判断三角形形状
判断三角形形状
前言
判断依据
主要是正、余弦定理的角的形式或者边的形式，其次还可能用到诱导公式，两角和与差的公式和二倍角公式等，
变形思路
①角化边，利用\(sinA=\cfrac{a}{2R}\)等，转化为只有边的形式，然后通过因式分解、配方、提取公因式等，解代数方程得到边的相应关系，从而判断形状；
②边化角，利用\(a=2RsinA\)等，转化为只有角的形式，然后通过三角恒等变换，解三角方程得到，得到内角的关系，从而判断形状；此时要注意由于\(sinA>0\)恒成立，故方程两端出现\(\sin A\)可以放心约掉；但若出现\(cosA\)时不能约分，需要移项提取公因式。
注意：由\(sinAcosB=sinA\)，只能得到\(cosB=1\)，从而得到\(B=\cfrac{\pi}{2}\)，即直角三角形；
由\(cosAsinB=cosAsinC\)，应该得到\(cosA=0\)或\(sinB=sinC\)，从而得到\(A=\cfrac{\pi}{2}\)或\(B=C\)，即直角三角形或等腰三角形；
重要结论
\(sinA=sinB\Rightarrow A=B\)，等腰三角形；\(sin2A=sin2B\Rightarrow A=B\)或\(A+B=\cfrac{\pi}{2}\)，等腰或直角三角形；
\(cosA=cosB\Rightarrow A=B\)，等腰三角形；\(cos2A=cos2B\Rightarrow A=B\)，等腰三角形
\(sin(A-B)=0\Rightarrow A=B\)，等腰三角形；\(cos(A-B)=1\Rightarrow A=B\)，等腰三角形
相关拓展
- 三角形内角和定理
\(A+B+C=\pi\)，\(\cfrac{A+B}{2}=\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{C}{2}\)
- 三角形中的三角函数关系
\(sin(A+B)=sinC\)，\(cos(A+B)=-cosC\)，\(sin\cfrac{A+B}{2}=cos\cfrac{C}{2}\)，\(cos\cfrac{A+B}{2}=sin\cfrac{C}{2}\)，
- 三角形中的射影定理
\(a=b\cdot cosC+c\cdot cosB\)，\(b=a\cdot cosC+c\cdot cosA\)，\(c=b\cdot cosA+a\cdot cosB\)，
典例剖析
分析：用正弦定理的边的形式，边化角，
得到\(sinBcosC+sinCcosB=sinAsinA\)，即\(sin(B+C)=sinA=sinAsinA\)，
由于\(sinA\neq 0\)，故\(sinA=1\)，故\(A=\cfrac{\pi}{2}\)，故为直角三角形。
反思总结：1、不是所有的题目都即可以角化边，也可以边化角。比如本题目如果角化边，得到\(b\cdot \cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}+c\cdot \cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=a\cdot \cfrac{a}{2R}\)，接下来\(R\)没办法处理，思路陷入僵局。
2、角化边是应该是\(sinA=\cfrac{a}{2R}\)，而不是\(sinA=a\)，我们碰到的题目大多能左右约掉\(2R\)，但不是所有都可以约掉。
分析：由条件\(2sinAcosB=sinC\)得到，\(2sinAcosB=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB\)，
整理得到\(sinAcosB-cosAsinB=0\)，即\(sin(A-B)=0\)，
故\(A=B\)，即为等腰三角形。
法2：角化边，\(2\cfrac{a}{2R}\cdot \cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\cfrac{c}{2R}\)，变形整理得到，
\(a^2+c^2-b^2=c^2\)，即\(a^2=b^2\)，则\(a=b\)，故为等腰三角形。
法1：边化角，得到\(sinAcosA=sinBcosB\)，即\(sin2A=sin2B\)，
故\(2A=2B\)或\(2A+2B=\pi\)，
故\(A=B\)或\(A+B=\cfrac{\pi}{2}\)，则为等腰或直角三角形。
法2：角化边，\(a\cdot \cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=b\cdot \cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\)，
两边同乘以\(ab\)，得到\(a^2(b^2+c^2-a^2)=b^2(a^2+c^2-b^2)\)，
变形整理得到\((a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)=0\)，
故\(a^2=b^2\)或\(a^2+b^2=c^2\)，
即所求三角形为等腰或直角三角形。
分析：角化边，得到\(2a^2=(2b+c)b+(2c+b)c\)，
即\(a^2=b^2+c^2+bc\)，即\(b^2+c^2-a^2=-bc\)；
故\(cosA=\cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=-\cfrac{1}{2}\)，则\(A=\cfrac{2\pi}{3}\)，且有\(sinA=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)。
再将\(a^2=b^2+c^2+bc\)边化角，得到\(sin^2A=sin^2B+sin^2C+sinBsinC\)
\(sinA=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)代入上式得到\(\cfrac{3}{4}=(sinB+sinC)^2-sinBsinC\)，
得到\(sinBsinC=\cfrac{1}{4}\)，又由\(sinB+sinC=1\)解得\(sinB=sinC=\cfrac{1}{2}\)，由\(B、C\in (0，\cfrac{\pi}{3})\)，
故可得\(B=C=\cfrac{\pi}{6}\)，综上可得\(\Delta ABC\)的形状为等腰钝角三角形。
反思总结：本题目若从边化角入手，会变得比较复杂。
分析：角化边，得到\(a^2+b^2<c^2\)，故选C。
分析：本题目主要考查对数的变形， 由\(log_{c+b}a+log_{c-b}a=2log_{c+b}a\cdot log_{c-b}a\)，
得到\(\cfrac{1}{log_a(c+b)}+\cfrac{1}{log_a(c-b)}=2\cfrac{1}{log_a(c+b)}\times\cfrac{1}{log_a(c-b)}\)，
两边同乘以\(log_a(c+b)\cdot log_a(c-b)\)，
去分母得到\(log_a(c+b)+log_a(c-b)=2\)，即\(log_a(c^2-b^2)=2\)，
则有\(a^2=c^2-b^2\)，即\(a^2+b^2=c^2\)，
三角形\(ABC\) 的形状为\(\underline{直角}\)三角形。
分析：\(cos^2\cfrac{B}{2}=\cfrac{1+cosB}{2}\)，又已知\(cos^2\cfrac{B}{2}=\cfrac{a+c}{2c}\)，
则\(\cfrac{1+cosB}{2}=\cfrac{a+c}{2c}\)，化简得到\(c(1+cosB)=a+c\)，
变形得到\(cosB=\cfrac{a}{c}\)，即\(\cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\cfrac{a}{c}\)，即\(a^2+c^2-b^2=2a^2\)；
即\(a^2+b^2=c^2\)，故三角形\(ABC\) 的形状为\(\underline{直角}\)三角形。选B。
法1：角化边，\(\cfrac{c}{b}<\cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\)，
即\(b^2+c^2-a^2<2c^2\)，即\(a^2+c^2-b^2<0\)，
故\(cosB=\cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}<0\)，故故是钝角三角形，选\(A\)。
法2：边化角，由\(\cfrac{c}{b}<cosA\)，得到\(\cfrac{sinC}{sinB}<cosA\)，
即\(sinC<cosAsinB\)，即\(sin(A+B)<cosAsinB\)，打开整理为
\(sinAcosB<0\)，由于\(sinA>0\)，则\(cosB<0\)，故是钝角三角形，选\(A\)。
(1)求角\(A\)的大小；
分析：由于\(2a\cdot sinA=(2b-c)sinB+(2c-b)sinC\)，角化边得到，
\(2a^2=(2b-c)b+(2c-b)c\)，整理即\(bc=b^2+c^2-a^2\)，
故\(cosA=\cfrac{1}{2}\)，又\(A\in (0，\pi)\)，故\(A=60^{\circ}\)。
(2)若\(sinB+sinC=\sqrt{3}\)，试判断\(\Delta ABC\)的形状。
分析：由于\(A=60^{\circ}\)，故\(B+C=120^{\circ}\)，
由\(sinB+sinC=\sqrt{3}\)，即\(sinB+sin(120^{\circ}-B)=\sqrt{3}\)，
打开整理得到，\(sin(B+30^{\circ})=1\)，
由于\(B\in (0^{\circ}，120^{\circ})\)，则\(B+30^{\circ}\in (30^{\circ}，150^{\circ})\)，
故\(B+30^{\circ}=90^{\circ}\)，即\(B=60^{\circ}\)，所以三角形为正三角形。
分析：由于\(sin(A+B)=sinC\)，两边约分，得到\(sin(A-B)=sinC=sin(A+B)\)，
打开整理得到，\(2cosAsinB=0\)，由于\(sinB\neq 0\)，
故\(cosA=0\)，即\(A=\cfrac{\pi}{2}\)，故为直角三角形，选\(B\)。
分析：由\(sinA\cdot cosA=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\)，可得到\(sin2A=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，则\(A=\cfrac{\pi}{6}\)或\(A=\cfrac{\pi}{3}\)，
又由题设\(tanA+tanB+\sqrt{3}=\sqrt{3}tanA\cdot tanB\)，得到\(tanA+tanB=\sqrt{3}tanA\cdot tanB-\sqrt{3}\)，代入
\(tanC=-tan(A+B)=-\cfrac{tanA+tanB}{1-tanA\cdot tanB}=\sqrt{3}\)，由\(C\in(0，\pi)\)得到\(C=\cfrac{\pi}{3}\)，
故由此判断只能是\(A=\cfrac{\pi}{3}\)，否则\(B=\cfrac{\pi}{2}\)，使得\(tanB\)无意义；
则得到\(B=\cfrac{\pi}{3}\)，故三角形为等边三角形，选\(D\).
解：令 \(BC\) 边的中点为 \(D\)，注意到 \(\overrightarrow{OB}\)\(+\)\(\overrightarrow{OC}\)\(-\)\(2\overrightarrow{OA}\)\(=\)\((\overrightarrow{OB}\)\(-\)\(\overrightarrow{OA})\)\(+\)\((\overrightarrow{OC}\)\(-\)\(\overrightarrow{OA})\)\(=\)\(\overrightarrow{AB}\)\(+\)\(\overrightarrow{AC}\)，
故由 \(|\overrightarrow{OB}\)\(-\)\(\overrightarrow{OC}|\)\(=\)\(|\overrightarrow{OB}\)\(+\)\(\overrightarrow{OC}\)\(-\)\(2\overrightarrow{OA}|\)，得到 \(|\overrightarrow{CB}|=|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}|=2|\overrightarrow{AD}|\)，
即 \(|DA|=|DB|=|DC|\)，故由直角三角形斜边中线定理的逆定理[1]可知，该三角形是直角三角形，且 \(\angle A=Rt\angle\)，故选 \(D\) .
分析：由\(\cfrac{a}{cosA}=\cfrac{a}{cosB}\)，得到\(cosA=cosB\)，由于\(y=cosx\)在\((0,\pi)\)上单递，故\(A=B\)，即\(a=b\)，
则原式可变形为\(\cfrac{a}{cosA}=\cfrac{b}{cosB}=\cfrac{c}{cosC}\)，令\(\cfrac{a}{cosA}=\cfrac{b}{cosB}=\cfrac{c}{cosC}=k\)，
则\(a=k\cdot cosA\)，\(b=k\cdot cosB\)，\(c=k\cdot cosC\)，由正弦定理可得，
\(a=k\cdot cosA=2RsinA\)，\(b=k\cdot cosB=2RsinB\)，\(c=k\cdot cosC=2RsinC\)，
则\(tanA=\cfrac{sinA}{cosA}=\cfrac{k}{2R}\)，\(tanB=\cfrac{sinB}{cosB}=\cfrac{k}{2R}\)，\(tanC=\cfrac{sinC}{cosC}=\cfrac{k}{2R}\)，
则\(tanA=tanB=tanC\)，又由于函数\(y=tanx\)在区间\((0,\cfrac{\pi}{2})\)上单调递增，
故\(A=B=C\)，则选\(D\)。
分析：\(sinB\cdot sinC=cos^2\cfrac{A}{2}=\cfrac{1+cosA}{2}\)，
则\(2sinB\cdot sinC=1+cosA=1-cos(B+C)\)，
即\(cos(B+C)-2sinB\cdot sinC=1\)，整理得到\(cos(B-C)=1\)，
由于\(B，C\)为三角形的内角，故\(B=C\)，
又由于\(sin^2B+sin^2C=sin^2A\)，则\(b^2+c^2=a^2\)，
故\(\triangle ABC\)的形状为等腰直角三角形，故选\(D\)。
法一： 采用边化角的策略，求解三角方程得到，
已知等式可化为 \(a^{2}[\sin(A-B)-\sin(A+B)]\)\(=b^{2}[-\sin(A+B)-\sin(A-B)]\)
所以 \(2a^{2}\cos A\sin B=2b^{2}\cos B\sin A\)
由正弦定理，上式可转化为
\(\sin^{2}A\cos A\sin B=\sin ^{2}B\cos B\sin A\)
所以 \(\sin A\sin B(\sin A\cos A-\sin B\cos B)=0\)
因为 \(A, B\) 均为 \(\triangle A B C\) 的内角，所以 \(\sin A \neq 0, \quad \sin B \neq 0\),
所以 \(\sin A\cos A-\sin B\cos B=0\), 即 \(\sin 2A=\sin 2B\).
由 \(A, B\in(0, \pi)\) 得0 \(<2A<2\pi, \quad 0<2 B<2 \pi\), 得 \(2A=2B\) 或 \(2A+2B=\pi\),
即 \(A=B\) 或 \(A+B=\cfrac{\pi}{2}\).
所以 \(\triangle ABC\) 为等腰三角形或直角三角形，故选 \(D\).
法二：采用角化边的策略，求解代数方程得到。
由法一， 可得 \(2a^{2}\cos A\sin B=2b^{2}\cos B\sin A.\)
由正弦、余弦定理，可得 \(a^{2}\times\cfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\times b=b^{2}\times\cfrac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}\times a.\)
所以 \(a^{2}(b^{2}+c^{2}-a^{2})=b^{2}(a^{2}+c^{2}-b^{2})\)
即 \((a^{2}-b^{2})(a^{2}+b^{2}-c^{2})=0.\) 所以 \(a=b\) 或 \(a^{2}+b^{2}=c^{2}\),
所以 \(\triangle ABC\) 为等腰三角形或直角三角形，故选 \(D\).
解析： 本题目中，表达式 \(\bigg(\cfrac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}\)\(+\)\(\cfrac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}\bigg)\) 刻画的是 \(\angle A\) 的平分线向量，
由题目可知，\(\bigg(\cfrac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}\)\(+\)\(\cfrac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}\bigg)\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{BC}\)\(=\)\(0\)，则说明 \(\angle A\) 的平分线和 \(BC\) 边垂直，则三角形 \(\triangle ABC\) 为等腰三角形，[顶角平分线和底边高线合一的三角形是等腰三角形]
又 \(\cfrac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}\)\(\cdot\)\(\cfrac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\)，说明和向量 \(\overrightarrow{AB}\)、 \(\overrightarrow{AC}\)同方向的单位向量的内积为\(\cfrac{1}{2}\)，所以 \(\cos A=\cfrac{1}{2}\)，则 \(\angle A=60^{\circ}\) .
故三角形 \(\triangle ABC\) 为等边三角形， 选 \(D\) .
直角三角形斜边中线定理：如果一个三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形，且该边是斜边。或者利用这样的思路来说明，由 \(|DA|=|DB|=|DC|\) 可知， 点 \(A\)，\(B\)，\(C\) 三点共圆，则 \(BC\) 为直径，则 \(\angle A=Rt\angle\)，故选 \(D\) . ↩︎
