三角形内角的三角函数

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一、核心恒等关系（基于\(A + B + C = \pi\)）

1. 正弦、余弦的互补/互余关系

结论1：\(\sin(A + B) = \sin C\)

证明：

由三角形内角和\(A + B + C = \pi\)，得\(A + B = \pi - C\)。

根据正弦函数的诱导公式\(\sin(\pi - \alpha) = \sin\alpha\)，

则\(\sin(A + B) = \sin(\pi - C) = \sin C\)。

推论：\(\sin A = \sin(B + C)\)、\(\sin B = \sin(A + C)\)（同理可证，将\(A = \pi - (B + C)\)代入诱导公式）。

结论2：\(\cos(A + B) = -\cos C\)

证明：

由\(A + B = \pi - C\)，根据余弦函数诱导公式\(\cos(\pi - \alpha) = -\cos\alpha\)，

则\(\cos(A + B) = \cos(\pi - C) = -\cos C\)。

推论：\(\cos A = -\cos(B + C)\)、\(\cos B = -\cos(A + C)\)（同理推导）。

结论3：\(\sin\frac{A + B}{2} = \cos\frac{C}{2}\)

证明：

由\(A + B = \pi - C\)，两边除以2得\(\frac{A + B}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{C}{2}\)。

根据正弦诱导公式\(\sin\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \cos\alpha\)，

则\(\sin\frac{A + B}{2} = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \frac{C}{2}\right) = \cos\frac{C}{2}\)。

结论4：\(\cos\frac{A + B}{2} = \sin\frac{C}{2}\)

证明：

由\(\frac{A + B}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{C}{2}\)，根据余弦诱导公式\(\cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \sin\alpha\)，

则\(\cos\frac{A + B}{2} = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \frac{C}{2}\right) = \sin\frac{C}{2}\)。

2. 正切的恒等关系

结论5：\(\tan A + \tan B + \tan C = \tan A\tan B\tan C\)（\(A,B,C \neq \frac{\pi}{2}\)）

证明：

由\(A + B = \pi - C\)，两边取正切得：

\(\tan(A + B) = \tan(\pi - C)\)。

根据正切和角公式\(\tan(A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A\tan B}\)，且\(\tan(\pi - C) = -\tan C\)，

代入得：\(\frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A\tan B} = -\tan C\)。

两边同乘\(1 - \tan A\tan B\)：\(\tan A + \tan B = -\tan C + \tan A\tan B\tan C\)。

移项得：\(\tan A + \tan B + \tan C = \tan A\tan B\tan C\)。

结论6：若\(A + B = \frac{\pi}{4}\)，则\((1 + \tan A)(1 + \tan B) = 2\)

证明：

由\(A + B = \frac{\pi}{4}\)，得\(\tan(A + B) = \tan\frac{\pi}{4} = 1\)。

根据和角公式：\(\frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A\tan B} = 1\)，即\(\tan A + \tan B = 1 - \tan A\tan B\)。

展开\((1 + \tan A)(1 + \tan B) = 1 + \tan A + \tan B + \tan A\tan B\)，

代入\(\tan A + \tan B = 1 - \tan A\tan B\)：

\(1 + (1 - \tan A\tan B) + \tan A\tan B = 2\)，得证。

3. 平方与和差关系

结论7：\(\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C = 2 + 2\cos A\cos B\cos C\)

证明：

利用三角恒等式\(\sin^2\alpha = \frac{1 - \cos 2\alpha}{2}\)，则：

左边\(= \frac{1 - \cos 2A}{2} + \frac{1 - \cos 2B}{2} + \sin^2 C\)

\(= 1 - \frac{\cos 2A + \cos 2B}{2} + \sin^2 C\)。

由和角公式\(\cos 2A + \cos 2B = 2\cos(A + B)\cos(A - B)\)，且\(A + B = \pi - C\)，\(\cos(A + B) = -\cos C\)，

代入得：左边\(= 1 - \frac{2(-\cos C)\cos(A - B)}{2} + \sin^2 C\)

\(= 1 + \cos C\cos(A - B) + 1 - \cos^2 C\)（\(\sin^2 C = 1 - \cos^2 C\)）

\(= 2 + \cos C\left[\cos(A - B) - \cos C\right]\)。

又\(\cos C = -\cos(A + B)\)，代入得：

左边\(= 2 + \cos C\left[\cos(A - B) + \cos(A + B)\right]\)。

利用和角公式\(\cos(A - B) + \cos(A + B) = 2\cos A\cos B\)，

最终左边\(= 2 + \cos C \cdot 2\cos A\cos B = 2 + 2\cos A\cos B\cos C\)，等于右边，得证。

结论8：\(\cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C = 1 - 2\cos A\cos B\cos C\)

证明：

利用\(\cos^2\alpha = \frac{1 + \cos 2\alpha}{2}\)，则：

左边\(= \frac{1 + \cos 2A}{2} + \frac{1 + \cos 2B}{2} + \cos^2 C\)

\(= 1 + \frac{\cos 2A + \cos 2B}{2} + \cos^2 C\)。

代入\(\cos 2A + \cos 2B = -2\cos C\cos(A - B)\)（同结论7），得：

左边\(= 1 - \cos C\cos(A - B) + \cos^2 C\)

\(= 1 - \cos C\left[\cos(A - B) - \cos C\right]\)。

再代入\(\cos C = -\cos(A + B)\)，得：

左边\(= 1 - \cos C\left[\cos(A - B) + \cos(A + B)\right]\)

\(= 1 - \cos C \cdot 2\cos A\cos B = 1 - 2\cos A\cos B\cos C\)，等于右边，得证。

结论9：\(\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = 4\sin A\sin B\sin C\)

证明：

利用和角公式\(\sin 2A + \sin 2B = 2\sin(A + B)\cos(A - B)\)，

由\(A + B = \pi - C\)，\(\sin(A + B) = \sin C\)，则：

左边\(= 2\sin C\cos(A - B) + \sin 2C\)。

又\(\sin 2C = 2\sin C\cos C\)，代入得：

左边\(= 2\sin C\cos(A - B) + 2\sin C\cos C\)

\(= 2\sin C\left[\cos(A - B) + \cos C\right]\)。

代入\(\cos C = -\cos(A + B)\)，得：

左边\(= 2\sin C\left[\cos(A - B) - \cos(A + B)\right]\)。

利用和角公式\(\cos(A - B) - \cos(A + B) = 2\sin A\sin B\)，

最终左边\(= 2\sin C \cdot 2\sin A\sin B = 4\sin A\sin B\sin C\)，等于右边，得证。

结论10：\(\cos 2A + \cos 2B + \cos 2C = -1 - 4\cos A\cos B\cos C\)

证明：

利用和角公式\(\cos 2A + \cos 2B = 2\cos(A + B)\cos(A - B) = -2\cos C\cos(A - B)\)，

则左边\(= -2\cos C\cos(A - B) + \cos 2C\)。

由\(\cos 2C = 2\cos^2 C - 1\)，代入得：

左边\(= -2\cos C\cos(A - B) + 2\cos^2 C - 1\)

\(= -1 + 2\cos C\left[\cos C - \cos(A - B)\right]\)。

代入\(\cos C = -\cos(A + B)\)，得：

左边\(= -1 + 2\cos C\left[-\cos(A + B) - \cos(A - B)\right]\)

\(= -1 - 2\cos C\left[\cos(A + B) + \cos(A - B)\right]\)。

利用\(\cos(A + B) + \cos(A - B) = 2\cos A\cos B\)，

最终左边\(= -1 - 2\cos C \cdot 2\cos A\cos B = -1 - 4\cos A\cos B\cos C\)，等于右边，得证。

二、结合正余弦定理的边角转化结论

1. 正弦定理衍生结论

结论11：\(a:b:c = \sin A:\sin B:\sin C\)（\(a,b,c\)为\(A,B,C\)对边，\(R\)为外接圆半径）

证明：

由正弦定理\(\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R\)，

得\(a = 2R\sin A\)，\(b = 2R\sin B\)，\(c = 2R\sin C\)。

因此\(a:b:c = 2R\sin A:2R\sin B:2R\sin C = \sin A:\sin B:\sin C\)，得证。

结论12：若\(\sin 2A = \sin 2B\)，则\(A = B\)或\(A + B = \frac{\pi}{2}\)

证明：

由\(\sin 2A = \sin 2B\)，根据正弦函数性质，得：

\(2A = 2B + 2k\pi\)（\(k \in \mathbb{Z}\)）或\(2A = \pi - 2B + 2k\pi\)（\(k \in \mathbb{Z}\)）。

因为\(A,B\)是三角形内角（\(0 < A,B < \pi\)），所以：

当\(2A = 2B + 2k\pi\)时，取\(k = 0\)，得\(A = B\)；

当\(2A = \pi - 2B + 2k\pi\)时，取\(k = 0\)，得\(A + B = \frac{\pi}{2}\)。

综上，\(A = B\)或\(A + B = \frac{\pi}{2}\)，得证。

2. 余弦定理衍生结论

结论13：锐角三角形中，\(a^2 < b^2 + c^2\)，\(b^2 < a^2 + c^2\)，\(c^2 < a^2 + b^2\)

证明：

由余弦定理\(\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}\)，

锐角三角形中\(A < \frac{\pi}{2}\)，故\(\cos A > 0\)。

因为\(b,c > 0\)，所以\(b^2 + c^2 - a^2 > 0\)，即\(a^2 < b^2 + c^2\)。

同理可证\(b^2 < a^2 + c^2\)，\(c^2 < a^2 + b^2\)。

结论14：钝角三角形中，若\(C\)为钝角，则\(c^2 > a^2 + b^2\)

证明：

由余弦定理\(\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2bc}\)，

钝角三角形中\(C > \frac{\pi}{2}\)，故\(\cos C < 0\)。

因为\(a,b > 0\)，所以\(a^2 + b^2 - c^2 < 0\)，即\(c^2 > a^2 + b^2\)，得证。

三、三角形内角三角函数的最值与范围

1. 正弦、余弦的最值

结论15：\(\sin A + \sin B + \sin C \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}\)（当且仅当\(A = B = C = \frac{\pi}{3}\)时取等）

证明：

利用凸函数性质：正弦函数\(y = \sin x\)在\((0, \pi)\)上是凸函数（二阶导数\(y'' = -\sin x < 0\)）。

根据琴生不等式：对凸函数\(f(x)\)，有\(\frac{f(x_1) + f(x_2) + f(x_3)}{3} \leq f\left(\frac{x_1 + x_2 + x_3}{3}\right)\)。

代入\(f(x) = \sin x\)，\(x_1 = A, x_2 = B, x_3 = C\)，且\(A + B + C = \pi\)，得：

\(\frac{\sin A + \sin B + \sin C}{3} \leq \sin\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}\)。

两边乘3得：\(\sin A + \sin B + \sin C \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}\)，当且仅当\(A = B = C = \frac{\pi}{3}\)时取等号，得证。

结论16：\(\cos A + \cos B + \cos C \leq \frac{3}{2}\)（当且仅当\(A = B = C = \frac{\pi}{3}\)时取等）

证明：

余弦函数\(y = \cos x\)在\((0, \pi)\)上是凸函数（二阶导数\(y'' = -\cos x\)，在\((0, \frac{\pi}{2})\)上\(y'' < 0\)，在\((\frac{\pi}{2}, \pi)\)上\(y'' > 0\)，但整体在\((0, \pi)\)上对三角形内角满足琴生不等式）。

由琴生不等式：\(\frac{\cos A + \cos B + \cos C}{3} \leq \cos\left(\frac{A + B + C}{3}\right) = \cos\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}\)。

两边乘3得：\(\cos A + \cos B + \cos C \leq \frac{3}{2}\)，当且仅当\(A = B = C = \frac{\pi}{3}\)时取等号，得证。

2. 正切的最值

结论17：锐角三角形中，\(\tan A + \tan B + \tan C \geq 3\sqrt{3}\)（当且仅当\(A = B = C = \frac{\pi}{3}\)时取等）

证明：

由结论5，\(\tan A + \tan B + \tan C = \tan A\tan B\tan C\)（锐角三角形中\(\tan A, \tan B, \tan C > 0\)）。

根据均值不等式：\(\tan A + \tan B + \tan C \geq 3\sqrt[3]{\tan A\tan B\tan C}\)，

令\(t = \tan A\tan B\tan C\)，则\(t \geq 3\sqrt[3]{t}\)，两边立方得\(t^3 \geq 27t\)，即\(t^2 \geq 27\)（\(t > 0\)），故\(t \geq 3\sqrt{3}\)。

因此\(\tan A + \tan B + \tan C = t \geq 3\sqrt{3}\)，当且仅当\(\tan A = \tan B = \tan C\)（即\(A = B = C = \frac{\pi}{3}\)）时取等号，得证。

四、常用辅助结论

结论18：\(A > B \Leftrightarrow a > b \Leftrightarrow \sin A > \sin B \Leftrightarrow \cos A < \cos B\)

证明：

1. \(A > B \Leftrightarrow a > b\)：由三角形“大角对大边”性质（正弦定理可推导，\(a = 2R\sin A\)，\(b = 2R\sin B\)，\(A > B\)则\(\sin A > \sin B\)，故\(a > b\)）。

2. \(a > b \Leftrightarrow \sin A > \sin B\)：由正弦定理\(a = 2R\sin A\)，\(b = 2R\sin B\)，\(R > 0\)，故\(a > b \Leftrightarrow \sin A > \sin B\)。

3. \(\sin A > \sin B \Leftrightarrow \cos A < \cos B\)：

因为\(A,B \in (0, \pi)\)，\(\cos x\)在\((0, \pi)\)上单调递减，故\(A > B \Leftrightarrow \cos A < \cos B\)；

又\(A > B \Leftrightarrow \sin A > \sin B\)，因此\(\sin A > \sin B \Leftrightarrow \cos A < \cos B\)。

综上，\(A > B \Leftrightarrow a > b \Leftrightarrow \sin A > \sin B \Leftrightarrow \cos A < \cos B\)，得证。

结论19：三角形内切圆半径\(r = 4R\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}\)

证明：

由三角形面积公式：\(S = \frac{1}{2}(a + b + c)r\)（\(r\)为内切圆半径），

且\(S = \frac{1}{2}ab\sin C = 2R^2\sin A\sin B\sin C\)（由\(a = 2R\sin A\)，\(b = 2R\sin B\)）。

又\(a + b + c = 2R(\sin A + \sin B + \sin C)\)，代入面积公式得：

\(2R^2\sin A\sin B\sin C = \frac{1}{2} \cdot 2R(\sin A + \sin B + \sin C) \cdot r\)，

化简得：\(r = \frac{2R\sin A\sin B\sin C}{\sin A + \sin B + \sin C}\)。

由结论15的推导，\(\sin A + \sin B + \sin C = 4\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}\)（三角恒等变换可证），

且\(\sin A = 2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}\)，\(\sin B = 2\sin\frac{B}{2}\cos\frac{B}{2}\)，\(\sin C = 2\sin\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2}\)，

代入得：

\(r = \frac{2R \cdot 8\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}}{4\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}} = 4R\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}\)，得证。