楊學枝

(福建省福州第二十四中學 350015)

本文首先給出一個常見的三角等式，并用多種方法證明，然后舉例說明其應用.

定理設(shè)α,β,γ是任意實數(shù)，則

cos2α+cos2β+cos2(α+β)-2cosαcosβcos(α+β)=1，

或

下面我們給出定理中的等式的十種證法，這十種證法各有特色，富有啟發(fā)性.

證一應用和差化積及半角公式.

=1+cos(α+β)[cos(α+β)+cos(α-β)]-2cosαcosβcos(α+β)

=1+2cosαcosβcos(α+β)-2cosαcosβcos(α+β)=1=右邊，

故定理獲證.

證二應用積化和差及倍角公式.

左邊=cos2α+cos2β+cos2(α+β)-cos(α+β)[cos(α+β)+cos(α-β)]

=1=右邊，

故定理獲證.

證三應用兩角和的公式和誘導公式.

左邊=cos2(α+β)+cosα[cosα-cosβcos(α+β)]+cosβ[cosβ-cosαcos(α+β)]

=cos2(α+β)+cosα[cos(α+β-β)-cosβcos(α+β)]+cosβ[cos(α+β-α)-cosαcos(α+β)]

=cos2(α+β)+sin(α+β)cosαsinβ+sin(α+β)sinαcosβ

=cos2(α+β)+sin(α+β)(sinαcosβ+cosαsinβ)

=cos2(α+β)+sin2(α+β)=1=右邊，

故定理獲證.

證四應用兩角和的公式和誘導公式.

由于cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ，即有

sinαsinβ=-cos(α+β)+cosαcosβ，

將上式兩邊平方得到

sin2αsin2β=cos2(α+β)+cos2αcos2β-2cosαcosβcos(α+β)，

又由于sin2α=1-cos2α，sin2β=1-cos2β，代入上式，并經(jīng)整理即得定理中的等式.

證五應用sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ，證法同上面證四(從略).

證六先配方，再應用兩角和的公式及誘導公式.

左邊=[cos(α+β)-cosαcosβ]2+cos2α+cos2β-cos2αcos2β

=(sinαsinβ)2+cos2α+cos2β-(1-sin2α)(1-sin2β)

=cos2α+cos2β+sin2α+sin2β-1=2-1

=1=右邊，

故定理獲證.

證七當sinα,sinβ,sin(α+β)有一個為零時，不妨設(shè)sinα=0，則α=kπ(k∈Z)，這時有

原式左邊=cos2α+cos2β+cos2(α+β)-2cosαcosβcos(α+β)

=1+cos2β+cos2(kπ+β)-2coskπcosβcos(kπ+β)

=1+cos2β+cos2β-2cos2β=1=右邊，

原式成立.

當sinαsinβsin(α+β)≠0時，可利用代數(shù)恒等式及余弦定理證明定理中的等式成立.

利用恒等式(證明從略)

x(-x+y+z)2+y(x-y+z)2+

z(x+y-z)2+(-x+y+z)(x-y+z)·

(x+y-z)=4xyz.

若在上式中取x=sin2α,y=sin2β,z=sin2(α+β)，xyz≠0，并注意到等式(證明從略)

-sin2α+sin2β+sin2(α+β)=2sinβsin(α+β)cosα，

sin2α-sin2β+sin2(α+β)=2sinαsin(α+β)cosβ，

sin2α+sin2β-sin2(α+β)=-2sinαsinβcos(α+β)，

即得到定理中的等式.

證八應用兩角和的公式和行列式運算.

當sinαsinβsin(α+β)=0時，原式成立，可見上面證七.

當sinαsinβsin(α+β)≠0時，由于

故有

展開即得定理中的等式.

證九應用兩角和的公式以及方程性質(zhì).

由兩角和公式，有

設(shè)x=sinα,y=sinβ,z=sin(α+β)，則以上方程組即為

若xyz=0，上面證七中已經(jīng)證明，這時原式成立.

若xyz≠0，由于上述方程組對于x,y,z是齊次線性方程組，有非零解，因此有

展開即得定理中等式.

證十設(shè)平面上一點O，射線OA，OB，OC的長度均為1，OB與OC成角為α，OC與OA成角為β，則OA與OB成角為-(α+β).由于平面上任意三個非零實數(shù)向量都線性相關(guān)，即總存在不全為零的兩個實數(shù)λ,u，滿足

于是有

即

由以上關(guān)于λ,u的線性方程組，消去λ,u，便得到行列式

即

展開即得定理中等式.

由定理1即可得到以下推論.

推論1設(shè)A,B,C是任意實數(shù)，且A+B+C=(2k+1)π(k∈Z)則

cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1.

或?qū)懗上铝行辛惺剑?/p>

推論2設(shè)α,β,γ是任意實數(shù)，且α+β+γ=2kπ(k∈Z)則

cos2α+cos2β+cos2γ-2cosαcosβcosγ=1.

或?qū)懗上铝行辛惺剑?/p>

由推論1中的等式可得到

2cosAcosBcosC=sin2A+sin2B+sin2C-2，

再將上式兩邊平方，并應用cos2A=1-sin2A等，經(jīng)整理，可得到以下

推論3設(shè)A,B,C是任意實數(shù)，且A+B+C=kπ(k∈Z)則

4sin2Asin2Bsin2C

=2∑sin2Bsin2C-∑sin4A.

推論3也可以用三角形面積海倫公式推導得到，由于

16Δ2=2∑b2c2-∑a4

=4R4(2∑sin2Bsin2C-∑sin4A)，

Δ=2R2sinAsinBsinC，

由上面兩個三角形面積公式，即可得到推論3中的等式.

推廣設(shè)α,β,γ∈R,則

cos2α+cos2β+cos2γ+cos2(α+β+γ)

=2[1+cosαcosβcosγcos(α+β+γ)+

sinαsinβsinγsin(α+β+γ)].

由等式cos(α+β)=cos[(α+β+γ)-γ]得到

cosαcosβ-cosγcos(α+β+γ)

=sinαsinβ+sinγsin(α+β+γ),

將上式兩邊平方,并應用等式

sin2α=1-cos2α,sin2β=1-cos2β,

sin2(α+β+γ)=1-cos2(α+β+γ),

即可得到.

上述定理及其推論有著廣泛的應用.下面略舉幾例.

例1設(shè)α,β∈(0,π)，滿足

求cosα，cosβ的值.

得到

代入定理中的恒等式

cos2α+cos2β+cos2(α+β)-2cosαcosβcos(α+β)=1，

并經(jīng)整理得到

1500cos3β-2600cos2β+435cosβ+663=0，

即

(15cosβ-17)(100cos2β-60cosβ-39)=0，

由于15cosβ-17≠0，因此

100cos2β-60cosβ-39=0，

例2△ABC為逆時針轉(zhuǎn)向，其三個內(nèi)角為A,B,C，若P點為△ABC所在平面上一點，已知PA=R1,PB=R2，PC=R3，求△ABC三邊長.

解i)當P點為外接圓內(nèi)或外接圓上一點時.

設(shè)△ABC外接圓半徑為R，則三邊長為BC=a=2RsinA，CA=b=2RsinB，AB=c=2RsinC，射線PB到PC，PC到PA，PA到PB的角(均為逆時針方向)分別為α,β,γ，則有α+β+γ=2kπ(k∈Z).于是，由余弦定理得到

再利用三角函數(shù)恒等式(前面已證明)：若α+β+γ=2kπ(k∈Z)，則有

cos2α+cos2β+cos2γ-2cosαcosβcosγ=1，

將上面三式代入，便有

即

整理得到

(※)

sin2C)

sinBsinCcosA)

(※※)

下面說明，當P點為△ABC外接圓內(nèi)或外接圓上一點時，有

由于△ABC為逆時針轉(zhuǎn)向，△ABC面積為正.從P點分別向三邊BC,CA,AB引垂線,垂足分別為A′,B′,C′ 記△ABC與△A′B′C′的有向面積分別為Δ與Δ′，△A′B′C′三邊長分別為B′C′=a′,C′A′=b′,A′B′=c′,并注意到

Δ=2R2sinAsinBsinC，

=Δ′，

可知, 若P點為△ABC外接圓內(nèi)或外接圓上一點時，△A′B′C′面積Δ′≥0，因此有

=2Δ-2(Δ-2Δ′)=4Δ′≥0,

當且僅當P在△ABC外接圓上時Δ′=0[1].

因此，由式(※※)可求得

由此得到

于是，便可求得△ABC三邊

ii)當P點為△ABC外接圓外一點時，Δ′<0，因此有

因此，有

由式(※※)，可以得到以下等式：

以上Δ,Δ′為有向面積.

例3半徑分別為a,b,c的三個圓E，圓F，圓G，兩兩相外切，求同時與上述三個圓均外切的小圓的半徑r.

解答見文[2].

例4若四面體ABCD，由頂點D出發(fā)的三條棱長為DA=a,DB=b,DC=c，底面ABC的面積為Δ，記∠BDC=α，∠CDA=β，∠ADB=γ，四面體ABCD體積為V，則有

證明設(shè)BC=a′,CA=b′,AB=c′，從D作DH⊥平面ABC，垂足為H，設(shè)HA=R1,HB=R2,HC=R3，射線HB到射線HC，射線HC到射線HA，射線HA到射線HB的角分別為α′,β′,γ′，則α′+β′+γ′=2kπ(k∈Z)， 且有

同理，有

代入等式

cos2α′+cos2β′+cos2γ′-2cosα′cosβ′cosγ′

=1，

(據(jù)推論2)得到

=1，

上式經(jīng)化簡，得到

16Δ2h2+a2(b2+c2-a′2)2+

b2(c2+a2-b′2)2+c2(a2+b2-c′2)2

-(b2+c2-a′2)(c2+a2-b′2)(a2+b2-c′2)

-4a2b2c2=0，

由此，可以求得

b2(c2+a2-b′2)2-c2(a2+b2-c′2)2

+(b2+c2-a′2)(c2+a2-b′2)(a2+b2-c′2)

+4a2b2c2]

-4a2b2c2cos2γ

+8a2b2c2cosαcosβcosγ+4a2b2c2)，

+2cosαcosβcosγ)，

由此便得到

許多數(shù)學參考書中對于例4中的四面體體積公式的證明都比較麻煩，這里我們給出了一個初等的證明.

本文定理還有許多應用，限于篇幅就不累贅了.