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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,CA,B,C 为非退化三角形的内角，即

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

由 A+B=π−CA+B=\pi-C，有

sin⁡(A+B)=sin⁡C,cos⁡(A+B)=−cos⁡C,\sin(A+B)=\sin C,\qquad \cos(A+B)=-\cos C, sin⁡A+B2=cos⁡C2,cos⁡A+B2=sin⁡C2.\sin\frac{A+B}{2}=\cos\frac C2,\qquad \cos\frac{A+B}{2}=\sin\frac C2.

循环交换 A,B,CA,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+2cos⁡Acos⁡Bcos⁡C=1.\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⁡Acos⁡B=sin⁡Asin⁡B\cos C+\cos A\cos B=\sin A\sin B。两边平方：

cos⁡2C+2cos⁡Acos⁡Bcos⁡C+cos⁡2Acos⁡2B=(1−cos⁡2A)(1−cos⁡2B).\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⁡2Acos⁡2B\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\sin^2A+\cos^2A=1，还可改写为

sin⁡2A+sin⁡2B+sin⁡2C=2+2cos⁡Acos⁡Bcos⁡C.\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>0A,B,C>0 且 A+B+C=πA+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=4cos⁡A2cos⁡B2cos⁡C2,\sin A+\sin B+\sin C=4\cos\frac A2\cos\frac B2\cos\frac C2, cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C=1+4sin⁡A2sin⁡B2sin⁡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：

sin⁡A+sin⁡B+sin⁡C=2cos⁡C2(cos⁡A−B2+sin⁡C2)=2cos⁡C2(cos⁡A−B2+cos⁡A+B2)=4cos⁡C2cos⁡A2cos⁡B2.\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)\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\cos C 写成 1−2sin⁡2(C/2)1-2\sin^2(C/2)：

cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C−1=2sin⁡C2(cos⁡A−B2−sin⁡C2)=2sin⁡C2(cos⁡A−B2−cos⁡A+B2)=4sin⁡A2sin⁡B2sin⁡C2.\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

sin⁡2A+sin⁡2B+sin⁡2C=4sin⁡Asin⁡Bsin⁡C,\sin2A+\sin2B+\sin2C=4\sin A\sin B\sin C, cos⁡2A+cos⁡2B+cos⁡2C=−1−4cos⁡Acos⁡Bcos⁡C.\cos2A+\cos2B+\cos2C=-1-4\cos A\cos B\cos C.

证明。 第一式由

sin⁡2A+sin⁡2B+sin⁡2C=2sin⁡(A+B)cos⁡(A−B)+2sin⁡Ccos⁡C=2sin⁡C [cos⁡(A−B)−cos⁡(A+B)]=4sin⁡Asin⁡Bsin⁡C\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 cos⁡2A=2cos⁡2A−1\cos2A=2\cos^2A-1 等三式相加，再代入本页的余弦平方恒等式：

2(1−2cos⁡Acos⁡Bcos⁡C)−3=−1−4cos⁡Acos⁡Bcos⁡C.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 π/2\pi/2 时，

tan⁡A+tan⁡B+tan⁡C=tan⁡Atan⁡Btan⁡C.\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C.

证明。 展开 sin⁡(A+B+C)=0\sin(A+B+C)=0，得到

sin⁡Acos⁡Bcos⁡C+cos⁡Asin⁡Bcos⁡C+cos⁡Acos⁡Bsin⁡C−sin⁡Asin⁡Bsin⁡C=0.\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⁡Acos⁡Bcos⁡C\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⁡Acot⁡B+cot⁡Bcot⁡C+cot⁡Ccot⁡A=1.\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⁡Asin⁡Bsin⁡C>0\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⁡A2tan⁡B2+tan⁡B2tan⁡C2+tan⁡C2tan⁡A2=1,\tan\frac A2\tan\frac B2+\tan\frac B2\tan\frac C2 +\tan\frac C2\tan\frac A2=1, cot⁡A2+cot⁡B2+cot⁡C2=cot⁡A2cot⁡B2cot⁡C2.\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/2u=A/2,v=B/2,w=C/2，则 u+v+w=π/2u+v+w=\pi/2 且三个半角都在 (0,π/2)(0,\pi/2) 内。展开余弦：

0=cos⁡(u+v+w)=cos⁡ucos⁡vcos⁡w−sin⁡usin⁡vcos⁡w−sin⁡vsin⁡wcos⁡u−sin⁡wsin⁡ucos⁡v.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⁡ucos⁡vcos⁡w\cos u\cos v\cos w，得到半角正切式。再令 x=tan⁡u,y=tan⁡v,z=tan⁡wx=\tan u,y=\tan v,z=\tan w，把 xy+yz+zx=1xy+yz+zx=1 除以 xyz>0xyz>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⁡Acos⁡Bcos⁡C+cos⁡Asin⁡Bcos⁡C+cos⁡Acos⁡Bsin⁡C=sin⁡Asin⁡Bsin⁡C.\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⁡Asin⁡Bcos⁡C+sin⁡Acos⁡Bsin⁡C+cos⁡Asin⁡Bsin⁡C=1+cos⁡Acos⁡Bcos⁡C.\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\cos(A+B+C)=-1：

−1=cos⁡Acos⁡Bcos⁡C−sin⁡Asin⁡Bcos⁡C−sin⁡Acos⁡Bsin⁡C−cos⁡Asin⁡Bsin⁡C,-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⁡Asin⁡Bsin⁡C=sin⁡2A+sin⁡2B+sin⁡2C4,\sin A\sin B\sin C=\frac{\sin2A+\sin2B+\sin2C}{4}, cos⁡Acos⁡Bcos⁡C=−1+cos⁡2A+cos⁡2B+cos⁡2C4=sin⁡2A+sin⁡2B+sin⁡2C−22=1−cos⁡2A−cos⁡2B−cos⁡2C2.\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 α+β+γ=π/2\alpha+\beta+\gamma=\pi/2，则

cos⁡αcos⁡βcos⁡γ=sin⁡2α+sin⁡2β+sin⁡2γ4.\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 2cos⁡γcos⁡(α−β)2\cos\gamma\cos(\alpha-\beta)，最后一项写成 2sin⁡γcos⁡γ2\sin\gamma\cos\gamma，提取 2cos⁡γ2\cos\gamma。再用 sin⁡γ=cos⁡(α+β)\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⁡α+cot⁡β+cot⁡γ=cot⁡αcot⁡βcot⁡γ.\cot\alpha+\cot\beta+\cot\gamma =\cot\alpha\cot\beta\cot\gamma.

它由 cos⁡(α+β+γ)=0\cos(\alpha+\beta+\gamma)=0 的展开式除以 sin⁡αsin⁡βsin⁡γ\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>0a,b,c>0，分别对应内角 A,B,CA,B,C，并满足严格三角形不等式。记半周长 s=(a+b+c)/2s=(a+b+c)/2。则

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

循环交换 (A,a),(B,b),(C,c)(A,a),(B,b),(C,c) 可得另两个角的公式。所有因子 s−a,s−b,s−cs-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⁡2A2=1−cos⁡A2=a2−(b−c)24bc=(s−b)(s−c)bc,\sin^2\frac A2=\frac{1-\cos A}{2} =\frac{a^2-(b-c)^2}{4bc} =\frac{(s-b)(s-c)}{bc}, cos⁡2A2=1+cos⁡A2=(b+c)2−a24bc=s(s−a)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 DD 在线段 BCBC 上，BD:DC=m:nBD:DC=m:n，m,n>0m,n>0，a=BC,b=CA,c=ABa=BC,b=CA,c=AB。分点公式给出

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

平方展开，并用 2AB→⋅AC→=b2+c2−a22\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=b^2+c^2-a^2，得到

AD2=nc2+mb2m+n−mn(m+n)2a2.AD^2=\frac{nc^2+mb^2}{m+n}-\frac{mn}{(m+n)^2}a^2.

当 m=nm=n 时，这就是中线公式 AD2=(b2+c2)/2−a2/4AD^2=(b^2+c^2)/2-a^2/4。当 ADAD 平分 AA 时，m:n=c:bm:n=c:b，于是

AD2=bc(1−a2(b+c)2),AD=2bccos⁡(A/2)b+c.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。

  1. 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。
  2. 换元：令 t=sin⁡x,cos⁡x,sin⁡x+cos⁡xt=\sin x,\cos x,\sin x+\cos x 等，将代数关系一起改写，并求出 tt 的准确可达范围。只给 −1≤t≤1-1\le t\le1 等粗界可能放大可行集。
  3. 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。
  4. 辅助角：把 asin⁡x+bcos⁡xa\sin x+b\cos x 写为 a2+b2sin⁡(x+φ)\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。
  5. 数形结合：把 (cos⁡x,sin⁡x)(\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。
  6. 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>0a+b=s>0，夹角 C∈(0,π)C\in(0,\pi)，则

S=12absin⁡C≤12ab≤s28.S=\tfrac12ab\sin C\le\tfrac12ab\le\frac{s^2}{8}.

两个等号须同时成立：C=π/2C=\pi/2 且 a=b=s/2a=b=s/2，确实构成直角等腰三角形，所以最大面积为 s2/8s^2/8。

固定一边与对角时的面积上界

固定 a>0a>0 和 A∈(0,π)A\in(0,\pi)，由余弦定理

a2=(b−c)2+2bc(1−cos⁡A)≥2bc(1−cos⁡A).a^2=(b-c)^2+2bc(1-\cos A)\ge2bc(1-\cos A).

因此

S=12bcsin⁡A≤a2sin⁡A4(1−cos⁡A)=a24tan⁡(A/2).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=cb=c，而固定的 a,Aa,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。

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