解三角形

1. 1由面积公式 $S=\frac{1}{2}bc\sin A$ 得 $\frac{3\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}\times 2\times 3\times \sin A$。
2. 2解得 $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
3. 3在 $(0,\pi )$ 内满足该式的角有两个：$A=\frac{\pi }{3}$ 或 $A=\frac{2\pi }{3}$。
4. 4题中无其他限制条件可排除，故两解均成立。

点评由正弦值求角在 $(0,\pi )$ 内一般有两解，必须检查是否有条件（如最大边、钝角等）排除其一，本题两解都要保留。

1. 1由余弦定理：$c^2=a^2+b^2-2ab\cos C=9+16-2\times 3\times 4\times \frac{1}{2}$。
2. 2计算得 $c^2=25-12=13$，故 $c=\sqrt{13}$。
3. 3由面积公式：$S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}\times 3\times 4\times \frac{\sqrt{3}}{2}$。
4. 4得 $S=3\sqrt{3}$。

点评已知两边及夹角，求第三边用余弦定理、求面积用 $\frac{1}{2}ab\sin C$，这是最标准的「边角边」配置。

1. 1由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$ 得 $\sin A=\frac{a\sin B}{b}=\frac{\sqrt{3}\times \frac{1}{2}}{1}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
2. 2故 $A=60^{\circ }$ 或 $A=120^{\circ }$。
3. 3检验可行性：$a>b$ 说明 $A>B=30^{\circ }$，两个解都满足；且 $A+B<180^{\circ }$ 在两种情形下均成立。
4. 4故 $A=60^{\circ }$ 或 $120^{\circ }$，此题为「边边角」的典型两解情形。

点评「边边角」（SSA）是唯一可能出现两解的配置：大边对大角可用来排除，但本题两解都合法，必须全写。

1. 1由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$。
2. 2代入：$\frac{2}{\sin 30^{\circ }}=\frac{b}{\sin 45^{\circ }}$，即 $\frac{2}{1/2}=\frac{b}{\sqrt{2}/2}$。
3. 3左边为 $4$，故 $b=4\times \frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$。

点评已知两角一边（角角边）用正弦定理，本题两角已定第三角也定，不存在多解问题。

1. 1由正弦定理，$\sin A=\frac{a}{2R}$ 等，把角化为边：条件两边同乘 $4R^2$ 得 $a^2+c^2-b^2=ac$。
2. 2代入余弦定理变形式：$\cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{ac}{2ac}=\frac{1}{2}$。
3. 3由 $B\in (0,\pi )$ 得 $B=\frac{\pi }{3}$。

点评出现 $\sin$ 的平方组合就化为边，出现边的齐次一次式就化为角——这是边角互化的方向判断准则。

1. 1由余弦定理：$4=b^2+c^2-2bc\cos \frac{\pi }{3}=b^2+c^2-bc$。
2. 2配方成和的形式：$4=(b+c{)}^2-3bc$，故 $(b+c{)}^2=4+3bc$。
3. 3由基本不等式 $bc\le {\left(\frac{b+c}{2}\right)}^2$，令 $s=b+c$，得 $s^2\le 4+\frac{3}{4}{s}^2$。
4. 4整理得 $\frac{1}{4}{s}^2\le 4$，即 $s\le 4$，当且仅当 $b=c=2$ 时取等。
5. 5故周长 $a+b+c\le 2+4=6$，最大值为 $6$（此时为等边三角形）。

点评「一边一对角求周长/面积最值」是解三角形的固定题型：余弦定理列关系，再用基本不等式，等号必在等腰时取到。

1. 1在 $△PAB$ 中，$\angle APB=180^{\circ }-60^{\circ }-45^{\circ }=75^{\circ }$。
2. 2由正弦定理 $\frac{PA}{\sin \angle PBA}=\frac{AB}{\sin \angle APB}$。
3. 3代入：$PA=\frac{60\sin 45^{\circ }}{\sin 75^{\circ }}$，其中 $\sin 75^{\circ }=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$。
4. 4计算：$PA=\frac{60\times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}=\frac{120\sqrt{2}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}=30(\sqrt{6}-\sqrt{2})$（分母有理化）。

点评测量问题的三步：把实际图形抽象成三角形、标出所有已知角、选正弦定理或余弦定理列式。

1. 1由正弦定理把边化为角：$a=2R\sin A$，$b=2R\sin B$，代入条件得 $2\cdot 2R\sin A\sin B=2R\sin B$。
2. 2因 $B\in (0,\pi )$ 有 $\sin B\ne 0$，两边约去 $2R\sin B$ 得 $2\sin A=1$。
3. 3故 $\sin A=\frac{1}{2}$，又 $A$ 为锐角。
4. 4所以 $A=\frac{\pi }{6}$。

点评边角混合的等式，只要每一项关于边都是一次齐次的，就可以整体用正弦定理化成纯角的等式。

1. 1由余弦定理：$12=b^2+c^2-2bc\cos \frac{2\pi }{3}=b^2+c^2+bc$。
2. 2由基本不等式 $b^2+c^2\ge 2bc$，得 $12\ge 2bc+bc=3bc$，即 $bc\le 4$。
3. 3面积 $S=\frac{1}{2}bc\sin \frac{2\pi }{3}=\frac{\sqrt{3}}{4}bc\le \frac{\sqrt{3}}{4}\times 4=\sqrt{3}$。
4. 4当 $b=c=2$ 时取等，故最大面积为 $\sqrt{3}$。

1. 1由余弦定理变形 $\cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{ac}{2ac}=\frac{1}{2}$，又 $B\in (0,\pi )$，故 $B=\frac{\pi }{3}$。
2. 2再由余弦定理：$3=a^2+c^2-ac$。
3. 3由基本不等式 $a^2+c^2\ge 2ac$，得 $3\ge 2ac-ac=ac$，即 $ac\le 3$。
4. 4面积 $S=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{\sqrt{3}}{4}ac\le \frac{3\sqrt{3}}{4}$，当 $a=c=\sqrt{3}$ 时取等。

点评看到 $a^2+c^2-b^2$ 这种组合，立刻联想余弦定理的变形式 $\cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$。