2.4.2 齐次分式型

本节我们会看到形如 $\frac{b+c}{a},\frac{a^2+b^2}{c^2}$ 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 $△ABC$ 中的 $C$ 为钝角，$B=\frac{\pi }{3}$，则 $\frac{c}{a}$ 的取值范围是 ____.

解析1

因为 $C$ 为钝角，所以 $C=\pi -\frac{\pi }{3}-A>\frac{\pi }{2}$ 即 $0<A<\frac{\pi }{6}$ 故 $0<\tan A<\frac{\sqrt{3}}{3}$ ，于是

frac ca = frac sin Csin A = frac sin (frac 2 π3 - A)sin A = frac frac sqrt 32 cos A + frac 12 sin Asin A = frac sqrt 32 × frac 1tan A + frac 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 $(2,+\infty )$ .

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 $B=\frac{\pi }{3}$ ，所以由余弦定理得 $b^2=a^2+c^2-ac$ ，又因为 $C$ 为钝角，所以

a ^ 2 + b ^ 2 - c ^ 2 < 0 ⇒ a ^ 2 + a ^ 2 + c ^ 2 - a c - c ^ 2 < 0 ⇒ 2 a - c < 0 ⇒ frac ca > 2.$$a^2+b^2-c^2<0\Rightarrow a^2+a^2+c^2-ac-c^2<0\Rightarrow 2a-c<0\Rightarrow \frac{c}{a}>2.$$

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 $△ABC$ 中，内角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$, $a+b=2c$，则 $\cos C$ 的最小值为 ____.

查看解析与步骤

由余弦定理及题设得

cos C = frac a ^ 2 + b ^ 2 - c ^ 22 a b = frac a ^ 2 + b ^ 2 - (frac a + b2) ^ 22 a b = frac 38 (frac ab + frac ba) - frac 14 ≥slant frac 38 × 2 sqrt frac ab · frac ba - frac 14 = frac 12,$$\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{a^2+b^2-{\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2}{2ab}=\frac{3}{8}\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)-\frac{1}{4}⩾\frac{3}{8}\times 2\sqrt{\frac{a}{b}\cdot \frac{b}{a}}-\frac{1}{4}=\frac{1}{2},$$

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

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 $△ABC$ 的内角满足 $\frac{1}{\tan A}+\frac{2}{\tan B}=\frac{3}{\tan C}$ ，则 $\cos C$ 的最小值为 ____.

查看解析与步骤

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

frac sin B cos A + 2 cos B sin Asin A sin B = frac 3 cos 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 $\sin B\cos A+\cos B\sin A=\sin (A+B)$ ，所以

frac sin (A + B) + cos B sin Asin A sin B = frac 3 cos 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 ${\sin }^{2}C+\cos B\sin A\sin C=3\sin A\sin B\cos C.$ 利用正弦定理进行角化边，得

c ^ 2 + a c cos B = 3 a b cos C.$$c^2+ac\cos B=3ab\cos C.$$

再利用余弦定理把角化边，可得

c ^ 2 + frac a ^ 2 + c ^ 2 - b ^ 22 a c · a c = 3 a b · frac a ^ 2 + b ^ 2 - c ^ 22 a b,$$c^2+\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\cdot ac=3ab\cdot \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab},$$

化简可得 $a^2+2b^2-3c^2=0$ ，则

cos C = frac a ^ 2 + b ^ 2 - c ^ 22 a b = frac a ^ 2 + b ^ 2 - frac 13 a ^ 2 - frac 23 b ^ 22 a b = frac 16 (frac 2 ab + frac ba) ≥slant frac sqrt 23,$$\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{a^2+b^2-\frac{1}{3}{a}^2-\frac{2}{3}{b}^2}{2ab}=\frac{1}{6}\left(\frac{2a}{b}+\frac{b}{a}\right)⩾\frac{\sqrt{2}}{3},$$

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

变式 2.27.1

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

A. $\frac{7}{9}$ B. $\frac{2}{3}$ C. $\frac{3}{5}$ D. $\frac{4}{5}$

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 $△ABC$ 的内角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$，已知 $b^2-a^2=2c^2$ .

($I$) 求 $\frac{\tan B}{\tan A}$ 的值;

(Ⅱ) 求 $C$ 的最大值．

解析 1

条件 $b^2-a^2=2c^2$ 是齐次式，因此，考虑余弦定理，因为 $b^2=a^2+c^2-2ac\cos B$，所以 $(a^2+c^2-2ac\cos B)-a^2=2c^2$，化简得 $c+2a\cos B=0$，这个等式出现了边的一次式，故考虑边化角，由正弦定理得 $\sin C+2\sin A\cos B=0$．因为 $A+B+C=\pi$，所以 $\sin (A+B)=\sin C$，可得 $\sin (A+B)+2\sin A\cos B=0$，展开得

sin A cos B + cos A sin B + 2 sin A cos B = 0,$$\sin A\cos B+\cos A\sin B+2\sin A\cos B=0,$$

整理得 $3\sin A\cos B=-\cos A\sin B$ ，所以 $\frac{\tan B}{\tan A}=-3.$

(Ⅱ) 第 ($I$) 问求出了 $\tan B=-3\tan A$，所以 $\tan A$ 与 $\tan B$ 异号，又因为 $b^2-a^2=2c^2>0$，所以 $b>a$，则有 $B>A$，因为 $A,B\in (0,\pi )$，故 $A$ 为锐角，$B$ 为钝角，所以 $C$ 为锐角．要求 $C$ 的大小，可以借助第 ($I$) 问的结论，我们通过求 $\tan C$ 来求 $C$ 的大小．

c tan C = - tan (A + B) = frac tan A + tan Btan A tan B - 1 = frac tan A - 3 tan A- 3 tan^ 2 A - 1 = frac 2 tan A3 tan^ 2 A + 1 = frac 23 tan A + frac 1tan A ≤slant frac 22 sqrt 3 = frac sqrt 33,$$\begin{array}{c}\tan C=-\tan (A+B)=\frac{\tan A+\tan B}{\tan A\tan B-1}=\frac{\tan A-3\tan A}{-3{\tan }^{2}A-1}=\frac{2\tan A}{3{\tan }^{2}A+1}\\ =\frac{2}{3\tan A+\frac{1}{\tan A}}⩽\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3},\end{array}$$

当且仅当 $\tan A=\frac{\sqrt{3}}{3}$，即 $A=\frac{\pi }{6}$ 时等号成立，所以 $C$ 的最大值为 $\frac{\pi }{6}$ .

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 ，很明显可以角化边来解决，下面请看解析2:，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 $\frac{\sin B}{\sin A}=\frac{b}{a}$，由余弦定理可得 $\frac{\cos A}{\cos B}=\frac{\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}$，则

frac tan Btan A = frac sin Bsin A · frac cos Acos B = frac ba · frac frac b ^ 2 + c ^ 2 - a ^ 22 b cfrac a ^ 2 + c ^ 2 - b ^ 22 a c = frac b ^ 2 + c ^ 2 - a ^ 2a ^ 2 + c ^ 2 - b ^ 2.$$\frac{\tan B}{\tan A}=\frac{\sin B}{\sin A}\cdot \frac{\cos A}{\cos B}=\frac{b}{a}\cdot \frac{\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}=\frac{b^2+c^2-a^2}{a^2+c^2-b^2}.$$

因为 $b^2-a^2=2c^2$ ，所以 $\frac{\tan B}{\tan A}=\frac{c^2+2c^2}{c^2-2c^2}=-3.$

(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 $b^2-a^2=2c^2$，这是典型边的二次齐次式，因此可以考虑通过 $C$ 的余弦值来求解 $C$ 的大小．

cos C = frac a ^ 2 + b ^ 2 - c ^ 22 a b = frac a ^ 2 + b ^ 2 - frac b ^ 2 - a ^ 222 a b = frac 3 a4 b + frac b4 a ≥slant 2 sqrt frac 3 a4 b · frac b4 a = frac sqrt 32,$$\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{a^2+b^2-\frac{b^2-a^2}{2}}{2ab}=\frac{3a}{4b}+\frac{b}{4a}⩾2\sqrt{\frac{3a}{4b}\cdot \frac{b}{4a}}=\frac{\sqrt{3}}{2},$$

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

例2.28的条件 $b^2-a^2=2c^2$ 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:

结论总结 2.4

${\sin }^{2}B-{\sin }^{2}A=\sin (A+B)\sin (B-A).$

这个结论的推导过程请同学们自己完成．

解析 3

($I$) 由 $b^2-a^2=2c^2$ 和正弦定理得 ${\sin }^{2}B-{\sin }^{2}A=2{\sin }^{2}C$ ，所以 $\sin (A+B)\sin (B-A)=2{\sin }^2(A+B)$ ，即 $\sin (B-A)=2\sin (A+B)$ ，展开得 $-3\sin A\cos B=\sin B\cos A$ ，化简可得 $\tan B=-3\tan A$ ，即 $\frac{\tan B}{\tan A}=-3$ .

(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 $△ABC$ 中，角 $A,B,C$ 所对的边分别为 $a,b,c,S$ 为 $△ABC$ 的面积，且 $2S=a^2-(b-c{)}^2$，则 $\frac{b}{c}$ 的取值范围为 ____.

思路分析

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

查看解析与步骤

因为 $a^2-(b-c{)}^2=a^2-b^2-c^2+2bc$ ，由余弦定理知 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ ，即 $a^2-(b-c{)}^2=2bc-2bc\cos A$ ，于是面积的解析式选择 $A$ 来表达，即 $S=\frac{1}{2}bc\sin A$ 。由 $2S=a^2-(b-c{)}^2$ 可得

b c sin A = 2 b c - 2 b c cos A ⇒ sin A = 2 (1 - cos A).$$bc\sin A=2bc-2bc\cos A\Rightarrow \sin A=2(1-\cos A).$$

由二倍角公式 $\sin A=2\sin \frac{A}{2}\cos \frac{A}{2},\cos A=1-2{\sin }^2\frac{A}{2}$ ，以及 $A\in \left(0,\frac{A}{2}\right)$ ，可知 $\sin \frac{A}{2}\ne 0,$ 则

2 sin frac A2 cos frac A2 = 4 sin^ 2 frac A2 ⇒ tan frac A2 = frac 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 $\tan A=\frac{2\tan \frac{A}{2}}{1-{\tan }^2\frac{A}{2}}=\frac{4}{3}$ ，于是 $\sin A=\frac{4}{5},\cos A=\frac{3}{5}$ ，则

frac bc = frac sin Bsin C = frac sin (A + C)sin C = frac sin A cos C + cos A sin Csin C = frac 45 tan C + frac 35. (2.4.2)$$\frac{b}{c}=\frac{\sin B}{\sin C}=\frac{\sin (A+C)}{\sin C}=\frac{\sin A\cos C+\cos A\sin C}{\sin C}=\frac{4}{5\tan C}+\frac{3}{5}.\text{\hspace{1em}(2.4.2)}$$

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

frac 35 < frac 45 tan C + frac 35 < frac 45 × frac 43 + frac 35 = frac 2 51 5 = frac 53,$$\frac{3}{5}<\frac{4}{5\tan C}+\frac{3}{5}<\frac{4}{5}\times \frac{4}{3}+\frac{3}{5}=\frac{25}{15}=\frac{5}{3},$$

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

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 $△ABC$ 中，设角 $A$, $B$, $C$ 的对边分别为 $a$, $b$, $c$, $△ABC$ 的面积为 $S$，若 $3{\sin }^{2}B+2{\sin }^{2}C=\sin A(\sin A+2\sin B\sin C)$ ，则 $\frac{S}{b^2}$ 的值为（）.

A. $\frac{1}{4}$ B. $\frac{1}{2}$ C. 1

D. 2

查看解析与步骤

因为 $\frac{S}{b^2}$ 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 $3{\sin }^{2}B+2{\sin }^{2}C=\sin A(\sin A+2\sin B\sin C)$，即 $3{\sin }^{2}B+2{\sin }^{2}C={\sin }^{2}A+2\sin A\sin B\sin C$，利用正弦定理进行角边转化，得

3 b ^ 2 + 2 c ^ 2 = a ^ 2 + 2 b c sin A. (2.4.3)$$3b^2+2c^2=a^2+2bc\sin A.\text{\hspace{1em}(2.4.3)}$$

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

frac b ^ 2 + c ^ 2 - a ^ 22 b c + frac 2 b ^ 2 + c ^ 22 b c = sin A ⇒ cos A + frac bc + frac c2 b = sin A,$$\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+\frac{2b^2+c^2}{2bc}=\sin A\Rightarrow \cos A+\frac{b}{c}+\frac{c}{2b}=\sin A,$$

整理可得

frac bc + frac c2 b = sin A - cos A = sqrt 2 sin (A - frac π4). (2.4.4)$$\frac{b}{c}+\frac{c}{2b}=\sin A-\cos A=\sqrt{2}\sin \left(A-\frac{\pi }{4}\right).\text{\hspace{1em}(2.4.4)}$$

显然左边的最小值为 $\sqrt{2}$，右边的最大值为 $\sqrt{2}$，要使式(2.4.4)成立，则有 $\frac{b}{c}=\frac{c}{2b},A=\frac{3\pi }{4}$．此时很明确面积公式需选择 $S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{\sqrt{2}}{4}bc$，则 $\frac{S}{b^2}=\frac{\sqrt{2}bc}{4b^2}=\frac{\sqrt{2}c}{4b}=\frac{1}{2}$，即 $\frac{S}{b^2}$ 的值为 $\frac{1}{2}$，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 $△ABC$ 的内角 $A$, $B$, $C$ 的对边分别为 $a$, $b$, $c$，已知 $\frac{\cos A}{1+\sin A}=\frac{\sin 2B}{1+\cos 2B}$ .

($I$) 若 $C=\frac{2\pi }{3}$，求 $B$ ;

(Ⅱ) 求 $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ 的最小值．

查看解析与步骤

因为 $\frac{\sin 2B}{1+\cos 2B}=\frac{2\sin B\cos B}{1+2{\cos }^{2}B-1}=\frac{\sin B}{\cos B}$，所以 $\frac{\cos A}{1+\sin A}=\frac{\sin B}{\cos B}$，即 $\cos A\cos B-\sin A\sin B=\sin B$，化简得 $\cos (A+B)=\sin B$，故 $-\cos C=\sin B$ .

($I$) 由 $C=\frac{2\pi }{3}$，可知 $0<B<\frac{\pi }{3}$，所以 $\sin B=-\cos \frac{2\pi }{3}=\frac{1}{2}$，故 $B=\frac{\pi }{6}$ .

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

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

frac a ^ 2 + b ^ 2c ^ 2 = frac sin^ 2 (B + C) + sin^ 2 Bsin^ 2 C = frac (sin B cos C + cos B sin C) ^ 2 + sin^ 2 Bsin^ 2 C. (2.4.5)$$\frac{a^2+b^2}{c^2}=\frac{{\sin }^2(B+C)+{\sin }^{2}B}{{\sin }^{2}C}=\frac{(\sin B\cos C+\cos B\sin C{)}^2+{\sin }^{2}B}{{\sin }^{2}C}.\text{\hspace{1em}(2.4.5)}$$

由 $-\cos C=\sin B$ 可知 $C$ 为钝角，且 ${\cos }^{2}C={\sin }^{2}B$ ，由平方关系得 $1-{\sin }^{2}C=1-{\cos }^{2}B$ ，所以 $\sin C=\cos B,$ 式(2.4.5)变为

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

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

frac a ^ 2 + b ^ 2c ^ 2 = frac (2 sin^ 2 C - 1) ^ 2 + 1 - sin^ 2 Csin^ 2 C = 4 sin^ 2 C + frac 2sin^ 2 C - 5 ≥slant 4 sqrt 2 - 5,$$\frac{a^2+b^2}{c^2}=\frac{(2{\sin }^{2}C-1{)}^2+1-{\sin }^{2}C}{{\sin }^{2}C}=4{\sin }^{2}C+\frac{2}{{\sin }^{2}C}-5⩾4\sqrt{2}-5,$$

当且仅当 ${\sin }^{2}C=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时等号成立，故 $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ 的最小值为 $4\sqrt{2}-5$ .

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 $△ABC$ 中，角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$，且满足 $\frac{\sin A}{\sin C}-1=\frac{{\sin }^{2}A-{\sin }^{2}C}{{\sin }^{2}B},A\ne C.$

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

(II) 若 $a=2$，求 $△ABC$ 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 $△ABC$ 中，角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$，满足 $(a+b+c)(a+b-c)=ab$ .

($I$) 求角 $C$ ;

(Ⅱ) 若角 $C$ 的平分线交 $AB$ 于点 $D$，且 $CD=2$，求 $2a+b$ 的最小值．

解析 1

($I$) 由 $(a+b+c)(a+b-c)=ab$ ，把 $a+b$ 看成整体，可得 $(a+b{)}^2-c^2=ab$ ，展开得 $a^2+b^2-c^2=-ab$ ，由余弦定理可知 $\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\frac{ab}{2ab}=-\frac{1}{2}$ ，即 $C=\frac{2\pi }{3}$ .

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 $C$ 的值，因此，很容易联想到等面积法来建立 $a$ 与 $b$ 的关系．

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

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

化简可得 $ab\sin \frac{2\pi }{3}=2b\sin \frac{\pi }{3}+2a\sin \frac{\pi }{3}$，即 $ab=2a+2b$，整理得 $\frac{2}{a}+\frac{2}{b}=1$，则

2 a + b = (2 a + b) (frac 2a + frac 2b) = 6 + frac 2 ba + frac 4 ab ≥slant 6 + 2 sqrt frac 2 ba · frac 4 ab = 6 + 4 sqrt 2,$$2a+b=(2a+b)\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}\right)=6+\frac{2b}{a}+\frac{4a}{b}⩾6+2\sqrt{\frac{2b}{a}\cdot \frac{4a}{b}}=6+4\sqrt{2},$$

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

当然我们也可以从角平分线定理出发，因为 $\frac{AD}{BD}=\frac{AC}{CB}$，所以我们需要把 $AD$ 和 $BD$ 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 $△ACD$ 和 $△BCD$ 中，分别由余弦定理可得 $A{D}^2=b^2+4-2b$ , $B{D}^2=a^2+4-2a$，于是 $\frac{A{D}^2}{B{D}^2}=\frac{b^2+4-2b}{a^2+4-2a}$，由角平分线定理知 $\frac{AD}{BD}=\frac{b}{a}$，所以 $\frac{b^2}{a^2}=\frac{b^2+4-2b}{a^2+4-2a}$，化简可得

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

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

(2) 当 $a\ne b$ 时，$ab=2(a+b)$，化简为 $\frac{2}{a}+\frac{2}{b}=1$，则

2 a + b = (2 a + b) (frac 2a + frac 2b) = 6 + frac 2 ba + frac 4 ab ≥slant 6 + 2 sqrt frac 2 ba · frac 4 ab = 6 + 4 sqrt 2,$$2a+b=(2a+b)\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}\right)=6+\frac{2b}{a}+\frac{4a}{b}⩾6+2\sqrt{\frac{2b}{a}\cdot \frac{4a}{b}}=6+4\sqrt{2},$$

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

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

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 $△ACD$ 中，由正弦定理得 $\frac{CD}{\sin A}=\frac{AD}{\sin \frac{\pi }{3}}$，解得 $AD=\frac{\sqrt{3}}{\sin A}$．在 $△BCD$ 中，由正弦定理得 $\frac{CD}{\sin B}=\frac{BD}{\sin \frac{\pi }{3}}$，解得 $BD=\frac{\sqrt{3}}{\sin B}$，即 $c=AD+BD=\frac{\sqrt{3}}{\sin A}+\frac{\sqrt{3}}{\sin B}$．在 $△ABC$ 中，由正弦定理可得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{\sin A}+\frac{\sqrt{3}}{\sin B}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$，即

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

因为 $\sin A>0,\sin B>0,$ 所以 $2a+b⩾2\left(3+2\sqrt{\frac{2\sin A}{\sin B}\cdot \frac{\sin B}{\sin A}}\right)=6+4\sqrt{2}$．因此 $2a+b$ 的最小值为 $6+4\sqrt{2}$ .

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 $△ABC$ 的角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$，且 $a=b+2b\cos C$ .

($I$) 求证: $C=2B$ ;

(Ⅱ) 求 $\frac{a+c}{b}$ 的取值范围．

查看解析与步骤

($I$) 在 $△ABC$ 中，由 $a=b+2b\cos C$，并结合正弦定理把边化成角，可得 $\sin A=\sin B+2\sin B\cos C$，又因为 $A=\pi -(B+C)$，所以 $\sin A=\sin (B+C)=\sin B\cos C+\cos B\sin C$，可得 $\sin B\cos C+\cos B\sin C=\sin B+2\sin B\cos C$，即 $\sin B=\sin (C-B)$，因为 $\sin B>0$，所以 $\sin (C-B)>0$，即 $0<C-B<C<\pi$，则 $B+(C-B)=C<\pi$，故 $B=C-B$，即 $C=2B$ .

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

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

又因为 $C=2B$ ，所以 $B+C=3B\in (0,\pi )$ ，得 $0<B<\frac{\pi }{3}$ 所以 $\frac{1}{2}<\cos B<1$ ，则 $1<4{\left(\cos B+\frac{1}{4}\right)}^2-$ $\frac{5}{4}<5,$ 所以 $1<\frac{a+c}{b}<5,$ 故 $\frac{a+c}{b}$ 的取值范围为(1,5).