浙江 2016 · 数学 q16

冷启动：一句边角混写的条件，两个方向都能拆

题给

$$b+c=2a\cos B,$$

要证 $A=2B$，再由 $S=\dfrac{a^{2}}{4}$ 求 $A$。

条件里 $b$、$c$、$a$ 是边，$\cos B$ 是角——混着写就动不了。解三角形只有两个拆法：

• 化边为角：把每条边换成 $2R\sin(\cdot)$，条件成为一条纯三角恒等式（解法一）；
• 化角为边：把 $\cos B$ 换成三条边的分式，条件成为一条纯代数等式（解法二）。

哪条都能走通，而且它们各自把这道题变成了完全不同的两道题： 前者是三角恒等变形，后者是一个四次方程的因式分解。

两条路都要小心同一件事：由一个正弦值反求角时有两支。 第（Ⅰ）问的 $\sin B=\sin(A-B)$ 有两支，第（Ⅱ）问的 $\sin C=\cos B$ 也有两支—— 前者能靠「三角形内角和」舍掉一支，后者两支都成立，所以答案有两个。

解法一：化边为角：正弦定理 $+$ 第三角化成和角

（Ⅰ）第一步：把三条边换成三个正弦

设外接圆半径为 $R$，正弦定理给出 $a=2R\sin A$、$b=2R\sin B$、$c=2R\sin C$。 条件 $b+c=2a\cos B$ 两边同除 $2R$：

$$\sin B+\sin C=2\sin A\cos B .$$

现在式子里只剩角了。

（Ⅰ）第二步：把第三个角化成前两个的和角

三角形内角和给出 $C=180^{\circ}-(A+B)$，于是

$$\sin C=\sin\left(180^{\circ}-(A+B)\right)=\sin(A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B .$$

这一步是关键：$C$ 本来是第三个独立字母，用内角和把它换掉之后， 整条式子只含 $A$、$B$ 两个角，才可能收敛。

代回：

$$\sin B+\sin A\cos B+\cos A\sin B=2\sin A\cos B .$$

两边同时减去 $\sin A\cos B+\cos A\sin B$：

$$\sin B=\sin A\cos B-\cos A\sin B=\sin(A-B).$$

（Ⅰ）第三步：由 $\sin B=\sin(A-B)$ 定出 $A=2B$

正弦值相等有两支：

$$A-B=B\qquad\text{或}\qquad A-B=180^{\circ}-B .$$

后一支给出 $A=180^{\circ}$，而 $A$ 是三角形的内角，$0^{\circ}<A<180^{\circ}$，矛盾，舍去。 （这里 $A-B\in(-180^{\circ},180^{\circ})$，$B\in(0^{\circ},180^{\circ})$，两支已经穷尽。）

所以

$$A-B=B\ \Longrightarrow\ \boxed{A=2B}$$

（Ⅱ）第一步：把面积条件也化成角

三角形面积用夹角 $A$ 所夹的两边 $b$、$c$ 写：$S=\dfrac12bc\sin A$。条件 $S=\dfrac{a^{2}}{4}$ 给出

$$\frac12bc\sin A=\frac{a^{2}}{4}\ \Longrightarrow\ 2bc\sin A=a^{2}.$$

再用正弦定理把 $a,b,c$ 换掉（$a^{2}=4R^{2}\sin^{2}A$，$bc=4R^{2}\sin B\sin C$）：

$$2\cdot 4R^{2}\sin B\sin C\cdot\sin A=4R^{2}\sin^{2}A \ \Longrightarrow\ 2\sin B\sin C=\sin A .$$

（除以 $\sin A$ 是合法的：$0^{\circ}<A<180^{\circ}$，$\sin A>0$。）

（Ⅱ）第二步：用第（Ⅰ）问的结论把 $\sin A$ 展开

$A=2B$，二倍角公式给出 $\sin A=\sin 2B=2\sin B\cos B$，于是

$$2\sin B\sin C=2\sin B\cos B .$$

$B$ 是三角形内角，$\sin B>0$，约掉：

$$\sin C=\cos B .$$

（Ⅱ）第三步：$\sin C=\cos B$ 的两支都要留

把 $\cos B$ 写成 $\sin\left(90^{\circ}-B\right)$，正弦值相等仍有两支：

$$C=90^{\circ}-B\qquad\text{或}\qquad C=180^{\circ}-\left(90^{\circ}-B\right)=90^{\circ}+B .$$

这一次两支都活得下来，逐一算：

• $C=90^{\circ}-B$：由 $A+B+C=180^{\circ}$ 得 $A=180^{\circ}-B-\left(90^{\circ}-B\right)=90^{\circ}$。 又 $A=2B$，故 $B=45^{\circ}$、$C=45^{\circ}$。三个角都在 $(0^{\circ},180^{\circ})$ 内，合法。
• $C=90^{\circ}+B$：$A=180^{\circ}-B-\left(90^{\circ}+B\right)=90^{\circ}-2B$。 与 $A=2B$ 联立：$2B=90^{\circ}-2B$，$B=22.5^{\circ}$，于是 $A=45^{\circ}$、$C=112.5^{\circ}$，同样合法。

（Ⅱ）第四步：两组都回验

• $A=90^{\circ},B=C=45^{\circ}$：取 $a=\sqrt2$、$b=c=1$。 $b+c=2$，$2a\cos B=2\sqrt2\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}=2$ ✓； $S=\dfrac12\cdot1\cdot1\cdot1=\dfrac12$，$\dfrac{a^{2}}{4}=\dfrac24=\dfrac12$ ✓。
• $A=45^{\circ},B=22.5^{\circ},C=112.5^{\circ}$：由正弦定理取 $a=\sin 45^{\circ}$、$b=\sin22.5^{\circ}$、$c=\sin112.5^{\circ}$， 则 $b+c\approx1.3066$，$2a\cos B\approx2\times0.7071\times0.9239\approx1.3066$ ✓； $S=\dfrac12bc\sin A\approx0.125$，$\dfrac{a^{2}}{4}=\dfrac{0.5}{4}=0.125$ ✓。

$$\boxed{A=90^{\circ}\ \text{或}\ A=45^{\circ}}$$

解法二：化角为边：余弦定理把条件压成 $a^2=b(b+c)$

这条路一开始就把角全赶走，之后全程是代数。

（Ⅰ）第一步：代入余弦定理，条件变成边的等式

余弦定理给 $\cos B=\dfrac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}$，代进 $b+c=2a\cos B$：

$$b+c=2a\cdot\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{c}.$$

两边乘 $c$：

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

一句角的条件，就此变成一条纯粹的边的恒等式。

（Ⅰ）第二步：把 $\cos A$ 与 $\cos B$ 都用边表示

有了 $a^{2}=b^{2}+bc$，两个余弦都能算干净：

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

再用 $b+c=\dfrac{a^{2}}{b}$（这正是第一步的式子）：

$$\cos B=\frac{a^{2}/b}{2a}=\frac{a}{2b}.$$

同样地，

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

（Ⅰ）第三步：验 $\cos A=\cos 2B$

二倍角的余弦有三种写法，这里挑只含 $\cos B$ 的那一种（$\cos2B=2\cos^{2}B-1$）， 因为上一步算出来的正是 $\cos B$：

$$\cos 2B=2\cos^{2}B-1=2\cdot\frac{a^{2}}{4b^{2}}-1=\frac{a^{2}-2b^{2}}{2b^{2}} =\frac{\left(b^{2}+bc\right)-2b^{2}}{2b^{2}}=\frac{bc-b^{2}}{2b^{2}}=\frac{c-b}{2b}.$$

与上一步的 $\cos A$ 一模一样，所以 $\cos A=\cos 2B$。

$A\in\left(0^{\circ},180^{\circ}\right)$，$2B\in\left(0^{\circ},360^{\circ}\right)$，余弦值相等只有两种可能： $2B=A$ 或 $2B=360^{\circ}-A$。后者要求 $A+2B=360^{\circ}$，但 $A+B<180^{\circ}$、$B<180^{\circ}$， 故 $A+2B<360^{\circ}$，矛盾。于是

$$\boxed{A=2B}$$

（Ⅱ）第一步：把面积条件也写成边

$S=\dfrac12bc\sin A=\dfrac{a^{2}}{4}$，而第（Ⅰ）问已得 $a^{2}=b(b+c)$，所以

$$\sin A=\frac{a^{2}}{2bc}=\frac{b(b+c)}{2bc}=\frac{b+c}{2c}.$$

配上第（Ⅰ）问第二步的

$$\cos A=\frac{c-b}{2b},$$

同一个角 $A$ 的正弦与余弦都被边表示出来了，剩下的约束只有一条：$\sin^{2}A+\cos^{2}A=1$。

（Ⅱ）第二步：代进平方关系，化成一个四次方程

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

三条边只定到相似，所以除掉尺度：令 $r=\dfrac cb>0$，上式成为

$$\frac{(1+r)^{2}}{4r^{2}}+\frac{(r-1)^{2}}{4}=1 .$$

两边乘 $4r^{2}$：

$$(1+r)^{2}+r^{2}(r-1)^{2}=4r^{2} \ \Longrightarrow\ r^{4}-2r^{3}-2r^{2}+2r+1=0 .$$

（Ⅱ）第三步：因式分解

凑一下就看见它能拆成两个二次式：

$$r^{4}-2r^{3}-2r^{2}+2r+1=\left(r^{2}-1\right)\left(r^{2}-2r-1\right)$$

（展开验证：$\left(r^{2}-1\right)\left(r^{2}-2r-1\right)=r^{4}-2r^{3}-r^{2}-r^{2}+2r+1=r^{4}-2r^{3}-2r^{2}+2r+1$ ✓）。

于是 $r^{2}=1$ 或 $r^{2}-2r-1=0$，即

$$r=1,\quad r=-1\ (\text{舍，边长为正}),\quad r=1\pm\sqrt2 .$$

$1-\sqrt2<0$ 也舍。剩下 $r=1$ 与 $r=1+\sqrt2$。

（Ⅱ）第四步：由 $r$ 反求 $A$，并回验

$\cos A=\dfrac{c-b}{2b}=\dfrac{r-1}{2}$：

• $r=1$（即 $b=c$）：$\cos A=0$，$A=90^{\circ}$。 此时 $a^{2}=b(b+c)=2b^{2}$，取 $b=c=1$、$a=\sqrt2$：三边满足 $1+1>\sqrt2$，是真三角形； $\sin A=\dfrac{b+c}{2c}=1$，与 $A=90^{\circ}$ 相符。
• $r=1+\sqrt2$：$\cos A=\dfrac{\sqrt2}{2}$，$A=45^{\circ}$。 取 $b=1$、$c=1+\sqrt2$，则 $a^{2}=1\cdot\left(2+\sqrt2\right)$，$a\approx1.848$； 三边 $\approx(1.848,\ 1,\ 2.414)$ 满足两边之和大于第三边； $\sin A=\dfrac{b+c}{2c}=\dfrac{2+\sqrt2}{2+2\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{2}$，与 $A=45^{\circ}$ 相符。

两组都合法，都要保留。

$$\boxed{A=90^{\circ}\ \text{或}\ A=45^{\circ}}$$

两条路怎么选

同一处「两支」在两条路上以不同面貌出现：解法一是正弦值相等的两支， 解法二是四次方程的两个正根。无论走哪条，都必须把两支写全再逐一验证—— 这道题的分就丢在这里。