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2.4.2 齐次分式型

本节我们会看到形如 b+ca,a2+b2c2\frac{b + c}{a}, \frac{a^2 + b^2}{c^2} 的齐次式, 这类齐次式可以利用正弦定理进行边角转化, 因此, 只需把多元变成单元, 再利用函数或者均值不等式求出最值.

✍️ 例 2.25

(2018 北京文 14) 已知 △ABC\triangle ABC 中的 C 为钝角, B=π3B = \frac{\pi}{3} , 则 ca\frac{c}{a} 的取值范围是 ____.

🔑 解析1

因为 CC 为钝角，所以 C=π−π3−A>π2C = \pi -\frac{\pi}{3} -A > \frac{\pi}{2} 即 0<A<π60 < A < \frac{\pi}{6} 故 0<tan⁡A<330 < \tan A < \frac{\sqrt{3}}{3} ，于是

ca=sin⁡Csin⁡A=sin⁡(2π3−A)sin⁡A=32cos⁡A+12sin⁡Asin⁡A=32×1tan⁡A+12>2.{\frac {c}{a}} = {\frac {\sin C}{\sin A}} = {\frac {\sin \left({\frac {2 \pi}{3}} - A\right)}{\sin A}} = {\frac {{\frac {\sqrt {3}}{2}} \cos A + {\frac {1}{2}} \sin A}{\sin A}} = {\frac {\sqrt {3}}{2}} \times {\frac {1}{\tan A}} + {\frac {1}{2}} > 2.

故填 (2,+∞)(2, +\infty) .

其实, 本题将角转边的思路运算也比较简单, 利用余弦定理可以将角转成边的齐二次式, 而齐二次式又可以将二元转成一元, 具体方法如下所示:

🔑 解析 2

因为 B=π3B = \frac{\pi}{3} ，所以由余弦定理得 b2=a2+c2−acb^{2} = a^{2} + c^{2} - ac ，又因为 C 为钝角，所以

a2+b2−c2<0⇒a2+a2+c2−ac−c2<0⇒2a−c<0⇒ca>2.a ^ {2} + b ^ {2} - c ^ {2} < 0 \Rightarrow a ^ {2} + a ^ {2} + c ^ {2} - a c - c ^ {2} < 0 \Rightarrow 2 a - c < 0 \Rightarrow \frac {c}{a} > 2.

并不是每道题都能像例2.25那样通过已知条件求出一个角的, 如果不能求出角, 那么我们退而求其次, 看看这个唯一条件是否能够化成关于边的齐次式, 理由大家都知道, 二元的齐次式可以化成一元, 还有重要的一点是边的二元齐次式往往可以利用基本不等式求最值, 如例 2.26 所示.

✍️ 例 2.26

(2016 山东理 16 改编) 在 △ABC\triangle ABC 中, 内角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c, a+b=2ca + b = 2c , 则 cos⁡C\cos C 的最小值为 ____.

🔑 查看解析与步骤

由余弦定理及题设得

cos⁡C=a2+b2−c22ab=a2+b2−(a+b2)22ab=38(ab+ba)−14⩾38×2ab⋅ba−14=12,\cos C = \frac {a ^ {2} + b ^ {2} - c ^ {2}}{2 a b} = \frac {a ^ {2} + b ^ {2} - \left(\frac {a + b}{2}\right) ^ {2}}{2 a b} = \frac {3}{8} \left(\frac {a}{b} + \frac {b}{a}\right) - \frac {1}{4} \geqslant \frac {3}{8} \times 2 \sqrt {\frac {a}{b} \cdot \frac {b}{a}} - \frac {1}{4} = \frac {1}{2},

当且仅当 a=ba = b 时, cos⁡C\cos C 取得最小值为 12\frac{1}{2} .

例2.26考查的很直接, 条件给的也很直接, 由余弦定理结合均值不等式就能够得出结果, 但很多时候都不会这么轻松, 需要多条件进行等价变形才能得出很显然的结果.

✍️ 例 2.27

(2022 江苏统考) 若 △ABC\triangle ABC 的内角满足 1tan⁡A+2tan⁡B=3tan⁡C\frac{1}{\tan A} + \frac{2}{\tan B} = \frac{3}{\tan C} ，则 cos⁡C\cos C 的最小值为 ____.

🔑 查看解析与步骤

由切化弦可得 cos⁡Asin⁡A+2cos⁡Bsin⁡B=3cos⁡Csin⁡C\frac{\cos A}{\sin A} +\frac{2\cos B}{\sin B} = \frac{3\cos C}{\sin C} ，等式左边通分得

sin⁡Bcos⁡A+2cos⁡Bsin⁡Asin⁡Asin⁡B=3cos⁡Csin⁡C.\frac {\sin B \cos A + 2 \cos B \sin A}{\sin A \sin B} = \frac {3 \cos C}{\sin C}.

又因为 sin⁡Bcos⁡A+cos⁡Bsin⁡A=sin⁡(A+B)\sin B\cos A + \cos B\sin A = \sin (A + B) ，所以

sin⁡(A+B)+cos⁡Bsin⁡Asin⁡Asin⁡B=3cos⁡Csin⁡C.\frac {\sin (A + B) + \cos B \sin A}{\sin A \sin B} = \frac {3 \cos C}{\sin C}.

去掉分母可得 sin⁡2C+cos⁡Bsin⁡Asin⁡C=3sin⁡Asin⁡Bcos⁡C.\sin^2 C + \cos B\sin A\sin C = 3\sin A\sin B\cos C. 利用正弦定理进行角化边，得

c2+accos⁡B=3abcos⁡C.c ^ {2} + a c \cos B = 3 a b \cos C.

再利用余弦定理把角化边, 可得

c2+a2+c2−b22ac⋅ac=3ab⋅a2+b2−c22ab,c ^ {2} + \frac {a ^ {2} + c ^ {2} - b ^ {2}}{2 a c} \cdot a c = 3 a b \cdot \frac {a ^ {2} + b ^ {2} - c ^ {2}}{2 a b},

化简可得 a2+2b2−3c2=0a^2 + 2b^2 - 3c^2 = 0 ，则

cos⁡C=a2+b2−c22ab=a2+b2−13a2−23b22ab=16(2ab+ba)⩾23,\cos C = \frac {a ^ {2} + b ^ {2} - c ^ {2}}{2 a b} = \frac {a ^ {2} + b ^ {2} - \frac {1}{3} a ^ {2} - \frac {2}{3} b ^ {2}}{2 a b} = \frac {1}{6} \left(\frac {2 a}{b} + \frac {b}{a}\right) \geqslant \frac {\sqrt {2}}{3},

当且仅当 2ab=ba\frac{2a}{b} = \frac{b}{a} , 即 b=2ab = \sqrt{2} a 时等号成立, 所以 cos⁡C\cos C 的最小值为 23\frac{\sqrt{2}}{3} , 故填 23\frac{\sqrt{2}}{3} .

🎯 变式 2.27.1

(2023 信阳模考) 在 △ABC\triangle ABC 中, 角 A,B,CA, B, C 所对边长分别为 a,b,ca, b, c , 面积为 SS , 且 6S=a2sin⁡A+b2sin⁡B6S = a^2 \sin A + b^2 \sin B . 当 a+bc\frac{a + b}{c} 取得最大值时, cos⁡C\cos C 的值为 ( ).

A. 79\frac{7}{9} B. 23\frac{2}{3} C. 35\frac{3}{5} D. 45\frac{4}{5}

通过以上的例子与变式题, 我们知道齐次式的好处在于利用正、余弦定理进行边角互化. 虽说齐次式为正、余弦定理提供了便利, 但并不能把问题解决, 我们还需通过其他条件找到角度之间关联, 而角度之间关系往往会着落于三角恒等变形, 就像例2.27一样, 因此解三角形的难度陡增. 下面我们从最简单的例子开始谈起:

✍️ 例 2.28

(2023 福州模考) 记 △ABC\triangle ABC 的内角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c, 已知 b2−a2=2c2b^{2} - a^{2} = 2c^{2} .

(I) 求 tan⁡Btan⁡A\frac{\tan B}{\tan A} 的值;

(Ⅱ) 求 C 的最大值.

🔑 解析 1

条件 b2−a2=2c2b^{2}-a^{2}=2c^{2} 是齐次式, 因此, 考虑余弦定理, 因为 b2=a2+c2−2accos⁡Bb^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos B , 所以 (a2+c2−2accos⁡B)−a2=2c2(a^{2}+c^{2}-2ac\cos B)-a^{2}=2c^{2} , 化简得 c+2acos⁡B=0c+2a\cos B=0 , 这个等式出现了边的一次式, 故考虑边化角, 由正弦定理得 sin⁡C+2sin⁡Acos⁡B=0\sin C+2\sin A\cos B=0 . 因为 A+B+C=πA+B+C=\pi , 所以 sin⁡(A+B)=sin⁡C\sin(A+B)=\sin C , 可得 sin⁡(A+B)+2sin⁡Acos⁡B=0\sin(A+B)+2\sin A\cos B=0 , 展开得

sin⁡Acos⁡B+cos⁡Asin⁡B+2sin⁡Acos⁡B=0,\sin A \cos B + \cos A \sin B + 2 \sin A \cos B = 0,

整理得 3sin⁡Acos⁡B=−cos⁡Asin⁡B3\sin A\cos B = -\cos A\sin B ，所以 tan⁡Btan⁡A=−3.\frac{\tan B}{\tan A} = -3.

(Ⅱ) 第 (I) 问求出了 tan⁡B=−3tan⁡A\tan B = -3\tan A , 所以 tan⁡A\tan A 与 tan⁡B\tan B 异号, 又因为 b2−a2=2c2>0b^{2} - a^{2} = 2c^{2} > 0 , 所以 b>ab > a , 则有 B>AB > A , 因为 A,B∈(0,π)A, B \in (0, \pi) , 故 AA 为锐角, BB 为钝角, 所以 CC 为锐角. 要求 CC 的大小, 可以借助第 (I) 问的结论, 我们通过求 tan⁡C\tan C 来求 CC 的大小.

tan⁡C=−tan⁡(A+B)=tan⁡A+tan⁡Btan⁡Atan⁡B−1=tan⁡A−3tan⁡A−3tan⁡2A−1=2tan⁡A3tan⁡2A+1=23tan⁡A+1tan⁡A⩽223=33,\begin{array}{c} \tan C = - \tan (A + B) = \frac {\tan A + \tan B}{\tan A \tan B - 1} = \frac {\tan A - 3 \tan A}{- 3 \tan^ {2} A - 1} = \frac {2 \tan A}{3 \tan^ {2} A + 1} \\ = \frac {2}{3 \tan A + \frac {1}{\tan A}} \leqslant \frac {2}{2 \sqrt {3}} = \frac {\sqrt {3}}{3}, \end{array}

当且仅当 tan⁡A=33\tan A = \frac{\sqrt{3}}{3} , 即 A=π6A = \frac{\pi}{6} 时等号成立, 所以 CC 的最大值为 π6\frac{\pi}{6} .

解析 1 是从条件出发考虑的, 利用条件是齐次二次式, 考虑余弦定理, 最后利用正弦定理来边化角. 那么我们是否可以从结论出发呢? 因为 tan⁡Btan⁡A=sin⁡Bcos⁡B⋅cos⁡Asin⁡A=sin⁡Bsin⁡A⋅cos⁡Acos⁡B\frac{\tan B}{\tan A} = \frac{\sin B}{\cos B} \cdot \frac{\cos A}{\sin A} = \frac{\sin B}{\sin A} \cdot \frac{\cos A}{\cos B} , 很明显可以角化边来解决, 下面请看解析 2:

🔑 解析2

(I)由正弦定理可得 sin⁡Bsin⁡A=ba\frac{\sin B}{\sin A} = \frac{b}{a} , 由余弦定理可得 cos⁡Acos⁡B=b2+c2−a22bca2+c2−b22ac\frac{\cos A}{\cos B} = \frac{\frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}}{\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}} , 则

tan⁡Btan⁡A=sin⁡Bsin⁡A⋅cos⁡Acos⁡B=ba⋅b2+c2−a22bca2+c2−b22ac=b2+c2−a2a2+c2−b2.\frac {\tan B}{\tan A} = \frac {\sin B}{\sin A} \cdot \frac {\cos A}{\cos B} = \frac {b}{a} \cdot \frac {\frac {b ^ {2} + c ^ {2} - a ^ {2}}{2 b c}}{\frac {a ^ {2} + c ^ {2} - b ^ {2}}{2 a c}} = \frac {b ^ {2} + c ^ {2} - a ^ {2}}{a ^ {2} + c ^ {2} - b ^ {2}}.

因为 b2−a2=2c2b^{2} - a^{2} = 2c^{2} ，所以 tan⁡Btan⁡A=c2+2c2c2−2c2=−3.\frac{\tan B}{\tan A} = \frac{c^2 + 2c^2}{c^2 - 2c^2} = -3.

(II) 第 (II) 问我们依然可以延续解析 1(II) 的解析, 当然, 我们也可以寻找新的思路, 因为 b2−a2=2c2b^{2} - a^{2} = 2c^{2} , 这是典型边的二次齐次式, 因此可以考虑通过 CC 的余弦值来求解 CC 的大小.

cos⁡C=a2+b2−c22ab=a2+b2−b2−a222ab=3a4b+b4a⩾23a4b⋅b4a=32,\cos C = \frac {a ^ {2} + b ^ {2} - c ^ {2}}{2 a b} = \frac {a ^ {2} + b ^ {2} - \frac {b ^ {2} - a ^ {2}}{2}}{2 a b} = \frac {3 a}{4 b} + \frac {b}{4 a} \geqslant 2 \sqrt {\frac {3 a}{4 b} \cdot \frac {b}{4 a}} = \frac {\sqrt {3}}{2},

当且仅 b2=3a2b^{2} = 3a^{2} ，即 b=3ab = \sqrt{3} a 时等号成立，此时 C=π6C = \frac{\pi}{6} ，所以 CC 的最大值为 π6\frac{\pi}{6}

例2.28的条件 b2−a2=2c2b^{2} - a^{2} = 2c^{2} 是一个齐次式, 那么我们可以直接边化角吗? 当然可以, 只不过需要用到一个恒等式:

这个结论的推导过程请同学们自己完成.

🔑 解析 3

(I) 由 b2−a2=2c2b^{2}-a^{2}=2c^{2} 和正弦定理得 sin⁡2B−sin⁡2A=2sin⁡2C\sin^{2}B-\sin^{2}A=2\sin^{2}C ，所以 sin⁡(A+B)sin⁡(B−A)=2sin⁡2(A+B)\sin(A+B)\sin(B-A)=2\sin^{2}(A+B) ，即 sin⁡(B−A)=2sin⁡(A+B)\sin(B-A)=2\sin(A+B) ，展开得 −3sin⁡Acos⁡B=sin⁡Bcos⁡A-3\sin A\cos B=\sin B\cos A ，化简可得 tan⁡B=−3tan⁡A\tan B=-3\tan A ，即 tan⁡Btan⁡A=−3\frac{\tan B}{\tan A}=-3 .

(Ⅱ) 参考解析 1 与解析 2.

虽然例2.28我们提供了三种不同的解析, 但是我们推荐同学们重视解析 1 与解析 2, 这两种解法很常规. 解析 3 我们并不推荐, 技巧性过强, 并不符合一般性. 下面接着来看齐次化型的最值问题, 首先我们看条件与结论都是齐次型, 具体见下例:

✍️ 例 2.29

(2023 江西模考) 在锐角 △ABC\triangle ABC 中, 角 A,B,CA, B, C 所对的边分别为 a,b,c,Sa, b, c, S 为 △ABC\triangle ABC 的面积, 且 2S=a2−(b−c)22S = a^2 - (b - c)^2 , 则 bc\frac{b}{c} 的取值范围为 ____.

🧠 思路分析

bc\frac{b}{c} 是典型的齐次式, 这为正弦定理使用提供了方向, 即 bc=sin⁡Bsin⁡C\frac{b}{c} = \frac{\sin B}{\sin C} . 下面需要找到 BB 与 CC 两角之间的关系, 这个关系只能在条件 2S=a2−(b−c)22S = a^2 - (b - c)^2 中进行挖掘.

🔑 查看解析与步骤

因为 a2−(b−c)2=a2−b2−c2+2bca^2 - (b - c)^2 = a^2 - b^2 - c^2 + 2bc ，由余弦定理知 a2=b2+c2−2bccos⁡Aa^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A ，即 a2−(b−c)2=2bc−2bccos⁡Aa^2 - (b - c)^2 = 2bc - 2bc\cos A ，于是面积的解析式选择 AA 来表达，即 S=12bcsin⁡AS = \frac{1}{2} bc\sin A 。由 2S=a2−(b−c)22S = a^2 - (b - c)^2 可得

bcsin⁡A=2bc−2bccos⁡A⇒sin⁡A=2(1−cos⁡A).b c \sin A = 2 b c - 2 b c \cos A \Rightarrow \sin A = 2 (1 - \cos A).

由二倍角公式 sin⁡A=2sin⁡A2cos⁡A2,cos⁡A=1−2sin⁡2A2\sin A = 2\sin \frac{A}{2}\cos \frac{A}{2},\cos A = 1 - 2\sin^2{\frac{A}{2}} ，以及 A∈(0,A2)A\in \left(0,\frac{A}{2}\right) ，可知 sin⁡A2≠0,\sin \frac{A}{2}\neq 0, 则

2sin⁡A2cos⁡A2=4sin⁡2A2⇒tan⁡A2=12,2 \sin {\frac {A}{2}} \cos {\frac {A}{2}} = 4 \sin^ {2} {\frac {A}{2}} \Rightarrow \tan {\frac {A}{2}} = {\frac {1}{2}},

所以 tan⁡A=2tan⁡A21−tan⁡2A2=43\tan A = \frac{2\tan\frac{A}{2}}{1 - \tan^2\frac{A}{2}} = \frac{4}{3} ，于是 sin⁡A=45,cos⁡A=35\sin A = \frac{4}{5},\cos A = \frac{3}{5} ，则

bc=sin⁡Bsin⁡C=sin⁡(A+C)sin⁡C=sin⁡Acos⁡C+cos⁡Asin⁡Csin⁡C=45tan⁡C+35.(2.4.2){\frac {b}{c}} = {\frac {\sin B}{\sin C}} = {\frac {\sin (A + C)}{\sin C}} = {\frac {\sin A \cos C + \cos A \sin C}{\sin C}} = {\frac {4}{5 \tan C}} + {\frac {3}{5}}.\tag{2.4.2}

因为 △ABC\triangle ABC 为锐角三角形, 所以 A+C>π2,0<π2−C<A<π2A + C > \frac{\pi}{2}, 0 < \frac{\pi}{2} - C < A < \frac{\pi}{2} , 则 0<1tan⁡C=tan⁡(π2−C)<tan⁡A=430 < \frac{1}{\tan C} = \tan \left(\frac{\pi}{2} - C\right) < \tan A = \frac{4}{3} , 代入式(2.4.2)可得

35<45tan⁡C+35<45×43+35=2515=53,\frac {3}{5} < \frac {4}{5 \tan C} + \frac {3}{5} < \frac {4}{5} \times \frac {4}{3} + \frac {3}{5} = \frac {2 5}{1 5} = \frac {5}{3},

所以 bc\frac{b}{c} 的取值范围为 (35,53)\left(\frac{3}{5},\frac{5}{3}\right) ，故填 (35,53)\left(\frac{3}{5},\frac{5}{3}\right)

例2.29只需利用齐次式进行边角互化, 最终找到角度之间的关系. 但并不是每一道题都会这样按部就班, 这就需要顺藤摸瓜, 探索出突破口.

✍️ 例 2.30

（2023 洛阳模考）已知 △ABC\triangle ABC 中，设角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c, △ABC\triangle ABC 的面积为 S，若 3sin⁡2B+2sin⁡2C=sin⁡A(sin⁡A+2sin⁡Bsin⁡C)3\sin^{2}B + 2\sin^{2}C = \sin A(\sin A + 2\sin B\sin C) ，则 Sb2\frac{S}{b^{2}} 的值为（）.

A. 14\frac{1}{4} B. 12\frac{1}{2} C. 1

D. 2

🔑 查看解析与步骤

因为 Sb2\frac{S}{b^2} 中面积无法确定选择哪一个面积公式, 因此只有对条件化简才能确定. 已知 3sin⁡2B+2sin⁡2C=sin⁡A(sin⁡A+2sin⁡Bsin⁡C)3\sin^2 B + 2\sin^2 C = \sin A (\sin A + 2\sin B\sin C) , 即 3sin⁡2B+2sin⁡2C=sin⁡2A+2sin⁡Asin⁡Bsin⁡C3\sin^2 B + 2\sin^2 C = \sin^2 A + 2\sin A\sin B\sin C , 利用正弦定理进行角边转化, 得

3b2+2c2=a2+2bcsin⁡A.(2.4.3)3 b ^ {2} + 2 c ^ {2} = a ^ {2} + 2 b c \sin A.\tag{2.4.3}

式(2.4.3)的两边是边的二次齐次式, 故需构造余弦定理, 即 (b2+c2−a2)+2b2+c2=2bcsin⁡A(b^{2} + c^{2} - a^{2}) + 2b^{2} + c^{2} = 2bc\sin A , 两边同除以 2bc2bc , 根据余弦定理可得

b2+c2−a22bc+2b2+c22bc=sin⁡A⇒cos⁡A+bc+c2b=sin⁡A,\frac {b ^ {2} + c ^ {2} - a ^ {2}}{2 b c} + \frac {2 b ^ {2} + c ^ {2}}{2 b c} = \sin A \Rightarrow \cos A + \frac {b}{c} + \frac {c}{2 b} = \sin A,

整理可得

bc+c2b=sin⁡A−cos⁡A=2sin⁡(A−π4).(2.4.4){\frac {b}{c}} + {\frac {c}{2 b}} = \sin A - \cos A = {\sqrt {2}} \sin \left(A - {\frac {\pi}{4}}\right).\tag{2.4.4}

显然左边的最小值为 2\sqrt{2} , 右边的最大值为 2\sqrt{2} , 要使式(2.4.4)成立, 则有 bc=c2b,A=3π4\frac{b}{c} = \frac{c}{2b}, A = \frac{3\pi}{4} . 此时很明确面积公式需选择 S=12bcsin⁡A=24bcS = \frac{1}{2} bc \sin A = \frac{\sqrt{2}}{4} bc , 则 Sb2=2bc4b2=2c4b=12\frac{S}{b^2} = \frac{\sqrt{2}bc}{4b^2} = \frac{\sqrt{2}c}{4b} = \frac{1}{2} , 即 Sb2\frac{S}{b^2} 的值为 12\frac{1}{2} , 故选 B.

例2.29与例2.30都是通过唯一条件可以求出角的具体值的问题. 如果唯一的已知条件既不能求出角, 也不能化成关于边的齐次式, 这时我们只需记住本节初衷: 观察哪种方法 (化边和化角) 更容易消元, 就选哪种方法, 请看下面的例题:

✍️ 例 2.31

(2022 新高考 I 18) 记 △ABC\triangle ABC 的内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c, 已知 cos⁡A1+sin⁡A=sin⁡2B1+cos⁡2B\frac{\cos A}{1 + \sin A} = \frac{\sin 2B}{1 + \cos 2B} .

(I) 若 C=2π3C = \frac{2\pi}{3} , 求 BB ;

(Ⅱ) 求 a2+b2c2\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}} 的最小值.

🔑 查看解析与步骤

因为 sin⁡2B1+cos⁡2B=2sin⁡Bcos⁡B1+2cos⁡2B−1=sin⁡Bcos⁡B\frac{\sin 2B}{1 + \cos 2B} = \frac{2\sin B\cos B}{1 + 2\cos^2 B - 1} = \frac{\sin B}{\cos B} , 所以 cos⁡A1+sin⁡A=sin⁡Bcos⁡B\frac{\cos A}{1 + \sin A} = \frac{\sin B}{\cos B} , 即 cos⁡Acos⁡B−sin⁡Asin⁡B=sin⁡B\cos A\cos B - \sin A\sin B = \sin B , 化简得 cos⁡(A+B)=sin⁡B\cos (A + B) = \sin B , 故 −cos⁡C=sin⁡B-\cos C = \sin B .

(I) 由 C=2π3C = \frac{2\pi}{3} , 可知 0<B<π30 < B < \frac{\pi}{3} , 所以 sin⁡B=−cos⁡2π3=12\sin B = -\cos \frac{2\pi}{3} = \frac{1}{2} , 故 B=π6B = \frac{\pi}{6} .

通过条件我们并没有得出角的值, 仅仅得到 −cos⁡C=sin⁡B-\cos C = \sin B , 而第 (II) 问又是求 a2+b2c2\frac{a^2 + b^2}{c^2} , 因此无法通过 −cos⁡C=sin⁡B-\cos C = \sin B 得出边之间的具体关系, 因此考虑把齐次式 a2+b2c2\frac{a^2 + b^2}{c^2} 利用正弦定理进行边化角, 然后进行消元.

(Ⅱ) 由正弦定理得 a2+b2c2=sin⁡2A+sin⁡2Bsin⁡2C\frac{a^2 + b^2}{c^2} = \frac{\sin^2 A + \sin^2 B}{\sin^2 C} , 因为 A=π−(B+C)A = \pi - (B + C) , 所以

a2+b2c2=sin⁡2(B+C)+sin⁡2Bsin⁡2C=(sin⁡Bcos⁡C+cos⁡Bsin⁡C)2+sin⁡2Bsin⁡2C.(2.4.5){\frac {a ^ {2} + b ^ {2}}{c ^ {2}}} = {\frac {\sin^ {2} (B + C) + \sin^ {2} B}{\sin^ {2} C}} = {\frac {(\sin B \cos C + \cos B \sin C) ^ {2} + \sin^ {2} B}{\sin^ {2} C}}.\tag{2.4.5}

由 −cos⁡C=sin⁡B-\cos C = \sin B 可知 CC 为钝角，且 cos⁡2C=sin⁡2B\cos^2 C = \sin^2 B ，由平方关系得 1−sin⁡2C=1−cos⁡2B1 - \sin^2 C = 1 - \cos^2 B ，所以 sin⁡C=cos⁡B,\sin C = \cos B, 式(2.4.5)变为

a2+b2c2=(−cos⁡2C+sin⁡2C)2+cos⁡2Csin⁡2C.{\frac {a ^ {2} + b ^ {2}}{c ^ {2}}} = {\frac {\left(- \cos^ {2} C + \sin^ {2} C\right) ^ {2} + \cos^ {2} C}{\sin^ {2} C}}.

因为分母为 sin⁡2C\sin^2 C ，因此把分子化简成 sin⁡C\sin C ，由 cos⁡2C=1−sin⁡2C\cos^2 C = 1 - \sin^2 C ，可得

a2+b2c2=(2sin⁡2C−1)2+1−sin⁡2Csin⁡2C=4sin⁡2C+2sin⁡2C−5⩾42−5,\frac {a ^ {2} + b ^ {2}}{c ^ {2}} = \frac {(2 \sin^ {2} C - 1) ^ {2} + 1 - \sin^ {2} C}{\sin^ {2} C} = 4 \sin^ {2} C + \frac {2}{\sin^ {2} C} - 5 \geqslant 4 \sqrt {2} - 5,

当且仅当 sin⁡2C=22\sin^2 C = \frac{\sqrt{2}}{2} 时等号成立, 故 a2+b2c2\frac{a^2 + b^2}{c^2} 的最小值为 42−54\sqrt{2} - 5 .

当然本题也可以化边, 然后消元后通过构造函数求最值, 但是因为将角化边后, 得到的不是边的齐次式, 故这种方法非常烦琐, 我们并不提倡.

🎯 变式 2.31.1

（2023 江苏模考）已知锐角 △ABC\triangle ABC 中，角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c，且满足 sin⁡Asin⁡C−1=sin⁡2A−sin⁡2Csin⁡2B,A≠C.\frac{\sin A}{\sin C} - 1 = \frac{\sin^{2} A - \sin^{2} C}{\sin^{2} B}, A \neq C.

(I) 求 1cos⁡C+ab\frac{1}{\cos C} + \frac{a}{b} 的取值范围;

(II) 若 a=2a = 2 , 求 △ABC\triangle ABC 面积的取值范围.

上述例子与变式题都是齐次式问题的范围与最值, 之所以重点阐述了齐次式, 是齐次式可以利用正弦定理进行边角互化. 但齐次式毕竟是问题的一种形式而已, 如果遇到非齐次式问题, 那么又该如何求最值呢? 下面我们通过例题来分析:

✍️ 例 2.32

(2023 淄博模考) 在 △ABC\triangle ABC 中, 角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c, 满足 (a+b+c)(a+b−c)=ab(a + b + c)(a + b - c) = ab .

(I) 求角 CC ;

(Ⅱ) 若角 CC 的平分线交 ABAB 于点 DD , 且 CD=2CD = 2 , 求 2a+b2a + b 的最小值.

🔑 解析 1

(I) 由 (a+b+c)(a+b−c)=ab(a+b+c)(a+b-c)=ab ，把 a+ba+b 看成整体，可得 (a+b)2−c2=ab(a+b)^{2}-c^{2}=ab ，展开得 a2+b2−c2=−aba^{2}+b^{2}-c^{2}=-ab ，由余弦定理可知 cos⁡C=a2+b2−c22ab=−ab2ab=−12\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=-\frac{ab}{2ab}=-\frac{1}{2} ，即 C=2π3C=\frac{2\pi}{3} .

对于第 (II) 问, 由于涉及角平分线, 这个问题在 2.2 小节中的例2.17做了介绍. 因为知道了角 CC 的值, 因此, 很容易联想到等面积法来建立 aa 与 bb 的关系.

(Ⅱ) 因为 S△ABC=S△ACD+S△BCDS_{\triangle ABC} = S_{\triangle ACD} + S_{\triangle BCD} , 又因为 ∠ACB=2π3,∠ACD=∠CBD=π3\angle ACB = \frac{2\pi}{3}, \angle ACD = \angle CBD = \frac{\pi}{3} , 由三角形面积公式可得

12CA⋅CB⋅sin⁡C=12CA⋅CD⋅sin⁡∠ACD+12CB⋅CD⋅sin⁡∠BCD.\frac {1}{2} C A \cdot C B \cdot \sin C = \frac {1}{2} C A \cdot C D \cdot \sin \angle A C D + \frac {1}{2} C B \cdot C D \cdot \sin \angle B C D.

化简可得 absin⁡2π3=2bsin⁡π3+2asin⁡π3ab\sin \frac{2\pi}{3} = 2b\sin \frac{\pi}{3} + 2a\sin \frac{\pi}{3} , 即 ab=2a+2bab = 2a + 2b , 整理得 2a+2b=1\frac{2}{a} + \frac{2}{b} = 1 , 则

2a+b=(2a+b)(2a+2b)=6+2ba+4ab⩾6+22ba⋅4ab=6+42,2 a + b = (2 a + b) \left(\frac {2}{a} + \frac {2}{b}\right) = 6 + \frac {2 b}{a} + \frac {4 a}{b} \geqslant 6 + 2 \sqrt {\frac {2 b}{a} \cdot \frac {4 a}{b}} = 6 + 4 \sqrt {2},

当且仅当 2ba=4ab\frac{2b}{a} = \frac{4a}{b} 时等号成立, 即 b=2ab = \sqrt{2} a , 所以 2a+b2a + b 的最小值为 6+426 + 4\sqrt{2} .

当然我们也可以从角平分线定理出发, 因为 ADBD=ACCB\frac{AD}{BD} = \frac{AC}{CB} , 所以我们需要把 ADAD 和 BDBD 求出来, 因此, 余弦定理要用两次, 下面请看解析 2:

🔑 解析 2

(I) 同解析 1.

(Ⅱ) 在 △ACD\triangle ACD 和 △BCD\triangle BCD 中, 分别由余弦定理可得 AD2=b2+4−2bAD^{2} = b^{2} + 4 - 2b , BD2=a2+4−2aBD^{2} = a^{2} + 4 - 2a , 于是 AD2BD2=b2+4−2ba2+4−2a\frac{AD^2}{BD^2} = \frac{b^2 + 4 - 2b}{a^2 + 4 - 2a} , 由角平分线定理知 ADBD=ba\frac{AD}{BD} = \frac{b}{a} , 所以 b2a2=b2+4−2ba2+4−2a\frac{b^2}{a^2} = \frac{b^2 + 4 - 2b}{a^2 + 4 - 2a} , 化简可得

ab(a−b)=2(a+b)(a−b).a b (a - b) = 2 (a + b) (a - b).

(1) 当 a=ba = b 时, △ABC\triangle ABC 是等腰三角形, 由 CD=2CD = 2 , 可得 a=b=4a = b = 4 , 所以 2a+b=122a + b = 12 .

(2) 当 a≠ba \neq b 时, ab=2(a+b)ab = 2(a + b) , 化简为 2a+2b=1\frac{2}{a} + \frac{2}{b} = 1 , 则

2a+b=(2a+b)(2a+2b)=6+2ba+4ab⩾6+22ba⋅4ab=6+42,2 a + b = (2 a + b) \left(\frac {2}{a} + \frac {2}{b}\right) = 6 + \frac {2 b}{a} + \frac {4 a}{b} \geqslant 6 + 2 \sqrt {\frac {2 b}{a} \cdot \frac {4 a}{b}} = 6 + 4 \sqrt {2},

当且仅当 2ba=4ab\frac{2b}{a} = \frac{4a}{b} , 即 b=2ab = \sqrt{2} a 时等号成立.

综合 (1) 与 (2), 可知 12>6+4212 > 6 + 4\sqrt{2} , 所以 2a+b2a + b 的最小值为 6+426 + 4\sqrt{2} .

解析 2 我们是从余弦定理来考虑的, 既然余弦定理可以, 那么正弦定理是否也可以呢? 下面我们从正弦定理出发, 同样需要多次使用正弦定理来得出边之间的关系, 具体见解析 3:

🔑 解析 3

(I) 同解析 1.

(Ⅱ) 在 △ACD\triangle ACD 中, 由正弦定理得 CDsin⁡A=ADsin⁡π3\frac{CD}{\sin A} = \frac{AD}{\sin \frac{\pi}{3}} , 解得 AD=3sin⁡AAD = \frac{\sqrt{3}}{\sin A} . 在 △BCD\triangle BCD 中, 由正弦定理得 CDsin⁡B=BDsin⁡π3\frac{CD}{\sin B} = \frac{BD}{\sin \frac{\pi}{3}} , 解得 BD=3sin⁡BBD = \frac{\sqrt{3}}{\sin B} , 即 c=AD+BD=3sin⁡A+3sin⁡Bc = AD + BD = \frac{\sqrt{3}}{\sin A} + \frac{\sqrt{3}}{\sin B} . 在 △ABC\triangle ABC 中, 由正弦定理可得 asin⁡A=bsin⁡B=3sin⁡A+3sin⁡B32\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{\sin A} + \frac{\sqrt{3}}{\sin B}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} , 即

{a=2(1+sin⁡Asin⁡B)b=2(1+sin⁡Bsin⁡A)⇒2a+b=2(3+2sin⁡Asin⁡B+sin⁡Bsin⁡A).\left\{ \begin{array}{l l} a = 2 \left(1 + \frac {\sin A}{\sin B}\right) \\ b = 2 \left(1 + \frac {\sin B}{\sin A}\right) \end{array} \right. \Rightarrow 2 a + b = 2 \left(3 + \frac {2 \sin A}{\sin B} + \frac {\sin B}{\sin A}\right).

因为 sin⁡A>0,sin⁡B>0,\sin A > 0, \sin B > 0, 所以 2a+b⩾2(3+22sin⁡Asin⁡B⋅sin⁡Bsin⁡A)=6+422a + b \geqslant 2\left(3 + 2\sqrt{\frac{2\sin A}{\sin B} \cdot \frac{\sin B}{\sin A}}\right) = 6 + 4\sqrt{2} . 因此 2a+b2a + b 的最小值为 6+426 + 4\sqrt{2} .

例2.32给出了三种不同的思路, 最后都需要借助均值不等式来得出最值. 均值不等式求最值仅仅是解三角形中的一种方式而已, 还有我们非常熟悉的二次型函数在区间内的最值问题, 比如下面的例子:

✍️ 例 2.33

(2023 茂名统考) 已知 △ABC\triangle ABC 的角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c, 且 a=b+2bcos⁡Ca = b + 2b \cos C .

(I) 求证: C=2BC = 2B ;

(Ⅱ) 求 a+cb\frac{a + c}{b} 的取值范围.

🔑 查看解析与步骤

(I) 在 △ABC\triangle ABC 中, 由 a=b+2bcos⁡Ca = b + 2b\cos C , 并结合正弦定理把边化成角, 可得 sin⁡A=sin⁡B+2sin⁡Bcos⁡C\sin A = \sin B + 2\sin B\cos C , 又因为 A=π−(B+C)A = \pi - (B + C) , 所以 sin⁡A=sin⁡(B+C)=sin⁡Bcos⁡C+cos⁡Bsin⁡C\sin A = \sin(B + C) = \sin B\cos C + \cos B\sin C , 可得 sin⁡Bcos⁡C+cos⁡Bsin⁡C=sin⁡B+2sin⁡Bcos⁡C\sin B\cos C + \cos B\sin C = \sin B + 2\sin B\cos C , 即 sin⁡B=sin⁡(C−B)\sin B = \sin(C - B) , 因为 sin⁡B>0\sin B > 0 , 所以 sin⁡(C−B)>0\sin(C - B) > 0 , 即 0<C−B<C<π0 < C - B < C < \pi , 则 B+(C−B)=C<πB + (C - B) = C < \pi , 故 B=C−BB = C - B , 即 C=2BC = 2B .

(Ⅱ) 由正弦定理得 a+cb=sin⁡A+sin⁡Csin⁡B\frac{a + c}{b} = \frac{\sin A + \sin C}{\sin B} . 因为 A+B+C=πA + B + C = \pi , 所以 A=π−(B+C)A = \pi - (B + C) , 即 sin⁡A=sin⁡(B+C)\sin A = \sin (B + C) , 则 sin⁡A+sin⁡Csin⁡B=sin⁡(B+C)+sin⁡Csin⁡B\frac{\sin A + \sin C}{\sin B} = \frac{\sin (B + C) + \sin C}{\sin B} . 又由 C=2BC = 2B 可得

a+cb=sin⁡(B+2B)+sin⁡2Bsin⁡B=sin⁡Bcos⁡2B+2cos⁡2Bsin⁡B+2sin⁡Bcos⁡Bsin⁡B\frac {a + c}{b} = \frac {\sin (B + 2 B) + \sin 2 B}{\sin B} = \frac {\sin B \cos 2 B + 2 \cos^ {2} B \sin B + 2 \sin B \cos B}{\sin B}=cos⁡2B+2cos⁡2B+2cos⁡B=4cos⁡2B+2cos⁡B−1=4(cos⁡B+14)2−54.\begin{array}{l} = \cos 2 B + 2 \cos^ {2} B + 2 \cos B = 4 \cos^ {2} B + 2 \cos B - 1 \\ = 4 \left(\cos B + \frac {1}{4}\right) ^ {2} - \frac {5}{4}. \end{array}

又因为 C=2BC = 2B ，所以 B+C=3B∈(0,π)B + C = 3B\in (0,\pi) ，得 0<B<π30 < B < \frac{\pi}{3} 所以 12<cos⁡B<1\frac{1}{2} < \cos B < 1 ，则 1<4(cos⁡B+14)2−1 < 4\left(\cos B + \frac{1}{4}\right)^{2} - 54<5,\frac{5}{4} < 5, 所以 1<a+cb<5,1 < \frac{a + c}{b} < 5, 故 a+cb\frac{a + c}{b} 的取值范围为(1,5).