2015-湖南卷文-17 解-解三角形

本题导读

$\frac{a}{b}=\frac{\sin A}{\sin B}=\tan A$ 得 $\sin B=\cos A$；第（2）问拆 $\sin C$ 后得 ${\cos }^{2}A=\frac{3}{4}$，$A=\frac{\pi }{6}$，$B=\frac{2\pi }{3}$，$C=\frac{\pi }{6}$。

📌【题干】

Question

（2015年湖南卷(文)） 设 $△ABC$ 的内角 $A$，$B$，$C$ 的对边分别为 $a$，$b$，$c$，$a=b\tan A$.

(1) 证明：$\sin B=\cos A$；

(2) 若 $\sin C-\sin A\cos B=\frac{3}{4}$，且 $B$ 为钝角，求 $A$，$B$，$C$.

🔍【思路分析】

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$\frac{a}{b}=\frac{\sin A}{\sin B}=\tan A$ 得 $\sin B=\cos A$；第（2）问拆 $\sin C$ 后得 ${\cos }^{2}A=\frac{3}{4}$，$A=\frac{\pi }{6}$，$B=\frac{2\pi }{3}$，$C=\frac{\pi }{6}$。

✅【答案】

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(2) $A=\frac{\pi }{6}$，$B=\frac{2\pi }{3}$，$C=\frac{\pi }{6}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 由正弦定理，$\frac{a}{b}=\frac{\sin A}{\sin B}$。由 $a=b\tan A$ 且 $a,b>0$ 知 $\tan A>0$，又 $0<A<\pi$，故 $0<A<\frac{\pi }{2}$，$\cos A>0$，且

$\frac{a}{b}=\tan A=\frac{\sin A}{\cos A}$。

比较两式得 $\frac{\sin A}{\sin B}=\frac{\sin A}{\cos A}$，约去 $\sin A>0$ 得 $\sin B=\cos A$。

(2) 由 $C=\pi -(A+B)$，$\sin C=\sin (A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B$。

题设等式化为 $\sin C-\sin A\cos B=\cos A\sin B=\frac{3}{4}$。结合（1）$\sin B=\cos A$，得 ${\cos }^{2}A=\frac{3}{4}$。

由（1）知 $\cos A>0$，故 $\cos A=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$A=\frac{\pi }{6}$。此时 $\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$；又 $B$ 为钝角，所以 $B=\frac{2\pi }{3}$，进而 $C=\pi -\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi }{3}=\frac{\pi }{6}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：正弦定理（边角互化）；三角形内角和；同角三角函数

核心方法：“边化角”统一为正弦；$\sin C$ 拆成 $\sin (A+B)$ 后用（1）的结论整体代换

避坑指南：①第（1）问约去 $\sin A$ 前须说明 $\sin A>0$；②${\cos }^{2}A=\frac{3}{4}$ 有两个解，“\sin B=\cos A>0”把 $\cos A$ 锁定为正，$B$ 为钝角再锁定 $B=\frac{2\pi }{3}$（$\frac{\pi }{3}$ 舍去）。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：解三角形大题以”边角条件 + 恒等变形”为主干，第（2）问用第（1）问结论是命题的链式设计（doc 考点定位：正弦定理及其运用）。

结论推广：一般地，条件 $a=b\tan A$（或 $a=b\sin A$ 等）先用正弦定理统一为角的方程；“钝角/锐角”限定常用于在 $\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 类双解中筛选。

方法推广：解三角形两条腿：正余弦定理做边角互化，内角和 + 拆角公式做恒等变形；条件分层使用（第（2）问吃第（1）问）。

🔗【关联脉络】

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知识锚点(Nodes)

• 11.01 正弦定理
• 11.02 余弦定理

类题演练(Links)

• 2015-湖南卷理-17 解-正弦定理
• 2011-湖南卷理-17
• 2014-湖南卷理-18 解-余弦定理