三角形的解，例题（KBAT）

你被给了两条边和一个非夹角（角 $A$ 不在 $a$ 和 $b$ 之间）。这是含糊情形，所以用正弦定理起步求 $\angle B$，并对第二个解保持警觉：

$$\sin B=\dfrac{b\sin A}{a}=\dfrac{8\sin 40^{\circ}}{6}=\dfrac{8\times0.6428}{6}=0.8571$$

在 $0^{\circ}$ 到 $180^{\circ}$ 之间有两个角共享这个正弦，一个锐角，以及它的钝角补角 $180^{\circ}$ 减去它：

$$B_{1}=\sin^{-1}(0.8571)=58.99^{\circ}\qquad B_{2}=180^{\circ}-58.99^{\circ}=121.01^{\circ}$$

两者都通过内角和检验，因为每一种情况下 $A+B<180^{\circ}$：$40^{\circ}+58.99^{\circ}=98.99^{\circ}$，$40^{\circ}+121.01^{\circ}=161.01^{\circ}$。所以确实有两个三角形。

逐一处理。

三角形 1（取 $B_{1}=58.99^{\circ}$）：第三个角与最后一条边是

$$C_{1}=180^{\circ}-40^{\circ}-58.99^{\circ}=81.01^{\circ},\quad c_{1}=\dfrac{a\sin C_{1}}{\sin A}=\dfrac{6\sin 81.01^{\circ}}{\sin 40^{\circ}}=9.22$$

三角形 2（取 $B_{2}=121.01^{\circ}$）：

$$C_{2}=180^{\circ}-40^{\circ}-121.01^{\circ}=18.99^{\circ},\quad c_{2}=\dfrac{6\sin 18.99^{\circ}}{\sin 40^{\circ}}=3.04$$

(a) 两条边加夹角 $A$ 指向余弦定理。$BC$ 对着 $A$：

$$BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2(AB)(AC)\cos A=8^{2}+15^{2}-2(8)(15)\cos 60^{\circ}$$

$$BC^{2}=64+225-240(0.5)=289-120=169\;\Rightarrow\; BC=\sqrt{169}=13$$

(b) 面积用夹住 $A$ 的两条边 $AB$ 与 $AC$，取 $\sin 60^{\circ}=0.8660$：

$$\text{面积}=\tfrac{1}{2}(AB)(AC)\sin A=\tfrac{1}{2}(8)(15)(0.8660)=60\times0.8660=51.96$$

(c) 从 $B$ 到 $AC$ 的垂直距离，就是以 $AC$ 为底时三角形的高。由于面积等于 $\tfrac{1}{2}\times\text{底}\times\text{高}$，解出高 $h$：

$$51.96=\tfrac{1}{2}(15)(h)\;\Rightarrow\; h=\dfrac{2\times51.96}{15}=\dfrac{103.92}{15}=6.93$$

(a) 对角线 $AC$ 被两个三角形共用，所以先从三角形 $ABC$ 求它。它对着所给的角 $\angle ABC$，所以用这个角配余弦定理。

由于 $120^{\circ}$ 是钝角，$\cos 120^{\circ}=-0.5$：

$$AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}-2(AB)(BC)\cos 120^{\circ}=3^{2}+5^{2}-2(3)(5)(-0.5)$$

$$AC^{2}=9+25+15=49\;\Rightarrow\; AC=\sqrt{49}=7$$

(b) 求出每个三角形的面积再相加。三角形 $ABC$ 在 $B$ 处、$AB$ 与 $BC$ 之间有夹角：

$$\text{面积}_{ABC}=\tfrac{1}{2}(AB)(BC)\sin 120^{\circ}=\tfrac{1}{2}(3)(5)\left(\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=\tfrac{15\sqrt{3}}{4}=6.4952$$

三角形 $ACD$ 已知三条边 $AC=7$、$CD=4$、$AD=9$，所以用余弦定理还原一个角。角 $ACD$ 在 $C$ 处、$CA$ 与 $CD$ 之间，对着 $AD=9$：

$$\cos(\angle ACD)=\dfrac{AC^{2}+CD^{2}-AD^{2}}{2(AC)(CD)}=\dfrac{49+16-81}{2(7)(4)}=\dfrac{-16}{56}=-\dfrac{2}{7}$$

余弦为负说明这个角是钝角：$\angle ACD=\cos^{-1}\!\left(-\tfrac{2}{7}\right)=106.60^{\circ}$。用 $\sin^{2}+\cos^{2}=1$ 取它的正弦，避免把角四舍五入：$\sin(\angle ACD)=\sqrt{1-\left(\tfrac{2}{7}\right)^{2}}=\tfrac{\sqrt{45}}{7}\approx0.9583$。

它的面积是

$$\text{面积}_{ACD}=\tfrac{1}{2}(AC)(CD)\sin(\angle ACD)=\tfrac{1}{2}(7)(4)\left(\tfrac{\sqrt{45}}{7}\right)=2\sqrt{45}=13.4164$$

把两块面积相加，直到最后一行才四舍五入：

$$\text{总面积}=6.4952+13.4164=19.9116$$

两个方位角都是从 $P$ 处的正北方向量起，所以两艘船航线之间的夹角就是它们的差：$\angle APB=130^{\circ}-030^{\circ}=100^{\circ}$。$PA=7$ 与 $PB=9$ 夹着这个角，用余弦定理求 (a)。

$$AB^{2}=PA^{2}+PB^{2}-2(PA)(PB)\cos100^{\circ}=7^{2}+9^{2}-2(7)(9)(-0.1736)$$

$$AB^{2}=49+81+21.88=151.88\;\Rightarrow\;AB=\sqrt{151.88}=12.32\text{ 千米}$$

(b) 先用正弦定理求 $\angle PAB$，再把它换算成方位角：

$$\sin(\angle PAB)=\dfrac{PB\sin(\angle APB)}{AB}=\dfrac{9\sin100^{\circ}}{12.32}=\dfrac{9\times0.9848}{12.32}=0.7192\;\Rightarrow\;\angle PAB=45.99^{\circ}$$

$P$ 从 $A$ 看的方位角，是 $A$ 从 $P$ 看的方位角的反方向，即 $030^{\circ}+180^{\circ}=210^{\circ}$。草图显示 $B$ 位于转过 $\angle PAB$ 会使这个方位角变小的一侧，所以：

$$B\text{ 从 }A\text{ 看的方位角}=210^{\circ}-45.99^{\circ}=164.0^{\circ}$$

(a) 点 $A$、$B$、$Q$ 都在水平地面上，所以三角形 $ABQ$ 是一个普通三角形。$AQ$ 与 $AB$ 夹着所给的角，用余弦定理：

$$BQ^{2}=AQ^{2}+AB^{2}-2(AQ)(AB)\cos65^{\circ}=15^{2}+20^{2}-2(15)(20)(0.4226)$$

$$BQ^{2}=225+400-253.56=371.44\;\Rightarrow\;BQ=\sqrt{371.44}=19.27\text{ 米}$$

(b) $TQ$ 是垂直的，所以三角形 $AQT$ 在 $Q$ 处是直角三角形，从 $A$ 看的仰角把塔高与 $AQ$ 直接联系起来：

$$TQ=AQ\tan28^{\circ}=15\times0.5317=7.98\text{ 米}$$

(c) 同样的道理用在直角三角形 $BQT$ 上，利用刚求出的塔高和 (a) 中的 $BQ$：

$$\tan(\angle TBQ)=\dfrac{TQ}{BQ}=\dfrac{7.98}{19.27}=0.4141\;\Rightarrow\;\angle TBQ=22.49^{\circ}$$

三角形内角和为 $180^{\circ}$，所以 $\angle A=180^{\circ}-72^{\circ}-48^{\circ}=60^{\circ}$。$AC$ 对着 $\angle B$，所以正弦定理的定值比（等于外接圆直径）已经由你知道的这一对角边定下来：

$$2R=\dfrac{AC}{\sin B}=\dfrac{10}{\sin72^{\circ}}=\dfrac{10}{0.9511}=10.51\text{ 米}$$

(a) 每条边都等于 $2R$ 乘以它对角的正弦，所以 $BC$（对着 $A$）和 $AB$（对着 $C$）立刻可得：

$$BC=2R\sin A=10.51\times\sin60^{\circ}=10.51\times0.8660=9.11\text{ 米}$$

$$AB=2R\sin C=10.51\times\sin48^{\circ}=10.51\times0.7431=7.81\text{ 米}$$

(b) 圆形小径的半径是这个定值比的一半：

$$R=\dfrac{10.51}{2}=5.26\text{ 米}$$

(a) 三角形 $ABD$ 的内角和为 $180^{\circ}$，所以 $\angle BAD=180^{\circ}-50^{\circ}-100^{\circ}=30^{\circ}$。用正弦定理求 $AD$：

$$AD=\dfrac{AB\sin(\angle ABD)}{\sin(\angle ADB)}=\dfrac{10\sin50^{\circ}}{\sin100^{\circ}}=\dfrac{10\times0.7660}{0.9848}=7.78\text{ 厘米}$$

(b) 由于 $D$ 在直线 $BC$ 上，$\angle ADC$ 是 $\angle ADB$ 的补角：$\angle ADC=180^{\circ}-100^{\circ}=80^{\circ}$。三角形 $ADC$ 现在已知两边及夹角，用余弦定理：

$$AC^{2}=AD^{2}+DC^{2}-2(AD)(DC)\cos80^{\circ}=7.78^{2}+6^{2}-2(7.78)(6)(0.1736)$$

$$AC^{2}=60.53+36-16.21=80.32\;\Rightarrow\;AC=\sqrt{80.32}=8.96\text{ 厘米}$$

(c) $\angle BAC$ 等于 $\angle BAD$ 加 $\angle DAC$，所以先用正弦定理从三角形 $ADC$ 求 $\angle DAC$：

$$\sin(\angle DAC)=\dfrac{DC\sin(\angle ADC)}{AC}=\dfrac{6\sin80^{\circ}}{8.96}=\dfrac{6\times0.9848}{8.96}=0.6594\;\Rightarrow\;\angle DAC=41.25^{\circ}$$

$$\angle BAC=\angle BAD+\angle DAC=30^{\circ}+41.25^{\circ}=71.25^{\circ}$$

(a) 最大的角总是对着最长的边，所以它是对着 $13$ 米那条边的角 $C$。检验余弦定理分子的正负号，不用解出角度就能判断它的类型：

$$a^{2}+b^{2}-c^{2}=7^{2}+9^{2}-13^{2}=49+81-169=-39$$

由于 $a^{2}+b^{2}-c^{2}<0$，最大角的余弦为负，所以 $C$ 是钝角。

(b) 除以 $2ab$ 得到 $\cos C$，再取反余弦：

$$\cos C=\dfrac{-39}{2(7)(9)}=\dfrac{-39}{126}=-0.3095\;\Rightarrow\;C=\cos^{-1}(-0.3095)=108.03^{\circ}$$

(c) 面积用夹着 $C$ 的两条边：

$$\text{面积}=\tfrac{1}{2}(7)(9)\sin108.03^{\circ}=31.5\times0.9509=29.95\text{ 米}^{2}$$