浙江 2024 · 数学 q15

冷启动：先认出「$a^2+b^2-c^2$」是谁

假设你刚学完余弦定理。题面给了两个条件，长得毫不相干：

$$\sin C=\sqrt2\cos B,\qquad a^2+b^2-c^2=\sqrt2\,ab .$$

第二个条件里那一坨 $a^2+b^2-c^2$，不是随便写的——余弦定理 $c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$ 移项就是

$$a^2+b^2-c^2=2ab\cos C .$$

看到 $a^2+b^2-c^2$ 就该条件反射地想到 $2ab\cos C$，这是本题唯一的门槛。一旦想到，第二个条件立刻变成一句关于角 $C$ 的话；有了 $C$，第一个条件就变成一句关于角 $B$ 的话。两个条件，各定一个角，第 (1) 问就完了。

第 (2) 问的形势是：三个角全知道（$A$ 由内角和补齐），面积也知道，求一条边。三个角只定形状不定大小，面积那一个条件负责把大小钉死——所以必然是「设一个长度当未知量，把面积写成它的式子，解方程」。分歧只在于：那个未知量怎么和面积挂上钩。

解法一：a、b 都用 c 表出

怎么想到的。 要求的是 $c$，那就让 $c$ 当唯一的未知量：三个角已知，正弦定理能把 $a$、$b$ 都写成 $c$ 的倍数；再代进面积公式，方程里就只剩 $c$ 一个字母。这是最省事的基本量选法——要什么就设什么。

① 由第二个条件定 $C$。 余弦定理给出 $a^2+b^2-c^2=2ab\cos C$，与题给的 $a^2+b^2-c^2=\sqrt2\,ab$ 对比：

$$2ab\cos C=\sqrt2\,ab\;\Longrightarrow\;\cos C=\frac{\sqrt2}{2}\;\Longrightarrow\;C=\frac{\pi}{4}$$

（$C\in(0,\pi)$，而余弦在这个区间上一一对应，所以 $C$ 唯一）。

② 由第一个条件定 $B$。 因为 $C\in(0,\pi)$，$\sin C>0$，故

$$\sin C=\sqrt{1-\cos^2C}=\sqrt{1-\frac12}=\frac{\sqrt2}{2}.$$

代进 $\sin C=\sqrt2\cos B$：

$$\frac{\sqrt2}{2}=\sqrt2\cos B\;\Longrightarrow\;\cos B=\frac12\;\Longrightarrow\;\boxed{B=\frac{\pi}{3}}$$

（同样因为余弦在 $(0,\pi)$ 上一一对应，不必讨论）。第 (1) 问结束。

③ 补齐第三个角。

$$A=\pi-B-C=\pi-\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4}=\frac{5\pi}{12}.$$

$\dfrac{5\pi}{12}$ 不是特殊角，但它是两个特殊角的和：$\dfrac{5\pi}{12}=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{6}$，于是

$$\sin A=\sin\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{6}\right) =\frac{\sqrt2}{2}\cdot\frac{\sqrt3}{2}+\frac{\sqrt2}{2}\cdot\frac12 =\frac{\sqrt6+\sqrt2}{4}.$$

④ 把 $a$、$b$ 换成 $c$。 由正弦定理 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}$：

$$a=c\cdot\frac{\sin A}{\sin C}=c\cdot\frac{\frac{\sqrt6+\sqrt2}{4}}{\frac{\sqrt2}{2}}=\frac{\sqrt3+1}{2}\,c, \qquad b=c\cdot\frac{\sin B}{\sin C}=c\cdot\frac{\frac{\sqrt3}{2}}{\frac{\sqrt2}{2}}=\frac{\sqrt6}{2}\,c .$$

⑤ 代三角形面积公式解 $c$。 面积用「两边夹一角」那条：$S=\dfrac12ab\sin C$（夹角必须是 $a$、$b$ 之间的那个角，也就是 $C$）：

$$S=\frac12\cdot\frac{\sqrt3+1}{2}c\cdot\frac{\sqrt6}{2}c\cdot\frac{\sqrt2}{2} =\frac{(\sqrt3+1)\sqrt{12}}{16}\,c^2 =\frac{2\sqrt3(\sqrt3+1)}{16}\,c^2 =\frac{3+\sqrt3}{8}\,c^2 .$$

令它等于 $3+\sqrt3$：

$$\frac{3+\sqrt3}{8}c^2=3+\sqrt3\;\Longrightarrow\;c^2=8\;\Longrightarrow\;\boxed{c=2\sqrt2}$$

（$c>0$，负根舍）。$3+\sqrt3$ 整块约掉，是这道题设计好的——看到系数与右端同形，别急着展开小数，直接约。

解法二：以 AB 为底作高

怎么想到的。 第 (2) 问要求的 $c$ 就是边 $AB$，而它两端的角 $A$、$B$ 都已经知道了。这种「一条边 + 两端的角」的局面，根本不用惊动正弦定理：从 $C$ 向 $AB$ 作一条高，斜三角形就被切成两个直角三角形，剩下的全是初中的「对边比邻边」。

① 第 (1) 问同上，先把三个角定下来。 余弦定理给 $a^2+b^2-c^2=2ab\cos C$，与题给的 $\sqrt2\,ab$ 对比得 $\cos C=\dfrac{\sqrt2}{2}$，故 $C=\dfrac{\pi}{4}$（$C\in(0,\pi)$，余弦一一对应）。又 $\sin C>0$ 故 $\sin C=\dfrac{\sqrt2}{2}$，代进 $\sin C=\sqrt2\cos B$ 得 $\cos B=\dfrac12$，故 $B=\dfrac{\pi}{3}$。再由内角和 $A=\pi-\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{5\pi}{12}$。

② 算 $A$ 的余切。 $\dfrac{5\pi}{12}=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{6}$，由和角公式

$$\sin A=\frac{\sqrt6+\sqrt2}{4},\qquad \cos A=\cos\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{6}-\sin\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt6-\sqrt2}{4},$$ $$\cot A=\frac{\cos A}{\sin A}=\frac{\sqrt6-\sqrt2}{\sqrt6+\sqrt2} =\frac{(\sqrt6-\sqrt2)^2}{(\sqrt6+\sqrt2)(\sqrt6-\sqrt2)}=\frac{8-4\sqrt3}{4}=2-\sqrt3 .$$

另一端简单：$\cot B=\cot\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\cos(\pi/3)}{\sin(\pi/3)}=\dfrac{1/2}{\sqrt3/2}=\dfrac{\sqrt3}{3}$。

③ 作高，把底边拼起来。 记 $\triangle ABC$ 中 $AB=c$。因为 $A$、$B$ 都是锐角，从 $C$ 作 $CD\perp AB$ 的垂足 $D$ 落在线段 $AB$ 内部。设 $CD=h$，则在直角三角形 $ADC$ 与 $BDC$ 中

$$AD=\frac{h}{\tan A}=h\cot A=(2-\sqrt3)h,\qquad DB=\frac{h}{\tan B}=h\cot B=\frac{\sqrt3}{3}h .$$

两段拼成整条 $AB$：

$$c=AD+DB=\left(2-\sqrt3+\frac{\sqrt3}{3}\right)h=\left(2-\frac{2\sqrt3}{3}\right)h=\frac{6-2\sqrt3}{3}\,h ,$$

反解出高：

$$h=\frac{3c}{6-2\sqrt3}=\frac{3c\,(6+2\sqrt3)}{(6-2\sqrt3)(6+2\sqrt3)}=\frac{3c\,(6+2\sqrt3)}{36-12}=\frac{(3+\sqrt3)c}{4}.$$

④ 面积 = 底 × 高 ÷ 2。

$$S=\frac12\,c\,h=\frac12\cdot c\cdot\frac{(3+\sqrt3)c}{4}=\frac{3+\sqrt3}{8}\,c^2=3+\sqrt3 \;\Longrightarrow\;c^2=8\;\Longrightarrow\;c=2\sqrt2$$

（$c>0$）。和解法一落在同一个方程上——两条完全不同的路走到同一处，本身就是一次验算。

这两条路差在哪。 解法一是解三角形的通用流水线：正弦定理把所有边统一到一个字母上，代面积公式解方程——任何「已知角 + 一个面积/长度条件」的题都能照搬，代价是要算 $\sin A$、要做两次分式化简。解法二把三角形拆成两个直角三角形，全程只用到「$\cot$ = 邻边比对边」和「两段拼成一整条」，不需要正弦定理、也不需要面积的 $\frac12ab\sin C$ 形式；它特别适合「待求边两端的角都已知」这种局面，而且高一旦画出来，垂足位置、点到直线的距离都顺带到手。第 (1) 问两条路是共用的——那一问真的只有余弦定理这一条门。

🕳️ 避坑

• 能用余弦定角，就别用正弦定角。 本题两次定角（$C$ 与 $B$）用的都是 $\cos$，在 $(0,\pi)$ 上一一对应，所以一步定死、不必讨论。若换成由 $\sin B=\dfrac{\sqrt3}{2}$ 定 $B$，就有 $\dfrac{\pi}{3}$ 与 $\dfrac{2\pi}{3}$ 两支，必须逐一淘汰——很多人是在这里丢的分，而不是在计算上。
• $\sin C=\sqrt{1-\cos^2C}$ 取正号要说理由：$C$ 是三角形的内角，$C\in(0,\pi)$，所以 $\sin C>0$。这句话省不得。
• 面积公式里的角必须是那两边的夹角：$S=\dfrac12ab\sin C$ 里 $C$ 是 $a$、$b$ 的夹角。写成 $\dfrac12ab\sin A$ 是把夹角认错了。
• $\dfrac{5\pi}{12}$ 不是特殊角，别去背它的正弦值；拆成 $\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{6}$（或 $\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{12}$）再用和角公式。顺带一提，正弦是「和加差减」、余弦是「和减差加」，两条公式的符号规律相反，展开时先确认自己用的是哪一条。
• 最后一步 $c^2=8$ 有两个平方根，$c=-2\sqrt2$ 要舍：$c$ 是边长。设了长度当未知量，就得盯住它为正。