浙江 2012 · 数学 q18

冷启动：题面只给了两个条件，但它们联手把形状定死了

题面给的是

$$\cos A=\frac{2}{3},\qquad \sin B=\sqrt{5}\cos C .$$

第一个条件把 $A$ 定死了（$\sin A=\frac{\sqrt{5}}{3}$，$A\approx 48.2^{\circ}$）。 第二个条件把 $B$ 和 $C$ 绑在一起。三角形里三个角只有两个自由度， 所以这两个条件一起已经把三角形的形状定完了——第（Ⅱ）问的 $a=\sqrt{2}$ 只是最后给个尺寸，把相似类里的哪一个挑出来。

看清这件事有个直接的好处：两问不是并列的，而是”先定形状、再定大小”。 第（Ⅱ）问真正需要的不是 $\tan C$ 这个数， 而是形状；形状最省事的说法是”$b:c$ 是多少”。而这道题的答案是

$$b=c .$$

三角形是等腰的。这一句一旦落地，第（Ⅱ）问就没有难点了： $S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}b^{2}\cdot\frac{\sqrt{5}}{3}$，只差一个 $b^{2}$， 而 $b^{2}$ 由余弦定理一步给出。

下面四条路的差别，说白了就是多久才看出 $b=c$：

• 路一（原卷）压根不去看它，老老实实算 $\tan C\to\sin C\to c\to S$；
• 路二在算出 $\tan C=\sqrt{5}$ 的下一行就看出来了；
• 路三一个角都不用，把两个条件全化成边，代入之后 $b=c$ 自己掉出来—— 而且会顺手发现一件路一路二看不到的事：等腰跟 $a$ 取多少毫无关系；
• 路四在动笔之前就知道它必然等腰——因为 $\sqrt{5}$ 这个数正是为此挑的。

解法一：原卷路线——第三个角化成和角，$\tan C$ 一步出来，再用正弦定理求 $c$

第（I）问。 $\cos A=\frac{2}{3}$ 且 $0<A<\pi$，所以 $\sin A>0$，

$$\sin A=\sqrt{1-\cos^{2}A}=\sqrt{1-\frac{4}{9}}=\frac{\sqrt{5}}{3}.$$

条件里出现了三个角中的两个（$B$ 和 $C$），而 $A$ 是已知的那个。 所以把 $B$ 换掉：$A+B+C=\pi$ 给 $B=\pi-(A+C)$，于是 $\sin B=\sin(A+C)$。展开：

$$\sqrt{5}\cos C=\sin B=\sin(A+C)=\sin A\cos C+\cos A\sin C =\frac{\sqrt{5}}{3}\cos C+\frac{2}{3}\sin C .$$

把 $\cos C$ 的项并到一边：

$$\Bigl(\sqrt{5}-\frac{\sqrt{5}}{3}\Bigr)\cos C=\frac{2}{3}\sin C \ \Longrightarrow\ \frac{2\sqrt{5}}{3}\cos C=\frac{2}{3}\sin C .$$

这里 $\cos C\neq 0$：若 $\cos C=0$ 则右边给 $\sin C=0$，与 $\sin^{2}C+\cos^{2}C=1$ 矛盾。 所以两边除以 $\frac{2}{3}\cos C$，得

$$\boxed{\tan C=\sqrt{5}} .$$

第（Ⅱ）问。 $\tan C=\sqrt{5}>0$ 且 $0<C<\pi$，所以 $C$ 是锐角，$\sin C,\cos C>0$。 由 $\tan C=\sqrt{5}$ 与 $\sin^{2}C+\cos^{2}C=1$：

$$\cos C=\frac{1}{\sqrt{6}},\qquad \sin C=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}},$$

于是 $\sin B=\sqrt{5}\cos C=\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}$。正弦定理 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{c}{\sin C}$ 给

$$c=a\cdot\frac{\sin C}{\sin A}=\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{5}/\sqrt{6}}{\sqrt{5}/3} =\sqrt{2}\cdot\frac{3}{\sqrt{6}}=\sqrt{3}.$$

面积用夹在 $a$、$c$ 之间的那个角，也就是 $B$：

$$S=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}} =\frac{1}{2}\cdot\sqrt{6}\cdot\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{5}}{2}.$$

这条路的可靠之处：每一步都是套路动作，不需要任何观察。 它的代价是那三个带根号的分母（$\frac{1}{\sqrt6}$、$\frac{\sqrt5}{\sqrt6}$） 要一路带到最后一步才约掉，中间任何一次有理化写错，答案就毁了。 下面三条路都是在设法不写这些根号。

解法二：算出 $\tan C$ 就该看出 $\sin B=\sin C$——三角形是等腰的，余弦定理一步得 $b=c=\sqrt{3}$

第（I）问同解法一，得 $\tan C=\sqrt{5}$，进而 $\cos C=\dfrac{1}{\sqrt{6}}$、$\sin C=\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}$。

关键的一行：把 $\cos C$ 代回题目给的条件，

$$\sin B=\sqrt{5}\cos C=\sqrt{5}\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}=\sin C .$$

也就是 $\sin B=\sin C$。这不是一个数值巧合，是形状信息——它说明

$$B=C\quad\text{或}\quad B+C=\pi .$$

后一支在三角形里立刻被排除：$B+C=\pi$ 会逼出 $A=0$。所以 $B=C$，由正弦定理（或等角对等边）

$$b=c .$$

这里有个必须写清的地方，也是这道题唯一的坑。由 $\sin B=\sin C$ 定角本来是要分两支的， 只不过在三角形里第二支自动死掉。这次”只写 $B=C$“照样能得对答案， 所以很多人从此以为 $\sin$ 相等就等于角相等——下次在不是”两个内角”的场合就会栽。 比如若条件里出现 $\sin 2B=\sin 2C$，两支给的是 $B=C$ 与 $B+C=\frac{\pi}{2}$， 两支都在三角形内活着，漏一支就漏一半答案。 这次漏了没错，是因为这次恰好只有一支； 把”恰好”当成”一向如此”，才是真正的错。

第（Ⅱ）问于此变得极短。 $b=c$，$a=\sqrt{2}$，余弦定理对着 $A$ 用：

$$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A=2b^{2}-2b^{2}\cdot\frac{2}{3}=\frac{2}{3}b^{2},$$

所以 $b^{2}=\frac{3}{2}a^{2}=3$，$b=c=\sqrt{3}$。面积用夹在 $b$、$c$ 之间的 $A$：

$$S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}b^{2}\sin A=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot\frac{\sqrt{5}}{3}=\frac{\sqrt{5}}{2}.$$

注意最后那一步的漂亮：$b^{2}=3$ 里的 $3$ 和 $\sin A=\frac{\sqrt5}{3}$ 里的 $3$ 直接约掉了， 根号一次都没进过分母。选哪个角配面积公式，决定了你要不要跟根号打交道—— $\frac{1}{2}bc\sin A$ 里的 $\sin A$ 是题面直接给的，$\frac12ac\sin B$ 里的 $\sin B$ 要先算两步。

解法三：一个角都不留——两个条件全化成边，代入直接得 $b^{2}=bc$，等腰与 $a$ 无关

上面两条路都得先把 $\tan C$ 算出来。这一条从头到尾不出现任何角， 只把两个条件各自翻译成边的关系。

翻译条件二。用正弦定理把 $\sin B$ 换成边：$\sin B=\dfrac{b}{a}\sin A$，而 $\sin A=\dfrac{\sqrt{5}}{3}$（由 $\cos A=\frac23$ 与 $\sin A>0$ 得，同解法一），故 $\sin B=\dfrac{b}{a}\cdot\dfrac{\sqrt{5}}{3}$； 用余弦定理把 $\cos C$ 换成边：$\cos C=\dfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$。代进 $\sin B=\sqrt{5}\cos C$：

$$\frac{b}{a}\cdot\frac{\sqrt{5}}{3}=\sqrt{5}\cdot\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}.$$

两边的 $\sqrt{5}$ 正好对消——左边那个来自 $\sin A$，右边那个来自条件的系数。 它们能约掉，恰恰是因为条件里的系数就是 $\sqrt5$： 不是”$\sqrt5$ 不参与计算”，而是”它只在这一处参与、约完就退场”。 系数换成别的数，下面这条边的关系式立刻变形，$b=c$ 也就没了。乘开整理：

$$\frac{b}{3a}=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab} \ \Longrightarrow\ 2b^{2}=3(a^{2}+b^{2}-c^{2}) \ \Longrightarrow\ 3c^{2}=3a^{2}+b^{2}. \tag{1}$$

翻译条件一。 $\cos A=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\dfrac{2}{3}$，即

$$3(b^{2}+c^{2}-a^{2})=4bc. \tag{2}$$

合并。由 $(1)$ 得 $b^{2}=3(c^{2}-a^{2})$，代进 $(2)$ 的括号：

$$b^{2}+c^{2}-a^{2}=3(c^{2}-a^{2})+(c^{2}-a^{2})=4(c^{2}-a^{2}),$$

于是 $(2)$ 变成 $12(c^{2}-a^{2})=4bc$，即 $3(c^{2}-a^{2})=bc$。可是左边正是 $b^{2}$，所以

$$b^{2}=bc\ \Longrightarrow\ b(b-c)=0\ \Longrightarrow\ \boxed{b=c}$$

（$b>0$，所以 $b=0$ 那支不是三角形）。

这条路给出的额外信息，前两条路看不到：上面的推导完全没有用到 $a=\sqrt{2}$ 这个条件。 也就是说——

$\cos A=\frac{2}{3}$ 与 $\sin B=\sqrt{5}\cos C$ 这两个条件， 不管 $a$ 取多少，都强迫三角形等腰。

第（Ⅱ）问给的 $a=\sqrt{2}$ 只是在这一族相似三角形里挑了一个尺寸。 “哪个条件用来定形状、哪个用来定大小”被这条路分得干干净净。

剩下的和解法二一样：$b=c$ 代回 $(2)$（或直接用余弦定理）， $3(2b^{2}-2)=4b^{2}$ 给 $b^{2}=3$；$b=c=\sqrt{3}$， $S=\frac{1}{2}b^{2}\sin A=\frac{\sqrt{5}}{2}$。

第（I）问也顺带白拿：$b=c\Rightarrow B=C$，代回条件二得 $\sin C=\sqrt{5}\cos C$， 即 $\tan C=\sqrt{5}$。一次和角公式都没用。

解法四：反查 $\sqrt{5}$ 的来历——把它换成 $\lambda$，$A\neq\frac{\pi}{2}$ 时 $b=c$ 的判据正是 $\lambda=\cot\frac{A}{2}$

三条路都指向 $b=c$。一个自然的疑问是：这是巧合，还是出题人挑的？ 把条件里那个 $\sqrt{5}$ 换成字母，一算就知道。设条件为

$$\sin B=\lambda\cos C\qquad(\lambda>0),$$

$A$ 是另一个已知量。这条路要连除四次，所以先把四个分母一次验完—— 末尾那条 $\cos A\neq0$ 是承重墙，漏了它，最后那句”判据”会真的塌（本条结尾给反例）：

• $\cos C>0$。 $B$ 是三角形内角故 $\sin B>0$，由条件 $\cos C=\dfrac{\sin B}{\lambda}>0$， 于是 $C$ 是锐角、$\tan C>0$。 这一条顺带给出构型存在的约束，但它跟着 $\cos A$ 的符号分岔： 由下面的 $(3')$，$\tan C>0$ 要求 $\lambda-\sin A$ 与 $\cos A$ 同号—— $\cos A>0$ 时须 $\lambda>\sin A$，$\cos A<0$ 时须 $\lambda<\sin A$。 别把其中一支当成通用的（本题 $\cos A=\frac23>0$， 而 $\sqrt5>\sin A=\frac{\sqrt5}{3}$，构型存在）。
• $1-\cos A\neq0$。 $A\in(0,\pi)$，故 $\cos A<1$。
• $\sin\frac{A}{2}\neq0$。 $\frac{A}{2}\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$。
• $\cos A\neq0$，即 $A\neq\dfrac{\pi}{2}$。 本题 $\cos A=\frac23\neq0$，随后放心除； 但作为一般命题这一条必须写出来，理由见本条最后一段。

照解法一的走法（$\sin B=\sin(A+C)$ 展开、把 $\cos C$ 的项并到一边）得

$$(\lambda-\sin A)\cos C=\cos A\sin C, \tag{3}$$

再除以 $\cos A\cos C$（此处用到 $\cos A\neq0$）：

$$\tan C=\frac{\lambda-\sin A}{\cos A}. \tag{3$'$}$$

这就是第（I）问的通式：$\tan C$ 是 $\lambda$ 的一次函数，斜率 $\dfrac{1}{\cos A}$。 代 $\lambda=\sqrt{5}$、$\sin A=\frac{\sqrt5}{3}$、$\cos A=\frac23$： $\tan C=\dfrac{\sqrt5-\frac{\sqrt5}{3}}{\frac23}=\dfrac{2\sqrt5/3}{2/3}=\sqrt{5}$，与前面一致。

再写出”等腰”的判据。$b=c\iff B=C\iff\sin B=\sin C$ （$B+C=\pi$ 那一支在三角形里逼出 $A=0$，恒不成立），而条件说 $\sin B=\lambda\cos C$，所以

$$b=c\iff \lambda\cos C=\sin C\iff \tan C=\lambda \tag{4}$$

（末一步除以 $\cos C>0$，已验）。

把 $(3')$ 与 $(4)$ 摆在一起——它们都是”$\tan C$ 等于某个东西”， 所以在 $A\neq\frac{\pi}{2}$ 的前提下，三角形等腰当且仅当这两个东西相等：

$$\frac{\lambda-\sin A}{\cos A}=\lambda \iff \lambda-\sin A=\lambda\cos A \iff \lambda(1-\cos A)=\sin A \iff \lambda=\frac{\sin A}{1-\cos A}$$

（末一步除以 $1-\cos A\neq0$，已验）。右边就是半角的余切： 由二倍角公式 $\sin A=2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}$、$1-\cos A=2\sin^{2}\frac{A}{2}$， 再除以 $\sin\frac{A}{2}\neq0$（已验），得

$$\frac{\sin A}{1-\cos A}=\frac{\cos\frac{A}{2}}{\sin\frac{A}{2}}=\cot\frac{A}{2}.$$

于是结论是一句很干净的话——注意它带着前提：

已知 $\cos A$ 且 $A\neq\dfrac{\pi}{2}$，条件为 $\sin B=\lambda\cos C$（$\lambda>0$）时， 三角形等腰 $\iff\lambda=\cot\dfrac{A}{2}$。

回到本题：$\cos A=\frac{2}{3}$ 给 $\tan\frac{A}{2}=\dfrac{\sin A}{1+\cos A}=\dfrac{\sqrt5/3}{5/3}=\dfrac{1}{\sqrt5}$， 所以 $\cot\dfrac{A}{2}=\sqrt{5}$——正是题目给的那个数。

$\sqrt{5}$ 不是随手挑的。出题人先定了 $\cos A=\frac23$，再把 $\lambda$ 取成 $\cot\frac A2$， 好让三角形恰好等腰、好让答案 $\frac{\sqrt5}{2}$ 干净。看穿这一层之后两问各一行： $b=c$（由 $\lambda=\cot\frac A2$ 与 $(4)$）$\Rightarrow\tan C=\lambda=\sqrt5$； $a^{2}=\frac23b^{2}$ 给 $b^{2}=3$，$S=\frac12b^{2}\sin A=\frac{\sqrt5}{2}$。

这一招的一般价值：$(3')$ 在手，同型题不必重做——比如把 $\lambda$ 改成 $2$ （$\cos A$ 仍是 $\frac23>0$，且 $2>\sin A=\frac{\sqrt5}{3}$，构型存在）， $\tan C=\dfrac{2-\sqrt5/3}{2/3}=3-\dfrac{\sqrt5}{2}\approx1.88\neq2$，三角形不再等腰， 面积就得老老实实按解法一算。反过来，看到答案漂亮就该怀疑有设计， 而参数化是把怀疑变成证据的唯一办法。

那条判据的边界：$A=\dfrac{\pi}{2}$ 时它是假的

这一小节不是补丁，是这条路真正的收获——把它删掉，判据就成了一句会骗人的话。

$A=\dfrac{\pi}{2}$ 时 $\cos A=0$，$(3')$ 的分母为零、斜率 $\dfrac{1}{\cos A}$ 不存在， $(3)$ 直接给 $(\lambda-\sin A)\cos C=0$，即 $\lambda=\sin A=1$。 换个说法更清楚：$A=\dfrac{\pi}{2}$ 时

$$\sin B=\sin\Bigl(\frac{\pi}{2}-C\Bigr)=\cos C$$

对任何 $C$ 都成立。也就是说，条件 $\sin B=1\cdot\cos C$ 此时是一句空话， 它没有约束住三角形的任何形状。

于是反例立刻有了：取 $A=90^{\circ}$、$B=60^{\circ}$、$C=30^{\circ}$、$\lambda=1$。 条件成立（$\sin60^{\circ}=\cos30^{\circ}=\frac{\sqrt3}{2}$）， 而 $\cot\dfrac{A}{2}=\cot45^{\circ}=1=\lambda$——判据的右边成立，左边却不成立： $b\neq c$，三角形不等腰。

塌的是哪一半？ $\Longrightarrow$ 方向没塌：$b=c$ 时由 $(4)$ 得 $\tan C=\lambda$， 代进不除 $\cos A$ 的 $(3)$ 得 $\lambda(1-\cos A)=\sin A$，这一步对 $A=\frac{\pi}{2}$ 照样成立。 塌的是 $\Longleftarrow$ 方向——它要从 $\lambda=\cot\frac A2$ 反推出 $b=c$， 而这一步必须经过 $(3')$，也就是必须除以 $\cos A$。

这就是”参数化”最值钱的地方：它不只告诉你 $\sqrt{5}$ 是设计出来的， 还告诉你这个设计在哪儿会失效。$A$ 取直角时条件退化成恒等式—— 这类”条件看着很强、其实是一句空话”的陷阱，在恒成立与充要条件的题里反复出现， 而只有把常数换成字母、把每个分母都验一遍，才会撞见它。

四条路怎么选

• 考场上首选路二：起手动作和原卷一样（不用任何灵感），但在 $\tan C$ 出来的那一行 多看一眼 $\sqrt5\cos C$，就能把第（Ⅱ）问的计算量砍掉一半。 代价只是一次抬头。
• 路三适合”条件里角很乱”的题：本题只有两个条件，化边的收益是”看清等腰与 $a$ 无关”； 条件更多时，化边往往是唯一不会绕晕的走法。
• 路四不是考场算法，是复盘工具。但它给的那句 「$\sin B=\lambda\cos C$ 型条件下等腰 $\iff\lambda=\cot\frac A2$」 下次见到同型题可以直接用来”猜答案再验证”。
• 路一并不差，它的问题只是根号分母多。如果你决定走路一， 就把 $\sin C=\frac{\sqrt{30}}{6}$、$\cos C=\frac{\sqrt6}{6}$ 有理化后再往下算， 别把 $\frac{1}{\sqrt6}$ 一路带到最后。

一句话带走

两个条件定形状、第三个条件定大小。 $\cos A=\frac23$ 与 $\sin B=\sqrt5\cos C$ 联手逼出 $b=c$（与 $a$ 无关）， 而 $\sqrt5=\cot\frac A2$ 说明这个等腰是设计好的； 一旦承认等腰，$S=\frac12b^{2}\sin A$ 里 $b^{2}=3$ 与 $\sin A=\frac{\sqrt5}{3}$ 的 $3$ 直接约掉， 答案 $\frac{\sqrt5}{2}$ 不带一个根号分母。