例4.16

（北京大学）在 $\triangle ABC$中，$\tan A + \tan B + \tan C > 0$是 $\triangle ABC$为锐角三角形的

A. 充分不必要条件

B. 必要不充分条件

C. 充要条件

D. 既不充分也不必要条件

必要性是显然的,下面从熟知的正切恒等式开始研究充分性: $$\begin{gathered} \tan A\tan B\tan C=\tan A + \tan B + \tan C > 0 \end{gathered}$$锐角三角形的反面是:有一个角不小于$90\degree$,其他两个角都小于$90\degree$,这将导致$\tan A\tan B\tan C\lt0$或不存在.

反面不可能成立,所以充分性也成立.

例4.17

(复旦大学) 在 $\triangle ABC$中，$\tan A : \tan B : \tan C = 1 : 2 : 3$，求 $\frac{AC}{AB}$。 $$\begin{gathered} \begin{cases} \tan A=k,\\ \tan B=2k,\\ \tan C=3k \end{cases}\\ \tan A\tan B\tan C=\tan A + \tan B + \tan C\\ \Longrightarrow k(2k)(3k)=k+2k+3k\\ 6k^3=6k(k\gt0),k^2=1,k=+1\\ \sin B=\frac{\tan B}{\sqrt{1+\tan^2B}}=\frac{2}{\sqrt{5}},\\ \sin C=\frac{\tan C}{\sqrt{1+\tan^2C}}=\frac{3}{\sqrt{10}} \frac{AC}{AB}\\ =\frac{\sin B}{\sin C}\\ \frac{\frac{2}{\sqrt{5}}}{\frac{3}{\sqrt{10}}}=\frac{2\sqrt{2}}{3} \end{gathered}$$

例4.18

(北京大学) 是否存在实数 $x$, 使 $\tan x + \sqrt{3}$与 $\cot x + \sqrt{3}$为有理数?

条件过少,使用反证法,以子之矛,攻子之盾.

$$\begin{gathered} \tan x + \sqrt{3}=p\in Q,\cot x + \sqrt{3}=q\in Q\\ \tan x\ne0,p\ne\sqrt{3}\\ \frac{1}{p-\sqrt{3}}+\sqrt{3}=q\\ \frac{p+\sqrt{3}}{p^2-3}+\sqrt{3}=q\\ \sqrt{3}(\frac{1}{p^2-3}+1)+(\frac{p}{p^2-3}-q)=0\\ \begin{cases} \frac{1}{p^2-3}+1=0,\\ \frac{p}{p^2-3}-q=0 \end{cases}\\ \frac{1}{p^2-3}+1=0\Longleftrightarrow p=\pm\sqrt{2} \end{gathered}$$而$\sqrt{2}\notin Q$,推出矛盾!

例4.19

（清华大学）设 $\alpha, \beta, \gamma$分别为 $1^\circ, 61^\circ, 121^\circ$，则

A. $\frac{\tan \alpha + \tan \beta + \tan \gamma}{\tan \alpha \tan \beta \tan \gamma} = -3$

B. $\frac{\tan \alpha + \tan \beta + \tan \gamma}{\tan \alpha \tan \beta \tan \gamma} = 3$

C. $\tan \alpha \tan \beta + \tan \beta \tan \gamma + \tan \gamma \tan \alpha = -3$

D. $\tan \alpha \tan \beta + \tan \beta \tan \gamma + \tan \gamma \tan \alpha = 3$

发掘$60\degree$的角度差: $$\begin{gathered} \tan(\gamma-\beta)=\frac{\tan\gamma-\tan\beta}{1+\tan\gamma\tan\beta}=\tan60\degree=\sqrt{3}\\ \tan(\beta-\alpha)=\frac{\tan\beta-\tan\alpha}{1+\tan\beta\tan\alpha}=\tan60\degree=\sqrt{3}\\ \tan(\alpha-\gamma)=\frac{\tan\alpha-\tan\gamma}{1+\tan\alpha\tan\gamma}=\tan(-120)\degree=\sqrt{3}\\ \end{gathered}$$

试图使用合比定理,会产生$\frac{0}{0}$型未定式: $$\begin{gathered} (\tan\gamma-\tan\beta)+(\tan\beta-\tan\alpha)+(\tan\alpha-\tan\gamma)=\sqrt{3}(3+\tan \alpha \tan \beta + \tan \beta \tan \gamma + \tan \gamma \tan \alpha)\\ 0=\tan \alpha \tan \beta + \tan \beta \tan \gamma + \tan \gamma \tan \alpha+3\\ \tan \alpha \tan \beta + \tan \beta \tan \gamma + \tan \gamma \tan \alpha=-3 \end{gathered}$$

C,D选项是成组的,现在判断A,B:

$$\begin{gathered} \tan\alpha-\tan\gamma=\sqrt{3}(1+\tan\alpha\tan\gamma)\\ \frac{1}{\tan\gamma}-\frac{1}{\tan\alpha}=\sqrt{3}(\frac{1}{\tan\alpha\tan\gamma}+1)\\ \frac{1}{\tan\alpha}-\frac{1}{\tan\beta}=\sqrt{3}(\frac{1}{\tan\beta\tan\alpha}+1)\\ \frac{1}{\tan\beta}-\frac{1}{\tan\gamma}=\sqrt{3}(\frac{1}{\tan\gamma\tan\beta}+1)\\ \frac{\tan \alpha + \tan \beta + \tan \gamma}{\tan \alpha \tan \beta \tan \gamma}\\ =\frac{1}{\tan\alpha\tan\gamma}+\frac{1}{\tan\beta\tan\alpha}+\frac{1}{\tan\gamma\tan\beta}=-3 \end{gathered}$$

或者,考虑别的方向:正切三倍角公式 $$\begin{gathered} \tan3\alpha\\=\tan(2\alpha+\alpha)\\=\frac{\tan2\alpha+\tan\alpha}{1-\tan2\alpha\tan\alpha}\\ =\frac{\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}+\tan\alpha}{1-\frac{2\tan^2\alpha}{1-\tan^2\alpha}}\\ =\frac{3\tan\alpha-\tan^3\alpha}{1-3\tan^2\alpha} \end{gathered}$$

注意到$T=180\degree=60\degree\times3$,有: $$\begin{gathered} \tan3\degree=\tan183\degree=\tan363\degree\\ \frac{3\tan1\degree-\tan^31\degree}{1-3\tan^21\degree}=\frac{3\tan61\degree-\tan^361\degree}{1-3\tan^261\degree}=\frac{3\tan121\degree-\tan^3121\degree}{1-3\tan^2121\degree}=\tan3\degree \end{gathered}$$

由于三个角度的正切值显然各不相同,故它们是方程: $$\frac{t^3-3t}{3t^2-1}=\tan3\degree$$的三个不同实根. $$\begin{gathered} t^3-(3\tan3\degree)t^2-3+\tan3\degree=0 \end{gathered}$$于是根据一元三次方程韦达定理: $$\begin{cases}\tan \alpha \tan \beta + \tan \beta \tan \gamma + \tan \gamma \tan \alpha = -3,\\ \tan \alpha + \tan \beta + \tan \gamma=3\tan3\degree,\\ \tan \alpha \tan \beta \tan \gamma=-\tan3\degree \end{cases}$$同样选出AC,这个方法涉及到三个角度的产生,可能更本质.

例4.20

（北京大学）求证：$\tan 3^\circ \notin \mathbb{Q}$。

假设$\tan3\degree\in Q$,则由正切两角和公式:$\tan6\degree\in Q$,$\tan9\degree\in Q$,$\tan12\degree\in Q$,...,$\tan30\degree\in Q$,这导致矛盾.

例4.21

（清华大学）在 $\triangle ABC$中，则 $\sin A + \sin B \sin C$的最大值

A. 最大值为 $\frac{3}{2}$

B. 最大值为 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

C. 最大值为 $\frac{3+2\sqrt{3}}{4}$

D. 无最大值

固定A,考虑$B,C$: $$\begin{gathered} \sin A + \sin B \sin C\\ =\sin A-\frac{1}{2}[\cos(B+C)-\cos(B-C)]\\ =\sin A-\frac{1}{2}\cos(\pi-A)+\frac{1}{2}\cos(B-C)\\ =\sin A+\frac{1}{2}\cos A+\frac{1}{2}\cos(B-C)\\ \le \sin A+\frac{1}{2}\cos A+\frac{1}{2}\le\frac{\sqrt{5}+1}{2} \end{gathered}$$

例4.22

(中国科学技术大学) 已知三角形 $ABC$中，$\sin A + 2\sin B\cos C = 0$，则 $\tan A$的最大值是______。 $$\begin{gathered} a+2b\cos C=0\\ a+\frac{a^2+b^2-c^2}{a}=0\\ 2a^2+b^2-c^2=0 \end{gathered}$$

条件都是三角形的边,求$\cos A$更方便: $$\begin{gathered} \cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\\ =\frac{b^2+c^2-\frac{c^2-b^2}{2}}{2bc}\\ =\frac{\frac{3}{2}b^2+\frac{1}{2}c^2}{2bc}\ge\frac{2\sqrt{3}bc}{4bc}=\frac{\sqrt{3}}{2}\\ \tan A\le\frac{\sqrt{3}}{3} \end{gathered}$$或者考虑$A=\pi-(B+C)$: $$3 \sin B \cos C + \sin C \cos B = 0$$$$3 \tan B + \tan C = 0$$$$- \tan A = \tan ( B + C ) = \frac { \tan B + \tan C } { 1 - \tan B \tan C }$$$$= \frac { - 2 \tan B } { 1 + 3 \tan ^ { 2 } B }$$$$\therefore \tan A = \frac { 2 } { 3 \tan B + \frac { 1 } { \tan B } } \leq \frac { 2 } { 2 \sqrt { 3 } } = \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } .$$

例4.23

(清华大学) 在三角形 $ABC$中，三边长 $a, b, c$满足 $a + c = 3b$，则 $\tan\frac{A}{2}\tan\frac{C}{2}$的值为

A. $\frac{1}{5}$

B. $\frac{1}{4}$

C. $\frac{1}{2}$

D. $\frac{2}{3}$

$$\begin{gathered} \sin A+\sin C=3\sin B\\ 2\sin\frac{A+C}{2}\cos\frac{A-C}{2}=3\sin(A+C)=6\sin\frac{A+C}{2}\cos\frac{A+C}{2}\\ \because \frac{A+C}{2}\in(0,\frac{\pi}{2}) \therefore \sin\frac{A+C}{2}\gt 0\\ \cos\frac{A-C}{2}=3\cos\frac{A+C}{2}\\ \cos\frac{A}{2}\cos\frac{C}{2}+\sin\frac{A}{2}\sin\frac{C}{2}=3(\cos\frac{A}{2}\cos\frac{C}{2}-\sin\frac{A}{2}\sin\frac{C}{2})\\ 1+\tan\frac{A}{2}\tan\frac{C}{2}=3(1-\tan\frac{A}{2}\tan\frac{C}{2})\\ \tan\frac{A}{2}\tan\frac{C}{2}=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

考虑$\tan\frac{A}{2}$的几何意义,更为直观: $$\begin{gathered} \tan\frac{A}{2}=\frac{r}{\frac{b+c-a}{2}}\\ \tan\frac{C}{2}=\frac{r}{\frac{a+b-c}{2}}\\ \tan\frac{A}{2}\tan\frac{C}{2}=\frac{4r^2}{(b+c-a)(a+b-c)} \end{gathered}$$

回忆一下海伦公式: $$\begin{gathered} S_\triangle=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=rp,p=\frac{a+b+c}{2}\\ r^2p=(p-a)(p-b)(p-c)\\ \frac{r^2}{(p-a)(p-c)}=\frac{p-b}{p}=\frac{a-b+c}{a+b+c}=\frac{1}{2}\\ \tan\frac{A}{2}\tan\frac{C}{2}=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

例4.24

（上海交通大学）三角形的三边长为连续整数。

1. 是否存在这样的三角形，其最大角是最小角的 $2$倍？
2. 是否存在这样的三角形，其最大角是最小角的 $3$倍？

考虑对称性,设三边长为$a=x-1,b=x,c=x+1,x\in\N^*,x\ge3$,则最小角为A,最大角为C:

$$\begin{gathered} \cos A=\frac{x^2+(x+1)^2-(x-1)^2}{2x(x+1)}\\ =\frac{x^2+4x}{2x(x+1)}\\=\frac{x+4}{2(x+1)}\\ \cos C=\frac{x^2+(x-1)^2-(x+1)^2}{2x(x-1)}\\=\frac{x^2-4x}{2x(x-1)}\\ =\frac{x-4}{2(x-1)}\\ \end{gathered}$$考虑1: $$\begin{gathered} C=2A\\ \cos C=2\cos^2A-1\\ \frac{x-4}{2(x-1)}=2[\frac{x+4}{2(x+1)}]^2-1\\ (x-4)(x+1)^2=(x+4)^2(x-1)-2(x+1)^2(x-1)\\ 2x^3-7x^2-17x+10=0\\ (x-5)(2x^2+3x-2)=0\\ x=5 \end{gathered}$$考虑2:

盲目求解高次方程不可取,我们分析A,C变化趋势:

• x越大,$\cos A$越小,A越大
• x越大,$\cos C$越大,C越小
• x=5,C=2A

所以想要$C=3A$,只能是$x=4,3$,而经检验均不符合条件,故2不存在.

例4.25

（清华大学）已知 $\triangle ABC$不是直角三角形，$\sqrt{3}\tan C - 1 = \frac{\tan B + \tan C}{\tan A}$，且 $\sin 2A, \sin 2B, \sin 2C$的倒数成等差数列，则 $\cos\frac{A-C}{2}$的可能值为

A. $1$

B. $-1$

C. $\frac{\sqrt{6}}{4}$

D. $-\frac{\sqrt{6}}{4}$

先考虑正切条件去分母: $$\begin{gathered} \sqrt{3}\tan A\tan C=\tan A+\tan B+\tan C\\ \tan A\tan B\tan C=\tan A+\tan B+\tan C \end{gathered}$$

这表明$\tan B=\sqrt{3},B=\frac{\pi}{3}$.

$$\begin{gathered} \frac{1}{\sin 2A}+\frac{1}{\sin 2C}=\frac{2}{\sin 2B}=\frac{4}{\sqrt{3}}\\ \frac{\sin 2A+\sin 2C}{\sin 2A\sin 2C}=\frac{4}{\sqrt{3}}\\ \frac{4\sin(A+C)\cos(A-C)}{\cos(2A-2C)-\cos(2A+2C)}=\frac{4}{\sqrt{3}}\\ \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cos(A-C)}{\cos(2A-2C)+\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\\ 3\cos(A-C)=2\cos[2(A-C)]+1\\ 3\cos(A-C)=2[2\cos^2(A-C)-1]+1\\ 4\cos^2(A-C)-3\cos(A-C)-1=0\\ \cos(A-C)=1\text{ or }-\frac{1}{4}\\ \cos(\frac{A-C}{2})=1\text{ or }+\frac{\sqrt{6}}{4}\text{ or }-\frac{\sqrt{6}}{4}(\text{discard}) \end{gathered}$$

例4.26

（北京大学）有多少种互不相似的三角形 $ABC$满足 $\sin A = \cos B = \tan C$

A. 0
B. 1
C. 2 D. 前三个答案都不对

先考虑$\sin A = \cos B$,这可以直接得出角度关系: $$\begin{gathered} \sin A=\sin(\frac{\pi}{2}+B)\\ A=\frac{\pi}{2}+B\text{ or }\frac{\pi}{2}-B \end{gathered}$$下面根据这两种可能进行讨论: $$\begin{gathered} A=\frac{\pi}{2}-B,C=\frac{\pi}{2} \end{gathered}$$这将导致$\tan C$无意义,舍去这种情况. $$\begin{gathered} A=\frac{\pi}{2}+B\\ \tan C=\tan(\frac{\pi}{2}-2B)=\frac{1}{\tan2B}=\cos B\\ \frac{\cos2B}{\sin2B}=\cos B\\ \cos2B=\sin2B\cos B\\ 2\cos^2B-1=2\sin A\cos^2B\\ (2\cos^2B-1)^2=4(1-cos^2B)\cos^4B\\ 4(\cos^2B)^3-4\cos^2B+1=0,B\in(0,\frac{\pi}{2}) \end{gathered}$$

令$\cos^2B=t\in(0,1)$,则: $$\begin{gathered} f(t)=4t^3-4t+1\\ f'(t)=12t^2-4\\ f(0)=1,f(1)=1,f(+\frac{\sqrt{3}}{3})=\frac{9-8\sqrt{3}}{9}\lt0 \end{gathered}$$

所以$f(t)=0$有两个实数解,对应确定的两个B,还需要检验这两个B的可行性:

$$\begin{gathered} C=\frac{\pi}{2}-2B\gt0,B\lt\frac{\pi}{4}\\ t=\cos^2B\gt\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\lt\frac{1}{\sqrt{3}}\\ f(\frac{1}{2})=-\frac{1}{2}\lt0\\ t_1\in(0,\frac{1}{2}),t_2\in(\frac{1}{\sqrt{3}},1) \end{gathered}$$

这表明,只有$t_2$对应的B是可行的,对应唯一确定的三角形形状.

例4.27

（同济大学）设函数 $f(x) = \sin(\omega x + \varphi)$，其中 $\omega > 0$，$\varphi \in \mathbb{R}$。若存在常数 $T$($T < 0$)，使对任意 $x \in \mathbb{R}$有 $f(x + T) = T f(x)$，则 $\omega$可取得的最小值为______。

考虑正弦函数的有界性,只能有$|T|=1$,又$T\lt0$,故$T=-1$.

$$f(x -1) = -f(x)$$

这表明$\omega=k\pi(k\in\Z)$,故$\omega\ge\pi$

例4.28

(北京大学) 求使得 $\sin 4x \sin 2x - \sin x \sin 3x = a$在 $[0, \pi)$有唯一解的 $a$。

$$\begin{gathered} \cos2x-\cos6x-(\cos2x-\cos4x)=2a\\ \cos4x-\cos6x=2a\\ \sin5x\sin x=a \end{gathered}$$

$f(x)=\sin5x\sin x=a$在 $[0, \pi)$有唯一解,要么是在边界上取到,要么是在极值点处取到.

进一步审视函数性质,发现$x=\frac{\pi}{2}$是函数$f(x)$对称轴,所以:

$$\begin{gathered} f(0)=0=a\text{ or }f(\frac{\pi}{2})=1=a \end{gathered}$$

$a=0$显然对应很多$x$,故只能是$a=1$.

$$\begin{gathered} \sin5x\sin x=a\\ 5x-x=2k\pi,x=\frac{\pi}{2}+k'\pi\in[0,\pi)\\ k=2k'+1(k'=0)\\ x=\frac{\pi}{2} \end{gathered}$$

例4.29

(同济大学) 设 $0 < a < 1$，$0 < \theta < \frac{\pi}{4}$，$x = (\sin \theta)^{\log_a \sin \theta}$，$y = (\cos \theta)^{\log_a \tan \theta}$，则 $x, y$的大小关系为______。

$$\begin{gathered} 0 < \theta < \frac{\pi}{4}\\ \Longrightarrow 1\gt\cos\theta\gt\sin\theta\\ \sin\theta\lt\tan\theta\lt1,a\lt 1\\ \Longrightarrow \log_a \sin \theta\gt\log_a \tan \theta\gt0\\ x\lt (\cos \theta)^{\log_a \sin \theta}\lt y \end{gathered}$$