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三角形中的恒等式与最值

拓展更新于 2026-09-29

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本页首先整理三角形内角约束产生的恒等式，再建立半角、边长及分线长度之间的联系，最后说明这些关系如何用于最值问题。基本边角定理见正余弦定理与三角形度量，常用数值界及取等条件见三角形中的常用不等式及证明。

三角形内角的约束与平方恒等式

本页始终设 $A,B,C$ 为非退化三角形的内角，即

A>0,\quad B>0,\quad C>0,\quad A+B+C=\pi.

由 $A+B=\pi-C$ ，有

\sin(A+B)=\sin C,\qquad \cos(A+B)=-\cos C,

\sin\frac{A+B}{2}=\cos\frac C2,\qquad \cos\frac{A+B}{2}=\sin\frac C2.

循环交换 $A,B,C$ ，得到其余两组关系。它们把含两个角之和的表达式化为第三个角，是本页各类恒等式的共同起点。

余弦平方和与乘积

三角形内角满足

\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C+2\cos A\cos B\cos C=1.

证明。 余弦和角公式给出 $\cos C+\cos A\cos B=\sin A\sin B$ 。两边平方：

\cos^2C+2\cos A\cos B\cos C+\cos^2A\cos^2B =(1-\cos^2A)(1-\cos^2B).

展开右边，消去两边相同的 $\cos^2A\cos^2B$ ，再移项，便得到所述恒等式。这里由已知等式推出平方等式，没有把平方当作可逆变形。

由于 $\sin^2A+\cos^2A=1$ ，还可改写为

\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C=2+2\cos A\cos B\cos C.

这两式把三个平方项的和转化为一个乘积，后续求最值时可直接利用余弦乘积的界。

内角恒等式：和、倍角与半角

设 $A,B,C>0$ 且 $A+B+C=\pi$ 。以下先完整列式，再按公式之间的关系证明。

正弦和、余弦和与半角乘积

\sin A+\sin B+\sin C=4\cos\frac A2\cos\frac B2\cos\frac C2,

\cos A+\cos B+\cos C=1+4\sin\frac A2\sin\frac B2\sin\frac C2.

正弦和的证明。 将前两项和差化积，最后一项使用倍角公式：

\begin{aligned} \sin A+\sin B+\sin C &=2\cos\frac C2\left(\cos\frac{A-B}{2}+\sin\frac C2\right)\\ &=2\cos\frac C2\left(\cos\frac{A-B}{2}+\cos\frac{A+B}{2}\right)\\ &=4\cos\frac C2\cos\frac A2\cos\frac B2. \end{aligned}

第二步使用 $\sin(C/2)=\cos((A+B)/2)$ ，第三步使用余弦和的和差化积公式。

余弦和的证明。 同样先合并前两项，并把 $\cos C$ 写成 $1-2\sin^2(C/2)$ ：

\begin{aligned} \cos A+\cos B+\cos C-1 &=2\sin\frac C2\left(\cos\frac{A-B}{2}-\sin\frac C2\right)\\ &=2\sin\frac C2\left(\cos\frac{A-B}{2}-\cos\frac{A+B}{2}\right)\\ &=4\sin\frac A2\sin\frac B2\sin\frac C2. \end{aligned}

二倍角的和

\sin2A+\sin2B+\sin2C=4\sin A\sin B\sin C,

\cos2A+\cos2B+\cos2C=-1-4\cos A\cos B\cos C.

证明。 第一式由

\begin{aligned} \sin2A+\sin2B+\sin2C &=2\sin(A+B)\cos(A-B)+2\sin C\cos C\\ &=2\sin C\,[\cos(A-B)-\cos(A+B)]\\ &=4\sin A\sin B\sin C \end{aligned}

得到。第二式将 $\cos2A=2\cos^2A-1$ 等三式相加，再代入本页的余弦平方恒等式：

2(1-2\cos A\cos B\cos C)-3=-1-4\cos A\cos B\cos C.

正切与余切关系

当三个内角均不等于 $\pi/2$ 时，

\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C.

证明。 展开 $\sin(A+B+C)=0$ ，得到

\sin A\cos B\cos C+\cos A\sin B\cos C +\cos A\cos B\sin C-\sin A\sin B\sin C=0.

除以非零的 $\cos A\cos B\cos C$ 即得。直接展开避免了正切和角公式中间分母可能为零的问题。

余切关系对所有非退化三角形成立：

\cot A\cot B+\cot B\cot C+\cot C\cot A=1.

只需将同一个正弦展开式除以 $\sin A\sin B\sin C>0$ ，不必假设三个余弦非零。

三个半角的关系

\tan\frac A2\tan\frac B2+\tan\frac B2\tan\frac C2 +\tan\frac C2\tan\frac A2=1,

\cot\frac A2+\cot\frac B2+\cot\frac C2 =\cot\frac A2\cot\frac B2\cot\frac C2.

证明。 记 $u=A/2,v=B/2,w=C/2$ ，则 $u+v+w=\pi/2$ 且三个半角都在 $(0,\pi/2)$ 内。展开余弦：

0=\cos(u+v+w) =\cos u\cos v\cos w-\sin u\sin v\cos w -\sin v\sin w\cos u-\sin w\sin u\cos v.

除以正数 $\cos u\cos v\cos w$ ，得到半角正切式。再令 $x=\tan u,y=\tan v,z=\tan w$ ，把 $xy+yz+zx=1$ 除以 $xyz>0$ ，即得半角余切式。这两个公式无需排除直角三角形。

混合乘积与等价形式

在正切、余切公式的推导中已经得到

\sin A\cos B\cos C+\cos A\sin B\cos C+\cos A\cos B\sin C =\sin A\sin B\sin C.

另一个混合恒等式为

\sin A\sin B\cos C+\sin A\cos B\sin C+\cos A\sin B\sin C =1+\cos A\cos B\cos C.

证明。 展开 $\cos(A+B+C)=-1$ ：

-1=\cos A\cos B\cos C-\sin A\sin B\cos C -\sin A\cos B\sin C-\cos A\sin B\sin C,

移项即得。这两个混合式均无需除法，因此也适用于直角三角形。

把本节的倍角和式和前节的平方和式移项，可将乘积分别写为

\sin A\sin B\sin C=\frac{\sin2A+\sin2B+\sin2C}{4},

\begin{aligned} \cos A\cos B\cos C &=-\frac{1+\cos2A+\cos2B+\cos2C}{4}\\ &=\frac{\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C-2}{2}\\ &=\frac{1-\cos^2A-\cos^2B-\cos^2C}{2}. \end{aligned}

这些形式适合在和、平方和与乘积之间转换；三者互为代数改写，适用范围相同。

和为直角的三个角

若实角 $\alpha+\beta+\gamma=\pi/2$ ，则

\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma =\frac{\sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma}{4}.

证明。 将右侧前两项合并为 $2\cos\gamma\cos(\alpha-\beta)$ ，最后一项写成 $2\sin\gamma\cos\gamma$ ，提取 $2\cos\gamma$ 。再用 $\sin\gamma=\cos(\alpha+\beta)$ 和余弦和差化积，就得到四倍余弦乘积。这个推导没有使用三个角为正的条件。

若三个正弦均非零，还有

\cot\alpha+\cot\beta+\cot\gamma =\cot\alpha\cot\beta\cot\gamma.

它由 $\cos(\alpha+\beta+\gamma)=0$ 的展开式除以 $\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma$ 得到。三角形的三个半角满足这里的条件，但一般三个实角可能使余切无定义，须单独检查。

半角的边长表达式

设三角形三边为 $a,b,c>0$ ，分别对应内角 $A,B,C$ ，并满足严格三角形不等式。记半周长 $s=(a+b+c)/2$ 。则

\sin\frac A2=\sqrt{\frac{(s-b)(s-c)}{bc}},\qquad \cos\frac A2=\sqrt{\frac{s(s-a)}{bc}},

\tan\frac A2=\sqrt{\frac{(s-b)(s-c)}{s(s-a)}}.

循环交换 $(A,a),(B,b),(C,c)$ 可得另两个角的公式。所有因子 $s-a,s-b,s-c$ 均为正，三个半角均为锐角，所以根式统一取正。

推导。 由余弦定理，

\sin^2\frac A2=\frac{1-\cos A}{2} =\frac{a^2-(b-c)^2}{4bc} =\frac{(s-b)(s-c)}{bc},

\cos^2\frac A2=\frac{1+\cos A}{2} =\frac{(b+c)^2-a^2}{4bc} =\frac{s(s-a)}{bc}.

开正平方根得到前两式，再相除得到正切式。这些公式适合将半角表达式转化为边长问题；若边长允许退化，必须重新检查分母与角的定义。

定比分线的长度：从向量展开统一处理

设 $D$ 在线段 $BC$ 上， $BD:DC=m:n$ ， $m,n>0$ ， $a=BC,b=CA,c=AB$ 。分点公式给出

\overrightarrow{AD}=\frac{n\overrightarrow{AB}+m\overrightarrow{AC}}{m+n}.

平方展开，并用 $2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=b^2+c^2-a^2$ ，得到

AD^2=\frac{nc^2+mb^2}{m+n}-\frac{mn}{(m+n)^2}a^2.

当 $m=n$ 时，这就是中线公式 $AD^2=(b^2+c^2)/2-a^2/4$ 。当 $AD$ 平分 $A$ 时， $m:n=c:b$ ，于是

AD^2=bc\left(1-\frac{a^2}{(b+c)^2}\right),\qquad AD=\frac{2bc\cos(A/2)}{b+c}.

遇到中线、角平分线或一般比例分点，可从同一式子出发，不必分别记忆多个缺少条件的“模型”。

三角函数最值的六种知识方法

原式有角度范围时先确定定义域，所有方法最后都要检查取等点属于该范围。

单调性：把相位区间按已知三角函数单调区间分开，在端点与极值相位比较。含正切的区间先排除极点。
换元：令 $t=\sin x,\cos x,\sin x+\cos x$ 等，将代数关系一起改写，并求出 $t$ 的准确可达范围。只给 $-1\le t\le1$ 等粗界可能放大可行集。
公式变形：利用倍角降幂、和差化积等统一角与函数，使表达式成为一元多项式、分式或单个正余弦。除法、开方及万能换元的例外必须保留。
辅助角：把 $a\sin x+b\cos x$ 写为 $\sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\varphi)$ 。上界等于振幅的前提是最大相位可取；区间限制下重新检查。
数形结合：把 $(\cos x,\sin x)$ 看作单位圆或限定圆弧上的点，代数式可对应投影、距离、斜率；应说明代数可行集与几何点集是否完全相同。
不等式放缩：选用平方非负、均值、柯西等，记录每一步等号条件。最终的界只有在所有等号条件可同时实现时才是最值。

每种方法都包含“证明对全体成立的界”与“证明界可达到”两个环节；角的条件不能在变形中丢失。

例：定两边和的面积

若两边 $a+b=s>0$ ，夹角 $C\in(0,\pi)$ ，则

S=\tfrac12ab\sin C\le\tfrac12ab\le\frac{s^2}{8}.

两个等号须同时成立： $C=\pi/2$ 且 $a=b=s/2$ ，确实构成直角等腰三角形，所以最大面积为 $s^2/8$ 。

固定一边与对角时的面积上界

固定 $a>0$ 和 $A\in(0,\pi)$ ，由余弦定理

a^2=(b-c)^2+2bc(1-\cos A)\ge2bc(1-\cos A).

因此

S=\frac12bc\sin A\le\frac{a^2\sin A}{4(1-\cos A)} =\frac{a^2}{4\tan(A/2)}.

等号当且仅当 $b=c$ ，而固定的 $a,A$ 确实可以构成这样的等腰三角形，所以它是最大值。

若题目另要求锐角、某一边长区间或点在一条指定线段内，须再检查等腰配置是否允许。限制改变后，上述式子可能只剩下不能取到的上界。

易错点

只给出对称式不意味着最值一定在等边三角形取得。取等条件还须满足原角和、边长与其他约束。

关联阅读

进一步阅读：三角形中的常用不等式及证明 · 三角换元与三角方程组。

先修：正余弦定理与三角形度量 · 基本不等式与均值。

同主题：正余弦定理与三角形度量。