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\(\theta\)。
\(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\) 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：
\[\cos\angle ADB = \frac{l^2+\gamma^2-c^2}{2l\gamma}\] \[\cos\angle ADC = \frac{l^2+\beta^2-b^2}{2l\beta}\] \[\angle ADC + \angle ADB = \pi\]
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。
\[S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}bc\sin A\] \[S_{\triangle ABD} = \frac{1}{2}cl\sin\varphi\] \[S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2}bl\sin\theta\]
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 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 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 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 解得 \[\frac{\pi}{12} 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： 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 \[S_{\triangle ABC}=bl\sin\theta=2\sqrt{15}\] 如果不熟悉向量法，最先想到的办法可能是“双余弦（中线长公式）+\(\triangle ADC\) 内列关于 \(\cos\angle DAC\) 的余弦定理”，这样引入了新的未知量 \(|CD|\)，两个等式子最终又会消掉 \(|CD|\)，化简为繁多此一举了。 显然第二种路径更是在化简为繁，故不展开说明。 答案：\[\boxed{2\sqrt{15}\ \text{或}\ 16\sqrt{15}}\] 总结解决解三角形各种问题过程中，经验很重要。熟知各个定理/方法的作用，多练，就可以培养出敏锐的注意力（条件转化直觉）。