解三角形

知识点

正余弦定理

定理 1. 正弦定理

\[ \dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C} = \dfrac{a+b+c}{\sin A + \sin B + \sin C} = 2R\text{，其中} R \text{为} \triangle ABC \text{的外接圆半径} \]

证明：若 \(\triangle ABC\) 为锐角三角形，如图，作出 \(\triangle ABC\) 的外接圆 \(\odot O\)，连接 \(BO\) 并延长交 \(\odot O\) 于点 \(D\)，则线段 \(BD\) 为 \(\odot O\) 的直径，设 \(\odot O\) 的半径为 \(R\)，则 \(BD=2R\).

在 \(\odot O\) 中，\(\angle D\) 与 \(\angle C\) 均为劣弧 \(AB\) 所对的圆周角，所以 \(\angle D = \angle C\). 因为 \(BD\) 为直径，所以 \(\angle DAB = 90^\circ\)， 所以在 \(\mathrm{Rt}\triangle ABD\) 中，\(\sin \angle D = \dfrac{AB}{BD} = \dfrac{c}{2R}\)，
所以 \(\sin C = \sin \angle D = \dfrac{c}{2R}\)，故 \(\dfrac{c}{\sin C} = 2R\). 同理可得，\(\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B} = 2R\). 所以 \(\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B} = \dfrac{c}{\sin C} = 2R\). 当 \(\triangle ABC\) 为直角三角形或钝角三角形时可同理证明.

定理 2. 余弦定理

\[ a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A\qquad b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos B\qquad c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos C \]

\[ \text{余弦定理推论：} \cos A=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\qquad \cos B=\dfrac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac} \qquad \cos C=\dfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab} \]

证明：以 \(a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A\) 为例，利用平面向量进行证明. 在 \(\triangle ABC\) 中，\(\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}\).

上式两边同取平方，可得： \(\overrightarrow{BC}^2 = \left(\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}\right)^2 = \overrightarrow{AC}^2 + \overrightarrow{AB}^2 - 2\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB}\)

又因为 \(\overrightarrow{BC}^2 = \left|\overrightarrow{BC}\right|^2 = a^2\)，\(\overrightarrow{AC}^2 = \left|\overrightarrow{AC}\right|^2 = b^2\)，\(\overrightarrow{AB}^2 = \left|\overrightarrow{AB}\right|^2 = c^2\)， 且 \(\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB} = \left|\overrightarrow{AC}\right|\left|\overrightarrow{AB}\right|\cos A = bc\cos A\)，

代入上式即得：\(a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A\)， 同理可证得另外两式.

结论 1. 面积公式

\[ S_{\triangle ABC} = \dfrac{1}{2}ab\sin C=\dfrac{1}{2}ac\sin B=\dfrac{1}{2}bc\sin A=\htmlClass{blank}{\dfrac{abc}{4R}}\text{ （其中}R\text{是外接圆半径）} \]

结论 2. 正余弦定理基本用法

1. 根据\(A + B + C=\pi\)，已知任意两角，可求出第三个角；已知一个角，就意味着已知另外两角的关系.

2. 正弦定理：\(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}\)，任取其中两项相等，都可以得到一个边与所对角正弦值的关系，所以涉及两边及其对角的解三角形问题都可以考虑正弦定理，常见的有以下两种情况：

   已知两边一对角，求角：不妨假设已知\(a\)，\(b\)和\(A\)，求\(C\)，如图1，可按下述步骤求解.

     第1步：由正弦定理\(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}\)解出\(\sin B = \dfrac{b\sin A}{a}\)；

     第2步：根据求得的\(\sin B\)计算角\(B\)；

     第3步：由\(C=\pi-(A + B)\)计算出\(C\).

   已知两角及一边，求其余边：不妨设已知角\(A\)，\(B\)和边\(a\)，如图2，可按下述步骤求解.

     第1步：根据\(A + B + C=\pi\)求出第三个内角\(C\)；

     第2步：根据正弦定理\(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}\)求出边\(b\)和\(c\).

3. 余弦定理：\(a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A\)，反映的是三边与内角余弦值的关系，所以涉及三边一角的问题，都可以考虑使用余弦定理，常见的有以下两种情况：

   已知两边及一角，求第三边：可直接对已知的角用余弦定理，求出第三边. 例如，若已知\(a\)，\(b\)和\(C\)，如图3，则可直接由\(c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos C\)求出\(c\).

   已知三边求角：不妨设求角\(A\)，可直接由\(\cos A=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\)求出\(\cos A\)，再求出角\(A\).

   

结论 3. 三角恒等式的常见变形

1. 因为三角形中\(A+B+C=\pi\)，则有 \(\sin(A + B)=\sin(\pi - C)= \sin C \qquad\cos(A + B)=\cos(\pi - C)=-\cos C\)

2. 正弦定理边角互化及外接圆半径\(R\)：

   \[ a = b\Leftrightarrow\sin A=\sin B \qquad \dfrac{a}{b}=\dfrac{\sin A}{\sin B} \qquad 2R=\dfrac{a}{\sin A} \]

3. 涉及\(b^{2}+c^{2}-a^{2}\)，\(b^{2}+c^{2}\)这类含边的平方的结构，可以考虑利用余弦定理及其推论；

   等式中有\(\cos A\)，且边化角不易，可考虑将\(\cos A\)换成\(\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\)，角化边处理；

   涉及\(a\pm b\)和\(ab\)的关系，考虑将余弦定理配方处理，即\(c^{2}=(a\pm b)^{2}-2ab(\cos C\pm1)\).

结论 4. 角的取舍

解三角形问题中，计算角时，可能会出现增根，常通过以下方式舍增根：

1. 大边对大角，若\(a {\gt} b\)，则\(A {\gt} B\)，所以必有\(B\)为锐角；

2. 三角形内角和为\(\pi\)，所以任意两角的内角和小于\(\pi\)；

3. 已知角\(A = \alpha\)，则\(B + C=\pi - \alpha\)，所以\(B,C\in(0,\pi - \alpha)\).

结论 5. 三角形形状判断

在\(\triangle ABC\)中,

1. \(\cos C = 0 \Leftrightarrow a^2 + b^2 = c^2 \Leftrightarrow \sin^2 A + \sin^2 B - \sin^2 C = 0 \Leftrightarrow C = \dfrac{\pi}{2}\)

   \(\cos C {\lt} 0 \Leftrightarrow a^2 + b^2 {\lt} c^2 \Leftrightarrow \sin^2 A + \sin^2 B - \sin^2 C {\lt} 0 \Leftrightarrow C {\gt} \dfrac{\pi}{2}\)

   \(\cos C {\gt} 0 \Leftrightarrow a^2 + b^2 {\gt} c^2 \Leftrightarrow \sin^2 A + \sin^2 B - \sin^2 C {\gt} 0 \Leftrightarrow C {\lt} \dfrac{\pi}{2}\)

2. \(\sin A = \sin B \Leftrightarrow A = B \Leftrightarrow a = b \Rightarrow\) 等腰三角形

   \(\sin A {\gt} \sin B \Leftrightarrow A {\gt} B \Leftrightarrow a {\gt} b \Rightarrow B\) 为锐角

   \(\sin A {\lt} \sin B \Leftrightarrow A {\lt} B \Leftrightarrow a {\lt} b \Rightarrow A\) 为锐角

3. \(\sin 2A = \sin 2B \Leftrightarrow a\cos A = b\cos B \Rightarrow A = B \text{或} C = \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow\) 等腰三角形或直角三角形

   \(\cos 2A = \cos 2B \Rightarrow 2A = 2B \text{ 或 } 2A + 2B = 2\pi\text{（在三角形中不成立）}\) \(\Rightarrow A = B \Rightarrow \text{等腰三角形}\)

4. \(\sin(A - B) = 1 \Rightarrow \text{钝角三角形；}\) \(\sin(A - B) = 0 \Rightarrow \text{等腰三角形}\)

   \(\cos(A - B) = 1 \Rightarrow \text{等腰三角形；}\) \(\cos(A - B) = 0 \Rightarrow \text{钝角三角形}\)

5. \(\sin A = \cos B \Rightarrow A + B = \dfrac{\pi}{2} \text{ 或 } A - B = \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow \text{直角/钝角三角形}\)

   \(\sin A {\gt} \cos B \Leftrightarrow \sin A {\gt} \sin\left( \dfrac{\pi}{2} - B \right) \Rightarrow A + B {\gt} \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow C\)为锐角；在锐角三角形中，任意两角一定满足此式；

   \(\sin A {\lt} \cos B \Leftrightarrow \sin A {\lt} \sin\left( \dfrac{\pi}{2} - B \right) \Rightarrow A + B {\lt} \dfrac{\pi}{2} \text{ 或 } A {\gt} \dfrac{\pi}{2} + B \Rightarrow \text{钝角三角形}\)

6. \(A,B\)为锐角，\(\sin^2 A + \sin^2 B = \sin C \Rightarrow C\) 为直角，下面给出两种证明方法：

   (1)余弦定理证明：

   \(\sin^2 A + \sin^2 B = \sin C \le 1 \Rightarrow \sin^2 A \le \cos^2 B \Rightarrow \sin A \le \cos B \Rightarrow \sin A \le \sin\left(\dfrac{\pi}{2}-B\right) \Rightarrow A \le \dfrac{\pi}{2}-B \Rightarrow C \ge \dfrac{\pi}{2}\)

   \(\sin^2 A + \sin^2 B = \sin C \Rightarrow a^2 + b^2 = \dfrac{c^2}{\sin C} \Rightarrow a^2 + b^2 \ge c^2 \Rightarrow \cos C = \dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab} \ge 0 \Rightarrow C \le \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow C = \dfrac{\pi}{2}\)

   (2)正弦定理分类讨论：

   \(\sin^2 A + \sin^2 B = \sin C \Rightarrow \sin^2 A + \sin^2 B = \sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B\)

   \(\Rightarrow \sin A(\sin A - \cos B) + \sin B(\sin B - \cos A) = 0\)

   \[ \begin{aligned} \text{若} C {\lt} \dfrac{\pi}{2} & \Rightarrow A+B {\gt} \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow A {\gt} \dfrac{\pi}{2}-B,\;B {\gt} \dfrac{\pi}{2}-A \Rightarrow \sin A {\gt} \cos B,\;\sin B {\gt} \cos A \\ & \Rightarrow \sin A(\sin A - \cos B) + \sin B(\sin B - \cos A) {\gt} 0 \quad (\text{矛盾}) \\ \text{若} C {\gt} \dfrac{\pi}{2} & \Rightarrow A+B {\lt} \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow A {\lt} \dfrac{\pi}{2}-B,\;B {\lt} \dfrac{\pi}{2}-A \Rightarrow \sin A {\lt} \cos B,\;\sin B {\lt} \cos A \\ & \Rightarrow \sin A(\sin A - \cos B) + \sin B(\sin B - \cos A) {\lt} 0 \quad (\text{矛盾}) \end{aligned} \]

   \(\text{若}C = \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow A+B = \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow \sin B = \cos A,\;\sin A = \cos B \Rightarrow \sin^2 A + \cos^2 A = 1 = \sin C = \sin\dfrac{\pi}{2} = 1 \quad (\text{等式成立})\)

代数问题

结论 1. 化角类问题

在三角形中研究某三角代数式的范围，往往通过消元将其化为一个角（单变量）的三角函数研究；对于部分有关边长的范围问题，也可由正弦定理边化角，转化成三角代数式来分析范围.

1. 已知某个角或某两个角的关系时，可结合\(A + B + C=\pi\)，将目标三角代数式消元化为单变量函数.

2. 对于边的齐次分式，可先用正弦定理边化角，再消元化单变量函数.

3. 对于知道一边一角求有关边长的问题（例如已知\(A\)和\(b\)，求\(c\)的范围），可用正弦定理，

   由\(\dfrac{c}{\sin C}=\dfrac{b}{\sin B}\)解出\(c = \dfrac{b\sin C}{\sin B}\)，达到化角的目的，再消元化单变量函数.

4. 化为单变量函数后，常需要限定角度范围，以下是常见的限定方式：

   1. 锐角\(\triangle ABC\)给定某角：如给定角\(A(0 {\lt} A{\lt}\dfrac{\pi}{2})\)，让求\(B\)的范围，应考虑\(B\)，\(C\)两个内角，

      由不等式组\(\begin{cases}0 {\lt} B{\lt}\dfrac{\pi}{2}\\0 {\lt} C=\pi - A - B{\lt}\dfrac{\pi}{2}\end{cases}\)求解\(B\)的范围；

   2. 钝角\(\triangle ABC\)给定某角：如给定角\(A(0 {\lt} A{\lt}\dfrac{\pi}{2})\)，让求\(B\)的范围，应分\(B\)或\(C\)为钝角讨论.

      若\(B\)为钝角，则\(C\)为锐角，所以\(\begin{cases}\dfrac{\pi}{2} {\lt} B{\lt}\pi\\0 {\lt} C=\pi - A - B{\lt}\dfrac{\pi}{2}\end{cases}\)

      若\(C\)为钝角，则\(B\)为锐角，所以\(\begin{cases}0 {\lt} B{\lt}\dfrac{\pi}{2}\\\dfrac{\pi}{2} {\lt} C=\pi - A - B{\lt}\pi\end{cases}\)

      上述两个不等式组的解集取并集，得到\(B\)的取值范围.

   3. 锐角\(\triangle ABC\)结合角的关系限定角的范围：例如给出\(A = 2B\)，让求\(B\)的范围，则 \(C=\pi - A - B=\pi - 3B\)，可由不等式组\(\begin{cases}0 {\lt} A = 2B{\lt}\dfrac{\pi}{2}\\0 {\lt} B{\lt}\dfrac{\pi}{2}\\0 {\lt} C=\pi - 3B{\lt}\dfrac{\pi}{2}\end{cases}\)求解\(B\)的范围.

   4. 锐角\(\triangle ABC\)结合三角函数关系限定角的范围：例如，由\(\sin A = 2\sin B\)求\(B\)的范围，

      可由\(\sin B=\dfrac{1}{2}\sin A{\lt}\dfrac{1}{2}\)，结合\(B\)为锐角得出\(B\)的范围是\((0,\dfrac{\pi}{6})\).

结论 2. 化边类问题

在三角形中，对于求值或范围等问题除了化角之外，还可以用正弦定理、余弦定理化边来分析. 当化为了某条边长的代数式时，常需要限定该边的取值范围，下面归纳常见的限定方式：

1. 对于任意三角形，都有任意两边之和大于第三边；

2. 对于锐角三角形，有\(\begin{cases}\cos A=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}{\gt}0\\\cos B=\dfrac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}{\gt}0\\\cos C=\dfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}{\gt}0\end{cases}\)，所以\(\begin{cases}b^{2}+c^{2}-a^{2}{\gt}0\\a^{2}+c^{2}-b^{2}{\gt}0\\a^{2}+b^{2}-c^{2}{\gt}0\end{cases}\)；

3. 对于钝角三角形，例如\(A\)为钝角，则\(\cos A=\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}{\lt}0\)，故\(b^{2}+c^{2}-a^{2}{\lt}0\).

结论 3. 周长面积范围问题

1. 已知 \(\triangle ABC\) 一组对边对角，\(a\)，\(A\)，则：

   \[ b + c = \dfrac{a}{\sin A} (\sin B + \sin C) = \dfrac{a}{\sin A} \left[ \sin(A+B)+\sin B \right] = \dfrac{2a}{\sin A} \sin \dfrac{A+2B}{2} \cos \dfrac{A}{2} \leq \dfrac{2a}{\sin A} \cos \dfrac{A}{2} = \dfrac{a}{\sin \dfrac{A}{2}} \]

   当且仅当 \(\sin \dfrac{A+2B}{2} = 1\)，即 \(A+2B = \pi\)，\(B = C\)，\(b = c\)时取等.

   \[ b \cdot c = \dfrac{a \sin B}{\sin A} \cdot \dfrac{a \sin C}{\sin A} = \dfrac{a^2}{\sin^2 A} \left[ \sin(A+B) \sin B \right] = \dfrac{a^2}{2\sin^2 A} \left[ \cos A - \cos(A+2B) \right] \leq \dfrac{a^2}{2\sin^2 A} \left( \cos A + 1 \right) \]

   当且仅当 \(\cos(A+2B) = -1\)，即 \(A+2B = \pi\)，\(B = C\)，\(b = c\)时取等.

   周长 \(l \in \left( 2a,\ a + \dfrac{a}{\sin \dfrac{A}{2}} \right]\)， 面积 \(S = \dfrac{1}{2} bc \sin A = \dfrac{a^2 \left( \cos A - \cos(A+2B) \right)}{4\sin A} \leq \dfrac{a^2 (1 + \cos A)}{4\sin A} = \dfrac{a^2}{4\tan \dfrac{A}{2}}\)

2. 已知 \(\triangle ABC\) 的角 \(B\) 和邻边 \(a\)，则：

   \[ b+c= \dfrac{a\left( \sin B + \sin C \right)}{\sin A } = \dfrac{a\left[ \sin(A+B)+\sin B \right]}{\sin A} = \dfrac{a\left[ \sin A \cos B + (1 + \cos A) \sin B \right]}{\sin A} = a \left( \cos B + \dfrac{\sin B}{\tan \dfrac{A}{2}} \right) \]
   \[ ac = a \cdot \dfrac{a \sin C}{\sin A} = a^2 \cdot \dfrac{\sin (A + B)}{\sin A} = a^2 \cdot \dfrac{\sin A \cos B + \cos A \sin B}{\sin A} = a^2 \left( \cos B + \dfrac{\sin B}{\tan A} \right) \]

   周长 \(l =a \left( 1 + \cos B + \dfrac{\sin B}{\tan \dfrac{A}{2}} \right)\)， 面积 \(S = \dfrac{1}{2} ac \sin B = \dfrac{a^2 \sin B}{2} \left( \cos B + \dfrac{\sin B}{\tan A} \right)\)，根据 \(A\) 的范围求解即可.

几何问题

结论 1. 三角形多解问题

由于全等三角形的证明中没有边边角这一类，其实就是两条边和一条边所对的角为已知时，不能确定 一个三角形，即\(a\)、\(b\)、\(A\)，（\(a {\gt} b\)）当大边所对角为未知量，则会出现两个解的情况，唯一要保证的的是 这个未知角求得的正弦值小于1；当小边所对的角未知时，通常有唯一解.

定理 1. 射影定理

在\(\triangle ABC\)中，

\[ \begin{cases}a = \htmlClass{blank}{b\cos C + c\cos B}\\b = a\cos C + c\cos A\\c = a\cos B + b\cos A\end{cases} \]

提醒：大题不建议直接用射影定理，可先证再用，下面给出\(a = b\cos C + c\cos B\)的证明.

因为\(\sin A=\sin[\pi-(B + C)]=\sin(B + C)=\sin B\cos C+\cos B\sin C\)，所以\(a = b\cos C + c\cos B\)

结论 2. 中线问题（人教A必修二P53-15）

如图1，在\(\triangle ABC\)中，\(AD\)是边\(BC\)上的中线，有关计算常采用下面的几种方法.

双余弦：在左右两个三角形中计算\(\cos\angle ADB\)和\(\cos\angle ADC\)，利用\(\angle ADB\)与\(\angle ADC\)互补，建立方程求解.

\[ \cos\angle ADB + \cos\angle ADC = \dfrac{AD^2 + \left( \dfrac{a}{2} \right)^2 - c^2}{2 \cdot AD \cdot \dfrac{a}{2}} + \dfrac{AD^2 + \left( \dfrac{a}{2} \right)^2 - b^2}{2 \cdot AD \cdot \dfrac{a}{2}} = 0 \implies AD = \dfrac{1}{2} \sqrt{2(b^2 + c^2) - a^2} \]

向量平方：借助\(\overrightarrow{AD}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\)，并将其平方来计算目标.

\[ \overrightarrow{AD} = \dfrac{\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}}{2} \implies \vert \overrightarrow{AD} \vert^2 = \left( \dfrac{\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}}{2} \right)^2 = \dfrac{c^2 + b^2 + 2bc \cos \angle BAC}{4} \]

\[ \implies AD = \dfrac{1}{2} \sqrt{b^2 + c^2 + 2bc \cos \angle BAC} \]

倍长中线：将\(\triangle ABC\)补全为如图2所示的平行四边形\(ABEC\)，转化到\(\triangle ABE\)或\(\triangle ACE\)中完成相关的计算.

比例线问题：如图3，在\(\triangle ABC\)中，\(D\)在\(BC\)上但不是中点，且已知\(BD\)与\(CD\)的长度之比，这类问题可采用上面的双余弦和向量平方求解.

结论 3. 角平分线问题（人教B必修四P6-6）

在\(\triangle ABC\)中，\(AD\)是\(\angle BAC\)的平分线，有关问题常用下面两种方法求解.

角平分线性质定理：\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BD}{CD}\)来研究\(BD\)和\(CD\)的比例关系，从而将问题转化为上述第2类问题. 大题中，可先用面积比证明该定理，

\[ \dfrac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ACD}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}AB\cdot AD\cdot\sin\angle BAD}{\dfrac{1}{2}AC\cdot AD\cdot\sin\angle CAD}=\dfrac{\dfrac{1}{2}BD\cdot h}{\dfrac{1}{2}CD\cdot h} \Longrightarrow \htmlClass{blank}{\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BD}{CD}} \text{ （其中}h\text{为}\triangle ABC\text{的边}BC\text{上的高）} \]

面积和：设\(\angle BAC = 2\alpha\)，由\(S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ACD}=S_{\triangle ABC}\)可得

\[ \dfrac{1}{2}c AD\sin\alpha+\dfrac{1}{2}b AD\sin\alpha=\dfrac{1}{2}bc\sin2\alpha \implies AD=\htmlClass{blank}{\dfrac{2bc\cos\alpha}{b + c}} \]

很多时候我们可以运用这一关于\(b\)，\(c\)，\(AD\)和\(\alpha\)的方程来解决问题.

定理 2. 张角定理（北师大必修二P131-1）

如图，在\(\triangle ABC\)中，\(D\)为\(BC\)边上的一点，连接\(AD\)，设\(AD = l\)，\(\angle BAD=\alpha\)，\(\angle CAD = \beta\)， 则一定有

\[ \dfrac{\sin(\alpha + \beta)}{l}=\dfrac{\sin\alpha}{b}+\dfrac{\sin\beta}{c} \]

证明： 由\(S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ACD}\)可得 \(\dfrac{1}{2}bc\sin(\alpha + \beta)=\dfrac{1}{2}cl\sin\alpha+\dfrac{1}{2}bl\sin\beta\)，

两边同除以\(\dfrac{1}{2}bcl\) 即得\(\dfrac{\sin(\alpha + \beta)}{l}=\dfrac{\sin\alpha}{b}+\dfrac{\sin\beta}{c}\).

定义 1. 三角测量中的基本术语

二级结论

定理 1. 倍角定理

在\(\triangle ABC\)中，内角\(A,B,C\)的对边分别为\(a,b,c\)，则有

\[ A = 2B \Longleftrightarrow \htmlClass{blank}{a^{2}=b^{2}+bc} \qquad \htmlClass{blank}{B = 2C} \Longleftrightarrow b^{2}=c^{2}+ca \qquad C = 2A \Longleftrightarrow c^{2}=a^{2}+ab \]

证明： 因为\(A = 2B\)，所以\(\sin A=\sin2B = 2\sin B\cos B\)， 所以\(a = 2b\cdot\dfrac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}\)，

所以\(a^{2}c=a^{2}b + c^{2}b - b^{3}\)， 所以\(a^{2}(c - b)=b(c^{2}-b^{2})=b(c - b)(c + b)\)，

当\(c\neq b\)时，\(a^{2}=b(c + b)=b^{2}+bc\)， 当\(c = b\)时，\(B = C=\dfrac{\pi}{4}\)，\(A=\dfrac{\pi}{2}\)，所以\(a^{2}=b^{2}+c^{2}=b^{2}+bc\)， 得证.

定理 2. 正弦平方差公式

\[ \sin^2 \alpha - \sin^2 \beta = \htmlClass{blank}{\sin(\alpha + \beta)\sin(\alpha - \beta)} \]

证明：\(\sin(\alpha + \beta)\sin(\alpha - \beta) = (\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta)(\sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta)\)

         \(= \sin^2 \alpha \cos^2 \beta - \cos^2 \alpha \sin^2 \beta = \sin^2 \alpha (1 - \sin^2 \beta) - (1 - \sin^2 \alpha)\sin^2 \beta\) \(= \sin^2 \alpha - \sin^2 \beta\)，得证.

定理 3. 正切恒等式

1. 在斜\(\triangle ABC\)中：   \(\tan A + \tan B + \tan C = \htmlClass{blank}{\tan A \cdot \tan B \cdot \tan C}\)

   证明： \(\tan(A + B) = \tan(\pi - C) = -\tan C\). 由正切和角公式\(\tan(A + B) = \dfrac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}\)，

   可得\(\dfrac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B} = -\tan C\)， 整理即得\(\tan A + \tan B + \tan C = \tan A \tan B \tan C\).

2. 半角恒等式:   \(\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{B}{2} + \tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{C}{2} + \tan \dfrac{B}{2}\tan \dfrac{C}{2} = 1\)

   证明： \(\tan(\dfrac{A}{2} + \dfrac{B}{2}) = \tan(\dfrac{\pi - C}{2}) = \cot \dfrac{C}{2}\). 由正切和角公式\(\dfrac{\tan \frac{A}{2} + \tan \frac{B}{2}}{1 - \tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2}} = \dfrac{1}{\tan \frac{C}{2}}\)， 交叉相乘得\(\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{C}{2} + \tan \dfrac{B}{2}\tan \dfrac{C}{2} = 1 - \tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{B}{2}\)，移项即证.

3. 万能公式： \(\sin 2\alpha = \dfrac{2\sin \alpha \cos \alpha}{\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha} = \dfrac{2\tan \alpha}{1 + \tan^2 \alpha}\)，\(\cos 2\alpha = \dfrac{\cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha} = \dfrac{1 - \tan^2 \alpha}{1 + \tan^2 \alpha}\)；\(\tan 2\alpha = \dfrac{2\tan \alpha}{1 - \tan^2 \alpha}\)

定理 4. 三角形的正切定理

设\(\triangle ABC\)的内角\(A\)、\(B\)、\(C\)的对边分别为\(a\)、\(b\)、\(c\)，且\(\triangle ABC\)的面积为\(S\)，则有：

\[ \tan A = \dfrac{4S}{b^2 + c^2 - a^2}, \quad \tan B = \dfrac{4S}{c^2 + a^2 - b^2}, \quad \tan C = \dfrac{4S}{a^2 + b^2 - c^2} \]

证明： 由 \(\tan A = \dfrac{\sin A}{\cos A}\)，\(\cos A = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}\)，\(\sin A = \dfrac{2S}{bc}\)，代入即得\(\tan A = \dfrac{4S}{b^2 + c^2 - a^2}\) .

定理 5. 角平分线之斯库顿定理

如图，\(AD\)是\(\triangle ABC\)的角平分线，则

\[ AD^{2}=AB\cdot AC - BD\cdot CD \]

就其位置关系而言，可记忆：中方=上积一下积.

证明：作\(ABC\)的外接圆，延长\(AD\)交圆于\(E\)，连\(BE\)，如图 \(\because\angle E=\angle C\)、\(\angle1 = \angle2\) \(\therefore\triangle ABE\sim\triangle ADC\) \(\therefore\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AE}{AC}\) 即 \(AD\cdot AE=AB\cdot AC\)

\(\therefore AD(AD + DE)=AB\cdot AC\) \(\therefore AD^{2}+AD\cdot DE=AB\cdot AC\)，

由相交弦定理得： \(BD\cdot DC=AD\cdot DE\)，\(\therefore AD^{2}+BD\cdot DC=AB\cdot AC\)，

可得 \(AD^{2}=AB\cdot AC - BD\cdot CD\).

定理 6. 海伦公式与秦九韶公式（人教A必修二P54-20、P55阅读与思考）

1. 海伦公式： 若\(\Delta ABC\)的三边长为\(a\)，\(b\)，\(c\)，\(p = \dfrac{a + b + c}{2}\)（半周长），

\[ S_{\Delta ABC} = \dfrac{\sqrt{(a + b + c)(-a + b + c)(a - b + c)(a + b - c)}}{4} = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)} \]

1. 秦九韶公式

\[ S = \sqrt{\dfrac{1}{4}\left[a^2b^2 - \left(\dfrac{a^2 + b^2 - c^2}{2}\right)^2\right]}, \quad S = \sqrt{\dfrac{1}{4}\left[a^2c^2 - \left(\dfrac{a^2 + c^2 - b^2}{2}\right)^2\right]}, \quad S = \sqrt{\dfrac{1}{4}\left[b^2c^2 - \left(\dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2}\right)^2\right]} \]

定理 7. 布洛卡点定理

已知\(\triangle ABC\)中，\(P\)是内部一点，当\(\angle PAB = \angle PBC = \angle PCA = \theta\)时，点\(P\)为\(\triangle ABC\)的布洛卡点，角\(\theta\)为布洛卡角．则

\[ \dfrac{1}{\tan \theta} = \dfrac{1}{\tan A} + \dfrac{1}{\tan B} + \dfrac{1}{\tan C} \]

证明： 设\(\triangle ABC\)的面积为\(S\)，且\(AP = x\)，\(BP = y\)，\(CP = z\)．

由正切定理: \(\dfrac{1}{\tan A} = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{4S}, \quad\dfrac{1}{\tan B} = \dfrac{a^2 + c^2 - b^2}{4S}, \quad \dfrac{1}{\tan C} = \dfrac{a^2 + b^2 - c^2}{4S}\)

\[ \dfrac{1}{\tan A} + \dfrac{1}{\tan B} + \dfrac{1}{\tan C} = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4S} \]

在\(\triangle PAB\), \(\triangle PBC\), \(\triangle PCA\)中，同样使用正切定理，有：

\[ \dfrac{1}{\tan \theta} = \dfrac{c^2 + x^2 - y^2}{4S_{\triangle PAB}}, \quad \dfrac{1}{\tan \theta} = \dfrac{a^2 + y^2 - z^2}{4S_{\triangle PBC}}, \quad \dfrac{1}{\tan \theta} = \dfrac{b^2 + z^2 - x^2}{4S_{\triangle PCA}} \]

对以上\(\dfrac{1}{\tan \theta}\)的三个式子使用合比定理可得：

\[ \begin{aligned} \dfrac{1}{\tan \theta} & = \dfrac{c^2 + x^2 - y^2}{4S_{\triangle PAB}} = \dfrac{a^2 + y^2 - z^2}{4S_{\triangle PBC}} = \dfrac{b^2 + z^2 - x^2}{4S_{\triangle PCA}} = \dfrac{c^2 + x^2 - y^2 + a^2 + y^2 - z^2 + b^2 + z^2 - x^2}{4\left(S_{\triangle PAB} + S_{\triangle PBC} + S_{\triangle PCA}\right)} \\ & = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4S} = \dfrac{1}{\tan A} + \dfrac{1}{\tan B} + \dfrac{1}{\tan C} \end{aligned} \]

定理 8. 嵌入不等式

1. 三角形内角的嵌入不等式

   对任意实数 \(x, y, z\) 以及任意角 \(A, B, C\)，且 \(A + B + C = \pi\)，都有：

   \[ x^2 + y^2 + z^2 \geq 2xy \cdot \cos C + 2xz \cdot \cos B + 2yz \cdot \cos A \]

   当且仅当 \(x:y:z = \sin A : \sin B : \sin C\) 时，取得等号.

   证明： 考虑与 \(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{BC}, \overrightarrow{CA}\) 同向的单位向量 \(\vec{e_1}, \vec{e_2}, \vec{e_3}\)，则对任意实数 \(x, y, z\) 都有：

   \[ \begin{aligned} (z \cdot \vec{e_1} + x \cdot \vec{e_2} + y \cdot \vec{e_3})^2 \geq 0 \\ x^2 + y^2 + z^2 - 2xy \cdot \cos C - 2xz \cdot \cos B - 2yz \cdot \cos A \geq 0 \end{aligned} \]

   取等条件可理解为以 \(x, y, z\) 为边长的三角形与 \(\triangle ABC\) 相似.

2. 三角形边长的嵌入不等式

   在\(\triangle ABC\)中，角\(A\)，\(B\)，\(C\)对边为\(a\)，\(b\)，\(c\)，面积为\(S\)，\(x {\gt} 0\)，\(y {\gt} 0\)，\(z {\gt} 0\)，则

   \[ xa^2 + yb^2 + zc^2 \geq 4S\sqrt{xy + yz + xz} \]

   当且仅当 \(x:y:z = (b^2 + c^2 - a^2) : (a^2 + c^2 - b^2) : (a^2 + b^2 - c^2)\) 时，取得等号.

   证明：

   \[ \begin{aligned} xa^2 + yb^2 + zc^2 & = xa^2 + yb^2 + z(a^2 + b^2 - 2ab\cos C) = (x + z)a^2 + (y + z)b^2 - 2abz\cos C \\ & \geq 2ab\sqrt{(x + z)(y + z)} - 2abz\cos C \\ & = 2ab\sqrt{(xy + xz + yz + z^2)(\sin^2 C + \cos^2 C)} - 2abz\cos C \\ & \geq 2ab\left(\sqrt{xy + xz + yz}\sin C + z\cos C\right) - 2abz\cos C \quad \text{（柯西不等式）} \\ & = 2ab\sin C\sqrt{xy + xz + yz} = 4S\sqrt{xy + xz + yz} \end{aligned} \]

   当且仅当 \(x:y:z = (b^2 + c^2 - a^2) : (a^2 + c^2 - b^2) : (a^2 + b^2 - c^2)\) 时，等号成立.

3. 外森比克不等式

   设\(\triangle ABC\)三边为\(a\)，\(b\)，\(c\)，面积为\(S\)，则

   \[ a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3}S \]

   当且仅当\(\triangle ABC\)为正三角形时等号成立.

   几何意义: 以三边分别做等边三角形, 其面积之和大于等于原三角形的面积的3倍.

   证明：在三角形边长的嵌入不等式令\(x=y=z=1\)即证.

结论 1. 三角恒等式（人教B必修三P103-例4；P105练习B-5；P109复习题B组-10）

\[ \begin{aligned} & \sin A + \sin B + \sin C \\ = & 2\sin\dfrac{A+B}{2}\cos\dfrac{A-B}{2} + 2\sin\dfrac{C}{2}\cos\dfrac{C}{2} \\ = & 2\cos\dfrac{C}{2}\cos\dfrac{A-B}{2} + 2\cos\dfrac{C}{2}\cos\dfrac{A+B}{2} \\ = & 2\cos\dfrac{C}{2}\left(\cos\dfrac{A-B}{2} + \cos\dfrac{A+B}{2}\right) \\ = & 4\cos\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{B}{2}\cos\dfrac{C}{2} \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} & \cos A + \cos B + \cos C \\ = & 2\cos\dfrac{A+B}{2}\cos\dfrac{A-B}{2} + 1 - 2\sin^2\dfrac{C}{2} \\ = & 1 + 2\sin\dfrac{C}{2}\cos\dfrac{A-B}{2} - 2\sin\dfrac{C}{2}\cos\dfrac{A+B}{2} \\ = & 1 + 2\sin\dfrac{C}{2}\left(\cos\dfrac{A-B}{2} - \cos\dfrac{A+B}{2}\right) \\ = & 1 + 4\sin\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2} \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} & \sin 2A + \sin 2B + \sin 2C \\ = & 2\sin(A+B)\cos(A-B) + \sin 2C \\ = & 2\sin C \cos(A-B) + 2\sin C \cos C \\ = & 2\sin C \left[\cos(A-B) - \cos(A+B)\right] \\ = & 4\sin A \sin B \sin C \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} & \cos 2A + \cos 2B + \cos 2C \\ = & 2\cos(A+B)\cos(A-B) + \cos 2C \\ = & -2\cos C \cos(A-B) + 2\cos^2 C - 1 \\ = & -2\cos C \left[\cos(A-B) + \cos(A+B)\right] - 1 \\ = & -1 - 4\cos A \cos B \cos C \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} & \sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C \\ = & 1 - \cos(A+B)\cos(A-B) + 1 - \cos^2 C \\ = & 2 + \cos C\cos(A-B) + \cos C\cos(A+B) \\ = & 2 + \cos C\left[\cos(A-B) + \cos(A+B)\right] \\ = & 2 + 2\cos A\cos B\cos C \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} & \cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C \\ = & \cos(A+B)\cos(A-B) + 1 + \cos^2 C \\ = & 1 - \cos C\cos(A-B) - \cos C\cos(A+B) \\ = & 1 - \cos C[\cos(A-B) + \cos(A+B)] \\ = & 1 - 2\cos A\cos B\cos C \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} & \sin^2\dfrac{A}{2} + \sin^2\dfrac{B}{2} + \sin^2\dfrac{C}{2} \\ = & 1 - \cos\dfrac{A+B}{2}\cos\dfrac{A-B}{2} + 1 - \cos^2 \dfrac{C}{2} \\ = & 2 - \sin\dfrac{C}{2}\cos\dfrac{A-B}{2} - \left(1 - \sin^2 \dfrac{C}{2}\right) \\ = & 1 - \sin\dfrac{C}{2}\left(\cos\dfrac{A-B}{2} - \sin\dfrac{C}{2}\right) \\ = & 1 - \sin\dfrac{C}{2}\left(\cos\dfrac{A-B}{2} - \cos\dfrac{A+B}{2}\right) \\ = & 1 - 2\sin\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2} \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} & \cos^2\dfrac{A}{2} + \cos^2\dfrac{B}{2} + \cos^2\dfrac{C}{2} \\ = & \cos\dfrac{A+B}{2}\cos\dfrac{A-B}{2} + 1 + \cos^2\dfrac{C}{2} \\ = & 2 + \sin\dfrac{C}{2}\cos\dfrac{A-B}{2} - \sin^2\dfrac{C}{2} \\ = & 2 + \sin\dfrac{C}{2}\left(\cos\dfrac{A-B}{2} - \sin\dfrac{C}{2}\right) \\ = & 2 + \sin\dfrac{C}{2}\left(\cos\dfrac{A-B}{2} - \cos\dfrac{A+B}{2}\right) \\ = & 2 + 2\sin\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2} \end{aligned} \]

题型

正弦定理、余弦定理的基本应用

题型 1. 两角一边求其余边

题型识别： 已知三角形的两个内角及一条边，要求其余边、外接圆半径或面积.

核心思路： 先由内角和求第三角，再用正弦定理建立边与其对角的对应关系. 已知边若不是目标边的对边，也无需强行改写，直接从比例式中选取含已知边与目标边的两项即可.

解题步骤：

1. 利用\(A+B+C=\pi\)求出第三个角；

2. 写出已知边与其对角、目标边与其对角构成的正弦定理比例式；

3. 求出其余边，必要时再由\(S=\dfrac{1}{2}ab\sin C\)或\(\dfrac{abc}{4R}\)求面积、外接圆半径；

4. 检查每一条边是否确实对应所写角.

易错点： 把边\(a,b,c\)与角\(A,B,C\)错配；忘记先补出第三角；面积公式中夹角选错.

题型 2. 两边及一对角的解三角形

题型识别： 已知\(a,b,A\)或其循环对应形式，要求求角、第三边或判断三角形个数.

核心思路： 先由正弦定理求未知角的正弦值，但\(\sin B=x\)不能直接唯一确定\(B\)；必须结合大边对大角、内角和与角的范围取舍.

解题步骤：

1. 由\(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}\)求\(\sin B\)；

2. 判断\(\sin B\)是否在\((0,1]\)内，不在则无解；

3. 写出可能的\(B\)与\(\pi-B\)，分别结合边角大小关系和\(A+B{\lt}\pi\)筛选；

4. 对每个保留的\(B\)求\(C\)，再由正弦定理求\(c\).

易错点： 只取反三角函数的主值；未逐一检查补角是否使第三角为正；把“可求出正弦值”误认为“一定有解”.

方法反思： 边边角不是确定三角形的条件. 增根的来源是正弦函数在\((0,\pi)\)内不单调，取舍必须回到三角形的几何条件.

题型 3. 余弦定理求边与求角

题型识别： 已知两边及夹角求第三边，或已知三边求内角、判断三角形类型.

核心思路： 两边夹角用余弦定理直接求对边；三边求角则优先求余弦值，再利用内角范围确定角. 余弦定理既是计算工具，也是判断直角、锐角、钝角的桥梁.

解题步骤：

1. 确定已知角所对边，写出对应的一条余弦定理；

2. 求边时先求边的平方，最后取正的算术平方根；

3. 求角时写成\(\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\)；

4. 若只需判断形状，直接比较\(b^2+c^2\)与\(a^2\)，不必求出角的具体度数.

易错点： 把夹角与其对边配错；余弦定理中的\(-2bc\cos A\)漏写负号；求边后漏取正值.

题型 4. 面积、外接圆半径与综合计算

题型识别： 题目给出边、角、面积、外接圆半径中的若干量，要求求余量或建立等式.

核心思路： 优先选择能同时使用已知量的面积公式：已知两边及夹角用\(\dfrac{1}{2}bc\sin A\)，已知三边和外接圆半径时用\(\dfrac{abc}{4R}\). 必要时将正弦定理与面积公式串联.

解题步骤：

1. 列出题目已有的边、角、\(S\)、\(R\)；

2. 选择未知量最少的面积公式；

3. 若缺少一条边或一个角，先用正余弦定理补出；

4. 对面积、半径、边长均作正性检查.

易错点： 将\(R\)与内切圆半径混淆；面积公式中的角不是夹角；计算中把\(4R\)误写成\(2R\).

题型 5. 三角恒等式的边角互化

题型识别： 条件或目标同时含边与角，例如\(\dfrac{a}{b}\)、\(a^2+b^2-c^2\)、\(a\cos B+b\cos A\)，要求化简、求值或证明.

核心思路： 先看结构再选工具：齐次边式或边的比值优先用正弦定理边化角；含两边平方和夹角余弦时优先用余弦定理角化边；形如两边与余弦乘积的和可考虑射影定理.

解题步骤：

1. 圈出式子中的关键结构，判断是比例、平方差还是投影和；

2. 写出对应的正弦定理、余弦定理或射影定理；

3. 只替换能使未知量减少的部分，避免整式机械代换；

4. 变形后结合\(A+B+C=\pi\)继续消元或求值.

易错点： 非齐次式在未知\(2R\)时强行边化角；余弦定理循环下标写错；忽略边长为正导致不等式方向判断失误.

角的取舍与三角形形状判断

题型 1. 正弦方程求内角的取舍

题型识别： 由正弦定理或恒等变形得到\(\sin A=m\)、\(\sin A=\sin B\)等关系，要求确定内角.

核心思路： 三角形内角属于\((0,\pi)\)，但正弦值相同的两角未必都能保留. 大边对大角是最常用的取舍条件；已知其余两角的和时，要进一步限定待求角的范围.

解题步骤：

1. 在\((0,\pi)\)内写出正弦方程的所有候选角；

2. 利用对边大小关系排除不合条件的候选角；

3. 再由内角和检查剩余两角是否均为正；

4. 若题设给出锐角、钝角等性质，一并代入筛选.

易错点： 把\(\sin A=\sin B\)直接写成\(A=B\)而漏掉\(A+B=\pi\)的可能性；只比较角不比较其对边；忘记内角和严格小于\(\pi\).

题型 2. 由边角关系判断三角形形状

题型识别： 题目给出边的平方关系、正弦余弦关系、角之间的等式，要求判断等腰、直角、锐角或钝角三角形.

核心思路： 形状判断优先转化为一个角的余弦符号或两边相等. 对边平方关系用余弦定理，边的比值或正弦关系用正弦定理，最后回到内角范围作判断.

解题步骤：

1. 选择目标：等腰转化为\(a=b\)或\(A=B\)，直钝锐转化为某个余弦的符号；

2. 对\(a^2+b^2-c^2\)类式子代入余弦定理；

3. 对\(\sin A=\sin B\)、\(\cos2A=\cos2B\)类式子结合内角范围取舍；

4. 写清楚由代数关系到几何结论的对应依据.

易错点： 忽略\(\sin A=\sin B\)的补角分支；把最大边对应的角判断反；未说明余弦正负与角的锐钝关系.

代数问题

题型 1. 内角和消元求值域

题型识别： 已知一个角或两个角的关系，要求含\(\sin A\)、\(\cos B\)、\(\sin A\sin C\)等三角代数式的范围或最值.

核心思路： 利用\(A+B+C=\pi\)把多个角统一为一个变量，再用三角恒等变形、辅助角或基本不等式处理. 求值域前必须先确定该变量的准确范围.

解题步骤：

1. 选定一个内角为自变量，将其余角用内角和表示；

2. 使用和差公式、二倍角公式或降幂公式化为单变量三角函数；

3. 根据三角形类型和其余角为正列不等式，确定自变量范围；

4. 在该范围内求函数的值域，并核对端点能否取到.

易错点： 只写\(0{\lt}A{\lt}\pi\)而漏掉其余角带来的更强限制；把趋近端点误当成可以取到；辅助角后未同步变换自变量范围.

方法反思： 这类题的关键不是套公式，而是“消元后再定范围”. 变量范围不准确，后续最值即使计算正确也会失分.

题型 2. 齐次边式边化角

题型识别： 目标是\(\dfrac{a}{b}\)、\(\dfrac{a^2+b^2}{c^2}\)、\(\dfrac{ac}{b^2}\)等各项次数相同的边式，且题目给出角的关系或三角形类型.

核心思路： 齐次式在分子、分母同时代入正弦定理后，公共因子\(2R\)会消去，因此可直接把边式改写成同次数的正弦式，再做角度消元.

解题步骤：

1. 判断目标各项关于\(a,b,c\)是否齐次；

2. 用\(a:b:c=\sin A:\sin B:\sin C\)进行边角互化；

3. 用已知角关系和内角和将式子化为单变量；

4. 按三角形条件确定变量范围后求值、最值或范围.

易错点： 遗漏平方后\(\sin^2A\)的指数；把齐次式误拆为多个独立比例式；未对锐角、钝角条件转化为角的范围.

题型 3. 已知外接圆直径的非齐次边化角

题型识别： 目标或条件含非齐次边式，如\(a+b\)、\(a\)与三角函数混合，但由已知条件可得到\(2R\)的值，或已知三角形内接于定半径圆.

核心思路： 一旦\(2R\)已知，正弦定理可写成\(a=2R\sin A\)、\(b=2R\sin B\)、\(c=2R\sin C\)，非齐次的边式也能完全角化.

解题步骤：

1. 先检查题目能否由\(\dfrac{a}{\sin A}=2R\)求出\(2R\)；

2. 将所有需要处理的边统一替换为\(2R\)乘以相应正弦；

3. 消去常数\(2R\)或保留其数值，结合内角和化简；

4. 最后依据角的范围求值域或确定角.

易错点： 未知\(2R\)时把非齐次边式直接边化角；把外接圆半径\(R\)误代成直径\(2R\)；忽略边长与正弦值均为正.

题型 4. 余弦定理化边分析

题型识别： 条件中出现\(a^2+b^2-c^2\)、\(a^2=bc\)、两边和差及其乘积，要求求角、求参数范围或证明不等式.

核心思路： 把余弦定理视作边与角之间的翻译器. 对“平方和减平方”结构先凑出\(2ab\cos C\)；对\(a\pm b\)、\(ab\)结构可将余弦定理配方，便于接入基本不等式.

解题步骤：

1. 选择与给定平方结构对应的一条余弦定理；

2. 代换后观察是否能约去公共边长，得到关于角的方程；

3. 若目标为范围，将剩余边式化为单变量代数式；

4. 用三角形不等式、余弦符号或基本不等式限定变量范围.

易错点： 看到平方就全部展开，破坏余弦定理结构；边长约分前未说明其为正；锐角三角形的三个余弦不等式漏列.

题型 5. 周长与面积的范围

题型识别： 固定一组对边对角、固定一边一邻角或给出角度约束，求三角形周长、面积或边积的最值与范围.

核心思路： 用正弦定理把\(b+c\)、\(bc\)等边式改写为角的三角式，再通过和差化积、积化和差或辅助角求范围. 等号成立常对应\(B=C\)，即等腰构型.

解题步骤：

1. 判断固定量中是否含一组对边对角，优先用正弦定理表示其余边；

2. 将周长或面积化为一个内角的函数；

3. 写出该内角的开区间范围，求函数最值；

4. 单独检查等号条件能否对应一个真实三角形，并写出取等构型.

易错点： 把三角形退化端点算进范围；只写最大值不说明取等条件；面积中忘记保留夹角的正弦因子.

题型 6. 代数式恒等变形与形状判定

题型识别： 条件给出复杂的边角混合等式，通常先要求判断三角形形状，再求范围、边长或面积.

核心思路： 优先寻找余弦定理、正弦定理、射影定理可直接替换的局部结构，而不是盲目展开. 化为单一角关系后，利用内角范围完成取舍，再进入后续计算.

解题步骤：

1. 标出\(\cos A\)、\(a^2+b^2-c^2\)、\(a\cos B+b\cos A\)等可识别结构；

2. 选择一个定理替换，尽量消去边或角中的一类变量；

3. 将得到的三角等式化为同名函数或单角方程；

4. 结合\(0{\lt}A,B,C{\lt}\pi\)与已知三角形类型确定结论，再处理第二问.

易错点： 过早平方造成增根；把等价变形做成单向推导；第一问尚未确定角就直接代入第二问.

几何问题

题型 1. 射影定理的计算与证明

题型识别： 题目出现\(b\cos C+c\cos B\)、两条边在第三边方向上的投影和，或要求处理含余弦乘积的几何计算.

核心思路： 射影定理\(a=b\cos C+c\cos B\)可把“边乘余弦”的和合并为对边\(a\). 在解答题中，若题目需要说明依据，可由正弦定理和\(\sin(B+C)=\sin A\)推导后使用.

解题步骤：

1. 确认两个余弦角分别对应哪两条邻边；

2. 按循环关系写出正确的射影定理；

3. 代换后再用正余弦定理或面积公式完成计算；

4. 若含负余弦，保留代数符号，不要把“投影长度”一律当正数.

易错点： 循环下标错位；把\(a=b\cos B+c\cos C\)误当成射影定理；在钝角情形擅自改变余弦符号.

题型 2. 几何综合计算中的设元列方程

题型识别： 几何图形中包含三角形、扇形、仰角俯角、测量或动点，要求长度、面积、最值或范围.

核心思路： 将几何关系转化为一个参数的方程或函数. 优先选择能直接表达多个线段的角或长度作为参数，再利用正余弦定理、相似或面积关系列式.

解题步骤：

1. 画出或补全关键辅助线，标明已知角、边与平行垂直关系；

2. 选择参数，并写出其由几何条件带来的取值范围；

3. 用三角函数、正余弦定理或相似比把目标量表示为参数函数；

4. 在参数范围内求值或最值，并回到图形检查构型可实现.

易错点： 参数范围只由图形直觉确定；选择参数后无法同时表示关键线段；最值点落在不可取端点却未排除.

方法反思： 几何计算并非只靠“看图”. 设出合适参数、把所有约束翻译成方程，是处理复杂图形的稳定流程.

题型 3. 中线问题：双余弦、向量平方与倍长中线

题型识别： 三角形中给出中线及若干边角信息，要求边长、中线长、最值或证明关系.

核心思路： 中线将对边平分. 可在两个小三角形中对互补角分别使用余弦定理，或用\(\overrightarrow{AD}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\)平方，也可补成平行四边形倍长中线.

解题步骤：

1. 写出\(BD=CD=\dfrac{a}{2}\)；

2. 若已知两侧小三角形的边，优先采用双余弦法消去互补角；

3. 若给出向量关系或夹角，采用向量平方；

4. 若需要构造第三角形，可延长中线补成平行四边形，再用余弦定理.

易错点： 把中线误当角平分线；两个小三角形中边角对应混乱；向量平方时漏掉数量积的\(2bc\cos A\).

题型 4. 比例线问题

题型识别： 点\(D\)在\(BC\)上，已知\(BD:DC=m:n\)，并给出\(AD\)或两侧边的有关信息，要求求边、角或最值.

核心思路： 比例线是中线问题的推广. 可设\(BD=mx\)、\(DC=nx\)，用两个小三角形的余弦定理与补角关系列方程；也可将\(\overrightarrow{AD}\)表示为\(\overrightarrow{AB}\)、\(\overrightarrow{AC}\)的线性组合后平方.

解题步骤：

1. 按比例设出\(BD,DC\)，并写出\(BC=(m+n)x\)；

2. 观察已知条件是否适合在\(\triangle ABD\)、\(\triangle ACD\)中分别用余弦定理；

3. 若向量表达更简洁，将\(D\)按内分点写成对应的向量组合；

4. 解出参数后检查线段为正及点\(D\)确在边\(BC\)上.

易错点： 内分比例写反；忘记\(\angle ADB\)与\(\angle ADC\)互补；把向量系数误写为\(m:n\)而非按总份数归一.

题型 5. 角平分线问题

题型识别： 角平分线交对边于一点，要求分段比、角平分线长度、面积或综合计算.

核心思路： 第一入口是角平分线定理\(\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{c}{b}\)，可将其转为比例线问题. 求角平分线长时，也可由两个小三角形面积之和建立\(AD=\dfrac{2bc\cos\dfrac{A}{2}}{b+c}\).

解题步骤：

1. 判断目标更需要分段比例还是角平分线长度；

2. 求比例时先用角平分线定理，再转入比例线或余弦定理；

3. 求长度时设\(A=2\alpha\)，由面积可加性列出关于\(AD\)的等式；

4. 需要证明比例定理时，可比较两个小三角形的面积比.

易错点： 把\(BD:DC\)写成\(b:c\)；面积公式中把\(\sin\alpha\)漏掉；未利用角平分线使两个小三角形夹角相等的条件.

题型 6. 三角测量与实际应用

题型识别： 题目以仰角、俯角、方位角、坡度、测高测距等实际背景呈现，要求求长度、角度或范围.

核心思路： 先把文字条件翻译为平面几何图形，再选择直角三角形三角函数、正余弦定理或相似关系. 实际背景只改变图形信息的来源，不改变解三角形的基本方法.

解题步骤：

1. 依据题意画出水平线、铅垂线、视线与已知距离，统一标出角的方向；

2. 分辨仰角、俯角、方位角及坡角对应的几何角；

3. 将目标拆入一个或多个三角形，选择合适定理列式；

4. 给出满足实际语境的正值结果，并注明单位和必要的近似处理.

易错点： 把俯角与目标处的角直接当作同一个角；忽略观测点高度；方位角顺逆时针方向判断错误.