为什么 SSA 无法证明三角形全等？

两个三角形全等 的充要条件是等距同构，等距映射全体构成欧几里得群 $E(2)$。可以写成：

$$x\ \longmapsto\ Qx+t,\qquad Q\in O(2),\ t\in\mathbb{R}^2.$$

其中 $t$ 是平移，$Q$ 是一个 $2\times2$ 的正交矩阵（$Q^\top Q=I$），全体构成正交群 $O(2)$。$O(2)$ 里 $\det Q=+1$ 的是旋转，$\det Q=-1$ 的是翻折。

考虑把一个顶点搬到原点。设 $\triangle ABC$ 和 $\triangle A'B'C'$，只观察 $A$、$A'$ 出发的两条边向量：

$$\vec u = B-A,\quad \vec v = C-A;\qquad \vec u' = B'-A',\quad \vec v' = C'-A'.$$

平移 $t$ 可以直接算出来，$t=A'-QA$，于是两个三角形全等等价于存在 $Q\in O(2)$，使得 $Q\vec u=\vec u'$ 且 $Q\vec v=\vec v'$。

定义（Gram 矩阵）. 给定两个向量 $\vec u,\vec v$，它们的 Gram 矩阵是所有两两内积排成的表：

$$G(\vec u,\vec v)=\begin{pmatrix}\vec u\cdot\vec u & \vec u\cdot\vec v\\[2pt] \vec v\cdot\vec u & \vec v\cdot\vec v\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}|\vec u|^2 & \vec u\cdot\vec v\\[2pt] \vec u\cdot\vec v & |\vec v|^2\end{pmatrix}.$$

引理
设 $\vec u,\vec v$ 线性无关（三角形不退化）。则

$$\exists\,Q\in O(2):\ Q\vec u=\vec u',\ Q\vec v=\vec v'\quad\Longleftrightarrow\quad G(\vec u,\vec v)=G(\vec u',\vec v').$$

证明：

（$\Rightarrow$）$Q\vec a\cdot Q\vec b=(Q\vec a)^\top(Q\vec b)=\vec a^\top Q^\top Q\,\vec b=\vec a^\top\vec b=\vec a\cdot\vec b$。所以四个内积都不变，Gram 矩阵相等。

（$\Leftarrow$）

已知两边 Gram 矩阵相等，考虑如何构造 $Q$。

因为 $\vec u,\vec v$ 线性无关，它们是 $\mathbb{R}^2$ 的一组基，定义线性映射 $Q$：

$$Q\vec u:=\vec u',\qquad Q\vec v:=\vec v'.$$

线性映射被它在一组基上的取值唯一确定，所以 $Q$ 存在且唯一。考虑验证它保持所有内积。拿两个向量 $\vec x=s\vec u+t\vec v$、$\vec y=p\vec u+q\vec v$，展开：

$$Q\vec x\cdot Q\vec y=(s\vec u'+t\vec v')\cdot(p\vec u'+q\vec v') = sp\,(\vec u'\!\cdot\vec u')+(sq+tp)(\vec u'\!\cdot\vec v')+tq\,(\vec v'\!\cdot\vec v').$$

Gram 矩阵相等，也就是说 $\vec u'\!\cdot\vec u'=\vec u\cdot\vec u$、$\vec u'\!\cdot\vec v'=\vec u\cdot\vec v$、$\vec v'\!\cdot\vec v'=\vec v\cdot\vec v$。再换回去：

$$Q\vec x\cdot Q\vec y=sp\,(\vec u\cdot\vec u)+(sq+tp)(\vec u\cdot\vec v)+tq\,(\vec v\cdot\vec v)=\vec x\cdot\vec y.$$

所以 $Q$ 保持一切内积，$Q\in O(2)$。$\blacksquare$

所以：

$$\triangle ABC\cong\triangle A'B'C'\ \Longleftrightarrow\ G(\vec u,\vec v)=G(\vec u',\vec v')$$

因为 Gram 矩阵是对称的，在 $\triangle ABC$ 中，令：

$$G=\begin{pmatrix} p & r\\ r & q\end{pmatrix},\qquad p=c^2=|\vec u|^2,\quad q=b^2=|\vec v|^2,\quad r=\vec u\cdot\vec v.$$ $$\begin{aligned} \text{∵ } & a^2 = |\vec u - \vec v|^2 = |\vec u|^2 - 2\vec u \cdot \vec v + |\vec v|^2 \\ \text{∴ } & a^2 = p - 2r + q \\ \text{∵ } & \vec u\!\cdot\!\vec v=\lvert\vec u\rvert\lvert\vec v\rvert\cos A \\ \text{∴ } & \cos A=\dfrac{r}{\sqrt{pq}} \end{aligned}$$

判定是否全等，等价于能否唯一解出一组 $(p,q,r)$

对于三角形而言，可以列出两种方程：

1. 长度方程：$p=\cdots$、$q=\cdots$、$p-2r+q=\cdots$，必定是线性方程。
2. 角度方程：$r=\sqrt{pq}\,\cos\theta$
   • 若两条邻边已知，$\sqrt{pq}$ 是常数，方程线性。
   • 若有一条邻边未知，且 $\cos\theta\ne0$，方程非线性。

如果条件能转化为满秩的线性方程组，解必然唯一，三角形全等。但如果引入了非线性方程，解并不一定唯一。

SSS

给定 $a,b,c$。

$$\begin{cases} p = c^2\\[1ex] q=b^2\\[1ex] p-2r+q=a^2 \end{cases}$$

前两个直接读出 $p,q$，代进第三个解出 $r=\dfrac{c^2+b^2-a^2}{2}$。系数矩阵满秩，唯一解。

SAS

给定 $b,c$ 和它们的夹角 $A$。

$$\begin{cases} p = c^2\\[1ex] q=b^2\\[1ex] r=\sqrt{pq}\cos A=bc\cos A \end{cases}$$

因为 $\sqrt{pq}=bc$ 是已知的，所以三个都是线性方程，唯一解。

ASA / AAS

考虑平移三角形，设固定边的两端为 $A=(0,0)$、$B=(c,0)$。第三个顶点 $C$ 落在从 $A$ 出发、与 $AB$ 成角 $\angle A$ 的射线和从 $B$ 出发、与 $BA$ 成角 $\angle B$ 的射线的交点上。

只要两线不平行（即 $\angle A+\angle B<180^\circ$，三角形存在），系数行列式非零，交点唯一，$C$ 唯一，三角形唯一。

HL

把直角顶点 $C$ 放在原点，取边向量 $\vec u=A-C$、$\vec v=B-C$，$(p',q',r')=(|CA|^2,|CB|^2,\vec u\!\cdot\!\vec v)$。对于直角列方程：

$$r'=\sqrt{p'q'}\cos 90^\circ=0$$

再给一条直角边 $a=|CB|$（$q'=a^2$）和斜边 $c=|AB|$：

$$c^2=|\vec u-\vec v|^2=p'-2r'+q'=p'+q'\quad\Longrightarrow\quad p'=c^2-a^2.$$

全线性，唯一解。成立。（注意到末式 $c^2=p'+q'$ 就是勾股定理，同样只是 $r'=0$ 时 $|\vec u-\vec v|^2$ 的展开。）

SSA

给角 $A$、它的邻边 $c=|AB|$、以及它的对边 $a=|BC|$。

$$\begin{cases} p = c^2\\[1ex] r = c\sqrt{q}\cos A\\[1ex] a^2 = p - 2r + q \end{cases}$$

记 $b=\sqrt q$，则 $r=bc\cos A$，代入 $a^2=c^2-2r+b^2$：

$$a^2=c^2-2bc\cos A+b^2\ \Longrightarrow\ \,b=c\cos A\pm\sqrt{a^2-c^2\sin^2A}\,.$$

当 $a^2-c^2\sin^2A>0$ 且 $c\cos A>\sqrt{\,\cdots\,}$ 时，两个根都是正数 $b_1\ne b_2$，Gram 矩阵不同、三角形并不一定全等。