求三角形周長類的取值范圍

前言

求三角形的周長類的取值范圍題目，可以看成三角函數圖像性質和解三角形兩大模塊的一個結合點，考查頻次比較高，希望仔細體會，加以注意；而且往往可以延申為求三角形的面積的取值范圍或者四邊形的周長的取值范圍問題。此類問題的求解常用到均值不等式或轉化為正弦型函數求解，其中的通法是轉化為正弦型函數求解。

預備知識

• 均值不等式[注意等式變化為不等式]

給定表達式\(a^2+b^2-ab=9\)，變形得到\((a+b)^2=9+3ab\)，如果用均值不等式\(ab\leq (\cfrac{a+b}{2})^2\)替換題目中的\(ab\)，原來的相等關系可以轉化為不等關系，則有\((a+b)^2\leq 9+3\times (\cfrac{a+b}{2})^2\)，得到\((a+b)^2\leq 36\)，解不等式可以得到\(a+b\leq 6\)，故可求周長\(a+b+c\)的范圍；

如果用\(a^2+b^2\ge 2ab\)替換題目中的\(a+b\)，則原來的相等關系可以轉化為不等關系，則有\(2ab\leq 9+ab\)，解不等式可以得到\(ab\leq 9\)；故可以利用\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}absinC\)求三角形面積的范圍。

• 正弦定理[角化邊]，

當已知\(A=\cfrac{\pi}{4}\)，\(a=\sqrt{2}\)時，則可知\(2R=\cfrac{a}{sinA}=2\)，故\(b=2R\cdot sinB\)，\(c=2R\cdot sinC\)，故求周長即\(\sqrt{2}+2sinB+2sinC=\sqrt{2}+2sinB+2sin(\cfrac{3\pi}{4}-B)\)，轉化為求正弦型函數的值域問題。

題目特點

此類題目往往都知道某一個角和其對邊，是對邊和對角的關系。

比如已知\(A=\cfrac{\pi}{3}\)，\(a=3\)，求三角形的周長\(a+b+c\)的范圍。

此時，思考的途徑往往有兩種：

①將周長式轉化為正弦型求解，通用方法；

②利用均值不等式求得\(b+c\)的最值，從而知道周長的最值，靈活方法；

如利用\(a^2=b^2+c^2-2bccosA\)和\(bc\leq (\cfrac{b+c}{2})^2\)，求得\(b+c\)的最值。

掌握變形

• 在\(\Delta ABC\)中，已知\(\angle A=\cfrac{\pi}{3}\)，

求\(sinB+sinC=sinB+sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)；此變形常考查周長的取值范圍；

求\(sinB\cdot sinC=sinB\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)；此變形常考查面積的取值范圍；

詳細變形過程請參考輔助角公式中的應用場景；

典例剖析

例01 【三角函數圖像性質和解三角形結合】【角的范圍不是難點】【2017•福州模擬】

在\(\Delta ABC\)中，角\(A，B，C\)的對邊分別為\(a，b，c\)，滿足\((2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC\)。　

(1)求角\(A\)的大小；(考查角度：解三角形)

(2)若\(a=3\)，求\(\Delta ABC\)的周長的最大值。(考查角度：三角函數圖像性質)

分析：(1)由\((2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC\)，以及正弦定理，

得\((2sinB-sinC)cosA=sinAcosC\)，

所以\(2sinBcosA=sinCcosA+sinAcosC\)， 所以\(2sinBcosA=sin(C+A)=sinB\)，

因為\(B\in (0，π)\)，所以\(sinB\neq 0\)，

因為\(A\in (0，π)\)，\(cosA=\cfrac{1}{2}\)，所以$A=\cfrac{\pi}{3} $。

(2)法1：均值不等式法，

由(1)得\(A=\cfrac{\pi}{3}\)，且\(a=3\)，

則由余弦定理可得，\(a^2=b^2+c^2-2bccosA\)，

即\(3^2=b^2+c^2-bc=(b+c)^2-3bc\)，

即\((b+c)^2=9+3bc\leq 9+3\times (\cfrac{b+c}{2})^2\)，視\(b+c\)為整體，

解不等式得到，\(\cfrac{1}{4}(b+c)^2\leq 9\)，即\(b+c\leq 6\)，

當且僅當\(b=c=3\)時取得等號。

則\((a+b+c)_{max}=3+6=9\)，

故\(\Delta ABC\)的周長最大值為9。

法2：三角函數法，由(1)得$A=\cfrac{\pi}{3} $，

由正弦定理得\(\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC} =\cfrac{a}{sinA} =\cfrac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}} =2\sqrt{3}\)，

所以\(b=2\sqrt{3}\cdot sinB\)； \(c=2\sqrt{3}\cdot sinC\)，

則所求的\(\Delta ABC\)的周長：

\(l=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot sinC\)

\(=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)

\(=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot (\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB+\cfrac{1}{2}sinB)\)

\(=3+3\sqrt{3}sinB+3cosB=3+6sin(B+\cfrac{\pi}{6})\)

因為\(B\in(0，\cfrac{2\pi}{3})\)，所以當\(B=\cfrac{\pi}{3}\) 時，\(\Delta ABC\)的周長取得最大值，最大值為9。

例02 【2016寶雞市第二次質量檢測第17題】【角的范圍是難點】

在\(\Delta ABC\)中，已知\(sin^2A+sin^2B+sinAsinB=sin^2C\)，其中角\(A、B、C\)的對邊分別為\(a、b、c\)，

(1).求角\(C\)的大小。

(2).求\(\cfrac{a+b}{c}\)的取值范圍。

分析：(1)角化邊，由\(\cfrac{a}{2R}=sinA，\cfrac{b}{2R}=sinB，\cfrac{c}{2R}=sinC\)

得到\(a^2+b^2+ab=c^2\)，即\(a^2+b^2-c^2=-ab\)，

故由余弦定理得到\(cosC=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\cfrac{1}{2}\)，

又\(C\in (0，\pi)\)，故\(C=\cfrac{2\pi}{3}\)。

(2)由(1)可知，\(A+B=\cfrac{\pi}{3}\)，即\(A=\cfrac{\pi}{3}-B\)

邊化角，由\(a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC\)

\(\cfrac{a+b}{c}=\cfrac{sinA+sinB}{sinC}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}(sinA+sinB)\)

\(=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}[sin(\cfrac{\pi}{3}-B)+sinB]=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB-\cfrac{1}{2}sinB+sinB]\)

\(=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}(\cfrac{1}{2}sinB+\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB)=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}sin(B+\cfrac{\pi}{3})\)，

又由\(\begin{cases}B>0\\ \cfrac{\pi}{3}-B>0\end{cases}\)得到\(0<B<\cfrac{\pi}{3}\)，

故\(\cfrac{\pi}{3}<B+\cfrac{\pi}{3}<\cfrac{2\pi}{3}\)，則\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}<sin(B+\cfrac{\pi}{3})\leq 1\)

則有\(1<\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot sin(B+\cfrac{\pi}{3})\leq \cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)

即\(\cfrac{a+b}{c}\)的取值范圍為\((1，\cfrac{2\sqrt{3}}{3}]\)。

例03 【高頻易錯題】【難點是角的范圍的確定】在銳角三角形\(ABC\)中，\(C=2B\)，求\(\cfrac{c}{b}\)的取值范圍是__________。

分析：本題先將\(\cfrac{c}{b}=\cfrac{sinC}{sinB}=2cosB\)，

接下來的難點是求\(B\)的范圍，注意列不等式的角度，銳角三角形的三個角都是銳角，要同時限制

由\(\begin{cases} &0<A<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<C<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)得到，

\(\begin{cases} &0<\pi-3B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<2B<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)

解得\(B\in (\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4})\)，故\(2cosB \in (\sqrt{2}，\sqrt{3})\)。

即\(\cfrac{c}{b}\)的取值范圍是\((\sqrt{2}，\sqrt{3})\)。

反思總結

• 三角函數和解三角形的交匯處的題型，這類題目往往會設置第一問求一個角（如\(A\)）,第二問已知邊\(a\)（注意對角和對邊的關系），

接下來可以考查的方向有：

①再已知\(S_{\Delta}\)，求解\(b+c\)的取值范圍； 或者已知\(b+c\)求\(S_{\Delta}\)的取值范圍。

②求解\(msinB\pm nsinC\)的取值范圍(\(m、n\)是實數)

③求解\(msinB\cdot nsinC\)的取值范圍(\(m、n\)是實數)

④求解\(S_{\Delta}=\cfrac{1}{2}bcsinA\)的取值范圍

分析：比如已知\(A=\cfrac{\pi}{3}\)，\(a=3\)，由\(a^2=b^2+c^2-2bccosA\)得到，

\(9=b^2+c^2-bc\)，即\(9+bc=b^2+c^2\ge 2bc\)，

解得\(bc\leq 9\)，即可得\(S_{\Delta}\)的最大值。

⑤求解周長的取值范圍 \(l=a+b+c\)

⑥求解類似周長的取值范圍 \(l=2a+3b-4c\)

⑦難點：自變量的取值范圍，已知三角形和銳角三角形時，自變量的范圍是不一樣的。

相關題型

例04 已知\(a，b\in R^{+}，a+b-ab+3=0\)，求：①、求\(ab\)的范圍；②、求\(a+b\)的范圍；

分析：①、求\(ab\)的范圍；

由於\(\because -3+ab=a+b\ge 2\sqrt{ab}\)

\(\therefore ab-2\sqrt{ab}-3\ge 0\)，

\((\sqrt{ab}+1)(\sqrt{ab}-3) \ge 0\)

$\sqrt{ab}\leq -1 或 \sqrt{ab}\ge 3 $

又\(a，b\in R^{+}\)，故 \(\sqrt{ab}\ge 3 (當且僅當a=b=3取到等號)\)

故\(ab\ge 9\)

②、求\(a+b\)的范圍；

分析：\(\because a+b+3=ab \leq (\cfrac{a+b}{2})^2，令t=a+b\)

\(t^2-4t-12 \ge 0\)，

$t \leq -2 或 t \ge 6 $

故 \(a+b \ge 6 (當且僅當a=b=3取到等號)\)

【評析】代數式中同時有\(a+b\)和\(ab\)型，兩元\(a+b，ab\)常常轉化集中為一元\(a+b\)或\(ab\)，這樣就好處理多了。

例05 【同類題】設\(m，n\in R\)，則直線\((m+1)x+(n+1)y-2=0\)與圓\((x-1)^2+(y-1)^2=1\)相切，且\(m+n\)的取值范圍是_________。

分析：由圓心\((1 ,1)\)到直線的距離等於半徑可得，

\(\cfrac{(m+1)\cdot 1+(n+1)\cdot 1-2}{\sqrt{(m+1)^2+(n+1)^2}}=1\) ，

變形得到\(mn=m+n+1\)，此時即轉化為上述例3的類型了。

由\(mn\leq (\cfrac{m+n}{2})^2\)，則\(m+n+1\leq (\cfrac{m+n}{2})^2\)，

求解上述以\(m+n\)為整體的不等式，得到\(m+n\leq 2-2\sqrt{2}\)或者\(m+n\ge 2+2\sqrt{2}\)；

其他延伸

例06 以坐標原點為圓心的單位圓\(O\)與\(x\)軸交於\(C、D\)兩點，\(AB\)為圓周上的兩點，且\(\triangle AOB\)為等邊三角形，

(1)若\(A\)點的坐標為\((\cfrac{3}{5}，\cfrac{4}{5})\)，求\(cos\angle BOC\)的值；

分析：由三角函數定義可知，\(sin\angle AOC=\cfrac{4}{5}\)，\(cos\angle AOC=\cfrac{3}{5}\)，

又\(\triangle AOB\)為等邊三角形，則\(\angle AOB=\cfrac{\pi}{3}\)，則由圖可知，

\(cos\angle BOC=cos(\angle AOC+\angle AOB)=\cfrac{1}{2}\times \cfrac{3}{5}-\cfrac{\sqrt{3}}{2}\times \cfrac{4}{5}\)

即\(cos\angle BOC=\cfrac{3-4\sqrt{3}}{10}\)；

(2)若\(\angle AOC=x(0<x<\cfrac{2\pi}{3})\)，四邊形\(CABD\)的周長為\(y\)，求出周長\(y\)的取值范圍。

分析：在\(\triangle AOC\)中，由余弦定理可知，\(|AC|=\sqrt{1^2+1^2-2\times1\times1\cdot cosx}=\sqrt{2(1-cosx)}=2sin\cfrac{x}{2}\)，

又由於\(\angle AOB=\cfrac{2\pi}{3}-x\)，同理可知，\(|BD|=2sin\cfrac{\frac{2\pi}{3}-x}{2}=2sin(\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{x}{2})\)，

又\(|AB|=1\)，\(|CD|=2\)，則可知四邊形\(CABD\)的周長\(y\)滿足：

\(y=2sin\cfrac{x}{2}+2sin(\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{x}{2})+3\)，化簡整理得到

\(y=2sin(\cfrac{x}{2}+\cfrac{\pi}{3})+3\)，

由於\(x\in (0，\cfrac{2\pi}{3})\)，則\(\cfrac{x}{2}+\cfrac{\pi}{3}\in (\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{2\pi}{3})\)，

故\(sin(\cfrac{x}{2}+\cfrac{\pi}{3})\in (\cfrac{\sqrt{3}}{2}，1]\)，則\(2sin(\cfrac{x}{2}+\cfrac{\pi}{3})+3\in (3+\sqrt{3}，5]\)，

即周長\(y\)的取值范圍為\((3+\sqrt{3}，5]\)。

例07 在\(\triangle ABC\)中，已知\(\sqrt{2}sinBcosA=sinAcosC+cosAsinC\)，其中角\(A、B、C\)的對邊分別為\(a、b、c\)，

(1).求角\(A\)的大小。

分析：由題目可知，\(\sqrt{2}sinBcosA=sin(A+C)=sinB\)，由於\(sinB\neq 0\)，

故得到\(\sqrt{2}cosA=1\)，即\(cosA=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，又\(A\in (0，\pi)\)，

故\(A=\cfrac{\pi}{4}\)。

(2).若\(a=\sqrt{2}\)，求\(\sqrt{2}b-2c\)的取值范圍。

分析：由\(a=\sqrt{2}\)，\(A=\cfrac{\pi}{4}\)，可知\(2R=\cfrac{a}{sinA}=2\)，故\(b=2R\cdot sinB\)，\(c=2R\cdot sinC\)，

故\(\sqrt{2}b-2c=\sqrt{2}\times 2\times sinB-2\times 2\times sinC=2\sqrt{2}sinB-4sin(\cfrac{3\pi}{4}-B)\)

\(=2\sqrt{2}sinB-4(\cfrac{\sqrt{2}}{2}cosB+\cfrac{\sqrt{2}}{2}sinB)\)

\(=-2\sqrt{2}cosB\)，

由於\(B\in(0，\cfrac{3\pi}{4})\)，故\(cosB\in (-\cfrac{\sqrt{2}}{2}，1)\)，\(-2\sqrt{2}cosB\in (-2\sqrt{2}，2)\)。

即\(\sqrt{2}b-2c\)的取值范圍為$ (-2\sqrt{2}，2)$。

對應練習

例08 【2019高三理科數學二輪用題】在銳角\(\triangle ABC\)中，角\(A、B、C\)的對邊分別為\(a、b、c\)，且滿足\((a-b)(sinA+sinB)=(c-b)sinC\)，若\(a=\sqrt{3}\)，則\(b^2+c^2\)的取值范圍是【】

$A(5，6]$ $B(3，5)$ $C(3，6]$ $D[5，6]$

分析：由題目\((a-b)(sinA+sinB)=(c-b)sinC\)，角化邊得到，\((a-b)(a+b)=(c-b)c\)，整理得到\(b^2+c^2-a^2=bc\)，

由余弦定理可知，\(cosA=\cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\cfrac{bc}{2bc}=\cfrac{1}{2}\)，又\(A\in (0，\pi)\)，故\(A=\cfrac{\pi}{3}\)；

又已知\(a=\sqrt{3}\)，則有\(2R=\cfrac{a}{sinA}=2\)，則\(b=2RsinB=2sinB\)，\(c=2RsinC=2sinC\)，

則\(b^2+c^2=(2sinB)^2+(2sinC)^2\)

\(=4sin^2B+4sin^2(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)

\(=2\cdot 2sin^2B+2\cdot 2sin^2(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)

\(=2(1-cos2B)+2[1-cos(\cfrac{4\pi}{3}-2B)]\)

\(=2-2cos2B+2+2cos(2B-\cfrac{\pi}{3})\)

\(=4+\sqrt{3}sin2B-cos2B=4+2sin(2B-\cfrac{\pi}{6})\)，

又由於三角形為銳角三角形，則三個角都是銳角，

故滿足\(\left\{\begin{array}{l}{0<B<\cfrac{\pi}{2}}\\{0<C<\cfrac{\pi}{2}}\end{array}\right.\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{0<B<\cfrac{\pi}{2}}\\{0<\cfrac{2\pi}{3}-B<\cfrac{\pi}{2}}\end{array}\right.\)，

解得，\(\cfrac{\pi}{6}<B<\cfrac{\pi}{2}\)，故\(\cfrac{\pi}{6}<2B-\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{5\pi}{6}\)，則\(\cfrac{1}{2}<sin(2B-\cfrac{\pi}{6})\leq 1\)

故\(b^2+c^2=4+2sin(2B-\cfrac{\pi}{6})\in (5，6]\)，故選\(A\)。

例09 【2018山東泰安一模】在\(\triangle ABC\)中，角\(A、B、C\)的對邊分別為\(a、b、c\)，且\((2a-\sqrt{3}c)^2=4b^2-c^2\).

(1).求角\(B\)的大小；

提示：\(B=\cfrac{\pi}{6}\)；

(2).若\(b=1\)，求\(\sqrt{3}a-c\)的取值范圍；

提示：\(\sqrt{3}a-c=\cdots=2sin(A-\cfrac{\pi}{6})\in (-1，2]\)，\(A\in (0，\cfrac{5\pi}{6})\)；

例10 在\(\triangle ABC\)中，\(AB=2\)，\(C=\cfrac{\pi}{6}\)，則\(AC+\sqrt{3}BC\)的最大值【】

$A.\sqrt{7}$ $B.2\sqrt{7}$ $C.3\sqrt{7}$ $D.4\sqrt{7}$

提示：題意即在\(\triangle ABC\)中，已知\(AB=c=2\)，\(C=\cfrac{\pi}{6}\)，求\(AC+\sqrt{3}BC=b+\sqrt{3}a\)的取值范圍。

此時\(2R=\cfrac{c}{\sin C}=4\)，\(AC=b=4\sin B\)，\(\sqrt{3}BC=\sqrt{3}a=4\sqrt{3}\sin A\)，\(\sin B=\sin(\cfrac{5\pi}{6}-A)\)；

\(AC+\sqrt{3}BC=b+\sqrt{3}a=4\sin B+4\sqrt{3}\sin A=\cdots=4\sqrt{7}\sin(A+\theta)\)，故選\(D\).