每日一题[1072]条条大路通罗马

已知非钝角三角形 $ABC$ 的三个内角满足 $\cos^2A+\cos^2B=\sin C$，求证：$C$ 为直角．

分析与解　法一　根据题意，有 $$\dfrac{1+\cos 2A}2+\dfrac{1+\cos 2B}2=\sin C,$$ 于是 $$1+\dfrac 12\left(\cos 2A+\cos 2B\right)=\sin C,$$ 和差化积得 $$1+\cos(A+B)\cdot\cos(A-B)=\sin C,$$ 因此 $$1-\cos (A-B)\cdot \cos C=\sin C.$$ 若 $C\ne\dfrac{\pi}2$，则 $$\cos(A-B)=\dfrac{1-\sin C}{\cos C},$$ 而由 $A+B=\pi-C$ 可得 $$A-B<\dfrac{\pi}2-\left(\dfrac{\pi}2-C\right)=C,$$ 进而 $\cos (A-B)$ 的取值范围是 $\left(\cos C,1\right]$．因此 $$\cos C<\dfrac{1-\sin C}{\cos C}\leqslant 1,$$ 进而 $$\sin C<1-\cos^2C=\sin^2C,$$ 矛盾．

因此 $C$ 为直角．

法二　根据题意，有 $$\dfrac{1+\cos 2A}2+\dfrac{1+\cos 2B}2-\sin(A+B)=0,$$ 也即 $$1+\cos(A+B)\cos(A-B)-\sin(A+B)=0,$$ 若 $A=B$，容易得到 $\sin(A+B)=1$，即 $A=B=\dfrac{\pi}4$，此时 $C$ 为直角；

若 $A\ne B$，不妨设 $A>B$，并记 $A+B=2x$，$A-B=2y$，则 $$x\in\left(\dfrac{\pi}4,\dfrac{\pi}2\right),y\in\left(0,\dfrac{\pi}2\right),$$ 且有 $$1-\sin 2x+\cos 2x\cos 2y=0,$$ 即 $$(\cos x-\sin x)^2+\left(\cos^2x-\sin^2x\right)\left(\cos^2y-\sin^2y\right)=0,$$ 也即 $$2(\cos x-\sin x)\left(\cos x\cos^2y-\sin x\sin^2y\right)=0,$$ 也即 $$2\cos x\cos^2y\cdot (\cos x-\sin x)\left(1-\tan x\cdot \tan^2y\right)=0,$$ 因为 $$x\in\left(\dfrac{\pi}4,\dfrac{\pi}2\right),y\in\left[0,\dfrac{\pi}2\right),x+y=A\in\left(0,\dfrac{\pi}2\right),$$ 所以有 $$\tan x<\tan\left(\dfrac{\pi}2-y\right)=\dfrac{1}{\tan y},$$ 因此 $$\tan x\cdot \tan^2y<\tan x\cdot \tan y<1,$$ 于是 $$\cos x-\sin x=0,$$ 即 $A+B=2x=\dfrac{\pi}2$．

综上知，命题得证．

法三　由三角形中的恒等式知 $$cos^2A+\cos^2B+\cos^2C=1-2\cos A\cos B\cos C,$$ 于是有 $$1-2\cos A\cos B\cos C-\cos^2C=\sin C,$$ 整理得 $$2\cos A\cos B\cos C=\sin^2C-\sin C=\sin C\cdot(\sin C-1)\leqslant 0.$$ 又因为 $\triangle ABC$ 非钝角三角形，所以 $$\sin C(\sin C-1)＝2\cos A\cos B\cos C\geqslant 0,$$ 从而有 $\sin C(1-\sin C)=0$，于是 $C$ 为直角．