前言
初中知識儲備：同弧所對的圓周角相等。
案例分析
解析：根據正弦定理可得 \((2+b)(a-b)=(c-b)c\)，
因為 \(a=2\)， 代入得 \(a^{2}-b^{2}=c^{2}-bc\)， 即 \(b^{2}+c^{2}-a^{2}=bc\)，
根據余弦定理得 \(\cos A=\cfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\cfrac{1}{2}\)，
因為 \(0<A<\pi\)， 所以 \(A=\cfrac{\pi}{3}\)，這樣便得到該三角形一條邊 \(a\) 及其對角 \(A\) 的條件.
畫出該三角形， 如圖，可以發現這是一個頂角為 \(\cfrac{\pi}{3}\)， 底邊長為 \(2\) 的三角形，
由正弦定理 \(\cfrac{a}{\sin A}=\cfrac{2}{\sin\cfrac{\pi}{3}}=\cfrac{4 \sqrt{3}}{3}=2R\)，
從運動變化的角度來看， 頂點 \(A\) 在半徑為 \(R=\cfrac{2 \sqrt{3}}{3}\) 的圓上運動， 當且僅當點 \(A\) 運動到 \(BC\) 的中垂線與 \(\odot O\) 的優弧的交點 \(D\) 處， \(\triangle ABC\) 的面積取得最大值 \(\sqrt{3}\)， 此時 \(\triangle ABC\) 為等邊三角形，故 \(\triangle ABC\) 面積的最大值為 \(\sqrt{3}\) .
〔解后反思〕：1、本題從條件來看， 給出了一個角 \(A=\cfrac{\pi}{3}\) 及其對邊 \(a=2\)， 這其實就是確定了頂點 \(A\) 的運動范圍，其必須在優弧 \(\overset{\frown}{BC}\)上運動，不能在劣弧 \(\overset{\frown}{BC}\) 上運動，否則角 \(A=\cfrac{2\pi}{3}\) 。 相對來說， 面積 \(S=\cfrac{1}{2}\cdot a\cdot h\) 中的底長度是確定的，高 \(h\) 是待定的，則高越大，面積就越大。從運動變化的角度更容易把握問題本質。在這個背景下的面積最值一般結果為 \(S_{\max }\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\cdot a\cdot\cfrac{a}{2\tan\frac{A}{2}}\)\(=\)\(\cfrac{a^{2}}{4\tan\frac{A}{2}}\).
2、使用本方法，從形的角度思考，能求解面積的取值范圍嗎？回答是肯定的，當頂點 \(A\) 到達點 \(D\) 時，面積達到最大，根據圖形的對稱性，我們很容易理解，當頂點 \(A\) 從點 \(D\) 往點 \(B\) 或點 \(C\) 運動時，面積必然會逐漸減小，到達點 \(B\) 或點 \(C\) 時，面積為\(0\)，故面積的取值范圍為 \(\left(0,\sqrt{3}\;\right]\)；
從數的角度驗證如下：
由於題目已知\(A=\cfrac{\pi}{3}，a=2\)，則\(B+C=\cfrac{2\pi}{3}\)，故\(B，C\in (0，\cfrac{2\pi}{3})\)，且\(C=\cfrac{2\pi}{3}-B\)，
則由正弦定理得\(\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC} =\cfrac{a}{sinA} =\cfrac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}} =\cfrac{4\sqrt{3}}{3}\)，
則\(b=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}sinB\)，\(c=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}sinC\)，
則\(bc=(\cfrac{4\sqrt{3}}{3})^2\cdot sinB\cdot sinC=\cfrac{16}{3}sinB\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)\) [1]
\(=\cfrac{16}{3}sinB\cdot (\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB+\cfrac{1}{2}sinB)\) \(=\cdots\)
\(=\cfrac{8}{3}sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+\cfrac{4}{3}\)
由於 \(B\in (0，\cfrac{2\pi}{3})\) ，故\(-\cfrac{\pi}{6}<2B-\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{7\pi}{6}\)，
即\(-\cfrac{1}{2}<sin(2B-\cfrac{\pi}{6})\leqslant1\)，即\(0<bc\leqslant 4\)，
又由於\(S_{\triangle}=\cfrac{1}{2}bc\cdot sinA=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot bc\)，
則 \(0<\cfrac{1}{2}bc\cdot sinA\leqslant \sqrt{3}\)，即 \(0<S_{\triangle}\leqslant \sqrt{3}\) .
〔原創改編〕：已知 \(a\)， \(b\)， \(c\) 分別為 \(\triangle ABC\) 的內角 \(A\)， \(B\)， \(C\) 的對邊， \(a=2\)， 且 \(A=\cfrac{\pi}{3}\)， 我們既可以使用正弦型求解 \(\triangle ABC\) 的取值范圍，也可以采用動態運動的觀點求解 \(\triangle ABC\) 的取值范圍，你能求解 \(\triangle ABC\) 面積的取值范圍嗎 ________.
探究應用
(1).求角\(A\).
分析：由已知\(\vec{m}//\vec{n}\)，可得到\(a\cos C+\sqrt{3}a\sin C-b-c=0\)，
由正弦定理邊化角可得，\(\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C-\sin B-\sin C=0\)，
由於\(B=\pi-A-C\)，則有\(\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C-\sin(A+C)-\sin C=0\)，
整理得到，\(\sqrt{3}\sin A\sin C-\cos A\sin C-\sin C=0\)，
由於\(\sin C\neq 0\)，則得到\(\sqrt{3}\sin A-\cos A-1=0\)，
由輔助角公式可得，\(2\sin(A-\cfrac{\pi}{6})=1\)，
即\(\sin(A-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{1}{2}\)，
由\(0<A<\cfrac{\pi}{2}\)，則\(-\cfrac{\pi}{6}<A-\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{\pi}{3}\)，
則\(A-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{6}\)，故\(A=\cfrac{\pi}{3}\).
(2).若\(a=3\)，求\(\triangle ABC\)面積的取值范圍。
法1：使用均值不等式求解；此時已知 \(A=\cfrac{\pi}{3}\)，\(a=3\)，
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：不能求解面積的最小值。
法2： 由\(\cfrac{b}{\sin B}=\cfrac{c}{\sin C}=\cfrac{a}{\sin A}=\cfrac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{3}\),
則得\(b=2\sqrt{3}\sin B\)， \(c=2\sqrt{3}\sin C\)，\(C=\cfrac{2\pi}{3}-B\)，
所以\(bc=12\sin B\sin C=12\sin B\sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)=12\sin B\sin(\cfrac{\pi}{3}+B)\)
\(=12\sin B(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot \cos B+\cfrac{1}{2}\cdot\sin B)=6\sqrt{3}\sin B\cos B+6\sin^2B\)
\(=3\sqrt{3}\sin2B+3(1-\cos2B)=3\sqrt{3}\sin2B-3\cos2B+3\)
\(=6(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\sin2B-\cfrac{1}{2}\cos2B)+3=6\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+3\)
由於\(\triangle ABC\)為銳角三角形，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\(6<bc\leqslant9\)
又由於\(S_{\triangle_{ABC}}=\cfrac{1}{2}bc\sin A=\cfrac{\sqrt{3}}{4}bc\)
故\(\cfrac{3\sqrt{3}}{2}<\cfrac{\sqrt{3}}{4}bc\leqslant \cfrac{9\sqrt{3}}{4}\)
所以， \(\triangle ABC\) 面積的取值范圍為\((\cfrac{3\sqrt{3}}{2}, \cfrac{9\sqrt{3}}{4}]\).
法3：使用動態的觀點求解；
如圖所示，做出銳角\(\triangle ABC\)，則頂點 \(A\) 首先應該在優弧 \(\overset{\frown}{BC}\)上運動，不能在劣弧 \(\overset{\frown}{BC}\) 上運動，為了保證三角形為銳角三角形，我們還必須添加其他限制條件，簡單點想，首先考慮其中的一個臨界位置，比如考慮面積的最大值，則頂點 \(A\) 應該在點 \(D\) 處，此時三角形為等邊三角形，\(S_{\max}\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{4}\times3^2\)\(=\)\(\cfrac{9\sqrt{3}}{4}\)，當點 \(A\) 從點 \(D\) 向點 \(B\) 或點 \(C\) 運動時，三角形的面積開始減小，當到達點 \(E\) 或點 \(F\) 時，三角形變為直角三角形[此時為另一個銳角三角形和直角三角形的臨界位置]，此時面積為 \(\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)，故 \(\triangle ABC\) 面積的取值范圍為\((\cfrac{3\sqrt{3}}{2}, \cfrac{9\sqrt{3}}{4}]\).
【法1】： 由於 \(a=6\)，設 \(b=x\)，則\(c=2x\)，可得\(: p=\cfrac{1}{2}(a+b+c)=3+\cfrac{3 x}{2}\)
所以 \(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{(3+\cfrac{3}{2}x)(\cfrac{3}{2}x-3)(3+\cfrac{1}{2}x)(3-\cfrac{1}{2}x)}\)
\(=\sqrt{[(\cfrac{3}{2}x)^2-3^2][3^2-(\cfrac{1}{2}x)^2]}=\sqrt{(\cfrac{9x^2}{4}-9)(9-\cfrac{x^2}{4})}\)
\(=\sqrt{\cfrac{81x^2}{4}-\cfrac{9x^4}{16}-81+\cfrac{9x^2}{4}}=\sqrt{-\cfrac{9}{16}x^4+\cfrac{90}{4}x^2-81}\)
\(=\sqrt{-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2)-81}=\sqrt{-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2+20^2)-81+\cfrac{9}{16}\times 20^2}\)
\(=\sqrt{225-81-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2+20^2)}\)\(=\sqrt{144-\cfrac{9}{16}(x^{2}-20)^{2}}\)
由三角形的三邊關系可知：\(\left\{\begin{array}{l}{x+2x>6}\\{x+6>2x}\\{6+2x>x}\end{array}\right.\)，解得：\(2<x<6\)
故當\(x^2=20\)，即當\(x=2\sqrt{5}\in (2,6)\)時， \(S_{\triangle ABC}\)取得最大值\(12\) [2]
此時由\(\cfrac{1}{2}\times 2\sqrt{5}\times4\sqrt{5}\sin A=12\)，解得：\(\sin A=\cfrac{3}{5}\)
解后反思：①明確海倫公式的作用，已知三邊可以求解三角形的面積，或表示了三邊，可以表達三角形的面積函數，從而可以求面積的最值；
②注意此題目的運算，有相當的難度，求最值時還涉及到復合函數；
③注意利用三角形的三邊關系，求自變量的取值范圍的技巧；
【法2】：由於\(|BC|=6\)為定值，求 \(\triangle ABC\)面積的最大值，只需要求出頂點 \(A\) 到 \(BC\) 邊距離的最大值即可，注意到 \(AB=2AC\)，從運動變化的視角，點 \(A\) 是運動變化的，因此有必要探索此點 \(A\) 的幾何特征，即軌跡是什么。
如圖，以 \(BC\) 所在的直線為 \(x\) 軸，以 \(BC\) 的中垂線為 \(y\) 軸建立直角坐標系 \(xOy\)，易知點 \(B(-3,0)\)， \(C(-3,0)\)，
設點 \(A(x,y)\)，則由 \(AB=2AC\)可得，\(\sqrt{(x+3)^2+y^2}=2\sqrt{(x-3)^2+y^2}\)，
化簡整理，得到 \((x-5)^2+y^2=16=4^2\)，其中 \(x\neq0\)，所以點 \(A\) 的軌跡是以點 \((5,0)\) 為圓心，以\(4\)為半徑的圓(剔除 \(x\) 軸上的兩個點)，易知點 \(A\) 到 \(BC\) 邊距離的最大值，即點 \(D\) 到 \(x\) 軸的距離，也即是圓的半徑 \(4\) ，
故 \(\triangle ABC\) 的面積的最大值為 \(S_{\max}=\cfrac{1}{2}\times 6\times 4=12\)，
此時點 \(A\) 位於 點 \(D\) 處，可知 \(AE=4\)， \(BE=8\)， 由勾股定理可知，\(AB=4\sqrt{5}\)，同時 \(AE=4\)， \(CE=2\)，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 \(\sin A=\cfrac{3}{5}\) .
【非對角對邊型的】
詳細變形過程如下所述：
\(=\cfrac{16}{3}sinB\cdot (\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB+\cfrac{1}{2}sinB)\)
\(=\cfrac{16}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{2}sinB\cdot cosB+\cfrac{1}{2}sin^2B]\)
\(=\cfrac{16}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{4}sin2B+\cfrac{1}{4}(1-cos2B)]\)
\(=\cfrac{16}{3}(\cfrac{\sqrt{3}}{4}sin2B-\cfrac{1}{4}cos2B+\cfrac{1}{4})\)
\(=\cfrac{8}{3}(sin2B\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2}-cos2B\cdot \cfrac{1}{2})+\cfrac{4}{3}\)
\(=\cfrac{8}{3}sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+\cfrac{4}{3}\) ↩︎設\(x^2=t\)，則\(g(t)=144-\cfrac{9}{16}(t-20)^{2}\)，是二次函數，圖像開口向下，\(g(t)_{max}=g(20)=144\)，
而函數\(m=\sqrt{n}\)是單調遞增的，故\([\sqrt{144-\cfrac{9}{16}(x^{2}-20)^{2}}]_{max}=\sqrt{144}=12\). ↩︎