教师节的画-长治学院教务处

第31炼 解三角形中的要素
一、基础知识：
1、正弦定理：
ab c
2R
，其中
R
为
VABC
外接圆的半径
sinAsinBsinC
正弦定理的主要作用是方程和分式中的边角互化。其原则为关于边，或是角的 正弦值是否具
备齐次的特征。如果齐次则可直接进行边化角或是角化边，否则不可行
例如：（1）
sinAsinBsinAsinBsinCababc

（2）
bcosCccosBasinBcosCsinCcosBsi nA
（恒等式）
（3）
222222
bcsinBsinC


22
as inA
222
2、余弦定理：
abc2bccosA

b< br>2
c
2
a
2
变式：（1）
cosA

2bc
① 此公式通过边的大小（角两边与对边）可以判断出
A
是钝角还是锐角
当
bca
时，
cosA0
，即
A
为锐角；
当
bca
（勾股定理）时，
cosA0
，即
A
为直角；
当
bca
时，
cosA0
，即
A
为钝角
② 观察到分式为齐二次分式，所以已知
a,b,c
的值或者
a:b:c均可求出
cosA

（2）
a

bc
< br>2bc

1cosA

此公式在已知
bc
和
bc
时不需要计算出
b,c
的值，进
2
2
222< br>222
222
行整体代入即可
3、三角形面积公式：
1
ah
（
a
为三角形的底，
h
为对应的高）
2
111
（2）
SabsinCbcsinAacsinB

222
1
（3）
S

abc

r
（
r
为三角形内切圆半径，此公式也可用于求内切圆半径）
2
1
（4）海伦公式：
Sp

pa

pb

pc

,p

abc


2
（1）
S
1
（5）向量方法：
S
2
证明：
S

rr
ab


2
rr< br>ab
2
rr
（其中
a,b
为边
a,b
所构成的向量，方向任意）
111
absinCS
2
a
2
b
2
sin
2
Ca
2
b
2

1cos
2
C

244
rr
1
22

S

ab



abcosC

，而
ab abcosC

2

- 1 -

1



S
2

rr
ab


2
rr
ab
2

rr
1
坐标 表示：
a

x
1
,y
1

,b

x
2
,y
2

，则
Sx
1
y
2
x
2
y
1

2
4、三角形内角和
ABC

（两角可表示另一角）。
sin(AB)sin


C

sinC

cos(AB)cos


C

cosC

5、确定三角形要素的条件：
（1）唯一确定的三角形：
① 已知三边（SSS）：可利用余弦定理求出剩余的三个角
② 已知两边及夹角（SAS）：可利用余弦定理求出第三边，进而用余弦定理（或正弦定理）求
出剩余两角
③ 两角及一边（AAS或ASA）：利用两角先求出另一个角，然后利用正弦定理确定其它两条边
（2）不唯一确定的三角形
① 已知三个角（AAA）：由相似三角形可知，三个角对应相等 的三角形有无数多个。由正弦定
理可得：已知三个角只能求出三边的比例：
a:b:csin A:sinB:sinC

② 已知两边及一边的对角（SSA）：比如已知
a,b ,A
，所确定的三角形有可能唯一，也有可能
是两个。其原因在于当使用正弦定理求
B
时，
abbsinA
，而
sinB
sinAsinBa





B

0,

U

,


时，一个
sinB
可能对应两个角（1个 锐角，1个钝角），所以三角形可

2

2

能不唯一。 （判定是否唯一可利用三角形大角对大边的特点，具体可参考例1）
6、解三角形的常用方法：
（1）直接法：观察题目中所给的三角形要素，使用正余弦定理求解
（2）间接法：可以根据所求变量的个数，利用正余弦定理，面积公式等建立方程，再进行求
解
7、三角形的中线定理与角平分线定理
（1）三角形中线定理：如图，设
AD
为
VABC
的一条中线，
A
则
AB
2
AC2
2AD
2
BD
2
（知三求一）

证明：在
VABD
中
AB
2
AD
2
BD
2
2ADBDcosADB
①
AC
2< br>AD
2
DC
2
2ADDCcosADC
②
B
D
C
QD
为
BC
中点
BDCD

QADBADC


cosADBcosADC


①

②可得：
AB
2
AC
2
2

AD
2
 BD
2



- 2 -

（2）角平分线 定理：如图，设
AD
为
VABC
中
BAC
的
AB BD
角平分线，则

ACCD
证明：过
D
作
D E
∥
AC
交
AB
于
E

BDBE

EDADAC


DCAE
QAD
为
BAC
的角平分线
B
EADDAC

EDAEAD

VEAD
为等腰三角形
EAED

BDBEBEBEAB
而由
VBED:VBAC
可得：

DCAEEDEDAC
ABBD


ACCD
二、典型例题：
例1：（1）
VABC
的内 角
A,B,C
所对的边分别为
a,b,c
，若
c
A
E
D
C
2,b6,B60
o
，则
C
___ __
（2））若
c
VABC
的内角
A,B,C
所对的边 分别为
a,b,c
，
思路：（1）由已知
B,b,c
求
C< br>可联想到使用正弦定理：
代入可解得：
sinC
答案：
C30
（2）由已知
C,b,c
求
B
可联想到使用正弦定理：
o
2,b6,C30
o
，则
B
_____
bccsinB

sinC
sinBsinCb
1
oo
。由
cb
可得：
CB60
，所以
C30

2
bcbsinC

sinB
sinBsinCc代入可解得：
sinB
3
ooo
，则
B60
或B120
，由
cb
可得：
CB
，所以
B60< br>和
2
B120
o
均满足条件
答案：
B60
或
B120

小炼有话说：对比（1）（ 2）可发现对于两边及一边的对角，满足条件的三角形可能唯一确
定，也有可能两种情况，在判断时可根 据“大边对大角”的原则，利用边的大小关系判断出
角之间的大小关系，判定出所求角是否可能存在钝角 的情况。进而确定是一个解还是两个解。
例2：在
VABC
中，
BC2, B60
，若
VABC
的面积等于
o
oo
3
，则< br>AC
边长为_________
2
思路：通过条件可想到利用面积
S
与
BC,B
求出另一条边
AB
，再利用余弦定理求出
AC
即
可

- 3 -

解：
S
V ABC

1133
ABBCsinBAB2

2222
AB1

1
AC
2
AB
2
BC
2
2ABBCcosB14223

2
AC3

答案：
3

例3：（2012课标 全国）已知
a,b,c
分别为
VABC
三个内角
A,B,C
的对边，且有
acosC3asinCbc0

（1）求
A

（2）若
a2
，且
VABC的面积为
3
，求
b,c

（1）思路：从等式
aco sC3asinCbc0
入手，观察每一项关于
a,b,c
齐次，考虑
利用正弦定理边化角：
acosC3asinCbc0sinAcosC3sinAsi nCsinBsinC0
，所涉及式
子与
A,C
关联较大，从而考虑换 掉
sinBsin

AC

，展开化简后即可求出
A< br>
解：
acosC3asinCbc0

sinAcosC3sinAsinCsinBsinC0

sinAc osC3sinAsinCsin

AC

sinC0

sinAcosC3sinAsinCsinAcosCsinCcosAsinC0
即
3sinAcosA12sin

A






1

1sinA
< br>

6

6

2
A
A

6


6
或
A

6

5

（舍）
6

3

（2）思路： 由（1）可得
A

3
，再由
S
VABC
3，
a2
可想到利用面积与关于
A
的余弦
定理可列出
b ,c
的两个方程，解出
b,c
即可

- 4 -

解：
S
VABC

1
bcsinA3bc4

2
a
2
b
2
c
2
2bccosA 4b
2
c
2
bc


b
2
c
2
bc4

b
2
c
2
8< br>
b2
可解得






c2


bc4

bc4
小炼有话说：通过 第（1）问可以看出，在遇到关于边角的方程时，可观察边与角正弦中是否
具备齐次的特点，以便于进行 边角互化。另一方面当角
A,B,C
同时出现在方程中时，通常要
从所给项中联想到相 关两角和差的正余弦公式，然后选择要消去的角
例4：如图，在
VABC
中，
D
是边
AC
上的点，且
ABAD,2AB3BD,BC2BD
，则
B
sinC
的值为___________
思路：求
sin C
的值考虑把
C
放入到三角形中，可选的三角形有
VABC

和
VBDC
，在
VBDC
中，已知条件有两边
BD,BC
，但是缺少一个
A
D
C
角（或者边），看能否通过其它三角形求出所需要素， 在
VABD
中，三边比例已知，进而可
求出
BDA
，再利用补角关 系求出
BDC
，从而
VBDC
中已知两边一角，可解出
C

解：由
2AB3BD
可设
BD2k
则
AB3k

AD3k,BC4k


在
VADB
中，
cosADB
ADBDAB

2ADBD
222
 
3k
2


2k


23k2k2

3k
2

3

3
cosBDCcosADB
36

sinBDC

33
BDBCBDsinBDC6
sinC

sinC sinBDCBC6
在
VBDC
中，由正弦定理可得：
小炼有话说：（1）在 图形中求边或角，要把边和角放入到三角形当中求解，在选择三角形时
尽量选择要素多的，并考虑如何将 所缺要素利用其它条件求出。
（2）本题中给出了关于边的比例，通常对于比例式可考虑引入一个字 母（例如本题中的
k
），
这样可以将比例转化为边的具体数值，便于计算
例 5：已知
VABC
中，
a,b,c
分别是角
A,B,C
所对 边的边长
，
若
VABC
的面积为
S
，且
2S
ab

c
2
，则
tanC
等于____ _______
2

- 5 -

思路：由已知
2 S

ab

c
2
可联想到余弦定理关于
co sC
的内容，而
S
以可以得到一个关于
sinC,cosC
的式子 ，进而求出
tanC

解：
2S

ab
< br>c2
2
222
2
1
absinC
，所
2
2
1
absinCa
2
b
2
c
2
2ab

2
222
而
cab2abcosC

abc2abcosC
代入可得：
absinC2ab2abcosCsinC22cosC

4

sinC


sinC22cosC

5


2



2
3

sinC cosC1

cosC

5

4
tan C

3
答案：
tanC
4

3
例6：在
ABC
中，内角
A,B,C
所对的边分别为
a,b,c
，已知
ABC
的面积为
315
，
1
bc2,cosA,
则
a
的值为 .
4
思路：已知
cosA
求
a
可以联想到余弦定理，但要 解出
b,c
的值，所以寻找解出
b,c
的条件，
15
1代入可得
bc24
，再由
bc2
S
VABC
b csinA315
，而
sinA1cos
2
A
4
2
可得
abc2bccosA

bc

2bc 2bccosA64
，所以
a8

222
2
答案：
8

例7：设
VABC
的内角
A,B,C
所对边的长分别为
a,b,c
，若
bsinA3 acosB0
，且
b
2
ac
，则
A.
ac
的值为（ ）
b
2
C.
2
D.
4

2
B.
2
思路：由
bsi nA3acosB0
可得：
sinBsinA3sinAcosB0
，从而< br>tanB3
，
解得
B

3
，从
bac
可联想到余弦定理：
bac2accosBacac
，所以
2< br>222222
2
22
有
acacac

a c

0
，从而
ac
再由
bac
可得
abc
，所以
ac
的
b
值为
2

答案：C

- 6 -

小炼有话说：本题的难点在于公式 的选择，
bac
以及所求
2
ac
也会让我们想到正弦定理。b
但是通过尝试可发现利用角进行计算较为复杂。所以在解三角形的题目中，条件的特征决定
选择哪种公式入手；如果所给是关于边，角正弦的其次式，可以考虑正弦定理。如果条件中
含有角的余 弦，或者是边的平方项，那么可考虑尝试余弦定理。
例8：设
VABC
的内角
A,B,C
所对边的长分别为
a,b,c
，且
babc,A
A.
22

6
，则
C
（ ）
3


3

B. C. D. 或
44
644
22222
思路： 由
abbc
的结构可以联想到余弦定理：
abc2bccosA
， 可以此为突破
口，即
bbcbc2bccosA
，代入解得：
c
得到
a,b,c
比例代入余弦定理可计算出
C

解：由
babc
可得：
abbc
，
2222222

31b
，进而求出
a

31
b
，
2
Q
a
2
b
2
c
2
2bccosA

b
2
bcb
2
c< br>2
2bccosA

c
2


31bc

c
22< br>
31b
代入到
b
2
a
2
bc

可得：
ab

31b
2

a23b

42331
bb

2
2
a:b:c
31
:1:31

2a
2
b
2
c
2
cosC
2abC

31
2

2
1

3 1

2
2
31
2

2

2

4

例9：已知
VABC
的三边长为三个连续 的自然数，且最大内角是最小内角的2倍，则最小内角
的余弦值是（ ）
3572
B. C. D.
46103
思路：不妨考虑
ab c
，将三个边设为
ax1,bx,cx1
，则
C2A
，想到正弦定
csinCsin2A
理
2cosA
，再将
co sA
利用余弦定理用边表示，列方程解出
x
，从而求
asinAsinAA.

- 7 -

出
cosA

解：设
abc
，则
ax1,bx,cx1

csinCsin2A
2cosA

QC2A


asinAsinA
cb
2
c
2
a
2< br>b
2
c
2
a
2
2
代入
ax1,bx,cx1
可得：
a2bcbc
2
x1
x 

x1



x1


，解得：
x5

x1x

x1

22a4,b5,c6

b
2
c
2
a
2
3
cosA

2bc4
答案：A
小炼有话说 ：本题的特色在于如何利用“最大内角是最小内角2倍”这个条件，可联想到正
余弦的二倍角公式。本题 采用正弦二倍角公式，在加上余弦定理可之间与题目中边的条件找
到联系。如果采用余弦二倍角公式，则 有
cosC2cosA1
，即便使用余弦定理也会导致方
程次数过高，不利于求解 。
例10：在
VABC
中，
D
为边
BC
上一点，
BD
面积为
33
，则
BAC
_________
思路：要求出
BAC
，可在
VABC
中求解，通过观察条件
2
1
CD,ADB120
o
,AD2
，若
VADC
的
2
A
ADB120
o
(ADC120
o
),AD2,S
ADC
33
，可
从
VADC
可解，解出
AD,AC
，进而求出
BD
，再在
VABD
中解 出
AB
，从而
VABC
三边齐备，利用余弦定理可求出
BAC
解：
QS
VADC

B
D
C
1ADDCsinADC33

2
DC
233
2 sin


3

2

31


BD
2
1
DC31

2
22 2
ACADDC2ADDCcosADC2

2

6423

AC31


31

222


2

31cos


3


6


- 8 -