三角函数综合 · 学习路线

角 A 是边 b、c 的夹角。分别用余弦定理与两边夹角面积公式，求边长时别忘记正性。

由余弦定理，$a^2=b^2+c^2-2bc\cos A=16+36-48\times (1/2)=28$。边长为正，所以 $a=2\sqrt{7}$。面积 $S=\frac{1}{2}bc\sin A=12\times \frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$。两条正长度的边夹一个严格介于零与平角之间的角，可以唯一确定非退化三角形。也可核对 $|6-4|<2\sqrt{7}<6+4$，因此边长满足严格三角不等式。

先确认夹角对应，再计算；平方方程的负根不能当作边长。

补角的正弦和余弦各怎样变化？不要把上一题的边长与面积一起照搬。

$\cos 120^{\circ }=-1/2$ 而 $\sin 120^{\circ }=\sqrt{3}/2$。所以 $a^2=16+36-48\times (-1/2)=76$，保留正根 $a=2\sqrt{19}$；$S=\frac{1}{2}\times 4\times 6\times \frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$。仍有 $2<2\sqrt{19}<10$，故为合法非退化三角形。和上一题相比，两邻边与夹角正弦不变，面积不变；余弦变负，对边变长。

条件换成补角时，分别追踪正弦和余弦，不能把不同公式中的符号一起改掉。

可用余弦定理直接得到关于 c 的二次方程。两个根是否为正、是否满足原来的角条件？也可检查锐角与补角两支的角和。

余弦定理给 $25=64+c^2-16c\cos 30^{\circ }=64+c^2-8\sqrt{3}c$，即 $(c-4\sqrt{3}{)}^2=9$，因此只有 $c=4\sqrt{3}\pm 3$ 两个候选。两者均正。为证明可达，取坐标 $A=(0,0)$、$C=(8,0)$，对每个候选令 $B=(\frac{\sqrt{3}}{2}c,\frac{1}{2}c)$。于是 $AB=c>0$，$AC=8$，夹角 A 为三十度，且 $B{C}^2=c^2-8\sqrt{3}c+64=25$。B 的纵坐标为正，故三点不共线，两个候选都构成所需三角形。正弦定理也给 $\sin B=4/5$；若锐角支为 $\beta$，则 $30^{\circ }<\beta <90^{\circ }$，所以 B 的两支 $\beta$ 和 $180^{\circ }-\beta$ 均小于 $150^{\circ }$，角 C 都为正。只取锐角支会漏解。

两边一角未必唯一确定三角形；保留分支后，还须证明各支在原几何约束下可实现。

由余弦定理把式子配成 $(c-4\sqrt{3}{)}^2=t^2-16$。先查根存在，再查正性，最后处理重根与零根。

余弦定理等价于 $(c-4\sqrt{3}{)}^2=t^2-16$。若 $0<t<4$，无实根，没有三角形。若 $t=4$，只有重根 $c=4\sqrt{3}>0$，只对应一种。若 $t>4$，有两个不同根 $c_{\pm }=4\sqrt{3}\pm \sqrt{t^2-16}$；正号支恒正，负号支为正当且仅当 $t<8$。因此 $4<t<8$ 有两种；$t=8$ 时负号支为零，必须舍去，但正号支 $8\sqrt{3}$ 仍合法；$t>8$ 时负号支为负，只留正号支。每个正根都能用 $A=(0,0)$、$C=(8,0)$、$B=(\frac{\sqrt{3}}{2}c,\frac{1}{2}c)$ 构造：此时 $B{C}^2=t^2$，因 $t>0$ 得 $BC=t$，且 B 纵坐标正，不退化。反之所有三角形都必须满足该二次方程。固定的两邻边 b、c 与夹角 A 唯一确定一种，故不同正根恰对应不同种。恰好一种的参数集合是 $\{4\}\cup [8,+\infty )$。

参数计数要同时检查判别式、根的正性与几何可达性；判别式非负只是第一步。