1996-全国卷理-21 解-三角形内角与三角恒等变形

本题导读

本题考查三角形的内角和定理、两角和与差的余弦、正弦公式。核心在于三角恒等变换法、整体代换法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（1996年全国卷(理)） 已知 $△ABC$ 的三个内角 $A,B,C$ 满足：$A+C=2B$，$\frac{1}{\cos A}+\frac{1}{\cos C}=-\frac{\sqrt{2}}{\cos B}$，求 $\cos \frac{A-C}{2}$ 的值.

🔍【思路分析】

破题导航

确定特殊角 $B$：利用三角形内角和 $A+B+C=\pi$ 结合已知条件 $A+C=2B$，直接求出内角 $B$ 的确切弧度。 通分化简分式方程：将已知分式方程左边通分，转化为 $\frac{\cos A+\cos C}{\cos A\cos C}=-\frac{\sqrt{2}}{\cos B}$。 运用和差化积与积化和差公式：

• 分子 $\cos A+\cos C$ 运用和差化积公式化为 $2\cos \frac{A+C}{2}\cos \frac{A-C}{2}$。
• 分母 $\cos A\cos C$ 运用积化和差公式化为 $\frac{1}{2}[\cos (A+C)+\cos (A-C)]$。 统一变量求解：将已知角 $B$ 对应的相关值代入，构造关于核心目标整体 $\cos \frac{A-C}{2}$ 的一元二次方程，求解并结合余弦值边界进行合理性检验。

✅【答案】

Success

$\frac{\sqrt{2}}{2}$

✍【详细解析】

Abstract

求解内角 $B$ 的具体数值 在 $△ABC$ 中，由内角和定理： $A+B+C=\pi$ 因为已知条件满足 $A+C=2B$，代入上式： $2B+B=\pi ⟹3B=\pi ⟹B=\frac{\pi }{3}=60^{\circ }$ 从而可求得相关三角函数值： $\cos B=\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}$ $A+C=2B=120^{\circ }⟹\frac{A+C}{2}=60^{\circ }$

对分式方程进行通分并应用公式变形 原分式方程为： $\frac{1}{\cos A}+\frac{1}{\cos C}=-\frac{\sqrt{2}}{\cos B}$ 左边通分得： $\frac{\cos A+\cos C}{\cos A\cos C}=-\frac{\sqrt{2}}{\cos B}$

1. 分子应用和差化积公式： $\cos A+\cos C=2\cos \frac{A+C}{2}\cos \frac{A-C}{2}$ 代入 $\frac{A+C}{2}=60^{\circ }$： $\cos A+\cos C=2\cos 60^{\circ }\cos \frac{A-C}{2}=2\times \frac{1}{2}\times \cos \frac{A-C}{2}=\cos \frac{A-C}{2}$

2. 分母应用积化和差公式： $\cos A\cos C=\frac{1}{2}[\cos (A+C)+\cos (A-C)]$ 代入 $A+C=120^{\circ }$： $\cos A\cos C=\frac{1}{2}\left[\cos 120^{\circ }+\cos (A-C)\right]=\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2}+\cos (A-C)\right]$ 利用二倍角公式 $\cos (A-C)=2{\cos }^2\frac{A-C}{2}-1$ 进一步将变量统一为目标角： $\cos A\cos C=\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2}+2{\cos }^2\frac{A-C}{2}-1\right]={\cos }^2\frac{A-C}{2}-\frac{3}{4}$

代回原方程，构造一元二次方程求解 将分子、分母的化简结果以及 $\cos B=\frac{1}{2}$ 代回通分后的方程： $\frac{\cos \frac{A-C}{2}}{{\cos }^2\frac{A-C}{2}-\frac{3}{4}}=-\frac{\sqrt{2}}{\frac{1}{2}}=-2\sqrt{2}$

令核心目标变量 $t=\cos \frac{A-C}{2}$，方程转化为： $\frac{t}{t^2-\frac{3}{4}}=-2\sqrt{2}⟹t=-2\sqrt{2}\left(t^2-\frac{3}{4}\right)$ $t=-2\sqrt{2}{t}^2+\frac{3\sqrt{2}}{2}$ 两边同时乘以 2 整理为标准的一元二次方程形式： $4\sqrt{2}{t}^2+2t-3\sqrt{2}=0$

利用求根公式求解 $t$： $t=\frac{-2\pm \sqrt{2^2-4\times 4\sqrt{2}\times (-3\sqrt{2})}}{2\times 4\sqrt{2}}=\frac{-2\pm \sqrt{4+96}}{8\sqrt{2}}=\frac{-2\pm 10}{8\sqrt{2}}$

解得两个根： $t_1=\frac{8}{8\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ $t_2=\frac{-12}{8\sqrt{2}}=-\frac{3}{2\sqrt{2}}=-\frac{3\sqrt{2}}{4}$

边界范围检验与合理性排除 在 $△ABC$ 中，因为 $A+C=120^{\circ }$ 且 $A,C>0$，所以可以限定： $0^{\circ }<A<120^{\circ },0^{\circ }<C<120^{\circ }$ 由此推导半差角的物理边界范围： $-60^{\circ }<\frac{A-C}{2}<60^{\circ }$ 根据余弦函数的图象性质，当角度在 $\left(-60^{\circ },60^{\circ }\right)$ 区间内时，其余弦值必须满足： $\cos \frac{A-C}{2}\in \left(\frac{1}{2},1\right]$

• 经比较：$t_2=-\frac{3\sqrt{2}}{4}\approx -1.06<0$（由于超出了余弦值基本定义域 $[-1,1]$，且不满足 $\left(\frac{1}{2},1\right]$，必舍去）；
• 经比较：$t_1=\frac{\sqrt{2}}{2}\in \left(\frac{1}{2},1\right]$，符合几何实际。

综上所述， $\cos \frac{A-C}{2}$ 的值为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：和差化积公式与积化和差公式的逆向对齐；大题中自变量受三角形约束的动态值域检验。 核心方法：“整体元代换法”。通过令 $t=\cos \frac{A-C}{2}$，将超越三角方程退化为高一常规代数二次方程处理。 避坑指南：

• 大题丢根检验漏项：本题极易在解出两个代数根后，不写任何排除步骤直接保留两个答案，或者因为没有定量推导 $\cos \frac{A-C}{2}>\frac{1}{2}$ 这一严格范围而导致无法对负根进行唯一性排除。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题属于典型的三角函数解答题第一问。取材于高中旧大纲及现行教材选修拓展章节中关于“和差化积公式定理”的综合演练，属于考查运算稳定度的经典拉分题。 结论推广： 在任意满足 $A+C=2B$ （即三个内角成等差数列）的 $△ABC$ 中，其固定有 $B=60^{\circ }$。 若给定广义分式方程 $\frac{1}{\cos A}+\frac{1}{\cos C}=\lambda$：

• 利用完全相同的公式变形，可以恒向推导出关于核心角的一元二次参数标准方程： $2\lambda {\cos }^2\frac{A-C}{2}-4\cos \frac{A-C}{2}-\frac{3}{2}\lambda =0$ 这套通用方程对于后续处理任意类似比例的等差角三角形求值大题具有一键约化的通用理论价值。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 10.01 两角和与差及辅助角公式

类题演练 (Links)

• 1998-全国卷文-21 解-正弦定理与和差化积
• 1998-上海文-17 解-二倍角与诱导公式求值
• 1997-全国卷文-18 填-三角函数的恒等求值