已知锐角三角形ABC，求证sinA+sinB+sinC>2
已知锐角三角形ABC，求证sinA+sinB+sinC>2这是接近20年前我没做出来的一道高中题目，
用高中知识如何证明？
本帖最后由 hejoseph 于 2020-5-27 20:44 编辑
不妨设 $A\geq B$。
由锐角三角形得 $45^\circ<(A+B)/2<90^\circ$，即 $\sin(A+B)/2>\cos(A+B)/2>0$。
由锐角三角形得 $90^\circ>90^\circ-(A-B)/2>(A+B)/2>45^\circ$，即 $\cos(A-B)/2>\sin(A+B)/2>0$。
所以
\[
\sin A+\sin B+\sin C=2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}+2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A+B}{2}>2\sin\frac{A+B}{2}\sin\frac{A+B}{2}+2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A+B}{2}=2
\] 本帖最后由 BeerRabbit 于 2020-5-27 15:29 编辑
半径为0.5的圆，其内接锐角三角形周长：
1、极小值：两条边无限接近圆心，周长逼近2倍直径=2；
2、最大值：正三角形周长=3*Sqrt(3)/2。
至于如何证明，可以从物理学角度出发，“光滑的弹性绳套在圆环上”，然后对绳上的张力进行分解分析。 先证明锐角三角形中sinA+sinB+sinC>1+cosA+cosB+cosC
再证明cosA+cosB+cosC>1
过程:(1)1+cosA+cosB+cosC-sinA+sinB+sinC
=2cos2(A/2)+2cos((B+C)/2)·cos((B-C)/2)-2(sin(A/2)·cos(A/2)+sin((B+C)/2)·cos((B-C)/2))
=2
=2
=2(cos(A/2)-sin(A/2))·(cos(A/2)-cos((B-C)/2))
=-4(cos(A/2)-sin(A/2))·sin((A+B-C)/4)·sin((A+C-B)/4)..........①
由于A,B,C∈(0,π/2),所以0<(A/2)<π/4,0<(A+B-C)/4<π/4,0<(A+C-B)/4<π/4
所以①式<0
∴sinA+sinB+sinC>1+cosA+cosB+cosC
(2)cosA+cosB+cosC=2cos((A+B)/2)cos((A-B)/2)-2cos2((A+B)/2)+1
=2cos((A+B)/2)(cos((A-B)/2)-cos((A+B)/2)+1
=4cos((A+B)/2)sin(A/2)sin(B/2)+1
=1+4sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2)
>1
综合(1)(2)知锐角三角形中sinA+sinB+sinC>2 我过去的数学老师，
用sinA^2+sinB^2+sinC^2=2(1+CosA*CosB*CosC)来证明的 本帖最后由 王守恩 于 2020-6-1 12:22 编辑
markfang2050 发表于 2020-5-27 18:03
markfang2050！用 LaTeX 排版排版，请您再修改一下，我很可能搞错了。
先证明锐角三角形中\(\sin A+\sin B+\sin C>1+\cos A+\cos B+\cos C\)
再证明\(\cos A+\cos B+\cos C>1\)
过程(1)：\(1+\cos A+\cos B+\cos C-\sin A+\sin B+\sin C\)
\(=2\cos2(\frac{A}{2})+2\cos(\frac{B+C}{2})\cos(\frac{B-C}{2})-2\big(\sin(\frac{A}{2})\cos(\frac{A}{2})+\sin(\frac{B+C}{2})\cos(\frac{B-C}{2})\big)\)
\(=2\bigg(\cos(\frac{A}{2})\big(\cos(\frac{A}{2})-\sin(\frac{A}{2})\big)+\cos(\frac{B-C}{2})\big(\cos(\frac{B+C}{2})-\sin(\frac{B+C}{2})\big)\bigg)\)
\(=2\bigg(\cos(\frac{A}{2})\big(\cos(\frac{A}{2})-\sin(\frac{A}{2})\big)+\cos(\frac{B-C}{2})\big(\sin(\frac{A}{2})-\cos(\frac{A}{2})\big)\bigg)\)
\(=2\big(\cos(\frac{A}{2})-\sin(\frac{A}{2})\big)\big(\cos(\frac{A}{2})-\cos(\frac{B-C}{2})\big)\)
\(=-4\big(\cos(\frac{A}{2})-\sin(\frac{A}{2})\big)\sin(\frac{A+B-C}{4})\sin(\frac{A+C-B}{4})\cdots\)①
由于 \(A,B,C∈(0,\frac{\pi}{2}),\)所以\(0<\frac{A}{2}<\frac{\pi}{4},0<\frac{A+B-C}{4}<\frac{\pi}{4},0<\frac{A+C-B}{4}<\frac{\pi}{4}\)
所以①式<0
\(∴\sin A+\sin B+\sin C>1+\cos A+\cos B+\cos C\)
(2)：\(\cos A+\cos B+\cos C=2\cos(\frac{A+B}{2})\cos(\frac{A-B}{2})-2\cos2(\frac{A+B}{2})+1\)
\(=2\cos(\frac{A+B}{2})\cos(\frac{A-B}{2})-\cos(\frac{A+B}{2})+1\)
\(=4\cos(\frac{A+B}{2})\sin(\frac{A}{2})\sin(\frac{B}{2})+1\)
\(=1+4\sin(\frac{A}{2})\sin(\frac{B}{2})\sin(\frac{C}{2})>1\)
综合(1)(2)知锐角三角形中\(\sin A+\sin B+\sin C>2\)
\(\sin A+\sin B+\sin C\)
=\(\sin(B+C)+\sin(C+A)+\sin(A+B)\)
=\(\sin B\cos C+\cos B\sin C+\sin C\cos A+\cos C\sin A+\sin A\cos B+\cos A\sin B\)
=\(\bigg(\sin A\cos B+\sin B\cos C+\sin C\cos A\bigg)+\bigg(\sin A\cos C+\sin B\cos A+\sin C\cos B\bigg)\)
\(>1+1\)
关键一步，如何证明？\(\sin A\cos B+\sin B\cos C+\sin C\cos A>1\) 王守恩 发表于 2020-6-1 12:12
markfang2050 发表于 2020-5-27 18:03
markfang2050！用 LaTeX 排版排版，请您再修改一下，我很可 ...
估计这世界上看不懂这个的估计不多！
我简直就是无语了！
@王守恩 本帖最后由 王守恩 于 2020-6-7 07:49 编辑
\(\sin^2C+\sin^2B+\sin^2A\)
\(\D=\frac{1-\cos(2C)}{2}+\frac{1-\cos(2B)}{2}+\frac{1-\cos(2A)}{2}\)
\(\D=\frac{3-\big(2\cos^2C-1+2\cos(B+A)\cos(B-A)\big)}{2}\)
\(=2-\cos C\big(\cos C-\cos(B-A)\big)\)
\(\D=2+2\cos C\sin\big(\frac{C-B+A}{2}\big)\sin\big(\frac{C+B-A}{2}\big)\)
\(=2+2\cos C\sin(90+B)\sin(90+A)\)
\(=2+2\cos C\cos B\cos A\) 由正弦定理，要证明sinA+sinB+sinC>2,即要证明AB+AC+BC>4R,旋转圆O并三角形ABC180度由图知道，即是要证明AB+AC+BC>4R,BC=A1B1,显然AB+AA1+A1B1>BP+B1P=4R
即要证明AC>AA1即可，显然AA1CC1为平行四边形，因为四边形BACP为圆内边线,三角形ABC为锐角，所以角CPA>90度，>角APA1,即AC>AA1
页:
[1]