浙江 2010 · 数学 q18

冷启动：一个条件，两条出路

题面只给了一句 $\cos 2C=-\dfrac{1}{4}$，而二倍角公式有三种写法：

$$\cos 2C=1-2\sin^{2}C=2\cos^{2}C-1=\cos^{2}C-\sin^{2}C .$$

前两种各自只牵涉一个量，于是同一句话能读出两件事：

$$\sin^{2}C=\frac{1-\cos 2C}{2}=\frac{1+\frac14}{2}=\frac{5}{8}, \qquad \cos^{2}C=\frac{1+\cos 2C}{2}=\frac{1-\frac14}{2}=\frac{3}{8} .$$

两个平方，开方时的待遇却完全不同（易错点「开方丢绝对值」：$\sqrt{t^{2}}=|t|$，符号得另找依据）：

• $C$ 是三角形的内角，$0<C<\pi$，正弦一定为正——$\sin C$ 的符号有依据，唯一：

  $$\sin C=\sqrt{\frac58}=\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{4} .$$

• 而 $0<C<\pi$ 里余弦可正可负（$C$ 锐角为正、钝角为负），题面没有第二句话去裁它——$\cos C=\pm\dfrac{\sqrt{6}}{4}$ 两个符号都活着（易错点「由正弦反求余弦漏判符号」）。

第 (I) 问问的正是那个有依据的量，所以只有一个答案；第 (II) 问要用到没依据的那个，所以答案有两组。这不是题目出错，也不是要你挑一个扔掉——下面会看到，两个符号各自都配得出一个货真价实的三角形。

第二个条件先兑现掉。 $2\sin A=\sin C$ 配上正弦定理 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{c}{\sin C}$：

$$c=a\cdot\frac{\sin C}{\sin A}=a\cdot 2=2\times 2=4 .$$

$c$ 与 $\cos C$ 的符号无关，两支共用。剩下的全部悬念只在 $b$ 上。

解法一：原卷路线——二倍角的两种形式各用一次，$\cos C$ 的两个符号分别代进余弦定理

第一步（第 (I) 问）：取 $1-2\sin^{2}C$ 那一种写法。

$$\cos 2C=1-2\sin^{2}C=-\frac14 \quad\Longrightarrow\quad \sin^{2}C=\frac58 .$$

$C$ 是三角形的内角，$0<C<\pi$，故 $\sin C>0$：

$$\sin C=\frac{\sqrt{10}}{4} .$$

第二步：$c$。 由 $2\sin A=\sin C$ 与正弦定理 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{c}{\sin C}$：

$$c=\frac{a\sin C}{\sin A}=2a=4 .$$

第三步：取 $2\cos^{2}C-1$ 那一种写法，留住两个符号。

$$\cos 2C=2\cos^{2}C-1=-\frac14 \quad\Longrightarrow\quad \cos^{2}C=\frac38 \quad\Longrightarrow\quad \cos C=\pm\frac{\sqrt{6}}{4} .$$

题面只说 $C$ 是三角形的内角，$(0,\pi)$ 里正负余弦都合法，没有任何条件能裁掉一支。

第四步：余弦定理，一个符号解一次。 在 $\triangle ABC$ 中，$c$ 的对角是 $C$：

$$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos C \quad\Longrightarrow\quad 16=4+b^{2}-4b\cos C .$$

• $\cos C=\dfrac{\sqrt{6}}{4}$（$C$ 为锐角）：$16=4+b^{2}-\sqrt{6}\,b$，即

  $$b^{2}-\sqrt{6}\,b-12=0 \quad\Longrightarrow\quad b=\frac{\sqrt{6}\pm\sqrt{6+48}}{2}=\frac{\sqrt{6}\pm 3\sqrt{6}}{2} ,$$

  两根是 $2\sqrt{6}$ 与 $-\sqrt{6}$，边长为正，取 $b=2\sqrt{6}$。

• $\cos C=-\dfrac{\sqrt{6}}{4}$（$C$ 为钝角）：$16=4+b^{2}+\sqrt{6}\,b$，即

  $$b^{2}+\sqrt{6}\,b-12=0 \quad\Longrightarrow\quad b=\frac{-\sqrt{6}\pm 3\sqrt{6}}{2} ,$$

  两根是 $\sqrt{6}$ 与 $-2\sqrt{6}$，取 $b=\sqrt{6}$。

第五步：两支都得回验，一支都不能扔。 舍负根是显然的，真正要问的是「这两个三角形存在吗」：

• $(a,b,c)=(2,\,2\sqrt{6},\,4)$：$2\sqrt{6}\approx 4.90$，$2+4=6>4.90$、$2+4.90>4$、$4+4.90>2$，三角形不等式全过；回代 $\cos C=\dfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\dfrac{4+24-16}{8\sqrt{6}}=\dfrac{12}{8\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{6}}{4}$，正是锐角那一支。
• $(a,b,c)=(2,\,\sqrt{6},\,4)$：$\sqrt{6}\approx 2.45$，$2+2.45=4.45>4$，其余两条更宽松；回代 $\cos C=\dfrac{4+6-16}{4\sqrt{6}}=-\dfrac{6}{4\sqrt{6}}=-\dfrac{\sqrt{6}}{4}$，正是钝角那一支。

两组都真的存在，所以答案就是两组。

一句话看穿为什么必有两解。 把方程写成 $b^{2}-(2a\cos C)b+(a^{2}-c^{2})=0$，常数项 $a^{2}-c^{2}=4-16<0$——两根之积为负，不论 $\cos C$ 取哪个符号，都恰好有一个正根。图上那个画法说的就是这件事：$|AB|=c$ 把 $A$ 锁在以 $B$ 为心、$4$ 为半径的圆上，$c>a$ 意味着 $C$ 在这个圆的内部，于是从 $C$ 出发的任何一条射线都必与圆交于且仅交于一点——两条互补方向的射线，两个交点，两个三角形。

解法二：换一个角下手——$A$ 的余弦符号是定的，一个方程同时吐出两个 $b$

怎么想到的。 上一条路的麻烦全在「$\cos C$ 的符号没依据」。那就换一个角：题面里的 $2\sin A=\sin C$ 顺手给了 $\sin A$，而 $A$ 的余弦符号是能定下来的——因为 $a$ 与 $c$ 的大小关系摆在那里。

第一步：$\sin A$ 与 $c$。 由 $2\sin A=\sin C=\dfrac{\sqrt{10}}{4}$：

$$\sin A=\frac{\sqrt{10}}{8} ,$$

再由正弦定理得 $c=2a=4$（同解法一第二步）。

第二步：$A$ 一定是锐角。 $a=2<4=c$。大边对大角，故 $A<C$。若 $A\geqslant 90^{\circ}$，则 $C>A\geqslant 90^{\circ}$，两角之和已超过 $180^{\circ}$，三角形不成立。所以

$$0^{\circ}<A<90^{\circ} \quad\Longrightarrow\quad \cos A>0 .$$

这一步是本条路的全部价值所在：同样是「平方开方」，$\cos A$ 的符号有依据，$\cos C$ 的没有。由同角三角函数的基本关系：

$$\cos A=\sqrt{1-\sin^{2}A}=\sqrt{1-\frac{10}{64}}=\sqrt{\frac{54}{64}}=\frac{3\sqrt{6}}{8} .$$

第三步：对着 $a$ 用余弦定理。 $a$ 的对角是 $A$，夹 $A$ 的两条边是 $b$ 与 $c$：

$$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A \quad\Longrightarrow\quad 4=b^{2}+16-2\cdot b\cdot 4\cdot\frac{3\sqrt{6}}{8} =b^{2}+16-3\sqrt{6}\,b ,$$

即

$$b^{2}-3\sqrt{6}\,b+12=0 .$$

第四步：两个根一起出来。 判别式 $\Delta=54-48=6>0$：

$$b=\frac{3\sqrt{6}\pm\sqrt{6}}{2} \quad\Longrightarrow\quad b=2\sqrt{6}\ \ \text{或}\ \ b=\sqrt{6} .$$

两根都为正，一个都不用舍——而且这一次根本没有分类：$\cos C$ 的两个符号被合并进了同一个二次方程的两个根里。

第五步：这两个根都真的满足全部题设。 固定 $b$、$c=4$ 与它们的夹角 $A$（$\cos A=\frac{3\sqrt{6}}{8}$），三角形就唯一确定了，于是只需逐条核对：由第三步的方程，$a^{2}=4$ 即 $a=2$ ✓；再由正弦定理 $\sin C=\dfrac{c\sin A}{a}=\dfrac{4\cdot\frac{\sqrt{10}}{8}}{2}=\dfrac{\sqrt{10}}{4}$，于是 $2\sin A=\sin C$ ✓，且

$$\cos 2C=1-2\sin^{2}C=1-2\cdot\frac{10}{16}=-\frac14\ \checkmark .$$

两组全部满足题设，与解法一的结论逐位相同。

顺带解释了「为什么恰好两解」。 二次方程 $b^{2}-3\sqrt{6}\,b+12=0$ 两根之和 $3\sqrt{6}>0$、两根之积 $12>0$，两根同为正——所以这里不是「解出两个、舍掉一个」，是两个都得要。

解法三：一次分类都不做——把 $\cos C$ 用 $b$ 表示掉，解一个关于 $b^{2}$ 的二次方程

怎么想到的。 分类讨论的根源是「$\cos C$ 带着一个符号」。可余弦定理本来就能把 $\cos C$ 写成三边的式子——写出来之后式子里一个角都不剩，符号问题自动消失。

第一步：把 $\cos C$ 换掉。 仍然先有 $c=2a=4$。由余弦定理反解：

$$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{4+b^{2}-16}{4b}=\frac{b^{2}-12}{4b}\qquad(b>0) .$$

第二步：把题给的条件整个写成 $b$ 的方程。 由 $\cos 2C=2\cos^{2}C-1=-\dfrac14$ 得 $\cos^{2}C=\dfrac38$，代入：

$$\left(\frac{b^{2}-12}{4b}\right)^{2}=\frac38 \quad\Longrightarrow\quad 8\left(b^{2}-12\right)^{2}=3\cdot 16b^{2} \quad\Longrightarrow\quad \left(b^{2}-12\right)^{2}=6b^{2} .$$

这一步没有丢解也没有添解：$\cos^{2}C=\frac38$ 与 $\cos 2C=-\frac14$ 是同一句话，而两边平方在这里是等价变形（左边本来就是平方）。

第三步：整体代换，降成二次。 展开并令 $u=b^{2}>0$（套路「整体代换」）：

$$b^{4}-24b^{2}+144=6b^{2} \quad\Longrightarrow\quad u^{2}-30u+144=0 .$$

$\Delta=900-576=324=18^{2}$：

$$u=\frac{30\pm 18}{2}=24\ \ \text{或}\ \ 6 \quad\Longrightarrow\quad b=2\sqrt{6}\ \ \text{或}\ \ b=\sqrt{6} .$$

（$u$ 的两根都为正，$b=\sqrt{u}$ 各取正根。）

第四步：回验三角形确实存在。 第一步那个 $\cos C$ 的表达式只有在「$a$、$b$、$c$ 真能围成三角形」时才代表一个角，所以要补上：

• $b=2\sqrt{6}$：$\cos C=\dfrac{24-12}{8\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{6}}{4}\in(-1,1)$，且 $2+4>2\sqrt{6}$，三角形成立；
• $b=\sqrt{6}$：$\cos C=\dfrac{6-12}{4\sqrt{6}}=-\dfrac{\sqrt{6}}{4}\in(-1,1)$，且 $2+\sqrt{6}>4$，三角形成立。

两支都过，答案与前两条路一致。

这条路把「两解」的来源说得最直白：$\left(b^{2}-12\right)^{2}=6b^{2}$ 开方就是 $\left|b^{2}-12\right|=\sqrt{6}\,b$，绝对值拆开正是 $b^{2}-12=\pm\sqrt{6}\,b$——解法一里那两个 $\cos C$ 的符号，其实就是这个绝对值的两支（易错点「开方丢绝对值」：这里若直接抹掉绝对值写成 $b^{2}-12=\sqrt{6}b$，丢掉的正好是钝角那一组答案）。

答案

$$\boxed{ \text{(I)}\ \sin C=\frac{\sqrt{10}}{4}; \qquad \text{(II)}\ \begin{cases}b=\sqrt{6}\\ c=4\end{cases} \ \text{或}\ \begin{cases}b=2\sqrt{6}\\ c=4\end{cases} }$$

三条路都落在同一对结果上。两组答案的 $b$ 相差 $2\sqrt{6}-\sqrt{6}=\sqrt{6}$，而 $2a\left|\cos C\right|=4\cdot\dfrac{\sqrt{6}}{4}=\sqrt{6}$——这不是巧合：锐角那一支的方程 $b^{2}-\sqrt{6}\,b-12=0$ 两根是 $2\sqrt{6}$ 与 $-\sqrt{6}$，两根之和正是 $2a\cos C=\sqrt{6}$。

那个被舍掉的负根其实就是另一组答案。 把锐角那条射线延长成整条直线，它与圆（心 $B$、半径 $4$）交于两点，对应参数 $t=2\sqrt{6}$ 与 $t=-\sqrt{6}$；负根那个交点在 $C$ 的另一侧、底边下方，把它关于底边 $CB$ 翻折上来——圆心在底边上，翻折后仍在圆上——落到的正是图上的 $A_{2}$，$|CA_{2}|=\sqrt{6}$。所以两组答案不是两件事，是同一条直线与同一个圆的两个交点——一个在射线的正方向上（$t=2\sqrt{6}$），一个在反方向上（$t=-\sqrt{6}$），后者翻折到底边上方，就成了图上钝角的那一支。