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2.2 边角互化

我们知道, 在三角形中, 如果已知 3 个元素 (非 3 个角), 那么利用正弦定理或余弦定理就能解出三角形中另外三个元素. 那么问题来了, 如果已知中三角形的元素没有给够 3 个, 给的只是关于边角的等式, 那么我们是否能利用正、余弦定理解三角形呢?

✍️ 例 2.7

(2012 湖北理 11) 设 △ABC\triangle ABC 的内角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c, 若 (a+b−c)(a+b+c)=ab(a + b - c)(a + b + c) = ab , 则 C = ____.

🧠 思路分析

已知条件只有一个关于边的等式, 即 (a+b−c)(a+b+c)=ab(a + b - c)(a + b + c) = ab , 因为边多角少, 不难想到应该利用余弦定理将已知关于边的等式转化为所求角.

🔑 查看解析与步骤

由 (a+b−c)(a+b+c)=ab(a + b - c)(a + b + c) = ab ，得 a2+b2−c2=−aba^2 + b^2 - c^2 = -ab ，由余弦定理得 cos⁡C=a2+b2−c22ab=−ab2ab=−12\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} = \frac{-ab}{2ab} = -\frac{1}{2} . 又因为 0<C<π0 < C < \pi ，所以 C=2π3C = \frac{2\pi}{3} . 故填 2π3\frac{2\pi}{3} .

观察 (a+b−c)(a+b+c)=ab(a + b - c)(a + b + c) = ab , 它是一个关于边的齐二次方程, 也就是说边的齐二次方程可以考虑通过余弦定理将边转成角. 但并不是所有边的齐二次方程都能求出角, 如果不能求出角, 我们的建议是通过已知再构造一个边的齐次方程, 然后联立解方程组, 请看以下例题:

✍️ 例 2.8

(2015 浙江理 16 改编) 在 △ABC\triangle ABC 中, 内角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c, 已知 A=π4A = \frac{\pi}{4} , b2−a2=12c2b^{2} - a^{2} = \frac{1}{2}c^{2} . 则 tan⁡C\tan C 的值为 ___.

🔑 查看解析与步骤

因为 A=π4A = \frac{\pi}{4} ，所以由余弦定理可得 a2=b2+c2−2bccos⁡π4a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos \frac{\pi}{4} ，即

b2−a2=2bc−c2.(2.2.1)b ^ {2} - a ^ {2} = \sqrt {2} b c - c ^ {2}.\tag{2.2.1}

又 b2−a2=12c2b^{2} - a^{2} = \frac{1}{2} c^{2} , 所以 2bc−c2=12c2\sqrt{2} bc - c^{2} = \frac{1}{2} c^{2} , 解得 b=32c4b = \frac{3\sqrt{2}c}{4} , 将其代入式(2.2.1)得 a=104ca = \frac{\sqrt{10}}{4} c , 于是

cos⁡C=a2+b2−c22ab=58c2+98c2−c22×104c⋅324c=55.\cos C = \frac {a ^ {2} + b ^ {2} - c ^ {2}}{2 a b} = \frac {\frac {5}{8} c ^ {2} + \frac {9}{8} c ^ {2} - c ^ {2}}{2 \times \frac {\sqrt {1 0}}{4} c \cdot \frac {3 \sqrt {2}}{4} c} = \frac {\sqrt {5}}{5}.

因为 C∈(0,π)C \in (0, \pi) , 所以 sin⁡C=1−cos⁡2C=255\sin C = \sqrt{1 - \cos^2 C} = \frac{2\sqrt{5}}{5} , 因此 tan⁡C=sin⁡Ccos⁡C=2\tan C = \frac{\sin C}{\cos C} = 2 . 故填 2.

在解三角形中, 我们一般有两种思路:

(1) 将所有的角都转成边, 然后对边进行运算; (2) 将所有的边都转成角, 然后进行三角恒等变换.

我们可以把 (1)(2) 概括为 “边角统一”, 尤其是已知条件中既有边, 又有角的情况, 而统一方法就是余弦定理和正弦定理.

✍️ 例 2.9

(2016 山东文 8)△ABC 的内角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c. 已知 b = c, a2=2b2(1−sin⁡A)a^{2} = 2b^{2}(1 - \sin A) ，则 A=()A = (\quad) . A. 3π4\frac{3\pi}{4} B. π3\frac{\pi}{3} C. π4\frac{\pi}{4} D. π6\frac{\pi}{6}

🧠 思路分析

因为 a2=2b2(1−sin⁡A)a^2 = 2b^2 (1 - \sin A) 既有边, 又有角, 所以边角需统一, 又因为等式中含边的齐二次方程, 所以可以考虑利用余弦定理将 a22b2\frac{a^2}{2b^2} 转成角.

🔑 查看解析与步骤

因为 b = c，所以 cos⁡A=b2+c2−a22bc=2b2−a22b2=1−a22b2\cos A = \frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2bc} = \frac{2b^{2} - a^{2}}{2b^{2}} = 1 - \frac{a^{2}}{2b^{2}} 。又因为 a2=2b2(1−sin⁡A)a^{2} = 2b^{2}(1 - \sin A) ，变形得 1−a22b2=sin⁡A1 - \frac{a^{2}}{2b^{2}} = \sin A ，所以 sin⁡A=cos⁡A\sin A = \cos A ，即 tan⁡A=1\tan A = 1 ，又 0<A<π0 < A < \pi ，所以 A=π4A = \frac{\pi}{4} ，故选 C.

🎯 变式 2.9.1

（2024 全国甲理 11）在 △ABC\triangle ABC 中内角 A, B, C 所对边分别为 a, b, c, 若 B=π3B = \frac{\pi}{3} , b2=94acb^{2} = \frac{9}{4}ac , 则 sin⁡A+sin⁡C=()\sin A + \sin C = (\quad) . A. 32\frac{3}{2} B. 2\sqrt{2} C. 72\frac{\sqrt{7}}{2} D. 32\frac{\sqrt{3}}{2}

通过前面的例题及其变式, 我们知道一些边的齐二次方程可以利用余弦定理将边转换成角. 同时, 三角形内角的余弦可以利用余弦定理将角转换成边. 对于更一般的边的齐次式, 我们可以利用正弦定理将边转换成角. 同样地, 三角形内角的正弦的齐次式可以将角转换成边, 即:

💡 知识点 2.4

由正弦定理 asin⁡A=bsin⁡B=csin⁡C=2R\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R 能够得到

(1) 边转角: 如果等式是关于边的齐次式, 那么根据 a=2Rsin⁡Aa = 2R \sin A , b=2Rsin⁡Bb = 2R \sin B , c=2Rsin⁡Cc = 2R \sin C 可以将边转成角的正弦值.

(2) 角转边: 如果等式是关于内角正弦的齐次式, 那么根据 sin⁡A=a2R\sin A = \frac{a}{2R} , sin⁡B=b2R\sin B = \frac{b}{2R} , sin⁡C=c2R\sin C = \frac{c}{2R} 可以将正弦值转成关于边的等式.

📌 标注说明

为什么要强调是齐次式才能边角转换呢？答案是只有齐次式才能将 2R2R 约掉，例如 a=b+ca = b + c 是边的齐次式，利用正弦定理边转角得 2Rsin⁡A=2Rsin⁡B+2Rsin⁡C2R\sin A = 2R\sin B + 2R\sin C ，化简得 2sin⁡A=sin⁡B+sin⁡C.2\sin A = \sin B + \sin C. 而 a2=b+ca^2 = b + c 不是边的齐次式，利用正弦定理边转角得 4R2sin⁡2A=2Rsin⁡B+2Rsin⁡C,4R^2\sin^2 A = 2R\sin B + 2R\sin C, 化简得 2Rsin⁡2A=sin⁡B+sin⁡C,2R\sin^2 A = \sin B + \sin C, 化简后还是有 R.R. 同理，利用正弦定理角转边，只有内角正弦的齐次式才能将 RR 约掉.

✍️ 例 2.10

（2022 全国乙理 17(I)）记 △ABC\triangle ABC 的内角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c，已知 sin⁡Csin⁡(A−B)=sin⁡Bsin⁡(C−A)\sin C \sin(A - B) = \sin B \sin(C - A) . 证明: 2a2=b2+c22a^{2} = b^{2} + c^{2} .

🔑 查看解析与步骤

由 sin⁡Csin⁡(A−B)=sin⁡Bsin⁡(C−A)\sin C\sin (A - B) = \sin B\sin (C - A) 得

sin⁡Csin⁡Acos⁡B−sin⁡Ccos⁡Asin⁡B=sin⁡Bsin⁡Ccos⁡A−sin⁡Bcos⁡Csin⁡A,\sin C \sin A \cos B - \sin C \cos A \sin B = \sin B \sin C \cos A - \sin B \cos C \sin A,

整理得

sin⁡A(sin⁡Ccos⁡B+sin⁡Bcos⁡C)=2sin⁡Ccos⁡Asin⁡B.\sin A (\sin C \cos B + \sin B \cos C) = 2 \sin C \cos A \sin B.

所以 sin⁡Asin⁡(B+C)=2sin⁡Ccos⁡Asin⁡B,\sin A\sin (B + C) = 2\sin C\cos A\sin B, 化简得到齐次式为 sin⁡2A=2sin⁡Ccos⁡Asin⁡B.\sin^2 A = 2\sin C\cos A\sin B. 用正弦定理将角化边得 a2=2cbcos⁡A,a^2 = 2cb\cos A, 再用余弦定理将角化边得 a2=2bc⋅b2+c2−a22bca^2 = 2bc\cdot \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} , 整理得 2a2=b2+c22a^{2} = b^{2} + c^{2} .

在利用余弦定理的边角转化中, 我们强调了边的齐二次式可以考虑利用余弦定理求角, 既然是边的齐次式, 我们当然也可以利用正弦定理将边转成角, 下面是例2.9的另一种解法:

✍️ 例 2.11

(2016 山东文 8)△ABC 的内角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c. 已知 b = c, a2=2b2(1−sin⁡A)a^{2} = 2b^{2}(1 - \sin A) ，则 A=()A = (\quad) . A. 3π4\frac{3\pi}{4} B. π3\frac{\pi}{3} C. π4\frac{\pi}{4} D. π6\frac{\pi}{6}

🔑 查看解析与步骤

由 b = c，得 B = C，因此 sin⁡A=sin⁡(B+C)=sin⁡2B=2sin⁡Bcos⁡B\sin A = \sin(B + C) = \sin 2B = 2\sin B\cos B 。又由 a2=2b2(1−sin⁡A)a^{2} = 2b^{2}(1 - \sin A) ，得 sin⁡2A=2sin⁡2B(1−sin⁡A)\sin^{2}A = 2\sin^{2}B(1 - \sin A) ，即 4sin⁡2Bcos⁡2B=2sin⁡2B(1−sin⁡A)4\sin^{2}B\cos^{2}B = 2\sin^{2}B(1 - \sin A) 。因为 sin⁡B≠0\sin B \neq 0 ，所以 2cos⁡2B=1−sin⁡A2\cos^{2}B = 1 - \sin A ，即 2cos⁡2B−1=−sin⁡2B2\cos^{2}B - 1 = -\sin 2B ，化简得 tan⁡2B=−1\tan 2B = -1 。又因为 B = C，所以 B∈(0,π2)B \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right) ，即 2B∈(0,π)2B \in (0, \pi) ，于是 2B=3π42B = \frac{3\pi}{4} ，因此 A=π−2B=π4A = \pi - 2B = \frac{\pi}{4} 。故选 C。

🎯 变式 2.11.1

(2023 全国甲文 17) 记 △ABC\triangle ABC 的内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c, 已知 b2+c2−a2cos⁡A=2\frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{\cos A} = 2 .

(1) 求 bcbc ;

(Ⅱ) 若 acos⁡B−bcos⁡Aacos⁡B+bcos⁡A−bc=1,\frac{a\cos B-b\cos A}{a\cos B+b\cos A}-\frac{b}{c}=1, 求 △ABC\triangle ABC 的面积.

解三角形一个重要题型是判断三角形的形状, 一般此类问题我们有两种处理方法, 一种是边转角, 另一种是角转边, 请看下面的例题:

✍️ 例 2.12

已知 a, b, c 分别是 △ABC\triangle ABC 三个内角 A, B, C 的对边。若 acos⁡A=bcos⁡Ba \cos A = b \cos B ，试判断 △ABC\triangle ABC 的形状。

🔑 解析1

由 acos⁡A=bcos⁡Ba\cos A = b\cos B 及余弦定理得

a⋅b2+c2−a22bc=b⋅a2+c2−b22ac⇒(a2−b2)(a2+b2−c2)=0.a \cdot \frac {b ^ {2} + c ^ {2} - a ^ {2}}{2 b c} = b \cdot \frac {a ^ {2} + c ^ {2} - b ^ {2}}{2 a c} \Rightarrow (a ^ {2} - b ^ {2}) (a ^ {2} + b ^ {2} - c ^ {2}) = 0.

(i) 当 a=ba = b 时, △ABC\triangle ABC 为等腰三角形;

(i) 当 a≠ba \neq b 时, a2+b2−c2=0a^2 + b^2 - c^2 = 0 , 此时 △ABC\triangle ABC 为直角三角形.

综上所述, △ABC\triangle ABC 为等腰三角形或直角三角形.

🔑 解析2

由 acos⁡A=bcos⁡Ba\cos A = b\cos B 及正弦定理得

sin⁡Acos⁡A=sin⁡Bcos⁡B⇒sin⁡2A=sin⁡2B.\sin A \cos A = \sin B \cos B \Rightarrow \sin 2 A = \sin 2 B.

(i) 当 2A=2B2A = 2B , 即 A=BA = B 时, △ABC\triangle ABC 为等腰三角形;

(i) 当 2A=π−2B2A = \pi - 2B , 即 A+B=π2A + B = \frac{\pi}{2} 时, △ABC\triangle ABC 为直角三角形.

综上所述, △ABC\triangle ABC 为等腰三角形或直角三角形.

判断三角形的形状关键在于边角互化, 正弦定理在齐次式中才能进行边角互化, 而余弦定理在边角互化没有齐次式这个条件限制. 判断三角形形状的前提在于是否可以构成三角形.

✍️ 例 2.13

（2023 辽宁统考-多选题）已知 △ABC\triangle ABC 内角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c，则下列条件一定能够使 △ABC\triangle ABC 为等腰三角形的是（）. A. acos⁡B=bcos⁡Aa \cos B = b \cos A B. (a2+b2)sin⁡(A−B)=(a2−b2)sin⁡(A+B)(a^{2} + b^{2}) \sin(A - B) = (a^{2} - b^{2}) \sin(A + B) C. cos⁡Bcos⁡C=1−cos⁡A2\cos B \cos C = \frac{1 - \cos A}{2} D. asin⁡B+bsin⁡A⩽2c\frac{a}{\sin B} + \frac{b}{\sin A} \leqslant 2c

🔑 查看解析与步骤

选项 A, 由 acos⁡B=bcos⁡Aa \cos B = b \cos A , 利用余弦定理把角化成边, 可得 a⋅a2+c2−b22ac=b⋅b2+c2−a22bca \cdot \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} = b \cdot \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} , 整理得 a2=b2a^2 = b^2 , 则 a=ba = b , 所以 △ABC\triangle ABC 为等腰三角形, 故 A 选项正确.

选项 B, 将 (a2+b2)sin⁡(A−B)=(a2−b2)sin⁡(A+B)(a^{2}+b^{2})\sin(A-B)=(a^{2}-b^{2})\sin(A+B) 展开可得 (a2+b2)(sin⁡Acos⁡B−cos⁡Asin⁡B)=(a2−b2)sin⁡C,(a^{2}+b^{2})(\sin A\cos B-\cos A\sin B)=(a^{2}-b^{2})\sin C, 利用正弦定理把角化成边, 可得

(a2+b2)(acos⁡B−bcos⁡A)=(a2−b2)⋅c.(2.2.2)(a ^ {2} + b ^ {2}) (a \cos B - b \cos A) = (a ^ {2} - b ^ {2}) \cdot c.\tag{2.2.2}

再把式(2.2.2)中的角的余弦化成边, 可得

(a2+b2)(a⋅a2+c2−b22ac−b⋅b2+c2−a22bc)=(a2−b2)⋅c,(a ^ {2} + b ^ {2}) \left(a \cdot \frac {a ^ {2} + c ^ {2} - b ^ {2}}{2 a c} - b \cdot \frac {b ^ {2} + c ^ {2} - a ^ {2}}{2 b c}\right) = (a ^ {2} - b ^ {2}) \cdot c,

整理可得 (a2−b2)(a2+b2−c2)=0(a^2 - b^2)(a^2 + b^2 - c^2) = 0 ，即 a2+b2=c2a^2 + b^2 = c^2 或 a=ba = b ，则 △ABC\triangle ABC 为等腰三角形或直角三角形故 B 选项错误.

选项 C, 由 cos⁡Bcos⁡C=1−cos⁡A2\cos B\cos C = \frac{1 - \cos A}{2} 可得 2cos⁡Bcos⁡C=1−cos⁡A2\cos B\cos C = 1 - \cos A , 又因为 cos⁡A=−cos⁡(B+C)\cos A = -\cos (B + C) , 所以 2cos⁡Bcos⁡C=1+cos⁡(B+C)2\cos B\cos C = 1 + \cos (B + C) , 展开可得 2cos⁡Bcos⁡C=1+cos⁡Bcos⁡C−sin⁡Bsin⁡C2\cos B\cos C = 1 + \cos B\cos C - \sin B\sin C , 即 cos⁡Bcos⁡C+sin⁡Bsin⁡C=1\cos B\cos C + \sin B\sin C = 1 , 从而可知 cos⁡(B−C)=1\cos (B - C) = 1 . 又因为 −π<B−C<π-\pi < B - C < \pi , 则 B=CB = C , 所以 △ABC\triangle ABC 为等腰三角形, 故 C 选项正确.

选项 D, 由 asin⁡B+bsin⁡A⩽2c\frac{a}{\sin B} + \frac{b}{\sin A} \leqslant 2c , 利用正弦定理进行边化角, 可得 sin⁡Asin⁡B+sin⁡Bsin⁡A⩽2sin⁡C\frac{\sin A}{\sin B} + \frac{\sin B}{\sin A} \leqslant 2\sin C , 又因为 sin⁡Asin⁡B+sin⁡Bsin⁡A⩾2\frac{\sin A}{\sin B} + \frac{\sin B}{\sin A} \geqslant 2 , 当且仅当 A=BA = B 时等号成立, 所以 2⩽2sin⁡C2 \leqslant 2\sin C . 又由 sin⁡C⩽1\sin C \leqslant 1 , 可得 sin⁡C=1\sin C = 1 , 此时 A=B=π4A = B = \frac{\pi}{4} , C=π2C = \frac{\pi}{2} , 所以 △ABC\triangle ABC 为等腰三角形, 故 D 选项正确.

综上所述, 选 ACD.

✍️ 例 2.14

(2021 新高考 II 18(2)) 在 △ABC\triangle ABC 中, 内角 A,B,CA, B, C 所对的边分别为 a,b,c,b=a+1a, b, c, b = a + 1 , c=a+2c = a + 2 . 是否存在正整数 aa , 使得 △ABC\triangle ABC 为钝角三角形? 若存在, 求 aa ; 若不存在, 说明理由.

🔑 查看解析与步骤

由 b=a+1,c=a+2b = a + 1, c = a + 2 , 得 c>b>ac > b > a , 又因为三角形中大边对大角, 所以 △ABC\triangle ABC 为钝角三角形时, CC 为钝角, 即 a2+b2−c2<0a^2 + b^2 - c^2 < 0 , 故 a2+(a+1)2−(a+2)2<0a^2 + (a + 1)^2 - (a + 2)^2 < 0 , 整理得 a2−2a−3<0a^2 - 2a - 3 < 0 , 解得 −1<a<3-1 < a < 3 , 又 a>0a > 0 , 所以 0<a<30 < a < 3 .

又因为三角形的任意两边之和大于第三边, 所以 a+b>ca + b > c , 即 a+a+1>a+2a + a + 1 > a + 2 , 解得 a>1a > 1 , 所以 1<a<31 < a < 3 , 结合 aa 为正整数知 a=2a = 2 , 故存在正整数 a=2a = 2 , 使得 △ABC\triangle ABC 为钝角三角形.

🎯 变式 2.14.1

（2023 合肥一模）已知 △ABC\triangle ABC 的内角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c, 且 b2+2c2−2a2=0b^{2} + 2c^{2} - 2a^{2} = 0 .

(I) 若 tan⁡C=13\tan C = \frac{1}{3} , 求 AA ;

(Ⅱ) 当 A - C 取得最大值时, 试判断 △ABC\triangle ABC 的形状.

✍️ 例 2.15

(2025 新高考 I 11-多选题) 已知 △ABC\triangle ABC 的面积为 14\frac{1}{4} , 若 cos⁡2A+cos⁡2B+2sin⁡C=2cos⁡Acos⁡Bsin⁡C=14\cos 2A + \cos 2B + 2\sin C = 2\cos A\cos B\sin C = \frac{1}{4} , 则 ( ).

A. sin⁡2A+sin⁡2B=sin⁡C\sin^2 A + \sin^2 B = \sin C B. AB=2AB = \sqrt{2} C. sin⁡A+sin⁡B=62\sin A + \sin B = \frac{\sqrt{6}}{2} D. AC2+BC2=3AC^2 + BC^2 = 3

🔑 查看解析与步骤

在处理解三角形或判断三角形形状的问题时, 我们通常希望能转化出角 A,B,CA, B, C 之间的某种关系. 因此, 对于题中所给的等式

cos⁡2A+cos⁡2B+2sin⁡C=2,\cos 2 A + \cos 2 B + 2 \sin C = 2,

我们考虑利用二倍角公式将其转化为关于 A,B,CA, B, C 的表达式. 可选的等式有 cos⁡2α=2cos⁡2α−1\cos 2\alpha = 2\cos^2\alpha - 1 与 cos⁡2α=1−2sin⁡2α\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha . 此处我们选择后者是因为能将等式右端的常数 2 抵消. 代入后得:

1−2sin⁡2A+1−2sin⁡2B+2sin⁡C=2⟹sin⁡C=sin⁡2A+sin⁡2B.(①)1 - 2 \sin^ {2} A + 1 - 2 \sin^ {2} B + 2 \sin C = 2 \Longrightarrow \sin C = \sin^ {2} A + \sin^ {2} B.\tag{①}

因此, 选项 A 是正确的.

接下来问题的关键在于：是对这一式子进一步化简，还是转向题干中其余两个条件。显然，题干的另外两个条件不易化简，因此我们仍需围绕选项A所导出的结论继续深挖。

那我们能否进一步挖掘出这个等式所蕴含的三角形形状的信息呢？需要指出的是, 这一式子的两边并不对称. 如果所得为 sin⁡2C=sin⁡2A+sin⁡2B\sin^2 C = \sin^2 A + \sin^2 B , 那就“完美”了. 但注意到, 在三角形中, sin⁡C∈(0,1]\sin C \in (0,1] , 所以必有 sin⁡C⩾sin⁡2C\sin C \geqslant \sin^2 C , 于是我们可以推出: sin⁡2A+sin⁡2B⩾sin⁡2C\sin^2 A + \sin^2 B \geqslant \sin^2 C . 结合正弦定理得 a2+b2⩾c2a^2 + b^2 \geqslant c^2 , 进而推出 C⩽π2C \leqslant \frac{\pi}{2} .

由 C⩽π2C \leqslant \frac{\pi}{2} 可知 A+B⩾π2A + B \geqslant \frac{\pi}{2} , 所以 A⩾π2−BA \geqslant \frac{\pi}{2} - B . 我们自然会想到对该不等式两边同时取正弦. 但此时需特别小心: 虽然常说 “三角形大角对大边”, 结合正弦定理可知角越大其正弦值也越大, 但这一结论仅适用于三角形的内角. 问题在于 π2−B\frac{\pi}{2} - B 并不是一个三角形的内角, 因此无法直接比较 sin⁡A\sin A 与 sin⁡(π2−B)\sin \left(\frac{\pi}{2} - B\right) . 我们需首先判断 AA 与 BB 的范围. 由题设条件 cos⁡Acos⁡Bsin⁡C=14\cos A \cos B \sin C = \frac{1}{4} 可知, AA 与 BB 必为锐角. 因此, 由 A⩾π2−BA \geqslant \frac{\pi}{2} - B 可得 sin⁡A⩾sin⁡(π2−B)=cos⁡B\sin A \geqslant \sin \left(\frac{\pi}{2} - B\right) = \cos B , 将其代入式①可知

sin⁡C=sin⁡2A+sin⁡2B⩾cos⁡2B+sin⁡2B=1.\sin C = \sin^ {2} A + \sin^ {2} B \geqslant \cos^ {2} B + \sin^ {2} B = 1.

因此必有 sin⁡C=1\sin C = 1 ，即必有 C=π2C = \frac{\pi}{2}

一旦得到 C=π2C = \frac{\pi}{2} , 接下来的判断就容易许多, 即使是基础一般的同学也可顺利判断选项 B、C、D 的正误. 由于 C=π2C = \frac{\pi}{2} , 代入式①和 cos⁡Acos⁡Bsin⁡C=14\cos A \cos B \sin C = \frac{1}{4} , 可整理出如下方程组:

{sin⁡2A+sin⁡2B=1cos⁡Acos⁡B=14⟹{sin⁡2A+sin⁡2B=1sin⁡Asin⁡B=14\left\{ \begin{array}{l} {\sin^ {2} A + \sin^ {2} B = 1} \\ {\cos A \cos B = \frac {1}{4}} \end{array} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\sin^ {2} A + \sin^ {2} B = 1} \\ {\sin A \sin B = \frac {1}{4}} \end{array} \right.

这里我们利用了 A=π2−BA = \frac{\pi}{2} - B 和 B=π2−AB = \frac{\pi}{2} - A . 实际上我们可以把 sin⁡A\sin A 和 sin⁡B\sin B 具体解出来, 不过观察 C 选项, 能看得出来这是标准的韦达结构:

sin⁡A+sin⁡B=(sin⁡A+sin⁡B)2=sin⁡2A+sin⁡2B+2sin⁡Asin⁡B=32=62.\sin A + \sin B = \sqrt {(\sin A + \sin B) ^ {2}} = \sqrt {\sin^ {2} A + \sin^ {2} B + 2 \sin A \sin B} = \sqrt {\frac {3}{2}} = \frac {\sqrt {6}}{2}.

故选项 C 正确、

再来看选项 B 和 D. 我们再看题中尚未使用的信息: △ABC\triangle ABC 的面积为 14\frac{1}{4} . 因为 C=π2C = \frac{\pi}{2} , 所以 ab=12ab = \frac{1}{2} , 由三角形中 a=csin⁡A,b=csin⁡Ba = c\sin A, b = c\sin B , 代入得:

ab=c2sin⁡Asin⁡B=12.a b = c ^ {2} \sin A \sin B = \frac {1}{2}.

而 sin⁡Asin⁡B=14\sin A\sin B = \frac{1}{4} ，代入得 c2=2c^2 = 2 ，即 c=2c = \sqrt{2} 故选项B正确.

最后看选项 D. 由于 △ABC\triangle ABC 是以 CC 为直角的直角三角形, 所以由勾股定理可知 AC2+BC2=AB2AC^2 + BC^2 = AB^2 , 即 AC2+BC2=2AC^2 + BC^2 = 2 , 因此选项 D 错误.

综上所述, 选 ABC.

从上述解析过程可以看出, 成功解答本题的关键在于如何在已知 AA 与 BB 均为锐角的前提下, 由条件 sin⁡2A+sin⁡2B=sin⁡C\sin^2 A + \sin^2 B = \sin C 推出 C=π2C = \frac{\pi}{2} . 值得一提的是, 这道题实际上是由三角函数中的一个重要恒等式改编而来.

📦 证明

我们可以采用例2.15的解析来证明,这里我们换一种方式来证明.由题中条件可得

sin⁡2A+sin⁡2B=sin⁡Acos⁡B+cos⁡Asin⁡B.\sin^ {2} A + \sin^ {2} B = \sin A \cos B + \cos A \sin B.

化简上述式子 (移项并提取公因式) 得:

sin⁡A(sin⁡A−cos⁡B)+sin⁡B(sin⁡B−cos⁡A)=0.(2.2.3)\sin A (\sin A - \cos B) + \sin B (\sin B - \cos A) = 0.\tag{2.2.3}

(1) 若 A+B>π2A + B > \frac{\pi}{2} , 则 π2>A>π2−B>0\frac{\pi}{2} > A > \frac{\pi}{2} - B > 0 . 由正弦函数在 (0,π2)\left(0, \frac{\pi}{2}\right) 上单调递增, 可得 sin⁡A>sin⁡(π2−B)=cos⁡B\sin A > \sin \left(\frac{\pi}{2} - B\right) = \cos B ; 同理, 也有 sin⁡B>cos⁡A\sin B > \cos A . 因此, 式 ① 左边为两个正数之和, 其值大于 0, 与等式矛盾. 由此可知, 不能有 A+B>π2A + B > \frac{\pi}{2} .

(2) 若 A+B<π2A + B < \frac{\pi}{2} , 则 0<A<π2−B<π20 < A < \frac{\pi}{2} - B < \frac{\pi}{2} , 由正弦函数在 (0,π2)\left(0, \frac{\pi}{2}\right) 上单调递增, 可得 sin⁡A<sin⁡(π2−B)=cos⁡B\sin A < \sin \left(\frac{\pi}{2} - B\right) = \cos B ; 同理, 也有 sin⁡B<cos⁡A\sin B < \cos A . 因此, 式 ① 左边为两个负数之和, 其值小于 0, 与等式矛盾. 由此可知, 不能有 A+B<π2A + B < \frac{\pi}{2} .

综上所述, A+B=π2A+B=\frac{\pi}{2} .

值得注意的是, 这里条件 A,BA, B 均为锐角是必要的, 否则就得不出 A+B=π2A + B = \frac{\pi}{2} 的结论. 为说明这一点, 我们将结论总结2.1推广至如下:

📦 证明

记 α=A+B2,β=A−B2\alpha = \frac{A + B}{2},\beta = \frac{A - B}{2} ，则 A=α+β,B=α−βA = \alpha +\beta ,B = \alpha -\beta 因此，

0=sin⁡2A+sin⁡2B−sin⁡(A+B)=sin⁡2(α+β)+sin⁡2(α−β)−sin⁡2α=(sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β)2+(sin⁡αcos⁡β−cos⁡αsin⁡β)2−sin⁡2α=2(sin⁡2αcos⁡2β+cos⁡2αsin⁡2β−sin⁡αcos⁡α)=2[sin⁡2αcos⁡2β+cos⁡2αsin⁡2β−sin⁡αcos⁡α(sin⁡2β+cos⁡2β)]=2[sin⁡αcos⁡2β(sin⁡α−cos⁡α)+cos⁡αsin⁡2β(cos⁡α−sin⁡α)]=2(sin⁡α−cos⁡α)[sin⁡αcos⁡2β−cos⁡αsin⁡2β].\begin{array}{r l} & {0 = \sin^ {2} A + \sin^ {2} B - \sin (A + B)} \\ & {\qquad = \sin^ {2} (\alpha + \beta) + \sin^ {2} (\alpha - \beta) - \sin 2 \alpha} \\ & {\qquad = (\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta) ^ {2} + (\sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta) ^ {2} - \sin 2 \alpha} \\ & {\qquad = 2 (\sin^ {2} \alpha \cos^ {2} \beta + \cos^ {2} \alpha \sin^ {2} \beta - \sin \alpha \cos \alpha)} \\ & {\qquad = 2 [ \sin^ {2} \alpha \cos^ {2} \beta + \cos^ {2} \alpha \sin^ {2} \beta - \sin \alpha \cos \alpha (\sin^ {2} \beta + \cos^ {2} \beta) ]} \\ & {\qquad = 2 [ \sin \alpha \cos^ {2} \beta (\sin \alpha - \cos \alpha) + \cos \alpha \sin^ {2} \beta (\cos \alpha - \sin \alpha) ]} \\ & {\qquad = 2 (\sin \alpha - \cos \alpha) [ \sin \alpha \cos^ {2} \beta - \cos \alpha \sin^ {2} \beta ].} \end{array}

(1) 若 sin⁡α=cos⁡α\sin \alpha = \cos \alpha , 则 α=π4\alpha = \frac{\pi}{4} , 即 A+B=π2A + B = \frac{\pi}{2} .

(2) 若 sin⁡αcos⁡2β=cos⁡αsin⁡2β\sin \alpha \cos^2 \beta = \cos \alpha \sin^2 \beta ，则 tan⁡α=tan⁡2β\tan \alpha = \tan^2 \beta ，即 tan⁡A+B2=tan⁡2A−B2\tan \frac{A + B}{2} = \tan^2 \frac{A - B}{2} .

📌 标注说明

由结论总结2.2可见, 仅凭 sin⁡2A+sin⁡2B=sin⁡(A+B)\sin^2 A + \sin^2 B = \sin (A + B) , 尚不足以推出 A+B=π2A + B = \frac{\pi}{2} , 因为该式也可能导出另一结论: tan⁡A+B2=tan⁡2A−B2\tan \frac{A + B}{2} = \tan^2 \frac{A - B}{2} .

🎯 变式 2.15.1

(2025 厦门一中高三周考 8) 在 △ABC\triangle ABC 中, 角 A, B 为锐角, △ABC\triangle ABC 的面积为 4, 且 cos⁡2A+cos⁡2B=2−sin⁡C\cos^{2}A + \cos^{2}B = 2 - \sin C , 则 △ABC\triangle ABC 周长的最小值为 ( ).

A. 42+44\sqrt{2} + 4 B. 42−44\sqrt{2} - 4 C. 22+22\sqrt{2} + 2 D. 22−22\sqrt{2} - 2

🎯 变式 2.15.2

(浙江省金丽衢十二校 2025 届高三第二次联考 8) 在 △ABC\triangle ABC 中, “ sin⁡2A+sin⁡2B=sin⁡(A+B)\sin^{2} A + \sin^{2} B = \sin (A + B) ” 是 “ CC 为直角” 的 ( ).

A. 充分但非必要条件 B. 必要但非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分条件也非必要条件