2.2 边角互化

我们知道，在三角形中，如果已知 3 个元素 (非 3 个角), 那么利用正弦定理或余弦定理就能解出三角形中另外三个元素．那么问题来了，如果已知中三角形的元素没有给够 3 个，给的只是关于边角的等式，那么我们是否能利用正、余弦定理解三角形呢?

例 2.7

(2012 湖北理 11) 设 $△ABC$ 的内角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$，若 $(a+b-c)(a+b+c)=ab$，则 C = ____.

思路分析

已知条件只有一个关于边的等式，即 $(a+b-c)(a+b+c)=ab$，因为边多角少，不难想到应该利用余弦定理将已知关于边的等式转化为所求角．

查看解析与步骤

由 $(a+b-c)(a+b+c)=ab$ ，得 $a^2+b^2-c^2=-ab$ ，由余弦定理得 $\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{-ab}{2ab}=-\frac{1}{2}$．又因为 $0<C<\pi$ ，所以 $C=\frac{2\pi }{3}$．故填 $\frac{2\pi }{3}$ .

观察 $(a+b-c)(a+b+c)=ab$，它是一个关于边的齐二次方程，也就是说边的齐二次方程可以考虑通过余弦定理将边转成角．但并不是所有边的齐二次方程都能求出角，如果不能求出角，我们的建议是通过已知再构造一个边的齐次方程，然后联立解方程组，请看以下例题:

例 2.8

(2015 浙江理 16 改编) 在 $△ABC$ 中，内角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$，已知 $A=\frac{\pi }{4}$ , $b^2-a^2=\frac{1}{2}{c}^2$．则 $\tan C$ 的值为 ___.

查看解析与步骤

因为 $A=\frac{\pi }{4}$ ，所以由余弦定理可得 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos \frac{\pi }{4}$ ，即

b ^ 2 - a ^ 2 = sqrt 2 b c - c ^ 2. (2.2.1)$$b^2-a^2=\sqrt{2}bc-c^2.\text{\hspace{1em}(2.2.1)}$$

又 $b^2-a^2=\frac{1}{2}{c}^2$，所以 $\sqrt{2}bc-c^2=\frac{1}{2}{c}^2$，解得 $b=\frac{3\sqrt{2}c}{4}$，将其代入式(2.2.1)得 $a=\frac{\sqrt{10}}{4}c$，于是

cos C = frac a ^ 2 + b ^ 2 - c ^ 22 a b = frac frac 58 c ^ 2 + frac 98 c ^ 2 - c ^ 22 × frac sqrt 1 04 c · frac 3 sqrt 24 c = frac sqrt 55.$$\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{\frac{5}{8}{c}^2+\frac{9}{8}{c}^2-c^2}{2\times \frac{\sqrt{10}}{4}c\cdot \frac{3\sqrt{2}}{4}c}=\frac{\sqrt{5}}{5}.$$

因为 $C\in (0,\pi )$，所以 $\sin C=\sqrt{1-{\cos }^{2}C}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，因此 $\tan C=\frac{\sin C}{\cos C}=2$．故填 2.

在解三角形中，我们一般有两种思路:

(1) 将所有的角都转成边，然后对边进行运算; (2) 将所有的边都转成角，然后进行三角恒等变换．

我们可以把 (1)(2) 概括为 “边角统一”, 尤其是已知条件中既有边，又有角的情况，而统一方法就是余弦定理和正弦定理．

例 2.9

(2016 山东文 8)△ABC 的内角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$．已知 b = c, $a^2=2b^2(1-\sin A)$ ，则 $A=()$ . A. $\frac{3\pi }{4}$ B. $\frac{\pi }{3}$ C. $\frac{\pi }{4}$ D. $\frac{\pi }{6}$

思路分析

因为 $a^2=2b^2(1-\sin A)$ 既有边，又有角，所以边角需统一，又因为等式中含边的齐二次方程，所以可以考虑利用余弦定理将 $\frac{a^2}{2b^2}$ 转成角．

查看解析与步骤

因为 b = c，所以 $\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{2b^2-a^2}{2b^2}=1-\frac{a^2}{2b^2}$ 。又因为 $a^2=2b^2(1-\sin A)$ ，变形得 $1-\frac{a^2}{2b^2}=\sin A$ ，所以 $\sin A=\cos A$ ，即 $\tan A=1$ ，又 $0<A<\pi$ ，所以 $A=\frac{\pi }{4}$ ，故选 $C$.

变式 2.9.1

（2024 全国甲理 11）在 $△ABC$ 中内角 $A$, $B$, $C$ 所对边分别为 $a$, $b$, $c$，若 $B=\frac{\pi }{3}$ , $b^2=\frac{9}{4}ac$，则 $\sin A+\sin C=()$ . A. $\frac{3}{2}$ B. $\sqrt{2}$ C. $\frac{\sqrt{7}}{2}$ D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$

通过前面的例题及其变式，我们知道一些边的齐二次方程可以利用余弦定理将边转换成角．同时，三角形内角的余弦可以利用余弦定理将角转换成边．对于更一般的边的齐次式，我们可以利用正弦定理将边转换成角．同样地，三角形内角的正弦的齐次式可以将角转换成边，即:

知识点 2.4

由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$ 能够得到

(1) 边转角: 如果等式是关于边的齐次式，那么根据 $a=2R\sin A$ , $b=2R\sin B$ , $c=2R\sin C$ 可以将边转成角的正弦值．

(2) 角转边: 如果等式是关于内角正弦的齐次式，那么根据 $\sin A=\frac{a}{2R}$ , $\sin B=\frac{b}{2R}$ , $\sin C=\frac{c}{2R}$ 可以将正弦值转成关于边的等式．

为什么要强调是齐次式才能边角转换呢？答案是只有齐次式才能将 $2R$ 约掉，例如 $a=b+c$ 是边的齐次式，利用正弦定理边转角得 $2R\sin A=2R\sin B+2R\sin C$ ，化简得 $2\sin A=\sin B+\sin C.$ 而 $a^2=b+c$ 不是边的齐次式，利用正弦定理边转角得 $4R^2{\sin }^{2}A=2R\sin B+2R\sin C,$ 化简得 $2R{\sin }^{2}A=\sin B+\sin C,$ 化简后还是有 $R.$ 同理，利用正弦定理角转边，只有内角正弦的齐次式才能将 $R$ 约掉．

例 2.10

（2022 全国乙理 17($I$)）记 $△ABC$ 的内角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$，已知 $\sin C\sin (A-B)=\sin B\sin (C-A)$．证明: $2a^2=b^2+c^2$ .

查看解析与步骤

由 $\sin C\sin (A-B)=\sin B\sin (C-A)$ 得

sin C sin A cos B - sin C cos A sin B = sin B sin C cos A - sin B cos C sin A,$$\sin C\sin A\cos B-\sin C\cos A\sin B=\sin B\sin C\cos A-\sin B\cos C\sin A,$$

整理得

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

所以 $\sin A\sin (B+C)=2\sin C\cos A\sin B,$ 化简得到齐次式为 ${\sin }^{2}A=2\sin C\cos A\sin B.$ 用正弦定理将角化边得 $a^2=2cb\cos A,$ 再用余弦定理将角化边得 $a^2=2bc\cdot \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，整理得 $2a^2=b^2+c^2$ .

在利用余弦定理的边角转化中，我们强调了边的齐二次式可以考虑利用余弦定理求角，既然是边的齐次式，我们当然也可以利用正弦定理将边转成角，下面是例2.9的另一种解法:

例 2.11

(2016 山东文 8)△ABC 的内角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$．已知 b = c, $a^2=2b^2(1-\sin A)$ ，则 $A=()$ . A. $\frac{3\pi }{4}$ B. $\frac{\pi }{3}$ C. $\frac{\pi }{4}$ D. $\frac{\pi }{6}$

查看解析与步骤

由 b = c，得 B = C，因此 $\sin A=\sin (B+C)=\sin 2B=2\sin B\cos B$ 。又由 $a^2=2b^2(1-\sin A)$ ，得 ${\sin }^{2}A=2{\sin }^{2}B(1-\sin A)$ ，即 $4{\sin }^{2}B{\cos }^{2}B=2{\sin }^{2}B(1-\sin A)$ 。因为 $\sin B\ne 0$ ，所以 $2{\cos }^{2}B=1-\sin A$ ，即 $2{\cos }^{2}B-1=-\sin 2B$ ，化简得 $\tan 2B=-1$ 。又因为 B = C，所以 $B\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ ，即 $2B\in (0,\pi )$ ，于是 $2B=\frac{3\pi }{4}$ ，因此 $A=\pi -2B=\frac{\pi }{4}$ 。故选 $C$。

变式 2.11.1

(2023 全国甲文 17) 记 $△ABC$ 的内角 $A$, $B$, $C$ 的对边分别为 $a$, $b$, $c$，已知 $\frac{b^2+c^2-a^2}{\cos A}=2$ .

(1) 求 $bc$ ;

(Ⅱ) 若 $\frac{a\cos B-b\cos A}{a\cos B+b\cos A}-\frac{b}{c}=1,$ 求 $△ABC$ 的面积．

解三角形一个重要题型是判断三角形的形状，一般此类问题我们有两种处理方法，一种是边转角，另一种是角转边，请看下面的例题:

例 2.12

已知 $a$, $b$, $c$ 分别是 $△ABC$ 三个内角 $A$, $B$, $C$ 的对边。若 $a\cos A=b\cos B$ ，试判断 $△ABC$ 的形状。

解析1

由 $a\cos A=b\cos B$ 及余弦定理得

a · frac b ^ 2 + c ^ 2 - a ^ 22 b c = b · frac a ^ 2 + c ^ 2 - b ^ 22 a c ⇒ (a ^ 2 - b ^ 2) (a ^ 2 + b ^ 2 - c ^ 2) = 0.$$a\cdot \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=b\cdot \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\Rightarrow (a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)=0.$$

($i$) 当 $a=b$ 时，$△ABC$ 为等腰三角形;

($i$) 当 $a\ne b$ 时，$a^2+b^2-c^2=0$，此时 $△ABC$ 为直角三角形．

综上所述，$△ABC$ 为等腰三角形或直角三角形．

解析2

由 $a\cos A=b\cos B$ 及正弦定理得

sin A cos A = sin B cos B ⇒ sin 2 A = sin 2 B.$$\sin A\cos A=\sin B\cos B\Rightarrow \sin 2A=\sin 2B.$$

($i$) 当 $2A=2B$，即 $A=B$ 时，$△ABC$ 为等腰三角形;

($i$) 当 $2A=\pi -2B$，即 $A+B=\frac{\pi }{2}$ 时，$△ABC$ 为直角三角形．

综上所述，$△ABC$ 为等腰三角形或直角三角形．

判断三角形的形状关键在于边角互化，正弦定理在齐次式中才能进行边角互化，而余弦定理在边角互化没有齐次式这个条件限制．判断三角形形状的前提在于是否可以构成三角形．

例 2.13

（2023 辽宁统考-多选题）已知 $△ABC$ 内角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$，则下列条件一定能够使 $△ABC$ 为等腰三角形的是（）. A. $a\cos B=b\cos A$ B. $(a^2+b^2)\sin (A-B)=(a^2-b^2)\sin (A+B)$ C. $\cos B\cos C=\frac{1-\cos A}{2}$ D. $\frac{a}{\sin B}+\frac{b}{\sin A}⩽2c$

查看解析与步骤

选项 $A$，由 $a\cos B=b\cos A$，利用余弦定理把角化成边，可得 $a\cdot \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=b\cdot \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，整理得 $a^2=b^2$，则 $a=b$，所以 $△ABC$ 为等腰三角形，故 $A$ 选项正确．

选项 $B$，将 $(a^2+b^2)\sin (A-B)=(a^2-b^2)\sin (A+B)$ 展开可得 $(a^2+b^2)(\sin A\cos B-\cos A\sin B)=(a^2-b^2)\sin C,$ 利用正弦定理把角化成边，可得

(a ^ 2 + b ^ 2) (a cos B - b cos A) = (a ^ 2 - b ^ 2) · c. (2.2.2)$$(a^2+b^2)(a\cos B-b\cos A)=(a^2-b^2)\cdot c.\text{\hspace{1em}(2.2.2)}$$

再把式(2.2.2)中的角的余弦化成边，可得

(a ^ 2 + b ^ 2) (a · frac a ^ 2 + c ^ 2 - b ^ 22 a c - b · frac b ^ 2 + c ^ 2 - a ^ 22 b c) = (a ^ 2 - b ^ 2) · c,$$(a^2+b^2)\left(a\cdot \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}-b\cdot \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right)=(a^2-b^2)\cdot c,$$

整理可得 $(a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)=0$ ，即 $a^2+b^2=c^2$ 或 $a=b$ ，则 $△ABC$ 为等腰三角形或直角三角形故 $B$ 选项错误．

选项 $C$，由 $\cos B\cos C=\frac{1-\cos A}{2}$ 可得 $2\cos B\cos C=1-\cos A$，又因为 $\cos A=-\cos (B+C)$，所以 $2\cos B\cos C=1+\cos (B+C)$，展开可得 $2\cos B\cos C=1+\cos B\cos C-\sin B\sin C$，即 $\cos B\cos C+\sin B\sin C=1$，从而可知 $\cos (B-C)=1$．又因为 $-\pi <B-C<\pi$，则 $B=C$，所以 $△ABC$ 为等腰三角形，故 $C$ 选项正确．

选项 $D$，由 $\frac{a}{\sin B}+\frac{b}{\sin A}⩽2c$，利用正弦定理进行边化角，可得 $\frac{\sin A}{\sin B}+\frac{\sin B}{\sin A}⩽2\sin C$，又因为 $\frac{\sin A}{\sin B}+\frac{\sin B}{\sin A}⩾2$，当且仅当 $A=B$ 时等号成立，所以 $2⩽2\sin C$．又由 $\sin C⩽1$，可得 $\sin C=1$，此时 $A=B=\frac{\pi }{4}$ , $C=\frac{\pi }{2}$，所以 $△ABC$ 为等腰三角形，故 $D$ 选项正确．

综上所述，选 ACD.

例 2.14

(2021 新高考 II 18(2)) 在 $△ABC$ 中，内角 $A,B,C$ 所对的边分别为 $a,b,c,b=a+1$ , $c=a+2$．是否存在正整数 $a$，使得 $△ABC$ 为钝角三角形? 若存在，求 $a$ ; 若不存在，说明理由．

查看解析与步骤

由 $b=a+1,c=a+2$，得 $c>b>a$，又因为三角形中大边对大角，所以 $△ABC$ 为钝角三角形时，$C$ 为钝角，即 $a^2+b^2-c^2<0$，故 $a^2+(a+1{)}^2-(a+2{)}^2<0$，整理得 $a^2-2a-3<0$，解得 $-1<a<3$，又 $a>0$，所以 $0<a<3$ .

又因为三角形的任意两边之和大于第三边，所以 $a+b>c$，即 $a+a+1>a+2$，解得 $a>1$，所以 $1<a<3$，结合 $a$ 为正整数知 $a=2$，故存在正整数 $a=2$，使得 $△ABC$ 为钝角三角形．

变式 2.14.1

（2023 合肥一模）已知 $△ABC$ 的内角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$，且 $b^2+2c^2-2a^2=0$ .

($I$) 若 $\tan C=\frac{1}{3}$，求 $A$ ;

(Ⅱ) 当 A - C 取得最大值时，试判断 $△ABC$ 的形状．

例 2.15

(2025 新高考 I 11-多选题) 已知 $△ABC$ 的面积为 $\frac{1}{4}$，若 $\cos 2A+\cos 2B+2\sin C=2\cos A\cos B\sin C=\frac{1}{4}$，则 ( ).

A. ${\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B=\sin C$ B. $AB=\sqrt{2}$ C. $\sin A+\sin B=\frac{\sqrt{6}}{2}$ D. $A{C}^2+B{C}^2=3$

查看解析与步骤

在处理解三角形或判断三角形形状的问题时，我们通常希望能转化出角 $A,B,C$ 之间的某种关系．因此，对于题中所给的等式

cos 2 A + cos 2 B + 2 sin C = 2,$$\cos 2A+\cos 2B+2\sin C=2,$$

我们考虑利用二倍角公式将其转化为关于 $A,B,C$ 的表达式．可选的等式有 $\cos 2\alpha =2{\cos }^2\alpha -1$ 与 $\cos 2\alpha =1-2{\sin }^2\alpha$．此处我们选择后者是因为能将等式右端的常数 2 抵消．代入后得:

1 - 2 sin^ 2 A + 1 - 2 sin^ 2 B + 2 sin C = 2 Longrightarrow sin C = sin^ 2 A + sin^ 2 B. (\textcircled{1)$$1-2{\sin }^{2}A+1-2{\sin }^{2}B+2\sin C=2⟹\sin C={\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B.\text{\hspace{1em}(1◯)}$$

因此，选项 $A$ 是正确的．

接下来问题的关键在于：是对这一式子进一步化简，还是转向题干中其余两个条件。显然，题干的另外两个条件不易化简，因此我们仍需围绕选项$A$所导出的结论继续深挖。

那我们能否进一步挖掘出这个等式所蕴含的三角形形状的信息呢？需要指出的是，这一式子的两边并不对称．如果所得为 ${\sin }^{2}C={\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B$，那就“完美”了．但注意到，在三角形中，$\sin C\in (0,1]$，所以必有 $\sin C⩾{\sin }^{2}C$，于是我们可以推出: ${\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B⩾{\sin }^{2}C$．结合正弦定理得 $a^2+b^2⩾c^2$，进而推出 $C⩽\frac{\pi }{2}$ .

由 $C⩽\frac{\pi }{2}$ 可知 $A+B⩾\frac{\pi }{2}$，所以 $A⩾\frac{\pi }{2}-B$．我们自然会想到对该不等式两边同时取正弦．但此时需特别小心: 虽然常说 “三角形大角对大边”, 结合正弦定理可知角越大其正弦值也越大，但这一结论仅适用于三角形的内角．问题在于 $\frac{\pi }{2}-B$ 并不是一个三角形的内角，因此无法直接比较 $\sin A$ 与 $\sin \left(\frac{\pi }{2}-B\right)$．我们需首先判断 $A$ 与 $B$ 的范围．由题设条件 $\cos A\cos B\sin C=\frac{1}{4}$ 可知，$A$ 与 $B$ 必为锐角．因此，由 $A⩾\frac{\pi }{2}-B$ 可得 $\sin A⩾\sin \left(\frac{\pi }{2}-B\right)=\cos B$，将其代入式①可知

sin C = sin^ 2 A + sin^ 2 B ≥slant cos^ 2 B + sin^ 2 B = 1.$$\sin C={\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B⩾{\cos }^{2}B+{\sin }^{2}B=1.$$

因此必有 $\sin C=1$ ，即必有 $C=\frac{\pi }{2}$

一旦得到 $C=\frac{\pi }{2}$，接下来的判断就容易许多，即使是基础一般的同学也可顺利判断选项 $B$、$C$、$D$ 的正误．由于 $C=\frac{\pi }{2}$，代入式①和 $\cos A\cos B\sin C=\frac{1}{4}$，可整理出如下方程组:

{ l sin^ 2 A + sin^ 2 B = 1 cos A cos B = frac 14 . Longrightarrow { l sin^ 2 A + sin^ 2 B = 1 sin A sin B = frac 14 .$$\{\begin{array}{l}{\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B=1\\ \cos A\cos B=\frac{1}{4}\end{array}⟹\{\begin{array}{l}{\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B=1\\ \sin A\sin B=\frac{1}{4}\end{array}$$

这里我们利用了 $A=\frac{\pi }{2}-B$ 和 $B=\frac{\pi }{2}-A$．实际上我们可以把 $\sin A$ 和 $\sin B$ 具体解出来，不过观察 $C$ 选项，能看得出来这是标准的韦达结构:

sin A + sin B = sqrt (sin A + sin B) ^ 2 = sqrt sin^ 2 A + sin^ 2 B + 2 sin A sin B = sqrt frac 32 = frac sqrt 62.$$\sin A+\sin B=\sqrt{(\sin A+\sin B{)}^2}=\sqrt{{\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B+2\sin A\sin B}=\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}.$$

故选项 $C$ 正确、

再来看选项 $B$ 和 $D$．我们再看题中尚未使用的信息: $△ABC$ 的面积为 $\frac{1}{4}$．因为 $C=\frac{\pi }{2}$，所以 $ab=\frac{1}{2}$，由三角形中 $a=c\sin A,b=c\sin B$，代入得:

a b = c ^ 2 sin A sin B = frac 12.$$ab=c^2\sin A\sin B=\frac{1}{2}.$$

而 $\sin A\sin B=\frac{1}{4}$ ，代入得 $c^2=2$ ，即 $c=\sqrt{2}$ 故选项$B$正确．

最后看选项 $D$．由于 $△ABC$ 是以 $C$ 为直角的直角三角形，所以由勾股定理可知 $A{C}^2+B{C}^2=A{B}^2$，即 $A{C}^2+B{C}^2=2$，因此选项 $D$ 错误．

综上所述，选 ABC.

从上述解析过程可以看出，成功解答本题的关键在于如何在已知 $A$ 与 $B$ 均为锐角的前提下，由条件 ${\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B=\sin C$ 推出 $C=\frac{\pi }{2}$．值得一提的是，这道题实际上是由三角函数中的一个重要恒等式改编而来．

结论总结 2.1

设 $A$, $B$ 均为锐角，若 ${\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B=\sin (A+B)$，则 $A+B=\frac{\pi }{2}$ .

证明

我们可以采用例2.15的解析来证明，这里我们换一种方式来证明．由题中条件可得

sin^ 2 A + sin^ 2 B = sin A cos B + cos A sin B.$${\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B=\sin A\cos B+\cos A\sin B.$$

化简上述式子 (移项并提取公因式) 得:

sin A (sin A - cos B) + sin B (sin B - cos A) = 0. (2.2.3)$$\sin A(\sin A-\cos B)+\sin B(\sin B-\cos A)=0.\text{\hspace{1em}(2.2.3)}$$

(1) 若 $A+B>\frac{\pi }{2}$，则 $\frac{\pi }{2}>A>\frac{\pi }{2}-B>0$．由正弦函数在 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 上单调递增，可得 $\sin A>\sin \left(\frac{\pi }{2}-B\right)=\cos B$ ; 同理，也有 $\sin B>\cos A$．因此，式 ① 左边为两个正数之和，其值大于 0, 与等式矛盾．由此可知，不能有 $A+B>\frac{\pi }{2}$ .

(2) 若 $A+B<\frac{\pi }{2}$，则 $0<A<\frac{\pi }{2}-B<\frac{\pi }{2}$，由正弦函数在 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 上单调递增，可得 $\sin A<\sin \left(\frac{\pi }{2}-B\right)=\cos B$ ; 同理，也有 $\sin B<\cos A$．因此，式 ① 左边为两个负数之和，其值小于 0, 与等式矛盾．由此可知，不能有 $A+B<\frac{\pi }{2}$ .

综上所述，$A+B=\frac{\pi }{2}$ .

值得注意的是，这里条件 $A,B$ 均为锐角是必要的，否则就得不出 $A+B=\frac{\pi }{2}$ 的结论．为说明这一点，我们将结论总结2.1推广至如下:

结论总结 2.2

设在 $△ABC$ 中，若

sin^ 2 A + sin^ 2 B = sin (A + B),$${\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B=\sin (A+B),$$

则 $A+B=\frac{\pi }{2}$ 或 $\tan \frac{A+B}{2}={\tan }^2\frac{A-B}{2}$ .

证明

记 $\alpha =\frac{A+B}{2},\beta =\frac{A-B}{2}$ ，则 $A=\alpha +\beta ,B=\alpha -\beta$ 因此，

r l & 0 = sin^ 2 A + sin^ 2 B - sin (A + B) & = sin^ 2 (α + β) + sin^ 2 (α - β) - sin 2 α & = (sin α cos β + cos α sin β) ^ 2 + (sin α cos β - cos α sin β) ^ 2 - sin 2 α & = 2 (sin^ 2 α cos^ 2 β + cos^ 2 α sin^ 2 β - sin α cos α) & = 2 [ sin^ 2 α cos^ 2 β + cos^ 2 α sin^ 2 β - sin α cos α (sin^ 2 β + cos^ 2 β) ] & = 2 [ sin α cos^ 2 β (sin α - cos α) + cos α sin^ 2 β (cos α - sin α) ] & = 2 (sin α - cos α) [ sin α cos^ 2 β - cos α sin^ 2 β ].$$\begin{array}{rl}& 0={\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B-\sin (A+B)\\ & ={\sin }^2(\alpha +\beta )+{\sin }^2(\alpha -\beta )-\sin 2\alpha \\ & =(\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta {)}^2+(\sin \alpha \cos \beta -\cos \alpha \sin \beta {)}^2-\sin 2\alpha \\ & =2({\sin }^2\alpha {\cos }^2\beta +{\cos }^2\alpha {\sin }^2\beta -\sin \alpha \cos \alpha )\\ & =2[{\sin }^2\alpha {\cos }^2\beta +{\cos }^2\alpha {\sin }^2\beta -\sin \alpha \cos \alpha ({\sin }^2\beta +{\cos }^2\beta )]\\ & =2[\sin \alpha {\cos }^2\beta (\sin \alpha -\cos \alpha )+\cos \alpha {\sin }^2\beta (\cos \alpha -\sin \alpha )]\\ & =2(\sin \alpha -\cos \alpha )[\sin \alpha {\cos }^2\beta -\cos \alpha {\sin }^2\beta ].\end{array}$$

(1) 若 $\sin \alpha =\cos \alpha$，则 $\alpha =\frac{\pi }{4}$，即 $A+B=\frac{\pi }{2}$ .

(2) 若 $\sin \alpha {\cos }^2\beta =\cos \alpha {\sin }^2\beta$ ，则 $\tan \alpha ={\tan }^2\beta$ ，即 $\tan \frac{A+B}{2}={\tan }^2\frac{A-B}{2}$ .

由结论总结2.2可见，仅凭 ${\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B=\sin (A+B)$，尚不足以推出 $A+B=\frac{\pi }{2}$，因为该式也可能导出另一结论: $\tan \frac{A+B}{2}={\tan }^2\frac{A-B}{2}$ .

变式 2.15.1

(2025 厦门一中高三周考 8) 在 $△ABC$ 中，角 $A$, $B$ 为锐角，$△ABC$ 的面积为 4, 且 ${\cos }^{2}A+{\cos }^{2}B=2-\sin C$，则 $△ABC$ 周长的最小值为 ( ).

A. $4\sqrt{2}+4$ B. $4\sqrt{2}-4$ C. $2\sqrt{2}+2$ D. $2\sqrt{2}-2$

变式 2.15.2

(浙江省金丽衢十二校 2025 届高三第二次联考 8) 在 $△ABC$ 中，“ ${\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B=\sin (A+B)$ ” 是 “ $C$ 为直角” 的 ( ).

A. 充分但非必要条件 B. 必要但非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分条件也非必要条件