芮科明

摘 要：正、余弦定理是解三角形的必備工具，什么場(chǎng)合用哪個(gè)定理，要視題目所給的條件而定。原則上，正弦定理適用于已知條件中有一組對(duì)邊對(duì)角，余弦定理適用于已知條件中至少有兩條邊。三角形中已知條件為兩邊和其中一邊的對(duì)角時(shí)，解的個(gè)數(shù)不確定，如果是使用正弦定理解題，則可以綜合“三角形中角的正弦值的范圍是大于0小于或等于1的數(shù)”及“大邊對(duì)大角”來決定，如果是使用余弦定理解題，可由一元二次方程的正數(shù)解的個(gè)數(shù)來決定。

關(guān)鍵詞：解三角形；正弦定理；余弦定理

普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書人教A版必修5的導(dǎo)引對(duì)解三角形的地位和作用作了如下闡述：“三角形是最基本的幾何圖形，三角形中的數(shù)量關(guān)系是最基本的數(shù)量關(guān)系，有著極其廣泛的應(yīng)用?！苯馊切蔚睦碚撘罁?jù)和必不可少的工具當(dāng)屬正弦定理和余弦定理，它們揭示了三角形中邊和角的本質(zhì)的數(shù)量關(guān)系。

那么，到底什么場(chǎng)合該用正弦定理，什么場(chǎng)合該用余弦定理，滿足要求的結(jié)果有幾個(gè)？要回答這一系列問題，需從下面通過三點(diǎn)來展開討論。

一、 正、余弦定理各自適用的場(chǎng)合

我們首先回到定理內(nèi)容的本身來：

正弦定理：asinA=bsinB=csinC，余弦定理：a2=b2+c2-2bccosA，b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC。

從對(duì)定理公式本身的觀察不難發(fā)現(xiàn)，正弦定理適用的場(chǎng)合是已知條件中有一組對(duì)邊對(duì)角，余弦定理適用的場(chǎng)合是已知條件中至少有兩條邊。

其次，具體來說，根據(jù)已知條件呈現(xiàn)的方式來看，基本上有四種類型：（一）已知兩角及其夾邊或已知兩角及其中一角的對(duì)邊，（二）已知兩邊及其夾角，（三）已知三邊，（四）已知兩邊和其中一邊的對(duì)角。

我們來逐一分析以上四種情況：對(duì)于（一），若已知兩角及其夾邊，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可知，實(shí)際上已知第三個(gè)角和它的對(duì)邊，若已知兩角及其中一角的對(duì)邊，則它們都具備一組對(duì)邊對(duì)角的條件，故可以使用正弦定理來解決問題，對(duì)于（二）和（三），沒有出現(xiàn)一組對(duì)邊對(duì)角的已知條件，但都至少已知兩邊，因此可以使用余弦定理來解決問題，對(duì)于（四），已知條件中既有一組對(duì)邊對(duì)角，又有兩條邊，因此兩個(gè)定理都可以用來解決此類問題。

厘清不同類型的題目選擇哪個(gè)定理后，再來考慮最終結(jié)果解的個(gè)數(shù)問題。

二、 不同題型解的個(gè)數(shù)討論

由三角形全等的知識(shí)可知在上述（一）（二）（三）這三種情形下的三角形的形狀大小是確定的，故解的結(jié)果是唯一的，對(duì)于類型（四）中的三角形，由于無法判定它的形狀大小的確定性，故結(jié)果可能有無解、唯一解或兩個(gè)解三種情況。

也就是說，只有當(dāng)已知條件是兩邊和其中一邊對(duì)角時(shí)，解的個(gè)數(shù)是不確定的，那么如何準(zhǔn)確判斷解的個(gè)數(shù)情況呢？下面通過一個(gè)例子來說明。

例1 在△ABC中，已知AB=2，∠A=45°，在BC邊的長(zhǎng)分別為2，233，12情況下，求相應(yīng)角C。

解：由正弦定理得sinC=ABsinABC=1BC

（1） 當(dāng)BC=2時(shí)，sinC=12；∵BC>AB，根據(jù)大邊對(duì)大角，∴∠A>∠C，∴∠C=30°；

（2） 當(dāng)BC=233時(shí)，sinC=32；∵BC

（3） 當(dāng)BC=1時(shí)，sinC=1；有唯一解，∠C=90°；

（4） 當(dāng)BC=12，sinC=2>1；∠C不存在，此種情況無解。

由此可見，在已知條件為兩邊和其中一邊的對(duì)角（為了方便敘述，不妨假設(shè)已知角A，邊a、b）的情況下，根據(jù)正弦定理算出sinB=bsinAa，若sinB>1，本題無解，若sinB=1，則B=90°，本題有唯一解，若0

前面說過，已知條件是兩邊和其中一邊對(duì)角的情形也可以用余弦定理來解，此時(shí)解的個(gè)數(shù)又如何判斷呢？下面看一個(gè)具體例子。

例2 在△ABC中，已知AB=2，∠A=45°，在BC邊的長(zhǎng)分別為2，233，1，12的情況下，求邊AC。

解：設(shè)AC=x，由余弦定理得：BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosA，代入數(shù)據(jù)并化簡(jiǎn)得：BC2=x2-2x+2，

若BC=2，代入得方程x2-2x-2=0，求得一個(gè)正數(shù)解AC=1+3；

若BC=233，代入得方程3x2-6x+2=0，求得兩個(gè)正數(shù)解AC=3+33或AC=3-33；

若BC=1，代入得方程x2-2x+1=0，得唯一解AC=1；

若BC=12，代入得方程4x2-8x+7=0，由根的判別式知此方程無解。

與用正弦定理的解法相對(duì)應(yīng)，可知用余弦定理解此類問題時(shí)，解的個(gè)數(shù)直接由化簡(jiǎn)后的一元二次方程的正數(shù)解的個(gè)數(shù)決定。

三、 總結(jié)梳理與實(shí)際應(yīng)用

通過以上兩點(diǎn)的討論，為了清晰反映結(jié)論，把總結(jié)所得列表如下：

由正弦定理算出sinB=bsinAa，若sinB>1，則無解；若sinB=1，則B=90°，有唯一解；若0

由余弦定理得關(guān)于c的一元二次方程：

c2-（2bcosA）c+b2-a2=0，解的個(gè)數(shù)由該一元二次方程的正數(shù)根決定。

下面再通過一個(gè)具體例子來梳理一下所得結(jié)論的應(yīng)用。

例3 在△ABC中，根據(jù)下列條件解三角形，則其中有兩個(gè)解的是（ ）

A. a=60，c=48，B=100°

B. a=10，B=45°，A=70°

C. a=7，b=5，A=80°

D. a=14，b=16，A=45°

分析：選項(xiàng)A已知兩邊及其夾角，選項(xiàng)B已知兩角及其中一角的對(duì)邊，這兩種情況顯然不必計(jì)算即可確定它們都有唯一解，選項(xiàng)C、D都是已知兩邊a，b和邊a的對(duì)角A，根據(jù)正弦定理asinA=bsinB得sinB=bsinAa，對(duì)于選項(xiàng)C，sinB=bsinAa=bsinAa=5sin80°7，

此時(shí)0b，根據(jù)大邊對(duì)大角可知A>B，所以角B唯一，對(duì)于選項(xiàng)D，sinB=bsinAa=bsinAa=16sin45°14=427，此時(shí)0a，根據(jù)大邊對(duì)大角可知B>A，所以角B可以為銳角也可以為鈍角，綜上所述，選項(xiàng)D符合。

例4 在海岸A處，發(fā)現(xiàn)北偏東45°方向，距離A（3-1） nmile的B處有一艘走私船，在A處北偏西75°的方向距離A 2 nmile的C處的緝私船奉命以103 nmile/h 的速度追截走私船，此時(shí)，走私船正以10 nmile/h 的速度從B處向北偏東30°方向逃竄，問緝私船沿什么方向能最快追上走私船？

分析：設(shè)緝私船用x h在D處追上走私船，則有CD=103x，BD=10x，△ABC中，已知兩邊AB、AC及其夾角∠BAC，可用余弦定理解出BC，△BCD中，已知一組對(duì)邊對(duì)角BC和∠CBD，可用正弦定理來解，另外也可把CD=103x，BD=10x先當(dāng)作已知邊用余弦定理來列出一個(gè)一元二次方程來解。

解：在△ABC中，∵AB=3-1，AC=2，∠BAC=120°，

∴由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC

=（3-1）2+22-2·（3-1）·2·cos120°=6，

∴BC=6。

∵cos∠CBA=BC2+AB2-AC22BC·AB=6+（3-1）2-426（3-1）=22，

∴∠CBA=45°，即B在C正東方向。

∵∠CBD=90°+30°=120°，在△BCD中，由正弦定理得：

sin∠BCD=BD·sin∠CBDCD=10xsin120°103x=12，

∴∠BCD=30°，即緝私船沿北偏東60°方向能最快追上走私船。

另解：在△BCD中，由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos∠CBD，代入數(shù)據(jù)并化簡(jiǎn)得：100x2-56x-3=0，解得正根x=610，所以BD=6=BC，同樣得到∠BCD=30°，即緝私船沿北偏東60°方向能最快追上走私船。