浙江 2013 · 数学 q06

冷启动：一个方程配一个未知角，其实不够

题面只给一个等式

$$\sin\alpha+2\cos\alpha=\frac{\sqrt{10}}{2},\qquad \alpha\in\mathbf{R} .$$

一个方程、一个未知数，看着刚好够用，其实不够。把 $\cos\alpha$、$\sin\alpha$ 看成横纵坐标， 它就是一条直线；而 $(\cos\alpha,\sin\alpha)$ 又被 $\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1$ 钉在半径为 $1$ 的圆上。直线与圆交出两个点——满足条件的 $\alpha$ 有两族， $\alpha$ 本身定不住。

那答案岂不是有两个？没有。三条路最后都会撞见同一件事：两族角的正切分别是

$$\tan\alpha=3 \qquad\text{与}\qquad \tan\alpha=-\frac{1}{3} ,$$

两者互为负倒数，而 $\tan 2\alpha$ 在这样的两个值上给出同一个结果。 这道题的全部内容就在这句话里。

目标先摆出来，省得多算

$$\tan 2\alpha=\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^{2}\alpha} .$$

要的只是 $\tan\alpha$。不必知道 $\alpha$ 是多少，也不必知道 $\sin\alpha$、$\cos\alpha$ 各是多少——解法二、三就一次都不去解它们。这是一道典型的给值求值：给的是一个三角式的值， 要的是另一个三角式的值，中间那个角自始至终不用露面。

四个选项在钓什么

先把选项读成四句话，后面算完好对账：

• C．$-\dfrac{3}{4}$ 是答案。
• B．$\dfrac{3}{4}$ 是把倍角正切的分母写成 $\tan^{2}\alpha-1$ 的产物：绝对值一样、符号相反。 这正是倍角正切分母的相减顺序写反这一坑的标准落点，出题人把它摆在这儿等着。
• D．$-\dfrac{4}{3}$ 与 A．$\dfrac{4}{3}$ 是 $-\dfrac{3}{4}$ 的倒数与倒数的相反数—— 把 $\tan 2\alpha$ 和 $\cot 2\alpha$ 弄混就落这两个。

四个选项两两成对、只差符号与倒数，说明这题不能靠估算蒙：必须把符号和分子分母的位置算准。

解法一：先把 $\sin\alpha$、$\cos\alpha$ 解出来，再代倍角公式

这是官方给的路子：把「一条直线 $\cap$ 一个圆」老老实实解出来。

第一步：用线性方程消掉一个

$$\sin\alpha=\frac{\sqrt{10}}{2}-2\cos\alpha .$$

第二步：代进 $\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1$

记 $c=\cos\alpha$：

$$\left(\frac{\sqrt{10}}{2}-2c\right)^{2}+c^{2}=1 .$$

左边展开——这一步是本条路最容易翻车的地方，$\left(\dfrac{\sqrt{10}}{2}\right)^{2}=\dfrac{10}{4}=\dfrac{5}{2}$， 交叉项是 $-2\cdot\dfrac{\sqrt{10}}{2}\cdot 2c=-2\sqrt{10}\,c$：

$$\frac{5}{2}-2\sqrt{10}\,c+4c^{2}+c^{2}=1 \quad\Longrightarrow\quad 5c^{2}-2\sqrt{10}\,c+\frac{3}{2}=0 \quad\Longrightarrow\quad 10c^{2}-4\sqrt{10}\,c+3=0 .$$

判别式 $\Delta=\left(4\sqrt{10}\right)^{2}-4\cdot 10\cdot 3=160-120=40$，$\sqrt{\Delta}=2\sqrt{10}$，于是

$$c=\frac{4\sqrt{10}\pm 2\sqrt{10}}{20} =\frac{3\sqrt{10}}{10}\quad\text{或}\quad\frac{\sqrt{10}}{10} .$$

第三步：回代求 $\sin\alpha$，得两组解

$$c=\frac{3\sqrt{10}}{10}\ \Longrightarrow\ \sin\alpha=\frac{\sqrt{10}}{2}-\frac{6\sqrt{10}}{10}=-\frac{\sqrt{10}}{10} ,$$ $$c=\frac{\sqrt{10}}{10}\ \Longrightarrow\ \sin\alpha=\frac{\sqrt{10}}{2}-\frac{2\sqrt{10}}{10}=\frac{3\sqrt{10}}{10} .$$

两组都验一下平方和：$\dfrac{1}{10}+\dfrac{9}{10}=1$、$\dfrac{9}{10}+\dfrac{1}{10}=1$，都在圆上。 与官方解答的两组解逐字相同。

注意这里没有「增根」要筛：我们是把线性方程代入，不是把它平方，所以 二次方程的每个根都对应一组真解，两组都作数。

第四步：两组各自求 $\tan\alpha$，再代倍角公式

两个 $\cos\alpha$ 都不为 $0$，除法合法：

$$\tan\alpha=\frac{-\frac{\sqrt{10}}{10}}{\frac{3\sqrt{10}}{10}}=-\frac{1}{3} , \qquad \tan\alpha=\frac{\frac{3\sqrt{10}}{10}}{\frac{\sqrt{10}}{10}}=3 .$$

代倍角公式，两组都要代——虽然本题它们给的是同一个数，但在没算之前你并不知道：

$$\tan 2\alpha=\frac{2\left(-\frac{1}{3}\right)}{1-\left(-\frac{1}{3}\right)^{2}} =\frac{-\frac{2}{3}}{\frac{8}{9}}=-\frac{3}{4} ,$$ $$\tan 2\alpha=\frac{2\cdot 3}{1-3^{2}}=\frac{6}{-8}=-\frac{3}{4} .$$ $$\boxed{\tan 2\alpha=-\frac{3}{4},\ \text{选 C}}$$

这条路的代价

$\sqrt{10}$ 从第一步跟到第四步，展开、开判别式、约分处处是它。 下面两条路把根号在第一步就消灭掉。

解法二：两边平方补齐次，除以 $\cos^{2}\alpha$ 只剩 $\tan\alpha$

既然只要 $\tan\alpha$，就别去碰 $\sin\alpha$、$\cos\alpha$ 各自的值。 齐次式化正切这条路的做法是：把条件整成一个关于 $\sin\alpha$、$\cos\alpha$ 的齐次式， 上下同除 $\cos^{2}\alpha$，$\tan\alpha$ 自己就出来了。

第一步：平方，顺便说清为什么不用回代筛

$$\left(\sin\alpha+2\cos\alpha\right)^{2}=\frac{10}{4} \quad\Longrightarrow\quad \sin^{2}\alpha+4\sin\alpha\cos\alpha+4\cos^{2}\alpha=\frac{5}{2} .$$

平方是不可逆的一步，它把 $\sin\alpha+2\cos\alpha=-\dfrac{\sqrt{10}}{2}$ 那一支也放了进来。 一般情况下这是必须回头筛的。但本题不用，理由要说清楚：若 $\alpha$ 落在那多出来的一支上， 则 $\alpha-\pi$ 满足

$$\sin(\alpha-\pi)+2\cos(\alpha-\pi)=-\sin\alpha-2\cos\alpha=\frac{\sqrt{10}}{2} ,$$

即它是某个真解平移 $\pi$ 得来的。而 $\tan$ 的周期是 $\pi$、$\tan 2\alpha$ 的周期是 $\dfrac{\pi}{2}$， 两者都看不出 $\alpha$ 与 $\alpha+\pi$ 的差别。所以多出来的那一支给出的 $\tan\alpha$、$\tan 2\alpha$ 与真解完全相同，筛不筛结果一样。

第二步：把右边的常数补成齐次

右边的 $\dfrac{5}{2}$ 是零次的，左边是二次的，不能直接除。用 $1=\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha$ 把它升成二次：

$$\sin^{2}\alpha+4\sin\alpha\cos\alpha+4\cos^{2}\alpha =\frac{5}{2}\left(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha\right) .$$

移项、两边乘 $2$：

$$2\sin^{2}\alpha+8\sin\alpha\cos\alpha+8\cos^{2}\alpha=5\sin^{2}\alpha+5\cos^{2}\alpha ,$$ $$3\sin^{2}\alpha-8\sin\alpha\cos\alpha-3\cos^{2}\alpha=0 .$$

现在每一项都是二次的，可以除了。

第三步：先否掉 $\cos\alpha=0$，再除

除以 $\cos^{2}\alpha$ 之前必须交代除数不为零——这正是齐次化除以的量可能为零那一坑：

若 $\cos\alpha=0$，则 $\sin\alpha=\pm1$，代回原条件得 $\sin\alpha+2\cos\alpha=\pm1$， 而 $\dfrac{\sqrt{10}}{2}=\dfrac{\sqrt{10}}{2}>\dfrac{\sqrt{9}}{2}=\dfrac{3}{2}>1$，对不上。 故 $\cos\alpha\neq0$，除法合法。记 $t=\tan\alpha$：

$$3t^{2}-8t-3=0 .$$

第四步：解出来，代倍角公式

$$t=\frac{8\pm\sqrt{64+36}}{6}=\frac{8\pm 10}{6} \quad\Longrightarrow\quad t=3\ \text{或}\ t=-\frac{1}{3} ,$$

与解法一得到的两个正切逐字相同——绕开了 $\sqrt{10}$，也绕开了两组 $\sin$、$\cos$。 代倍角公式（与解法一第四步同一笔账）：两个 $t$ 都给 $-\dfrac{3}{4}$。

$$\boxed{\tan 2\alpha=-\frac{3}{4},\ \text{选 C}}$$

解法三：齐次化后不解方程，把 $\tan^{2}\alpha$ 整体换掉

解法二解出了两个根，再代两次。其实一次都不用解。

第一步到第三步：同样齐次化

平方、用 $1=\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha$ 补齐次、否掉 $\cos\alpha=0$ 后除以 $\cos^{2}\alpha$ （这三步与解法二逐字相同，理由也相同），得

$$3t^{2}-8t-3=0,\qquad t=\tan\alpha .$$

第四步：把 $\tan^{2}\alpha$ 整体换掉

这条方程本身就是一句话：$t^{2}$ 可以用 $t$ 的一次式顶替。

$$3t^{2}=8t+3 \quad\Longrightarrow\quad t^{2}=\frac{8t+3}{3} .$$

把它塞进倍角公式的分母，整体代换一次：

$$1-t^{2}=1-\frac{8t+3}{3}=\frac{3-8t-3}{3}=-\frac{8t}{3} .$$

第五步：$t$ 自己约掉

先确认这个分母不为零。$t=0$ 不是方程的根（代进去左边是 $-3$，不是 $0$）， 所以 $t\neq 0$，从而 $1-t^{2}=-\dfrac{8t}{3}\neq0$，倍角公式用得上、$\tan 2\alpha$ 有定义。于是

$$\tan 2\alpha=\frac{2t}{1-t^{2}}=\frac{2t}{-\frac{8t}{3}}=2t\cdot\left(-\frac{3}{8t}\right)=-\frac{3}{4} .$$

$t$ 约掉了——式子里根本没留下根的痕迹，所以「两个根给同一个答案」不是巧合， 是这条计算自己说出来的：只要 $t$ 满足 $3t^{2}-8t-3=0$，$\tan 2\alpha$ 就只能是 $-\dfrac{3}{4}$。

$$\boxed{\tan 2\alpha=-\frac{3}{4},\ \text{选 C}}$$

上块画的是解法一：条件那条直线与单位圆的两个交点，就是官方联立解出的两组 $(\cos\alpha,\sin\alpha)$；它们与原点连出的两条半径互相垂直。 下块画的是解法三：$\tan 2\alpha$ 作为 $t=\tan\alpha$ 的函数，两个根落在同一条水平线上。

旁注：为什么两根一定给同一个答案

上面第三条路已经用「$t$ 约掉了」回答过一次。这里再给两个角度，三者说的是同一件事。

代数角度（两根之积）。 $3t^{2}-8t-3=0$ 的两根之积是 $\dfrac{-3}{3}=-1$。也就是

$$\tan\alpha_{1}\cdot\tan\alpha_{2}=-1 .$$

而函数 $f(t)=\dfrac{2t}{1-t^{2}}$ 满足恒等式

$$f\left(-\frac{1}{t}\right)=\frac{-\frac{2}{t}}{1-\frac{1}{t^{2}}} =\frac{-\frac{2}{t}}{\frac{t^{2}-1}{t^{2}}} =\frac{-2t}{t^{2}-1}=\frac{2t}{1-t^{2}}=f(t) .$$

两根互为负倒数，代进去自然同值。

几何角度（两条半径垂直）。 $\tan\alpha_{1}\tan\alpha_{2}=-1$ 就是两个方向互相垂直， 即 $\alpha_{2}=\alpha_{1}+\dfrac{\pi}{2}$（相差 $\pi$ 的整数倍不影响正切）。于是

$$2\alpha_{2}=2\alpha_{1}+\pi ,$$

而正切的周期恰是 $\pi$——两个 $2\alpha$ 差一整个周期，正切当然相同。

这条垂直在图上量得出来：原点到那条直线的距离是

$$d=\frac{\left|\frac{\sqrt{10}}{2}\right|}{\sqrt{1^{2}+2^{2}}}=\frac{\sqrt{10}}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{2}}{2} ,$$

正好是半径 $1$ 的 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 倍——弦心距等于半径的 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 倍， 对应的圆心角就是 $\dfrac{\pi}{2}$。题目里那个看着随意的 $\dfrac{\sqrt{10}}{2}$，是特意挑的。

三条路怎么选

考场上首选解法二：三行到底，且 $3t^{2}-8t-3=0$ 的根是漂亮的 $3$ 与 $-\dfrac{1}{3}$。 解法三更快，但要看出「分母恰好能被方程顶替」这一步；看不出来就老实解根，不亏。

一句话带走

只要目标是 $\tan$ 的式子，就别去解 $\sin$ 和 $\cos$：把条件平方、用 $1=\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha$ 补成齐次，除以 $\cos^{2}\alpha$，剩下的是一条关于 $\tan\alpha$ 的方程；若目标又恰是 $\tan\alpha$ 的分式，连这条方程都不必解——用它把高次项顶替掉， 未知数往往自己就约没了。