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三角函数例题

例题一

2cos⁡2B2+3sin⁡B=32\cos^2{B\over2}+\sqrt3\sin B=3
  • 求 BB.
cos⁡B=2cos⁡2B2−1cos⁡B+3sin⁡B=232sin⁡B+12cos⁡B=1sin⁡Bcos⁡30∘+cos⁡Bsin⁡30∘=1sin⁡(B+30∘)=1=sin⁡90∘B=60∘\cos B=2\cos^2{B\over2}-1\\ \cos B+\sqrt3\sin B=2\\ {\sqrt3\over2}\sin B+{1\over2}\cos B=1\\ \sin B\cos30^\circ+\cos B\sin30^\circ=1\\ \sin(B+30^\circ)=1=\sin90^\circ\\ B=60^\circ

例题二

(sin⁡B−sin⁡C)2=sin⁡2A−sin⁡Bsin⁡C(\sin B-\sin C)^2=\sin^2 A-\sin B\sin C
  • 求 AA.
  • 若 2a+b=2c\sqrt2a + b= 2c，求 CC.

观察到是角的二次齐次式，且都是正弦，考虑正弦定理，

(sin⁡B−sin⁡C)2=sin⁡2A−sin⁡Bsin⁡C(b−c)2=a2−bcb2+c2−2bc=a2−bca2=b2+c2−bc(\sin B-\sin C)^2=\sin^2 A-\sin B\sin C\\\\ (b-c)^2=a^2-bc\\\\ b^2+c^2-2bc=a^2-bc\\\\ a^2=b^2+c^2-bc

于是，

cos⁡A=b2+c2−a22bc=12A=60∘\cos A={b^2+c^2-a^2\over2bc}={1\over2}\\\\ A=60^\circ

观察到 2a+b=2c\sqrt2a + b= 2c 为边的一次齐次，考虑用正弦定理。

2a+b=2c2sin⁡A+sin⁡B=2sin⁡C\sqrt2a+b=2c\\\\ \sqrt2\sin A+\sin B=2\sin C

根据上一问，sin⁡A=sin⁡60∘=3/2\sin A=\sin60^\circ=\sqrt3/2，

6/2+sin⁡B=2sin⁡C6/2+sin⁡(120−C)=2sin⁡C6/2+3/2cos⁡C+sin⁡C/2=2sin⁡C\sqrt6/2+\sin B=2\sin C\\\\ \sqrt6/2+\sin(120-C)=2\sin C\\\\ \sqrt6/2+\sqrt3/2\cos C+\sin C/2=2\sin C

继续整理，

62+32cos⁡C+12sin⁡C=2sin⁡C32sin⁡C−32cos⁡C=6232sin⁡C−12cos⁡C=22sin⁡Ccos⁡30∘−cos⁡Csin⁡30∘=22sin⁡(C−30∘)=22=sin⁡45∘{\sqrt6\over2}+{\sqrt3\over2}\cos C+{1\over2}\sin C=2\sin C\\\\ {3\over2}\sin C-{\sqrt3\over2}\cos C={\sqrt6\over2}\\\\ {\sqrt3\over2}\sin C-{1\over2}\cos C={\sqrt2\over2}\\\\ \sin C\cos30^\circ-\cos C\sin30^\circ={\sqrt2\over2}\\\\ \sin(C-30^\circ)={\sqrt2\over2}=\sin45^\circ

因为 C∈(0∘,120∘)C \in (0^\circ,120 ^\circ)，C−30∘∈(−30∘,90∘)C-30^\circ\in(-30^\circ,90^\circ)，因此，

C−30∘=45∘, C=75∘C-30^\circ=45^\circ,\ C=75^\circ

例题三

在锐角 △ABC\triangle ABC 中，

2bsin⁡A−3a=02b\sin A-\sqrt3a=0
  • 求 BB.
  • 求 cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C\cos A+\cos B+\cos C 的取值范围。

不考虑 sin⁡A\sin A 是边的二次齐次式，于是应用正弦定理，

2sin⁡Bsin⁡A−2sin⁡A=02sin⁡B=3sin⁡B=3/22\sin B\sin A-\sqrt2\sin A=0\\\\ 2\sin B=\sqrt3\\ \sin B=\sqrt3/2

因为 ∠B\angle B 是锐角，

B=60∘B=60^\circ

设，

S=cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C=cos⁡A+cos⁡C+1/2=cos⁡(120∘−C)+cos⁡C+1/2=−12cos⁡C+32sin⁡C+cos⁡C+12=32sin⁡C+12cos⁡C+12=sin⁡Ccos⁡30∘+cos⁡Csin⁡30∘+1/2=sin⁡(C+30∘)+1/2\def\degree{^\circ} \begin{aligned} S&=\cos A+\cos B+\cos C\\ &=\cos A+\cos C+1/2\\ &=\cos(120\degree-C)+\cos C+1/2\\ &=-{1\over2}\cos C+{\sqrt3\over2}\sin C+\cos C+{1\over2}\\ &={\sqrt3\over2}\sin C+{1\over2}\cos C+{1\over2}\\ &=\sin C\cos30\degree+\cos C\sin30\degree +1/2\\ &=\sin(C+30\degree)+1/2 \end{aligned}

因为 0∘<A,B,C<90∘0^\circ<A,B,C<90^\circ，

{0∘<C<90∘0∘<B<90∘⟺{0∘<C<90∘0∘<120−C<90∘\def\degree{^\circ} \begin{cases} 0\degree<&C&<90\degree\\ 0\degree<&B&<90\degree \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} 0\degree<&C&<90\degree\\ 0\degree<&120-C&<90\degree \end{cases}

即，30∘<C<90∘30^\circ<C<90^\circ，60∘<C+30∘<120∘60^\circ<C+30^\circ<120^\circ。

画出单位圆，易得 sin⁡(C+30∘)∈(3/2,1]\sin(C+30\degree)\in(\sqrt3/2,1]，即，

cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C∈(3+12,32]\cos A+\cos B+\cos C\in\left({\sqrt3+1\over2},{3\over2}\right]

例题四

在 △ABC\triangle ABC 中，a+b=11a+b=11，

cos⁡A=18, cos⁡B=916\cos A={1\over8},\,\cos B={9\over16}
  • 求 a,ba,b。

考虑余弦转正弦，因为是三角形的角，因此正弦值非负，

sin⁡A=1−cos⁡2A=6364=378sin⁡B=1−cos⁡2B=175256=5716\sin A=\sqrt{1-\cos^2 A}=\sqrt{63\over64}={3\sqrt7\over8}\\ \sin B=\sqrt{1-\cos^2 B}=\sqrt{175\over256}={5\sqrt7\over16}
ab=sin⁡Asin⁡B=65{a\over b}={\sin A\over\sin B}={6\over5}

因此 a=6, b=5a=6,\,b=5。

例题五

sin⁡Asin⁡B−sin⁡C=b+cb−a{\sin A\over\sin B-\sin C}={b+c\over b-a}
  • 求 cos⁡C\cos C。

考虑 cos⁡C\cos C 可以怎么表示，可以通过 sin⁡C\sin C 用毕达哥拉斯定理，也可以余弦定理。

考虑到这个原形式是一次齐次，因此考虑角化变。

ab−c=b+cb−ab2−c2=ab−a2c2=a2+b2−ab{a\over b-c}={b+c\over b-a}\\ b^2-c^2=ab-a^2\\ c^2=a^2+b^2-ab

因此，

cos⁡C=a2+b2−c22bc=12\cos C={a^2+b^2-c^2\over2bc}={1\over2}

例题六

若，

{sin⁡A=3sin⁡Bc=5cos⁡C=5/6\begin{cases} \sin A=3\sin B\\ c=\sqrt5\\ \cos C=5/6 \end{cases}
  • 求 aa。

尝试考虑这三个东西各自什么用。

最容易发现第二个式子最简单，可以最后带入用。

因为 cos⁡\cos 关于余弦定理，关于边数多，因此考虑后用。

第一个式子结构很好，是一次齐次，因此带入第一个正弦定理。

a=3ba=3b

又因为，

cos⁡C=a2+b2−c22ab\cos C={a^2+b^2-c^2\over2ab}

带入即可，解得 a=3a=3。

例题七

若，

{bsin⁡2A=asin⁡Bc=2b\begin{cases} b\sin2A=a\sin B\\ c=2b \end{cases}
  • 求 a/ba/b。

考虑到第二个式子的形式很简单，因此用于消元。

第一个形式中，出现了二倍角，是不好处理的，因此考虑正弦定理。

sin⁡Bsin⁡2A=sin⁡Asin⁡Bsin⁡A=sin⁡2Asin⁡A=2sin⁡Acos⁡Acos⁡A=1/2\sin B\sin2A=\sin A\sin B\\ \sin A=\sin2A\\ \sin A=2\sin A\cos A\\ \cos A=1/2

考虑到 a/ba/b 是一个一次其次的比例式，因此余弦定理，

cos⁡A=b2+c2−a22bc\cos A={b^2+c^2-a^2\over2bc}

带入，解得 a2=3b2a^2=3b^2，即 a/b=3a/b=\sqrt3。

例题八

在 △ABC\triangle ABC 中，

S=a2−(b−c)2S=a^2-(b-c)^2

求 sin⁡A\sin A。

这个式子没有很好的性质，考虑展开，

S=a2−b2−c2+2bcS=a^2-b^2-c^2+2bc

注意到这个形式，而且还是二次齐次式，根据余弦定理，

a2=b2+c2−2bccos⁡Aa^2=b^2+c^2-2bc\cos A

有，

S=2bc(1−cos⁡A)=12bcsin⁡Asin⁡A=4−4cos⁡AS=2bc(1-\cos A)={1\over2}bc\sin A\\ \sin A=4-4\cos A

联立得方程，

(4−4cos⁡A)2+cos⁡2A=116(1−cos⁡A)2=(1−cos⁡A)(1+cos⁡A)16−16cos⁡A=1+cos⁡Acos⁡A=1517, sin⁡A=817(4-4\cos A)^2+\cos^2A=1\\ 16(1-\cos A)^2=(1-\cos A)(1+\cos A)\\ 16-16\cos A=1+\cos A\\ \cos A={15\over17},\, \sin A={8\over17}

例题九

在 △ABC\triangle ABC 中，

sin⁡A=2sin⁡Bcos⁡Ca2=b2+c2−bc\sin A=2\sin B\cos C\\ a^2=b^2+c^2-bc
  • 求，△ABC\triangle ABC 形状。

两个式子都很典型，第二个好说，先处理，

联立二式及余弦定理，

a2=b2+c2−bca2=b2+c2−2bccos⁡Aa^2=b^2+c^2-bc\\ a^2=b^2+c^2-2bc\cos A

得，

cos⁡A=12, A=60∘\cos A={1\over2},\,A=60^\circ

第一个式子，可以不带入 AA，尝试通过三角函数的变换，

sin⁡A=sin⁡(π−B−C)=sin⁡(B+C)=sin⁡Bcos⁡C+cos⁡Bsin⁡C\begin{aligned} \sin A&=\sin(\pi-B-C)=\sin(B+C)\\ &=\sin B\cos C+\cos B\sin C \end{aligned}

联立下式及一式，

sin⁡Bcos⁡C+cos⁡Bsin⁡C=2sin⁡Bcos⁡Csin⁡Bcos⁡C=cos⁡Bsin⁡Ctan⁡B=tan⁡C\sin B\cos C+\cos B\sin C=2\sin B\cos C\\ \sin B\cos C=\cos B\sin C\\ \tan B=\tan C

因为 B,C∈(0,π)B,C\in(0,\pi)，正切函数在此范围内唯一，则

B=C=A=60∘B=C=A=60^\circ

即 △ABC\triangle ABC 是正三角形。

例题十

在 △ABC\triangle ABC 中，

cos⁡(2B+C)+cos⁡C>0\cos(2B+C)+\cos C>0
  • 判断三角形是锐角、直角、钝角三角形。

容易发现，cos⁡\cos 里面的角有很好的性质，考虑和差化积，

cos⁡(2B+C)+cos⁡C=  2cos⁡(B+C)cos⁡B=  −2cos⁡Acos⁡B>0\begin{aligned} &\cos(2B+C)+\cos C\\ =\;&2\cos(B+C)\cos B\\ =\;&-2\cos A\cos B>0 \end{aligned}

因此，

cos⁡Acos⁡B<0\cos A\cos B<0

即 A,BA,B 中有一个钝角，即 △ABC\triangle ABC 为钝角三角形。

例题十一

在 △ABC\triangle ABC 中，三边长分别为 a,a+2,a+4a,a+2,a+4，最小角余弦值为 13/1413/14。

  • 求该三角形的面积

因为大边对大角，因此最小角是 aa 对的，

cos⁡A=(a+2)2+(a+4)2−a22(a+2)(a+4)=1314\cos A={(a+2)^2+(a+4)^2-a^2\over2(a+2)(a+4)}={13\over14}

解得，a=3a=3，于是用海伦公式，

p=3+5+72=152p={3+5+7\over2}={15\over2}
S=152⋅92⋅52⋅12=1534S=\sqrt{{15\over2}\cdot{9\over2}\cdot{5\over2}\cdot{1\over2}}={15\sqrt3\over4}

例题十二

在 △ABC\triangle ABC 中，∠A=120∘\angle A=120^\circ，BC=6BC=6。

  • 求：其面积最大值。

考虑面积可以怎么表示。

Solution 1:

S=12bcsin⁡A=34bcS={1\over2}bc\sin A={\sqrt3\over4}bc

根据余弦定理，

36=a2=b2+c2−2bccos⁡A=b2+c2+bc≥3bc36=a^2=b^2+c^2-2bc\cos A=b^2+c^2+bc\ge3bc

即，

bc≤12, S≤33bc\le12,\,S\le3\sqrt3

Solution 2:

考虑到顶角不变，则可以固定底边，使顶点移动。

易知其轨迹为一个圆弧，则面积最大即底边高线最大。

高线最大即该三角形为等腰三角形，做出高线，

S=12ah=33S={1\over2}ah=3\sqrt3

例题十三

在 △ABC\triangle ABC 中，若

a−b=c(cos⁡B−cos⁡A)a-b=c(\cos B-\cos A)
  • 判断其形状。

考虑到余弦定理展开后是三次式，有点复杂，因此正弦定理。

sin⁡A−sin⁡B=sin⁡Ccos⁡B−sin⁡Ccos⁡A\sin A-\sin B=\sin C\cos B-\sin C\cos A

考虑凑项，右边的两项很像正弦的和角公式，于是，

sin⁡(B+C)−sin⁡(A+C)=  sin⁡Bcos⁡C+sin⁡Ccos⁡B−sin⁡Acos⁡C−sin⁡Ccos⁡A=  sin⁡Ccos⁡B−sin⁡Ccos⁡A\begin{aligned} &\sin(B+C)-\sin(A+C)\\ =\;&\sin B\cos C+\sin C\cos B-\sin A\cos C-\sin C\cos A\\ =\;&\sin C\cos B-\sin C\cos A \end{aligned}

化简，

(sin⁡B−sin⁡A)cos⁡C=0(\sin B-\sin A)\cos C=0

即 sin⁡A=sin⁡B\sin A=\sin B 或 cos⁡C=0\cos C=0，

即 △ABC\triangle ABC 为等腰三角形或直角三角形。

例题十四

若 △ABC\triangle ABC 中，∠C\angle C 为钝角，且其面积，

S=34(a2+c2−b2)S={\sqrt3\over4}(a^2+c^2-b^2)
  • 求 ∠B\angle B。

考虑到 a2+c2−b2a^2+c^2-b^2 是经典掉牙的形式，

cos⁡B=a2+c2−b22ac\cos B={a^2+c^2-b^2\over2ac}

于是，

S=34⋅2accos⁡B=32accos⁡BS={\sqrt3\over4}\cdot2ac\cos B={\sqrt3\over2}ac\cos B

考虑很经典的面积公式，

S=12acsin⁡B=32accos⁡Bsin⁡B=3cos⁡Btan⁡B=3, B=60∘S={1\over2}ac\sin B={\sqrt3\over2}ac\cos B\\ \sin B=\sqrt3\cos B\\ \tan B=\sqrt3,\,B=60^\circ

例题十五

在 △ABC\triangle ABC 中，

sin⁡2A−sin⁡2B−sin⁡2C=sin⁡Bsin⁡C\sin^2A-\sin^2B-\sin^2C=\sin B\sin C
  • 求 AA.
  • 若 BC=3BC=3，求其周长最大值。

因为是正弦的二次齐次式，考虑正弦定理，

a2=b2+c2+bca^2=b^2+c^2+bc

于是 ∠A=120∘\angle A=120^\circ。

考虑周长最大，即 b+cb+c 最大，

a2=9=b2+c2+bc≥3bcbc≤3a^2=9=b^2+c^2+bc\ge3bc\\ bc\le3

考虑周长如何建立联系

b+c=b2+c2+2bc=9+bc≤23b+c=\sqrt{b^2+c^2+2bc}=\sqrt{9+bc}\le2\sqrt3

即周长，

a+b+c≤23+3a+b+c\le2\sqrt3+3

例题十六

在 △ABC\triangle ABC 中，

sin⁡A+2sin⁡Bcos⁡C=0c=3b\sin A+2\sin B\cos C=0\\ c=\sqrt3b
  • 求 tan⁡A\tan A。

考虑到第二个很适合消元 cc，于是第一个式子可以看成一次齐次，

a+2bcos⁡C=0cos⁡C=−a2b=a2+b2−c22bc=a2−2b22bca+2b\cos C=0\\ \cos C=-{a\over2b}={a^2+b^2-c^2\over2bc}={a^2-2b^2\over2bc}

因此，

a2=b2a=ba^2=b^2\\ a=b

因为 c=3bc=\sqrt3b，这是一个 30∘,30∘,120∘30^\circ,30^\circ,120^\circ 的等腰三角形，

tan⁡A=tan⁡30∘=33\tan A=\tan30^\circ={\sqrt3\over3}

例题十七

在 △ABC\triangle ABC 中，

a2+b2=2022c2a^2+b^2=2022c^2

求，

2tan⁡Atan⁡Btan⁡C(tan⁡A+tan⁡B){2\tan A\tan B\over\tan C(\tan A+\tan B)}

考虑到没有什么好玩的结构，因此展开正切。

S=2tan⁡Atan⁡Btan⁡C(tan⁡A+tan⁡B)=2sin⁡Asin⁡Bsin⁡C/cos⁡C⋅(sin⁡Acos⁡B+cos⁡A+sin⁡B)=2sin⁡Asin⁡Bcos⁡Csin⁡2C\begin{aligned} S&={2\tan A\tan B\over\tan C(\tan A+\tan B)}\\ &={2\sin A\sin B\over\sin C/\cos C\cdot(\sin A\cos B+\cos A+\sin B)}\\ &={2\sin A\sin B\cos C\over\sin^2C} \end{aligned}

考虑到上下正弦构成二次齐次，正弦定理，

S=2sin⁡Asin⁡Bcos⁡Csin⁡2C=2abcos⁡Cc2\begin{aligned} S&={2\sin A\sin B\cos C\over\sin^2C}\\ &={2ab\cos C\over c^2} \end{aligned}

注意到 2ab2ab 和 cos⁡C\cos C 的余弦定理的分母类似，

cos⁡C=a2+b2−c22ab\cos C={a^2+b^2-c^2\over2ab}
S=a2+b2−c2c2=a2+b2c2−1=2022−1=2021\begin{aligned} S&={a^2+b^2-c^2\over c^2}={a^2+b^2\over c^2}-1\\ &=2022-1=2021 \end{aligned}

例题十八

在锐角三角形 ABCABC 中，a2−b2=bca^2-b^2=bc。

求证：A=2BA=2B。

经典题，因为角不好表示，上式又是边的二次齐次式，考虑，

cos⁡A=b2+c2−a22bc=c2−bc2bc=c−b2b\cos A={b^2+c^2-a^2\over2bc}={c^2-bc\over2bc}={c-b\over2b}\\
cos⁡2B=2cos⁡2B−1=2(a2+c2−b22ac)2−1=2(c+b2a)2−1=2c2+2b2+4bc−4a24a2=2c2−2b24b2+4bc=2(c+b)(c−b)4b(b+c)=c−b2b\begin{aligned} \cos 2B&=2\cos^2B-1=2\left({a^2+c^2-b^2\over2ac}\right)^2-1\\ &=2\left({c+b\over2a}\right)^2-1={2c^2+2b^2+4bc-4a^2\over4a^2}\\ &={2c^2-2b^2\over4b^2+4bc}={2(c+b)(c-b)\over4b(b+c)}={c-b\over2b} \end{aligned}

于是，

(cos⁡A=cos⁡2B)⟹(A=2B)(\cos A=\cos2B)\Longrightarrow(A=2B)
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