文档内容
专题 4.3 正弦定理和余弦定理【八大题型】
【新高考专用】
【题型1 正、余弦定理求三角形的边与角】.........................................................................................................3
【题型2 正、余弦定理判定三角形形状】..............................................................................................................5
【题型3 正弦定理判定三角形解的个数】..............................................................................................................7
【题型4 证明三角形中的恒等式或不等式】.........................................................................................................9
【题型5 求三角形（四边形）的面积】................................................................................................................13
【题型6 求三角形中的边长或周长的最值或范围】...........................................................................................16
【题型7 距离、高度、角度测量问题】................................................................................................................20
【题型8 正、余弦定理与三角函数性质的结合应用】.......................................................................................24
1、正弦定理、余弦定理解三角形
正弦定理、余弦定理解三角形是高考的热点内容，是每年高考必考内容之一.从近几年的高考情况来
看，正弦定理、余弦定理在选择题、填空题中考查较多，也会出现在解答题中，在高考试题中出现有关解
三角形的试题大多数为较易题、中档题.对于解答题，一是考查正弦定理、余弦定理的简单应用；二是考
查正、余弦定理与三角形面积公式的综合应用，有时也会与三角函数、平面向量等知识综合命题，需要学
生灵活求解.
【知识点1 解三角形几类问题的解题思路】
1.正弦定理、余弦定理解三角形的两大作用
(1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素，基本思想是方程思想，
即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素。
(2)正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的
三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系.
2.判定三角形形状的途径：
(1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；
(2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁.
无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意
挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制.
3.对三角形解的个数的研究
已知三角形的两角和任意一边，求其他的边和角，此时有唯一解，三角形被唯一确定.已知三角形的两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三
角形不能被唯一确定.
(1)从代数的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，下面以已
知
a,b和A，解三角形为例加以说明.
由正弦定理、正弦函数的有界性及三角形的性质可得：
①若 B= >1，则满足条件的三角形的个数为0；
②若 B= =1，则满足条件的三角形的个数为1；
③若 B= <1，则满足条件的三角形的个数为1或2.
显然由0< B= <1可得B有两个值，一个大于 ，一个小于 ，考虑到“大边对大角”、
“三
角形内角和等于 ”等，此时需进行讨论.
4.与三角形面积有关问题的解题策略：
(1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的面积；
(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量.
【知识点2 测量问题的基本类型和解决思路】
1．测量问题
1.测量距离问题的基本类型和解决方案
当AB的长度不可直接测量时，求AB的距离有以下三种类型：
类型 简图 计算方法
测得AC=b，BC=a，C的大小，则由余弦定
A,B间不可达
也不可视 理得
测得BC=a，B，C的大小，则A=π-(B+ C)，
B, C与点A可
由正弦定理得
视但不可达测得CD=a及∠BDC,∠ACD,∠BCD,∠ADC的
C,D与点A,B 度数.在△ACD中，用正弦定理求AC；在
均可视不可达 △BCD中，用正弦定理求BC；在△ABC
中，用余弦定理求AB.
2.测量高度问题的基本类型和解决方案
当AB的高度不可直接测量时，求AB的高度有以下三种类型：
类型 简图 计算方法
底部
测得BC=a，C的大小，AB=a·tan C.
可达
测得CD=a及∠ACB与∠ADB的度数.
点B与
先由正弦定理求出AC或AD,再解直角三角形
C,D共线
得AB的值.
底
部
不
可
达
点B与 测得CD=a及∠BCD,∠BDC,∠ACB的度数.
C , D不 在△BCD中由正弦定理求得BC，再解直角
共线 三角形得AB的值.
3.测量角度问题的解决方案
测量角度问题主要涉及光线(入射角、折射角)，海上、空中的追及与拦截，此时问题涉及方向角、方
位角等概念，若是观察建筑物、山峰等，则会涉及俯角、仰角等概念.解决此类问题的关键是根据题意、
图形及有关概念，确定所求的角在哪个三角形中，该三角形中已知哪些量，然后解三角形即可.
【题型1 正、余弦定理求三角形的边与角】
π
【例1】（2023·江西上饶·统考二模）在△ABC中，∠C的角平分线交AB于点D，∠B= ，
6
BC=3√3，AB=3，则CD=（ ）3√6 3 3√2 5
A． B． C． D．
2 2 2 2
【解题思路】先在△ABC中，由余弦定理求得AC=3，即可知△ABC为等腰三角形，再解出∠C和
∠A，然后在△ACD中，由正弦定理求解CD即可.
【解答过程】
如图所示，在△ABC中，由余弦定理得
√3
AC2=BC2+AB2−2BC⋅AB⋅cosB=(3√3) 2+32−2×3√3×3× =9，
2
π π 2π
∴AC=3=AB，∴△ABC为等腰三角形，∠ACB=∠B= ，∠A=π−2× = ，
6 6 3
π
又∵CD为角平分线，∴∠ACD=
，
12
2π π π
∴在△ACD中，∠ADC=π− − = ，
3 12 4
AC CD
由正弦定理得 = 得，
sin∠ADC sin A
2π √3
3×sin 3×
AC⋅sin A 3 2 3√6
CD= = = = .
sin∠ADC π √2 2
sin
4 2
故选：A．
【变式1-1】（2023·四川巴中·统考一模）在△ABC中，若
2cos2A−cosA=2cos2B+2cos2C−2+cos(B−C)，则A=（ ）
π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
【解题思路】根据平方关系、诱导公式、余弦两角和差角关系式化简已知等式为
sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，再结合正余弦定理即可得角A的大小.
【解答过程】因为2cos2A−cosA=2cos2B+2cos2C−2+cos(B−C)，
所以2(1−sin2A)−cos[π−(B+C)]=2(1−sin2B)+2(1−sin2C)−2+cos(B−C)，
则2−2sin2A+cosBcosC−sinBsinC=2−2sin2B−2sin2C+cosBcosC+sinBsinC，整理得：sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC
b2+c2−a2 bc 1
由正弦定理可得：b2+c2−a2=bc，再由余弦定理得cosA= = = ，
2bc 2bc 2
π
因为A∈(0,π)，故A=
.
3
故选：B.
【变式1-2】（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）在ΔABC中，角A、B、C的对边分别为a、
(π )
b、c，若a=1，c=2√3，bsin A=asin −B ，则sinC=（ ）
3
√3 √21 √21 √57
A． B． C． D．
7 7 12 19
√3 π
【解题思路】利用两角差的正弦公式和边角互化思想可求得tanB= ，可得出B= ，然后利用余弦定理
3 6
求出b的值，最后利用正弦定理可求出sinC的值.
(π ) √3 1
【解答过程】∵bsin A=asin −B = acosB− asinB，
3 2 2
√3 1
即sin AsinB= sin AcosB− sin AsinB，即3sin AsinB=√3sin AcosA，
2 2
√3 π
∵sinA>0，∴3sinB=√3cosB，得tanB= ，∵00，则cosA= ，即有A= ，又△ABC的外接圆半径R=1，
2 3
π
所以a=2Rsin A=2sin =√3.
3
故选：C.
【题型2 】
【例2】（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）在△ABC中，若a=2bcosC，则
△ABC一定是（ ）
A．正三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等腰三角形
【解题思路】由余弦定理化简计算即可.
a2+b2−c2
【解答过程】由a=2bcosC及余弦定理得：a=2b× ⇒a2=a2+b2−c2 ⇒b2=c2，即b=c.
2ab
故选：D.
【变式2-1】（2023·甘肃酒泉·统考三模）在△ABC中内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若
a2 sinAcosB
= ，则△ABC的形状为（ ）
b2 sinBcosA
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
【解题思路】由正弦定理，余弦定理化角为边，化简已知等式可得(a2−b2)(a2+b2−c2)=0，即可判断
△ABC的形状．
【解答过程】由正弦定理，余弦定理及a2cosAsinB=b2cosBsinA得，
b2+c2−a2 a2+c2−b2
a2 ⋅ ⋅b=b2 ⋅ ⋅a,
2bc 2ac
∴a2 ¿，即a4−b4+c2(b2−a2)=0，
则(a2+b2)(a2−b2)+c2(b2−a2)=0，即(a2−b2)(a2+b2−c2)=0,
∴a=b或a2+b2=c2,∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
故选：D.【变式2-2】（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）在△ABC中，D是BC边的中点，且AB=3，AC=2，
AD=√3，则△ABC的形状为（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．无法确定
【解题思路】分别在△ABD和△ACD中，利用余弦定理得到两个等式，然后两式相加，得到BC，然后
在△ABC中，由余弦定理判断.
【解答过程】解：在△ABD中，由余弦定理得AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cos∠ADB，
在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+DC2−2AD⋅DC⋅cos∠ADC，
√14
两式相加得BD2+DC2=7，则DC= ，BC=√14，
2
AB2+AC2−BC2 1
在△ABC中，由余弦定理得cosA= =− <0，
2AB⋅AC 12
所以△ABC是钝角三角形，
故选：C.
【变式2-3】（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）在△ABC和△A B C 中，若cosA=sinA ，
1 1 1 1
cosB=sinB ，cosC=sinC 则（ ）
1 1
A．△ABC与△A B C 均是锐角三角形
1 1 1
B．△ABC与△A B C 均是钝角三角形
1 1 1
C．△ABC是钝角三角形，△A B C 是锐角三角形
1 1 1
D．△ABC是锐角三角形，△A B C 是钝角三角形
1 1 1
【解题思路】根据题意，由三角形的正弦值一定大于零，即可判断△ABC是锐角三角形，然后再由
sinA >0，判断△A B C 的形状即可得到结果.
1 1 1 1
【解答过程】在△ABC和△A B C 中，因为sinA =cosA>0,sinB =cosB>0,sinC =cosC>0，
1 1 1 1 1 1
所以A,B,C均为锐角，即△ABC为锐角三角形.
π π π
另一方面sin A =cosA=sin ( −A )>0，可得A+A = 或 −A+A =π
1 2 1 2 2 1
π
即A −A= ，
1 2
所以A 为锐角或者钝角，
1
同理可得B ,C 为锐角或者钝角，
1 1
但是A ,B ,C 中必然有一个为钝角，否则不成立，所以△A B C 为钝角三角形.
1 1 1 1 1 1
故选:D.【题型3 正弦定理判定三角形解的个数】
12
【例3】（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）在△ABC中，cosA= ，sinB=m，若角C有唯一
13
解，则实数m的取值范围是（ ）
( 5 ) [ 5 ] [12 ] { 5 } ( 5 ]
A． ,1 B． ,1 C． ,1 ∪ D． 0, ∪{1}
13 13 13 13 13
12 a sin A 5
【解题思路】由cosA= ，得到 = = ，以C为圆心，a为半径画圆弧，当圆弧与边AB有1个
13 b sinB 13m
交点时满足条件，结合图象，列出关系式，即可求解.
12
【解答过程】在△ABC中，cosA= ，sinB=m，若∠C有唯一解，则△ABC有唯一解，
13
设内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，
12 5 a sinA 5
由cosA= ，则A为一确定的锐角且sinA= ，所以 = = ，
13 13 b sinB 13m
如图以C为圆心，a为半径画圆弧，当圆弧与边AB有1个交点时满足条件，
如图示：即圆弧与边AB相切或与圆弧与边AB相交有2个交点，
5
其中一个交点在线段AB的反向延长线上（或在点A处），故a=bsinA= b或a≥b，
13
a 5 5 5 5 5
由 = ，即a= b，得 b= b或 b≥b，
b 13m 13m 13m 13 13m
5
解得m=1或0√19，即∠B>∠ACB= ，不合题设；
2 3
6
综上，CD=
.
5
【变式4-2】（2023·高一课时练习）如图，已知△ABC内有一点P，满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=α．
(1)证明：PBsinABC=ABsinα．
(2)若∠ABC=90∘，AB=BC=1，求PC．
PB AB
【解题思路】（1）由正弦定理得 = ，即PBsin∠APB=ABsinα，即要证明
sinα sin∠APB
sin∠ABC=sin∠APB即可，由此利用三角形内角和证明可得结论；
√5
（2）由题意求得PB=sinα，继而求得PC=√2sinα，在△PAB 中利用余弦定理求得sinα= ，即可
5
求得答案.
【解答过程】（1）证明：
PB AB
在△ABP中，由正弦定理得 = ，
sinα sin∠APB
即PBsin∠APB=ABsinα，
要证明PBsin∠ABC=ABsinα，只需证明sin∠ABC=sin∠APB，
在△ABP中，∠APB=π−(α+∠ABP)，
在△ABC中，∠ABC=α+∠ABP，所以∠APB=π−∠ABC，
所以sin∠APB=sin(π−∠ABC)=sin∠ABC，
所以PBsin∠ABC=ABsinα．
（2）由（1）知PBsin∠ABC=ABsinα，又因为∠ABC=90∘，AB=1，
所以PB=sinα，
π
由已知得△ABC为等腰直角三角形，所以∠BCA=∠CAB= ，
4
π
则∠BCP= −α，
4
(π ) 3π
所以在△PBC中，∠BPC=π− −α −α= ，
4 4
BC PC
由正弦定理得 = ，
sin∠BPC sin∠PBC
1 PC
=
即 3π sinα，
sin
4
即PC=√2sinα．
3π
由余弦定理得sin2α+(√2sinα) 2 −2sinα(√2sinα)cos =1，
4
由题意知sinα>0，
√5
故解得sinα= ，
5
√10
所以PC= ．
5
【变式4-3】（2023·全国·高三专题练习）已知△ABC的外心为O，M,N为线段AB,AC上的两点，且O
恰为MN中点.
(1)证明：|AM|⋅|MB|=|AN|⋅|NC|
S
(2)若|AO|=√3，|OM|=1，求 △AMN 的最大值.
S
△ABC
【解题思路】（1）设AM=x , BM= y , AN=x , CN= y ，利用余弦定理求得cos∠AMO，
1 1 2 2
cos∠BMO，再根据cos∠AMO+cos∠BMO=0，化简，可求得x y ，同理可求得x y ，即可得证；
1 1 2 2
（2）利用余弦定理求得cos∠AOM，cos∠AON，再根据cos∠AOM+cos∠AON=0结合（1）求x x
得x 2+x 2 ，设μ= 1 , λ= 2 ，可求得λ+μ，再根据三角形的面积公式结合基本不等式即可得出答案.
1 2 y y
1 2
【解答过程】（1）证明：设AM=x , BM= y , AN=x , CN= y ，
1 1 2 2
x 2+OM2−AO2 y 2+OM2−BO2
由余弦定理知：cos∠AMO= 1 ，cos∠BMO= 1 ，
2x ⋅OM 2y ⋅OM
1 1
由O是△ABC外心知AO=BO=CO，
而cos∠AMO+cos∠BMO=0，
x 2+OM2−AO2 y 2+OM2−BO2
所以 1 + 1 =0，
2x ⋅OM 2y ⋅OM
1 1
即(x y +OM2−AO2 )(x + y )=0，
1 1 1 1
而x + y ≠0，因此x y =AO2−OM2 ，
1 1 1 1
同理可知x y =AO2−ON2 ，
2 2
因此x y =x y ，
1 1 2 2
所以|AM|⋅|MB|=|AN|⋅|NC|；
（2）解：由（1）知x y =x y =2，
1 1 2 2
AO2+OM2−x 2 AO2+ON2−x 2
由余弦定理知：cos∠AOM= 1 ，cos∠AON= 2 ，
2AO⋅OM 2AO⋅ON
代入cos∠AOM+cos∠AON=0得x 2+x 2=8，
1 2
x x x 2 x 2
设μ= 1 , λ= 2 ，则μ+λ= 1 + 2 =4，
y y 2 2
1 2
S AM⋅BM μλ 1 1 4
△AMN = = = ≤ =
因此S AB⋅AC (μ+1)(λ+1) 5 5 9，
△ABC 1+ 1+
μλ 4
当且仅当μ=λ=2时取到等号，
S 4
△AMN
因此 的最大值为 .
S 9
△ABC【题型5 求三角形（四边形）的面积】
【例5】（2023·湖南永州·统考一模）在△ABC中，设A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足
ccosA−acosC=a+b．
(1)求角C；
√3
(2)若c=5,△ABC的内切圆半径r= ，求△ABC的面积．
4
【解题思路】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，可得cosC的值，即可得答案；
（2）利用余弦定理得a2+b2=25−ab，配方得(a+b) 2=25+ab，再结合△ABC的内切圆半径，利用等
21
面积法推出a+b=2ab−5，即可求得ab= ，从而求得答案.
4
【解答过程】（1）在△ABC中，由ccosA−acosC=a+b得sinCcosA−sin AcosC=sin A+sinB，
即sinCcosA−sin AcosC=sin A+sin(A+C),
故−2sin AcosC=sin A，由于A∈(0,π),∴sin A≠0，
1 2π
故cosC=− ，而C∈(0,π)，故C=
.
2 3
2π
（2）由C= 可得c2=a2+b2+ab，而c=5，
3
故a2+b2=25−ab，则(a+b) 2=25+ab，
√3 1 1
由△ABC的内切圆半径r= ，可得 (a+b+c)⋅r= absinC，
4 2 2
√3 √3
即 (a+b+5)= ab，即a+b=2ab−5，
4 2
21
故(2ab−5) 2=25+ab，解得ab= ，
4
1 1 21 √3 21√3
故△ABC的面积S= absinC= × × = .
2 2 4 2 16
【变式5-1】（2023·西藏日喀则·统考一模）已知△ABC的三个内角分别为A、B、C，其对边分别为a、
2c−a
b、c，若 +cosC=tanBsinC．
b
(1)求角B的值；
(2)若b=2，求△ABC面积S的最大值．
【解题思路】（1）利用正弦定理、弦化切以及三角恒等变换可求得cosB的值，结合角B的取值范围可求得角B的值；
（2）利用余弦定理可求出ac的最大值，再利用三角形的面积公式可求得S的最大值.
2c−a sinCsinB
【解答过程】（1）解：因为 +cosC=tanBsinC= ，
b cosB
2c−a sinBsinC sinBsinC−cosBcosC cosBcosC−sinBsinC
所以， = −cosC= =−
b cosB cosB cosB
cos(B+C) cos(π−A) cosA
=− =− = ，且cosB≠0，
cosB cosB cosB
2sinC−sinA cosA
由正弦定理可得 = ，
sinB cosB
即2sinCcosB=sin AcosB+cosAsinB=sin(A+B)=sinC，
1
因为C∈(0,π)，则sinC>0，则cosB= ，
2
π π π
又因为B∈ ( 0, ) ∪ ( ,π) ，故B= .
2 2 3
（2）解：由余弦定理b2=a2+c2−2accosB，可得4=a2+c2−ac≥2ac−ac=ac.
当且仅当a=c时取得等号，所以ac≤4.
1 √3
所以，△ABC面积S= acsinB= ac≤√3，
2 4
所以，△ABC面积S的最大值为√3．
【变式5-2】（2023·江西·校联考二模）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知
sinAsinB+cos2A+cos2B+sin2C=2.
(1)求角C；
(2)若△ABC为锐角三角形，且b=2，求△ABC面积的取值范围.
【解题思路】（1）根据正弦定理角化边，余弦定理求解即可；
π π √3
（2）由题知 ，所以 0，可得sinB= √3 ，所以B= π ．
2 2 3
a+c sinA+sinC
（2）由正弦定理可得 = ，
2b 2sinB
(2π
)
sin A+sin −A
则a+c 3 √3 1 π
= = sin A+ cosA=sin ( A+ )
2b √3 2 2 6
π π
因为△ABC是锐角三角形，则¿，解得 0，sinC>0，所以，cosA= ，
2
π
因为A∈(0,π)，所以A=
；
3
选条件③：因为bcosA+acosB+2acosC=2b，由正弦定理可得sinBcosA+cosBsinA+2sinAcosC=2sinB，
所以，sin(A+B)+2sin AcosC=2sin(A+C)=2sin AcosC+2cosAsinC，
所以，sinC=2cosAsinC．
1 π
因为A、C∈(0,π)，则sinC>0，所以cosA= ，故A=
.
2 3
（2）解：由4sinB=bsinA及正弦定理得4b=ab，所以a=4．
π
又由（1）知A= ，所以由余弦定理得16=a2=b2+c2−2bccosA=b2+c2−bc，
3
3(b+c) 2 (b+c) 2
由基本不等式可得16=(b+c) 2−3bc≥(b+c) 2− = ，
4 4
即b+c≤8，当且仅当b=c时取等号，
又b+c>a=4，所以4
，即可求出定义域，继而求
6 2
出值域；
π π π
（2）先利用（1）可得A= ，结合锐角三角形可得 0，即sin ( 2x− )> ，
6 6 2
π π 5π π π
所以
+2kπ<2x− < +2kπ,k∈Z，解得 +kπ0，
π
据此可得cosA=0,A=
，
2
π π 3π
则B=π−A−C=π− − = .
2 5 10
故选：C.
3．（2023·全国·统考高考真题）在△ABC中，∠BAC=60°,AB=2,BC=√6，∠BAC的角平分线交
BC于D，则AD= 2 ．
【解题思路】方法一：利用余弦定理求出AC，再根据等面积法求出AD；
方法二：利用余弦定理求出AC，再根据正弦定理求出B,C，即可根据三角形的特征求出．
【解答过程】
如图所示：记AB=c,AC=b,BC=a，
方法一：由余弦定理可得，22+b2−2×2×b×cos60∘=6，
因为b>0，解得：b=1+√3，
由S =S +S 可得，
△ABC △ABD △ACD
1 1 1
×2×b×sin60∘= ×2×AD×sin30∘+ ×AD×b×sin30∘
，
2 2 2
√3b 2√3(1+√3)
AD= = =2
解得： b 3+√3 ．
1+
2
故答案为：2．
方法二：由余弦定理可得，22+b2−2×2×b×cos60∘=6，因为b>0，解得：b=1+√3，√6 b 2 √6+√2 √2
由正弦定理可得， = = ，解得：sinB= ，sinC= ，
sin60∘ sinB sinC 4 2
因为1+√3>√6>√2，所以C=45∘，B=180∘−60∘−45∘=75∘，
又∠BAD=30∘，所以∠ADB=75∘，即AD=AB=2．
故答案为：2．
b2+c2−a2
4．（2023·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知 =2．
cosA
(1)求bc；
acosB−bcosA b
(2)若 − =1，求△ABC面积．
acosB+bcosA c
【解题思路】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出sinA即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
b2+c2−a2 2bccosA
【解答过程】（1）因为a2=b2+c2−2bccosA，所以 = =2bc=2，解得：bc=1．
cosA cosA
acosB−bcosA b sinAcosB−sinBcosA sinB
（2）由正弦定理可得 − = −
acosB+bcosA c sinAcosB+sinBcosA sinC
sin(A−B) sinB sin(A−B)−sinB
= − = =1，
sin(A+B) sin(A+B) sin(A+B)
变形可得：sin(A−B)−sin(A+B)=sinB，即−2cosAsinB=sinB，
1 √3
而00，而00，所以
