2.1 基本公式

本小节的内容主要运用正弦定理、余弦定理和面积公式来解决三角形中的一些问题, 重点在于熟练运用这几个基本公式. 我们先从正弦定理开始.

正弦定理

设 $△ABC$ 的内角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ , 则 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$ , 这里 $R$ 为 $△ABC$ 的外接圆半径.

正弦定理的特点在于它揭示了边与其对角之间的对应关系. 这一特点提示我们, 如果题中包含了边角相对的条件, 那么我们可以考虑运用正弦定理.

例 2.1

(2020 北京 17 节选) 在 $△ABC$ 中, $a+b=11,\cos A=\frac{1}{8},\cos B=\frac{9}{16}$ , 则 $a$ 的值为 ____.

解析

因为 $A$, $B$, $C$ 为三角形的内角，所以 $\sin A=\sqrt{1-{\cos }^{2}A}=\frac{3\sqrt{7}}{8},\sin B=\sqrt{1-{\cos }^{2}B}=\frac{5\sqrt{7}}{16}$ ，由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$ ，可得 5a = 6b。又因为 $a+b=11$ ，所以 a = 6。

由于三角形的内角和恒为 $180^{\circ }$ , 所以一些常见的等价变形经常出现在考题之中.

知识点 2.1

在 $△ABC$ 中，由内角和定理与诱导公式可得(1) $\sin A=\sin (B+C)$ ；(2) $\cos A=-\cos (B+C)$ ；(3) $\sin \frac{A}{2}=\cos \frac{B+C}{2}$ .

知识点2.1的推导只要利用 $A=\pi -(B+C)$ 和诱导公式即可。同理，利用 $B=\pi -(A+C)$ 或 $C=\pi -(A+B)$ 与诱导公式可得类似的公式。

例 2.2

(2016 全国 II 理 13)△ABC 的内角 $A$, $B$, $C$ 的对边分别为 $a$, $b$, $c$, 且 $\cos A=\frac{4}{5}$ , $\cos C=\frac{5}{13}$ , a = 1, 则 b = ____.

解析

因为 $\sin A=\sqrt{1-{\cos }^{2}A}=\frac{3}{5},\sin C=\sqrt{1-{\cos }^{2}C}=\frac{12}{13}$ ，所以

$$\sin B=\sin (A+C)=\sin A\cos C+\cos A\sin C=\frac{3}{5}\times \frac{5}{13}+\frac{4}{5}\times \frac{12}{13}=\frac{63}{65}.$$

由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$ , 得 $b=\frac{a\sin B}{\sin A}=\frac{21}{13}$ . 故填 $\frac{21}{13}$ .

在解三角形时, 若已知两个角和一个边, 则三角形的解是唯一的. 然而, 如果已知两个边和其中一边的对角, 我们就需要讨论三角形解的个数. 在这种情况下, 讨论主要涉及以下知识点:

例 2.3

(2017 全国Ⅲ文 15)△ABC 的内角 $A$, $B$, $C$ 的对边分别为 $a$, $b$, $c$. 已知 $C=60^{\circ }$ , $b=\sqrt{6}$ , c = 3, 则 A = ____.

解析

由正弦定理 $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$ 得 $\sin B=\frac{b\sin C}{c}=\frac{\sqrt{6}\times \frac{\sqrt{3}}{2}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ . 又 $b<c$ , 所以 $B<C$ , 则 $B=45^{\circ }$ , 所以 $A=180^{\circ }-B-C=180^{\circ }-45^{\circ }-60^{\circ }=75^{\circ }$ . 故填 $75^{\circ }$ .

例 2.4

在 $△ABC$ 中, 已知 $a=2,b=\sqrt{6},A=45^{\circ },B=$ ____.

解析

由正弦定理 $\frac{b}{\sin B}=\frac{a}{\sin A}$ 得 $\sin B=\frac{b\sin A}{a}=\frac{\sqrt{6}\times \frac{\sqrt{2}}{2}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ . 因为 $a<b$ , 所以 $A<B$ , 因此 $B=60^{\circ }$ 或 $120^{\circ }$ . 故填 $60^{\circ }$ 或 $120^{\circ }$ .

变式 2.4.1

(2017 全国 $I$ 文 11) 设 $△ABC$ 的内角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$. 已知 $\sin B+\sin A(\sin C-\cos C)=0,a=2,c=\sqrt{2}$ ，则 $C=()$ . A. $\frac{\pi }{12}$ B. $\frac{\pi }{6}$ C. $\frac{\pi }{4}$ D. $\frac{\pi }{3}$

余弦定理

设 $△ABC$ 的内角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$ , 则 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ . 我们这里只列出了关于内角 $A$ 的余弦公式, 同理可以得到内角 $B$ 和 $C$ 的余弦公式.

正弦定理的特征是边与其对角呈现对应关系, 而余弦定理最大特点是边多角少, 这也是提示我们使用余弦定理的时机是: 在已知所给的三角形的三个元素中, 如果给的条件为已知三边, 或已知两边和任一角, 那么可以考虑用余弦定理解三角形.

例 2.5

(2018 全国 II 理 6 文 7) 在 $△ABC$ 中, $\cos \frac{C}{2}=\frac{\sqrt{5}}{5}$ , $BC=1$ , $AC=5$ , 则 $AB=()$ . A. $4\sqrt{2}$ B. $\sqrt{30}$ C. $\sqrt{29}$ D. $2\sqrt{5}$

解析

因为 $\cos \frac{C}{2}=\frac{\sqrt{5}}{5}$ , 所以 $\cos C=2{\cos }^2\frac{C}{2}-1=-\frac{3}{5}$ . 由余弦定理可得

$$A{B}^2=B{C}^2+A{C}^2-2AC\cdot BC\cdot \cos C=5^2+1^2-2\times 5\times 1\times \left(-\frac{3}{5}\right)=32,$$

于是 $AB=4\sqrt{2}$ . 故选 $A$.

变式 2.5.1

（2021 全国甲文 8）在 $△ABC$ 中，已知 $B=120^{\circ }$ ， $AC=\sqrt{19}$ ，AB = 2，则 BC = ( )。 A. 1 B. $\sqrt{2}$ C. $\sqrt{5}$ D. 3

变式 2.5.2

(2020 全国Ⅲ理 7) 在 $△ABC$ 中, $\cos C=\frac{2}{3}$ , AC = 4, BC = 3, 则 $\cos B=()$ . A. $\frac{1}{9}$ B. $\frac{1}{3}$ C. $\frac{1}{2}$ D. $\frac{2}{3}$

知识点 2.3

设 $△ABC$ 的内角 $A,B,C$ 所对的边分别为 $a,b,c$ , 则 $S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{2}bc\sin A.$

例 2.6

(2020 全国 $I$ 文 18 改编) $△ABC$ 的内角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$. 已知 $B=150^{\circ }$ . 若 $a=\sqrt{3}c,b=2\sqrt{7}$ , 则 $△ABC$ 的面积为 ____.

解析

由 $b^2=a^2+c^2-2ac\cos B$ 得 $28=3c^2+c^2-2\times \sqrt{3}{c}^2\times \cos 150^{\circ }$ ，解得 c=-2（舍去），c=2，从而 $a=2\sqrt{3}$ ，所以 $△ABC$ 的面积为 $\frac{1}{2}\times 2\sqrt{3}\times 2\times \sin 150^{\circ }=\sqrt{3}$ 。故填 $\sqrt{3}$ 。

变式 2.6.1

（2021 全国乙 15）记 $△ABC$ 的内角 $A$, $B$, $C$ 的对边分别为 $a$, $b$, $c$，面积为 $\sqrt{3}$ ， $B=60^{\circ },a^2+c^2=3ac$ ，则 b = ____.

变式 2.6.2

(2017 全国 II 理 17)△ABC 的内角 $A$, $B$, $C$ 的对边分别为 $a$, $b$, $c$, 已知 $\sin (A+C)=8{\sin }^2\frac{B}{2}$ . ($I$) 求 $\cos B$ ; (Ⅱ) 若 $a+c=6,△ABC$ 的面积为 2, 求 $b$ .