浙江 2025 · 数学 q11

先看清楚：这道题的难点只有一处

假设你刚学正弦、余弦定理。这道多选题看着吓人，其实全部难度压在一句话上：

这个三角形是直角三角形。

只要证出 $C=\dfrac{\pi}{2}$，剩下的三个选项全是算术。所以下面的安排是：先把开头那一步做掉（它同时把选项 A 送到手），然后两条路各证一遍那个直角，最后合流算完 B、C、D。

第一步：把「吓人」的条件降幂（两条路共用）

工具只有一个——二倍角公式 $\cos 2A=1-2\sin^2 A$。

代进 $\cos 2A+\cos 2B+2\sin C=2$：

$$(1-2\sin^2A)+(1-2\sin^2B)+2\sin C=2\ \Longrightarrow\ \boxed{\sin C=\sin^2A+\sin^2B}$$

这正是选项 A。 所以 A 不是要你去验证的结论，它就是条件本身换了个写法——必对。很多人卡在这里，是因为觉得「这么直接肯定有诈」。没有诈。

现在手上有两个条件：

$$\sin C=\sin^2A+\sin^2B \qquad\text{与}\qquad \cos A\cos B\sin C=\tfrac14$$

难点来了：怎么从第一个条件看出 $C$ 是直角？下面两条路。

解法一：分类讨论比大小

怎么想到的。 三角形里 $A+B+C=\pi$，所以「$C$ 是不是直角」等价于「$A+B$ 是不是 $\dfrac{\pi}{2}$」。而 $A+B$ 与 $\dfrac{\pi}{2}$ 的关系只有三种可能：小于、等于、大于。三种情形互斥且穷尽——那就一种一种试，能活下来的只有一种，它就是答案。这就是分类讨论。

第一步：先把 $A,B$ 锁成锐角。 三分比大小要靠「正弦在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上递增」，而那个工具只有两个比较对象都落在这个区间里才用得上——三角形里 $A$ 或 $B$ 本来是允许钝角的，所以这个前提得先挣来，不能默认。挣它的工具是题目的第二个条件。由 $C\in(0,\pi)$ 知 $\sin C>0$，于是

$$\cos A\cos B=\frac{1}{4\sin C}>0$$

即 $\cos A$ 与 $\cos B$ 同号。若同为负，则 $A,B$ 都是钝角、$A+B>\pi$，三角形里不可能；故同为正：

$$A,\ B\in\left(0,\tfrac{\pi}{2}\right)$$

为什么这一步不能省。 只拿 $\sin C=\sin^2A+\sin^2B$ 这一个条件，$C$ 根本定不下来：取 $A=\dfrac{\pi}{2}+1\approx147.30^\circ$、$B\approx12.78^\circ$、$C\approx19.93^\circ$，两边都是 $0.34083$， 条件成立，而 $C$ 离直角远得很。这组数之所以进不了本题，靠的正是刚才那句 $\cos A\cos B>0$ （它这里是 $\cos A\approx-0.84<0$，同号性当场破）。本题两个条件都是必需的，少用一个就会得出错结论。

再把条件整理成便于比大小的样子。 由 $A+B=\pi-C$ 及诱导公式，$\sin(A+B)=\sin C$，把它展开代进 $\sin C=\sin^2A+\sin^2B$：

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

移项、按 $\sin A$ 与 $\sin B$ 分组：

$$\sin A\,(\sin A-\cos B)+\sin B\,(\sin B-\cos A)=0 \qquad (\star)$$

注意 $\sin A>0,\ \sin B>0$（三角形内角），所以 $(\star)$ 的符号完全由括号里那两个差决定。

三种情形逐一判。 关键工具是正弦函数在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上单调递增，以及 $\cos B=\sin\!\left(\dfrac{\pi}{2}-B\right)$。第一步已经把 $A$、$B$ 关进 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$，于是 $\dfrac{\pi}{2}-A$、$\dfrac{\pi}{2}-B$ 也都在里面——四个比较对象全部合法，这个工具现在才真能用。

• 若 $A+B<\dfrac{\pi}{2}$，即 $A<\dfrac{\pi}{2}-B$。两边都是锐角，单调性给出 $\sin A<\cos B$；同理 $\sin B<\cos A$。于是 $(\star)$ 左边严格小于 0，与它等于 0 矛盾。排除。
• 若 $A+B>\dfrac{\pi}{2}$，即 $A>\dfrac{\pi}{2}-B$，两边仍都是锐角（这全靠第一步），单调性反向走一遍给出 $\sin A>\cos B$、$\sin B>\cos A$，$(\star)$ 左边严格大于 0。排除。
• 若 $A+B=\dfrac{\pi}{2}$，则 $\sin A=\cos B$、$\sin B=\cos A$，$(\star)$ 左边恰好是 $0$。成立。

三段穷尽，只剩一段，故

$$A+B=\frac{\pi}{2},\qquad C=\frac{\pi}{2}.$$

解法二：边角互化夹逼

怎么想到的。 上一条路一直在角里打转。换个方向：边角互化——用正弦定理把 $\sin$ 全换成边，再用余弦定理读出 $\cos C$ 的符号。这条路的好处是不用分三段，一步就把 $C$ 压进 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right]$。

第一下：$\sin C\le 1$ 是个白送的上界。 因为 $C\in(0,\pi)$，所以 $\sin C\in(0,1]$。于是

$$\sin^2A+\sin^2B=\sin C=1\cdot\sin C\ \ge\ \sin C\cdot\sin C=\sin^2 C$$

第二下：换成边。 正弦定理 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2R$ 说明 $\sin A:\sin B:\sin C=a:b:c$，所以上式两边同乘 $(2R)^2$ 就是

$$a^2+b^2\ \ge\ c^2$$

第三下：读符号。 余弦定理 $\cos C=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$ 的分子非负、分母为正，故 $\cos C\ge 0$，即

$$C\in\left(0,\tfrac{\pi}{2}\right]$$

第四下：把开区间那一半否掉。 用反证法——反设 $C<\dfrac{\pi}{2}$，那么 $A+B>\dfrac{\pi}{2}$。由条件 $\cos A\cos B\sin C=\dfrac14>0$ 得 $\cos A\cos B>0$；两个都为负意味着有两个钝角，三角形里不可能，所以 $A,B$ 都是锐角。此时 $A>\dfrac{\pi}{2}-B$ 且两边都是锐角，单调性给出 $\sin A>\cos B>0$，于是

$$\sin C=\sin^2A+\sin^2B>\cos^2B+\sin^2B=1$$

与 $\sin C\le 1$ 矛盾。反设不成立，故 $C=\dfrac{\pi}{2}$。$\blacksquare$

两条路都绕不开同样两块地基：先用 $\cos A\cos B\sin C=\dfrac14>0$ 把 $A,B$ 锁成锐角，再用「锐角上正弦单调递增」去比大小。区别在于：解法一把三分做在 $A+B$ 与 $\dfrac{\pi}{2}$ 的关系上，单调性三段各推一次；解法二先拿 $\sin C\le1$ 把 $C$ 卡进 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right]$，单调性只推一次，代价是要先想到那个上界。

那块地基谁都不能省：单靠 $\sin C=\sin^2A+\sin^2B$，$C$ 定不下来（解法一里那个 $147.3^\circ$ 的反例就在它的解集里）。「$A,B$ 是锐角」不是显然的，是挣来的。

合流：定出三角形，验 B、C、D

已知 $C=\dfrac{\pi}{2}$，于是 $\sin C=1$，第二个条件变成

$$\cos A\cos B=\tfrac14,\qquad\text{而 }B=\tfrac{\pi}{2}-A\ \Rightarrow\ \cos B=\sin A$$

所以 $\sin A\cos A=\dfrac14$，即 $\sin 2A=\dfrac12$。$A$ 是锐角故 $2A\in(0,\pi)$，得 $2A=\dfrac{\pi}{6}$ 或 $\dfrac{5\pi}{6}$。不妨设 $A<B$：

$$A=\frac{\pi}{12}=15^\circ,\qquad B=\frac{5\pi}{12}=75^\circ,\qquad C=90^\circ$$

算边长。 $\tan 75^\circ=2+\sqrt3$，设 $BC=t$，则 $AC=(2+\sqrt3)t$，斜边 $AB=(\sqrt2+\sqrt6)t$。由三角形面积公式（直角三角形即两直角边之积的一半）

$$S=\tfrac12\,(2+\sqrt3)t^2=\tfrac14\ \Longrightarrow\ t^2=\left(\tfrac{\sqrt3-1}{2}\right)^2\ \Longrightarrow\ t=\tfrac{\sqrt3-1}{2}$$

逐项验：

• B：$AB=(\sqrt6+\sqrt2)\cdot\dfrac{\sqrt3-1}{2}=\sqrt2$。对。
• C：$\sin15^\circ+\sin75^\circ=\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}{4}+\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{4}=\dfrac{\sqrt6}{2}$。对。
• D：勾股定理给 $AC^2+BC^2=AB^2=2$，不是 $3$。错。

故选 ABC。

🕳️ 避坑

• A 只是把条件用二倍角重写，别因为「太直接」而怀疑它、去找不存在的陷阱。
• D 的陷阱：$C=90^\circ$ 时 $AC^2+BC^2$ 恒等于 $AB^2=2$。看到 $3$ 要立刻警觉，而不是去凑。
• 两条路都别漏掉「$A,B$ 都是锐角」这一步——它是用「正弦单调递增」的前提，跳过去整段推理就不成立。