2.4.1 对边对角型

在三角形中，若知道任意一边与该边所对角的大小，我们就可以利用正弦定理结合三角函数来求最值，或者利用余弦定理结合均值不等式来求最值．

例 2.22

(2020 全国Ⅱ理 17)△ABC 中，${\sin }^{2}A-{\sin }^{2}B-{\sin }^{2}C=\sin B\sin C$ .

($I$) 求 $A$ ;

(Ⅱ) 若 $BC=3$，求 $△ABC$ 周长的最大值．

思路分析

本例 (Ⅱ) 给出了 $BC=3$ ，第 ($I$) 问我们可以求出 $-A$ ，这是典型的对边对角型，最常规的思路就是正弦定理与三角函数结合求最值．

解析1

($I$) 由正弦定理及题设得 $B{C}^2-A{C}^2-A{B}^2=AC\cdot AB$．再由余弦定理得

cos A = frac A C ^ 2 + A B ^ 2 - B C ^ 22 A C · A B = - frac A C · A B2 A C · A B = - frac 12.$$\cos A=\frac{A{C}^2+A{B}^2-B{C}^2}{2AC\cdot AB}=-\frac{AC\cdot AB}{2AC\cdot AB}=-\frac{1}{2}.$$

因为 $0<A<\pi$，所以 $A=\frac{2\pi }{3}$ .

(Ⅱ) 由正弦定理及 ($I$) 得 $\frac{AC}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}=\frac{BC}{\sin A}=2\sqrt{3}$，从而

A C = 2 sqrt 3 sin B, A B = 2 sqrt 3 sin C = 2 sqrt 3 sin (A + B) = 3 cos B - sqrt 3 sin B$$AC=2\sqrt{3}\sin B,AB=2\sqrt{3}\sin C=2\sqrt{3}\sin (A+B)=3\cos B-\sqrt{3}\sin B$$B C = 2 sqrt 3 sin A = 3.$$BC=2\sqrt{3}\sin A=3.$$

于是

B C + A C + A B = 3 + sqrt 3 sin B + 3 cos B = 3 + 2 sqrt 3 sin (B + frac π3).$$BC+AC+AB=3+\sqrt{3}\sin B+3\cos B=3+2\sqrt{3}\sin \left(B+\frac{\pi }{3}\right).$$

又因为 $0<B<\frac{\pi }{3}$，所以 $\frac{\pi }{3}<B+\frac{\pi }{3}<\frac{2\pi }{3}$，当且仅当 $B+\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}$，即 $B=\frac{\pi }{6}$ 时，$△ABC$ 周长取得最大值 $3+2\sqrt{3}$ .

当然本例除了解析1 还有更加便捷的思路．那就是余弦定理，为何这么说呢? 我们来看余弦定理: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$，这个等式可以变形为

a ^ 2 = (b + c) ^ 2 - 2 b c (1 + cos A).$$a^2=(b+c{)}^2-2bc(1+\cos A).$$

在已知 $a$ 与 $A$ 的前提下，很容易知道可以借助均值不等式求 $b+c$ 与 $bc$ 的最值，其实也就是三角形的周长与面积的最值问题．

解析2

($I$)同解析1.

(Ⅱ) 令 $BC=a,AB=c,AC=b$．由 $a=3,A=\frac{2\pi }{3}$，结合余弦定理得

a ^ 2 = b ^ 2 + c ^ 2 - 2 b c cos frac 2 π3 ⇒ (b + c) ^ 2 - 9 = b c.$$a^2=b^2+c^2-2bc\cos \frac{2\pi }{3}\Rightarrow (b+c{)}^2-9=bc.$$

由均值不等式可得 $(b+c{)}^2-9=bc⩽{\left(\frac{b+c}{2}\right)}^2$ ，解得 $b+c⩽2\sqrt{3}$ ，当且仅当 $b=c=\sqrt{3}$ 时周长取得最大值， $△ABC$ 周长的最大值为 $3+2\sqrt{3}$ .

对比例2.22的两种解析，可以得出这么一个结论，解析2 比解析1 更加简洁．那么解析2 是不是更适合这类题型呢? 事实并非如此，我们更加青睐解析1, 为何这么说呢? 先看例题:

例 2.23

(2023 广东统考) 已知锐角 $△ABC$ 内角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$，且 $\cos 2A-\sqrt{3}\sin A+2=0$ .

($I$) 求 $A$ ;

(Ⅱ) 若 $a=2\sqrt{3}$，求 $△ABC$ 面积的取值范围．

查看解析与步骤

($I$) 因为 $\cos 2A-\sqrt{3}\sin A+2=0$，又因为 $\cos 2A=1-2{\sin }^{2}A$，所以 $2{\sin }^{2}A+\sqrt{3}\sin A-3=0$，即 $(2\sin A-\sqrt{3})(\sin A+\sqrt{3})=0$，解得 $\sin A=-\sqrt{3}$ (舍去) 或 $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$，又因为 $△ABC$ 是锐角三角形，所以 $A=\frac{\pi }{3}$ .

第 (II) 问是对边对角型，因此，正弦定理结合三角函数是常规解法．

解析 1

由正弦定理得 $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=\frac{a}{\sin A}=4,$ 所以 $b=4\sin B,c=4\sin C.$ 又因为 $B+C=\frac{2\pi }{3},$ 所以 $c=4\sin \left(\frac{2\pi }{3}-B\right).$ 设 $△ABC$ 的面积 $S$，则

r l & S = frac 12 b c sin A = 4 sqrt 3 sin B sin (frac 2 π3 - B) = 4 sqrt 3 sin B (frac sqrt 32 cos B + frac 12 sin B) & = 6 sin B cos B + 2 sqrt 3 sin^ 2 B = 3 sin 2 B - sqrt 3 cos 2 B + sqrt 3$$\begin{array}{rl}& S=\frac{1}{2}bc\sin A=4\sqrt{3}\sin B\sin \left(\frac{2\pi }{3}-B\right)=4\sqrt{3}\sin B\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos B+\frac{1}{2}\sin B\right)\\ & =6\sin B\cos B+2\sqrt{3}{\sin }^{2}B=3\sin 2B-\sqrt{3}\cos 2B+\sqrt{3}\end{array}$$= 2 sqrt 3 sin (2 B - frac π6) + sqrt 3.$$=2\sqrt{3}\sin \left(2B-\frac{\pi }{6}\right)+\sqrt{3}.$$

因为 $△ABC$ 是锐角三角形，所以 $\{\begin{array}{l}0<B<\frac{\pi }{2}\\ 0<\frac{2\pi }{3}-B<\frac{\pi }{2}\end{array}$，可得 $\frac{\pi }{6}<B<\frac{\pi }{2}$，则 $\frac{\pi }{6}<2B-\frac{\pi }{6}<\frac{5\pi }{6}$，所以 $\sin (2B-\frac{\pi }{6})\in \left(\frac{1}{2},1\right]$，从而 $2\sqrt{3}<S⩽3\sqrt{3}$，故 $△ABC$ 面积的取值范围为 $(2\sqrt{3},3\sqrt{3}]$ .

类比例2.22的解析2, 我们利用余弦定理结合均值不等式来求解:

解析 2

由余弦定理可得 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ ，整理得

1 2 = b ^ 2 + c ^ 2 - b c. (2.4.1)$$12=b^2+c^2-bc.\text{\hspace{1em}(2.4.1)}$$

$△ABC$ 的面积为 $S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{\sqrt{3}}{4}bc,$ 因此需要求出 $bc$ 的取值范围．由式(2.4.1)可得

1 2 + b c = b ^ 2 + c ^ 2 ≥slant 2 b c ⇒ b c ≤slant 1 2,$$12+bc=b^2+c^2⩾2bc\Rightarrow bc⩽12,$$

当且仅当 $b=c$ 时等号成立．此时 $bc⩽12$，所以 $S⩽3\sqrt{3}$ .

此时也许很多同学们发现问题了，利用解析2 中的方法，我们只能求出面积的最大值，面积的下限无法直接求出．然而，无法求出面积的下限并不代表将条件都转成边就一定不行，我们再看解析3.

解析 3

由余弦定理可得 $a^2=b^2+c^2-bc$ ，又因为 $△ABC$ 是锐角三角形，所以

{ l a ^ 2 + b ^ 2 - c ^ 2 > 0 a ^ 2 + c ^ 2 - b ^ 2 > 0 . ⇒ { l b ^ 2 + c ^ 2 - b c + b ^ 2 - c ^ 2 > 0 b ^ 2 + c ^ 2 - b c + c ^ 2 - b ^ 2 > 0 . ⇒ frac 12 < frac cb < 2.$$\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2-c^2>0\\ a^2+c^2-b^2>0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{b}^2+c^2-bc+b^2-c^2>0\\ b^2+c^2-bc+c^2-b^2>0\end{array}\Rightarrow \frac{1}{2}<\frac{c}{b}<2.$$

又因为 $a=2\sqrt{3}$，所以 $b^2+c^2-bc=12$，于是

b c = frac 1 2 b cb ^ 2 + c ^ 2 - b c = frac 1 2frac bc + frac cb - 1.$$bc=\frac{12bc}{b^2+c^2-bc}=\frac{12}{\frac{b}{c}+\frac{c}{b}-1}.$$

令 $x=\frac{c}{b},f(x)=x+\frac{1}{x},x\in \left(\frac{1}{2},2\right)$，利用对勾函数的性质得 $2⩽f(x)<\frac{5}{2}$，则

2 ≤slant frac cb + frac bc < frac 52 ⇒ 8 < frac 1 2frac bc + frac cb - 1 ≤slant 1 2,$$2⩽\frac{c}{b}+\frac{b}{c}<\frac{5}{2}\Rightarrow 8<\frac{12}{\frac{b}{c}+\frac{c}{b}-1}⩽12,$$

即 $8<bc⩽12$，所以 $2\sqrt{3}<S⩽3\sqrt{3}$ .

比较 3 种解法，解析3 我们不容易想到，解析2 只能求出最大值，而解析1 看似复杂，但更加具有一般性．

对于对边对角型的三角形最值问题，我们可以得出以下经验总结:

经验总结 2.2

不论三角形有没有形状限制，正弦定理结合三角函数求范围更具一般性．

例2.22与例2.23是“对角对边型”求最值，如果给的是“一角一邻边”, 那么求最值时略有不同，但是核心思想不变，要么统一成角，要么统一成边，请看下面例题．

例 2.24

(2019 全国Ⅲ理 18) $△ABC$ 的内角 $A$, $B$, $C$ 的对边分别是 $a$, $b$, $c$，已知 $a\sin \frac{A+C}{2}=b\sin A$ .

($I$) 求 $B$ ;

(Ⅱ) 若 $△ABC$ 为锐角三角形，且 $c=1$，求 $△ABC$ 面积的取值范围．

解析 1

($I$) 由 $a\sin \frac{A+C}{2}=b\sin A$ 得 $\sin A\sin \left(\frac{\pi -B}{2}\right)=\sin B\sin A,$ 化简可得 $\cos \frac{B}{2}=\sin B=2\sin \frac{B}{2}\cos \frac{B}{2}.$ 因为 $B\in (0,\pi )$ ，所以 $\frac{B}{2}\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ ，因此 $\cos \frac{B}{2}\ne 0,$ 故 $\sin \frac{B}{2}=\frac{1}{2},$ 从而 $\frac{B}{2}=\frac{\pi }{6},$ 所以 $B=\frac{\pi }{3}.$

(Ⅱ) 首先 $S_{△ABC}=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{\sqrt{3}}{4}a,$ 然后由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$ 得 $a=\frac{\sin A}{\sin C}$，则

S _ triangle A B C = frac sqrt 34 × frac sin Asin C = frac sqrt 34 × frac sin (C + frac π3)sin C = frac sqrt 34 × frac frac sqrt 32 cos C + frac 12 sin Csin C = frac 38 tan C + frac sqrt 38.$$S_{△ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}\times \frac{\sin A}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{4}\times \frac{\sin \left(C+\frac{\pi }{3}\right)}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{4}\times \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cos C+\frac{1}{2}\sin C}{\sin C}=\frac{3}{8\tan C}+\frac{\sqrt{3}}{8}.$$

因为 $A=\pi -B-C=\frac{2\pi }{3}-C,△ABC$ 是锐角三角形，所以 $\{\begin{array}{l}0<C<\frac{\pi }{2}\\ 0<\frac{2\pi }{3}-C<\frac{\pi }{2}\end{array}$，解得 $\frac{\pi }{6}<C<\frac{\pi }{2}$，所以 $\tan C\in \left(\frac{\sqrt{3}}{3},+\infty \right)$，从而 $S_{△ABC}\in \left(\frac{\sqrt{3}}{8},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$．故 $△ABC$ 面积的取值范围为 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ .

解析1 是利用正弦定理把边转化为角，然后结合三角函数求出最值．同样的，我们可以通过边来求解吗? 当然可以，具体见解析2.

解析 2

($I$) 同解析1;

(Ⅱ) 由 ($I$) 及题设得 $S_{△ABC}=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{\sqrt{3}}{4}a$，由余弦定理得 $b^2=a^2+c^2-2ac\cos 60^{\circ }$．又因为 $△ABC$ 是锐角三角形，所以

{ l l cos A > 0 cos C > 0 . ⇒ { l l b ^ 2 + c ^ 2 - a ^ 2 > 0 b ^ 2 + a ^ 2 - c ^ 2 > 0 . ⇒ { l l a ^ 2 + c ^ 2 - a c + c ^ 2 - a ^ 2 > 0 a ^ 2 + c ^ 2 - a c + a ^ 2 - c ^ 2 > 0 .$$\{\begin{array}{l}\cos A>0\\ \cos C>0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{b}^2+c^2-a^2>0\\ b^2+a^2-c^2>0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{a}^2+c^2-ac+c^2-a^2>0\\ a^2+c^2-ac+a^2-c^2>0\end{array}$$

整理得 $\{\begin{array}{rl}2-a& >0\\ 2a^2-a& >0\end{array}$ ，解得 $\frac{1}{2}<a<2$ ，从而 $\frac{\sqrt{3}}{8}<\frac{\sqrt{3}}{4}a<\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

故 $△ABC$ 面积的取值范围为 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

变式 2.24.1

(2023 宁波模考) 在 $△ABC$ 中，角 $A,B,C$ 所对的边分别为 $a,b,c$，已知 $b\sin (B+C)=a\sin \frac{A+C}{2}$，且 $△ABC$ 的面积为 $2\sqrt{3}$，则 $△ABC$ 周长的最小值为 ( ).

A. $2\sqrt{2}$ B. $2\sqrt{3}$ C. $6\sqrt{2}$ D. $6+2\sqrt{3}$