解三角形方法总结

解三角形，就是运用三角形中的定理和结论，将题目转化为代数问题，进而运用代数工具求解。（有时关注几何图形也能快速分析出结果）

本文是作者复习总结的产物，覆盖了高中数解三角形模块的大部分内容，目前还未正式完成，持续更新中；本文介绍了很多常用、好用的核心方法，但并没有提供相关练习题，具体如何灵活运用这些方法还需读者自行在实践中尝试、总结。

基础知识

保证完整性简单提及，建议跳过。

正弦定理

在任意三角形中，边长与其对角的正弦之比相等，且等于外接圆直径\(2R\)，即：

\[\boxed{ \frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R }\]

求角时需注意解的不唯一性，可通过“大边对大角”进行取舍

常用于边角替换。对于齐次部分，可直接交换边与对应正弦值，例如：

\[ \displaylines{ a+b=2c \Leftrightarrow \sin A+\sin B=2\sin C\\ \frac{a}{ab+c}=\frac{\sin A}{a\sin B+\sin C}=\frac{\sin A}{b\sin A+\sin C} } \]

（上式中\(a\sin B=b\sin A\) 也是常用的代换方式）

如果可以得到外切圆半径，不齐次的自然也可以按照正弦定理的原始版本完成替换。

推论：射影定理

在\(\triangle ABC\)中，有 \[\sin A = \sin(B+C) = \sin B\cos C + \sin C\cos B\] 运用正弦定理得： \[\boxed{ a = b\cos C + c\cos B }\]

余弦定理

\[\boxed{ a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A }\]

也常表示为：

\[\boxed{ \cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} }\]

面积

\[\boxed{ S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ac\sin B }\]

内切圆半径

\[\boxed{ r = \frac{2S}{a+b+c} }\]

其中\(S\)为三角形面积。

常用处理方法

仅从基础知识出发，很多题目难以轻松找到解决方案。下面是三角形中一些常用的处理方法。

向量法

原理：用两个向量的线性组合表示平面内其他向量，然后两边“平方”（和自己做点乘）

例如，已知\(\triangle ABC\)，\(D\)是边\(BC\)的中点，\(E\)是\(BC\)上靠近\(B\)的三等分点，记\(\overrightarrow{AC}\)和\(\overrightarrow{AB}\)的夹角为\(\theta\)。

示意图-向量

\(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\) 得到
\[\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AB}\]
即 \[a^2 = b^2+c^2-2bc\cos\theta\] 可见余弦定理是这种方法的特殊情况
\(\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}\) 得到
\[|AD|^2=\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{4}c^2+\frac{1}{2}bc\cos\theta\]
\(\overrightarrow{AE}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}\) 得到
\[|AE|^2=\frac{1}{9}b^2+\frac{4}{9}c^2+\frac{4}{9}bc\cos\theta\]

特点：

如果已知两个向量的模长及其夹角，那么平面中任何一个线段都可求；
如果被表示的向量模长已知，就对基向量的数据进行了约束（本例中得到了\(b^2\)、\(c^2\)、\(bc\cos\theta\)之间的关系）；
一般用于夹角\(\theta\)已知的情形。

双余弦法

原理：若\(\theta+\varphi=\pi\)，则\(\cos\theta+\cos\varphi=0\)，其中余弦值可以通过余弦定理完全用线段表示。

例如，已知\(\triangle ABC\)，\(D\)是边\(BC\)上一点，记\(AB=c\)、\(AC=b\)、\(AD=l\)、\(DB=\gamma\)、\(DC=\beta\)，则：

示意图-双余弦

\[\cos\angle ADB = \frac{l^2+\gamma^2-c^2}{2l\gamma}\] \[\cos\angle ADC = \frac{l^2+\beta^2-b^2}{2l\beta}\] \[\angle ADC + \angle ADB = \pi\]

于是得到：

\[\boxed{\frac{l^2+\beta^2-b^2}{\beta} + \frac{l^2+\gamma^2-c^2}{\gamma} = 0}\]

若\(\beta=\gamma\)，即\(D\)是\(AB\)中点，就可以得到中线长定理：

\[\boxed{b^2 + c^2 = 2l^2 + 2\beta^2 = 2l^2 + \frac{1}{2}a^2}\]

特点：

不需要任何与角有关的信息

面积算两次

原理：用多种方式表示同一个三角形的面积。

示意图-面积的多种表示

\[S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}bc\sin A\] \[S_{\triangle ABD} = \frac{1}{2}cl\sin\varphi\] \[S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2}bl\sin\theta\]

由 \(S_{\triangle ACD} + S_{\triangle ABD} = S_{\triangle ABC}\) 得
\[\boxed{ l(b\sin\theta+c\sin\varphi) = bc\sin A }\]
由 \(\frac{S_{\triangle ACD}}{S_{\triangle ABD}}=\frac{\beta}{\gamma}\) 得
\[\boxed{ b\gamma\sin\theta = c\beta\sin\varphi }\]

更常用的情形是 \(\theta=\varphi\)，即\(AD\)是角平分线，就可以得到：

\[\boxed{l(b+c)\sin\theta = bc\sin2\theta = 2bc\sin\theta\cos\theta}\] \[\boxed{b\gamma = c\beta}\]

特点：

需要较多关于角的信息

注意观察以上三个方法分别可以得到什么形式的等式，沟通了哪些量（\(a^2\)、\(b^2\)、\(a+b\)、\(ab\)、\(\cos\)、\(\sin\)）的关系，从而在解题中按照需求灵活运用。

比值与角的转化

在 \(\triangle ABC\) 中其中一个角（以 \(\angle C\) 为例）已知的情况下，\(\frac{\sin A}{\sin B}=\frac{a}{b}\), \(\frac{\cos A}{\cos B}\), \(\frac{\tan A}{\tan B}\), \(\angle A\), \(\angle B\) 这五个量是“知一求四”的，这里介绍如何不使用余弦定理快速实现这些量之间的转化

为了方便，记 \(q_s = \frac{\sin A}{\sin B}\), \(q_c = \frac{\cos A}{\cos B}\), \(q_t = \frac{\tan A}{\tan B}\)

核心在于三角形中和角公式的使用：

\[ \displaylines{ \sin A \sin C=\cos B + \cos A \cos C \\ \cos A \sin C=\sin B - \sin A \cos C } \]

\(q_s\) \(q_c\) \(q_t\) 的互相转化

无需记忆公式，只需记住推导方法是分母分子同时乘已知角（角 \(C\)）的正弦，然后运用和角公式

\[ \displaylines{ q_s = \frac{\sin A \sin C}{\sin B \sin C} = \frac{\cos B + \cos A \cos C}{\cos A + \cos B \cos C} = \frac{1 + q_c \cos C}{q_c + \cos C}\\ q_c = \frac{\cos A \sin C}{\cos B \sin C} = \frac{\sin B - \sin A \cos C}{\sin A - \sin B \cos C} = \frac{1 - q_s \cos C}{q_s - \cos C}\\ q_t = \frac{q_s}{q_c} = \frac{1 + q_c \cos C}{q_c^2 + q_c \cos C} = \frac{q_s^2 - q_s \cos C}{1 - q_s \cos C} } \]

要想从 \(q_t\) 出发求出 \(q_s\) 或 \(q_c\)，代入上式解方程即可

一个值得一提的好看的形式：\(q_t = \frac{q_s^2 - q_s \cos C}{1 - q_s \cos C} = \frac{a^2-ab\cos C}{b^2-ab\cos C}\)

\(q\) 变 \(\tan\)

仅介绍如何分别用 \(q_s\), \(q_c\), \(q_t\) 求出 \(\tan A\)（\(\tan B\) 的计算方式是类似的）

同样，推导方法是分母分子同时乘已知角（角 \(C\)）的正弦，并对分母分子中其中一个运用和角公式（对哪个使用取决于已知 \(q_s\) 还是 \(q_c\)）

\[ \displaylines{ \tan A = \frac{\sin A \sin C}{\cos A \sin C} = \frac{\sin A \sin C}{\sin B - \sin A \cos C} = \frac{q_s \sin C}{1 - q_s \cos C}\\ \tan A = \frac{\sin A \sin C}{\cos A \sin C} = \frac{\cos B + \cos A \cos C}{\cos A \sin C} = \frac{1 + q_c \cos C}{q_c \sin C} } \]

对于 \(q_t\)，处理方式有所不同，需要使用（非直角）三角形中的恒等式

\[\tan A + \tan B + \tan C = \tan A \tan B \tan C\]

证明方法是将 \(\tan A + \tan(B+C) = 0\) 用和角公式展开

带入 \(\tan B = \frac{\tan A}{q_t}\)，整理得

\[\tan C \tan^2A - (q_t+1)\tan A - q_t \tan C = 0\]

解这个一元二次方程即可解出 \(\tan A\)

\(\tan\) 变 \(q\)

\[ \displaylines{ q_s = \frac{\sin A}{\sin B} = \frac{\sin A}{\sin A \cos C + \cos A \sin C} = \frac{\tan A}{\tan A \cos C + \sin C}\\ q_c = \frac{\cos A}{\cos B} = \frac{\cos A}{\sin A \sin C - \cos A \cos C} = \frac{1}{\tan A \sin C - \cos C}\\ q_t = \frac{\tan A}{\tan B} = \frac{\tan A}{-\tan(A+C)} = \frac{\tan A(\tan A \tan C - 1)}{\tan A + \tan C} } \]

以上为 \(\tan A\) 变 \(q\)，对于 \(\tan B\) 变 \(q\)，用和角公式展开分母而非分子即可（即“不需要哪个角就展开哪个”）

正切之比

上一节已经介绍了三角函数值之比的处理方式，其中正切之比是一类比较特殊的条件，沟通了几个常见的条件形式，有必要专门介绍更多内容

记 \(q_t = {\color{red}\frac{\tan A}{\tan B}} = \frac{\sin A \cos B}{\sin B \cos A} = {\color{red}\frac{a\cos B}{b\cos A}}\)

根据余弦定理， \(q_t = \frac {2ac\cos B}{2bc\cos A} = {\color{red}\frac{a^2+c^2-b^2}{b^2+c^2-a^2}}\)，整理得到

\[(q_t+1)b^2 + (q_t-1)c^2 = (q_t+1)a^2\]

简而言之，\(\frac{\tan A}{\tan B}\)、\(\frac{a\cos B}{b\cos A}\)、\(k_1b^2 + k_2c^2 = k_1a^2\) 这三个形式的条件实际上是完全相同的，可以相互转化

前两个互相转化的方法是显然的，将前两个转化为第三个的方法也已经给出，唯独将 \(k_1b^2 + k_2c^2 = k_1a^2\) 转化为前两者是相对困难的，处理方式为：

根据余弦定理，\(a^2-b^2=c^2-2bc\cos A\)，带入上式得

\(k_2c^2 = k_1(c^2-2bc\cos A)\)，即 \((k_1-k_2)c = 2k_1b\cos A\)

根据射影定理 \(c=a\cos B+b\cos A\)，带入上式整理得

\[(k_1-k_2)a\cos B = (k_1+k_2)b\cos A\]

这三个形式特征不同，可以用于不同的问题，看到其中一个形式时，应当考虑是否可以通过转化为其中另一个形式做出题目

例 1：（2024 T8 第二次联考，6）在 \(\triangle ABC\) 中，\(\sin(B-A)=\frac{1}{4}\)，\(2a^2+c^2=2b^2\)，求 \(\sin C\)

\(2a^2+c^2=2b^2\) 完全由边的平方构成，等号两边出现系数相同的项，符合前述第三类条件的特征
同时，\(\sin(B-A)=\sin B \cos A - \sin A \cos B\) 展开后与第二类条件形式相同，\(\sin C=\sin(A+B)\) 展开后也与第二类条件形式相同
因此，考虑将 \(2a^2+c^2=2b^2\) 转化为第二类条件

根据余弦定理，\(b^2-a^2=c^2-2ac\cos B\)，带入 \(2a^2+c^2=2b^2\) 得

\(c^2 = 2(c^2-2ac\cos B)\)，即 \(c = 4a\cos B\)

根据射影定理 \(c=a\cos B+b\cos A\)，带入上式整理得 \(b\cos A = 3a\cos B\)，即 \(\sin B \cos A = 3\sin A \cos B\)

结合 \(\sin(B-A)=\sin B \cos A - \sin A \cos B = \frac{1}{4}\) 解得

\(\sin A \cos B = \frac{1}{8}\)，\(\sin B \cos A = \frac{3}{8}\)

从而 \(\sin C = \frac{1}{8} + \frac{3}{8} = \frac{1}{2}\)

例 2：在 \(\triangle ABC\) 中，\(a\cos C = 2c\cos A\)，求 \(\frac{bc}{a^2}\) 的最大值

所求量只与边有关，考虑将条件转化为第三种形式

条件即 \(2ab\cos C = 4bc\cos A\)，带入余弦定理得到

\(a^2+b^2-c^2 = 2(b^2+c^2-a^2)\)，整理得

\(3a^2 = 3c^2+b^2 \geq 2\sqrt{3}bc\)

故 \(\frac{bc}{a^2} \leq \frac{\sqrt{3}}{2}\)，显然可以取等

常见考法

此部分有待完善

化简条件

指对题设条件实施等价变形，最终得到某些角/边的关系或大小，在大题中一般作为第一问。

~~经验之谈：凡是求角大小的问题，不看条件直接写\(\frac{\pi}{3}\)即可，正确率极高。~~

这些题变化较多，需要自己积累经验（敏锐的注意力），核心在于运用以下方法：

边角互换：正弦定理、余弦定理、射影定理；
角角转换：\(\triangle ABC\)中，\(\sin A=\sin(B+C)\), \(\cos A+\sin(B+C)=0\)（若条件中有 \(\sin B\cos C\) 等和差角公式的形式，则很可能可以通过这种方式化简）；
函数名转换：\(\tan A=\sin A / \cos A\)。

典型变形策略包括：

通过变形得到两个角正弦值相等（如 \(\sin(A+B)=\sin 2C\), \(\sin(A+\pi/3)=\sin C\)），结合角的范围，确定两角关系（相等、互补等，建议在单位圆上考虑）
余弦定理形式的代换
例如，由 \(a^2+b^2-c^2=ab\) 可得 \(\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{ab}{2ab}=\frac{1}{2}\)，结合 \(0<C<\pi\) 得 \(C=\pi/3\)
常见变化：
- \((a+b)^2=c^2+3ab\)
- 结合正弦定理 \[ \displaylines{ \sin^2A+\sin^2B-\sin^2C=\sin A\sin B\\ a\sin A+b\sin B=a\sin B+c\sin C } \]
通过变形直接得到某个角得正弦/余弦/正切值

条件边角混合，一般视情况全部化为边或全部化为角，可两个方向尝试寻找最优解。

下面是一些具体的例子：

已知 \(A+B=3C\), \(2\sin(A-C)=\sin B\)
\(A+B+C=4C=\pi\)，故 \(C=\pi/4\)
\(2\sin(A-C)=\sin B=\sin(A+C)\)，两边通过和角公式展开得 \[2(\sin A\cos C - \cos A\sin C) = \sin A\cos C + \cos A\sin C\] 移项得 \[\sin A\cos C=3\cos A\sin C\] 即\(\tan A = 3\)
已知 \(b\sin\frac{B+C}{2}=a\sin B\)
运用正弦定理得 \(\sin\frac{B+C}{2}=\sin A\)，结合 \(0<\frac{B+C}{2}<\pi\)，\(0<A<\pi\) 可得 \[\frac{B+C}{2}=A\ \text{或}\ \frac{B+C}{2}+A=\pi\] 结合\(A+B+C=\pi\)，前者可得 \(A=\pi/3\)；后者可得 \(A=\pi\)，舍去。

求取值范围

同样先通过边角互换、角角转换，向其中一个方向变换。

边

将所求东西完全用边表示，运用前文方法得到变量之间的关系，结合对范围的约束，运用高一基本不等式等基本功解决。

常见范围约束有：

任意两边之和大于第三边
三角形形状 \[\boxed{ 0<A<\frac{\pi}{2} \Leftrightarrow \cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}>0 \Leftrightarrow b^2+c^2>a^2 }\]

角

运用三角函数的基本知识，将所求东西转化为 \(m\sin(\omega x+\varphi)+n\) 或 \(a\sin^2x+b\sin x+c\) 等形式，结合对角的范围的约束，解决问题。

对角的范围的约束：将所有角用一个角表示，对每个内角列不等式（在\(0\)到\(\pi\)之间，若题目说明是锐角三角形则在\(0\)到\(\pi/2\)之间）

例如，若锐角三角形\(ABC\)中，\(2A+C=2\pi/3\)，（用\(A\)表示）则有

\[ \displaylines{ 0<A<\frac{\pi}{2}\\ 0<B=\pi-A-C=\frac{\pi}{3}+A<\frac{\pi}{2}\\ 0<C=\frac{2}{3}\pi-2A<\frac{\pi}{2}\\ } \]

解得 \[\frac{\pi}{12}<A<\frac{\pi}{6}\]

例题

持续添加中

第一题

在 \(\triangle ABC\) 中，角\(A,B,C\)的对边分别为\(a,b,c\)，\(b=4\)，\(4\sqrt{6}a\sin 2C=3(a^2+b^2-c^2)\sin B\)，点\(O\)满足 \(2\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}\)，且 \(\cos\angle CAO=\frac{1}{4}\)，求 \(\triangle ABC\) 的面积。

解：先逐个翻译条件。

观察 \(4\sqrt{6}a\sin 2C=3(a^2+b^2-c^2)\sin B\)，等式右边很明显有 \(\cos C\) 的特征，而左边 \(\sin 2C=2\sin C\cos C\) 也包含 \(\cos C\)，故将 \(a^2+b^2-c^2 = 2ab\cos C\) 带入，得到 \[4\sqrt{6}a\times 2\sin C\cos C=3\times 2ab\cos C\times\sin B\]

注意不能忽略 \(\cos C=0\) 的情况，这种情况下\(C\)是直角，不难解得面积为 \(16\sqrt{15}\)，下面仅讨论 \(\cos C\neq 0\) 的情况。

化简，运用正弦定理得到 \[4\sqrt{6}c=3b^2\] 带入 \(b=4\) 得 \(c=2\sqrt{6}\)。

再看条件 \(2\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}\)，也即 \(-2\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\)，即 \(\overrightarrow{OA}\) 与 \(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\) 共线，而后者经过边 \(BC\) 的中点（记为 \(D\)），所以 \(O\) 在 \(BC\) 边的中线 \(AD\) 上。

翻译完条件后画图。把条件汇总、标注到下图：

例题图

要计算 \(S_{\triangle ABC}\)，有两种可能的路径：

\(S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle ADC}=bl\sin\theta\)，只需计算 \(l\)；
\(S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin\angle BAC\)，只需计算 \(\sin\angle BAC\)。

第一种路径下，观察已知量 \(b,c,\theta\)，与未知量 \(l\) 建立联系最方便的方法是向量法：\(\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}\)，两边“平方”，可得 \(c^2=4l^2+b^2-4bl\cos\theta\)，解得 \(l=2\)。

而 \(\sin\theta = \sqrt{1-\cos^2\theta} = \frac{\sqrt{15}}{4}\)，于是 \[S_{\triangle ABC}=bl\sin\theta=2\sqrt{15}\]