高中数学竞赛教材讲义 第七章 解三角形

第一篇：高中数学竞赛教材讲义 第七章 解三角形

第七章解三角形

一、基础知识

在本章中约定用A，B，C分别表示△ABC的三个内角，a, b, c分别表示它们所对的各边长，pabc为半周长。

2abc1．正弦定理：=2R（R为△ABC外接圆半径）。sinAsinBsinC

111推论1：△ABC的面积为S△ABC=absinCbcsinAcasinB.222

推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.推论3：在△ABC中，A+B=，解a满足ab，则a=A.sinasin(a)

1absinC；再证推论2，因为B+C=-A，所2正弦定理可以在外接圆中由定义证明得到，这里不再给出，下证推论。先证推论1，由正弦函数定义，BC边上的高为bsinC，所以S△ABC=

以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA，两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；再证推

absinasin(a)，所以，即sinasin(-A)=sin(-a)sinA，sinAsinBsinAsin(A)

11等价于[cos(-A+a)-cos(-A-a)]= [cos(-a+A)-cos(-a-A)]，等价于22

cos(-A+a)=cos(-a+A)，因为0<-A+a，-a+A<.所以只有-A+a=-a+A，所以a=A，论3，由正弦定理得证。

b2c2a2

2．余弦定理：a=b+c-2bccosAcosA，下面用余弦定理证明几个常2bc222用的结论。

（1）斯特瓦特定理：在△ABC中，D是BC边上任意一点，BD=p，DC=q，则b2pc2qAD=pq.（1）pq2【证明】因为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

因为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，则为中线长公式AD.2

122212212222（2）海伦公式：因为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

这里pabc.2

用心 爱心 专心-1-

所以S△ABC=

p(pa)(pb)(pc).二、方法与例题

1．面积法。

例1（共线关系的张角公式）如图所示，从O点发出的三条射线满足POQ,QOR，另外OP，OQ，OR的长分别为u, w, v，这里α，β，α+β∈(0, )，则P，Q，R的共线的充要条件是

sinsinsin()

.uvw

【证明】P，Q，R共线SΔPQR0SOPRSOPQSORQ 

1uvsin(α+β)=uwsinα+vwsinβ 222sin()sinsin，得证。

wuv

2．正弦定理的应用。

例2如图所示，△ABC内有一点P，使得BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB。求证：AP·BC=BP·CA=CP·AB。

【证明】过点P作PDBC，PEAC，PFAB，垂足分别为D，E，F，则P，D，C，E；P，E，A，F；P，D，B，F三组四点共圆，所以EDF=PDE+PDF=PCA+PBA=BPC-BAC。

00

由题设及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，两边同时乘以△ABC的外接圆直径2R，得CP·BA=AP·BC=BP·AC，得证：

例3如图所示，△ABC的各边分别与两圆⊙O1，⊙O2相切，直线GF与DE交于P，求证：PABC。

【证明】延长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，得证。

因为O1GBC，O2DBC，所以只需证

3．一个常用的代换：在△ABC中，记点A，B，C到内切圆的切线长分别为x, y, z，则a=y+z, b=z+x, c=x+y.22

2例4在△ABC中，求证：a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)≤3abc.【证明】令a=y+z, b=z+x, c=x+y，则 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.4．三角换元。

例5设a, b, c∈R，且abc+a+c=b，试求P

+

222

3的最大值。a21b21c21

【解】由题设b

ac，令a=tanα, c=tanγ, b=tanβ, 1ac

101102

则tanβ=tan(α+γ), P=2sinγsin(2α+γ)+3cosγ≤3sin，333

11022

当且仅当α+β=，sinγ=，即a=时，Pmax=.,b2,c

3322

41222

例6在△ABC中，若a+b+c=1，求证: a+b+c+4abc<.22222

【证明】设a=sinαcosβ, b=cosαcosβ, c=sinβ, β0,.2

因为a, b, c为三边长，所以c<, c>|a-b|，222

从而0,，所以sinβ>|cosα·cosβ|.4

因为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、基础训练题

1．在△ABC中，边AB为最长边，且sinAsinB=

2

3，则cosAcosB的最大值为__________.42．在△ABC中，若AB=1，BC=2，则C的取值范围是__________.3．在△ABC中，a=4, b+c=5, tanC+tanB+tanCtanB，则△ABC的面积为__________.4．在△ABC中，3sinA+4cosB=6, 3cosA+4sinB=1，则C=__________.5．在△ABC中，“a>b”是“sinA>sinB”的__________条件.6．在△ABC中，sinA+cosA>0, tanA-sinA<0，则角A的取值范围是__________.35，cosB=，则cosC=__________.513

AC

1”的__________条件.8．在△ABC中，“三边a, b, c成等差数列”是“tantan

223

7．在△ABC中，sinA=

9．在△ABC中，若sinC=2cosAsinB，则三角形形状是__________.10．在△ABC中，tanA·tanB>1，则△ABC为__________角三角形.11．三角形有一个角是60，夹这个角的两边之比是8：5，内切圆的面积是12，求这个三角形的面积。

12．已知锐角△ABC的外心为D，过A，B，D三点作圆，分别与AC，BC相交于M，N两点。求证：△MNC的外接圆半径等于△ABD的外接圆半径。

13．已知△ABC中，sinC=

四、高考水平训练题 1．在△ABC中，若tanA=

sinAsinB，试判断其形状。

cosAcosB

1, tanB=，且最长边长为1，则最短边长为__________.2

32．已知n∈N+，则以3，5，n为三边长的钝角三角形有________个.+22

23．已知p, q∈R, p+q=1，比较大小：psinA+qsinB__________pqsinC.4．在△ABC中，若sin2A+sin2B+sin2C=4sinAsinBsinC，则△ABC 为__________角三角形.5．若A为△ABC 的内角，比较大小：cot

A

cotA__________3.8

6．若△ABC满足acosA=bcosB，则△ABC的形状为__________.7．满足A=60，a=6, b=4的三角形有__________个.8．设为三角形最小内角，且acos

222+sin-cos-asin=a+1，则a的取值范围是2222

__________.9．A，B，C是一段笔直公路上的三点，分别在塔D的西南方向，正西方向，西偏北30方向，且AB=BC=1km，求塔与公路AC段的最近距离。

10．求方程xy1yx1xy的实数解。11．求证：

17sin200.320

五、联赛一试水平训练题

1．在△ABC中，b=ac，则sinB+cosB的取值范围是____________.sinBcosA2cosC

，则△ABC 的形状为____________.sinCcosA2cosB

ABC

3．对任意的△ABC，Tcotcotcot-(cotA+cotB+cotC)，则T的最大值为

22．在△ABC中，若____________.4．在△ABC中，sin

A

sinBsinC的最大值为____________.2

5．平面上有四个点A，B，C，D，其中A，B为定点，|AB|=3，C，D为动点，且

|AD|=|DC|=|BC|=1。记S△ABD=S，S△BCD=T，则S+T的取值范围是____________.6．在△ABC中，AC=BC，ACB80，O为△ABC的一点，OAB10，ABO=30，则ACO=____________.00

7．在△ABC中，A≥B≥C≥小值为__________.ABC，则乘积cossincos的最大值为____________，最

2226

CAAC

cos=____________.22

8．在△ABC中，若c-a等于AC边上的高h，则sin

9．如图所示，M，N分别是△ABC外接圆的弧AB，AC中点，P为BC上的动点，PM交AB

于Q，PN交AC于R，△ABC的内心为I，求证：Q，I，R三点共线。

10．如图所示，P，Q，R分别是△ABC的边BC，CA，AB上一点，且AQ+AR=BR+BP=CQ+CP。

求证：AB+BC+CA≤2（PQ+QR+RP）。

11．在△ABC外作三个等腰三角形△BFC，△ADC，△AEB，使BF=FC，CD=DA，AE=EB，ADC=2BAC，AEB=2ABC，BFC=2ACB，并且AF，BD，CE交于一点，试判断△ABC的形状。

六、联赛二试水平训练题

1．已知等腰△ABC，AB=AC，一半圆以BC的中点为圆心，且与两腰AB和AC分别相切于点D和G，EF与半圆相切，交AB于点E，交AC于点F，过E作AB的垂线，过F作AC的垂线，两垂线相交于P，作PQBC，Q为垂足。求证：PQ

EF，此处=B。

2sin

2．设四边形ABCD的对角线交于点O，点M和N分别是AD和BC的中点，点H1，H2（不重合）分别是△AOB与△COD的垂心，求证：H1H2MN。

3．已知△ABC，其中BC上有一点M，且△ABM与△ACM的内切圆大小相等，求证：

AMP(Pa)，此处P

(a+b+c), a, b, c分别为△ABC对应三边之长。

24．已知凸五边形ABCDE，其中ABC=AED=90，BAC=EAD，BD与CE交于点O，求证：AOBE。

5．已知等腰梯形ABCD，G是对角线BD与AC的交点，过点G作EF与上、下底平行，点E

和F分别在AB和CD上，求证：AFB=90的充要条件是AD+BC=CD。

6．AP，AQ，AR，AS是同一个圆中的四条弦，已知PAQ=QAR=RAS，求证：AR（AP+AR）=AQ（AQ+AS）。

22222

7．已知一凸四边形的边长依次为a, b, c, d，外接圆半径为R，如果a+b+c+d=8R，试问对此四边形有何要求？

8．设四边形ABCD内接于圆，BA和CD延长后交于点R，AD和BC延长后交于点P，A，B，C指的都是△ABC的内角，求证：若AC与BD交于点Q，则

cosAcosCcosB

.APCRBQ

9．设P是△ABC内一点，点P至BC，CA，AB的垂线分别为PD，PE，PF（D，E，F是垂足），求证：PA·PB·PC≥(PD+PE)·(PE+PF)·(PF+PD)，并讨论等号成立之条件。

第二篇：2013届高中数学竞赛教案讲义(7)解三角形

解三角形

一、基础知识

在本章中约定用A，B，C分别表示△ABC的三个内角，a, b, c分别表示它们所对的各边长，pabc为半周长。2abc1．正弦定理：=2R（R为△ABC外接圆半径）。sinAsinBsinC111推论1：△ABC的面积为S△ABC=absinCbcsinAcasinB.222推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.推论3：在△ABC中，A+B=，解a满足

ab，则a=A.sinasin(a)证推论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，等价于1[cos(-a+A)-cos(-a-A)]，等价于cos(-A+a)=cos(-a+A)，因为0<-A+a，2-a+A<.所以只有-A+a=-a+A，所以a=A，得证。b2c2a22．余弦定理：a=b+c-2bccosAcosA，2bc2

22下面用余弦定理证明几个常用的结论。

（1）斯特瓦特定理：在△ABC中，D是BC边上任意一点，BD=p，DC=q，则b2pc2qAD=pq.（1）

pq2【证明】 因为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 因为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，则为中线长公式AD（2）海伦公式：因为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这里pabc.2所以S△ABC=p(pa)(pb)(pc).二、方法与例题

1．面积法。

例1（共线关系的张角公式）如图所示，从O点发出的三条射线满足POQ,QOR，另外OP，OQ，OR的长分别为u, w, v，这里α，β，α+β∈(0, )，则P，Q，R的共线的充要条件是

sinsinsin()uvw.2．正弦定理的应用。

例2 △ABC内有一点P，使得BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB。求证：AP·BC=BP·CA=CP·AB。

例3 △ABC的各边分别与两圆⊙O1，⊙O2相切，直线GF与DE交于P，求证：PABC。

3．一个常用的代换：在△ABC中，记点A，B，C到内切圆的切线长分别为x, y, z，则a=y+z, b=z+x, c=x+y.222例4 在△ABC中，求证：a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)≤3abc.4．三角换元。

+例5 设a, b, c∈R，且abc+a+c=b，试求P223的最大值。a21b21c21

3．已知△ABC，其中BC上有一点M，且△ABM与△ACM的内切圆大小相等，求证：AMP(Pa)，此处P1(a+b+c), a, b, c分别为△ABC对应三边之长。204．已知凸五边形ABCDE，其中ABC=AED=90，BAC=EAD，BD与CE交于点O，求证：AOBE。

5．已知等腰梯形ABCD，G是对角线BD与AC的交点，过点G作EF与上、下底平行，点E

0和F分别在AB和CD上，求证：AFB=90的充要条件是AD+BC=CD。

6．AP，AQ，AR，AS是同一个圆中的四条弦，已知PAQ=QAR=RAS，求证：AR（AP+AR）=AQ（AQ+AS）。

222227．已知一凸四边形的边长依次为a, b, c, d，外接圆半径为R，如果a+b+c+d=8R，试问对此四边形有何要求？

8．设四边形ABCD内接于圆，BA和CD延长后交于点R，AD和BC延长后交于点P，A，B，C指的都是△ABC的内角，求证：若AC与BD交于点Q，则

cosAcosCcosB.APCRBQ9．设P是△ABC内一点，点P至BC，CA，AB的垂线分别为PD，PE，PF（D，E，F是垂足），求证：PA·PB·PC≥(PD+PE)·(PE+PF)·(PF+PD)，并讨论等号成立之条件。

第三篇：高中数学必修五解三角形教案

高中数学必修五解三角形教案

高中数学必修五解三角形教案篇一：高中数学必修5解三角形知识总结及练习

解三角形

一、知识点：

1、正弦定理：在???C中，a、b、c分别为角?、?、C的对边，R为???C的外接圆的半径，则有abc???2R．（两类正弦定理解三角形的问题：

1、已知sin?sin?sinC 两角和任意一边，求其他的两边及一角.2、已知两角和其中一边的对角，求其他边角.）

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

③a:b:c?sin?:sin?:sinC； abc，sin??，sinC?；（正弦定理的变形经常用在有三角函数的2R2R2R a?b?cabc???． sin??sin??sinCsin?sin?sinC 1113、三角形面积公式：S???C?bcsin??absinC?acsin? 222④ ?a2?b2?c2?2bccosA?2224．余弦定理： ?b?a?c?2accos(本文来自：www.xiexiebang.com 教师 联 盟 网:高中数学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?（两类余弦定理解三角形的问题：

1、已知三边求三角.2、已知两边和他们的夹角，求第三边和其他两角.）

2225、设a、b、c是???C的角?、?、C的对边，则：①若a?b?c，则C?90?为

222222直角三角形；②若a?b?c，则C?90?为锐角三角形；③若a?b?c，则C?90?为

钝角三角形．

6．判定三角形形状时，可利用正余弦定理实现边角转化，统一成边的形式或角的形式.7．解题中利用?ABC中A?B?C??，以及由此推得的一些基本关系式进行三

角

变

换的运

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、知识演练

1、ΔABC中,a=1,b=3, ∠A=30°,则∠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．等边三角形C．等腰三角形 D．等腰直角三角形

3．己知三角形三边之比为5∶7∶8，则最大角与最小角的和为()． A．90°

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

5．在△ABC中，A为锐角，lgb-lgc=lgsinA=－lg2, 则△ABC为（）

A.等腰三角形

B.等边三角形 C.直角三角形

D.等腰直角三角形 b

6、锐角?ABC中，B=2A，则a的取值范围是（）A（-2，2）B（0，2）C（2，2）

D2,）

7.在?ABC中．sinA?sinB?sinC?sinBsinC．则A的取值范围是

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

?8.在△ABC中，a＝x，b＝2，B＝45，若△ABC有两解，则x的取值范围是_______________ 9.? ABC中，B?60?,AC，则AB+2BC的最大值为_________． 10．a，b，c为△ABC的三边，其面积S△ABC＝123，bc＝48，b-c＝2，求a 11.在?ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满

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

12、在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c,设S为△ABC 的面积，满足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，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知 sinC（I）求sinA的值； 1（II）若cosB=4，b=2，?ABC的面积S。

高中数学必修五解三角形教案篇二：高中数学必修5：第一章《解三角形应用举例》教案1 金太阳新课标资源网

课题:

2.2解三角形应用举例

第一课时

授课类型：新授课

●教学目标

知识与技能：能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些有关测量距离的实际问题，了解常用的测量相关术语

过程与方法：首先通过巧妙的设疑，顺利地引导新课，为以后的几节课做良好铺垫。其次结合学生的实际情况，采用“提出问题——引发思考——探索猜想——总结规律——反馈训练”的教学过程，根据大纲要求以及教学内容之间的内在关系，铺开例题，设计变式，同时通过多媒体、图形观察等直观演示，帮助学生掌握解法，能够类比解决实际问题。对于例2这样的开放性题目要鼓励学生讨论，开放多种思路，引导学生发现问题并进行适当的指点和矫正 情感态度与价值观：激发学生学习数学的兴趣,并体会数学的应用价值；同时培养学生运用图形、数学符号表达题意和应用转化思想解决数学问题的能力

●教学重点

实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后逐个解决三角形，得到实际问题的解 ●教学难点

根据题意建立数学模型，画出示意图

●教学过程

Ⅰ.课题导入

1、[复习旧知] 复习提问什么是正弦定理、余弦定理以及它们可以解决哪些类型的三角形？

2、[设置情境] 请学生回答完后再提问：前面引言第一章“解三角形”中，我们遇到这么一个问题，“遥不可及的月亮离我们地球究竟有多远呢？”在古代，天文学家没有先进的仪器就已经估算出了两者的距离，是什么神奇的方法探索到这个奥秘的呢？我们知道，对于未知的距离、高度等，存在着许多可供选择的测量方案，比如可以应用全等三角形、相似三角形的方法，或借助解直角三角形等等不同的方法，但由于在实际测量问题的真实背景下，某些方法会不能实施。如因为没有足够的空间，不能用全等三角形的方法来测量，所以，有些方法会有局限性。于是上面介绍的问题是用以前的方法所不能解决的。今天我们开始学习正弦定理、余弦定理在科学实践中的重要应用，首先研究如何测量距离。

Ⅱ.讲授新课[来源

（1）解决实际测量问题的过程一般要充分认真理解题意，正确做出图形，把实际问题里的条件和所求转换成三角形中的已知和未知的边、角，通过建立数学模型来求解 [例题讲解](2)例

1、如图，设A、B两点在河的两岸，要测量两点之间的距离，测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离是55m，?BAC=51?，?ACB=75?。求A、B两点的距离(精确到0.1m)金太阳新课标资源网

启发提问1：?ABC中，根据已知的边和对应角，运用哪个定理比较适当？

启发提问2：运用该定理解题还需要那些边和角呢？请学生回答。

分析：这是一道关于测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离的问题，题目条件告诉了边AB的对角，AC为已知边，再根据三角形的内角和定理很容易根据两个已知角算出AC的对角，应用正弦定理算出AB边。

解：根据正弦定理，得 ACAB sin?ACB=sin?ABC ACsin?ACB AB =sin?ABC 55sin?ACB =sin?ABC 55sin75? = sin(180??51??75?)55sin75? = sin54?[来源:学&科&网] ≈ 65.7(m)答:A、B两点间的距离为65.7米

变式练习：两灯塔A、B与海洋观察站C的距离都等于a km,灯塔A在观察站C的北偏东30，灯塔B在观察站C南偏东60，则A、B之间的距离为多少？

老师指导学生画图，建立数学模型。解略：2a km 例

2、如图，A、B两点都在河的对岸（不可到达），设计一种测量A、B两点间距离的方法。[来源:学 科 网] 分析：这是例1的变式题，研究的是两个不可到达的点之间的距离测量问题。首先需要构造三角形，所以需要确定C、D两点。根据正弦定理中已知三角形的任意两个内角与一边既可求出另两边的方法，分别求出AC和BC，再利用余弦定理可以计算出AB的距离。??

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解：测量者可以在河岸边选定两点C、D，测得CD=a，并且在C、D两点分别测得?BCA=?，? ACD=?，?CDB=?，?BDA =?，在?ADC和?BDC中，应用正弦定理得 asin(???)asin(???)AC = sin[180??(?)]= sin(?)asin?asin? BC = sin[180??(?)]= sin(?)计算出AC和BC后，再在?ABC中，应用余弦定理计算出AB两点间的距离

AB = AC2?BC2?2AC?BCcos? 分组讨论：还没有其它的方法呢？师生一起对不同方法进行对比、分析。

?ACD=30，?CDB=45，变式训练：若在河岸选取相距40米的C、D两点，测得?BCA=60，?BDA =60? 略解：将题中各已知量代入例2推出的公式，得AB=206 评注：可见，在研究三角形时，灵活根据两个定理可以寻找到多种解决问题的方案，但有些过程较繁复，如何找到最优的方法，最主要的还是分析两个定理的特点，结合题目条件来选择最佳的计算方式。

学生阅读课本4页，了解测量中基线的概念，并找到生活中的相应例子。

Ⅲ.课堂练习

课本第14页练习第1、2题

Ⅳ.课时小结

解斜三角形应用题的一般步骤：

（1）分析：理解题意，分清已知与未知，画出示意图

（2）建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解斜三角形的数学模型

（3）求解：利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形，求得数学模型的解

（4）检验：检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解

Ⅴ.课后作业

课本第22页第1、2、3题 ●板书设计 ??? 金太阳新课标资源网●授后记

高中数学必修五解三角形教案篇三：1高中数学必修5第一章_解三角形全章教案(整理)课题:

1．1．1正弦定理

如图1．1-1，固定?ABC的边CB及?B，使边AC绕着顶点C转动。

思考：?C的大小与它的对边AB的长度之间有怎样的数量关系？

在初中，我们已学过如何解直角三角形，下面就首先来探讨直角三角形中，角与边的等式关系。

从而在直角三角形ABC中，a sin?b sin?c sin

思考：那么对于任意的三角形，以上关系式是否仍然成立？

可分为锐角三角形和钝角三角形两种情况：

如图1．1-3，当?ABC是锐角三角形时，设边AB上的高是CD，根据任意角三角函数的定义，有CD=asinB?bsinA,则

同理可得

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

从上面的研探过程，可得以下定理

正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即 a sinA?b sinB?c sinC [理解定理]（1）正弦定理说明同一三角形中，边与其对角的正弦成正比，且比例系数为同一正数，即存在正数k使a?ksinA，b?ksinB，c?ksinC；

（2）a sinA?b sinB?c sinC等价于a sinA?b sinB，c sinC?b sinB，a sinA?c sinC 从而知正弦定理的基本作用为：

①已知三角形的任意两角及其一边可以求其他边，如a?bsinA； sin②已知三角形的任意两边与其中一边的对角可以求其他角的正弦值，如sinA?sinB。

一般地，已知三角形的某些边和角，求其他的边和角的过程叫作解三角形。

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。

练习：已知?ABC中，sinA:sinB:sinC?1:2:3，求a:b:c ab 练习：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。

补充：请试着推理出三角形面积公式（利用正弦）

课题: 1.1.2余弦定理

如图1．1-4，在?ABC中，设BC=a,AC=b,AB=c, 已知a,b和?C，求边c

联系已经学过的知识和方法，可用什么途径来解决这个问题？

用正弦定理试求，发现因A、B均未知，所以较难求边c。

由于涉及边长问题，从而可以考虑用向量来研究这个问题。A ?如图1．1-5，设CB?a，CA?b，AB?c，那么c?a?b，则 c ???c?c?a?ba?b??

?ab?b??2a??b

C

aB ??2a??2 ?a?b?2a?b?2 从而

c2?a2?b2?2abcosC(图1．1-5)同理可证

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

余弦定理：三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍。即

a2?b2?c2?2bccosA b2?a2?c2?2accosB c2?a2?b2?2abcosC 思考：这个式子中有几个量？从方程的角度看已知其中三个量，可以求出第四个量，能否由三边求出一角？ 从余弦定理，又可得到以下推论： b2?c2?a2 cosA?2bc a2?c2?b2 cosB?b2?a2?c2 cosC? 2 [理解定理] 从而知余弦定理及其推论的基本作用为：

①已知三角形的任意两边及它们的夹角就可以求出第三边；

②已知三角形的三条边就可以求出其它角。

思考：勾股定理指出了直角三角形中三边平方之间的关系，余弦定理则指出了一般三角形中三边平方之间的关系，如何看这两个定理之间的关系？

若?ABC中，C=900，则cosC?0，这时c2?a2?b2 由此可知余弦定理是勾股定理的推广，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

练习：在?ABC中，若a2?b2?c2?bc，求角A。

b,A，讨论三角形解的情况 例1．在?ABC中，已知a, 分析：先由sinB? 则C?1800?(A?B)从而c?bsinA可进一步求出B； aasinC 1．当A为钝角或直角时，必须a?b才能有且只有一解；否则无解。2．当A为锐角时，如果a≥b，那么只有一解；

如果a?b，那么可以分下面三种情况来讨论：

（1）若a?bsinA，则有两解；

（2）若a?bsinA，则只有一解；

（3）若a?bsinA，则无解。

（以上解答过程详见课本第9?10页）

评述：注意在已知三角形的两边及其中一边的对角解三角形时，只有当A为锐角且

bsinA?a?b时，有两解；其它情况时则只有一解或无解。

练习：（1）在?ABC中，已知a?80，b?100，?A?450，试判断此三角形的解的情况。

（2）在?ABC中，若a?1，c?1，?C?400，则符合题意的b的值有_____个。2（3）在?ABC中，a?xcm，b?2cm，?B?450，如果利用正弦定理解三角形有两解，求x的取值范围。

例2．在?ABC中，已知a?7，b?5，c?3，判断?ABC的类型。

练习：（1）在?ABC中，已知sinA:sinB:sinC?1:2:3，判断?ABC的类型。

（2）已知?ABC满足条件acosA?bcosB，判断?ABC的类型。

例3．在?ABC中，A?600，b? 1

练习：（1）在?ABC中，若a?55，b? 16，且此三角形的面积S?C（2）在?ABC中，其三边分别为a、b、c，且三角形的面积S?

作业

（1）在?ABC中，已知b?4，c?10，B?300，试判断此三角形的解的情况。

（2）设x、x+

1、x+2是钝角三角形的三边长，求实数x的取值范围。

（3）在?ABC中，A?600，a?1，b?c?2，判断?ABC的形状。

（4）三角形的两边分别为3cm，5cm,它们所夹的角的余弦为方程5x2?7x?6?0的根，求这个三角形的面积。

2.2解三角形应用举例

(2)例

1、如图，设A、B两点在河的两岸，要测量两点之间的距离，测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离是55m，?BAC=51?，?ACB=75?。求A、B两点的距离(精确到0.1m)4 a?b?c，求的值 sinA?sinB?sinCa2?b2?c24，求角C 变式练习：两灯塔A、B与海洋观察站C的距离都等于a km,灯塔A在观察站C的北偏东30?，灯塔B在观察站C南偏东60?，则A、B之间的距离为多少？

例

3、AB是底部B不可到达的一个建筑物，A为建筑物的最高点，设计一种测量建筑物高度AB的方法。

例

4、如图，在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角?=54?40?，在塔底C处测得A处的俯角?=50?1?。已知铁塔BC部分的高为27.3 m,求出山高CD(精确到1 m)

例

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

变式练习1：已知在?ABC中，?B=30?,b=6,c=63,求a及?ABC的面积S 5

第四篇：高中数学必修五——第一章 解三角形

翱翔教学工作室

学

学习目标

1、回顾已有的三角形边角知识；

2、通过“作高法”、“等积法”、“外接圆法”、“向量法”等多种方法证明正弦定理；

3、学会运用正弦定理解任意三角形的两类基本问题。

*知识点清单*

正弦定理：在△ABC中，a,b,c分别是角A，B，C的对边，则

1、正弦定理可解决两类问题：（1）2）abck2、在△ABC中，sinAsinBsinC，研究k的几何意义。(k=2R,R为三角形外接圆半径)

1113、SABCah=r(abc)=absinC(其中r

是内切圆半径)22

2*基础巩固训练* 例题讲解 例

1、在ABC中，已知A30，B45，跟踪练习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。当b，b并解三角形，观察解的情况并解释出现一解，两解，无解的原因。*创新提高*

1、在ABC中，已知bc8，B30，C45，则b，c．

2、在ABC中，如果A30，B120，b12，那么a，ABC的面积是．

3、在△ABC中，若sinA>sinB,则A与B的大小关系为。

4、在△ABC中，a=12，A=60，要使三角形有两解，求对应b的取值范围。5．在△ABC中，若b2asinB，则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。

高中数学必修五——第一章解三角形

1*高考体验*

1.（2007年重庆卷文13）在△ABC中，AB=1，BC=2，A=60°，则AC＝。

c2．（2007年湖南卷文12）．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a

1，C60，则A．

*学习总结*

在SSA类型中，解有三种情况：

1、无解，①sinB>1②钝角对小边

2、一解，①sinB=1（B为直角）②已知角为直角或钝角③根据大边对大角或等边对等角

3、二解：0

学习目标

1、回顾已有的三角形边角知识；

2、通过“勾股定理”，“向量法”等方法证明余弦定理，熟记余弦定理。

3、理解余弦定理与勾股定理的关系，应用余弦定理解三角形。

学

*知识点清单*

余弦定理：在△ABC中，a,b,c分别是角A，B，C的对边，则

1、余弦定理可解决两类问题：（1）2）

2、余弦公式的变形：

*基础巩固训练*

跟踪练习例题讲解

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(精确到0.1°)

*创新提高*

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，则边AC上的高为 _________

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

4、在△ABC中，已知b

c=3，B=30°，则边长a=_____________

5、在△ABC中，（a+b+c）（a+b-c）=3ab，则

C=__________________

6、在△ABC中，已知a=2，b=3，C=60°，试证明此三角形为锐角三角形

.*高考体验*

1.在ΔABC中，已知 a2b2bcc

2，则角A为（）

A

3B 

6C23D3或2

32．已知：在⊿ABC中，ccosbCcosB，则此三角形为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,试用余弦定理证明：ABC为正三角形.4、在锐角△ABC中，求证：sinAsinBsinCcosAcosBcosC。

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

学

学习目标

1、熟练掌握正弦定理、余弦定理和面积公式；

2、充分运用数形结合的思想，熟悉实际问题向数学问题的转化的方法；

3、学会运用正余弦定理解决距离问题，高度问题，角度问题等实际问题。

*知识点清单*

解三角形的应用可大体上把它分成以下三类： I、距离问题

（1）一点可到达另一点不可到达（课本1.2例1）（2）两点都不可到达（课本1.2例2）II、高度问题（最后都转化为解直角三角形）III、角度问题

*基础巩固训练*

例题讲解

例

1、如图，C、D分别是一个湖的南、北两端A和B正东方向的两个村庄，CD= 6 km，且D位于C的北偏东30°方向上，求AB为多少km。

例

2、如图，一游人由山脚A沿坡角为30的山坡AB行走600m，到达一个景点B，再由B沿山坡BC行走200m到达山顶C，若在山顶C处观测到景点B的俯角为45，则山高CD为多少





跟踪练习

1、B与C为江边两景点，在岸上选取A和D两个测量点，测得ADCD，AD10km，BDA60，BCD135，AB

1

4km，求两景点B与C的距离（假设A,B,C,D在同一平面内，测量结果保留整数）

2、用同样高度的两个测角仪AB和CD同时望见气球E在它们的正西方向的上空，分别测得气球的仰角是α和β,已知B、D间的距离为a，测角仪的高度是b，求气球的高度.*创新提高*

1、同学们，如果你是修建三峡大坝的工程师，现在有这样一个问题请你解决：如图，水库大坝的横断面是梯形，坝顶宽6m，坝高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（精确到1），坝底宽AD和斜坡AB的长(精确到0.1m)。

2、如图，天空中有一静止的广告气球C，从地面A点测得C点的仰角为45°，从地面B点测得C点的仰角为60°。已知AB=20m，点C和直线AB在同一铅锤平面上，求气球离地面的高度？（精确到1m）

3、如图，一艘海轮从A出发，沿北偏东75的方向航67.5 mile后到达海岛B。然后从B出发，沿北偏东32的方向航行54 mile后到达海岛C。如果下次航行直接从A出发到达C，此船应该沿怎样的方向航行，要要航行的距离是多少？（角度精确到1）

/

*高考体验*

1、(2007·山东)如图4-4-12，甲船以每小时海里的速度向正北方航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105方向的B1处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西120方向的B

2处，此时两船相距





海里，问乙船每小时航行多少海里？

2、（2009汕头）为了立一块广告牌，要制造一个三角形的支架，三角形支架形状如图，要求

ACB600，BC的长度大于1米，且AC比AB长0.5米，为了广告牌稳固，要求AC的长度越短

越好，求AC最短为多少米？且当AC最短时，BC长度为多少米？

第五篇：高中数学竞赛讲义-抽屉原理

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抽屉原理

在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“13个人中至少有两个人出生在相同月份”；“某校400名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日”；“2003个人任意分成200个小组，一定存在一组，其成员数不少于11”；“把[0，1]内的全部有理数放到100个集合中，一定存在一个集合，它里面有无限多个有理数”。这类存在性问题中，“存在”的含义是“至少有一个”。在解决这类问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出来。这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也不复杂，我们把这些理论称之为“抽屉原理”。

“抽屉原理”最先是由19世纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“迪里赫莱原理”，也有称“鸽巢原理”的。这个原理可以简单地叙述为“把10个苹果，任意分放在9个抽屉里，则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。这个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容，本讲就来学习它的有关知识及其应用。

（一）抽屉原理的基本形式

定理

1、如果把n+1个元素分成n个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有两个元素。

证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多1个元素，从而n个集合至多有n个元素，此与共有n+1个元素矛盾，故命题成立。

在定理1的叙述中，可以把“元素”改为“物件”，把“集合”改成“抽屉”，抽屉原理正是由此得名。

同样，可以把“元素”改成“鸽子”，把“分成n个集合”改成“飞进n个鸽笼中”。“鸽笼原理”由此得名。

例题讲解

1． 已知在边长为1的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图1）。证明：至少有两个点之间的距离不大于

2．从1-100的自然数中，任意取出51个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。

数学教育网http://www.xiexiebang.com 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.xiexiebang.com 3．从前25个自然数中任意取出7个数，证明：取出的数中一定有两个数，这两个数中大数不超过小数的1.5倍。

4．已给一个由10个互不相等的两位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。

5．在坐标平面上任取五个整点（该点的横纵坐标都取整数），证明：其中一定存在两个整点，它们的连线中点仍是整点。

6．在任意给出的100个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被100整除。

7． 17名科学家中每两名科学家都和其他科学家通信，在他们通信时，只讨论三个题目，而且任意两名科学家通信时只讨论一个题目，证明：其中至少有三名科学家，他们相互通信时讨论的是同一个题目。

例题答案：

1．分析：5个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为1的等边三角形内（包括边界）有5个点，那么这5个点中一定有距离不大于的两点”，则顺次连接三角形三边中点，数学教育网http://www.xiexiebang.com 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.xiexiebang.com 即三角形的三条中位线，可以分原等边三角形为4个全等的边长为的小等边三角形，则5个点中必有2点位于同一个小等边三角形中（包括边界），其距离便不大于。

以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证，下面我们就来证明这个定理。

如图2，设BC是△ABC的最大边，P，M是△ABC内（包括边界）任意两点，连接PM，过P分别作AB、BC边的平行线，过M作AC边的平行线，设各平行线交点为P、Q、N，那么

∠PQN=∠C，∠QNP=∠A

因为BC≥AB，所以∠A≥∠C，则∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相邻的内角），所以 PQ≥PM。显然BC≥PQ，故BC≥PM。

由此我们可以推知，边长为的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于。

说明：

（1）这里是用等分三角形的方法来构造“抽屉”。类似地，还可以利用等分线段、等分正方形的方法来构造“抽屉”。例如“任取n+1个正数ai，满足0＜ai≤1（i=1,2,„,n+1），试证明：这n+1个数中必存在两个数，其差的绝对值小于”。又如：“在边长为1的正方形内任意放置五个点，求证：其中必有两点，这两点之间的距离不大于。

（2）例1中，如果把条件（包括边界）去掉，则结论可以修改为：至少有两个点之间的距离小于“，请读者试证之，并比较证明的差别。

（3）用同样的方法可证明以下结论：

2i）在边长为1的等边三角形中有n+1个点，这n+1个点中一定有距离不大于的两点。

ii）在边长为1的等边三角形内有n+1个点，这n+1个点中一定有距离小于的两点。

（4）将（3）中两个命题中的等边三角形换成正方形，相应的结论中的换成，命 题仍然成立。

（5）读者还可以考虑相反的问题：一般地，“至少需要多少个点，才能够使得边长 为1的正三角形内（包括边界）有两点其距离不超过”。

2．分析：本题似乎茫无头绪，从何入手？其关键何在？其实就在“两个数”，其中一个是另一个的整数倍。我们要构造“抽屉”，使得每个抽屉里任取两个数，都有一个是另一个的整数倍，这只有把公比是正整数的整个等比数列都放进去同一个抽屉才行，这里用得到一个自然数分类的基本知识：任何一个正整数都可以表示成一个奇数与2的方幂的积，即若

nm∈N+,K∈N+，n∈N,则m=(2k-1)·2，并且这种表示方式是唯一的，如1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，„„

证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数乘2的方幂，并且这种表示方法是唯一的，所以我们可把1-100的正整数分成如下50个抽屉（因为1-100中共有50个奇数）：

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}。

这样，1-100的正整数就无重复，无遗漏地放进这50个抽屉内了。从这100个数中任取51个数，也即从这50个抽屉内任取51个数，根据抽屉原则，其中必定至少有两个数属于同一个抽屉，即属于（1）-（25）号中的某一个抽屉，显然，在这25个抽屉中的任何同一个抽屉内的两个数中，一个是另一个的整数倍。

说明：

（1）从上面的证明中可以看出，本题能够推广到一般情形：从1-2n的自然数中，任意取出n+1个数，则其中必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。想一想，为什么？因为1-2n中共含1，3，„，2n-1这n个奇数，因此可以制造n个抽屉，而n+1＞n，由抽屉原则，结论就是必然的了。给n以具体值，就可以构造出不同的题目。例2中的n取值是50，还可以编制相反的题目，如：“从前30个自然数中最少要（不看这些数而以任意方式地）取出几个数，才能保证取出的数中能找到两个数，其中较大的数是较小的数的倍数？”

（2）如下两个问题的结论都是否定的（n均为正整数）想一想，为什么？

①从2，3，4，„，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？

②从1，2，3，„，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？

你能举出反例，证明上述两个问题的结论都是否定的吗？

（3）如果将（2）中两个问题中任取的n+1个数增加1个，都改成任取n+2个数，则它们的结论是肯定的还是否定的？你能判断证明吗？ 3．证明：把前25个自然数分成下面6组：

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

因为从前25个自然数中任意取出7个数，所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的某同一组，这两个数中大数就不超过小数的1.5倍。

说明：

（1）本题可以改变叙述如下：在前25个自然数中任意取出7个数，求证其中存在两个数，它们相互的比值在内。

显然，必须找出一种能把前25个自然数分成6（7-1=6）个集合的方法，不过分类时有一个限制条件：同一集合中任两个数的比值在内，故同一集合中元素的数值差不得过大。这样，我们可以用如上一种特殊的分类法：递推分类法：

从1开始，显然1只能单独作为1个集合{1}；否则不满足限制条件。

能与2同属于一个集合的数只有3，于是{2，3}为一集合。

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如此依次递推下去，使若干个连续的自然数属于同一集合，其中最大的数不超过最小的数的倍，就可以得到满足条件的六个集合。

（2）如果我们按照（1）中的递推方法依次造“抽屉”，则第7个抽屉为

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

第8个抽屉为：{40，41，42，„，60}；

第9个抽屉为：{61，62，63，„，90，91}；

„„

那么我们可以将例3改造为如下一系列题目：（1）从前16个自然数中任取6个自然数；（2）从前39个自然数中任取8个自然数；（3）从前60个自然数中任取9个自然数；（4）从前91个自然数中任取10个自然数；„

]内。

都可以得到同一个结论：其中存在2个数，它们相互的比值在上述第（4）个命题，就是前苏联基辅第49届数学竞赛试题。如果我们改变区间[]（p＞q）端点的值，则又可以构造出一系列的新题目来。

4.分析与解答：一个有着10个元素的集合，它共有多少个可能的子集呢？由于在组成一个子集的时候，每一个元素都有被取过来或者不被取过来两种可能，因此，10个元素的集合10就有2=1024个不同的构造子集的方法，也就是，它一共有1024个不同的子集，包括空集和全集在内。空集与全集显然不是考虑的对象，所以剩下1024-2=1022个非空真子集。

再来看各个真子集中一切数字之和。用N来记这个和数，很明显：

10≤N≤91+92+93+94+95+96+97+98+99=855

这表明N至多只有855-9=846种不同的情况。由于非空真子集的个数是1022，1022＞846，所以一定存在两个子集A与B，使得A中各数之和=B中各数之和。

若A∩B=φ，则命题得证，若A∩B=C≠φ，即A与B有公共元素，这时只要剔除A与B中的一切公有元素，得出两个不相交的子集A1与B1，很显然

A1中各元素之和=B1中各元素之和，因此A1与B1就是符合题目要求的子集。

说明：本例能否推广为如下命题：

已给一个由m个互不相等的n位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。

请读者自己来研究这个问题。5．分析与解答：由中点坐标公式知，坐标平面两点（x1,y1）、（x2,y2）的中点坐标是。欲使都是整数，必须而且只须x1与x2，y1与y2的奇偶性相同。坐标平面上的任意整点按照横纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种：（奇数、奇数），（偶数，偶数），（奇数，偶数），（偶数，奇数）以此构造四个“抽屉”，则在坐标平面上任取五个整点，那么至少有两个整点，属于同一个“抽屉”因此它们连线的中点就必是整点。

说明：我们可以把整点的概念推广：如果（x1,x2,„xn）是n维（元）有序数组，且x1,x2,„xn中的每一个数都是整数，则称（x1,x2,„xn）是一个n维整点（整点又称格点）。如果对所有的n维整点按每一个xi的奇偶性来分类，由于每一个位置上有奇、偶两种可能性，因此

n3共可分为2×2ׄ×2=2个类。这是对n维整点的一种分类方法。当n=3时，2=8，此时可数学教育网http://www.xiexiebang.com 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.xiexiebang.com 以构造命题：“任意给定空间中九个整点，求证它们之中必有两点存在，使连接这两点的直线段的内部含有整点”。这就是1971年的美国普特南数学竞赛题。在n=2的情形，也可以构造如下的命题：“平面上任意给定5个整点”，对“它们连线段中点为整点”的4个命题中，为真命题的是：

（A）最少可为0个，最多只能是5个（B）最少可为0个，最多可取10个

（C）最少为1个，最多为5个（D）最少为1个，最多为10个

（正确答案（D））6．分析：本题也似乎是茫无头绪，无从下手，其关键何在？仔细审题，它们的“和”能“被100整除”应是做文章的地方。如果把这100个数排成一个数列，用Sm记其前m项的和，则其可构造S1，S2，„S100共100个”和"数。讨论这些“和数”被100除所得的余数。注意到S1，S2，„S100共有100个数，一个数被100除所得的余数有0，1，2，„99共100种可能性。“苹果”数与“抽屉”数一样多，如何排除“故障”？

证明：设已知的整数为a1,a2,„a100考察数列a1,a2,„a100的前n项和构成的数列S1，S2，„S100。

如果S1，S2，„S100中有某个数可被100整除，则命题得证。否则，即S1，S2，„S100均不能被100整除，这样，它们被100除后余数必是{1，2，„，99}中的元素。由抽屉原理I知，S1，S2，„S100中必有两个数，它们被100除后具有相同的余数。不妨设这两个数为Si，Sj（i＜j），则100∣（Sj-Si），即100∣。命题得证。

说明：有时候直接对所给对象作某种划分，是很难构造出恰当的抽屉的。这时候，我们需要对所给对象先作一些变换，然后对变换得到的对象进行分类，就可以构造出恰当的抽屉。本题直接对{an}进行分类是很难奏效的。但由{an}构造出{Sn}后，再对{Sn}进行分类就容易得多。

另外，对{Sn}按模100的剩余类划分时，只能分成100个集合，而{Sn}只有100项，似乎不能应用抽屉原则。但注意到余数为0的类恰使结论成立，于是通过分别情况讨论后，就可去掉余数为0的类，从而转化为100个数分配在剩下的99个类中。这种处理问题的方法应当学会，它会助你从“山穷水尽疑无路”时，走入“柳暗花明又一村”中。

最后，本例的结论及证明可以推广到一般情形（而且有加强的环节）：

在任意给定的n个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被n整除，而且，在任意给定的排定顺序的n个整数中，都可以找出若干个连续的项（可以是一项），它们的和可被n整除。

将以上一般结论中的n赋以相应的年份的值如1999，2000，2001„，就可以编出相应年份的试题来。如果再赋以特殊背景，则可以编出非常有趣的数学智力题来，如下题：

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。请你证明：一定有若干只猴子（可以是一只），它们所吃的花生的粒数总和恰好是100的倍数。

7．证明：视17个科学家为17个点，每两个点之间连一条线表示这两个科学家在讨论同一个问题，若讨论第一个问题则在相应两点连红线，若讨论第2个问题则在相应两点连条黄线，若讨论第3个问题则在相应两点连条蓝线。三名科学家研究同一个问题就转化为找到一个三边同颜色的三角形。

考虑科学家A，他要与另外的16位科学家每人通信讨论一个问题，相应于从A出发引出16条线段，将它们染成3种颜色，而16=3×5+1，因而必有6=5+1条同色，不妨记为AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同红色，若Bi（i=1，2，„，6）之间有红线，则出现红色三角线，命题已成立；否则B1，B2，B3，B4，B5，B6之间的连线只染有黄蓝两色。

考虑从B1引出的5条线，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用两种颜色染色，因为5=2×2+1，故必有3=2+1条线段同色，假设为黄色，并记它们为B1B2，B1B3，B1B4。这时若B2，B3，B4之数学教育网http://www.xiexiebang.com 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.xiexiebang.com 间有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若B2，B3，B4，之间无黄线，则△B2，B3，B4，必为蓝色三角形，命题仍然成立。

说明：（1）本题源于一个古典问题--世界上任意6个人中必有3人互相认识，或互相不认识。（美国普特南数学竞赛题）。

（2）将互相认识用红色表示，将互相不认识用蓝色表示，（1）将化为一个染色问题，成为一个图论问题：空间六个点，任何三点不共线，四点不共面，每两点之间连线都涂上红色或蓝色。求证：存在三点，它们所成的三角形三边同色。

（3）问题（2）可以往两个方向推广：其一是颜色的种数，其二是点数。

本例便是方向一的进展，其证明已知上述。如果继续沿此方向前进，可有下题：

在66个科学家中，每个科学家都和其他科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论四个题目，而任何两个科学家之间仅仅讨论一个题目。证明至少有三个科学家，他们互相之间讨论同一个题目。

（4）回顾上面证明过程，对于17点染3色问题可归结为6点染2色问题，又可归结为3点染一色问题。反过来，我们可以继续推广。从以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的过程，易发现

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„记为r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，„

我们可以得到递推关系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4„这样就可以构造出327点染5色问题，1958点染6色问题，都必出现一个同色三角形。

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