三角形中的三角公式

前言

在三角函数章节中，我们学习了许多公式，比如同角三角函数关系，诱导公式，和角公式，差角公式，二倍角公式，半角公式等；当这些角放置到三角形中，由于有了内角和的限定等，所以它们又有了不同的外在形式；

编辑中。。。

三角形内角和

• \(A+B+C=\pi\)，\(A+B=\pi-C\)，\(\cfrac{A+B}{2}=\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{C}{2}\)，\(A，B，C\in(0,\pi)\)，

• 三角形中的互补关系

\(\sin(A+B)=\sin(\pi-C)=\sin C\) ^[1]，

\(\cos(A+B)=\cos(\pi-C)=-\cos C\)，

\(\tan(A+B)=\tan(\pi-C)=-\tan C\)，

• 三角形中的互余关系

\(\sin\cfrac{A+B}{2}=\sin(\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{C}{2})=\cos\cfrac{C}{2}\)，

\(\cos\cfrac{A+B}{2}=\cos(\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{C}{2})=\sin\cfrac{C}{2}\)，

\(\tan\cfrac{A+B}{2}=\tan(\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{C}{2})=\cot\cfrac{C}{2}\)，

• 三角形中的射影定理

\(a=b\cdot cosC+c\cdot cosB\)，\(b=a\cdot cosC+c\cdot cosA\)，\(c=b\cdot cosA+a\cdot cosB\)，

相关不等式

在锐角 \(\triangle ABC\) 中，则有\(\sin A>\cos B\)，\(\cos A<\sin B\)。

证明：由于在锐角 \(\triangle ABC\) 中，故\(A+B>\cfrac{\pi}{2}\)，即\(A>\cfrac{\pi}{2}-B\)，

此时\(A\in(0,\cfrac{\pi}{2})\)，\(\cfrac{\pi}{2}-B\in(0,\cfrac{\pi}{2})\)，

而函数\(y=\sin x\)在\((0,\cfrac{\pi}{2})\)上是单调递增的，

故\(\sin A>\sin(\cfrac{\pi}{2}-B)=\cos B\)，即\(\sin A>\cos B\)，

同理，函数\(y=\cos x\)在\((0,\cfrac{\pi}{2})\)上是单调递减的，

故\(\cos A<\cos(\cfrac{\pi}{2}-B)=\sin B\)，即\(\cos A<\sin B\)。

在钝角 \(\triangle ABC\) 中\(A\)，\(B\)为两个锐角，则有\(\sin A<\cos B\)，\(\cos A >\sin B\)。

证明：由于在钝角 \(\triangle ABC\) 中，故\(A+B<\cfrac{\pi}{2}\)，即\(A<\cfrac{\pi}{2}-B\)，

此时\(A\in(0,\cfrac{\pi}{2})\)，\(\cfrac{\pi}{2}-B\in(0,\cfrac{\pi}{2})\)，

而函数\(y=\sin x\)在\((0,\cfrac{\pi}{2})\)上是单调递增的，

故\(\sin A<sin(\cfrac{\pi}{2}-B)=cosB\)，即\(\sin A< \cos B\)，

同理，函数\(y=\cos x\)在\((0,\cfrac{\pi}{2})\)上是单调递减的，

故\(\cos A>\cos(\cfrac{\pi}{2}-B)=\sin B\)，即\(\cos A>\sin B\)。 高阶延伸;

相关恒等式

在\(\triangle ABC\)中，\(\sin A+\sin B+\sin C=4\cos\cfrac{A}{2}\cos\cfrac{B}{2}\cos\cfrac{C}{2}\)

证明：\(\sin A+\sin B+\sin C=\sin A+\sin B+\sin(A+B)\)

\(=\sin A+\sin B+\sin A\cos B+\cos A\sin B\)

\(=\sin A(1+\cos B)+\sin B(1+\cos A)\)

\(=\sin A\cdot 2\cos^2\cfrac{B}{2}+\sin B\cdot 2\cos^2\cfrac{A}{2}\)

$=2\sin\cfrac{A}{2}\cdot\cos\cfrac{A}{2}\cdot 2\cos^2\cfrac{B}{2}+2\sin\cfrac{B}{2}\cdot\cos\cfrac{B}{2}\cdot 2\cos^2\cfrac{A}{2} $

\(=4\cos\cfrac{A}{2}\cos\cfrac{B}{2}(\sin\cfrac{A}{2}\cos\cfrac{B}{2}+\cos\cfrac{A}{2}\sin\cfrac{B}{2})\)

\(=4\cos\cfrac{A}{2}\cos\cfrac{B}{2}\sin\cfrac{A+B}{2}\)

\(=4\cos\cfrac{A}{2}\cos\cfrac{B}{2}\cos\cfrac{C}{2}\)

在\(\triangle ABC\)中，\(\cos A+\cos B+\cos C=1+4\sin\cfrac{A}{2}\sin\cfrac{B}{2}\sin\cfrac{C}{2}\)

在斜 \(\triangle ABC\)(即\(A，B，C\neq \cfrac{\pi}{2}\))中，\(\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C\quad\)

证明： 由于 \(tan(\alpha+\beta)=\cfrac{tan\alpha+tan\beta}{1-tan\alpha\cdot tan\beta}\)，我们对其做变形，

得到 \(tan(\alpha+\beta)\cdot (1-tan\alpha\cdot tan\beta)=tan\alpha+tan\beta\)

如果将其放置到斜三角形指锐角三角形和钝角三角形。和直角三角形并列。中，即能保证 \(A，B，C\neq \cfrac{\pi}{2}\)，

则有\(tan(A+B)\cdot (1-tanA\cdot tanB)=tanA+tanB\)，

在三角形中，由\(A+B+C=\pi\)可知\(A+B=\pi-C\)，

则有\(tan(A+B)=-tanC\)，代入上式即得到，

\[-tanC\cdot (1-tanA\cdot tanB)=tanA+tanB \]

整理后得到，$$tanA+tanB+tanC=tanA\cdot tanB \cdot tanC$$

相关结论

• 在 \(\triangle ABC\) 中，$A>B\Leftrightarrow sinA>sinB\Leftrightarrow a>b $ (利用正弦定理和大角对大边可证明)

在 \(\triangle ABC\) 中，\(A>B\Leftrightarrow cosA<cosB\) (利用余弦函数的单调性可证明)

• “\(a^2+b^2>c^2\)”是“\(\triangle ABC\)是锐角\(\triangle\)”的必要不充分条件；

“\(a^2+b^2<c^2\)”是“\(\triangle ABC\)是钝角\(\triangle\)”的充分不必要条件；

“\(a^2+b^2=c^2\)”是“\(\triangle ABC\)是\(Rt\triangle\)”的充分不必要条件；

辅助角公式

应用于三角函数求周长类的题目中，比如

• 在\(\Delta ABC\)中，已知\(\angle A=\cfrac{\pi}{3}\)，求 \(\sin B+\sin C\) 的取值范围[核心变形，重点理解和掌握]

分析：\(\sin B+\sin C=\sin B+\sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)；

\(=\sin B+\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos B+\cfrac{1}{2}\sin B\)

\(=\cfrac{3}{2}\sin B+\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos B\)

\(=\sqrt{3}(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\sin B+\cfrac{1}{2}\cos B)\)

\(=\sqrt{3}\sin(B+\cfrac{\pi}{6})\)

应用于三角函数求面积类的题目中，比如

• 在\(\Delta ABC\)中，已知\(\angle A=\cfrac{\pi}{3}\)，求\(sinB\cdot sinC\)的取值范围[核心变形，重点理解和掌握]

分析：\(sinB\cdot sinC=sinB\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)；

\(=\sin B(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos B+\cfrac{1}{2}\sin B)\)

\(=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\sin B\cdot \cos B+\cfrac{1}{2}\sin^2B\)

\(=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\sin2B+\cfrac{1}{4}(2\sin^2B)\)

\(=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\sin2B+\cfrac{1}{4}(1-\cos2B)\)

\(=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\sin2B-\cfrac{1}{4}\cos2B+\cfrac{1}{4}\)

\(=\cfrac{1}{2}(\sin2B\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2}-\cos2B\cdot\cfrac{1}{2})+\cfrac{1}{4}\)

\(=\cfrac{1}{2}\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+\cfrac{1}{4}\)

典例剖析

【人教 \(2019 A\) 版\(P_{229}\)第 \(4\) 题】在 \(\triangle ABC\) 中，\(\sin A=\cfrac{5}{13}\)，\(\cos B=\cfrac{3}{5}\)，求 \(\cos C\) 的值；

解：由于 \(\cos B=\cfrac{3}{5}>0\)，故 \(B\) 为锐角，则 \(\sin B=\cfrac{4}{5}\)，

又由于 \(\cfrac{\sqrt{2}}{2}<\cfrac{4}{5}<\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，即 \(\sin\cfrac{\pi}{4}<\sin B<\sin\cfrac{\pi}{3}\)，

且 \(y=\sin B\) 在 \(B\in (0,\cfrac{\pi}{2})\) 上单调递增，故 \(\cfrac{\pi}{4}<B<\cfrac{\pi}{3}\)，

又由于 \(\sin A=\cfrac{5}{13}<\cfrac{1}{2}\)， ^[2]

所以 \(0<A<\cfrac{\pi}{6}\)，或 \(\cfrac{5\pi}{6}<A<\pi\) (舍去，原因是与内角和定理矛盾)，

故 \(\cos A=\cfrac{12}{13}\)，则 \(\cos C=\cos[\pi-(A+B)]=-\cos(A+B)\)

即 \(\cos C=-\cos(A+B)=-(\cos A\cos B-\sin A\sin B)=-(\cfrac{12}{13}\times\cfrac{3}{5}-\cfrac{5}{13}\times\cfrac{4}{5})=-\cfrac{16}{65}\) .

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1. \(\sin(A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B\)，肯定是成立的。其他的和差角公式同理。 ↩︎

2. 错误解法列举： 由 \(\sin A=\cfrac{5}{13}<\cfrac{4}{5}=\sin B\)，故 \(A<B<\cfrac{\pi}{2}\)， ↩︎