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已知在 $\triangle ABC$ 中，$A,B$ 均为锐角，$\sin^2A+\sin^2B=\sin C$，求证：$\triangle ABC$ 为直角三角形．
【难度】
【出处】
无
【标注】
  • 题型
    >
    三角
    >
    判断三角形的形状
  • 知识点
    >
    三角
    >
    三角恒等变换
    >
    和差化积与积化和差公式
【答案】
略
【解析】
根据已知\[\begin{split}{\sin ^2}A + {\sin ^2}B = \sin C&\Leftrightarrow \dfrac{{1 - \cos 2A}}{2} + \dfrac{{1 - \cos 2B}}{2} = \sin \left( {A + B} \right)\\&\Leftrightarrow 1 - \cos \left( {A + B} \right)\cos \left( {A - B} \right) = \sin \left( {A + B} \right),\end{split}\]情形一若 $\cos \left( {A + B} \right) = 0$，则 $A + B = \dfrac{{\rm{\pi }}}{2}$，于是三角形为直角三角形；
情形二若 $\cos \left( {A + B} \right) \ne 0$，不妨设 $A - B \geqslant 0$，则$$\cos \left( {A - B} \right) = \dfrac{{1 - \sin \left( {A + B} \right)}}{{\cos \left( {A + B} \right)}},$$又 $0 \leqslant A - B < A + B < {\rm{\pi }}$，$\cos \left( {A - B} \right) > \cos \left( {A + B} \right)$，即 $1 - \sin \left( {A + B} \right) > {\cos ^2}\left( {A + B} \right)$，也即$$\sin \left( {A + B} \right) < 1 - {\cos ^2}\left( {A + B} \right) = {\sin ^2}\left( {A + B} \right),$$矛盾．
综上，原命题得证．
答案 解析 备注
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