三角函数例题

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例题一

$$ 2\cos^2{B\over2}+\sqrt3\sin B=3 $$

求 $B$.

$$ \cos B=2\cos^2{B\over2}-1\ \cos B+\sqrt3\sin B=2\ {\sqrt3\over2}\sin B+{1\over2}\cos B=1\ \sin B\cos30^\circ+\cos B\sin30^\circ=1\ \sin(B+30^\circ)=1=\sin90^\circ\ B=60^\circ $$

例题二

$$ (\sin B-\sin C)^2=\sin^2 A-\sin B\sin C $$

求 $A$.
若 $sqrt2a + b= 2c$，求 $C$.

观察到是角的二次齐次式，且都是正弦，考虑正弦定理，

$$ (\sin B-\sin C)^2=\sin^2 A-\sin B\sin C\ (b-c)^2=a^2-bc\ b^2+c^2-2bc=a^2-bc\ a^2=b^2+c^2-bc $$

于是，

$$ \cos A={b^2+c^2-a^2\over2bc}={1\over2}\ A=60^\circ $$

观察到 $sqrt2a + b= 2c$ 为边的一次齐次，考虑用正弦定理。

$$ \sqrt2a+b=2c\ \sqrt2\sin A+\sin B=2\sin C $$

根据上一问，$sin A=\sin60^\circ=\sqrt3/2$，

$$ \sqrt6/2+\sin B=2\sin C\ \sqrt6/2+\sin(120-C)=2\sin C\ \sqrt6/2+\sqrt3/2\cos C+\sin C/2=2\sin C $$

继续整理，

$$ {\sqrt6\over2}+{\sqrt3\over2}\cos C+{1\over2}\sin C=2\sin C\ {3\over2}\sin C-{\sqrt3\over2}\cos C={\sqrt6\over2}\ {\sqrt3\over2}\sin C-{1\over2}\cos C={\sqrt2\over2}\ \sin C\cos30^\circ-\cos C\sin30^\circ={\sqrt2\over2}\ \sin(C-30^\circ)={\sqrt2\over2}=\sin45^\circ $$

因为 $C \in (0^\circ,120 ^\circ$，$C-30^\circ\in(-30^\circ,90^\circ$，因此，

$$ C-30^\circ=45^\circ,\ C=75^\circ $$

例题三

在锐角 $triangle ABC$ 中，

$$ 2b\sin A-\sqrt3a=0 $$

求 $B$.
求 $cos A+\cos B+\cos C$ 的取值范围。

不考虑 $sin A$ 是边的二次齐次式，于是应用正弦定理，

$$ 2\sin B\sin A-\sqrt2\sin A=0\ 2\sin B=\sqrt3\ \sin B=\sqrt3/2 $$

因为 $angle B$ 是锐角，

$$ B=60^\circ $$

设，

$$ \def\degree{^\circ} \begin{aligned} S&=\cos A+\cos B+\cos C\ &=\cos A+\cos C+1/2\ &=\cos(120\degree-C)+\cos C+1/2\ &=-{1\over2}\cos C+{\sqrt3\over2}\sin C+\cos C+{1\over2}\ &={\sqrt3\over2}\sin C+{1\over2}\cos C+{1\over2}\ &=\sin C\cos30\degree+\cos C\sin30\degree +1/2\ &=\sin(C+30\degree)+1/2 \end{aligned} $$

因为 $0^\circ<A,B,C<90^\circ$，

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

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

画出单位圆，易得 $sin(C+30\degree)\in(\sqrt3/2,1$，即，

$$ \cos A+\cos B+\cos C\in\left({\sqrt3+1\over2},{3\over2}\right] $$

例题四

在 $triangle ABC$ 中，$a+b=11$，

$$ \cos A={1\over8},,\cos B={9\over16} $$

求 $a,b$。

考虑余弦转正弦，因为是三角形的角，因此正弦值非负，

$$ \sin A=\sqrt{1-\cos^2 A}=\sqrt{63\over64}={3\sqrt7\over8}\ \sin B=\sqrt{1-\cos^2 B}=\sqrt{175\over256}={5\sqrt7\over16} $$

$$ {a\over b}={\sin A\over\sin B}={6\over5} $$

因此 $a=6,,b=5$。

例题五

$$ {\sin A\over\sin B-\sin C}={b+c\over b-a} $$

求 $cos C$。

考虑 $cos C$ 可以怎么表示，可以通过 $sin C$ 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。

$$ {a\over b-c}={b+c\over b-a}\ b^2-c^2=ab-a^2\ c^2=a^2+b^2-ab $$

因此，

$$ \cos C={a^2+b^2-c^2\over2bc}={1\over2} $$

例题六

若，

$$ \begin{cases} \sin A=3\sin B\ c=\sqrt5\ \cos C=5/6 \end{cases} $$

求 $a$。

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 $cos$ 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。

$$ a=3b $$

又因为，

$$ \cos C={a^2+b^2-c^2\over2ab} $$

带入即可，解得 $a=3$。

例题七

若，

$$ \begin{cases} b\sin2A=a\sin B\ c=2b \end{cases} $$

求 $a/b$。

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。

$$ \sin B\sin2A=\sin A\sin B\ \sin A=\sin2A\ \sin A=2\sin A\cos A\ \cos A=1/2 $$

考虑到 $a/b$ 是一个一次其次的比例式，因此余弦定理，

$$ \cos A={b^2+c^2-a^2\over2bc} $$

带入，解得 $a^2=3b^2$，即 $a/b=\sqrt3$。

例题八

在 $triangle ABC$ 中，

$$ S=a^2-(b-c)^2 $$

求 $sin A$。

这个式子没有很好的性质，考虑展开，

$$ S=a^2-b^2-c^2+2bc $$

注意到这个形式，而且还是二次齐次式，根据余弦定理，

$$ a^2=b^2+c^2-2bc\cos A $$

有，

$$ S=2bc(1-\cos A)={1\over2}bc\sin A\ \sin A=4-4\cos A $$

联立得方程，

$$ (4-4\cos A)^2+\cos^2A=1\ 16(1-\cos A)^2=(1-\cos A)(1+\cos A)\ 16-16\cos A=1+\cos A\ \cos A={15\over17},, \sin A={8\over17} $$

例题九

在 $triangle ABC$ 中，

$$ \sin A=2\sin B\cos C\ a^2=b^2+c^2-bc $$

求，$triangle ABC$ 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，

$$ a^2=b^2+c^2-bc\ a^2=b^2+c^2-2bc\cos A $$

得，

$$ \cos A={1\over2},,A=60^\circ $$

第一个式子，可以不带入 $A$，尝试通过三角函数的变换，

$$ \begin{aligned} \sin A&=\sin(\pi-B-C)=\sin(B+C)\ &=\sin B\cos C+\cos B\sin C \end{aligned} $$

联立下式及一式，

$$ \sin B\cos C+\cos B\sin C=2\sin B\cos C\ \sin B\cos C=\cos B\sin C\ \tan B=\tan C $$

因为 $B,C\in(0,\pi$，正切函数在此范围内唯一，则

$$ B=C=A=60^\circ $$

即 $triangle ABC$ 是正三角形。

例题十

在 $triangle ABC$ 中，

$$ \cos(2B+C)+\cos C>0 $$

判断三角形是锐角、直角、钝角三角形。

容易发现，$cos$ 里面的角有很好的性质，考虑和差化积，

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

因此，

$$ \cos A\cos B<0 $$

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

例题十一

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

求该三角形的面积

因为大边对大角，因此最小角是 $a$ 对的，

$$ \cos A={(a+2)^2+(a+4)^2-a^2\over2(a+2)(a+4)}={13\over14} $$

解得，$a=3$，于是用海伦公式，

$$ p={3+5+7\over2}={15\over2} $$

$$ S=\sqrt{{15\over2}\cdot{9\over2}\cdot{5\over2}\cdot{1\over2}}={15\sqrt3\over4} $$

例题十二

在 $triangle ABC$ 中，$angle A=120^\circ$，$BC=6$。

求：其面积最大值。

考虑面积可以怎么表示。

Solution 1:

$$ S={1\over2}bc\sin A={\sqrt3\over4}bc $$

根据余弦定理，

$$ 36=a^2=b^2+c^2-2bc\cos A=b^2+c^2+bc\ge3bc $$

即，

$$ bc\le12,,S\le3\sqrt3 $$

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，

$$ S={1\over2}ah=3\sqrt3 $$

例题十三

在 $triangle ABC$ 中，若

$$ a-b=c(\cos B-\cos A) $$

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。

$$ \sin A-\sin B=\sin C\cos B-\sin C\cos A $$

考虑凑项，右边的两项很像正弦的和角公式，于是，

$$ \begin{aligned} &\sin(B+C)-\sin(A+C)\ =;&\sin B\cos C+\sin C\cos B-\sin A\cos C-\sin C\cos A\ =;&\sin C\cos B-\sin C\cos A \end{aligned} $$

化简，

$$ (\sin B-\sin A)\cos C=0 $$

即 $sin A=\sin B$ 或 $cos C=0$，

即 $triangle ABC$ 为等腰三角形或直角三角形。

例题十四

若 $triangle ABC$ 中，$angle C$ 为钝角，且其面积，

$$ S={\sqrt3\over4}(a^2+c^2-b^2) $$

求 $angle B$。

考虑到 $a^2+c^2-b^2$ 是经典掉牙的形式，

$$ \cos B={a^2+c^2-b^2\over2ac} $$

于是，

$$ S={\sqrt3\over4}\cdot2ac\cos B={\sqrt3\over2}ac\cos B $$

考虑很经典的面积公式，

$$ S={1\over2}ac\sin B={\sqrt3\over2}ac\cos B\ \sin B=\sqrt3\cos B\ \tan B=\sqrt3,,B=60^\circ $$

例题十五

在 $triangle ABC$ 中，

$$ \sin^2A-\sin^2B-\sin^2C=\sin B\sin C $$

求 $A$.
若 $BC=3$，求其周长最大值。

因为是正弦的二次齐次式，考虑正弦定理，

$$ a^2=b^2+c^2+bc $$

于是 $angle A=120^\circ$。

考虑周长最大，即 $b+c$ 最大，

$$ a^2=9=b^2+c^2+bc\ge3bc\ bc\le3 $$

考虑周长如何建立联系

$$ b+c=\sqrt{b^2+c^2+2bc}=\sqrt{9+bc}\le2\sqrt3 $$

即周长，

$$ a+b+c\le2\sqrt3+3 $$

例题十六

在 $triangle ABC$ 中，

$$ \sin A+2\sin B\cos C=0\ c=\sqrt3b $$

求 $tan A$。

考虑到第二个很适合消元 $c$，于是第一个式子可以看成一次齐次，

$$ a+2b\cos C=0\ \cos C=-{a\over2b}={a^2+b^2-c^2\over2bc}={a^2-2b^2\over2bc} $$

因此，

$$ a^2=b^2\ a=b $$

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

$$ \tan A=\tan30^\circ={\sqrt3\over3} $$

例题十七

在 $triangle ABC$ 中，

$$ a^2+b^2=2022c^2 $$

求，

$$ {2\tan A\tan B\over\tan C(\tan A+\tan B)} $$

考虑到没有什么好玩的结构，因此展开正切。

$$ \begin{aligned} S&={2\tan A\tan B\over\tan C(\tan A+\tan B)}\ &={2\sin A\sin B\over\sin C/\cos C\cdot(\sin A\cos B+\cos A+\sin B)}\ &={2\sin A\sin B\cos C\over\sin^2C} \end{aligned} $$

考虑到上下正弦构成二次齐次，正弦定理，

$$ \begin{aligned} S&={2\sin A\sin B\cos C\over\sin^2C}\ &={2ab\cos C\over c^2} \end{aligned} $$

注意到 $2ab$ 和 $cos C$ 的余弦定理的分母类似，

$$ \cos C={a^2+b^2-c^2\over2ab} $$

$$ \begin{aligned} S&={a^2+b^2-c^2\over c^2}={a^2+b^2\over c^2}-1\ &=2022-1=2021 \end{aligned} $$

例题十八

在锐角三角形 $ABC$ 中，$a^2-b^2=bc$。

求证：$A=2B$。

经典题，因为角不好表示，上式又是边的二次齐次式，考虑，

$$ \cos A={b^2+c^2-a^2\over2bc}={c^2-bc\over2bc}={c-b\over2b}
$$

$$ \begin{aligned} \cos 2B&=2\cos^2B-1=2\left({a^2+c^2-b^2\over2ac}\right)^2-1\ &=2\left({c+b\over2a}\right)^2-1={2c^2+2b^2+4bc-4a^2\over4a^2}\ &={2c^2-2b^2\over4b^2+4bc}={2(c+b)(c-b)\over4b(b+c)}={c-b\over2b} \end{aligned} $$

于是，

$$ (\cos A=\cos2B)\Longrightarrow(A=2B) $$

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