借助比例因子简化运算

💎更新于 2024-04-07 18:07 | 发布于 2018-09-16 14:30
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前言

涉及到比例的相关运算，如果能引入比例因子，可能会使得计算变得很简单，主要原因是整式的运算相比分式的运算要简单且不容易出错。尤其是涉及到连比的形式，更是如此。

典例剖析

【2021 届高三文数三轮模拟题】已知 $S_n$ ， $T_n$ 分别为等差数列 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和，若 $\cfrac{S_n}{T_n}=\cfrac{2n+1}{3n+2}$ ，则 $\cfrac{a_5}{b_3}$ =___________.

解析：由于等差数列的前 $n$ 项和公式为 $S_n=An^2+Bn=An(n+\cfrac{B}{A})$ ，又由于 $\cfrac{S_n}{T_n}=\cfrac{2n+1}{3n+2}$ ，

[备注：说明 $S_n$ 和 $T_n$ 约去了相同的公因式，应该是关于 $n$ 的一次式，不妨设为 $kn$ ]

故可以设 $S_n=kn(2n+1)$ ， $T_n=kn(3n+2)$ ，

则 $\cfrac{a_5}{b_3}=\cfrac{S_5-S_4}{T_3-T_2}=\cfrac{55k-36k}{33k-16k}=\cfrac{19k}{17k}=\cfrac{19}{17}$ .

已知 $\theta$ 为第三象限的角，且 $tan\theta=2$ ，求 $sin\theta$ 和 $cos\theta$ 。

【法 1】：常规方法，方程组法，由已知条件可得到， $\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{sin\theta}{cos\theta}=2}\\{sin^2\theta+cos^2\theta=1}\end{array}\right.$ ，

解得 $\left\{\begin{array}{l}{sin\theta=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}}\\{cos\theta=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}}\end{array}\right.$ ，或 $\left\{\begin {array}{l}{sin\theta=\cfrac {2\sqrt {5}}{5}}\\{cos\theta=\cfrac {\sqrt {5}}{5}}\end {array}\right.(舍去)$ ，

故有 $sin\theta=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}$ ； $cos\theta=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}$ ；

【法 2】：三角函数定义法，简单方法。由于 $tan\theta=2$ ，则角 $\theta$ 的终边在射线 $y=2x\{x<0\}$ 上，

故在射线 $y=2x\{x<0\}$ 上取点 $(-1，-2)$ ，则由三角函数的定义可知， $x=-1$ ， $y=-2$ ， $r=\sqrt{5}$ ，

则 $sin\theta=\cfrac{y}{r}=\cfrac{-2}{\sqrt{5}}=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}$ ； $cos\theta=\cfrac{x}{r}=\cfrac{-1}{\sqrt{5}}=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}$ ；

【法 3】：引入比例因子法，由 $tan\theta=\cfrac{sin\theta}{cos\theta}=2$ ， $\theta$ 为第三象限的角，

可设 $sin\theta=2k$ ， $cos\theta=k(k<0)$ ，

由于 $sin^2\theta+cos^2\theta=1$ ，即 $5k^2=1$ ，解得 $k=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}$ ，

故有 $sin\theta=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}$ ； $cos\theta=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}$ ；

【2017 全国卷 1 理科第 11 题】已知 $x、y、z$ 都是正数，且 $2^x=3^y=5^z$ ，则【 $\qquad$ 】

A .2 x < 3 y < 5 z

$A.2x<3y<5z$

B .5 z < 2 x < 3 y

$B.5z<2x<3y$

C .3 y < 5 z < 2 x

$C.3y<5z<2x$

D .3 y < 2 x < 5 z

$D.3y<2x<5z$

分析：由题目可知， $x、y、z$ 都是正数，令 $2^x=3^y=5^z=k$ ，则 $k=2^x>2^0=1$ ， $\lg k>0$ .

则 $x=log_2k=\cfrac{lgk}{lg2}$ ， $y=log_3k=\cfrac{lgk}{lg3}$ ， $z=log_5k=\cfrac{lgk}{lg5}$ ，

故 $2x=\cfrac{2lgk}{lg2}=\cfrac{lgk}{\cfrac{1}{2}lg2}=\cfrac{lgk}{lg\sqrt{2}}$ ， $3y=\cfrac{3lgk}{lg3}=\cfrac{lgk}{\cfrac{1}{3}lg3}=\cfrac{lgk}{lg\sqrt[3]{3}}$ ，

$5z=\cfrac{5lgk}{lg5}=\cfrac{lgk}{\cfrac{1}{5}lg5}=\cfrac{lgk}{lg\sqrt[5]{5}}$ ，接下来，下面的解法都用到上述的结果：

法 1：(单调性法) 转化为只需要比较 $\sqrt[2]{2}$ ， $\sqrt[3]{3}$ ， $\sqrt[5]{5}$ 三者的大小即可。

先比较 $\sqrt[2]{2}$ ， $\sqrt[3]{3}$ ，给两个式子同时 6 次方，

得到 $(\sqrt[2]{2})^6=2^3=8$ ， $(\sqrt[3]{3})^6=3^2=9$ ，

故 $\sqrt[2]{2}<\sqrt[3]{3}$ ，则 $\cfrac{lgk}{lg\sqrt[2]{2}}>\cfrac{lgk}{lg\sqrt[3]{3}}$ ，

即得到 $2x>3y$

再比较 $\sqrt[2]{2}$ ， $\sqrt[5]{5}$ ，给两个式子同时 10 次方，

得到 $(\sqrt[2]{2})^{10}=2^5=32$ ， $(\sqrt[5]{5})^{10}=5^2=25$ ，

故 $\sqrt[2]{2}>\sqrt[5]{5}$ ，则 $\cfrac{lgk}{lg\sqrt[2]{2}}<\cfrac{lgk}{lg\sqrt[3]{3}}$ ，

即得到 $5z>2x$ ，综上得到 $3y<2x<5z$ ，故选 $D$ .

法 2：(作差法)，令 $2^x=3^y=5^z=k$ ，则 $k=2^x>2^0=1$ ，则 $\lg k>0$ ；

$2x-3y=\cfrac{2\lg k}{lg2}-\cfrac{3\lg k}{lg3}=\cfrac{\lg k(2lg3-3lg3)}{lg2lg3}=\cfrac{\lg k(lg9-lg8)}{lg2lg3}>0$ ，故 $2x>3y$ ;

$2x-5z=\cfrac{2\lg k}{lg2}-\cfrac{5\lg k}{lg5}=\cfrac{\lg k(2lg5-5lg2)}{lg2lg5}=\cfrac{\lg k(lg25-lg32)}{lg2lg5}<0$ ，故 $2x<5z$ ;

综上有 $3y<2x<5z$ ，故选 $D$ .

法 3：(作商法)

$\cfrac{2x}{3y}=\cfrac{2}{3}\cdot \cfrac{lg3}{lg2}=\cfrac{lg9}{lg8}=log_89>1$ ，故 $2x>3y$ ；

$\cfrac{5z}{2x}=\cfrac{5}{2}\cdot \cfrac{lg2}{lg5}=\cfrac{lg2^5}{lg5^2}=log_{25}32>1$ ，

故 $5z>2x$ ；故 $3y<2x<5z$ ，故选 $D$ .

已知 $a，b>0$ ，且满足 $2+log_2a=3+log_3b=log_6(a+b)$ ，求 $\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}$ 的值；

分析：引入正数因子 $k$ ，

令 $2+log_2a=3+log_3b=log_6(a+b)=k(k>0)$ ，

则由 $2+log_2a=log_2(4a)=k$ ，

得到 $4a=2^k$ ，即 $a=\cfrac{2^k}{2^2}=2^{k-2}$ ；

由 $3+log_3b=log_3(27b)=k$ ，

得到 $27b=3^k$ ，即 $b=\cfrac{3^k}{3^3}=3^{k-3}$ ；

由 $log_6(a+b)=k$ ，

得到 $a+b=6^k$ ；

则 $\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=\cfrac{a+b}{ab}=\cfrac{6^k}{2^{k-2}\cdot 3^{k-3}}=\cfrac{2^k\cdot 3^k}{2^k\cdot 2^{-2}\cdot 3^k\cdot 3^{-3}}$

$=\cfrac{1}{2^{-2}\cdot 3^{-3}}=2^2\cdot 3^3=108$

已知 $2^x=3^y$ ，求 $\cfrac{x}{y}$ 的值。

分析：令 $2^x=3^y=k$ ，则 $x=log_2k=\cfrac{1}{log_k2}$ ， $y=log_3k=\cfrac{1}{log_k3}$ ，

故 $\cfrac{x}{y}=\cfrac{\frac{1}{log_k2}}{\frac{1}{log_k3}}=\cfrac{log_k3}{log_k2}=log_23=\cfrac{lg3}{lg2}$ 。

【2019 届高三理科数学三轮模拟试题】已知平面向量 $\vec{a}$ 、 $\vec{b}$ 满足 $(\vec{a}-2\vec{b})\perp (3\vec{a}+\vec{b})$ ，且 $|\vec{a}|=\cfrac{1}{2}|\vec{b}|$ ，则向量 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角的正弦值为【】

A . \frac{1}{2}

$A.\cfrac{1}{2}$

B . - \frac{1}{2}

$B.-\cfrac{1}{2}$

C . \frac{\sqrt{3}}{2}

$C.\cfrac{\sqrt{3}}{2}$

D . - \frac{\sqrt{3}}{2}

$D.-\cfrac{\sqrt{3}}{2}$

分析：由题可知， $(\vec{a}-2\vec{b})\cdot (3\vec{a}+\vec{b})=0$ ，化简得到， $3\vec{a}^2-5\vec{a}\cdot \vec{b}-2\vec{b}^2=0$ ①，

由 $|\vec{a}|=\cfrac{1}{2}|\vec{b}|$ ，可设 $|\vec{a}|=t(t>0)$ ，则 $|\vec{b}|=2t$ ，代入①式，

得到 $-10t^2cos\theta+5t^2=0$ ，得到 $cos\theta=\cfrac{1}{2}$ ，则 $sin\theta=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$ ，故选 $C$ .

【2019 届高三理科数学三轮模拟训练题】公元前 6 世纪，黄金分割被毕达哥拉斯学派发现，公元前 4 世纪，古希腊数学家欧多克索斯第一个系统研究了这一问题，并建立起比例理论。欧几里得在《几何原本》中论及正五边形有关黄金分割的定理：正五边形 $ABCDE$ 中， $AD$ ， $BE$ 交于点 $H$ ，则 $H$ 为 $AD$ 的黄金分割点，即 $\frac{AH}{HD}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ ，现从如图所示的正五边形中任取一点，则该点恰好取自阴影部分的概率是【】

A . \frac{2}{5}

$A.\cfrac{2}{5}$

B . \frac{\sqrt{5}}{5}

$B.\cfrac{\sqrt{5}}{5}$

C . \frac{4}{7}

$C.\cfrac{4}{7}$

D . \frac{2 + \sqrt{5}}{7}

$D.\cfrac{2+\sqrt{5}}{7}$

法 1 分析：由 $\frac{AH}{HD}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ ，借助比例因子，则可设 $S_{\triangle AEH}=(\sqrt{5}-1)k(k>0)$ ， $S_{\triangle DEH}=2k$ ，

且有 $S_{\triangle AHB}=S_{\triangle DHE}$ ，又由于正五边形的对称性可知， $S_{\triangle ABE}=S_{\triangle BCD}$ ， $S_{\triangle BCD}=S_{\triangle BDH}$ ，

则 $S_{\triangle ABE}=(\sqrt{5}-1)k+2k=(\sqrt{5}+1)k$ ，则 $S_{阴影}=2k+2k+(\sqrt {5}-1) k=(3+\sqrt {5}) k$ ， $S_{正}=2k+3\cdot (\sqrt {5}+1) k=(5+3\sqrt {5}) k$ ，

故所求概率为 $P=\cfrac {S_{阴影}}{S_{正}}=\cfrac {(3+\sqrt {5}) k}{(5+3\sqrt {5}) k}=\cfrac {\sqrt {5}}{5}$ 。

在 $\triangle ABC$ 中，已知 $\cfrac{a}{cosA}=\cfrac{b}{cosB}=\cfrac{c}{cosC}$ ，求三角形的三个角的大小。

分析：令 $\cfrac{a}{cosA}=\cfrac{b}{cosB}=\cfrac{c}{cosC}=k$ ，

则有 $cosA=\cfrac{a}{k}$ ， $cosB=\cfrac{b}{k}$ ， $cosC=\cfrac{c}{k}$ ，

再结合 $sinA=\cfrac{a}{2R}$ ， $sinB=\cfrac{b}{2R}$ ， $sinC=\cfrac{c}{2R}$ ，

故有 $tanA=tanB=tanC=\cfrac{k}{2R}$ ，故 $A=B=C=\cfrac{\pi}{3}$ 。

设等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项的和为 $S_n$ ，若 $\cfrac{S_6}{S_3}=\cfrac{1}{2}$ ，则 $\cfrac{S_9}{S_6}$ =？

分析：引入比例因子，设 $\cfrac{S_6}{S_3}=\cfrac{1}{2}=\cfrac{k}{2k}(k\neq 0)$ ，则 $S_6=k$ ， $S_3=2k$ ，

$S_6-S_3=-k$ ，由 $S_3，S_6-S_3，S_9-S_6$ 成等比数列，可知 $S_9-S_6=\cfrac{k}{2}$

则 $S_9=\cfrac{3k}{2}$ ，故 $\cfrac{S_9}{S_6}=\cfrac{\cfrac{3k}{2}}{2k}=\cfrac{3}{4}$ 。

设等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项的和为 $S_n$ ，若 $\cfrac{S_6}{S_3}=\cfrac{1}{2}$ ，则 $\cfrac{S_9}{S_6}$ =？

分析：引入比例因子，设 $\cfrac{S_6}{S_3}=\cfrac{1}{2}=\cfrac{k}{2k}(k\neq 0)$ ，则 $S_6=k$ ， $S_3=2k$ ，

$S_6-S_3=-k$ ，由 $S_3，S_6-S_3，S_9-S_6$ 成等比数列，可知 $S_9-S_6=\cfrac{k}{2}$

则 $S_9=\cfrac{3k}{2}$ ，故 $\cfrac{S_9}{S_6}=\cfrac{\cfrac{3k}{2}}{2k}=\cfrac{3}{4}$ 。

已知双曲线 $C$ 的离心率为 $\cfrac{5}{2}$ ，左、右焦点为 $F_1$ ， $F_2$ ，点 $A$ 在 $C$ 上，若 $|F_1A|=2|F_2A|$ ，则 $cos\angle AF_2F_1$ =_______.

分析：由 $e=\cfrac{c}{a}=\cfrac{5}{2}$ ，令 $c=5k(k>0)$ ，则 $a=2k$ ， $b=\sqrt{21}k$ ，

不妨令双曲线的焦点在 $x$ 轴，点 $A$ 在其右支上，则由双曲线的定义可知，

$|F_1A|-|F_2A|=2a=4k$ ，又 $|F_1A|=2|F_2A|$ ，

则 $|F_2A|=4k$ ， $|F_1A|=8k$ ，又 $|F_1F_2|=10k$ ，

利用余弦定理可知 $cos\angle AF_2F_1=\cdots=\cfrac{13}{20}$ ；

【2020 $\cdot$ 江州质检】【启迪思维题目】正数 $a$ ， $b$ ， $c$ 满足 $3^{a}=4^{b}=6^{c}$ ，则下列关系正确的是【 $\quad$ 】

A . \frac{1}{c} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b}

$A.\cfrac{1}{c}=\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}$

B . \frac{2}{c} = \frac{2}{a} + \frac{1}{b}

$B.\cfrac{2}{c}=\cfrac{2}{a}+\cfrac{1}{b}$

C . \frac{1}{c} = \frac{2}{a} + \frac{2}{b}

$C.\cfrac{1}{c}=\cfrac{2}{a}+\cfrac{2}{b}$

D . \frac{2}{c} = \frac{1}{a} + \frac{2}{b}

$D.\cfrac{2}{c}=\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}$

解析：因为 $a$ ， $b$ ， $c$ 均为正数，设 $3^{a}=4^{b}=6^{c}=k$ ，则 $k>0$ ，到此，实现了变量集中；

所以 $a=\log_{3}k$ ， $b=\log_{4}k$ ， $c=\log_{6}k$ ，

则 $\cfrac{1}{a}=\cfrac{\lg3}{\lg k}$ ， $\cfrac{1}{b}=\cfrac{\lg4}{\lg k}$ ， $\cfrac{1}{c}=\cfrac{\lg6}{\lg k}$ ，

由于 $\cfrac{2}{c}$ $=$ $\cfrac{2\lg 6}{\lg k}$ $=$ $\cfrac{2\lg3}{\lg k}$ $+$ $\cfrac{\lg 4}{\lg k}$ $=$ $\cfrac{2}{a}$ $+$ $\cfrac{1}{b}$ ，故选 $B$ .

【2020 $\cdot$ 江州质检】【启迪思维题目】设 $x$ ， $y$ ， $z$ 均大于 $1$ ，且 $\log_{\sqrt{2}}\cfrac{1}{x}=\log _{\sqrt{3}}\cfrac{1}{y}=\log_{\sqrt{6}}\cfrac{1}{z}$ ，令 $a=x^{\frac{1}{2}}$ ， $b=y^{\frac{1}{3}}$ ， $c=z^{\frac{1}{6}}$ ，则 $a$ ， $b$ ， $c$ 的大小关系是【 $\quad$ 】

A . a > b > c

$A.a > b > c$

B . b > c > a

$B.b > c >a$

C . c > a > b

$C.c > a >b$

D . b > a > c

$D.b > a >c$

解析：由于 $\log_{\sqrt{2}}\cfrac{1}{x}=\log _{\sqrt{3}}\cfrac{1}{y}=\log_{\sqrt{6}}\cfrac{1}{z}$ ，化简： $\log_{\sqrt{2}}\cfrac{1}{x}=-\log_{\sqrt{2}}x$ ，

故 $\log _{\sqrt{2}} x=\log _{\sqrt{3}} y=\log _{\sqrt{6}} z$ ，

令 $\log _{\sqrt{2}} x=\log _{\sqrt{3}} y=\log _{\sqrt{6}} z=k$ ，

由于 $x$ ， $y$ ， $z$ 均大于 $1$ ，所以 $k>0$ ，

所以有 $x=2^{\frac{k}{2}}$ ， $y=3^{\frac{k}{2}}$ ， $z=6^{\frac{k}{2}}$ ，到此，实现了变量集中；

所以 $a=x^{\frac{1}{2}}=2^{\frac{k}{4}}$ ， $b=y^{\frac{1}{3}}=3^{\frac{k}{6}}$ ， $c=z^{\frac{1}{6}}=6^{\frac{k}{12}}$ ，

可得 $a$ ， $b$ ， $c$ 均大于 $1$ ，

所以 $a^{12}=8^{k}$ ， $b^{12}=9^{k}$ ， $c^{12}=6^{k}$ ，

即 $9^{k}>8^{k}>6^{k}$ ，即 $b^{12}>a^{12}>c^{12}$ ，

所以 $b>a>c$ ，故选 $D$ .

【2021 届高三文数三轮模拟题】《数书九章》三斜求积术 “以小斜幂，并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积” . 中国古代数学家秦九韶把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜. “术” 即方法，以 $S$ ， $a$ ， $b$ ， $c$ 分别表示三角形面积、大斜、中斜、小斜，所以 $S=\sqrt{\cfrac{1}{4}[a^{2}\times b^{2}-(\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2})^{2}]}$ . 已知 $\triangle ABC$ 的三边长分别为 $a$ ， $b$ ， $c$ ，对应的高分别为 $h_{a}$ ， $h_{b}$ ， $h_{c}$ ，若 $h_{a}$ $:$ $h_{b}$ $:$ $h_{c}$ = $3$ $:$ $4$ $:$ $6$ ， $a=4$ ，则 $\triangle ABC$ 的面积为【 $\quad$ 】

A . \frac{9}{16}

$A.\cfrac{9}{16}$

B . \frac{3}{4}

$B.\cfrac{3}{4}$

C . \frac{135}{16}

$C.\cfrac{135}{16}$

D . \frac{3 \sqrt{15}}{4}

$D.\cfrac{3\sqrt{15}}{4}$

分析：由于 $h_{a}$ $:$ $h_{b}$ $:$ $h_{c}$ = $3$ $:$ $4$ $:$ $6$ ，

则 $h_a=3k$ ， $h_b=4k$ ， $h_c=6k$ ， $k>0$ ，

由于 $S=\cfrac{1}{2}a\cdot h_a=\cfrac{1}{2}b\cdot h_b=\cfrac{1}{2}c\cdot h_c$

则 $a:b:c=\cfrac{2S}{h_a}:\cfrac{2S}{h_b}:\cfrac{2S}{h_c}$ [给每一项都除以 $2S$ ]

$=\cfrac{1}{h_a}:\cfrac{1}{h_b}:\cfrac{1}{h_c}$

$=\cfrac{1}{3k}:\cfrac{1}{4k}:\cfrac{1}{6k}$ [给每一项都乘以 $k$ ，再同乘以 $12$ ]

$=4:3:2$ ，即 $a:b:c=4:3:2$ ，

又由于 $a=4$ ，故 $b=3$ ， $c=2$ ，将其代入 $S=\sqrt{\cfrac{1}{4}[a^{2}\times b^{2}-(\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2})^{2}]}$ ，

计算得到， $S=\sqrt{\cfrac{1}{4}[4^{2}\times 3^{2}-(\cfrac{4^{2}+3^{2}-2^{2}}{2})^{2}]}=\cfrac{3\sqrt{15}}{4}$ ，故选 $D$ .

解析：由于等差数列的前 $n$ 项和公式为 $S_n=An^2+Bn=An(n+\cfrac{B}{A})$ ，又由于 $\cfrac{S_n}{T_n}=\cfrac{2n+1}{3n+2}$ ，

[备注：说明 $S_n$ 和 $T_n$ 约去了相同的公因式，应该是关于 $n$ 的一次式，不妨设为 $kn$ ]

故可以设 $S_n=kn(2n+1)$ ， $T_n=kn(3n+2)$ ，

则 $\cfrac{a_5}{b_3}=\cfrac{S_5-S_4}{T_3-T_2}=\cfrac{55k-36k}{33k-16k}=\cfrac{19k}{17k}=\cfrac{19}{17}$ .

对应练习

【2022 届高三数学三轮模拟冲刺试题】设 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 都是正数，且 $(\cfrac{1}{4})^a=(\cfrac{1}{6})^b=(\cfrac{1}{9})^c$ ，那么【 $\qquad$ 】

A . \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{1}{c}

$A.\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=\cfrac{1}{c}$

B . \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{1}{a}

$B.\cfrac{1}{b}+\cfrac{1}{c}=\cfrac{1}{a}$

C . \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{2}{c}

$C.\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=\cfrac{2}{c}$

D . \frac{1}{a} + \frac{1}{c} = \frac{2}{b}

$D.\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{c}=\cfrac{2}{b}$

提示：由于 $\cfrac{1}{4^a}=\cfrac{1}{6^b}=\cfrac{1}{9^c}$ ，故可以设 $4^a=6^b=9^c=M$ ，其余运算略，选 $D$ .

如三角形的三边之比为 $a$ ： $b$ ： $c$ = $2$ ： $3$ ： $4$ ，则可以设 $a=2k$ ， $b=3k$ ， $c=4k(k>0)$ ；如果求最大 (小) 角的余弦值，就可以直接代入余弦定理计算，同时 $a$ ， $b$ ， $c$ 都是 $k$ 的一元函数了。
同样的思路也可以用到圆锥曲线中，比如已知离心率 $e=\cfrac{c}{a}=\sqrt{3}$ ，则可知 $c=\sqrt{3}t，a=t(t>0)$ ，则有 $b=\sqrt{2}t$ ； ↩︎