这一节是整册书里高考分值最重的一节：浙江卷近四年，每年都有一道解三角形的解答题，另外还有一堆 选填题在暗地里用它（双曲线离心率、立体几何里的斜三角形、抛物线焦点弦）。页面下方”考过本节的真题” 那一段现在列着 17 道，是全站最长的一份。

而这一节的内容其实只有两个公式。难的不是记住它们，是每次拿到一个三角形，知道该用哪一个。 所以这一节的讲法与课本不同：课本按”先余弦、后正弦、再应用”的发现顺序写，这里改成 先把两个定理摆出来，然后用一整节讲”怎么选”——因为选错了就是绕远路，而选错的代价在考场上是十分钟。

一、为什么会有这两个定理

初中学过全等的四种判定：SSS、SAS、ASA、AAS。它们说的是定性的事：“给了这几个元素，三角形就唯一确定了。”

既然唯一确定，其余的边和角就应该能算出来。这两个定理就是把那四种判定翻译成可以代数字的公式：

最后一行是这张表的重点：SSA 在初中不是全等判定条件，所以它对应的三角形不唯一—— 这不是解法的缺陷，是题目本身就有两个答案。后面第四节专门讲它。

三角形的三个角 $A$、$B$、$C$ 和它们的对边 $a$、$b$、$c$ 叫做三角形的元素； 已知几个元素求其余元素的过程叫做解三角形。

二、余弦定理：一条边的平方，用另两边和夹角表示

$$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A, \qquad b^2 = c^2 + a^2 - 2ca\cos B, \qquad c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos C.$$

三条式子是同一件事轮换写三遍。记的时候记结构：“要求的那条边的平方 = 另两边平方和 − 2×那两边×夹角余弦”， 夹角一定是所求边的对角。

为什么用向量证。 条件是两边长和它们的夹角，而向量的数量积 $\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\cos\theta$ 恰好把这三样装在一个式子里；再加上 $\boldsymbol{c}\cdot\boldsymbol{c} = |\boldsymbol{c}|^2$ 能把”长度”变成”数量积”。 于是设 $\overrightarrow{CB} = \boldsymbol{a}$、$\overrightarrow{CA} = \boldsymbol{b}$，则 $\overrightarrow{AB} = \boldsymbol{c} = \boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}$， 两边自乘：

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

三行代数，没有分类讨论，锐角钝角一起证完了。这就是课本那句”你感受到向量运算的力量了吗”的意思—— 纯几何证法要对锐角、直角、钝角分三种情形作高。

推论（已知三边求角）：把上面三式反解出余弦，

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

推论有个很好用的副产品：分子的符号直接告诉你这个角是锐角、直角还是钝角。 $b^2+c^2-a^2 > 0 \Leftrightarrow A$ 为锐角；$= 0 \Leftrightarrow A = 90^\circ$；$< 0 \Leftrightarrow A$ 为钝角。 判断三角形形状的题，一半用的是这一条。

与勾股定理的关系：$C = 90^\circ$ 时 $\cos C = 0$，第三式就是 $c^2 = a^2+b^2$。 所以余弦定理是勾股定理的推广，勾股定理是余弦定理的特例；而 $-2ab\cos C$ 这一项正是 ”$C$ 偏离直角多少”的修正量：$C$ 是锐角时它为负（第三边比勾股短），钝角时为正（比勾股长）。

三、正弦定理：边与它对角的正弦成正比

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

其中 $R$ 是三角形外接圆半径（$= 2R$ 这一段是课本习题 6.4 第 17 题的结论，务必记住，它是 “边角互化”最常用的入口）。

怎么想到它。 从最熟的直角三角形入手：$\mathrm{Rt}\triangle ABC$ 中 $C = 90^\circ$， 则 $\sin A = a/c$、$\sin B = b/c$，即 $a/\sin A = b/\sin B = c$；而 $\sin C = \sin 90^\circ = 1$， 所以 $c$ 又可以写成 $c/\sin C$——三个比值就统一成了同一个形式。剩下的工作是证明它在一般三角形里也成立。

为什么证起来比余弦定理绕。 向量的数量积里出现的是余弦，而要证的结论里是正弦。 桥是诱导公式 $\cos\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right) = \sin\alpha$：只要构造出与某条边垂直的单位向量 $\boldsymbol{j}$， 它与其余各边的夹角就自动变成 $\frac{\pi}{2}$ 减某个内角，余弦就翻成了正弦。 课本对锐角、钝角各作一次（钝角时 $\boldsymbol{j}$ 与 $\overrightarrow{AB}$ 的夹角是 $A - \frac{\pi}{2}$ 而不是 $\frac{\pi}{2}-A$）， 结论一致。

三种常用变形，考场上换着用：

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

第三个（边之比等于对角正弦之比）在”判断形状""求比值”的题里最省力，因为它把 $2R$ 消掉了。

四、SSA 的两解：这是这一节唯一需要小心的地方

课本用例 8（$B = 30^\circ$，$b = \sqrt2$，$c = 2$）点出了它，并给了一句判据：

在区间 $(0,\pi)$ 内，余弦函数单调递减，所以利用余弦定理求角，只有一解；正弦函数在 $\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ 内单调递增，在 $\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$ 内单调递减，所以利用正弦定理求角，可能有两解。

这句话值得展开成一条可执行的规矩。设已知 $a$、$b$ 与 $A$（$a$ 是 $A$ 的对边），用正弦定理求 $B$：

$\sin B = \frac{b\sin A}{a}.$

得到 $\sin B$ 之后，$B$ 在 $(0,\pi)$ 里可能有 $B_1$ 与 $180^\circ - B_1$ 两个候选。逐个用下面三条筛：

1. $\sin B > 1$：无解（这组数据配不成三角形）。
2. 大边对大角：$a > b \Rightarrow A > B$，$a < b \Rightarrow A < B$，$a = b \Rightarrow A = B$。 这一条最常用来杀掉钝角那个候选：若 $a \geqslant b$，则 $B$ 不可能是钝角（否则 $B > A$ 与 $a \geqslant b$ 矛盾）， 只有一解。
3. 内角和：$A + B < 180^\circ$。若 $A$ 已是钝角或直角，$B$ 必为锐角，只有一解。

两个候选都过了这三条，就是真有两解，必须都写出来（课本例 8 与习题 6.4 第 7(2) 题都是两解）。

规避两解的办法：这一步能用余弦定理就用余弦定理。$\cos$ 在 $(0,\pi)$ 上单调， 求出的角唯一，一步到位——代价是要解一个关于边的一元二次方程，而那个方程可能有两个正根， 那时根还是要逐个验（是否满足三角形三边关系）。两条路都要验，只是验的东西不同。

五、面积：三个等价写法 + 三斜求积

$S = \frac12 ab\sin C = \frac12 bc\sin A = \frac12 ca\sin B.$

推法一句话：$S = \frac12 \times$ 底 $\times$ 高，取 $BC$ 为底时高是 $b\sin C$（无论 $C$ 是锐角还是钝角都成立， 因为 $\sin(180^\circ - C) = \sin C$）。这三式是课本习题 6.4 第 10 题的答案，也是解三角形大题第 (2) 问 最常见的入口——“面积已知”几乎总是用来定 $bc$ 的乘积。

由它配上余弦定理，可以得到秦九韶的三斜求积公式（课本”阅读与思考”那一节）：

$S = \sqrt{\frac14\left[c^2a^2 - \left(\frac{c^2+a^2-b^2}{2}\right)^2\right]}.$

它与海伦公式 $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$（$p = \frac12(a+b+c)$）等价，都是”只知三边求面积”。 浙江 2022 年第 11 题考的正是它——那道题既可以直接代三斜求积，也可以用余弦定理求出 $\cos B$、 再配 $S = \frac12 ac\sin B$ 现推一遍。两条路都要会：公式记错时，现推那条是唯一的退路。

六、边角互化：解三角形大题的主套路

高考的解三角形题，题干里常混着边与角（$a\cos C + \sqrt3 a\sin C - b - c = 0$ 这种）。 处置方式只有两个方向，选一个方向做到底：

方向一：全部化成角。 用 $a = 2R\sin A$ 把每条边换成正弦，$2R$ 会整体约掉； 再用 $\sin B = \sin(A+C)$ 之类的和角公式把第三个角消掉，最后剩一个关于单个角的方程。 课本习题 6.4 第 22 题就是这一条的范本：一路化下去会得到 $\sin C(\sqrt3\sin A - \cos A - 1) = 0$， 而 $\sin C \neq 0$，于是 $2\sin\left(A - \frac{\pi}{6}\right) = 1$，$A = \frac{\pi}{3}$。

方向二：全部化成边。 用余弦定理的推论把每个 $\cos$ 换成边的分式，通分后往往能约出漂亮的因式。 课本习题 6.4 第 16 题（证 $c(a\cos B - b\cos A) = a^2 - b^2$）就是纯粹的方向二：两个 $\cos$ 一换， 分子直接减出 $2a^2 - 2b^2$。

怎么选方向：题干里角多（有 $\sin$、$\cos$、和角形式）就化成角；边多（有 $a^2$、$b^2$、乘积）就化成边。 两个方向来回换是最常见的卡壳原因。

方向三（不是解法，是复盘）：把题目给的那个常数换成参数，看它管住了什么。 考场上未必用得上，但它能回答一个每次都该问的问题—— 为什么这道题算出来这么干净。

以一类常见条件为例：已知 $\cos A$，且

$$\sin B=\lambda\cos C\qquad(\lambda>0).$$

先把要除的东西验一遍：$\sin B>0$ 故 $\cos C=\frac{\sin B}{\lambda}>0$（$C$ 是锐角，可以除）； $A\in(0,\pi)$ 故 $1-\cos A\neq0$、$\sin\frac A2\neq0$。还差一条，而且它是承重墙： 下面这一步要除以 $\cos A$，所以必须 $A\neq\dfrac{\pi}{2}$。

照方向一化成角（$B=\pi-(A+C)$、$\sin B=\sin(A+C)$ 展开、并项、除以 $\cos C$）：

$$(\lambda-\sin A)\cos C=\cos A\sin C \ \xrightarrow{\ \cos A\neq0\ }\ \tan C=\frac{\lambda-\sin A}{\cos A}. \tag{$\ast$}$$

$\tan C$ 是 $\lambda$ 的一次函数，这已经是通解。再问一句”什么时候三角形恰好等腰”： $b=c\iff B=C\iff\sin B=\sin C$，而条件说 $\sin B=\lambda\cos C$，所以

$$b=c\iff \lambda\cos C=\sin C\iff \tan C=\lambda .$$

把它与 $(\ast)$ 摆在一起，两个”$\tan C$ 等于”必须相等：

$$\frac{\lambda-\sin A}{\cos A}=\lambda \iff \lambda(1-\cos A)=\sin A \iff \lambda=\frac{\sin A}{1-\cos A}=\cot\frac{A}{2}$$

（末一步用 §5.5 的二倍角：$\sin A=2\sin\frac A2\cos\frac A2$、$1-\cos A=2\sin^{2}\frac A2$）。 于是一句干净的结论：

在”已知 $\cos A$、$A\neq\dfrac{\pi}{2}$、且 $\sin B=\lambda\cos C$（$\lambda>0$）“的条件下， 三角形等腰 $\iff\lambda=\cot\dfrac{A}{2}$。

那个前提不是装饰。 $A=\dfrac{\pi}{2}$ 时 $\sin B=\sin\left(\frac{\pi}{2}-C\right)=\cos C$ 对任何 $C$ 都成立——条件退化成一句空话，什么形状都不排除。 此时 $\lambda=1=\cot45^{\circ}=\cot\frac A2$ 自动满足，可三角形完全可以不等腰 （取 $A=90^{\circ}$、$B=60^{\circ}$、$C=30^{\circ}$ 就是反例）。 塌掉的是 $\Longleftarrow$ 那一半，位置正是那次除以 $\cos A$。 “条件看着很强、其实是恒等式”这类陷阱，只有把常数换成字母、把每个分母都验一遍才会撞见—— 这也是第九节第 7 条”前提必须验”在参数化场景下的样子。

这条结论的用法不是背，是识别。见到题目给的 $\lambda$ 恰好等于 $\cot\frac A2$， 就知道等腰是出题人安排的，可以直接从 $b=c$ 起手——面积改用 $S=\frac12b^{2}\sin A$， $\sin A$ 是题面直接给的，全程不出现根号分母。第十节的 2012 年第 18 题正是这个样子。

更一般的教益：条件里的具体数字参与了结构（决定角度、比例、判别式符号）时， 把它换成字母重推一遍几乎总有收获；只是最后一步的一个倍数时，换了看不出东西。 这也是”答案漂亮”的正确反应——不是庆幸，是去找设计。

七、一条中线（或分点）把顶角劈成两块：给的角和要的角不在同一个三角形里

这一类图形高考里反复出现：$\triangle ABC$ 里从 $A$ 引一条线到对边上的点 $D$（最常见的是中点 $M$）， 于是 $\angle BAC=\angle BAD+\angle DAC$。麻烦不在算，而在题目给的角与待求的角分处两个三角形—— $AD$ 不是原三角形的边，$D$ 也不是原三角形的顶点，两个定理都不能直接往上套。

三条接法，各有各的适用面：

接法一：借 $D$ 处的补角把角搬过去。 $AD$ 把 $\triangle ABC$ 切成 $\triangle ABD$ 与 $\triangle ADC$， $D$ 处那两个角互补：$\sin\angle ADB=\sin\angle ADC$，而 $\cos\angle ADB=-\cos\angle ADC$。 先在含已知角的那个三角形里用一次正弦定理，把 $D$ 处那个角的正弦算出来，再原封不动搬进另一个三角形。 正弦是免费的，余弦要变号——这是本接法唯一的风险点，也正是易错清单里”$\cos A$ 的符号不定”那一条的 一个具体场景。$D$ 在对边内部时，两个角里必有一个钝角，谁想从正弦反求余弦，负号就在等着他。

接法二：有直角时，两个小角都写成正切。 若 $\angle C=90^{\circ}$，记 $a=BC$、$b=AC$， 则 $\angle DAC$ 与 $\angle BAC$ 都躺在以 $C$ 为直角顶点的直角三角形里： $\tan\angle BAC=\dfrac ab$、$\tan\angle DAC=\dfrac{CD}{b}$，再用两角差的正切公式把 $\angle BAD=\angle BAC-\angle DAC$ 兑现成一个只含边的方程。$D$ 取中点时

$$\tan\angle BAD=\frac{\dfrac ab-\dfrac{a}{2b}}{1+\dfrac ab\cdot\dfrac{a}{2b}}=\frac{ab}{a^{2}+2b^{2}} .$$

这条路一次平方都不用做，方程直接就是关于 $a$ 的二次式，是有直角时最短的写法。

接法三：把 $\triangle ABD$ 的面积算两遍。 一遍用长度：$D$ 是中点时中线平分面积， $S_{\triangle ABD}=\frac12 S_{\triangle ABC}$；$BD:DC=\lambda$ 时按同高的底之比分。 一遍用题给的那个角：$S_{\triangle ABD}=\frac12\cdot AB\cdot AD\cdot\sin\angle BAD$。 两式相等，方程立刻落地，而且公共边 $AD$ 自己就站进了等式，不必先单独求它。 凡是”条件给在某个角的正弦上、待求量是边”的题，先想这一条——它既不用正弦定理、也不用诱导公式。

三条接法的共同关口：$\angle BAD$ 的对边是 $BD$（半条或某一段 $BC$），不是 $BC$。 把它当成 $\triangle ABC$ 的内角去用正弦定理，是这类题最常见的一步走错。

八、应用举例：测量题的固定动作

课本第 3 小节的四道例题（隔河测两点距离、测建筑物高度、航海方向）看着五花八门，动作是固定的四步：

1. 画示意图，把方位角、仰角、基线标上去。方位角”北偏东 $\alpha$“是从正北顺时针转 $\alpha$； 仰角是视线与水平面的夹角。这一步错了后面全错，而且是失分最多的一步。
2. 找出那个能解的三角形——它必须含至少一条已知边（基线）和两个已知角，或两条已知边和夹角。
3. 正弦定理求出中间量（一条辅助边），再余弦定理求目标量；或反过来。课本例 9 正是”两次正弦 定理求 $AC$、$BC$，再一次余弦定理求 $AB$”。
4. 回到实际单位与精度（n mile / km / 精确到 $1^\circ$）。

关于基线：为使测量精确度高，基线应尽量长（课本举了 1752 年两位法国天文学家用柏林与好望角作基线 测地月距离的例子，算出约 $385400\ \mathrm{km}$）。

九、易错清单

按失分频率排：

1. SSA 漏掉第二解，或者相反——两解都写但没验，把该舍的那个留下了。用第四节那三条筛，逐个验。
2. 余弦定理的夹角配错边。$a^2 = b^2+c^2-2bc\cos A$ 里跟着 $bc$ 的必须是 $A$。写之前先看一眼： 要求的边的对角，是不是就是式子里那个角。
3. 求角时用了近似值再往下算。例如先算出 $B \approx 106^\circ$，再拿它去求 $C$——误差会滚。 能保留精确值（分式、根式）就保留到最后一步。
4. 钝角的余弦忘了负号。$\cos 120^\circ = -\frac12$，$\cos 107^\circ < 0$。代进余弦定理时那个减号会变加号。
5. 面积公式的角选错。$S = \frac12 ab\sin C$ 里的 $C$ 必须是 $a$、$b$ 的夹角，不是随便一个角。
6. 测量题的方位角读反（“北偏东”读成”东偏北”），或把仰角当成与铅垂线的夹角。
7. 忘了三角形内角的范围。$A \in (0,\pi)$，所以 $\sin A > 0$ 恒成立（可以放心两边同除）， 但 $\cos A$ 的符号不定（不能随便开方去掉绝对值）。
8. 由 $\sin B=\sin C$ 直接断 $B=C$，不说另一支为什么死掉。$\sin$ 相等给的是 $B=C$ 或 $B+C=\pi$；在三角形里后一支会逼出 $A=0$，所以确实只剩前一支。 这次漏写不影响答案，正是它危险的地方——换成 $\sin 2B=\sin 2C$， 两支给的是 $B=C$ 与 $B+C=\frac{\pi}{2}$，两支都在三角形内活着，漏一支就漏一半答案。 该分两支时分两支、该说明为什么不分时说明，这是同一个动作的两面。

十、这一节考过的真题（怎么用它们）

下方”考过本节的真题”是构建期从知识图谱派生的完整清单——解三角形是浙江卷的高频块，这张单子逐年在长。 下面不逐题点名，按类型给一条主线，按这个顺序做收益最大：

• 入门两道解答题：2023 年第 17 题（内角和定 $C$、和差展开求 $\sin A$，再正弦定理加等面积求高） 与 2022 年第 18 题（余弦定理解一元二次，或和角公式一步得边）。它们是”标准动作”的样子。

• 面积那一路：2022 年第 11 题（三斜求积）与 2024 年第 15 题（两个条件各定一个角，再由面积求边）。 重点体会”面积已知 ⇒ 定 $bc$”。

• 判形状那一路：2025 年第 11 题——两条路都能证出这是个直角三角形。它是本站范本里被复核打回过 一次的那道题（refute 依据是”没有挣得 $A$、$B$ 都是锐角这个前提”），所以它也是一道关于 前提必须验的活教材，对应第九节第 7 条。

• 齐次条件只定形状的那一类：2015 年第 16 题（$A=\dfrac{\pi}{4}$、$b^{2}-a^{2}=\dfrac12 c^{2}$， 第（1）问求 $\tan C$，第（2）问给面积求 $b$）。先看清题目给的两个条件都不含”多大”： 三条边同时放大 $k$ 倍，$b^{2}-a^{2}$ 与 $\dfrac12 c^{2}$ 一起放大 $k^{2}$ 倍，等式照旧； 角 $A$ 更与大小无关。所以前两句只定出一个相似类——这正是第（1）问不必用到面积的原因， 也是第（2）问只需”再定一个缩放”的原因。看穿这层，两条路就都只是技术选择：

  • 化成边：余弦定理消去 $a$，得 $b^{2}-a^{2}=\sqrt2\,bc-c^{2}$，与条件对上后约掉一个 $c$， 三条边全写成 $c$ 的倍数（$b=\frac{3\sqrt2}{4}c$、$a=\frac{\sqrt{10}}{4}c$）； 再用一次余弦定理求 $\cos C$，$c^{2}$ 上下自动约干净——$c$ 没约掉就说明前面算错了， 因为 $\cos C$ 本来就是形状量。
  • 化成角：由正弦定理把三条边换成正弦，条件变成 $\sin^{2}B-\sin^{2}A=\dfrac12\sin^{2}C$； 用 $\sin^{2}B-\sin^{2}A=\sin(B+A)\sin(B-A)$ 与 $\sin(A+B)=\sin C$，一步压成 $\sin(B-A)=\dfrac12\sin C$，代 $A=\dfrac{\pi}{4}$ 后同除 $\cos B$ 得 $\tan B=3$。 第（2）问上，化成角那条明显更省：把 $a$ 就地换成 $\dfrac{b\sin A}{\sin B}$， 面积公式直接成为 $S=\dfrac{b^{2}\sin A\sin C}{2\sin B}=\dfrac{b^{2}}{3}$，一步得 $b=3$， 完全绕开了 $c$。化成边那条则要先解出 $c=2\sqrt2$ 再回代。 “边还是角”该由第二问问的是什么来定，不是习惯。

• 那个常数是设计出来的那一类：2012 年第 18 题（$\cos A=\frac23$、$\sin B=\sqrt5\cos C$， 求 $\tan C$；再给 $a=\sqrt2$ 求面积）。它表面上是”标准动作”题，实际上把第六节的三个方向 一次考全，值得当作那一节的总演练：

  • 方向一（原卷）：$B=\pi-(A+C)$ 化和角，$\frac{2\sqrt5}{3}\cos C=\frac23\sin C$ 给 $\tan C=\sqrt5$；再由正弦定理得 $c=\sqrt3$，$S=\frac12ac\sin B=\frac{\sqrt5}{2}$。 代价是 $\sin C=\frac{\sqrt5}{\sqrt6}$、$\cos C=\frac{1}{\sqrt6}$ 这几个根号分母要一路带到末步。
  • 只多看一眼就能省一半：$\tan C$ 一出手，把 $\cos C=\frac{1}{\sqrt6}$ 代回题给的条件， $\sin B=\sqrt5\cos C=\frac{\sqrt5}{\sqrt6}=\sin C$——这是形状信息，不是数值巧合。 于是 $B=C$（另一支 $B+C=\pi$ 逼出 $A=0$，见第九节第 8 条），$b=c$； 余弦定理一步 $a^{2}=2b^{2}(1-\cos A)=\frac23b^{2}$ 得 $b^{2}=3$， $S=\frac12b^{2}\sin A=\frac12\cdot3\cdot\frac{\sqrt5}{3}=\frac{\sqrt5}{2}$， $b^{2}$ 里的 $3$ 与 $\sin A$ 里的 $3$ 直接约掉，一个根号分母都没有。 “面积公式配哪个角”在这里值一半的计算量。
  • 方向二（全化成边）给出前两条看不到的东西：把 $\sin B$ 用正弦定理换成 $\frac ba\sin A$、 $\cos C$ 用余弦定理换成边，条件变成 $3c^{2}=3a^{2}+b^{2}$；配上 $\cos A=\frac23$ 的 $3(b^{2}+c^{2}-a^{2})=4bc$，代入即得 $b^{2}=bc$，故 $b=c$。 这段推导压根没用到 $a=\sqrt2$——也就是说，题面前两个条件不管 $a$ 取多少都强迫等腰， 第（2）问给的 $a$ 只是在一族相似三角形里挑了个尺寸。 “哪个条件定形状、哪个定大小”被这条路分得干干净净，对应第十节 2015 年第 16 题那一条的同一个道理。
  • 方向三（复盘）：$\cos A=\frac23$ 给 $\tan\frac A2=\frac{\sin A}{1+\cos A}=\frac{1}{\sqrt5}$， 即 $\cot\frac A2=\sqrt5$——正是题目给的那个 $\lambda$。所以等腰不是巧合， 是出题人按第六节方向三那条判据挑出来的（本题 $\cos A=\frac23\neq0$， 那条判据的前提 $A\neq\frac{\pi}{2}$ 满足）。看穿这层，两问各一行。

• 不像解三角形的解三角形：2023 年第 16 题与 2024 年第 12 题（双曲线离心率）、2025 年第 17 题 （四棱锥里的球心与异面直线角）。这些题的三角形藏在圆锥曲线或立体图形里，认出那个三角形 就是全部难点；认出来之后用的还是这一节的两个公式。

• 一条线把三角形切成两个的那一类：2019 年第 14 题（$\angle ABC=90^\circ$、$AB=4$、$BC=3$， $D$ 在斜边上且 $\angle BDC=45^\circ$，求 $BD$ 与 $\cos\angle ABD$）。它是本节最短的一道 填空题，但把”在哪个三角形里列定理”这件事考得很干净：

  1. $D$ 在 $AC$ 上 ⇒ $\angle ADB$ 与 $\angle BDC$ 互补，题给的 $45^\circ$ 要先补成 $135^\circ$ 才能进 $\triangle ABD$。正弦对补角相同（$\sin135^\circ=\sin45^\circ$）会掩护 这个错，等到用内角和求 $\angle ABD$ 时才差出 $90^\circ$——第九节第 1 条说的”角配错三角形” 就是这么发生的。
  2. 补完角，$\triangle ABD$ 里两角一边全知道（$\angle ADB=135^\circ$、$\angle BAD$ 的正弦 在直角三角形里直接读、$AB=4$），一条正弦定理就出 $BD=\frac{12\sqrt{2}}{5}$。
  3. 第二空 $\cos\angle ABD=\cos(45^\circ-\angle BAC)=\frac{7\sqrt{2}}{10}$，用的是 §5.5.1 的 两角差余弦——解三角形与三角恒等变换在同一道填空题里接上了。

  还值得记一条不用本节定理的做法：从直角顶点 $B$ 向斜边作高，面积两算给出 $BH=\frac{AB\cdot BC}{AC}=\frac{12}{5}$；那个 $45^\circ$ 就把 $\triangle BHD$ 变成等腰直角 三角形，$BD=\sqrt{2}\,BH$ 一步落地。“作高”往往比”上定理”快——这一点在第八节的测量题里 也一样。

  同一类里还有一道被切开的不是对边、而是顶角的：2013 年第 16 题（$\angle C=90^{\circ}$、 $M$ 是 $BC$ 的中点，$\sin\angle BAM=\frac13$，求 $\sin\angle BAC$）。第七节那三条接法 在它身上全部走得通，正好拿来对比：

  • 接法一（原卷路线）：在 $\triangle ABM$ 里正弦定理得 $\sin\angle AMB=\frac{2c}{3a}$， 补角搬进 $\mathrm{Rt}\triangle ACM$ 变成 $\cos\angle MAC$，再与 $\frac{b}{AM}$ 对上；
  • 接法二：两行得 $\tan\angle BAM=\frac{ab}{a^{2}+2b^{2}}=\frac{\sqrt2}{4}$，即 $(a-\sqrt2\,b)^{2}=0$， 一次平方都没做；
  • 接法三：中线平分面积，$\frac{ab}{4}=\frac{c\cdot AM}{6}$ 即 $3ab=2c\cdot AM$—— 与接法一化出来的方程一字不差，却省掉了整套诱导公式，也不必判 $\angle AMB$ 的锐钝。

  更值得记住的是题给的 $\frac13$ 恰是 $\sin\angle BAM$ 的最大值（令 $u=\frac{a^{2}}{b^{2}}$， $\sin^{2}\angle BAM=\frac{1}{u+4/u+5}\leqslant\frac19$）。所以三条接法化简出来都是完全平方， 判别式恰为零——那是题目的设计，不是你算错了。

本节课本习题共 21 道：三组「练习」9 道（第 51、55、58 页），加「习题 6.4」里属于本节主题的 12 道（第 6、7、8、9、10、12、15、16、17、18、20、22 题）。习题 6.4 的其余各题考的是 §6.4.1、§6.4.2 的向量运算，归它们自己那一节；第 21、23 两题是开放式的测量方案与实习作业，无唯一解答，不收。 每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习（第 51 页）第 1 题

1. （1）在$\triangle ABC$中，已知$b=12.9\ cm$，$c=15.4\ cm$，$A=42.3^{\circ}$，解这个三角形（角度精确到$0.1^{\circ}$，边长精确到$0.1\ cm$）；

(2) 在 $\triangle ABC$ 中，已知 a=5, b=2, $C=\frac{\pi}{3}$ ，求 c.

两小问都是 SAS（两边及其夹角），用余弦定理直接求第三边。

(1) 由余弦定理，

$a^2 = b^2+c^2-2bc\cos A = 12.9^2+15.4^2-2\times 12.9\times 15.4\times\cos 42.3^\circ.$

$12.9^2 = 166.41$，$15.4^2 = 237.16$，$2\times 12.9\times 15.4 = 397.32$，$\cos 42.3^\circ \approx 0.7396$，于是

$a^2 \approx 403.57 - 293.86 = 109.71, \qquad a \approx 10.5\ \mathrm{cm}.$

再由余弦定理的推论求 $B$（用推论而不用正弦定理，是为了避开两解的讨论）：

$\cos B = \frac{c^2+a^2-b^2}{2ca} \approx \frac{237.16+109.71-166.41}{2\times 15.4\times 10.474} = \frac{180.46}{322.60} \approx 0.55939,$

所以 $B \approx 56.0^\circ$。最后由内角和

$C \approx 180^\circ - 42.3^\circ - 56.0^\circ = 81.7^\circ.$

核一下”大边对大角”：$c > b > a$，对应 $C > B > A$，即 $81.7^\circ > 56.0^\circ > 42.3^\circ$，相符。

(2) $C$ 是 $a$、$b$ 的夹角，$\cos\frac{\pi}{3} = \frac12$：

$c^2 = a^2+b^2-2ab\cos C = 25+4-2\times 5\times 2\times\frac12 = 19, \qquad c = \sqrt{19}.$

练习（第 51 页）第 2 题

2. 在 $\triangle ABC$ 中，已知 $a=2,\ b=\sqrt{2},\ c=\sqrt{3}+1$ ，解这个三角形.

SSS，用余弦定理的推论逐个求角。先备好 $c^2 = (\sqrt3+1)^2 = 4+2\sqrt3$。

$$\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} = \frac{2+(4+2\sqrt3)-4}{2\sqrt2(\sqrt3+1)} = \frac{2+2\sqrt3}{2\sqrt2(\sqrt3+1)} = \frac{2(1+\sqrt3)}{2\sqrt2(1+\sqrt3)} = \frac{1}{\sqrt2} = \frac{\sqrt2}{2},$$

所以 $A = 45^\circ$。

$$\cos B = \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} = \frac{4+(4+2\sqrt3)-2}{2\times 2\times(\sqrt3+1)} = \frac{6+2\sqrt3}{4(\sqrt3+1)} = \frac{2\sqrt3(\sqrt3+1)}{4(\sqrt3+1)} = \frac{\sqrt3}{2},$$

所以 $B = 30^\circ$。于是 $C = 180^\circ - 45^\circ - 30^\circ = 105^\circ$。

这道题的两处约分（$1+\sqrt3$ 与 $\sqrt3(\sqrt3+1)$）都是”凑因式”，硬算成小数反而看不出是特殊角。 遇到含 $\sqrt2$、$\sqrt3$ 的边长，先保留根式往下配。

练习（第 51 页）第 3 题

3. 在 $\triangle ABC$ 中，已知 $b = 5$ ， $c = 2$ ，锐角 $A$ 满足 $\sin A = \frac{\sqrt{231}}{20}$ ，求 $C$ （精确到 $1^{\circ}$ ）.

$A$ 是锐角，所以 $\cos A > 0$：

$\cos A = \sqrt{1-\sin^2 A} = \sqrt{1-\frac{231}{400}} = \sqrt{\frac{169}{400}} = \frac{13}{20}.$

（“锐角”这个条件不能丢：若不限定，$\cos A$ 还可以取 $-\frac{13}{20}$，答案就变了。）

由余弦定理求出第三边：

$a^2 = b^2+c^2-2bc\cos A = 25+4-2\times 5\times 2\times\frac{13}{20} = 29-13 = 16, \qquad a = 4.$

再由推论求 $C$：

$\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} = \frac{16+25-4}{2\times 4\times 5} = \frac{37}{40} = 0.925,$

所以 $C \approx 22^\circ$。

练习（第 55 页）第 1 题

1. 完成下列解三角形问题（角度精确到 $1^{\circ}$ ，边长精确到 1 cm）：

(1) 在 $\triangle ABC$ 中，已知 $A=60^{\circ}$ ， $B=45^{\circ}$ ，c=20 cm；

(2) 在 $\triangle ABC$ 中，已知 $a=20\ cm,\ b=11\ cm,\ B=30^{\circ}$ .

(1) 是 ASA：先由内角和求第三角，再用正弦定理求两边。

$C = 180^\circ-60^\circ-45^\circ = 75^\circ.$

$a = \frac{c\sin A}{\sin C} = \frac{20\sin 60^\circ}{\sin 75^\circ} \approx \frac{20\times 0.8660}{0.9659} \approx 17.9 \approx 18\ \mathrm{cm},$

$b = \frac{c\sin B}{\sin C} = \frac{20\sin 45^\circ}{\sin 75^\circ} \approx \frac{20\times 0.7071}{0.9659} \approx 14.6 \approx 15\ \mathrm{cm}.$

(2) 是 SSA，要查两解。 由正弦定理

$\sin A = \frac{a\sin B}{b} = \frac{20\times 0.5}{11} = \frac{10}{11} \approx 0.9091.$

$\sin A < 1$，且 $a > b$（$20 > 11$）说明 $A > B = 30^\circ$——但这一条杀不掉钝角候选， 因为钝角本来就大于 $30^\circ$。再查内角和：$B = 30^\circ$ 是锐角，两个候选加上 $30^\circ$ 都不足 $180^\circ$。 所以两解都成立：

$A \approx 65^\circ \quad\text{或}\quad A \approx 115^\circ.$

情形一：$A \approx 65.38^\circ$，则 $C \approx 180^\circ-30^\circ-65.38^\circ = 84.62^\circ \approx 85^\circ$，

$c = \frac{b\sin C}{\sin B} \approx \frac{11\times 0.9956}{0.5} \approx 21.9 \approx 22\ \mathrm{cm}.$

情形二：$A \approx 114.62^\circ$，则 $C \approx 180^\circ-30^\circ-114.62^\circ = 35.38^\circ \approx 35^\circ$，

$c = \frac{b\sin C}{\sin B} \approx \frac{11\times 0.5790}{0.5} \approx 12.7 \approx 13\ \mathrm{cm}.$

于是 $A \approx 65^\circ,\ C \approx 85^\circ,\ c \approx 22\ \mathrm{cm}$，或 $A \approx 115^\circ,\ C \approx 35^\circ,\ c \approx 13\ \mathrm{cm}$。 只写一组就是漏解。

练习（第 55 页）第 2 题

2.（1）在 $\triangle ABC$ 中，已知 $a = 2$ ， $c = \frac{2\sqrt{3}}{3}$ ， $A = 120^{\circ}$ ，求 $b$ 和 $C$

(2) 在 $\triangle ABC$ 中，已知 b=2， $A=45^{\circ}$ ， $C=75^{\circ}$ ，求 c.

(1) 是 SSA，但只有一解——因为 $A = 120^\circ$ 已是钝角，另外两角必为锐角。由正弦定理

$\sin C = \frac{c\sin A}{a} = \frac{\frac{2\sqrt3}{3}\times\frac{\sqrt3}{2}}{2} = \frac{1}{2}.$

$C$ 只能取锐角，故 $C = 30^\circ$（$150^\circ$ 与 $A = 120^\circ$ 加起来超过 $180^\circ$，舍）。 于是 $B = 180^\circ-120^\circ-30^\circ = 30^\circ$，

$b = \frac{a\sin B}{\sin A} = \frac{2\times\frac12}{\frac{\sqrt3}{2}} = \frac{2}{\sqrt3} = \frac{2\sqrt3}{3}.$

核一遍（用余弦定理反代）：$b^2+c^2-2bc\cos A = \frac43+\frac43-2\times\frac43\times\left(-\frac12\right) = \frac83+\frac43 = 4 = a^2$，相符。

(2) 是 AAS：$B = 180^\circ-45^\circ-75^\circ = 60^\circ$，由正弦定理

$c = \frac{b\sin C}{\sin B} = \frac{2\sin 75^\circ}{\sin 60^\circ}.$

$\sin 75^\circ = \sin(45^\circ+30^\circ) = \frac{\sqrt6+\sqrt2}{4}$，于是

$$c = \frac{2\times\frac{\sqrt6+\sqrt2}{4}}{\frac{\sqrt3}{2}} = \frac{\sqrt6+\sqrt2}{2}\times\frac{2}{\sqrt3} = \frac{\sqrt6+\sqrt2}{\sqrt3} = \sqrt2+\frac{\sqrt6}{3} = \frac{3\sqrt2+\sqrt6}{3} \approx 2.23.$$

练习（第 55 页）第 3 题

3. 在 $\triangle ABC$ 中，已知 $\cos A = \frac{4}{5}$，$B = \frac{\pi}{3}$，$b = \sqrt{3}$，求 $a, c$.

由 $A \in (0,\pi)$ 得 $\sin A > 0$，于是 $\sin A = \sqrt{1-\left(\frac45\right)^2} = \frac35$。

求 $a$ 用正弦定理：

$a = \frac{b\sin A}{\sin B} = \frac{\sqrt3\times\frac35}{\frac{\sqrt3}{2}} = \frac35\times 2 = \frac65.$

求 $c$ 先求 $\sin C$。$C = \pi-A-B$，所以 $\sin C = \sin(A+B)$：

$\sin C = \sin A\cos B+\cos A\sin B = \frac35\times\frac12+\frac45\times\frac{\sqrt3}{2} = \frac{3+4\sqrt3}{10}.$

再由正弦定理

$c = \frac{b\sin C}{\sin B} = \frac{\sqrt3\times\frac{3+4\sqrt3}{10}}{\frac{\sqrt3}{2}} = \frac{3+4\sqrt3}{10}\times 2 = \frac{3+4\sqrt3}{5} \approx 1.986.$

这道题不要先去求角 $A$ 的度数——$\cos A = \frac45$ 不是特殊角，转成度数再算会引入误差。 $\sin C = \sin(A+B)$ 这一步是常用动作：三角形里第三个角的正弦，永远等于另两角之和的正弦。

练习（第 58 页）第 1 题

1. 如图，一艘船向正北航行，航行速度的大小为 $32.2 \mathrm{~n} \mathrm{mile} / \mathrm{h}$，在 $A$ 处看灯塔 $S$ 在船的北偏东 $20^{\circ}$ 的方向上。$30 \mathrm{~min}$ 后，船航行到 $B$ 处，在 $B$ 处看灯塔在船的北偏东 $65^{\circ}$ 的方向上。已知距离此灯塔 $6.5 \mathrm{~n} \mathrm{mile}$ 以外的海区为航行安全区域，这艘船可以继续沿正北方向航行吗？

$30\ \mathrm{min} = 0.5\ \mathrm{h}$，所以 $AB = 32.2\times 0.5 = 16.1\ \mathrm{n\ mile}$。

在 $\triangle ABS$ 中：$\angle SAB = 20^\circ$（$AB$ 指正北，$AS$ 是北偏东 $20^\circ$）； $\angle ABS = 180^\circ-65^\circ = 115^\circ$（$BA$ 指正南，$BS$ 是北偏东 $65^\circ$，两者夹角是 $180^\circ-65^\circ$）。 于是

$\angle ASB = 180^\circ-20^\circ-115^\circ = 45^\circ.$

由正弦定理

$BS = \frac{AB\sin\angle SAB}{\sin\angle ASB} = \frac{16.1\sin 20^\circ}{\sin 45^\circ} \approx \frac{16.1\times 0.3420}{0.7071} \approx 7.79\ \mathrm{n\ mile}.$

船继续沿正北走，它离灯塔最近时的距离就是点 $S$ 到那条航线的距离。在 $B$ 处，航线（正北）与 $BS$ 的夹角是 $65^\circ$，所以

$d = BS\sin 65^\circ \approx 7.79\times 0.9063 \approx 7.06\ \mathrm{n\ mile}.$

$7.06 > 6.5$，最近处仍在安全区域内，所以这艘船可以继续沿正北方向航行。

练习（第 58 页）第 2 题

2. 如下页图，在山脚 A 测得山顶 P 的仰角为 $\alpha$ ，沿倾斜角为 $\beta$ 的斜坡向上走 a m 到达 B 处，在 B 处测得山顶 P 的仰角为 $\gamma$ 。求证：山高 $h=\frac{a\sin\alpha\sin(\gamma-\beta)}{\sin(\gamma-\alpha)}$ 。

先把 $\triangle ABP$ 的三个角标出来（$AB$ 是斜坡，倾斜角 $\beta$；$P$ 是山顶）。

在 $A$ 处：$AP$ 的仰角是 $\alpha$，$AB$ 的仰角是 $\beta$，两条射线都在同一铅垂平面内且都朝山的方向， 所以

$\angle PAB = \alpha-\beta.$

在 $B$ 处：$BP$ 的仰角是 $\gamma$（朝山顶，向上），$BA$ 沿斜坡朝下、与水平方向的夹角是 $\beta$（向下）， 所以 $BP$ 与 $BA$ 的夹角为

$\angle ABP = 180^\circ-(\gamma-\beta).$

于是

$\angle APB = 180^\circ-\angle PAB-\angle ABP = 180^\circ-(\alpha-\beta)-\left[180^\circ-(\gamma-\beta)\right] = \gamma-\alpha.$

在 $\triangle ABP$ 中由正弦定理（注意 $\sin\angle ABP = \sin\left[180^\circ-(\gamma-\beta)\right] = \sin(\gamma-\beta)$）：

$$\frac{AP}{\sin\angle ABP} = \frac{AB}{\sin\angle APB} \;\Longrightarrow\; AP = \frac{a\sin(\gamma-\beta)}{\sin(\gamma-\alpha)}.$$

最后回到”山高”：$h$ 是 $P$ 相对 $A$ 所在水平面的高度，而 $AP$ 的仰角是 $\alpha$，所以

$h = AP\sin\alpha = \frac{a\sin\alpha\sin(\gamma-\beta)}{\sin(\gamma-\alpha)}.$

证毕。（前提 $\gamma > \alpha > \beta$ 由图形保证：越靠近山顶看仰角越大，斜坡的倾斜角小于对山顶的仰角。）

练习（第 58 页）第 3 题

3. 如下页图，一艘海轮从 $A$ 出发，沿北偏东 $75^{\circ}$ 的方向航行 $67.5 \mathrm{~n}$ mile 后到达海岛 $B$ ，然后从 $B$ 出发，沿北偏东 $32^{\circ}$ 的方向航行 $54 \mathrm{~n}$ mile 后到达海岛 $C$ 。如果下

次航行直接从 A 出发到达 C，那么这艘船应该沿怎样的方向航行，需要航行的距离是多少？（角度精确到 $0.1^{\circ}$ ，距离精确到 0.01 n mile）

先求 $\angle ABC$。$A \to B$ 的方位是北偏东 $75^\circ$，所以 $B \to A$ 的方位是南偏西 $75^\circ$； $B \to C$ 的方位是北偏东 $32^\circ$。以正北为 $0^\circ$ 顺时针记方位角：$BA$ 是 $255^\circ$，$BC$ 是 $32^\circ$， 两者相差 $255^\circ-32^\circ = 223^\circ$，取小于 $180^\circ$ 的那一侧：

$\angle ABC = 360^\circ-223^\circ = 137^\circ.$

（也可以这样看：$AB$ 与 $BC$ 的方位角相差 $75^\circ-32^\circ = 43^\circ$，海轮”左转”了 $43^\circ$， 所以三角形在 $B$ 处的内角是 $180^\circ-43^\circ = 137^\circ$。）

由余弦定理

$AC^2 = AB^2+BC^2-2\,AB\cdot BC\cos 137^\circ = 67.5^2+54^2-2\times 67.5\times 54\times\cos 137^\circ.$

$67.5^2 = 4556.25$，$54^2 = 2916$，$2\times 67.5\times 54 = 7290$，$\cos 137^\circ = -\cos 43^\circ \approx -0.7314$，于是

$AC^2 \approx 7472.25+5331.57 = 12803.82, \qquad AC \approx 113.15\ \mathrm{n\ mile}.$

再求方向。由正弦定理

$\sin\angle BAC = \frac{BC\sin\angle ABC}{AC} \approx \frac{54\times 0.6820}{113.15} \approx 0.3255,$

$\angle BAC$ 显然是锐角（$\angle ABC$ 已是钝角），故 $\angle BAC \approx 19.0^\circ$。 $A\to B$ 是北偏东 $75^\circ$，而 $C$ 在 $AB$ 的西侧（海轮向左转），所以

$A\to C \text{ 的方位} \approx \text{北偏东}\ (75^\circ-19.0^\circ) = \text{北偏东}\ 56.0^\circ.$

答：应沿北偏东 $56.0^\circ$ 的方向航行，需航行约 $113.15\ \mathrm{n\ mile}$。

习题 6.4 第 6 题

6. 在 $\triangle ABC$ 中，分别根据下列条件解三角形（角度精确到 $1^{\circ}$ ，边长精确到1 cm）： (1) $a=49\ cm,\ b=26\ cm,\ C=107^{\circ}$ ; (2) $a=9\ cm,\ b=10\ cm,\ c=15\ cm.$

(1) SAS。 $\cos 107^\circ = -\cos 73^\circ \approx -0.2924$（钝角，余弦为负，代进去那个减号变加号）：

$c^2 = a^2+b^2-2ab\cos C \approx 2401+676+2548\times 0.2924 \approx 3077+744.97 = 3821.97,$

$c \approx 61.8 \approx 62\ \mathrm{cm}.$

再由推论求 $A$：

$\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} \approx \frac{676+3821.97-2401}{2\times 26\times 61.82} = \frac{2096.97}{3214.6} \approx 0.6523,$

$A \approx 49^\circ$；于是 $B \approx 180^\circ-107^\circ-49.3^\circ \approx 24^\circ$。

(2) SSS，三个角都用推论：

$\cos A = \frac{100+225-81}{2\times 10\times 15} = \frac{244}{300} \approx 0.8133 \Rightarrow A \approx 36^\circ,$

$\cos B = \frac{81+225-100}{2\times 9\times 15} = \frac{206}{270} \approx 0.7630 \Rightarrow B \approx 40^\circ,$

$\cos C = \frac{81+100-225}{2\times 9\times 10} = -\frac{44}{180} \approx -0.2444 \Rightarrow C \approx 104^\circ.$

$\cos C < 0$，所以 $C$ 是钝角——这也可以在动手之前就看出来：$c$ 是最大边，且 $a^2+b^2 = 181 < 225 = c^2$。 核一下内角和：$35.6^\circ+40.3^\circ+104.1^\circ \approx 180^\circ$，相符。

习题 6.4 第 7 题

7. 在$\triangle ABC$中，分别根据下列条件解三角形（角度精确到$1^{\circ}$，边长精确到$1\ \text{cm}$）： (1) $A=70^{\circ}$, $C=30^{\circ}$, $c=20\ \text{cm}$; (2) $b=26\ \text{cm}$, $c=15\ \text{cm}$, $C=23^{\circ}$.

(1) AAS。 $B = 180^\circ-70^\circ-30^\circ = 80^\circ$。由正弦定理（$\sin 30^\circ = \frac12$，除以它就是乘 2）：

$a = \frac{c\sin A}{\sin C} = 40\sin 70^\circ \approx 40\times 0.9397 \approx 37.6 \approx 38\ \mathrm{cm},$

$b = \frac{c\sin B}{\sin C} = 40\sin 80^\circ \approx 40\times 0.9848 \approx 39.4 \approx 39\ \mathrm{cm}.$

(2) SSA，两解。 由正弦定理

$\sin B = \frac{b\sin C}{c} = \frac{26\sin 23^\circ}{15} \approx \frac{26\times 0.3907}{15} \approx 0.6771.$

查三条：$\sin B < 1$（有解）；$b > c$ 说明 $B > C = 23^\circ$，钝角候选不违反；$C = 23^\circ$ 是锐角， 两个候选加上它都不足 $180^\circ$。两解都成立。

情形一：$B \approx 42.6^\circ \approx 43^\circ$，$A \approx 180^\circ-23^\circ-42.6^\circ = 114.4^\circ \approx 114^\circ$，

$a = \frac{c\sin A}{\sin C} \approx \frac{15\times 0.9107}{0.3907} \approx 35.0 \approx 35\ \mathrm{cm}.$

情形二：$B \approx 137.4^\circ \approx 137^\circ$，$A \approx 180^\circ-23^\circ-137.4^\circ = 19.6^\circ \approx 20^\circ$，

$a = \frac{c\sin A}{\sin C} \approx \frac{15\times 0.3356}{0.3907} \approx 12.9 \approx 13\ \mathrm{cm}.$

即 $B \approx 43^\circ,\ A \approx 114^\circ,\ a \approx 35\ \mathrm{cm}$，或 $B \approx 137^\circ,\ A \approx 20^\circ,\ a \approx 13\ \mathrm{cm}$。

习题 6.4 第 8 题

8. 如图，测量河对岸的塔高 $AB$ 时，可以选取与塔底 $B$ 在同一水平面内的两个测量基点 $C$ 与 $D$. 现测得 $\angle BCD = \alpha$，$\angle BDC = \beta$，$CD = s$，在点 $C$ 测得塔顶 $A$ 的仰角为 $\theta$，求塔高 $AB$.

两步：先在水平面内的 $\triangle BCD$ 里求出 $BC$，再在铅垂的直角 $\triangle ABC$ 里求 $AB$。

$B$、$C$、$D$ 共面（同一水平面），在 $\triangle BCD$ 中

$\angle DBC = 180^\circ-\alpha-\beta,$

由正弦定理

$$\frac{BC}{\sin\angle BDC} = \frac{CD}{\sin\angle DBC} \;\Longrightarrow\; BC = \frac{s\sin\beta}{\sin(180^\circ-\alpha-\beta)} = \frac{s\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}.$$

塔 $AB$ 铅直于水平面，故 $AB \perp BC$，$\triangle ABC$ 是直角三角形，$\angle ACB = \theta$：

$AB = BC\tan\theta = \frac{s\sin\beta\tan\theta}{\sin(\alpha+\beta)}.$

这道题是”测量题固定动作”的最短样本：基线 $CD$ 给在水平面里，仰角给在铅垂面里， 两个平面各解一个三角形，接口是公共边 $BC$。

习题 6.4 第 9 题

9. 在气象台 A 的正西方向 300 km 处有一台风中心，它正向东北方向移动，移动速度的大小为 40 km/h，距台风中心 250 km 以内的地区都将受到影响。若台风中心的这种移动趋势不变，气象台所在地是否会受到台风的影响？如果会，大约多长时间后受到影响？持续时间有多长（精确到 1 min）？

设台风中心初始位置为 $O$，$t$ 小时后到 $P$，则 $OP = 40t$。$A$ 在 $O$ 的正东方向，$OA = 300$； 台风朝东北（北偏东 $45^\circ$）移动，而 $OA$ 指向正东，两者夹角

$\angle AOP = 90^\circ-45^\circ = 45^\circ.$

在 $\triangle AOP$ 中由余弦定理

$$AP^2 = OA^2+OP^2-2\,OA\cdot OP\cos 45^\circ = 90000+1600t^2-2\times 300\times 40t\times\frac{\sqrt2}{2} = 1600t^2-12000\sqrt2\,t+90000.$$

受影响的条件是 $AP \leqslant 250$，即 $AP^2 \leqslant 62500$：

$$1600t^2-12000\sqrt2\,t+27500 \leqslant 0 \;\Longleftrightarrow\; t^2-\frac{15\sqrt2}{2}t+\frac{275}{16} \leqslant 0.$$

（$\frac{12000\sqrt2}{1600} = \frac{15\sqrt2}{2} \approx 10.6066$，$\frac{27500}{1600} = \frac{275}{16} = 17.1875$。）

判别式

$\Delta = \left(\frac{15\sqrt2}{2}\right)^2-4\times\frac{275}{16} = 112.5-68.75 = 43.75 > 0,$

所以不等式有解——气象台所在地会受到台风影响。两根为

$t = \frac{10.6066 \pm \sqrt{43.75}}{2} = \frac{10.6066 \pm 6.6144}{2},$

即 $t_1 \approx 2.00$，$t_2 \approx 8.61$。

答：约 $2$ 小时后开始受到影响；持续时间

$t_2-t_1 = \sqrt{43.75} \approx 6.6144\ \mathrm{h} \approx 6\ \mathrm{h}\ 37\ \mathrm{min}.$

（$0.6144\times 60 \approx 36.9 \approx 37\ \mathrm{min}$。持续时间就是两根之差，不必分别取近似再相减。）

习题 6.4 第 10 题

10. 你能用三角形的边和角的正弦表示三角形的面积吗？

能，而且有三个等价写法：

$S = \frac12 ab\sin C = \frac12 bc\sin A = \frac12 ca\sin B.$

推导（以第一式为例）：取 $BC$ 为底，作 $AD \perp BC$，$D$ 为垂足，$h = AD$。

• 若 $C$ 是锐角，在直角 $\triangle ACD$ 中 $h = AC\sin C = b\sin C$；
• 若 $C$ 是钝角，垂足 $D$ 落在 $BC$ 的延长线上，$\angle ACD = 180^\circ-C$， 于是 $h = b\sin(180^\circ-C) = b\sin C$——同一个式子；
• 若 $C = 90^\circ$，$h = b = b\sin 90^\circ$，也一致。

所以三种情形统一为 $h = b\sin C$，于是

$S = \frac12\,a\,h = \frac12 ab\sin C.$

另两式把底换成 $CA$、$AB$ 同理可得。要记的是两边夹一角这个结构：式子里的角必须是那两边的夹角。

习题 6.4 第 12 题

12. 如图，在 $\triangle ABC$ 中，已知 $AB = 2$ ， $AC = 5$ ， $\angle BAC = 60^{\circ}$ ， $BC$ ， $AC$ 边上的两条中线 $AM$ ， $BN$ 相交于点 $P$ ，求 $\angle MPN$ 的余弦值.

用向量算最省事。记 $\boldsymbol{u} = \overrightarrow{AB}$、$\boldsymbol{v} = \overrightarrow{AC}$，则

$$|\boldsymbol{u}| = 2,\quad |\boldsymbol{v}| = 5,\quad \boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{v} = 2\times 5\times\cos 60^\circ = 5.$$

两条中线交于重心 $P$，故以 $A$ 为起点

$$\overrightarrow{AM} = \frac{\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}}{2},\qquad \overrightarrow{AN} = \frac{\boldsymbol{v}}{2},\qquad \overrightarrow{AP} = \frac{\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}}{3}.$$

于是

$$\overrightarrow{PM} = \overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AP} = \frac{\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}}{6},\qquad \overrightarrow{PN} = \overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AP} = \frac{\boldsymbol{v}}{2}-\frac{\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}}{3} = \frac{\boldsymbol{v}-2\boldsymbol{u}}{6}.$$

分别算数量积与长度：

$$\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PN} = \frac{1}{36}(\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v})\cdot(\boldsymbol{v}-2\boldsymbol{u}) = \frac{1}{36}\left(|\boldsymbol{v}|^2-\boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{v}-2|\boldsymbol{u}|^2\right) = \frac{25-5-8}{36} = \frac{12}{36} = \frac13,$$

$|\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}|^2 = 4+25+2\times 5 = 39 \Rightarrow |\overrightarrow{PM}| = \frac{\sqrt{39}}{6},$

$|\boldsymbol{v}-2\boldsymbol{u}|^2 = 25+4\times 4-4\times 5 = 21 \Rightarrow |\overrightarrow{PN}| = \frac{\sqrt{21}}{6}.$

所以

$$\cos\angle MPN = \frac{\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PN}}{|\overrightarrow{PM}|\,|\overrightarrow{PN}|} = \frac{\frac13}{\frac{\sqrt{39}}{6}\cdot\frac{\sqrt{21}}{6}} = \frac{12}{\sqrt{819}} = \frac{12}{3\sqrt{91}} = \frac{4\sqrt{91}}{91} \approx 0.419.$$

（$819 = 9\times 91$。$\cos\angle MPN > 0$，所以 $\angle MPN$ 是锐角，约 $65.2^\circ$。）

用到的两条结论：重心把中线分成 $2:1$（所以 $\overrightarrow{AP} = \frac23\overrightarrow{AM}$）， 以及求夹角余弦一律走数量积定义。

习题 6.4 第 15 题

15. $\triangle ABC$ 的三边分别为 $a, b, c$，边 $BC, CA, AB$ 上的中线分别记为 $m_a, m_b, m_c$，利用余弦定理证明

$m _ {a} = \frac {1}{2} \sqrt {2 (b ^ {2} + c ^ {2}) - a ^ {2}},$

$m _ {b} = \frac {1}{2} \sqrt {2 (a ^ {2} + c ^ {2}) - b ^ {2}},$

$m _ {c} = \frac {1}{2} \sqrt {2 (a ^ {2} + b ^ {2}) - c ^ {2}}.$

只证第一式，另两式把字母轮换即可。

设 $M$ 是 $BC$ 的中点，则 $m_a = AM$，$BM = \frac{a}{2}$。在 $\triangle ABM$ 中，$\angle ABM = B$， 由余弦定理

$m_a^2 = AB^2+BM^2-2\,AB\cdot BM\cos B = c^2+\frac{a^2}{4}-2c\cdot\frac{a}{2}\cos B = c^2+\frac{a^2}{4}-ac\cos B.$

再把 $\cos B$ 用原三角形的余弦定理推论换掉：$\cos B = \dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$，于是

$ac\cos B = \frac{a^2+c^2-b^2}{2},$

$$m_a^2 = c^2+\frac{a^2}{4}-\frac{a^2+c^2-b^2}{2} = \frac{4c^2+a^2-2a^2-2c^2+2b^2}{4} = \frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}.$$

$m_a > 0$，开方即得

$m_a = \frac12\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}.$

同理（在 $\triangle BCN$ 中对 $b$ 边的中线用一次余弦定理，或直接把 $a\to b\to c\to a$ 轮换）得另两式。证毕。

这道题的关键动作：在小三角形里用一次余弦定理得到含 $\cos B$ 的式子，再在大三角形里用推论 把 $\cos B$ 换成边——两次余弦定理，一次正用一次反用。

习题 6.4 第 16 题

16. 在 $\triangle ABC$ 中，求证：$c(a \cos B - b \cos A) = a^2 - b^2$.

题干里有 $\cos$、结论里只有边，所以走”全部化成边”这个方向。由余弦定理的推论

$$a\cos B = a\cdot\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} = \frac{a^2+c^2-b^2}{2c},\qquad b\cos A = b\cdot\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} = \frac{b^2+c^2-a^2}{2c}.$$

两式相减，分母相同，分子里的 $c^2$ 正好抵消：

$a\cos B-b\cos A = \frac{(a^2+c^2-b^2)-(b^2+c^2-a^2)}{2c} = \frac{2a^2-2b^2}{2c} = \frac{a^2-b^2}{c}.$

两边同乘 $c$（$c > 0$）：

$c(a\cos B-b\cos A) = a^2-b^2.$

证毕。

习题 6.4 第 17 题

17. 证明：设三角形的外接圆的半径是 $R$，则 $a = 2R\sin A$，$b = 2R\sin B$，$c = 2R\sin C$.

只证 $a = 2R\sin A$，另两式同理。

作外接圆的直径 $BA'$（$A'$ 在圆上，$BA' = 2R$），连 $A'C$。由”直径所对的圆周角是直角”得 $\angle BCA' = 90^\circ$，所以在直角 $\triangle BCA'$ 中

$a = BC = BA'\sin\angle BA'C = 2R\sin\angle BA'C.$

剩下的是把 $\angle BA'C$ 与 $A$ 对上，按 $A$ 的类型分三种情形：

• $A$ 为锐角：$A$ 与 $A'$ 在弦 $BC$ 的同侧，同弧 $BC$ 所对的圆周角相等，$\angle BA'C = A$， 故 $a = 2R\sin A$；
• $A$ 为钝角：$A$ 与 $A'$ 在弦 $BC$ 的异侧，$BACA'$ 是圆内接四边形，对角互补， $\angle BA'C = 180^\circ-A$，而 $\sin(180^\circ-A) = \sin A$，故仍有 $a = 2R\sin A$；
• $A = 90^\circ$：此时 $BC$ 本身就是直径，$a = 2R = 2R\sin 90^\circ$，也成立。

三种情形都得 $a = 2R\sin A$。同理 $b = 2R\sin B$、$c = 2R\sin C$。证毕。

顺带：这三式把正弦定理的公共比值认出来了——$\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B} = \dfrac{c}{\sin C} = 2R$。 “边角互化”里把 $a$ 换成 $2R\sin A$ 的那一步，靠的就是这道题。

习题 6.4 第 18 题

18. 利用第10题的结论，证明三角形的面积公式

$S = \frac {1}{2} a ^ {2} \frac {\sin B \sin C}{\sin A}.$

第 10 题的结论是 $S = \frac12 ab\sin C$。现在要把 $b$ 换成用 $a$ 与角表示。由正弦定理

$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} \;\Longrightarrow\; b = \frac{a\sin B}{\sin A}$

（$\sin A \neq 0$，因为 $A \in (0,\pi)$）。代入：

$S = \frac12\,a\,b\,\sin C = \frac12\,a\cdot\frac{a\sin B}{\sin A}\cdot\sin C = \frac12 a^2\,\frac{\sin B\sin C}{\sin A}.$

证毕。这个式子的用处是只知一边两角时直接算面积，不必先把另两边求出来。

习题 6.4 第 20 题

20. 已知 $\triangle ABC$ 的三个角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$ 设 $p = \frac{1}{2} (a + b + c)$，求证：

(1) 三角形的面积 $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ ;

(2) 若 $r$ 为三角形的内切圆半径，则

$r = \sqrt {\frac {(p - a) (p - b) (p - c)}{p}};$

（3）把边 $BC$ ， $AC$ ， $AB$ 上的高分别记为 $h_a$ ， $h_b$ ， $h_c$ ，则

$h _ {a} = \frac {2}{a} \sqrt {p (p - a) (p - b) (p - c)},$

$h _ {b} = \frac {2}{b} \sqrt {p (p - a) (p - b) (p - c)},$

$h _ {c} = \frac {2}{c} \sqrt {p (p - a) (p - b) (p - c)}.$

(1) 海伦公式。 从 $S = \frac12 bc\sin A$ 出发，把 $\sin A$ 用 $\cos A$ 换掉 （$A \in (0,\pi)$ 故 $\sin A > 0$，开方取正号），再用余弦定理的推论：

$$S = \frac12 bc\sqrt{1-\cos^2 A} = \frac12 bc\sqrt{1-\left(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right)^2} = \frac14\sqrt{4b^2c^2-(b^2+c^2-a^2)^2}.$$

根号里用两次平方差：

$$4b^2c^2-(b^2+c^2-a^2)^2 = \left[2bc-(b^2+c^2-a^2)\right]\left[2bc+(b^2+c^2-a^2)\right] = \left[a^2-(b-c)^2\right]\left[(b+c)^2-a^2\right]$$

$= (a-b+c)(a+b-c)(b+c-a)(b+c+a).$

用 $p$ 改写这四个因子：$a+b+c = 2p$，$b+c-a = 2(p-a)$，$a+c-b = 2(p-b)$，$a+b-c = 2(p-c)$， 于是四个因子之积 $= 16p(p-a)(p-b)(p-c)$，代回

$S = \frac14\sqrt{16p(p-a)(p-b)(p-c)} = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}.$

(2) 内切圆半径。 设内心为 $I$，内切圆半径 $r$ 就是 $I$ 到三边的距离。把 $\triangle ABC$ 按 $IA$、$IB$、$IC$ 割成三块，每块以一条边为底、高都是 $r$：

$S = \frac12 ar+\frac12 br+\frac12 cr = \frac{a+b+c}{2}\,r = pr.$

所以 $r = \dfrac{S}{p}$，代入 (1)：

$$r = \frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p} = \sqrt{\frac{p(p-a)(p-b)(p-c)}{p^2}} = \sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}.$$

(3) 三条高。 由 $S = \frac12 a h_a$ 得 $h_a = \dfrac{2S}{a}$，代入 (1)：

$h_a = \frac{2}{a}\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}.$

把底换成 $AC$、$AB$（即 $S = \frac12 b h_b = \frac12 c h_c$）同理得另两式。证毕。

一句话总结这道题的结构：(1) 是硬算，(2)(3) 都是”面积的另一种拆法”——同一个 $S$ 用不同方式表达， 一个用 $pr$，一个用 $\frac12 a h_a$，然后与 (1) 联立。这是解三角形里最省力的一类技巧。

习题 6.4 第 22 题

22. 已知 $a, b, c$ 分别为 $\triangle ABC$ 三个内角 $A, B, C$ 的对边，且 $a \cos C + \sqrt{3} a \sin C - b - c = 0$. (1) 求 $A$; (2) 若 $a = 2$，则 $\triangle ABC$ 的面积为 $\sqrt{3}$，求 $b, c$.

(1) 条件里边、角混着，且角的成分多（有 $\cos C$、$\sin C$），走”全部化成角”。 由正弦定理 $a = 2R\sin A$ 等，把三条边都换掉，公共因子 $2R$ 整体约去：

$\sin A\cos C+\sqrt3\sin A\sin C-\sin B-\sin C = 0.$

关键一步是消掉 $B$：$B = \pi-A-C$，所以 $\sin B = \sin(A+C) = \sin A\cos C+\cos A\sin C$。代入后 $\sin A\cos C$ 恰好抵消：

$$\sqrt3\sin A\sin C-\cos A\sin C-\sin C = 0 \;\Longrightarrow\; \sin C\left(\sqrt3\sin A-\cos A-1\right) = 0.$$

$C \in (0,\pi)$ 故 $\sin C \neq 0$（这一步必须说，不能直接约掉），于是

$$\sqrt3\sin A-\cos A = 1 \;\Longrightarrow\; 2\sin\left(A-\frac{\pi}{6}\right) = 1 \;\Longrightarrow\; \sin\left(A-\frac{\pi}{6}\right) = \frac12.$$

由 $A \in (0,\pi)$ 得 $A-\frac{\pi}{6} \in \left(-\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}\right)$，在这个范围里 $\sin\theta = \frac12$ 的解有 $\theta = \frac{\pi}{6}$ 与 $\theta = \frac{5\pi}{6}$， 而后者对应 $A = \pi$（不是内角），舍去。所以

$A = \frac{\pi}{3}.$

(2) 由面积公式（第 10 题的结论）

$$S = \frac12 bc\sin A = \frac12 bc\cdot\frac{\sqrt3}{2} = \frac{\sqrt3}{4}bc = \sqrt3 \;\Longrightarrow\; bc = 4.$$

再由余弦定理，$a = 2$、$\cos A = \frac12$：

$a^2 = b^2+c^2-2bc\cos A \;\Longrightarrow\; 4 = b^2+c^2-4 \;\Longrightarrow\; b^2+c^2 = 8.$

于是 $(b+c)^2 = b^2+c^2+2bc = 8+8 = 16$，$b+c > 0$ 故 $b+c = 4$。$b$、$c$ 是方程

$t^2-4t+4 = 0$

的两根，即 $t = 2$（二重根），所以

$b = c = 2.$

（此时 $a = b = c = 2$，$\triangle ABC$ 是等边三角形，与 $A = \frac{\pi}{3}$ 一致——可作为答案的自检。）