关于三角形的一些证明

这好像是全博客第一篇与文化课有点关系的……

（rgq：真好玩）

正弦定理

如图，在$\triangle ABC$中，$BC = a, AC = b, AB = c$，$r$为$\triangle ABC$的外接圆半径，正弦定理有：

$$\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B} = \dfrac{c}{\sin C} = 2r$$

证明如下：

如图，过点$C$作$CD \perp AB$交$AB$于点$D$，$CD = h$。

$$\begin{align} \because \ & \sin A = \dfrac{h}{b}, \sin B = \dfrac{h}{a} \\ \therefore \ & h = b \sin A = a \sin B \\ \therefore \ & \dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B} \end{align}$$

同理：

$$\dfrac{b}{\sin B} = \dfrac{c}{\sin C}$$

作$\triangle ABC$的外接圆，设半径为$r$。

• $\angle A$为锐角时
  

根据圆周角定理，$\angle D = \angle A$。
由于$CD$为外接圆直径，$\angle CBD = \dfrac{\pi}{2}$。

$$\begin{align} \therefore \ & \sin A = \sin D = \dfrac{a}{2r} \\ \therefore \ & \dfrac{a}{\sin A} = 2r \end{align}$$

• $\angle A$为直角时
  

$$\begin{align} \because \ & BC = a = 2r, \sin A = \sin \dfrac{\pi}{2} = 1 \\ \therefore \ & \dfrac{a}{\sin A} = 2r \end{align}$$

• $\angle A$为钝角时
  

由于$A, B, D, C$四点共圆，所以$\angle D + \angle A = 180^{\circ}$。

$$\begin{align} \therefore \ & \sin A = \sin D = \dfrac{a}{2r} \\ \therefore \ & \dfrac{a}{\sin A} = 2r \end{align}$$

余弦定理

如图，在$\triangle ABC$中，$BC = a, AC = b, AB = c, \angle A = \alpha, \angle B = \beta, \angle C = \gamma$。
余弦定理：

$$c^{2} = a^{2} + b^{2} - 2ab \cos \gamma$$

同理：

$$b^{2} = c^{2} + a^{2} - 2ca \cos \beta$$ $$a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2bc \cos \alpha$$

证明如下：

如图，过点$C$作$CD \perp AB$交$AB$于点$D$，$CD = h$。设$AD = x$，则$BD = c - x$。

根据勾股定理：

$$\begin{align} & b^{2} - x^{2} = h ^ {2} = a^{2} - (c - x)^{2} \\ \Rightarrow \ & b^{2} - x^{2} = a^{2} - c^{2} - x^{2} + 2cx \\ \Rightarrow \ & b^{2} = a^{2} - c^{2} + 2cx \\ \Rightarrow \ & x = \dfrac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2c} \\ \Rightarrow \ & \cos \alpha = \dfrac{x}{b} = \dfrac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2bc} \end{align}$$

射影定理

如图，在$\triangle ABC$中，$BC = a, AC = b, AB = c, \angle A = \alpha, \angle B = \beta, \angle C = \gamma$。
射影定理：

$$a = b \cos \gamma + c \cos \beta$$

同理：

$$b = c \cos \alpha + a \cos \gamma$$ $$c = a \cos \beta + b \cos \alpha$$

证明如下：

如图，过点$C$作$CD \perp AB$交$AB$于点$D$。
则$AD = b \cos \alpha, BD = a \cos \beta$。

$$c = AD + BD = b \cos \alpha + a \cos \beta$$

面积（海伦公式）

已知三角形三边边长分别为$a, b, c$，那么该三角形的面积$S$可以表示为：
$S = \sqrt{s (s - a) (s - b) (s - c)}$，其中$s = \dfrac{a + b + c}{2}$。

证明如下：

如图，过点$C$作$CD \perp AB$交$AB$于点$D$，$CD = h$。设$AD = x$，则$BD = c - x$。

根据勾股定理：

$$\begin{align} & b^{2} = h^{2} + x^{2}, a^{2} = h^{2} + (c - x)^{2} \\ \Rightarrow \ & a^{2} - b^{2} = c^{2} - 2cd \\ \Rightarrow \ & x = - \dfrac{a^{2} - b^{2} - c^{2}}{2c} \end{align}$$ $$\begin{align} h^{2} &= b^{2} - x^{2} \\ &= b^{2} - (- \dfrac{a^{2} - b^{2} - c^{2}}{2c})^{2} \\ &= \dfrac{(2bc + a^{2} - b^{2} - c^{2}) (2bc - a^{2} + b^{2} + c^{2})}{4c^{2}} \\ &= \dfrac{(a^{2} - (b - c)^{2}) ((b + c)^{2} - a^{2})}{4c^{2}} \\ &= \dfrac{(a + b - c) (a - b + c) (b + c - a) (b + c + a)}{4c^{2}} \\ &= \dfrac{2(s - c) \cdot 2(s - b) \cdot 2(s - a) \cdot 2s}{4c^{2}} \\ &= \dfrac{4s (s - a) (s - b) (s - c)}{c^{2}} \\ S &= \dfrac{c \cdot h}{2} \\ &= \sqrt{\dfrac{c^{2}}{4} \cdot \dfrac{4s (s - a) (s - b) (s - c)}{c^{2}}} \\ & = \sqrt{s (s - a) (s - b) (s - c)} \end{align}$$

高线

根据海伦公式，可以推出以三角形三边$a, b, c$为底的高线$h_{a}, h_{b}, h_{c}$长度：

$$h_{a} = \dfrac{2 \sqrt{s (s - a) (s - b) (s - c)}}{a}$$ $$h_{b} = \dfrac{2 \sqrt{s (s - a) (s - b) (s - c)}}{b}$$ $$h_{c} = \dfrac{2 \sqrt{s (s - a) (s - b) (s - c)}}{c}$$

中线

平分三角形三边$a, b, c$的中线$m_{a}, m_{b}, m_{c}$可以用以下公式计算长度：

$$m_{a} = \dfrac{\sqrt{2(b^{2} + c^{2}) - a^{2}}}{2}$$ $$m_{b} = \dfrac{\sqrt{2(c^{2} + a^{2}) - b^{2}}}{2}$$ $$m_{c} = \dfrac{\sqrt{2(a^{2} + b^{2}) - c^{2}}}{2}$$

证明如下：

如图，$BC$边上的中线$AD = m_{a}$。设$BD = CD = x$。

根据余弦定理：

$$\begin{align} m_{a}^{2} &= c^{2} + x^{2} - 2cx \cos \beta \\ &= c^{2} + (\dfrac{a}{2})^{2} - 2c \cdot \dfrac{a}{2} \cdot \dfrac{c^{2} + a^{2} - b^{2}}{2ca} \\ &= c^{2} + \dfrac{a^{2}}{4} - \dfrac{c^{2} + a^{2} - b^{2}}{2} \\ &= \dfrac{2b^{2} + 2c^{2} - a^{2}}{4} \\ \Rightarrow m_{a} &= \dfrac{\sqrt{2(b^{2} + c^{2}) - a^{2}}}{2} \end{align}$$

角平分线

平分三角形三角$\angle A, \angle B, \angle C$的角平分线$l_{a}, l_{b}, l_{c}$可以用以下公式计算长度：

$$l_{a} = \dfrac{\sqrt{bc (b + c + a) (b + c - a)}}{b + c}$$ $$l_{b} = \dfrac{\sqrt{ca (c + a + b) (c + a - b)}}{c + a}$$ $$l_{c} = \dfrac{\sqrt{ab (a + b + c) (a + b - c)}}{a + b}$$

证明如下：

如图，$AD$平分$\angle A$，$AD = l_{a}$。设$CD = x, BD = y$。

$$\begin{align} \because \ & \angle CDA + \angle BDA = 180^{\circ} \\ \therefore \ & \sin \angle CDA = \sin \angle BDA \end{align}$$

根据正弦定理，$\dfrac{\sin \angle CAD}{x} = \dfrac{\sin \angle CDA}{b}$，即$\dfrac{\sin \angle CAD}{\sin \angle CDA} = \dfrac{x}{b}$。同理，$\dfrac{\sin \angle BAD}{\sin \angle BDA} = \dfrac{y}{c}$。

$$\begin{align} \because \ & \sin \angle CDA = \sin \angle BDA, \sin \angle CAD = \sin \angle BAD \\ \therefore \ & \dfrac{x}{b} = \dfrac{y}{c} \\ \because \ & \begin{cases} x + y = a \\ \dfrac{x}{b} = \dfrac{y}{c} \end{cases} \\ \therefore \ & y = \dfrac{ac}{b + c} \end{align}$$

根据余弦定理：

$$\begin{align} l_{a}^{2} &= c^{2} + y^{2} - 2cy \cos \beta \\ &= c^{2} + (\dfrac{ac}{b + c})^{2} - 2c \cdot \dfrac{ac}{b + c} \cdot \dfrac{c^{2} + a^{2} - b^{2}}{2ca} \\ &= c^{2} + \dfrac{a^{2} c^{2}}{(b + c)^{2}} - \dfrac{c (c^{2} + a^{2} - b^{2})}{b + c} \\ &= \dfrac{bc (b^{2} + 2bc + c^{2} - a^{2})}{(b + c)^{2}} \\ &= \dfrac{bc (b + c + a) (b + c - a)}{(b + c)^{2}} \\ \Rightarrow l_{a} &= \dfrac{\sqrt{bc (b + c + a) (b + c - a)}}{b + c} \end{align}$$