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正弦定理和余弦定理的每一个等式中都包含三角形的四个元素，如果其中三个元素是已知的，那么这个三角形一定可解. 解斜三角形，根据所给的条件及适用的定理可以归纳为如下四种类型：
1. 已知两角及一条边．如已知角[A]、角[C]和边[c]，解△[ABC]
例１ 在△[ABC]中，已知[c=10，A=45°，][C=30°]，求[a、b、B]．
解析 由[A+B+C=π]得，
[B=π-A+C=][105°].
由[asinA=csinC]得，
[a=c⋅sinAsinC=10sin45°sin30°=102].
由[asinA=bsinB]得，
[b=a⋅sinBsinA=102⋅sin105°sin45°=5(6+2)]．
点拨 先运用三角形内角和定理求第三角，再运用正弦定理求其余的两边.
2. 已知两边和它们的夹角．如已知边[a、c和B]，解[△ABC]
例2 在[△ABC]中，已知[a=23]，[c=6+2]，[B=45°]，求[b、A和C].
解析 ∵[b2=a2+c2-2ac cosB]
=[(23)2+(6+2)2-2⋅23⋅(6+2)]cos[45°]
=[12+(6+2)2-43(3+1)]
=[8].
∴[b=22.]
求[A]可以利用余弦定理，也可以利用正弦定理.
方法一： ∵cos[A=b2+c2-a22bc]
[=(22)2+(6+2)2-(23)22×22×(6+2)=12,]
∴[A=60°.] [∠C=180°-∠A-∠B=75°.]
方法二：∵sin[A=absinB=2322⋅sin45°,]
又∵[6+2]＞[2.4+1.4=3.8,]
[23]＜[2×1.8=3.6,]
∴[a]＜[c]，即[0°]＜[A]＜[90°,]
∴[A=60°.]
[∴C=180°][-A-B=75°].
点拨 求角[A]时运用正弦定理、余弦定理都可以，但用正弦定理确定角[A]时，注意“大边对大角”.
3. 已知三边[a、b、c]，解△[ABC]
例３ 在△[ABC]中，已知[a=26]，[b=6+23]，[c=43]，求[A、B和C．]
解析 由余弦定理得，
∵[cosA=b2+c2-a22bc]
[=(48+243)+48-242×43×(6+23)=32]，
[∴A=30°].
∵[cosC=a2+b2-c22ab]
[=24+(48+243)-482×26×(6+23)=22]，
[∴C=45°.]
（或∵[sinC=casinA=4326sin30∘=22]，而[a 于是[B=π-（A+C）=105°]．
[∴A=30°,B=105°,C=45°.]
点拨 直接运用余弦定理先确定一个角，再求第二个角时既可以用余弦定理也可以正弦定理，但用正弦定理时要用边的大小来确定角的大小.
4. 已知两边及其中一条边所对的角，如已知[a、b和A]，解△[ABC]
例４ 在△[ABC]中，已知[a=22]，[b=23]，[A=45°]，求[c、B和C]．
解析 方法一：由[asinA=bsinB]得，
[sinB=bsinAa=23×2222=32]．
[∵bsinA＜a＜b]，
[∴]这个三角形有两组解．
[∴B=60°或B=120°]．
又[A+B+C=π]，
当[B=60°]时，[C=π-(A+B)=75°]，
由[asinA=csinC]得，
[c=asinCsinA=22sin75°sin45°=6+2].
当[B=120°]时，[C=π-(A+B)=15°]，
由[asinA=csinC]得，
[c=asinCsinA=22sin15°sin45°=6-2].
故[B=60°,C=75°,c=6+2]
或[B=120°,C=15°,c=6-2]．
方法二：由[a2=b2+c2-2bc⋅cosA]得，
[(22)2=(23)2+c2-2×23c×cos45°]，
即[c2-26c+4=0]，
解得，[c1=6+2]，[c2=6-2]．
当[c1=6+2]时，
[cosC1=a2+b2-c22ab]
[=8+12-(8+43)2×22×23)=6-24,]
故[C1=75°]，[B1=60°.]
同理可求得，
当[c2=6-2]时，[C2=15°,B2=120°].
点拨 已知两边和其中一边的对角不能唯一确定三角形，解这类三角形问题可能出现一解、两解、无解的情况，这时应结合“三角形中大边对大角”及几何图形帮助理解，此时用正弦定理、余弦定理均可求解.（1）利用正弦定理讨论：若已知 [a、b和A]，由正弦定理[asinA=bsinB]得[sinB=bsinAa]. 若[sinB＞1]，无解；若[sinB=1]，一解；若[sinB＜1]，两解.（2）利用余弦定理讨论：已知[a、b和A]，由余弦定理[a2=b2+c2-2bc cosA]，这可以看作关于[c]的一元二次方程.若方程无解或无正数解，则三角形无解；若方程有唯一正数解，则三角形一解；若方程有两不同正数解，则三角形有两解.
1. 已知两角及一条边．如已知角[A]、角[C]和边[c]，解△[ABC]
例１ 在△[ABC]中，已知[c=10，A=45°，][C=30°]，求[a、b、B]．
解析 由[A+B+C=π]得，
[B=π-A+C=][105°].
由[asinA=csinC]得，
[a=c⋅sinAsinC=10sin45°sin30°=102].
由[asinA=bsinB]得，
[b=a⋅sinBsinA=102⋅sin105°sin45°=5(6+2)]．
点拨 先运用三角形内角和定理求第三角，再运用正弦定理求其余的两边.
2. 已知两边和它们的夹角．如已知边[a、c和B]，解[△ABC]
例2 在[△ABC]中，已知[a=23]，[c=6+2]，[B=45°]，求[b、A和C].
解析 ∵[b2=a2+c2-2ac cosB]
=[(23)2+(6+2)2-2⋅23⋅(6+2)]cos[45°]
=[12+(6+2)2-43(3+1)]
=[8].
∴[b=22.]
求[A]可以利用余弦定理，也可以利用正弦定理.
方法一： ∵cos[A=b2+c2-a22bc]
[=(22)2+(6+2)2-(23)22×22×(6+2)=12,]
∴[A=60°.] [∠C=180°-∠A-∠B=75°.]
方法二：∵sin[A=absinB=2322⋅sin45°,]
又∵[6+2]＞[2.4+1.4=3.8,]
[23]＜[2×1.8=3.6,]
∴[a]＜[c]，即[0°]＜[A]＜[90°,]
∴[A=60°.]
[∴C=180°][-A-B=75°].
点拨 求角[A]时运用正弦定理、余弦定理都可以，但用正弦定理确定角[A]时，注意“大边对大角”.
3. 已知三边[a、b、c]，解△[ABC]
例３ 在△[ABC]中，已知[a=26]，[b=6+23]，[c=43]，求[A、B和C．]
解析 由余弦定理得，
∵[cosA=b2+c2-a22bc]
[=(48+243)+48-242×43×(6+23)=32]，
[∴A=30°].
∵[cosC=a2+b2-c22ab]
[=24+(48+243)-482×26×(6+23)=22]，
[∴C=45°.]
（或∵[sinC=casinA=4326sin30∘=22]，而[a
[∴A=30°,B=105°,C=45°.]
点拨 直接运用余弦定理先确定一个角，再求第二个角时既可以用余弦定理也可以正弦定理，但用正弦定理时要用边的大小来确定角的大小.
4. 已知两边及其中一条边所对的角，如已知[a、b和A]，解△[ABC]
例４ 在△[ABC]中，已知[a=22]，[b=23]，[A=45°]，求[c、B和C]．
解析 方法一：由[asinA=bsinB]得，
[sinB=bsinAa=23×2222=32]．
[∵bsinA＜a＜b]，
[∴]这个三角形有两组解．
[∴B=60°或B=120°]．
又[A+B+C=π]，
当[B=60°]时，[C=π-(A+B)=75°]，
由[asinA=csinC]得，
[c=asinCsinA=22sin75°sin45°=6+2].
当[B=120°]时，[C=π-(A+B)=15°]，
由[asinA=csinC]得，
[c=asinCsinA=22sin15°sin45°=6-2].
故[B=60°,C=75°,c=6+2]
或[B=120°,C=15°,c=6-2]．
方法二：由[a2=b2+c2-2bc⋅cosA]得，
[(22)2=(23)2+c2-2×23c×cos45°]，
即[c2-26c+4=0]，
解得，[c1=6+2]，[c2=6-2]．
当[c1=6+2]时，
[cosC1=a2+b2-c22ab]
[=8+12-(8+43)2×22×23)=6-24,]
故[C1=75°]，[B1=60°.]
同理可求得，
当[c2=6-2]时，[C2=15°,B2=120°].
点拨 已知两边和其中一边的对角不能唯一确定三角形，解这类三角形问题可能出现一解、两解、无解的情况，这时应结合“三角形中大边对大角”及几何图形帮助理解，此时用正弦定理、余弦定理均可求解.（1）利用正弦定理讨论：若已知 [a、b和A]，由正弦定理[asinA=bsinB]得[sinB=bsinAa]. 若[sinB＞1]，无解；若[sinB=1]，一解；若[sinB＜1]，两解.（2）利用余弦定理讨论：已知[a、b和A]，由余弦定理[a2=b2+c2-2bc cosA]，这可以看作关于[c]的一元二次方程.若方程无解或无正数解，则三角形无解；若方程有唯一正数解，则三角形一解；若方程有两不同正数解，则三角形有两解.