一道三角最值问题的多解及拓展

范光玉

解三角形问题的常用解题思路是利用正余弦定理，实现边角的互化后进行求解；其次三角形作为平面图形，其自身具有丰富的几何性质，我们还可通过几何的视角来进行求解.本文对2022年新课标Ⅰ卷第18题的多解进行分析并将问题拓展到一般结论.

一、题目呈现

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+sinA=sin2B1+cos2B．（1）若C=2π3，求B；（2）求a2+b2c2的最小值．

本题的主题干较为简单，考察二倍角等三角恒等变换的相关公式获得△ABC三个内角间的关系，在此基础上求解第（1）问就较为简单；本题的难点主要集中在第（2）问，所求式考察了三个变量间的关系，观察其结构发现其为齐次式，我们可以通过构造边与边之间的比例进行消元；其次，也可通过边化角后构成比例关系进行消元.

二、多解分析

对于第（1）问，因为cosA1+sinA=sin2B1+cos2B，即cosA1+sinA=2sinBcosB1+2cos2B－1，即cosA1+sinA=sinBcosB，化简可得cosAcosB－sinAsinB=sinB，即cos（A+B）=sinB.由C=2π3，所以sinB=12，因为0

对于第（2）问，主题干是关于角的关系，为此自然想到利用边化角来进行求解.

解法一：（边化角）由cos（A+B）=sinB，即cosC=－sinB，即cosC=cos（π2+B），因为0

评注：上述解法将所有变量都用cosB来表示，实现了化简的目的，再利用基本不等式或利用“对勾函数”的性质即可求解.

解法二：（利用几何性质，及边的关系求解）如图1，过点C作BC的垂线交AB于点D，利用外角的性质可得∠ADC=π2+B=C，从而可得ΔADC～ΔACB.设AD=x，CD=y，利用相似比例得x=b2c，y=abc.在ΔBDC中使用勾股定理得y2+a2=（c－x）2，代入上述条件化简得a2=（c2－b2）2c2+b2.所求式a2+b2c2=（c2－b2）2+b4+b2c2c4+b2c2，整理得a2+b2c2=c4+2b4－b2c2c4+b2c2.令c2b2=t，上式a2+b2c2=t2－t+2t2+t.1－2t－2t2+t，令t－1=m，则有a2+b2c2=1－2mm2+3m+2=1－2m+2m+3≥42－5.

也可运用判别式法求解：令t2－t+2t2+t=s，整理可得（s－1）t2+（s+1）t－2=0，當s=1时，可得t=1（舍掉）；当s≠1时，可得Δ≥0，即有（s+1）2+8（s－1）≥0，化简可得s≥42－5.

评注：本题的核心是发现三角形相似，从而获得边之间的关系，再利用勾股定理实现了消元，再利用齐次化的思想求解.

如图2，在图1的基础上延长BC，过点A作BC延长线的垂线，垂足为E.在解法二的基础上可知在ΔAEC中，∠EAC=B，故可得AE=bcosB，CE=bsinB.在ΔAEB中，AE=csinB，CE+a=ccosB.结合正弦定理即得sin2C=cos2B，sin2A=cos22B成立，后续解法同解法一.

三、问题拓展

通过对上述解答过程的分析，我们可将原问题进行拓展.

结论1 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，当C=π2+B时，ma2+nb2c2（0

证明：根据上述解法二知a2=（c2－b2）2c2+b2，则可得ma2+nb2c2=mc4+（n－2m）b2c2+（m+n）b4c4+b2c2.令c2b2=t，上式a2+b2c2=mt2+（n－2m）t+m+nt2+t.令mt2+（n－2m）t+m+nt2+t=s，整理可得（m－s）t2+（n－2m－s）t+m+n=0，当s=m时，可得t=－m+nn－3m；当s≠m时，可得Δ≥0，即（n－2m－s）2－4（m+n）（m－s）≥0，化简得s≥4m2+mn－（n+4m）.经验证4m2+mn－（n+4m）

结论2 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，当C=θ+B时，则a，b，c满足a2=（c2－b2）2c2+b2－2bccosθ．

证明：如图3，过点C作射线CD交AB于点D，且使得∠BCD=θ，即可得∠ACD=B.由此可得ΔADC～ΔACB.设AD=x，CD=y，利用相似比例得x=b2c，y=abc.在ΔBDC中使用余弦定理得y2+a2=（c－x）2，代入上述条件化简得a2=（c2－b2）2c2+b2－2bccosθ.