第 16 章 · 解三角形

项目	内容
课标主题	必修 · 几何与代数 · 平面向量及其应用 · 向量的应用与解三角形
人教 A 版	必修第二册 第六章 6.4.3 余弦定理、正弦定理（依次讲余弦定理、正弦定理、余弦定理和正弦定理应用举例）
考试地位	必考。常以解答题出现，和三角恒等变换一起考；选择题、填空题里也常有一道求边、求角或求面积
前置知识	第 11 章三角函数的定义和诱导公式；第 13 章两角和与差的公式；第 15 章向量的数量积

一个三角形有三条边、三个角共六个量。初中学过，知道其中某三个量（如两边和夹角）三角形就确定了；这一章回答“确定了，那其余的量等于多少”。余弦定理和正弦定理是两把钥匙，面积公式和测量问题都靠它们。丢分主要丢在三处：已知两边和一边对角时漏解或多解、边角互化时约掉了可能为 0 的因式、最值题忘了写取等条件。

16.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
16.2 余弦定理	$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A$，勾股定理的推广	必考，常和面积、基本不等式一起考
16.3 正弦定理	各边和它所对角的正弦之比相等，都等于外接圆直径 $2R$	必考，边角互化是解答题第一步
16.4 三角形面积公式	$S = \dfrac{1}{2}ab\sin C$，两边和夹角正弦乘积的一半	常考，解答题第二问常求面积或面积的最值
16.5 实际测量问题	把距离、高度、方位问题画成三角形，再用两个定理解	常考，多为选择题、填空题

16.2 余弦定理

说明

记号：在 $\triangle ABC$ 中，角 $A$、$B$、$C$ 的对边分别记作 $a$、$b$、$c$。本章都用这个约定。$A + B + C = \pi$。

余弦定理：三角形任何一边的平方，等于另两边的平方和减去这两边与它们夹角余弦乘积的两倍：

$$\begin{aligned} a^2 &= b^2 + c^2 - 2bc\cos A, \\ b^2 &= c^2 + a^2 - 2ca\cos B, \\ c^2 &= a^2 + b^2 - 2ab\cos C. \end{aligned}$$

推论（已知三边求角）：

$$\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}, \quad \cos B = \frac{c^2 + a^2 - b^2}{2ca}, \quad \cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}.$$

当 $C = 90^\circ$ 时，$\cos C = 0$，第三个式子就是勾股定理 $c^2 = a^2 + b^2$。所以余弦定理是勾股定理的推广。

余弦定理能直接解两类问题，解都唯一：

• 已知两边和夹角，求第三边。
• 已知三边，求三个角。

使用场景

• 已知两边和它们的夹角，求第三边：题目给的是”$b$、$c$、$A$“这种夹角组合。
• 已知三边或三边的比，求角：用推论算余弦。
• 判断三角形是锐角、直角还是钝角三角形：只看最大边所对的角，算 $b^2 + c^2 - a^2$ 的符号。
• 已知一边和它的对角，以及另两边的和或积：把 $b^2 + c^2$ 写成 $(b + c)^2 - 2bc$，整体代入。

注意点

• 由余弦求角不会出现两解：余弦在 $(0, \pi)$ 上单调递减，一个余弦值只对应一个角。这是它比正弦定理求角省心的地方。
• 三条线段能构成三角形，要先满足“任意两边之和大于第三边”。题目里边含参数时，这个条件常被忘掉。
• 判断形状时，算出的 $\cos A > 0$ 只能说明 $A$ 是锐角，不能说明三角形是锐角三角形。要判断整个三角形，看最大的角。
• 已知 $a$、$b$、$A$ 时也能用余弦定理：把 $c$ 当未知数，得到关于 $c$ 的二次方程，正根的个数就是解的个数（16.3 节例 2 的另一种解法）。

证明

用向量证明（课本的方法）：设 $\overrightarrow{CB} = \boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{CA} = \boldsymbol{b}$，则 $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{CB} - \overrightarrow{CA} = \boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}$。于是

$$c^2 = |\overrightarrow{AB}|^2 = (\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}) \cdot (\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}) = |\boldsymbol{a}|^2 + |\boldsymbol{b}|^2 - 2\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = a^2 + b^2 - 2ab\cos C.$$

（关键一步：$\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\cos C$。两个向量 $\overrightarrow{CB}$、$\overrightarrow{CA}$ 都从 $C$ 出发，它们的夹角正好是三角形的内角 $C$。如果选了 $\overrightarrow{BC}$ 和 $\overrightarrow{CA}$，夹角就成了 $\pi - C$，符号会错。）

另两式同理。

用坐标证明：以 $C$ 为原点、$CB$ 所在直线为 $x$ 轴建立坐标系，则 $B(a, 0)$，按三角函数的定义 $A(b\cos C, b\sin C)$。

由两点间距离公式，

$$c^2 = (b\cos C - a)^2 + (b\sin C)^2 = b^2\cos^2 C - 2ab\cos C + a^2 + b^2\sin^2 C = a^2 + b^2 - 2ab\cos C.$$

最后一步用了 $\sin^2 C + \cos^2 C = 1$。这个证明不用分锐角、钝角讨论，因为三角函数的定义（第 11 章）对任意角都成立。

例题

例 1　（场景：已知两边和夹角求第三边）在 $\triangle ABC$ 中，$b = 3$，$c = 2$，$A = 60^\circ$，求 $a$。

解：由余弦定理，

$$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A = 9 + 4 - 2 \times 3 \times 2 \times \frac{1}{2} = 7,$$

所以 $a = \sqrt{7}$。

例 2　（场景：已知三边求角）在 $\triangle ABC$ 中，$a = 7$，$b = 5$，$c = 3$，求最大的角。

解：大边对大角，$a$ 最大，所以 $A$ 最大。

$$\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \frac{25 + 9 - 49}{2 \times 5 \times 3} = \frac{-15}{30} = -\frac{1}{2},$$

又 $0 < A < \pi$，所以 $A = 120^\circ$。

例 3　（场景：判断三角形的形状）三边长为 $4$、$5$、$6$ 的三角形是锐角、直角还是钝角三角形？

解：只需看最大边 $6$ 所对的角，记为 $C$：

$$\cos C = \frac{4^2 + 5^2 - 6^2}{2 \times 4 \times 5} = \frac{5}{40} = \frac{1}{8} > 0,$$

$C$ 是锐角。最大角是锐角，另两个角更小，也是锐角，所以这是锐角三角形。

只判断形状时，不必算出余弦，比较 $4^2 + 5^2 = 41$ 和 $6^2 = 36$ 的大小就够了：$41 > 36$，最大角是锐角。

例 4　（场景：整体代入）在 $\triangle ABC$ 中，$A = 60^\circ$，$a = \sqrt{7}$，$b + c = 5$，求 $bc$，并求 $b$、$c$。

解：由余弦定理，$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A = b^2 + c^2 - bc$。

把 $b^2 + c^2$ 写成 $(b + c)^2 - 2bc$：

$$7 = (b + c)^2 - 2bc - bc = 25 - 3bc,$$

所以 $bc = 6$。$b$、$c$ 是方程 $t^2 - 5t + 6 = 0$ 的两个根，得 $b = 2$，$c = 3$ 或 $b = 3$，$c = 2$。

容易卡在：分别求 $b$、$c$ 要解二元二次方程组，很繁。看到”$b + c$“和”$bc$“就想到配方，整体代入。

常用推论

• 角的类型与边的关系：$A$ 为锐角 $\iff b^2 + c^2 > a^2$；$A$ 为直角 $\iff b^2 + c^2 = a^2$；$A$ 为钝角 $\iff b^2 + c^2 < a^2$。由 $\cos A = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$ 且分母为正直接得到。
• 判断锐角三角形，只需最大边满足“另两边平方和大于它的平方”。
• 整体代入式：$a^2 = (b + c)^2 - 2bc(1 + \cos A)$。把余弦定理里的 $b^2 + c^2$ 换成 $(b + c)^2 - 2bc$ 即得。
• 中线长公式：$BC$ 边上的中线 $AD$ 满足 $AD^2 = \dfrac{2b^2 + 2c^2 - a^2}{4}$。推导：$\overrightarrow{AD} = \dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC})$，两边平方得 $AD^2 = \dfrac{1}{4}(c^2 + b^2 + 2bc\cos A)$，再用 $2bc\cos A = b^2 + c^2 - a^2$ 代入。

易错点

• 错在哪：三边为 $a$、$a + 1$、$a + 2$ 的钝角三角形，只列 $a^2 + (a + 1)^2 < (a + 2)^2$，解得 $-1 < a < 3$，再加 $a > 0$，答 $0 < a < 3$。 为什么错：三条线段首先要能构成三角形，需要 $a + (a + 1) > a + 2$，即 $a > 1$。 正确做法：两个条件一起列，答案是 $1 < a < 3$。
• 错在哪：算出某一个角的余弦大于 0，就说是锐角三角形。 为什么错：一个角是锐角，别的角可能是钝角。 正确做法：先找最大边，只判断它所对的角。
• 错在哪：用向量证明或计算时，取 $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = |AB||BC|\cos B$。 为什么错：$\overrightarrow{AB}$ 和 $\overrightarrow{BC}$ 首尾相接，夹角是 $\pi - B$，不是 $B$。 正确做法：两个向量起点相同时，夹角才是三角形的内角。$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = -ac\cos B$。

直观理解

把两根长为 $b$、$c$ 的木棍在一端用铰链连起来，夹角 $A$ 从 $0$ 张到 $\pi$：$A$ 越大，另外两端离得越远，$a$ 越长。$-2bc\cos A$ 就是对勾股定理的修正：$A = 90^\circ$ 时修正为 0；$A$ 比直角小，减去一点，$a^2 < b^2 + c^2$；$A$ 比直角大，$\cos A < 0$，反而加上一点，$a^2 > b^2 + c^2$。

关联知识点

• 前置：第 15 章向量的数量积，余弦定理就是 $|\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}|^2$ 展开。
• 前置：第 11 章三角函数的定义，坐标证明里 $A$ 点的坐标由它写出。
• 后续：16.4 三角形面积公式，求面积最值时用余弦定理建立 $b$、$c$ 的关系。
• 后续：第 30 章椭圆、第 31 章双曲线，焦点三角形里用余弦定理把 $|PF_1|$、$|PF_2|$ 和 $|F_1F_2|$ 联系起来。
• 常一起考：第 3 章基本不等式。$b^2 + c^2 \ge 2bc$ 配合余弦定理，求 $bc$ 或 $b + c$ 的最大值。

16.3 正弦定理

说明

正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦之比相等，并且等于外接圆的直径：

$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R,$$

其中 $R$ 是 $\triangle ABC$ 外接圆的半径。

几种等价写法：

写法	用途
$a = 2R\sin A$，$b = 2R\sin B$，$c = 2R\sin C$	把边换成角（边化角）
$\sin A = \dfrac{a}{2R}$，$\sin B = \dfrac{b}{2R}$，$\sin C = \dfrac{c}{2R}$	把角换成边（角化边）
$a : b : c = \sin A : \sin B : \sin C$	已知三个角的比，求三边的比
$a\sin B = b\sin A$	只涉及两组边角时，交叉相乘更好算

解三角形：由已知的边和角求其余的边和角，叫解三角形。正弦定理能直接解两类问题：

• 已知两角和一边：先用 $A + B + C = \pi$ 求出第三个角，再用正弦定理求另两边，解唯一。
• 已知两边和其中一边的对角（比如已知 $a$、$b$、$A$）：先用 $\sin B = \dfrac{b\sin A}{a}$ 求 $\sin B$，解可能有 0 个、1 个或 2 个。

已知 $a$、$b$、$A$ 时解的个数（记 $h = b\sin A$，它是 $C$ 到角 $A$ 另一条边的距离）：

$A$ 的类型	条件	解的个数
$A$ 为锐角	$a < b\sin A$	无解
$A$ 为锐角	$a = b\sin A$	一解（$B$ 为直角）
$A$ 为锐角	$b\sin A < a < b$	两解（$B$ 一锐一钝）
$A$ 为锐角	$a \ge b$	一解
$A$ 为直角或钝角	$a \le b$	无解
$A$ 为直角或钝角	$a > b$	一解

使用场景

• 已知两角和一边，求其他边：题目给了两个角，先补出第三个角，再用正弦定理。
• 已知两边和其中一边的对角，求另一个角：看到”$a$、$b$、$A$“这种组合，用正弦定理求 $\sin B$，并判断解的个数。
• 边角互化：等式两边每一项都是边的一次式（如 $a\cos B$、$b\cos A$），或者都是角的正弦，就把边全换成 $2R\sin$，化成三角恒等式来求角或判断形状。
• 题目里出现外接圆半径 $R$，或者要求 $\dfrac{a + b + c}{\sin A + \sin B + \sin C}$ 这类比值：直接用 $\dfrac{a}{\sin A} = 2R$。

注意点

• 正弦定理对任何三角形都成立，锐角、直角、钝角三角形都可以用。
• 已知 $\sin B$ 求 $B$ 时，$(0, \pi)$ 内一般有两个角 $B$ 和 $\pi - B$ 的正弦相等，要逐个检验：钝角那个加上 $A$ 是否小于 $\pi$；也可以用“大边对大角”判断。
• 边角互化时，只能整体换：等式每一项的边的次数相同（齐次）才能把 $2R$ 约掉。像 $a + \sin B = 1$ 这种次数不齐的式子不能直接换。
• 化成三角式后，约去 $\sin A$ 之类的因式前，要说明它不为 0。在三角形里 $\sin A > 0$，可以约；但 $\cos A$ 可能为 0，不能随便约。

证明

结论 1：$\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B}$（用三角形的高证明）。

从 $C$ 向直线 $AB$ 作垂线，垂足为 $D$，垂线长 $CD = h$。分三种情况：

1. $A$、$B$ 都是锐角：$D$ 在线段 $AB$ 上。在直角三角形 $ACD$ 中，$h = b\sin A$；在直角三角形 $BCD$ 中，$h = a\sin B$。
2. $A$ 是钝角：$D$ 落在 $BA$ 的延长线上。在直角三角形 $ACD$ 中，$\angle CAD = \pi - A$，所以 $h = b\sin(\pi - A) = b\sin A$（关键一步：诱导公式 $\sin(\pi - A) = \sin A$，所以钝角时得到的式子和锐角时一样）；在直角三角形 $BCD$ 中仍有 $h = a\sin B$。$B$ 是钝角时同理。
3. $A$ 是直角：$D$ 与 $A$ 重合，$h = b = b\sin A$，$h = a\sin B$ 仍成立。

三种情况都有 $b\sin A = a\sin B$，两边同除以 $\sin A\sin B$（三角形的内角在 $(0, \pi)$ 内，正弦都大于 0）得 $\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B}$。从 $A$ 向 $BC$ 作高，同理得 $\dfrac{b}{\sin B} = \dfrac{c}{\sin C}$。

课本的做法（向量法）：人教 A 版用向量证明，思路和作高一样，只是把“作高”换成“作垂直的单位向量”。以锐角三角形为例，过点 $A$ 作与 $\overrightarrow{AC}$ 垂直的单位向量 $\boldsymbol{j}$，并让它和 $B$ 在 $AC$ 的同一侧。由 $\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CB} = \overrightarrow{AB}$，两边同时与 $\boldsymbol{j}$ 作数量积：

$$\boldsymbol{j} \cdot \overrightarrow{AC} + \boldsymbol{j} \cdot \overrightarrow{CB} = \boldsymbol{j} \cdot \overrightarrow{AB}.$$

$\boldsymbol{j} \perp \overrightarrow{AC}$，第一项为 0；$\boldsymbol{j}$ 与 $\overrightarrow{CB}$ 的夹角是 $\dfrac{\pi}{2} - C$，与 $\overrightarrow{AB}$ 的夹角是 $\dfrac{\pi}{2} - A$，所以 $a\cos\left(\dfrac{\pi}{2} - C\right) = c\cos\left(\dfrac{\pi}{2} - A\right)$，即 $a\sin C = c\sin A$，得 $\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{c}{\sin C}$。数量积 $\boldsymbol{j} \cdot \overrightarrow{AB}$ 就是 $\overrightarrow{AB}$ 在 $\boldsymbol{j}$ 方向上的投影，也就是 $B$ 到直线 $AC$ 的距离，所以向量法和作高法本质相同。$A$ 或 $C$ 为钝角时，夹角变成 $A - \dfrac{\pi}{2}$ 之类，它的余弦仍等于该角的正弦，结论不变。

结论 2：比值等于 $2R$（用外接圆证明）。

作 $\triangle ABC$ 的外接圆，圆心 $O$，半径 $R$。过 $B$ 作直径 $BD$，连接 $DC$。

1. $A$ 为锐角时，$A$ 和 $D$ 在弦 $BC$ 的同一侧，$\angle BDC = \angle A$（同弧所对的圆周角相等）。
2. $BD$ 是直径，所以 $\angle BCD = 90^\circ$（关键一步：直径所对的圆周角是直角，这样才能在直角三角形 $BCD$ 里用正弦的定义）。
3. 在直角三角形 $BCD$ 中，$BC = BD\sin\angle BDC$，即 $a = 2R\sin A$。

$A$ 为钝角时，$A$ 和 $D$ 在 $BC$ 两侧，$ABDC$ 是圆内接四边形，$\angle BDC = \pi - A$，同样得 $a = 2R\sin(\pi - A) = 2R\sin A$。$A$ 为直角时，$BC$ 本身就是直径，$a = 2R = 2R\sin 90^\circ$。

所以 $\dfrac{a}{\sin A} = 2R$，对 $B$、$C$ 同理。

解的个数为什么是那张表：已知 $A$、$b$，就固定了顶点 $A$、$C$ 和角 $A$ 的另一条边（一条射线）。$B$ 要在这条射线上，并且 $CB = a$，所以 $B$ 是以 $C$ 为圆心、$a$ 为半径的圆和射线的交点。$C$ 到射线的距离是 $h = b\sin A$：

• $a < h$，圆碰不到射线，无解；$a = h$，圆和射线相切，一解。
• $h < a < b$，圆和射线所在直线有两个交点，并且两个都在 $A$ 的同一侧（离 $C$ 的垂足两边各一个，都在射线上），两解。
• $a \ge b$，另一个交点落在 $A$ 点或 $A$ 的另一侧，不在射线上，只剩一解。

$A$ 为直角或钝角时，射线上离 $C$ 最近的点就是 $A$，所以必须 $a > b$ 才有交点，且只有一个。

例题

例 1　（场景：已知两角和一边）在 $\triangle ABC$ 中，$a = 2$，$A = 45^\circ$，$B = 60^\circ$，求 $b$、$c$。

解：$C = 180^\circ - 45^\circ - 60^\circ = 75^\circ$。

由正弦定理，

$$b = \frac{a\sin B}{\sin A} = \frac{2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{6}.$$

$\sin 75^\circ = \sin(45^\circ + 30^\circ) = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$，所以

$$c = \frac{a\sin C}{\sin A} = \frac{2 \times \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \sqrt{3} + 1.$$

容易卡在：$\sin 75^\circ$ 不是特殊角，要用两角和公式（第 13 章）拆成 $45^\circ + 30^\circ$。

例 2　（场景：已知两边和其中一边的对角）在 $\triangle ABC$ 中，$a = \sqrt{2}$，$b = 2$，$A = 30^\circ$，求 $B$ 和 $c$。

解：先判断解的个数。$A$ 是锐角，$b\sin A = 2 \times \dfrac{1}{2} = 1$，而 $1 < \sqrt{2} < 2$，即 $b\sin A < a < b$，有两解。

由正弦定理，$\sin B = \dfrac{b\sin A}{a} = \dfrac{2 \times \frac{1}{2}}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，所以 $B = 45^\circ$ 或 $B = 135^\circ$。两个都满足 $A + B < 180^\circ$。

1. $B = 45^\circ$：$C = 105^\circ$，$c = \dfrac{a\sin C}{\sin A} = \dfrac{\sqrt{2} \times \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}{\frac{1}{2}} = \dfrac{\sqrt{12} + 2}{2} = \sqrt{3} + 1$。
2. $B = 135^\circ$：$C = 15^\circ$，$\sin 15^\circ = \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$，$c = \dfrac{\sqrt{12} - 2}{2} = \sqrt{3} - 1$。

所以 $B = 45^\circ$，$c = \sqrt{3} + 1$；或 $B = 135^\circ$，$c = \sqrt{3} - 1$。

容易卡在：求出 $\sin B = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 只写 $B = 45^\circ$，漏掉钝角。

另一种解法：直接求 $c$，用前面 16.2 节的余弦定理 $a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A$：

$$2 = 4 + c^2 - 2 \times 2 \times c \times \frac{\sqrt{3}}{2},$$

即 $c^2 - 2\sqrt{3}c + 2 = 0$，解得 $c = \sqrt{3} \pm 1$，两个根都是正数，所以两解。这个方法不用判断角的锐钝，二次方程有几个正根就有几解，最不容易漏；题目问的是边时用它，问的是角时用正弦定理更直接。

例 3　（场景：边角互化）在 $\triangle ABC$ 中，$(2b - c)\cos A = a\cos C$，求 $A$。

解：等式每一项都是“一条边乘一个余弦”，边是一次齐次的，把边换成 $2R\sin$：

$$(2\sin B - \sin C)\cos A = \sin A\cos C.$$

整理得 $2\sin B\cos A = \sin A\cos C + \cos A\sin C = \sin(A + C)$。

因为 $A + C = \pi - B$，所以 $\sin(A + C) = \sin B$，于是 $2\sin B\cos A = \sin B$。

在三角形里 $\sin B > 0$，两边除以 $\sin B$ 得 $\cos A = \dfrac{1}{2}$，又 $0 < A < \pi$，所以 $A = \dfrac{\pi}{3}$。

容易卡在：看出 $\sin A\cos C + \cos A\sin C$ 是 $\sin(A + C)$，再用 $A + C = \pi - B$ 换成 $\sin B$。这是解三角形里最常用的一步。

例 4　（场景：外接圆半径与比值）在 $\triangle ABC$ 中，$A = 60^\circ$，$a = 3$，求外接圆半径 $R$，以及 $\dfrac{b + c}{\sin B + \sin C}$ 的值。

解：$2R = \dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 2\sqrt{3}$，所以 $R = \sqrt{3}$。

由 $b = 2R\sin B$，$c = 2R\sin C$，得 $b + c = 2R(\sin B + \sin C)$，所以

$$\frac{b + c}{\sin B + \sin C} = 2R = 2\sqrt{3}.$$

常用推论

• $a : b : c = \sin A : \sin B : \sin C$。由 $a = 2R\sin A$ 等三式相比得到。
• 大边对大角：在三角形中，$a > b \iff A > B \iff \sin A > \sin B$。推导：$a > b \iff 2R\sin A > 2R\sin B \iff \sin A > \sin B$；后一个等价用初中的“大边对大角”。注意离开三角形，$A > B$ 推不出 $\sin A > \sin B$。
• 射影定理：$a = b\cos C + c\cos B$（另两式轮换）。推导：$\sin A = \sin(B + C) = \sin B\cos C + \cos B\sin C$，两边乘 $2R$ 即得。几何意义是 $BC$ 被高的垂足分成两段，分别是 $b$、$c$ 在 $BC$ 上的投影。
• 解的个数表（本节“说明”）：已知 $a$、$b$、$A$ 时，$A$ 为锐角且 $b\sin A < a < b$ 才有两解。推导见本节“证明”。

易错点

• 错在哪：已知 $a$、$b$、$A$，由 $\sin B$ 求出两个角，不加检验全写上。 为什么错：若 $a \ge b$，由大边对大角 $B \le A$，钝角的那个 $B$ 不可能存在。比如 $a = 2$，$b = \sqrt{2}$，$A = 45^\circ$，$\sin B = \dfrac{1}{2}$，只有 $B = 30^\circ$。 正确做法：求出两个候选角后，用“大边对大角”或”$A + B < \pi$“逐个检验，或先查解的个数表。
• 错在哪：由 $a\cos A = b\cos B$ 化成 $\sin A\cos A = \sin B\cos B$，得 $\sin 2A = \sin 2B$，于是 $2A = 2B$，判断为等腰三角形。 为什么错：$\sin 2A = \sin 2B$ 时，$2A = 2B$ 或 $2A + 2B = \pi$ 都可以，后者 $A + B = \dfrac{\pi}{2}$，是直角三角形。 正确做法：结论写“等腰三角形或直角三角形”。由正弦相等推角时，总要想到 $x$ 和 $\pi - x$ 两种。
• 错在哪：化简中遇到 $\sin A\cos B = \sin B\cos B$，直接约掉 $\cos B$ 得 $A = B$。 为什么错：$\cos B$ 可能为 0，即 $B = 90^\circ$ 时等式也成立。 正确做法：移项因式分解成 $\cos B(\sin A - \sin B) = 0$，分 $\cos B = 0$ 和 $\sin A = \sin B$ 两种情况。

直观理解

把三角形放进它的外接圆里看：三条边都是这个圆的弦，弦长等于“直径乘以弦所对圆周角的正弦”。角越接近 $90^\circ$，对边越接近直径那么长，这就是大边对大角。

已知两边和一边对角时解不唯一，可以想成一根长度为 $a$ 的木棍绕 $C$ 摆动去碰角 $A$ 的另一条边：棍太短碰不到，刚好够长碰一下，长度在 $h$ 和 $b$ 之间能从两个位置碰到，比 $b$ 还长就只能碰到一个。

关联知识点

• 前置：第 11 章三角函数的定义和诱导公式，证明里用到 $\sin(\pi - A) = \sin A$。
• 前置：第 13 章两角和与差的公式，边角互化后几乎都要用 $\sin(A + C) = \sin B$。
• 后续：16.4 三角形面积公式，$S = \dfrac{abc}{4R}$ 由正弦定理推出。
• 后续：16.5 实际测量问题，两角一边的三角形用正弦定理解。
• 常一起考：第 12 章三角函数的性质。求 $\sin B + \sin C$ 之类的范围时，要用 $B + C = \pi - A$ 消去一个角，再用辅助角公式（第 13 章）化成一个角的正弦，按角的范围求值域。

16.4 三角形面积公式

说明

基本公式：三角形面积等于底乘高的一半，$S = \dfrac{1}{2}ah_a$，其中 $h_a$ 是 $BC$ 边上的高。

两边夹角公式：三角形面积等于任意两边与它们夹角正弦乘积的一半：

$$S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ca\sin B.$$

其他形式（都可由上面推出）：

公式	适用于
$S = \dfrac{abc}{4R}$	已知三边和外接圆半径 $R$
$S = \dfrac{1}{2}r(a + b + c)$	已知内切圆半径 $r$ 和周长
$S = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}$，$p = \dfrac{a + b + c}{2}$	已知三边（海伦公式）

使用场景

• 已知两边和夹角求面积：直接代 $\dfrac{1}{2}ab\sin C$。
• 已知面积和边的关系，反求角：把面积写成 $\dfrac{1}{2}ab\sin C$，和题目给的式子比较。
• 求面积的最大值：一边及其对角固定，用余弦定理和基本不等式求两邻边乘积的最大值。
• 求内切圆半径，或已知内切圆半径求边：用 $S = \dfrac{1}{2}r(a + b + c)$。

注意点

• $\dfrac{1}{2}ab\sin C$ 里的角必须是 $a$、$b$ 两边的夹角。$a$、$b$ 的夹角是 $C$，不是 $A$ 或 $B$。
• 已知面积反求角时，$\sin C$ 的值对应锐角、钝角两个角，要看题目条件能否排除一个。
• 求最值用基本不等式时，必须写出取等号的条件，并说明这时三角形存在。

证明

结论 1：$S = \dfrac{1}{2}ab\sin C$。

从 $A$ 向直线 $BC$ 作高 $AD = h$。

• $C$ 为锐角时，在直角三角形 $ADC$ 中，$h = b\sin C$。
• $C$ 为钝角时，$D$ 在 $BC$ 的延长线上，$h = b\sin(\pi - C) = b\sin C$（关键一步：仍然靠 $\sin(\pi - C) = \sin C$，钝角和锐角得到同一个式子）。
• $C$ 为直角时，$h = b = b\sin C$。

所以 $S = \dfrac{1}{2}ah = \dfrac{1}{2}ab\sin C$。另两式同理。

结论 2：$S = \dfrac{abc}{4R}$。 由正弦定理 $\sin C = \dfrac{c}{2R}$，代入 $S = \dfrac{1}{2}ab\sin C$ 即得。

结论 3：$S = \dfrac{1}{2}r(a + b + c)$。 设内切圆圆心为 $I$，它到三边的距离都是 $r$。连接 $IA$、$IB$、$IC$，把三角形分成三个小三角形，底分别是 $a$、$b$、$c$，高都是 $r$：

$$S = \frac{1}{2}ar + \frac{1}{2}br + \frac{1}{2}cr = \frac{1}{2}r(a + b + c).$$

例题

例 1　（场景：已知两边和夹角求面积）在 $\triangle ABC$ 中，$b = 4$，$c = 3$，$A = 150^\circ$，求面积。

解：$b$、$c$ 的夹角是 $A$，

$$S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2} \times 4 \times 3 \times \sin 150^\circ = 6 \times \frac{1}{2} = 3.$$

例 2　（场景：由面积的关系式求角）在 $\triangle ABC$ 中，面积 $S = \dfrac{a^2 + b^2 - c^2}{4}$，求 $C$。

解：由余弦定理，$a^2 + b^2 - c^2 = 2ab\cos C$，所以 $S = \dfrac{2ab\cos C}{4} = \dfrac{1}{2}ab\cos C$。

又 $S = \dfrac{1}{2}ab\sin C$，所以 $\sin C = \cos C$，即 $\tan C = 1$。$0 < C < \pi$，得 $C = \dfrac{\pi}{4}$。

容易卡在：看到 $a^2 + b^2 - c^2$ 要立刻想到它是 $2ab\cos C$，面积公式选和它同一个角 $C$ 的那一个。

例 3　（场景：面积的最大值）在 $\triangle ABC$ 中，$a = 2$，$A = 60^\circ$，求面积的最大值。

解：由余弦定理，$4 = b^2 + c^2 - 2bc\cos 60^\circ = b^2 + c^2 - bc$。

由基本不等式 $b^2 + c^2 \ge 2bc$，得 $4 = b^2 + c^2 - bc \ge 2bc - bc = bc$，所以 $bc \le 4$，当且仅当 $b = c$ 时取等号。此时 $b = c = 2$，三角形是边长为 2 的正三角形，存在。

$$S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{\sqrt{3}}{4}bc \le \frac{\sqrt{3}}{4} \times 4 = \sqrt{3}.$$

面积的最大值是 $\sqrt{3}$。

容易卡在：不知道怎么从一个等式得到 $bc$ 的范围。关键是把 $b^2 + c^2$ 用 $2bc$ 放缩（第 3 章基本不等式）。

另一种解法：数形结合。$BC = 2$ 固定，$\angle A = 60^\circ$ 固定，所以 $A$ 在以 $BC$ 为弦、圆周角为 $60^\circ$ 的一段圆弧上移动。面积 $S = \dfrac{1}{2} \times 2 \times h = h$，$h$ 是 $A$ 到 $BC$ 的距离，$A$ 在弧的最高点时 $h$ 最大。最高点在 $BC$ 的垂直平分线上，此时 $AB = AC$，又 $A = 60^\circ$，三角形是正三角形，$h = \sqrt{3}$。

代数方法步骤固定，换成求周长最值（用 $(b + c)^2$ 放缩）也一样做；几何方法在选择题、填空题里更快，还能一眼看出最大时是正三角形。

例 4　（场景：内切圆半径）三角形三边长为 $5$、$7$、$8$，求它的面积和内切圆半径。

解：设 $b = 7$ 所对的角为 $B$。由余弦定理，

$$\cos B = \frac{5^2 + 8^2 - 7^2}{2 \times 5 \times 8} = \frac{40}{80} = \frac{1}{2},$$

所以 $B = 60^\circ$，$S = \dfrac{1}{2} \times 5 \times 8 \times \sin 60^\circ = 10\sqrt{3}$。

由 $S = \dfrac{1}{2}r(a + b + c)$，$10\sqrt{3} = \dfrac{1}{2}r \times 20$，得 $r = \sqrt{3}$。

另一种解法：用海伦公式。$p = \dfrac{5 + 7 + 8}{2} = 10$，$S = \sqrt{10 \times 5 \times 3 \times 2} = \sqrt{300} = 10\sqrt{3}$。三边都是整数时海伦公式算得快；如果后面还要用到角，先用余弦定理求角更划算。

常用推论

• 海伦公式：$S = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}$，$p = \dfrac{a + b + c}{2}$。推导：$S^2 = \dfrac{1}{4}a^2b^2\sin^2 C = \dfrac{1}{4}a^2b^2(1 - \cos^2 C)$，代入 $\cos C = \dfrac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$，用平方差公式两次分解即得。
• $S = \dfrac{abc}{4R}$，推导见本节“证明”结论 2。
• 直角三角形内切圆半径 $r = \dfrac{a + b - c}{2}$（$c$ 为斜边）。由 $\dfrac{1}{2}ab = \dfrac{1}{2}r(a + b + c)$ 和 $a^2 + b^2 = c^2$ 化简得到。
• 一边 $a$ 和它的对角 $A$ 固定时，$bc$ 的最大值在 $b = c$ 时取到，即面积最大的是以 $a$ 为底的等腰三角形。推导见例 3。

易错点

• 错在哪：已知 $a$、$b$ 和角 $A$，直接写 $S = \dfrac{1}{2}ab\sin A$。 为什么错：$A$ 不是 $a$、$b$ 的夹角。 正确做法：两边夹哪个角，就用哪个角的正弦。缺的话先用正弦定理或余弦定理求出来。
• 错在哪：$b = c = 2$，面积为 $\sqrt{3}$，求 $A$，只写 $A = 60^\circ$。 为什么错：$\sin A = \dfrac{2S}{bc} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$A$ 可以是 $60^\circ$，也可以是 $120^\circ$，两种三角形面积相同。 正确做法：两个都写，除非题目给了“锐角三角形”等条件可以排除一个。
• 错在哪：例 3 写出 $bc \le 4$ 就下结论，不写取等条件。 为什么错：不等式成立不代表最大值能取到，必须说明等号在三角形存在时能成立。 正确做法：写“当且仅当 $b = c = 2$ 时取等号”。

直观理解

固定两根木棍 $a$、$b$，让夹角 $C$ 变化：高 $b\sin C$ 随着 $C$ 从 $0$ 增大到 $90^\circ$ 而变高，再增大又变矮。所以两边长固定时，夹角为直角的三角形面积最大。$\dfrac{1}{2}ab\sin C$ 就是把“底乘高”里的高换成了“另一边乘夹角的正弦”。

关联知识点

• 前置：16.2 余弦定理、16.3 正弦定理，面积公式里缺的边和角靠它们求。
• 前置：第 3 章基本不等式，面积和周长的最值题要用它。
• 常一起考：第 15 章的数量积也能求面积：$S = \dfrac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{AB}|^2|\overrightarrow{AC}|^2 - (\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC})^2}$，由 $\sin^2 A = 1 - \cos^2 A$ 推出。
• 后续：第 18 章空间几何体，求棱锥的底面积、侧面积时常要先算三角形面积。
• 常一起考：第 30 章椭圆，焦点三角形面积用 $\dfrac{1}{2}|PF_1||PF_2|\sin\angle F_1PF_2$ 计算。

16.5 实际测量问题

说明

实际测量问题就是把距离、高度、角度画成三角形，再用正弦定理、余弦定理解。先要读懂几个术语：

术语	含义
仰角、俯角	视线和水平线的夹角。视线在水平线上方叫仰角，在下方叫俯角
方位角	从正北方向顺时针转到目标方向的角，范围 $[0^\circ, 360^\circ)$
方向角	用“北偏东 $30^\circ$”“南偏西 $45^\circ$“表示，先说正北或正南，再说往东或往西偏多少度
坡角、坡度	坡面和水平面的夹角叫坡角 $\alpha$；坡面的竖直高度和水平宽度之比叫坡度，$i = \tan\alpha$

解题步骤：

1. 画图：按题意画出示意图，把已知的长度和角标上去。
2. 找三角形：找到已知量足够多（满足“两角一边”“两边一角”或“三边”）的三角形，先解它。
3. 传递：把求出的边作为下一个三角形的已知量，一步步推到目标。
4. 回答：按题目要求写单位和近似值。

使用场景

• 测量不可到达的两点之间的距离（如河对岸的两点）：在本岸选一条可以量的基线，测几个角。
• 测量底部不可到达的物体的高度（如塔、山）：沿直线在两点分别测仰角，量两点间的距离。
• 航行、方位问题：题目里出现“北偏东”“方位角”“航向”，求距离或方向。

注意点

• 仰角、俯角都是和水平线的夹角，不是和竖直线的夹角。
• 方位角从正北顺时针量，“北偏东 $60^\circ$“的方位角是 $60^\circ$，“南偏东 $30^\circ$“的方位角是 $150^\circ$。
• 画图时要算对三角形的内角。比如在 $D$ 测得仰角 $45^\circ$，那么三角形 $ACD$ 在 $D$ 处的内角是 $180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$，不是 $45^\circ$。
• 题目给了近似值（如 $\sqrt{3} \approx 1.732$）就按要求保留位数，没给就保留根号。

证明

本知识点没有新的定理，用的都是 16.2、16.3 的余弦定理和正弦定理。但可以说明为什么“量一条基线和几个角”就够了：初中的三角形全等判定说，两角一边（ASA、AAS）、两边夹角（SAS）、三边（SSS）都能唯一确定一个三角形。既然三角形确定了，其余的边和角就有确定的值，正弦定理和余弦定理就是把这个值算出来的方法。所以设计测量方案时，只要保证每一步用到的三角形都满足某个全等判定条件，就一定能算出来。

例题

例 1　（场景：不可到达的两点间的距离）如图，$A$、$B$ 在河对岸。在本岸选两点 $C$、$D$，量得 $CD = 40$ m，测得 $\angle ADC = 60^\circ$，$\angle ACD = 60^\circ$，$\angle BDC = 120^\circ$，$\angle BCD = 30^\circ$。求 $A$、$B$ 两点间的距离。

解：

1. 在 $\triangle ACD$ 中，$\angle ADC = \angle ACD = 60^\circ$，所以 $\angle CAD = 60^\circ$，$\triangle ACD$ 是正三角形，$AC = 40$ m。
2. 在 $\triangle BCD$ 中，$\angle CBD = 180^\circ - 120^\circ - 30^\circ = 30^\circ = \angle BCD$，所以 $BD = CD = 40$ m。由正弦定理，

$$BC = \frac{CD\sin\angle BDC}{\sin\angle CBD} = \frac{40 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}} = 40\sqrt{3} \text{ m}.$$

3. 在 $\triangle ABC$ 中，$\angle ACB = \angle ACD - \angle BCD = 60^\circ - 30^\circ = 30^\circ$。由余弦定理，

$$AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2 \cdot AC \cdot BC\cos 30^\circ = 1600 + 4800 - 2 \times 40 \times 40\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 1600,$$

所以 $AB = 40$ m。

容易卡在：第 3 步要用的角 $\angle ACB$ 题目没直接给，要用两个已知角相减得到。

另一种解法：换一个三角形解。在 $\triangle ABD$ 中，$AD = 40$ m（正三角形 $ACD$ 的边），$BD = 40$ m（第 2 步），$\angle ADB = \angle BDC - \angle ADC = 120^\circ - 60^\circ = 60^\circ$，所以 $\triangle ABD$ 是正三角形，$AB = 40$ m，不用算 $BC$。先看哪个三角形的已知量最“整齐”，常能省掉一大步；按部就班的主解法适合角度不特殊、看不出捷径的时候。

例 2　（场景：底部不可到达的物体的高度）塔 $AB$ 的底部 $B$ 不能到达。在地面 $C$ 处测得塔顶 $A$ 的仰角为 $30^\circ$，向塔的方向沿直线前进 $20$ m 到 $D$ 处，测得仰角为 $45^\circ$。求塔高（$C$、$D$、$B$ 在同一水平直线上）。

解：在 $\triangle ACD$ 中，$\angle ACD = 30^\circ$，$\angle ADC = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$，所以 $\angle CAD = 180^\circ - 30^\circ - 135^\circ = 15^\circ$。

由正弦定理，

$$AD = \frac{CD\sin\angle ACD}{\sin\angle CAD} = \frac{20 \times \frac{1}{2}}{\sin 15^\circ} = \frac{10}{\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}} = \frac{40}{\sqrt{6} - \sqrt{2}} = 10(\sqrt{6} + \sqrt{2}).$$

在直角三角形 $ABD$ 中，

$$AB = AD\sin 45^\circ = 10(\sqrt{6} + \sqrt{2}) \times \frac{\sqrt{2}}{2} = 10(\sqrt{3} + 1) \approx 27.3 \text{ m}.$$

容易卡在：$\triangle ACD$ 在 $D$ 处的内角是 $135^\circ$，是仰角 $45^\circ$ 的补角。

另一种解法：设塔高 $AB = h$，只用两个直角三角形列方程。在直角三角形 $ABD$ 中 $BD = \dfrac{h}{\tan 45^\circ} = h$；在直角三角形 $ABC$ 中 $BC = \dfrac{h}{\tan 30^\circ} = \sqrt{3}h$。$BC - BD = CD$，即 $\sqrt{3}h - h = 20$，

$$h = \frac{20}{\sqrt{3} - 1} = 10(\sqrt{3} + 1).$$

两个测点和塔底在同一直线上时，列方程更快，也不用算 $\sin 15^\circ$；测点和塔底不共线（比如在水平面上测了一个水平角）时，只能用正弦定理那条路。

例 3　（场景：航行与方位）一艘船从 $A$ 出发，沿北偏东 $60^\circ$ 方向航行 $20$ n mile 到 $B$，再向正南航行 $40$ n mile 到 $C$。求 $A$、$C$ 两点间的距离，以及 $C$ 在 $A$ 的什么方向。

解：先求 $\angle ABC$。$A$ 处和 $B$ 处的正北方向线互相平行，$AB$ 和它们相交，所以 $B$ 处的正南方向和 $BA$ 的夹角，等于 $A$ 处的正北方向和 $AB$ 的夹角（内错角相等），都是 $60^\circ$。也就是说，$BA$ 的方向是南偏西 $60^\circ$。$BC$ 指向正南，所以 $\angle ABC = 60^\circ$。

在 $\triangle ABC$ 中，由余弦定理，

$$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC\cos 60^\circ = 400 + 1600 - 2 \times 20 \times 40 \times \frac{1}{2} = 1200,$$

所以 $AC = 20\sqrt{3}$ n mile。

再求方向。由正弦定理，

$$\sin\angle BAC = \frac{BC\sin\angle ABC}{AC} = \frac{40 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{20\sqrt{3}} = 1,$$

所以 $\angle BAC = 90^\circ$。$AB$ 的方位角是 $60^\circ$，顺时针再转 $90^\circ$，$AC$ 的方位角是 $150^\circ$，即 $C$ 在 $A$ 的南偏东 $30^\circ$ 方向，距离 $20\sqrt{3} \approx 34.6$ n mile。

容易卡在：求 $\angle ABC$ 时，要借助“两条正北方向线互相平行”把 $A$ 处的 $60^\circ$ 搬到 $B$ 处。

常用推论

• 两次测仰角求高：在同一直线上相距 $d$ 的两点测得仰角 $\alpha < \beta$（$\beta$ 那个点离物体更近），物体高 $h = \dfrac{d\tan\alpha\tan\beta}{\tan\beta - \tan\alpha}$。推导：由 $\dfrac{h}{\tan\alpha} - \dfrac{h}{\tan\beta} = d$ 解出 $h$（见例 2 的另一种解法）。
• 坡度 $i = \tan\alpha$。坡长 $l$ 时，升高 $l\sin\alpha$，水平前进 $l\cos\alpha$。
• 方位角为 $\theta_1$、$\theta_2$ 的两个方向的夹角是 $|\theta_1 - \theta_2|$（大于 $180^\circ$ 时取 $360^\circ$ 减去它）。用它可以直接写出航行三角形在出发点的内角。

易错点

• 错在哪：把仰角当成视线和竖直方向的夹角，在三角形里用错角。 为什么错：仰角、俯角都以水平线为基准。 正确做法：画图时先画水平线，从水平线量角。
• 错在哪：例 2 在 $\triangle ACD$ 中把 $D$ 处的内角当成 $45^\circ$。 为什么错：$45^\circ$ 是 $AD$ 和 $DB$ 的夹角，$\triangle ACD$ 在 $D$ 处的内角是 $AD$ 和 $DC$ 的夹角，两者互补。 正确做法：标角时看清是哪两条线的夹角，必要时用“平角 $180^\circ$“换算。
• 错在哪：把“北偏东 $60^\circ$“画成从正东往北偏 $60^\circ$。 为什么错：方向角先说的是基准方向。“北偏东 $60^\circ$“是从正北往东转 $60^\circ$。 正确做法：先画正北方向，再朝第二个字说的方向转。

直观理解

测量就是“借一个能量的三角形，去推一个不能量的三角形”。基线像一把尺子，量角的仪器像量角器，三角形全等判定保证了“量到这几个就够了”，正弦定理、余弦定理负责把结果算出来。

关联知识点

• 前置：16.2 余弦定理、16.3 正弦定理，每个测量问题最后都落到它们上面。
• 前置：初中的锐角三角函数和平行线性质（内错角相等），处理仰角和方位角要用。
• 后续：第 19 章空间点、直线、平面的位置关系。测山高时测点和山脚常不在一条直线上，要在竖直平面和水平面里分别解三角形。
• 常一起考：第 13 章两角和与差的公式，测量题里 $15^\circ$、$75^\circ$ 这类角的正弦、余弦常要现算。

16.6 知识点之间的关系

余弦定理和正弦定理是本章的两把钥匙，都可以用向量推出：余弦定理是 $|\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}|^2$ 的展开，正弦定理是把向量等式两边同时和一个垂直于某边的单位向量作数量积，几何上就是同一条高用两种方式表示。面积公式 $\dfrac{1}{2}ab\sin C$ 是“底乘高”里把高换成正弦，求面积时缺的边和角靠两个定理补；实际测量问题则是把这几样工具用到具体的图里。

拿到一道解三角形的题，第一步是看已知条件属于哪一类，再决定用哪个定理：

高考解答题的典型结构是：第一问给一个边角混合的等式，用正弦定理边化角（或用余弦定理角化边）求出一个角；第二问再给一个条件，求边、面积或周长，或者它们的最值和范围。所以本章真正要练熟的是两件事：边角互化后用 $\sin(A + C) = \sin B$ 化简，以及余弦定理配合基本不等式求最值。

16.7 自测

1. 在 $\triangle ABC$ 中，$A = 60^\circ$，$B = 45^\circ$，$a = \sqrt{6}$，求 $b$。
2. 在 $\triangle ABC$ 中，$A = 30^\circ$，$a = 3$，$b = 4$，这样的三角形有几个？
3. 三角形三边长为 $3$、$5$、$7$，求最大角。
4. 在 $\triangle ABC$ 中，$b = 2$，$c = 3$，$A = 60^\circ$，求 $a$。
5. 在 $\triangle ABC$ 中，$a = 4$，$b = 5$，$C = 30^\circ$，求面积。
6. 三角形三边长为 $3$、$5$、$7$，求面积。
7. 在离楼底 $30$ m 的地面上测得楼顶的仰角为 $60^\circ$，求楼高。
8. 两艘船同时从港口 $A$ 出发，一艘沿北偏东 $15^\circ$ 方向航行 $3$ km 到 $B$，另一艘沿北偏东 $75^\circ$ 方向航行 $8$ km 到 $C$，求 $B$、$C$ 之间的距离。

答案：1. $2$；2. 两个；3. $120^\circ$；4. $\sqrt{7}$；5. $5$；6. $\dfrac{15\sqrt{3}}{4}$；7. $30\sqrt{3}$ m；8. $7$ km。

16.8 深入阅读

• 国家中小学智慧教育平台：教育部主办，必修第二册“余弦定理、正弦定理”一节有同步课程视频和教材电子版。
• GeoGebra 图形计算器：用几何工具画三角形并拖动顶点，能直接看到边长和角度怎么一起变，适合配合 16.3 节体会两边一对角为什么会有两解。
• Khan Academy · Law of sines and law of cosines：英文的正弦定理、余弦定理讲解视频和练习，含实际测量的应用题。
• Wolfram MathWorld · Law of Sines：正弦定理及相关公式（含外接圆半径形式）的英文条目，查英文说法和推导时用。