浙江 2011 · 数学 q18

冷启动：两个条件都得先翻成边

题面给了两句话，一句带角、一句带边：

$$\sin A+\sin C=p\sin B ,\qquad ac=\frac{b^{2}}{4} .$$

第一句里的正弦全是角，第二句里全是边，两句不在同一个语言里。 正弦定理 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2R$ 就是那本词典： 把 $\sin A=\dfrac{a}{2R}$ 之类代进去，$2R$ 三处同时出现、直接约掉，

$$a+c=pb .$$

于是两个条件都成了边的关系：

$$\boxed{a+c=pb}\ ,\qquad \boxed{ac=\frac{b^{2}}{4}}\ .$$

注意这两句都是「齐次」的：把 $a,b,c$ 同时放大 $\lambda$ 倍，两句都不变。 所以 $p$ 只跟三角形的形状有关，跟大小无关——这一点是整道题的骨架， 下面三条路都是在用它。

解法一：正弦定理化边，余弦定理里把 $a^{2}+c^{2}$ 换成 $(a+c)^{2}-2ac$——$b^{2}$ 整段约掉

（Ⅰ）$p=\dfrac54$、$b=1$

两个条件立刻变成一组和与积：

$$a+c=pb=\frac54 ,\qquad ac=\frac{b^{2}}{4}=\frac14 .$$

和与积都知道，$a$、$c$ 就是 $x^{2}-\dfrac54x+\dfrac14=0$ 的两根。乘以 $4$：

$$4x^{2}-5x+1=0 \quad\Longrightarrow\quad (4x-1)(x-1)=0 \quad\Longrightarrow\quad x=1\ \text{或}\ x=\frac14 .$$

两根都是正数，且 $\dfrac14+1>1$、$1+1>\dfrac14$，三边 $1,\dfrac14,1$ 拼得成三角形。 $a$、$c$ 在两个条件里完全对称，所以两种分配都合法：

$$\boxed{a=1,\ c=\dfrac14\quad\text{或}\quad a=\dfrac14,\ c=1}$$

（Ⅱ）$B$ 为锐角

余弦定理写出 $b^{2}$，再把 $a^{2}+c^{2}$ 拼成已知的和与积：

$$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos B=(a+c)^{2}-2ac-2ac\cos B .$$

代入 $a+c=pb$、$ac=\dfrac{b^{2}}{4}$：

$$b^{2}=p^{2}b^{2}-\frac{b^{2}}{2}-\frac{b^{2}}{2}\cos B .$$

每一项都带 $b^{2}$，同除即可（$b>0$）——这正是「$p$ 只管形状」的那句话在算式里的样子：

$$1=p^{2}-\frac12-\frac12\cos B \quad\Longrightarrow\quad p^{2}=\frac32+\frac12\cos B .$$

到这里 $p$ 与 $\cos B$ 一一对应、同增同减，$p$ 的范围完全由 $\cos B$ 的范围决定。 $\cos B$ 能取哪些值？两头都要卡：

• $B$ 是锐角（题设）$\Longrightarrow\ \cos B>0$；
• $B$ 是三角形的一个内角（$0<B<\pi$，默认条件）$\Longrightarrow\ \cos B<1$。

于是 $0<\cos B<1$，代进去得 $p^{2}\in\left(\dfrac32,2\right)$。又 $a+c=pb>0$ 说明 $p>0$，所以

$$\boxed{\dfrac{\sqrt6}{2}<p<\sqrt2}$$

两个方向都要走通。 上面这串是「$p$ 必须落在这个区间里」； 反过来，给定区间内任一 $p$，取 $\cos B=2p^{2}-3\in(0,1)$ 定出 $B$， 再由 $a+c=pb$、$ac=\dfrac{b^{2}}{4}$ 解出两条正边（下一条解法会说明此时判别式确实非负）， 三角形真造得出来。所以这个区间不多不少。

解法二：不妨设 $b=1$——把「$p$ 的范围」翻成「两根存在且拼得成三角形」

既然两个条件都是齐次的、$p$ 只管形状，那就直接把大小定死：不妨设 $b=1$ （一般的三角形把三边同时除以 $b$ 即可，$p$ 不变）。于是

$$a+c=p ,\qquad ac=\frac14 .$$

$a$、$c$ 是 $x^{2}-px+\dfrac14=0$ 的两根。现在「$p$ 取得到」被翻译成三件事，逐条写成不等式：

1. 两根是实数：$\Delta=p^{2}-1\geq 0$，即 $p\geq 1$（$p>0$ 由 $a+c>0$ 给出）。

2. 拼得成三角形：两根都正（由和、积都正自动成立），还需 $|a-c|<b=1$。而

   $$(a-c)^{2}=(a+c)^{2}-4ac=p^{2}-1 ,$$

   所以这一条就是 $p^{2}-1<1$，即 $p<\sqrt2$。

3. $B$ 是锐角：$\cos B>0\iff a^{2}+c^{2}>b^{2}=1$。而 $a^{2}+c^{2}=(a+c)^{2}-2ac=p^{2}-\dfrac12$，故这一条是 $p^{2}>\dfrac32$，即 $p>\dfrac{\sqrt6}{2}$。

三条取交集。$\dfrac{\sqrt6}{2}\approx1.225>1$，第 1 条被第 3 条盖住，于是

$$\frac{\sqrt6}{2}<p<\sqrt2 .$$

这条路的好处是充分性是白送的：三条都是「当且仅当」，交集里的每个 $p$ 都真的配出一个满足全部要求的三角形，不用再补一段验证。 顺带也看清了上界的来历——$p<\sqrt2$ 就是 $|a-c|<b$，是三角形不等式，不是锐角条件。

解法三：$\frac{b}{2}$ 是 $a$、$c$ 的等比中项——设 $a=\frac{b}{2}k$、$c=\frac{b}{2k}$，一个 $k$ 管到底

条件 $ac=\dfrac{b^{2}}{4}$ 换个说法就是

$$\sqrt{ac}=\frac b2 ,$$

即 $\dfrac b2$ 是 $a$、$c$ 的等比中项。积已定，就把两个数写成一对倒数：

$$a=\frac b2 k ,\qquad c=\frac{b}{2k}\qquad(k>0) .$$

这样 $ac=\dfrac{b^{2}}{4}$ 自动成立，两个未知数塌成一个 $k$。记 $s=k+\dfrac1k$，则 $s\geq 2$（基本不等式，$k=1$ 取等），而

$$a+c=\frac b2 s=pb \quad\Longrightarrow\quad p=\frac s2 .$$

再算 $\cos B$（余弦定理）：

$$\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac} =\frac{\dfrac{b^{2}}{4}\left(k^{2}+\dfrac{1}{k^{2}}\right)-b^{2}}{\dfrac{b^{2}}{2}} =\frac{k^{2}+\dfrac{1}{k^{2}}}{2}-2 =\frac{s^{2}-2}{2}-2=\frac{s^{2}-6}{2} .$$

两个条件都只含 $s$ 了：

• $B$ 为锐角：$\cos B>0\iff s^{2}>6\iff s>\sqrt6$；
• 三角形存在（$B$ 是真角）：$\cos B<1\iff s^{2}<8\iff s<2\sqrt2$。

（$s\geq2$ 被 $s>\sqrt6\approx2.449$ 盖住。）代回 $p=\dfrac s2$：

$$\frac{\sqrt6}{2}<p<\frac{2\sqrt2}{2}=\sqrt2 .$$

用 $p=\dfrac s2$ 核对解法一：$p^{2}=\dfrac{s^{2}}{4}$，而 $\dfrac32+\dfrac12\cos B=\dfrac32+\dfrac{s^{2}-6}{4}=\dfrac{s^{2}}{4}$ ✓，两条路完全吻合。

（Ⅰ）用这条路也很快：$p=\dfrac54$ 给 $s=\dfrac52$，即 $k+\dfrac1k=\dfrac52$， 解出 $k=2$ 或 $k=\dfrac12$；$b=1$ 时 $a=\dfrac k2$、$c=\dfrac{1}{2k}$，正是 $\left(1,\dfrac14\right)$ 与 $\left(\dfrac14,1\right)$。

三条路怎么选

• 解法一是原卷路线，也是考场最稳的：化边、余弦定理、同除 $b^{2}$，三步到 $p^{2}=\dfrac32+\dfrac12\cos B$。 代价是求完范围要另补一句充分性（或者像上面那样说明对应是一一的）。
• 解法二最适合「求参数范围」这类问法：把每个要求都写成关于 $p$ 的充要不等式， 再取交集，正反两个方向一次做完。它还让你看清上界的真身是三角形不等式。
• 解法三最能解释「为什么答案长这样」：$ac=\dfrac{b^{2}}{4}$ 其实是在说 $\dfrac b2$ 是等比中项， 于是整道题只剩一个 $s=k+\dfrac1k$，两个端点分别是 $s=\sqrt6$ 与 $s=2\sqrt2$。 条件里出现「两数之积已定」时，这套设法几乎总是最短的。

易错

• 只写 $\cos B>0$，忘了 $\cos B<1$，于是答案变成 $p>\dfrac{\sqrt6}{2}$、没有上界。 $B$ 是三角形的内角，$B>0$ 就要求 $\cos B<1$——这一条是「图形存在」的默认要求， 题面不会写，但它正好给出上界 $\sqrt2$（详见易错点「求参范围漏掉图形存在性」）。
• 端点写成闭的。$p=\dfrac{\sqrt6}{2}$ 时 $\cos B=0$，$B$ 是直角不是锐角； $p=\sqrt2$ 时 $\cos B=1$，$B=0$，三点共线根本不是三角形。两端都取不到，区间是开的。
• （Ⅰ）只写一组解。$a$、$c$ 在 $a+c=\dfrac54$、$ac=\dfrac14$ 里完全对称， 题目也没有额外区分它们的条件，所以 $\left(1,\dfrac14\right)$ 与 $\left(\dfrac14,1\right)$ 都要写。
• 换元后不管新变量的范围。解法三设 $a=\dfrac b2k$ 时必须声明 $k>0$（边长为正）， 由此才有 $s=k+\dfrac1k\geq2$；漏了这一条，$s$ 的下界就没了 （详见易错点「换元后漏掉新变量的取值范围」）。本题它恰好被 $s>\sqrt6$ 盖住， 但把范围写全是习惯问题，换个数字就可能是它在起作用。
• 把 $p$ 的范围当成 $\cos B$ 的范围直接搬。$p^{2}=\dfrac32+\dfrac12\cos B$ 给的是 $p^{2}$ 的区间， 要再开一次方；由 $p>0$ 才能从 $p^{2}\in\left(\dfrac32,2\right)$ 得到 $p\in\left(\dfrac{\sqrt6}{2},\sqrt2\right)$， 否则还有一段负的。
• 原卷解答（Ⅰ）末尾把 $c=1$ 印成了 $b=1$。「$a=\dfrac14$，$b=1$」这一句里的 $b=1$ 是题设本来就给的， 这里该写的是 $c=1$；这是原卷的笔误，本站校订层照原样保留、在此另作说明。