2026年4月成都七中及辽宁联考中均出现同一类解三角形中二倍角问题, 单纯处理没什么难度, 有趣的是两个解题过程都出现同样的取舍问题, 经过思考后发现可以一般化.
在 $\triangle ABC$ 中, 已知两边 $b,c$ 的长度且满足 $c<b<2c$, 另外两角 $B,C$ 仅知满足 $B=2C$, 计算边 $a$.
直接由 $B=2C$ 和 $b,c$ 的长度结合正弦定理容易计算 \[ \cos C = \frac b{2c}, \] 结合余弦定理得 \[ \cos C =\frac{ a^2 + b^2 – c^2 }{ 2ab } \] 化简解得 \[ a = c \text{~或~} a = \frac{b^2-c^2}c. \]
这就涉及到两个结果的取舍问题, 有的答案分别把两个结果带入验证 $\cos B$, 也不失为一个方案. 至此就有第一个疑问, 能不能直接用 $\cos B$ 的值计算边 $a$ 呢.
由上述讨论可知 \[ \cos B = 2 \cos^2 C – 1 = \frac{b^2 – 2c^2}{2c^2}, \] 再次结合余弦定理有 \[ \cos B = \frac{ a^2 + c^2 – b^2 }{ 2ac } \] 解得 \[ a = \frac{b^2-c^2}{c}, \] 舍 $a = -c$.
由此可知, $\cos B$ 不仅可以用来验证, 更可以得到更理想的结果.
进一步, 若在 $\triangle ABC$ 中作 $\angle ABC$ 的角平分线 $BE$ 交 $AC$ 于点 $E$, 则 $BE = CE$ 且 $\triangle ABC \sim \triangle AEB$, 因此有 \[ \frac{AB}{AE} = \frac{AC}{AB} = \frac{BC}{EB} = \frac{BC}{CE}, \] 利用和比性质, 得 \[ \frac{AC}{AB} = \frac{AB+BC}{AE + CE} = \frac{AB+BC}{AC}, \] 即 \[ \frac bc = \frac{c+a}{b}, \] 因此 \[ a = \frac{b^2}{c} – c, \] 无需取舍选择.
同样, 利用角平分线性质定理结合和比性质可得上述结果.
由此有了第二个疑问, 根据相似三角形得到唯一确定结果, 那为何即使用 $\cos B$ 算出一个负值也是有两个解.
经过思考之后, 梳理发现直接尺规作图即得边 $a$ 的准确长度以及两个增根的来源.
根据已知条件构造三角形 $\triangle ABF$, 满足 $AF= b$, $FB = BA = c$, 延长 $FB$ 到 $C$ 满足 $AC = b$, 在线段 $CB$ 上取点 $D$ 满足 $CD = c$.
根据构造过程, \begin{align*} \angle F &= \angle BAF = \angle C, \\ \angle ABC &= \angle F + \angle BAF = 2\angle C, \end{align*} 即满足二倍角关系. 同时不难可得 $\triangle ACD \cong \triangle AFB$, 因此 $AD = DC = c$.
在 $\triangle ACD$ 中, $\angle ADC = \pi – 2C$, 且 \begin{align*} \cos C &= \frac{DC^2 + AC^2 – AD^2}{ 2AC \times DC}, \\ &= \frac{DC^2 + AC^2 – AB^2}{ 2AC \times DC}, \end{align*} 即得增根 $CD =c$.
同理在 $\triangle ABF$ 中, \begin{align*} -\cos B &= \cos \angle ABF = \frac{ AB^2 + BF^2 – AF^2 }{2AB \times BF}, \\ \cos B &= \frac{ AB^2 + (-BF)^2 – AF^2 }{2AB \times (-BF)}, \end{align*} 可得增根 $-BF = -c$.
至此可以确定在此类问题中, 用相似三角形或构造三角形可以唯一确定结果; 若用余弦定理计算, 由较小角会得正增根需取舍, 由较大角会得负增根.