在RtABC中斜邊c等于RtABC外接圓的直徑2R故有這一

1、abc1、 在 RtABC 中，斜邊 c 等于 Rt ABC 外接圓的直徑 2R,故有sin b2R ，sin asin c這一關(guān)系對(duì)任意三角形也成立嗎？探索并證明你的結(jié)論。答案：正弦定理的證明方法很多，下面列舉幾種方法供同學(xué)們參考。（為了方便起見， 下面僅以銳角三角形為例，其余三角形可以類比得之）方法一、外接圓圓周角法證明：如圖 1，作 ABC 的外接圓，圓心為O，外接圓半徑為 R。連接 CO 并延長(zhǎng)交外接圓于 D，連接 AD ，則 DAC 為 直角 三 角 形。 在 Rt DAC中 ， CD=2R,BacDOACbsinD= CD2R.因?yàn)?CDA= ABC, 所以 sinB=sinD=

2、2bR .Cb同理可證在ABC中 有 ： sinC= 2cR ,sinA=2aR . 即 證abc2Rsi nas i nbsicnA圖 1方法二、作高法證明：在銳角三角形中，如圖2，設(shè) BC=a， CA=b,AB=c. 過AA 作ADBC,垂足為D. 在Rt ABD中 ，cbAD=A B·sinB=c ·sinB.在Rt ADC中,sinC=ACAD ,AD=AC ·sinC=b ·sinC. 所以 c·sinB=b ·sinC,aBbc. 同理，在ABC 中，acDC。即證sin bsin csin asincabc圖 2sin

3、asin b2Rsin c方法三、三角形等面積法證明：如圖3，在 ABC 中，作 A D BC,垂足為點(diǎn)D.由已知得，在RtABD中，AAD11. 同理sinB=AB ,AD=AB · sinB, S ABC2a AD2ac sin Bcb可證：SABC1bc si An ， S ABC1ab sin C， 所 以Ba22CDabsinC=bcsinA=acsinB.在 等 式 兩 端 同 除 以 abc可 得 ，abc圖 3sin asin bsin c方法四、向量法證明：如圖 4，過點(diǎn) A 作 jAC .由向量的可得AB AC CB，B則jABj( ACCB)jACjCBj AB

4、 cos(90A)0j CB cos(90C )ca，所以bADC，所以有圖 4csinA=asinC, 即acC 作 jsin a.同理，過點(diǎn)sin c有abcsin asin b.sin c方法五、外接圓圓心角法證明：如圖5，作 ABC 的外接圓，圓心為O，外接圓半徑為 R，取線段 AB 的中點(diǎn) D，連接 OD ，則 ODAB且OD 平 分 AOB. 在 Rt ODA 中 ，AO=AD.所以sinAOD1 ABABR=2,2 R。又因?yàn)?OD 平分BAODsin AODsinAOB，所以 AOB=2 AOD.而 AOB=2 ACB，所以 AOD=ABABc ACB. 2RAODsin. 同

5、 理sinACB sin C可證， 2Rb, 2Raabcsin Bsin A.即證sin b.sin asin c方法六、向量坐標(biāo)法證明：如圖 6，建立如圖所示的直接坐標(biāo)系，則 A（ 0,0），B （ c， 0 ） . 又 由 任 意 角 三 角 函 數(shù) 的 定 義 可 得 C （ bcosA,bsinA ） .以 AB 、 BC 為鄰邊作平行四邊形BC ，可得bcsin b.從而sin cCaO bcDA圖 5yABCD ，則 BADB . 所以 D（acos（ B），asin（ B）即 D（ acosB， asinB） .根據(jù)向量的運(yùn)算得：AC(a cosB, a sin B); BCA

6、CAB(b cosA由 ADBC 得 asinB=bsinA ，即ab.sin asin b同理可得bc。所以abcsin bsin csin b.sin asin cDCbac, b sin A). OcxAB圖 62、他先在紙上畫了一個(gè)正方形表格表格中橫行與縱列的數(shù)據(jù)是完全一樣的47101316192225712172227323742101724313845525913223140495867761627384960718293錢德拉的篩子奧妙在于如果某個(gè)自然數(shù)N 出現(xiàn)在表中那么 2N+1 肯定不是質(zhì)數(shù)而如果 N在表中不出現(xiàn)那么 2N+1 肯定是質(zhì)數(shù)（1）這個(gè) “正方形篩子 ”的每一行有

7、什么特點(diǎn)？每一列呢？（2） “正方形篩子 ”中位于第100 行的第 100 個(gè)數(shù)是什么？注：1934 年，一個(gè)來自東印度 (現(xiàn)在的孟加拉國(guó) )的普通學(xué)者 錢德拉， 在數(shù)論領(lǐng)域中取得了一個(gè)輝煌成就，這個(gè)成就使他青史留名，永垂不朽錢德拉的結(jié)果淺近易懂，甚至連小學(xué)生也能完全理解表格中橫行與縱列的地位是完全一樣的在數(shù)學(xué)上，稱為“對(duì)稱矩陣 ”答案：（ 1）這個(gè) “正方形篩子 ”的每一行與每一列分別都是等差數(shù)列。（ 2）因?yàn)榈?100行的第一個(gè)數(shù) a100,1 是第一列的第100 個(gè)數(shù)，而第一列的數(shù)組成以4為首項(xiàng)， 3 為公差的等差數(shù)列， 通項(xiàng)公式為 an,1 4(n1) 3 3n1 ，故 a100,1

8、=301；第100 行的第 2 個(gè)數(shù) a100,2是第 2 列的第100 個(gè)數(shù)，而第2 列的數(shù)組成以7 為首項(xiàng)， 5 為公差的等差數(shù)列，通項(xiàng)公式為an,2 7 (n1) 55n2 ，故 a100,2 502 ，所以，第 100行組 成 以301為 首 項(xiàng) ， 502 301=201為公差的等差數(shù)列，通項(xiàng)公式為a100, n301(n 1)201201n 100, 從 而 第100 行的第100 個(gè)數(shù)為a100,100201100 10020200.拓展：其中： 4、 12、 24、 40、 60、 組成的數(shù)列有什么特點(diǎn)呢？高階等差數(shù)列一、基本知識(shí)1.定義：對(duì)于一個(gè)給定的數(shù)列a n ，把它的連結(jié)

9、兩項(xiàng)an+1 與 an 的差 an+1-an 記為 bn，得到一個(gè)新數(shù)列 b n ，把數(shù)列 bn 稱為原數(shù)列 a n 的一階差數(shù)列， 如果 cn=bn+1-bn，則數(shù)列 c n 是 a n的二階差數(shù)列依此類推，可得出數(shù)列a n 的 p 階差數(shù)列，其中p N2.如果某數(shù)列的 p 階差數(shù)列是一非零常數(shù)列，則稱此數(shù)列為p 階等差數(shù)列3.高階等差數(shù)列是二階或二階以上等差數(shù)列的統(tǒng)稱4.高階等差數(shù)列的性質(zhì)：(1)如果數(shù)列 a n 是 p 階等差數(shù)列，則它的一階差數(shù)列是p-1 階等差數(shù)列(2)數(shù)列 a n 是 p 階等差數(shù)列的充要條件是：數(shù)列a n 的通項(xiàng)是關(guān)于 n 的 p 次多項(xiàng)式(3)如果數(shù)列 a n

10、是 p 階等差數(shù)列，則其前 n 項(xiàng)和 Sn 是關(guān)于 n 的 p+1 次多項(xiàng)式5.高階等差數(shù)列中最重要也最常見的問題是求通項(xiàng)和前n 項(xiàng)和，更深層次的問題是差分方程的求解，解決問題的基本方法有：(1)逐差法：其出發(fā)點(diǎn)是an=a1+(2)待定系數(shù)法：在已知階數(shù)的等差數(shù)列中，其通項(xiàng)an與前n 項(xiàng)和Sn 是確定次數(shù)的多項(xiàng)式 (關(guān)于 n 的 )，先設(shè)出多項(xiàng)式的系數(shù)，再代入已知條件解方程組即得(3)裂項(xiàng)相消法：其出發(fā)點(diǎn)是an 能寫成 an=f(n+1)-f(n)(4)化歸法：把高階等差數(shù)列的問題轉(zhuǎn)化為易求的同階等差數(shù)列或低階等差數(shù)列的問題，達(dá)到簡(jiǎn)化的目的二、例題精講例 1.數(shù)列 a n 的二階差數(shù)列的各項(xiàng)均

11、為16，且 a63=a89=10 ，求 a51解：法一：顯然 an 的二階差數(shù)列bn 是公差為 16 的等差數(shù)列，設(shè)其首項(xiàng)為a,則bn=a+(n-1) 16,×于是 an= a1+=a1+(n-1)a+8(n-1)(n-2)n2 的系數(shù)為這是一個(gè)關(guān)于 n 的二次多項(xiàng)式，其中8，由于 a63=a89=10,所以an=8(n-63)(n-89)+10 ，從而 a51=8(51-63)(51-89)+10=3658解：法二：由題意，數(shù)列 a n 是二階等差數(shù)列， 故其通項(xiàng)是 n 的二次多項(xiàng)式， 又 a63=a89=10 ，故可設(shè) an=A(n-63)(n-89)+10由于 an 是二階差數(shù)

12、列的各項(xiàng)均為16，所以 (a3-a2)-(a 2-a1)=16即 a3-2a2+a1=16，所以A(3-63)(3-89)+10-2A(2-63)(2-89)+10+A(1-63)(1-89)+10=16×解得： A=8an=8(n-63)(n-89)+10 ，從而 a51=8(51-63)(51-89)+10=3658例 2.一個(gè)三階等差數(shù)列 an 的前 4 項(xiàng)依次為30,72,140,240，求其通項(xiàng)公式解：由性質(zhì) (2) ， an 是 n 的三次多項(xiàng)式，可設(shè)an=An 3+Bn 2+Cn+D由 a1=30 、 a2=72、 a3=140、 a4=240 得解得：所以 an=n3

13、+7n2+14n+8例 3.求和： Sn=1×3×22+2×4×32+ +n(n+2)(n+1) 2解： Sn 是是數(shù)列 n(n+2)(n+1) 2 的前 n 項(xiàng)和，因?yàn)?an=n(n+2)(n+1) 2 是關(guān)于 n 的四次多項(xiàng)式，所以a n 是四階等差數(shù)列，于是Sn 是關(guān)于 n 的五次多項(xiàng)式k(k+2)(k+1) 2 =k(k+1)(k+2)(k+3)-2k(k+1)(k+2)，故求 Sn 可轉(zhuǎn)化為求Kn=和 Tn=k(k+1)(k+2)(k+3)= k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-(k-1) k(k+1)(k+2)(k+3)，所以Kn=T

14、n=從而 Sn=K n-2T n=例 4.已知整數(shù)列 a n 適合條件：n+2n+1n n-1,n=2,3,4,(1)a=3a-3a +a(2)2a2=a1+a3-2(3)a5 -a4=9,a1=1求數(shù)列 a n 的前 n 項(xiàng)和 Sn解：設(shè) bn=an+1 -an,Cn=b n+1-bnCn=bn+1-bn=(an+2 -an+1)-(a n+1 -an)=an+2 -2an+1+an=(3an+1 -3an+an-1) -2an+1 +an=an+1-2an+an-1=Cn-1 (n=2,3,4,)所以 C n 是常數(shù)列由條件 (2)得 C1=2,則 a n 是二階等差數(shù)列因此 an=a1+

15、由條件 (3)知 b4=9，從而 b1 =3，于是 an=n2例 5.求證：二階等差數(shù)列的通項(xiàng)公式為證明：設(shè) a n 的一階差數(shù)列為 b n ，二階差數(shù)列為 c n ，由于 a n 是二階等差數(shù)列， 故c n 為常數(shù)列又 c1=b2-b1=a3-2a2+a1所以例 6.求數(shù)列 1,3+5+7,9+11+13+15+17, 的通項(xiàng)解：?jiǎn)栴}等價(jià)于：將正奇數(shù)1,3,5, 按照 “第 n 個(gè)組含有 2n-1 個(gè)數(shù) ”的規(guī)則分組：(1)、 (3,5,7) 、 (9,11,13,15,17),然后求第 n 組中各數(shù)之和an依分組規(guī)則，第 n 組中的數(shù)恰好構(gòu)成以2 為公差的項(xiàng)數(shù)為2n-1 的等差數(shù)列，因而確定了第 n 組中正中央這一項(xiàng)，然后乘以(2n-1) 即得 an將每一組的正中央一項(xiàng)依次寫出得數(shù)列：1,5,13,25,這個(gè)數(shù)列恰為一個(gè)二階等差數(shù)列，不難求其通項(xiàng)為 2n2-2n+1 ，故第 n 組正中央的那一項(xiàng)為2n2-2n+1，從而2an=(2n -2n+1)(2n-1)例 7.數(shù)列 an 的二階差數(shù)列是等比數(shù)列，且a1=5,a2=6,a3=9,a4=16,求 a n 的通項(xiàng)公式解：易算出 a n 的二階差數(shù)列 c n 是以 2 為首項(xiàng)， 2 為公比的等比數(shù)列,則 cn=2n,a 的一階差數(shù)列