几何视角下的三角形面积最值问题探究|思维养成
利用动态的观点分析三角形面积的最值或取值范围问题。
前言
初中知识储备：同弧所对的圆周角相等。属于研究已知对角对边型的三角形的周长和面积的最大值问题。
案例分析
解析：根据正弦定理可得 \((2+b)(a-b)=(c-b)c\)，
因为 \(a=2\)， 代入得 \(a^{2}-b^{2}=c^{2}-bc\)， 即 \(b^{2}+c^{2}-a^{2}=bc\)，
根据余弦定理得 \(\cos A=\cfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\cfrac{1}{2}\)，
因为 \(0<A<\pi\)， 所以 \(A=\cfrac{\pi}{3}\)，这样便得到该三角形一条边 \(a\) 及其对角 \(A\) 的条件.
画出该三角形， 如图，可以发现这是一个顶角为 \(\cfrac{\pi}{3}\)， 底边长为 \(2\) 的三角形，
由正弦定理 \(\cfrac{a}{\sin A}=\cfrac{2}{\sin\cfrac{\pi}{3}}=\cfrac{4 \sqrt{3}}{3}=2R\)，
从运动变化的角度来看， 顶点 \(A\) 在半径为 \(R=\cfrac{2 \sqrt{3}}{3}\) 的圆上运动， 当且仅当点 \(A\) 运动到 \(BC\) 的中垂线与 \(\odot O\) 的优弧的交点 \(D\) 处， \(\triangle ABC\) 的面积取得最大值 \(\sqrt{3}\)， 此时 \(\triangle ABC\) 为等边三角形，故 \(\triangle ABC\) 面积的最大值为 \(\sqrt{3}\) .
〔解后反思〕：1、本题从条件来看， 给出了一个角 \(A=\cfrac{\pi}{3}\) 及其对边 \(a=2\)， 这其实就是确定了顶点 \(A\) 的运动范围，其必须在优弧 \(\overset{\frown}{BC}\)上运动，不能在劣弧 \(\overset{\frown}{BC}\) 上运动，否则角 \(A=\cfrac{2\pi}{3}\) 。 相对来说， 面积 \(S=\cfrac{1}{2}\cdot a\cdot h\) 中的底长度是确定的，高 \(h\) 是待定的，则高越大，面积就越大。从运动变化的角度更容易把握问题本质。在这个背景下的面积最值一般结果为 \(S_{\max }\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\cdot a\cdot\cfrac{a}{2\tan\frac{A}{2}}\)\(=\)\(\cfrac{a^{2}}{4\tan\frac{A}{2}}\).
2、使用本方法，从形的角度思考，能求解面积的取值范围吗？回答是肯定的，当顶点 \(A\) 到达点 \(D\) 时，面积达到最大，根据图形的对称性，我们很容易理解，当顶点 \(A\) 从点 \(D\) 往点 \(B\) 或点 \(C\) 运动时，面积必然会逐渐减小，到达点 \(B\) 或点 \(C\) 时，面积为\(0\)，故面积的取值范围为 \(\left(0,\sqrt{3}\;\right]\)；
从数的角度验证如下：
由于题目已知\(A=\cfrac{\pi}{3}，a=2\)，则\(B+C=\cfrac{2\pi}{3}\)，故\(B，C\in (0，\cfrac{2\pi}{3})\)，且\(C=\cfrac{2\pi}{3}-B\)，
则由正弦定理得\(\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC} =\cfrac{a}{sinA} =\cfrac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}} =\cfrac{4\sqrt{3}}{3}\)，
则\(b=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}sinB\)，\(c=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}sinC\)，
则\(bc=(\cfrac{4\sqrt{3}}{3})^2\cdot sinB\cdot sinC=\cfrac{16}{3}sinB\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)\) [1]
\(=\cfrac{16}{3}sinB\cdot (\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB+\cfrac{1}{2}sinB)\) \(=\cdots\)
\(=\cfrac{8}{3}sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+\cfrac{4}{3}\)
由于 \(B\in (0，\cfrac{2\pi}{3})\) ，故\(-\cfrac{\pi}{6}<2B-\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{7\pi}{6}\)，
即\(-\cfrac{1}{2}<sin(2B-\cfrac{\pi}{6})\leqslant1\)，即\(0<bc\leqslant 4\)，
又由于\(S_{\triangle}=\cfrac{1}{2}bc\cdot sinA=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot bc\)，
则 \(0<\cfrac{1}{2}bc\cdot sinA\leqslant \sqrt{3}\)，即 \(0<S_{\triangle}\leqslant \sqrt{3}\) .
〔原创改编1〕：已知 \(a\)， \(b\)， \(c\) 分别为 \(\triangle ABC\) 的内角 \(A\)， \(B\)， \(C\) 的对边， \(a=2\)， 且 \(A=\cfrac{\pi}{3}\)， 我们既可以使用正弦型求解 \(\triangle ABC\) 的取值范围，也可以采用动态运动的观点求解 \(\triangle ABC\) 的取值范围，你能求解 \(\triangle ABC\) 面积的取值范围吗 ________.
〔原创改编2〕：在 \(\triangle ABC\) 中，若\(\sin A=\cfrac{3}{4}\)，\(a=10\)，则边长 \(c\) 的取值范围是 \((0,\cfrac{40}{3}]\) .
提示：从形的角度求解，仿照上述动态课件理解；从数的角度求解，\(c=2R\times\sin C\) .
探究应用
法1： 在 \(\triangle ABC\) 中， \(\cfrac{2a-c}{b}=\cfrac{\cos C}{\cos B}\)，所以 \((2a-c)\cos B=b\cos C\) ，
所以 \((2\sin A-\sin C) \cos B=\sin B \cos C\)，
则 \(2\sin A\cos B=\sin C\cos B+\sin B\cos C=\sin(B+C)=\sin A\) ，
故得到，\(\cos B=\cfrac{1}{2}\) ，即 \(B=\cfrac{\pi}{3}\) ，由余弦定理可得
\(16=a^{2}+c^{2}-2ac\cos B=a^{2}+c^{2}-ac\geqslant 2ac-ac\)，
即 \(ac\leqslant 16\) ，当且仅当 \(a=c\) 时取等号，
故 \(\triangle ABC\) 的面积 \(S=\cfrac{1}{2}ac\sin B=\cfrac{\sqrt{3}}{4}ac\leqslant 4\sqrt{3}\)，故选 \(A\) .
法2：当得到 \(B=\cfrac{\pi}{3}\) ，且 \(b=4\) 时，转化为正弦型求解；
法3：当得到 \(B=\cfrac{\pi}{3}\) ，且 \(b=4\) 时，转化为数形结合求解，此方法是选择题的最佳求解方法。
(1).求角\(A\).
分析：由已知\(\vec{m}//\vec{n}\)，可得到\(a\cos C+\sqrt{3}a\sin C-b-c=0\)，
由正弦定理边化角可得，\(\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C-\sin B-\sin C=0\)，
由于\(B=\pi-A-C\)，则有\(\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C-\sin(A+C)-\sin C=0\)，
整理得到，\(\sqrt{3}\sin A\sin C-\cos A\sin C-\sin C=0\)，
由于\(\sin C\neq 0\)，则得到\(\sqrt{3}\sin A-\cos A-1=0\)，
由辅助角公式可得，\(2\sin(A-\cfrac{\pi}{6})=1\)，
即\(\sin(A-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{1}{2}\)，
由\(0<A<\cfrac{\pi}{2}\)，则\(-\cfrac{\pi}{6}<A-\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{\pi}{3}\)，
则\(A-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{6}\)，故\(A=\cfrac{\pi}{3}\).
(2).若\(a=3\)，求\(\triangle ABC\)面积的取值范围。
法1：使用均值不等式求解；此时已知 \(A=\cfrac{\pi}{3}\)，\(a=3\)，
由余弦定理可知，\(a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\)，即\(3^2=b^2+c^2-bc=(b+c)^2-3bc\)；
即 \((b+c)^2=9+3bc\geqslant (2\sqrt{bc})^2=4bc\)，即 \(bc\leqslant 9\) ；
即\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}bc\cdot\sin A=\cfrac{\sqrt{3}}{4}bc\)，
故 \(\cfrac{\sqrt{3}}{4}bc\leqslant \cfrac{9\sqrt{3}}{4}\)； 故 \([S_{\triangle ABC}]_{\max}=\cfrac{9\sqrt{3}}{4}\)；
本解法的缺陷：不能求解面积的最小值。
法2： 由\(\cfrac{b}{\sin B}=\cfrac{c}{\sin C}=\cfrac{a}{\sin A}=\cfrac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{3}\),
则得\(b=2\sqrt{3}\sin B\)， \(c=2\sqrt{3}\sin C\)，\(C=\cfrac{2\pi}{3}-B\)，
所以\(bc=12\sin B\sin C=12\sin B\sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)=12\sin B\sin(\cfrac{\pi}{3}+B)\)
\(=12\sin B(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot \cos B+\cfrac{1}{2}\cdot\sin B)=6\sqrt{3}\sin B\cos B+6\sin^2B\)
\(=3\sqrt{3}\sin2B+3(1-\cos2B)=3\sqrt{3}\sin2B-3\cos2B+3\)
\(=6(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\sin2B-\cfrac{1}{2}\cos2B)+3=6\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+3\)
由于\(\triangle ABC\)为锐角三角形，所以\(\left\{\begin{array}{l}0<B<\cfrac{\pi}{2}\\ 0<\cfrac{2 \pi}{3}-B<\cfrac{\pi}{2}\end{array}\right.\), 解得\(\cfrac{\pi}{6}<B<\cfrac{\pi}{2}\)
所以\(\cfrac{\pi}{6}<2B-\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{5\pi}{6}\)，\(\cfrac{1}{2}<\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})\leqslant 1\)，
故\(6<6\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+3\leqslant 9\)，即\(6<bc\leqslant9\)
又由于\(S_{\triangle_{ABC}}=\cfrac{1}{2}bc\sin A=\cfrac{\sqrt{3}}{4}bc\)
故\(\cfrac{3\sqrt{3}}{2}<\cfrac{\sqrt{3}}{4}bc\leqslant \cfrac{9\sqrt{3}}{4}\)
所以， \(\triangle ABC\) 面积的取值范围为\((\cfrac{3\sqrt{3}}{2}, \cfrac{9\sqrt{3}}{4}]\).
法3：使用动态的观点求解；
如图所示，做出锐角\(\triangle ABC\)，则顶点 \(A\) 首先应该在优弧 \(\overset{\frown}{BC}\)上运动，不能在劣弧 \(\overset{\frown}{BC}\) 上运动，为了保证三角形为锐角三角形，我们还必须添加其他限制条件，简单点想，首先考虑其中的一个临界位置，比如考虑面积的最大值，则顶点 \(A\) 应该在点 \(D\) 处，此时三角形为等边三角形，\(S_{\max}\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{4}\times3^2\)\(=\)\(\cfrac{9\sqrt{3}}{4}\)，当点 \(A\) 从点 \(D\) 顺时针向点 \(B\) 运动或向点 \(C\) 逆时针运动时，三角形的面积开始减小，当到达点 \(E\) 或点 \(F\) 时，三角形变为直角三角形[此时为锐角三角形和钝角三角形的临界位置]，此时面积为 \(\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)，故 \(\triangle ABC\) 面积的取值范围为\((\cfrac{3\sqrt{3}}{2}, \cfrac{9\sqrt{3}}{4}]\).
【法1】： 由于 \(a=6\)，设 \(b=x\)，则\(c=2x\)，可得\(: p=\cfrac{1}{2}(a+b+c)=3+\cfrac{3 x}{2}\)
所以 \(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{(3+\cfrac{3}{2}x)(\cfrac{3}{2}x-3)(3+\cfrac{1}{2}x)(3-\cfrac{1}{2}x)}\)
\(=\sqrt{[(\cfrac{3}{2}x)^2-3^2][3^2-(\cfrac{1}{2}x)^2]}=\sqrt{(\cfrac{9x^2}{4}-9)(9-\cfrac{x^2}{4})}\)
\(=\sqrt{\cfrac{81x^2}{4}-\cfrac{9x^4}{16}-81+\cfrac{9x^2}{4}}=\sqrt{-\cfrac{9}{16}x^4+\cfrac{90}{4}x^2-81}\)
\(=\sqrt{-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2)-81}=\sqrt{-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2+20^2)-81+\cfrac{9}{16}\times 20^2}\)
\(=\sqrt{225-81-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2+20^2)}\)\(=\sqrt{144-\cfrac{9}{16}(x^{2}-20)^{2}}\)
由三角形的三边关系可知：\(\left\{\begin{array}{l}{x+2x>6}\\{x+6>2x}\\{6+2x>x}\end{array}\right.\)，解得：\(2<x<6\)
故当\(x^2=20\)，即当\(x=2\sqrt{5}\in (2,6)\)时， \(S_{\triangle ABC}\)取得最大值\(12\) [2]
此时由\(\cfrac{1}{2}\times 2\sqrt{5}\times4\sqrt{5}\sin A=12\)，解得：\(\sin A=\cfrac{3}{5}\)
解后反思：①明确海伦公式的作用，已知三边可以求解三角形的面积，或表示了三边，可以表达三角形的面积函数，从而可以求面积的最值；
②注意此题目的运算，有相当的难度，求最值时还涉及到复合函数；
③注意利用三角形的三边关系，求自变量的取值范围的技巧；
【法2】：由于\(|BC|=6\)为定值，求 \(\triangle ABC\)面积的最大值，只需要求出顶点 \(A\) 到 \(BC\) 边距离的最大值即可，注意到 \(AB=2AC\)，从运动变化的视角，点 \(A\) 是运动变化的，因此有必要探索此点 \(A\) 的几何特征，即轨迹是什么。
如图，以 \(BC\) 所在的直线为 \(x\) 轴，以 \(BC\) 的中垂线为 \(y\) 轴建立直角坐标系 \(xOy\)，易知点 \(B(-3,0)\)， \(C(-3,0)\)，
设点 \(A(x,y)\)，则由 \(AB=2AC\)可得，\(\sqrt{(x+3)^2+y^2}=2\sqrt{(x-3)^2+y^2}\)，
化简整理，得到 \((x-5)^2+y^2=16=4^2\)，其中 \(x\neq0\)，所以点 \(A\) 的轨迹是以点 \((5,0)\) 为圆心，以\(4\)为半径的圆(剔除 \(x\) 轴上的两个点)，易知点 \(A\) 到 \(BC\) 边距离的最大值，即点 \(D\) 到 \(x\) 轴的距离，也即是圆的半径 \(4\) ，
故 \(\triangle ABC\) 的面积的最大值为 \(S_{\max}=\cfrac{1}{2}\times 6\times 4=12\)，
此时点 \(A\) 位于 点 \(D\) 处，可知 \(AE=4\)， \(BE=8\)， 由勾股定理可知，\(AB=4\sqrt{5}\)，同时 \(AE=4\)， \(CE=2\)，由勾股定理可知，\(AC=2\sqrt{5}\)，
在 \(\triangle ABC\) 中，\(AB=4\sqrt{5}\)，\(AC=2\sqrt{5}\)，\(BC=6\)，
由余弦定理可以求得，\(\cos A=\cfrac{(4\sqrt{5})^2+(2\sqrt{5})^2-6^2}{2\times4\sqrt{5}\times2\sqrt{5}}=\cfrac{4}{5}\)，故 \(\sin A=\cfrac{3}{5}\) .
法1：由于\(AB:AC=2:1\)，则由三角形的内角平分线定理可知\(BD:DC=2:1\)，
则\(S_{\triangle ABD}=\cfrac{2}{3}S_{\triangle ABC}=\cfrac{2}{3}\times \cfrac{1}{2}\times 2\times1 \times sinA=\cfrac{2}{3}sinA\leq \cfrac{2}{3}\)，
当且仅当\(sinA=1\)时，即\(\angle A=\cfrac{\pi}{2}\)时，\(S_{\triangle ABD}\)面积最大，为\(\cfrac{2}{3}\)，故选\(B\)；
法2：利用图形求解；说明：要求面积的最大值，则需要高度最大，
如图所示，三角形的底边为\(AB=2\)为定值，则高度最大时，面积最大，
由于\(AC=1\)为定值，相当于点\(C\)在半圆上运动，很显然当\(\angle A=\cfrac{\pi}{2}\)时，\(\triangle ABD\)的高\(h\)最大，
由三角形相似可知，此时\(h=\cfrac{2}{3}\)，故\(S_{\triangle ABD}=\cfrac{1}{2}\times 2\times \cfrac{2}{3}=\cfrac{2}{3}\)，故选\(B\)；
法3：如下图所示，由于\(AB:AC=2:1\)，则由三角形的内角平分线定理可知\(BD:DC=2:1\)，令\(BD=2k\)，\(DC=k(k>0)\)，
则\(cos\theta=\cfrac{2^2+(3k)^2-1^2}{2\times 2\times 3k}=\cfrac{3k^2-1}{4k}\)，
则\(sin\theta=\sqrt{1-(\cfrac{3k^2-1}{4k})^2}=\sqrt{\cfrac{-9k^4+10k^2-1}{16k^2}}\)，
则\(S_{\triangle ABD}=\cfrac{1}{2}\times 2\times 2k\times sin\theta\)
\(=2\times \sqrt{k^2\times \cfrac{-9k^4+10k^2-1}{16k^2}}=2\sqrt{\cfrac{-9k^4+10k^2-1}{16}}\)，
令\(f(k)=-9k^4+10k^2-1\)，则\(f'(k)=-36k^3+20k=-k(36k^2-20)\)，
令\(f'(k)=0\)，得到\(k=0\)(舍去)或\(k=-\cfrac{\sqrt{5}}{3}\)(舍去)，或\(k=\cfrac{\sqrt{5}}{3}\)，
由穿根法得到其大致图像可知，
\(f(k)\)在区间\((0，\cfrac{\sqrt{5}}{3})\)上单调递增，在区间\((\cfrac{\sqrt{5}}{3}，+\infty)\)上单调递减，
故\(f(k)_{max}=f(\cfrac{\sqrt{5}}{3})=\cfrac{16}{9}\)，
故面积的最大值为\(S_{\triangle ABD}=2\sqrt{\cfrac{-9k^4+10k^2-1}{16}}=2\sqrt{\cfrac{\frac{16}{9}}{16}}=\cfrac{2}{3}\). 故选\(B\)；
解后感悟：各位同学，如果能看到这里，估计你也能体会到导数的强大功能了吧。
详细变形过程如下所述：
\(=\cfrac{16}{3}sinB\cdot (\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB+\cfrac{1}{2}sinB)\)
\(=\cfrac{16}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{2}sinB\cdot cosB+\cfrac{1}{2}sin^2B]\)
\(=\cfrac{16}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{4}sin2B+\cfrac{1}{4}(1-cos2B)]\)
\(=\cfrac{16}{3}(\cfrac{\sqrt{3}}{4}sin2B-\cfrac{1}{4}cos2B+\cfrac{1}{4})\)
\(=\cfrac{8}{3}(sin2B\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2}-cos2B\cdot \cfrac{1}{2})+\cfrac{4}{3}\)
\(=\cfrac{8}{3}sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+\cfrac{4}{3}\) ↩︎设\(x^2=t\)，则\(g(t)=144-\cfrac{9}{16}(t-20)^{2}\)，是二次函数，图像开口向下，\(g(t)_{max}=g(20)=144\)，
而函数\(m=\sqrt{n}\)是单调递增的，故\([\sqrt{144-\cfrac{9}{16}(x^{2}-20)^{2}}]_{max}=\sqrt{144}=12\). ↩︎
