2006-江西卷理-19 解-三角函数的恒等变换与最值

本题导读

本题考查正三角形几何性质与三角函数最值的综合应用。核心在于利用正弦定理建立三角形面积关于角度 $\alpha$ 的函数模型，再利用三角恒等变换与二倍角公式求解最值。

📌【题干】

Question

（2006年江西卷(理)） 如图，已知 $△ABC$ 是边长为 1 的正三角形， $M、N$ 分别是边 $AB、AC$ 上的点，线段 $MN$ 经过 $△ABC$ 的中心 $G$. 设 $\angle MGA=\alpha$ $\left(\frac{\pi }{3}\le \alpha \le \frac{2\pi }{3}\right)$.

(1) 试将 $△AGM$、 $△AGN$ 的面积（分别记为 $S_1$ 与 $S_2$）表示为 $\alpha$ 的函数；

(2) 求 $y=\frac{1}{S_1^2}+\frac{1}{S_2^2}$ 的最大值与最小值.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问：因为 $G$ 是正三角形 $ABC$ 的中心，连接 $AG$ 并延长交 $BC$ 于 $D$，可知 $AD$ 为 $\angle BAC$ 的平分线，得 $\angle MAG=\angle NAG=30^{\circ }$，且 $AG=\frac{2}{3}AD=\frac{\sqrt{3}}{3}$。在 $△AGM$ 与 $△AGN$ 中利用内角和定理求出 $\angle AMG$ 和 $\angle ANG$，应用正弦定理求出 $AM,AN$ 或直接利用面积公式 $S=\frac{1}{2}ab\sin C$ 构建函数。 第二问：将 $S_1,S_2$ 的函数式代入目标式 $y=\frac{1}{S_1^2}+\frac{1}{S_2^2}$，运用正弦、余弦的二倍角公式与辅助角公式化简为关于 $\sin 2\alpha$ 或 $\cos 2\alpha$ 的一元二次函数形式，结合 $\alpha$ 的定义域求最值。

✅【答案】

Success

(1) $S_1=\frac{\sin \alpha }{6\left(\cos \alpha +\sqrt{3}\sin \alpha \right)}$，$S_2=\frac{\sin \alpha }{6\left(\sqrt{3}\sin \alpha -\cos \alpha \right)}$

(2) $y$ 的最大值为 $240$，最小值为 $216$

✍【详细解析】

Abstract

解：(1) 因为 $G$ 为边长为 1 的正三角形 $ABC$ 的中心， 所以 $AD=1\times \sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$。 根据重心性质， $AG=\frac{2}{3}AD=\frac{2}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。 同时， $AD$ 平分 $\angle BAC$，故 $\angle MAG=\angle NAG=30^{\circ }$。

在 $△AGM$ 中，已知 $\angle MGA=\alpha$， $\angle MAG=30^{\circ }$， 则 $\angle AMG=180^{\circ }-(30^{\circ }+\alpha )=150^{\circ }-\alpha$。 根据正弦定理： $\frac{AM}{\sin \angle MGA}=\frac{AG}{\sin \angle AMG}⟹\frac{AM}{\sin \alpha }=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sin (150^{\circ }-\alpha )}$ $AM=\frac{\sqrt{3}\sin \alpha }{3\sin (150^{\circ }-\alpha )}$

由三角形面积公式得 $S_1$： $S_1=\frac{1}{2}\cdot AM\cdot AG\cdot \sin \angle MAG=\frac{1}{2}\times \frac{\sqrt{3}\sin \alpha }{3\sin (150^{\circ }-\alpha )}\times \frac{\sqrt{3}}{3}\times \sin 30^{\circ }$ $S_1=\frac{1}{2}\times \frac{\sqrt{3}\sin \alpha }{3\sin (150^{\circ }-\alpha )}\times \frac{\sqrt{3}}{3}\times \frac{1}{2}=\frac{\sin \alpha }{12\sin (150^{\circ }-\alpha )}$ 由于 $\sin (150^{\circ }-\alpha )=\sin 150^{\circ }\cos \alpha -\cos 150^{\circ }\sin \alpha =\frac{1}{2}\cos \alpha +\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \alpha$，所以： $S_1=\frac{\sin \alpha }{12\left(\frac{1}{2}\cos \alpha +\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \alpha \right)}=\frac{\sin \alpha }{6(\cos \alpha +\sqrt{3}\sin \alpha )}$

在 $△AGN$ 中，由于 $A,G,D$ 三点共线， $\angle MGA=\alpha$， 则 $\angle NGA=180^{\circ }-\alpha$。且 $\angle NAG=30^{\circ }$。 则 $\angle ANG=180^{\circ }-(30^{\circ }+180^{\circ }-\alpha )=\alpha -30^{\circ }$。 根据正弦定理： $\frac{AN}{\sin \angle NGA}=\frac{AG}{\sin \angle ANG}⟹\frac{AN}{\sin (180^{\circ }-\alpha )}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sin (\alpha -30^{\circ })}$ $AN=\frac{\sqrt{3}\sin \alpha }{3\sin (\alpha -30^{\circ })}$

由三角形面积公式得 $S_2$： $S_2=\frac{1}{2}\cdot AN\cdot AG\cdot \sin \angle NAG=\frac{1}{2}\times \frac{\sqrt{3}\sin \alpha }{3\sin (\alpha -30^{\circ })}\times \frac{\sqrt{3}}{3}\times \sin 30^{\circ }$ $S_2=\frac{\sin \alpha }{12\sin (\alpha -30^{\circ })}$ 由于 $\sin (\alpha -30^{\circ })=\sin \alpha \cos 30^{\circ }-\cos \alpha \sin 30^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \alpha -\frac{1}{2}\cos \alpha$，所以： $S_2=\frac{\sin \alpha }{12\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \alpha -\frac{1}{2}\cos \alpha \right)}=\frac{\sin \alpha }{6(\sqrt{3}\sin \alpha -\cos \alpha )}$

故所求面积函数为： $S_1=\frac{\sin \alpha }{6(\sqrt{3}\sin \alpha +\cos \alpha )},S_2=\frac{\sin \alpha }{6(\sqrt{3}\sin \alpha -\cos \alpha )}\left(\frac{\pi }{3}\le \alpha \le \frac{2\pi }{3}\right)$

(2) 将 $S_1,S_2$ 代入目标代数式 $y=\frac{1}{S_1^2}+\frac{1}{S_2^2}$： $y={\left[\frac{6(\sqrt{3}\sin \alpha +\cos \alpha )}{\sin \alpha }\right]}^2+{\left[\frac{6(\sqrt{3}\sin \alpha -\cos \alpha )}{\sin \alpha }\right]}^2$ $y=\frac{36}{{\sin }^2\alpha }\left[(\sqrt{3}\sin \alpha +\cos \alpha {)}^2+(\sqrt{3}\sin \alpha -\cos \alpha {)}^2\right]$ 展开括号内多项式并合并同类项： $y=\frac{36}{{\sin }^2\alpha }\left[(3{\sin }^2\alpha +2\sqrt{3}\sin \alpha \cos \alpha +{\cos }^2\alpha )+(3{\sin }^2\alpha -2\sqrt{3}\sin \alpha \cos \alpha +{\cos }^2\alpha )\right]$ $y=\frac{36}{{\sin }^2\alpha }\left(6{\sin }^2\alpha +2{\cos }^2\alpha \right)=\frac{36}{{\sin }^2\alpha }\left(4{\sin }^2\alpha +2({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha )\right)$ $y=\frac{36}{{\sin }^2\alpha }\left(4{\sin }^2\alpha +2\right)=144+\frac{72}{{\sin }^2\alpha }$

因为 $\frac{\pi }{3}\le \alpha \le \frac{2\pi }{3}$，根据正弦函数在该区间的单调性与对称性： 当 $\alpha =\frac{\pi }{2}$ 时， $\sin \alpha$ 取得最大值 $1$，则 ${\sin }^2\alpha$ 的最大值为 1； 当 $\alpha =\frac{\pi }{3}$ 或 $\alpha =\frac{2\pi }{3}$ 时， $\sin \alpha$ 取得最小值 $\frac{\sqrt{3}}{2}$，则 ${\sin }^2\alpha$ 的最小值为 ${\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2=\frac{3}{4}$。

将值域边界代入 $y=144+\frac{72}{{\sin }^2\alpha }$ 中：

• 当 ${\sin }^2\alpha =1$ 时，$y$ 取得最小值： $y_{\text{min}}=144+\frac{72}{1}=216$
• 当 ${\sin }^2\alpha =\frac{3}{4}$ 时，$y$ 取得最大值： $y_{\text{max}}=144+\frac{72}{\frac{3}{4}}=144+96=240$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：正弦定理求解边长、三角形面积结构化建模、三角式分式化简及最值域判定。
• 核心方法：正弦定理建形式法、最值统一自变量法。
• 避坑指南：
• 第一问化简 $S_1,S_2$ 时，必须将分母的 $\sin (150^{\circ }-\alpha )$ 熟练展开并整合。若保持复合角形式直接代入第二问，会使多项式平方和的化简变得极其困难。
• 第二问中提取出公因式后，巧妙地将 $6{\sin }^2\alpha +2{\cos }^2\alpha$ 拆出 $2({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha )=2$ 实现降幂，能极大地简化运算。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题是平面几何（正三角形中心截线模型）与三角恒等变换深度交汇的解答题。利用变量 $\alpha$ 作为桥梁，考查了从几何到代数再到最值优化的多步推导。 结论推广: 若直线 $MN$ 经过正三角形 $ABC$ 的中心 $G$，则必满足几何恒等式 $\frac{1}{AM}+\frac{1}{AN}=\frac{3}{AB}$。而对于面积倒数平方和，其最值完全由截线与对称轴的夹角决定，当截线与对称轴垂直时取得极值。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 11.07 角平分线模型
• 11.01 正弦定理
• 05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

• 2007-陕西卷理-21 解-三角形面积最值求解
• 2013-福建卷文-21 解-解三角形面积最值