坐標平面上任取五個整點，那么至少有兩個整點，屬于同一個“抽屜”因此它們連線的中點就必是整點。

說明：我們可以把整點的概念推廣：如果（x1,x2,?xn）是n維（元）有序數組，且x1,x2,?xn中的每一個數都是整數，則稱（x1,x2,?xn）是一個n維整點（整點又稱格點）。如果對所有的n維整點按每一個xi的奇偶性來分類，由于每一個位置上有奇、偶兩種可能性，因此

n3共可分為2×2×?×2=2個類。這是對n維整點的一種分類方法。當n=3時，2=8，此時可數學教育網http://www.tmdps.cn 數學教育網---數學試題-數學教案-數學課件-數學論文-競賽試題-中高考試題信息http://www.tmdps.cn 以構造命題：“任意給定空間中九個整點，求證它們之中必有兩點存在，使連接這兩點的直線段的內部含有整點”。這就是1971年的美國普特南數學競賽題。在n=2的情形，也可以構造如下的命題：“平面上任意給定5個整點”，對“它們連線段中點為整點”的4個命題中，為真命題的是：

（A）最少可為0個，最多只能是5個（B）最少可為0個，最多可取10個

（C）最少為1個，最多為5個（D）最少為1個，最多為10個

（正確答案（D））6．分析：本題也似乎是茫無頭緒，無從下手，其關鍵何在？仔細審題，它們的“和”能“被100整除”應是做文章的地方。如果把這100個數排成一個數列，用Sm記其前m項的和，則其可構造S1，S2，?S100共100個”和"數。討論這些“和數”被100除所得的余數。注意到S1，S2，?S100共有100個數，一個數被100除所得的余數有0，1，2，?99共100種可能性。“蘋果”數與“抽屜”數一樣多，如何排除“故障”？

證明：設已知的整數為a1,a2,?a100考察數列a1,a2,?a100的前n項和構成的數列S1，S2，?S100。

如果S1，S2，?S100中有某個數可被100整除，則命題得證。否則，即S1，S2，?S100均不能被100整除，這樣，它們被100除后余數必是{1，2，?，99}中的元素。由抽屜原理I知，S1，S2，?S100中必有兩個數，它們被100除后具有相同的余數。不妨設這兩個數為Si，Sj（i＜j），則100∣（Sj-Si），即100∣。命題得證。

說明：有時候直接對所給對象作某種劃分，是很難構造出恰當的抽屜的。這時候，我們需要對所給對象先作一些變換，然后對變換得到的對象進行分類，就可以構造出恰當的抽屜。本題直接對{an}進行分類是很難奏效的。但由{an}構造出{Sn}后，再對{Sn}進行分類就容易得多。

另外，對{Sn}按模100的剩余類劃分時，只能分成100個集合，而{Sn}只有100項，似乎不能應用抽屜原則。但注意到余數為0的類恰使結論成立，于是通過分別情況討論后，就可去掉余數為0的類，從而轉化為100個數分配在剩下的99個類中。這種處理問題的方法應當學會，它會助你從“山窮水盡疑無路”時，走入“柳暗花明又一村”中。

最后，本例的結論及證明可以推廣到一般情形（而且有加強的環節）：

在任意給定的n個整數中，都可以找出若干個數來（可以是一個數），它們的和可被n整除，而且，在任意給定的排定順序的n個整數中，都可以找出若干個連續的項（可以是一項），它們的和可被n整除。

將以上一般結論中的n賦以相應的年份的值如1999，2000，2001?，就可以編出相應年份的試題來。如果再賦以特殊背景，則可以編出非常有趣的數學智力題來，如下題：

有100只猴子在吃花生，每只猴子至少吃了1粒花生，多者不限。請你證明：一定有若干只猴子（可以是一只），它們所吃的花生的粒數總和恰好是100的倍數。

7．證明：視17個科學家為17個點，每兩個點之間連一條線表示這兩個科學家在討論同一個問題，若討論第一個問題則在相應兩點連紅線，若討論第2個問題則在相應兩點連條黃線，若討論第3個問題則在相應兩點連條藍線。三名科學家研究同一個問題就轉化為找到一個三邊同顏色的三角形。

考慮科學家A，他要與另外的16位科學家每人通信討論一個問題，相應于從A出發引出16條線段，將它們染成3種顏色，而16=3×5+1，因而必有6=5+1條同色，不妨記為AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同紅色，若Bi（i=1，2，?，6）之間有紅線，則出現紅色三角線，命題已成立；否則B1，B2，B3，B4，B5，B6之間的連線只染有黃藍兩色。

考慮從B1引出的5條線，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用兩種顏色染色，因為5=2×2+1，故必有3=2+1條線段同色，假設為黃色，并記它們為B1B2，B1B3，B1B4。這時若B2，B3，B4之數學教育網http://www.tmdps.cn 數學教育網---數學試題-數學教案-數學課件-數學論文-競賽試題-中高考試題信息http://www.tmdps.cn 間有黃線，則有黃色三角形，命題也成立，若B2，B3，B4，之間無黃線，則△B2，B3，B4，必為藍色三角形，命題仍然成立。

說明：（1）本題源于一個古典問題--世界上任意6個人中必有3人互相認識，或互相不認識。（美國普特南數學競賽題）。

（2）將互相認識用紅色表示，將互相不認識用藍色表示，（1）將化為一個染色問題，成為一個圖論問題：空間六個點，任何三點不共線，四點不共面，每兩點之間連線都涂上紅色或藍色。求證：存在三點，它們所成的三角形三邊同色。

（3）問題（2）可以往兩個方向推廣：其一是顏色的種數，其二是點數。

本例便是方向一的進展，其證明已知上述。如果繼續沿此方向前進，可有下題：

在66個科學家中，每個科學家都和其他科學家通信，在他們的通信中僅僅討論四個題目，而任何兩個科學家之間僅僅討論一個題目。證明至少有三個科學家，他們互相之間討論同一個題目。

（4）回顧上面證明過程，對于17點染3色問題可歸結為6點染2色問題，又可歸結為3點染一色問題。反過來，我們可以繼續推廣。從以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的過程，易發現

6=（3-1）×2+2，17=（6-1）×3+2，66=（17-1）×4+2，同理可得（66-1）×5+2=327，（327-1）×6+2=1958?記為r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，?

我們可以得到遞推關系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4?這樣就可以構造出327點染5色問題，1958點染6色問題，都必出現一個同色三角形。

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