资源简介

第04讲 正弦定理与余弦定理-【寒假预科讲义】（人教A版2019必修第一册）
·模块一 余弦定理
·模块二 正弦定理
·模块三 三角形面积公式
·模块四 课后作业
1．余弦定理
（1）余弦定理及其推论的表示
文字表述 三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍.
公式表述 a2=b2+c2-2bccosA，b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC.
推论
（2）对余弦定理的理解
①余弦定理对任意的三角形都成立.
②在余弦定理中，每一个等式都包含四个量，因此已知其中三个量，利用方程思想可以求得未知的量.
③余弦定理的推论是余弦定理的第二种形式，适用于已知三角形三边来确定三角形的角的问题.用余弦
定理的推论还可以根据角的余弦值的符号来判断三角形中的角是锐角还是钝角.
④余弦定理的另一种常见变式：+-=2bcA，+-=2acB，+-=2abC.
【考点1 余弦定理边角互化的应用】
【例1.1】（2023上·浙江金华·高二校考开学考试）
1．在中，角所对的边分别为，若，则角（ ）
A． B． C． D．
【例1.2】（2023下·云南红河·高一校考阶段练习）
2．已知一个三角形的三边分别是a、b、，则此三角形中的最大角为（　　）
A． B． C． D．
【变式1.1】（2023上·陕西商洛·高二校考期末）
3．在中，内角的对边分别为.若，则的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．钝角三角形
【变式1.2】（2023上·陕西商洛·高二校考期末）
4．在中，内角的对边分别为.若，，且则（ ）
A． B． C． D．
【考点2 余弦定理解三角形】
【例2.1】（2023下·河南郑州·高一校考期末）
5．在中，分别是，，的对边.若，且，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
【例2.2】（2023·四川自贡·统考一模）
6．在中角A、B、C所对边a、b、c满足，，，则（ ）.
A．4 B．5 C．6 D．6或
【变式2.1】（2023·全国·模拟预测）
7．如图，在中，，，D是BC的中点，E是线段AC上的点，且，，则（ ）
A． B． C．2 D．
【变式2.2】（2023·安徽·池州市校联考模拟预测）
8．如图是一块空旷的土地，准备在矩形区域内种菊花，区域内种桂花，区域内种茶花.若面积是面积的3倍，，，则当取最小值时，菊花的种植面积为（ ）
A． B． C． D．
1．正弦定理
（1）正弦定理的表示
在△ABC中，若角A，B，C对应的边分别是a，b，c，则各边和它所对角的正弦的比相等，即==.
（2）正弦定理的常见变形
在△ABC中，由正弦定理得===k(k>0)，则a=kA，b=kB，c=kC，由此可得
正弦定理的下列变形：
①=，=，=，aB=bA，aC=cA，bC=cB；
②======；
③a:b:c=A:B:C；
④===2R，（R为△ABC外接圆的半径）.
（3）三角形的边角关系
由正弦定理可推导出，在任意三角形中，有“大角对大边，小角对小边”的边角关系.
2．解三角形
（1）解三角形的概念
一般地，三角形的三个角A，B，C和它们的对边a，b，c叫做三角形的元素.在三角形中，已知三角形的几个
元素求其他元素的过程叫做解三角形.
（2）余弦定理在解三角形中的应用
利用余弦定理可以解决以下两类解三角形的问题：
①已知两边及它们的夹角，求第三边和其他两个角；
③已知三边，求三角形的三个角.
（3）正弦定理在解三角形中的应用
公式==反映了三角形的边角关系.
由正弦定理的推导过程知，该公式实际表示为：=，=，=.上述的
每一个等式都表示了三角形的两个角和它们的对边的关系.从方程角度来看，正弦定理其实描述的是三组方程，对于每一个方程，都可“知三求一”，于是正弦定理可以用来解决两类解三角形的问题：
①已知两角和任意一边，求其他的边和角，
③已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角.
【考点1 正弦定理边角互化的应用】
【例1.1】（2023·陕西商洛·统考一模）
9．在△中，角的对边分别是，则=（ ）
A． B． C． D．
【例1.2】（2023上·广东肇庆·高三统考阶段练习）
10．记的内角的对边分别为，，，已知，则（ ）
A． B． C． D．
【变式1.1】（2023上·全国·高三专题练习）
11．设在中,角所对的边分别为, 若, 则的形状为 （ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定
【变式1.2】（2023·上海普陀·统考一模）
12．在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，则该三角形外接圆的半径为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【考点2 正弦定理判定三角形解的个数】
【例2.1】（2022下·福建莆田·高一校考期末）
13．在中，内角，，所对的边分别为，，，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【例2.2】（2023上·全国·高三专题练习）
14．在中，角，，所对的边分别为，，，，，，则此三角形的解的情况是（ ）
A．有一解 B．有两解
C．无解 D．有解但解的个数不确定
【变式2.1】（2023上·北京大兴·高三统考期中）
15．在中，，且满足该条件的有两个，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【变式2.2】（2023下·安徽马鞍山·高一校考期中）
16．的内角，，的对边分别为，，，若，，则结合的值，下列解三角形有两解的为（ ）
A． B． C． D．
【考点3 正弦定理解三角形】
【例3.1】（2023上·内蒙古通辽·高三校考阶段练习）
17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A．8 B．5 C．4 D．3
【例3.2】（2023上·全国·高三专题练习）
18．在中，角，，所对的边分别为，，． ，，则（ ）
A． B． C． D．
【变式3.1】（2023上·辽宁·高三校联考期中）
19．已知的外接圆半径为2，且内角满足，，则（ ）
A． B． C． D．
【变式3.2】（2023·全国·模拟预测）
20．在中，内角的对边分别为，
，则的值为（ ）
A． B． C． D．
1．三角形的面积公式
（1）常用的三角形的面积计算公式
①=a=b=c (，，分别为边a，b，c上的高).
②将=bC，=cA，=aB代入上式可得=abC=bcA=acB，即三角形的面积等于任意两边与它们夹角的正弦值乘积的一半.
（2）三角形的其他面积公式
①=r(a+b+c)=rl，其中r，l分别为△ABC的内切圆半径及△ABC的周长.
②=，=，=.
【考点1 三角形面积公式的应用】
【例1.1】（2023上·江苏镇江·高三统考期中）
21．在中，若，则的面积为（ ）
A． B． C．或 D．
【例1.2】（2023·湖南·校联考模拟预测）
22．在中，，，且的面积为，则（ ）
A． B． C． D．
【变式1.1】（2023上·安徽芜湖·高二校考阶段练习）
23．已知钝角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．若边上中线长为，，求的面积（ ）
A． B．
C．或 D．
【变式1.2】（2023上·陕西西安·高三交大附中校考阶段练习）
24．在中，角，，所对的边分别为，，，若，且的外接圆的半径为，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【考点2 正、余弦定理在几何图形中的应用】
【例2.1】（2023上·黑龙江哈尔滨·高三校考期末）
25．在中，，，分别为角，，的对边，且.
(1)求角A的大小；
(2)若，且，求的面积.
【例2.2】（2023上·广东汕头·高二校考阶段练习）
26．在中，.
(1)求；
(2)再从条件①条件②这两个条件中选择一个作为已知，求边上中线的长．
条件①：的周长为；条件②：的面积为 .
（若选择多个做答，按第一作答给分）
【变式2.1】（2023上·广西河池·高三校联考阶段练习）
27．已知的内角的对边分别为，若．
(1)求的值；
(2)若的面积为，求周长的取值范围．
【变式2.2】（2023·全国·模拟预测）
28．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)若，求c的值以及的面积；
(2)若，求的值以及的取值范围．
【考点3 距离、高度、角度测量问题】
【例3.1】（2023上·全国·高三专题练习）
29．如图，A、B两点都在河的对岸(不可到达)，若在河岸选取相距20米的C、D两点，测得∠BCA＝60°，∠ACD＝30°，∠CDB＝45°，∠BDA＝60°，那么此时A，B两点间的距离是多少？
【例3.2】（2023上·广东湛江·高三校联考阶段练习）
30．山东省滨州市的黄河楼位于蒲湖水面内东南方向的东关岛上，渤海五路以西，南环路以北.整个黄河楼颜色质感为灰红，意味黄河楼气势恢宏，更在气势上体现黄河的宏壮.如图，小张为了测量黄河楼的实际高度，选取了与楼底在同一水平面内的两个测量基点，现测得，在点处测得黄河楼顶的仰角为，求黄河楼的实际高度（结果精确到，取）.
【变式3.1】（2023·全国·高一随堂练习）
31．如图，某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口北偏西方向且与该港口相距的处，并以的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以的航行速度匀速行驶，经过与轮船相遇.

(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？
(2)假设小艇的最高航行速度只能达到，试设计航行方案（即确定航行方向与航行速度的大小），使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由．
【变式3.2】（2023上·辽宁·高二校联考开学考试）
32．某景区为打造景区风景亮点，欲在一不规则湖面区域（阴影部分）上两点之间建一条观光通道，如图所示．在湖面所在的平面（不考虑湖面离地平面的距离，视湖面与地平面为同一平面）内距离点米的点处建一凉亭，距离点米的点处再建一凉亭，测得，．

(1)求的值；
(2)测得，观光通道每米的造价为2000元，若景区准备预算资金8万元建观光通道，问：预算资金够用吗？
（2023下·江苏扬州·高一校考阶段练习）
33．在中，a，b，c是角A，B，C分别所对的边，若，则（ ）
A． B． C． D．
（2023下·江苏苏州·高一校考阶段练习）
34．在中，已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
（2024·四川自贡·统考一模）
35．在中角所对边满足，则（ ）
A．4 B．5 C．6 D．6或
（2023上·重庆·高三重庆八中校考阶段练习）
36．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为 a， b，c，已知， 则cosB=（ ）
A． B． C． D．
（2023下·河北石家庄·高一校联考阶段练习）
37．在中，，，，则（ ）
A． B．1 C． D．2
（2024上·北京·高三清华附中校考开学考试）
38．在中，，，，若满足条件的有两个，则的可能取值为（　　）
A． B． C． D．
（2023上·全国·高三专题练习）
39．一艘游轮航行到处时看灯塔在的北偏东，距离为海里，灯塔在的北偏西，距离为海里，该游轮由沿正北方向继续航行到处时再看灯塔在其南偏东方向，则此时灯塔位于游轮的（　　）
A．正西方向 B．南偏西方向 C．南偏西方向 D．南偏西方向
（2023·四川内江·统考一模）
40．在中，、、分别为角、、的对边，若，则的形状为（ ）
A．正三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形
（2023下·江西赣州·高一统考期末）
41．已知的内角的对边分别为，下列结论错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则符合条件的三角形有2个
C．若，则
D．若△ABC的面积，则
（2022上·福建泉州·高二校考开学考试）
42．在锐角中，角的对边分别为，为的面积，，且，则的周长的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·高一课时练习）
43．在中，，．分别根据下列条件，求边长a的取值范围．
(1)有一解；
(2)有两解；
(3)无解．
（2023上·山西临汾·高三校联考期中）
44．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)若，求A；
(2)若，求证：.
（2023·山东·山东省校联考模拟预测）
45．记的内角的对边分别为，已知.
(1)求：
(2)若，求面积.
（2023上·河北秦皇岛·高二校考开学考试）
46．为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气候仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气候观测，B，C，D三地位于同一水平面上，这种仪器在B地进行弹射实验，两地相距，，在C地听到弹射声音的时间比D地晚秒，在C地测得该仪器至最高点A处的仰角为．（已知声音的传播速度为），求：

(1)B，C两地间的距离；
(2)这种仪器的垂直弹射高度AB．
（2023上·黑龙江大兴安岭地·高三校考阶段练习）
47．已知的内角的对边分别为，且.
(1)求边长和角A；
(2)求的周长的取值范围.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】根据余弦定理求得正确答案.
【详解】依题意，，即，
所以，所以为锐角，所以.
故选：B
2．B
【分析】由题意得，为最大边，利用余弦定理求得最大角的余弦值，从而求得最大角．
【详解】一个三角形的三边分别是、、，为最大边．
设最大角为，由余弦定理可得
，，
因为，故此三角形中的最大角为，
故选：B．
3．B
【分析】根据余弦定理把题中条件化为边的关系式，即可判定.
【详解】根据余弦定理知，
，
所以，则,
故三角形为直角三角形，
故选：
4．A
【分析】利用余弦定理表示出，利用条件变换求解即可.
【详解】因为，，且
由余弦定理知，
，
解得，
故选：
5．A
【分析】由，且，得到，利用余弦定理求解.
【详解】因为，且，
所以，
所以 ，
因为 ，所以 ，
故选：A
6．C
【分析】根据余弦定理化简可得，再结合条件即可求得答案.
【详解】由得，即，
又，，故，（舍），
故选：C
7．A
【分析】解法一：设出，由余弦定理得到，得到方程，求出，作出辅助线，由余弦定理表达出，得到方程，求出，从而得到方程，求出，得到答案；
解法二：作出辅助线，由题目条件得到，，设，由勾股定理表达出，得到方程，求出答案.
【详解】解法一：设，则，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
则，得．
如图，过点A作交CB的延长线于点M，则，
又，，所以，，
则，．
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
则，整理得，
所以，得，即；
解法二：如图，过点A作交CB的延长线于点M，
过点A作交CB的延长线于点H，易得，
又，，所以，，
则，，所以，，设，
所以，，
因为，所以，得，
所以，

故选：A
8．D
【分析】由面积是面积的3倍得，因此设，得，用余弦定理确定，求出比值后利用基本不等式得最小值，从而可得结论．
【详解】设，∵面积是面积的3倍，∴，则，
在中，，
在中，，
故，
，当时，即取“=”，
，
当取最小值时，菊花的种植面积，
故选：D.
9．B
【分析】利用正弦定理、二倍角公式等知识求得正确答案.
【详解】因为，所以．
因为，所以，所以．
因为，所以，则．
故选：B
10．C
【分析】利用正弦定理变形等式，可得三角形为等边三角形，即得答案.
【详解】因为，
有正弦定理得，
则，
所以，故，即，
代入上边等式可得，，
则三角形为等边三角形，
故
故选：
11．B
【分析】利用正弦定理可得，结合三角形内角和定理与诱导公式可得，从而可得结果.
【详解】因为，
所以由正弦定理可得，
，
所以，所以是直角三角形.
【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题. 弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.
12．A
【分析】先应用正弦定理及两角和的正弦公式化简求出角A,再根据正弦定理求出外接圆半径即可.
【详解】.
,
设该三角形外接圆的半径为
由正弦定理得
故选：A.
13．C
【分析】由三角形内角和可判断A项，由三角形中大边对大角可判断B项，由正弦定理解三角形可判断C项，由余弦定理解三角形可判断D项.
【详解】对于A项，由，，可得，所以三角形只有一解；
对于B项，由，，，可得，所以，此时三角形有唯一的解；
对于C项，由正弦定理，可得，
可得B有两解，所以三角形有两解；
对于D项，由余弦定理得，
可得c有唯一的解，所以三角形只有一解．
故选：C．
14．A
【分析】运用正弦定理计算出，结合有，计算出即可得.
【详解】由，得，
又 ，，故只能为锐角，即，
故该三角形只有一解．
故选：A.
15．C
【分析】由题意可知，画出和边长，以为圆心，为半径作圆与边有两个交点时即可求出的取值范围.
【详解】根据题意如下图所示：

易知当时，，若满足条件的三角形只有一个；
由题可知以为圆心，为半径的圆与边有两个交点时，即图中两点满足题意；
所以可得，即；
即的取值范围是.
故选：C
16．B
【分析】根据题意，由正弦定理代入计算，即可得到结果.
【详解】由正弦定理可得，，所以，
因为三角形有两解，所以，且，因此由选项知，只有符合.
故选：B
17．B
【分析】根据同角三角函数的基本关系求出，结合正弦定理即可得解.
【详解】在中，，
因为，所以，
则由正弦定理得.
故选：B．
18．C
【分析】运用正弦定理结合题目条件计算即可得.
【详解】由正弦定理，得，
因为，所以，
又，所以．
故选：C.
19．D
【分析】相加即可求出，结合同角三角函数关系可求的，应用正弦定理即可求解.
【详解】由，，得，
即，则，
由，解得，
由正弦定理知.
故选：D
20．B
【分析】先利用正弦定理、三角恒等变换等求出角的大小，然后利用正弦定理即可求出的值，进而求出的值．
【详解】由可得，
由正弦定理得，
故，
又，所以，
因为，所以．
在中，由正弦定理得，，
所以，
因为，所以为锐角，
所以．
故选B．
21．D
【分析】利用余弦定理求，进而利用面积公式求面积.
【详解】由题意可得：，即，
整理得，解得或（舍去），
所以的面积为.
故选：D.
22．D
【分析】先利用正弦定理角化边可得，再由三角形面积公式可得，最后根据余弦定理求解即可.
【详解】设中角所对的边分别为，
因为，所以由正弦定理可得，
又解得，
所以由余弦定理可得，
因为，所以，
故选：D
23．B
【分析】先结合正弦定理化简求出，进而求出角,再结合向量的实数化求出，则三角形的面积可求.
【详解】因为，
所以由正弦定理可得，
因为在三角形中，
所以，
又因为，
所以，
所以或，
因为边上中线长为，，
设中点为，
则可得，
所以，
又因为边上中线长为，，
所以，
当时，代入可得，解之可得，
则
所以，即为直角三角形，与题意矛盾，故舍去.
当时，代入可得，解之可得，
则的面积.
故选：B.
24．B
【分析】在中，由正弦定理边角关系得，由余弦定理求出角，由余弦定理结合基本不等式可得，进而可求出三角形面积的最大值.
【详解】在中，，
由正弦定理得：，
由余弦定理得：，
因为为的内角，则，
所以，
因为的外接圆的半径为，
由正弦定理得：，所以，
由余弦定理得，即，
因为，所以，当且仅当时取等号，
故的面积，
所以面积的最大值为.
故选：B.
25．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理和正弦定理，结合正弦和角公式得到，从而得到，求出角A的大小；
（2）在（1）基础上得到，结合正切和角公式得到，得到方程组，求出，得到为等边三角形，求出三角形面积.
【详解】（1），
由余弦定理得，
由正弦定理得，
，
即，
故，
因为，所以，
所以，化简得，
因为，所以；
（2）由（1）知，
故，
∵，故，
联立，解得，
∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴.
26．(1)
(2)若选择①：；若选择②：
【分析】（1）根据正弦定理化简已知条件，再求出.
（2）若选择①，则结合正弦定理、余弦定理求得中线长；若选择②，则根据三角形的面积公式、余弦定理求得中线长.
【详解】（1）∵，∴由正弦定理可得，
∴，∵，∴，
∴，解得.
（2）若选择①：
由（1）可得.
设的外接圆半径为，
则由正弦定理可得，
则周长，
解得，则，
由余弦定理可得边上的中线的长为
.
若选择②：
由（1）可得，即，
则，解得，
则由余弦定理可得BC边上的中线的长为
.
27．(1)
(2)
【分析】（1）利用两角和差正弦公式、正弦定理和余弦定理角化边可整理得到关于的方程，解方程可求得结果；
（2）由三角形面积公式，结合余弦定理可求得，由此可得；利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识可将整理为关于的三角函数的形式，根据正弦型函数值域求法可求得结果.
【详解】（1），
，
，解得：（舍）或，
.
（2），，
，又，，
，则，，
，
，，，，
又，周长的取值范围为.
28．(1)，
(2)，
【分析】（1）根据题意，化简得到，再由余弦定理求得，结合三角形的面积公式，即可求解；
（2）由，求得，由正弦定理，求得，进而求得的取值范围.
【详解】（1）解：由，可得，
因为，所以，所以，可得，
由余弦定理得，
所以的面积．
（2）解：因为，所以，
解得，
在中，由正弦定理得，则，
因为，故，所以，
即的取值范围为.
29．米
【分析】根据正弦定理，分别在和中求出AC，BC，然后在中，由余弦定理求得AB.
【详解】根据正弦定理，
在中，有(米)，
在中，有(米)．
在中，由余弦定理得AB＝＝(米)．
所以A，B两点间的距离为米．
30．
【分析】利用正弦定理即可求解.
【详解】由题知，
，
在中，由正弦定理得，
则.
在中，，
所以，
故黄河楼的实际高度约为.
31．(1)航行速度为
(2)航行方向为北偏东30°，航行速度为30,理由见解析
【分析】（1）利用余弦定理和二次函数的最值求解；
（2）要用时最小，则首先速度最高，然后是距离最短，则由(1)利用余弦定理得到方程解得对应的时间，再解得相应角，即可求解.
【详解】（1）
如图设小艇的速度为，时间为相遇，
则由余弦定理得:,
叩:,
当时，取得最小值，此时速度，
此时小艇的航行方向为正北方向，航行速度为.
（2）要用时最小，则首先速度最高，即为:30 ，
则由(1)可得:
,
即:,解得:，
此时,
此时，在中，，
故可设计航行方案如下:
航行方向为北偏东30°，航行速度为30，小艇能以最短时间与轮船相遇.
32．(1)
(2)预算资金够用
【分析】（1）在中，利用正弦定理，由求解；
（2）在中，利用余弦定理求得CD，在中，由，，求得AC，然后在中，利用余弦定理求得AB即可.
【详解】（1）解：由，
得，
则，
在中，由正弦定理得，即，
所以．
（2）在中，由余弦定理得，
整理得，
解得（舍去）．
在中，，
所以，
又，
解得．
在中，，
所以．
由于观光通道每米的造价为2000元，所以总造价低于元，故预算资金够用．
33．C
【分析】先求出角，再利用正弦定理求解
【详解】由题且
由正弦定理得
故选：C
34．A
【分析】由余弦定理直接求解即可.
【详解】在中，已知，，，
由余弦定理得：，
故选：A
35．A
【分析】根据余弦定理求得正确答案.
【详解】依题意，，
由余弦定理得
，解得.
故选：A
36．D
【分析】利用正弦定理和二倍角公式计算即可.
【详解】结合题意：利用正弦定理得：,即,
解得：.
故选：D.
37．B
【分析】利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式求解作答.
【详解】在中，，，，由余弦定理得，
即，整理得，
所以.
故选：B
38．B
【分析】根据满足条件的有两个，可得出，求出的取值范围，即可得解.
【详解】因为，，，且满足条件的有两个，
则，即，解得.
故选：B.
39．C
【分析】利用正弦定理、余弦定理求得正确答案.
【详解】如图，在中，，由正弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以解得，
由正弦定理得，故或，
因为，故为锐角，所以，
此时灯塔位于游轮的南偏西方向.
故选：C
40．B
【分析】根据条件，利用倍角公式得到，再利用正弦定理角转边即可得出结果.
【详解】因为，所以，整理得到，
又由正弦定理，得到，
所以，得到，
又，所以，得到，又，所以，
故选：B.
41．C
【分析】对于A,利用正弦定理即可求解；
对于B，利用正弦定理及大边对大角即可求解；
对于C，利用已知条件及诱导公式即可求解；
对于D，利用余弦定理及三角形的面积公式,结合同角三角函数的商数关系即可求解.
【详解】对于A，由及正弦定理，得,所以，故A 正确；
对于B，由题意及正弦定理得,所以,因为，所以,所以或，即符合条件的三角形有2个，故B正确；
对于C，由，得或，所以或，所以或，故C错误；
对于D，由，得，所以，由于，所以，故D正确.
故选：C.
42．C
【分析】利用面积公式和余弦定理可得，然后根据正弦定理及三角变换可得，再根据三角形是锐角三角形，得到的范围，转化为三角函数求值域的问题.
【详解】，
，
∴，即，为锐角，
∴，又，
由正弦定理可得，
所以
，其中，，
因为为锐角三角形，
所以，则，
即：，
所以，又，
∴，即，
故的周长的取值范围是.
故选：C.
43．(1)或；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据正弦定理，得到.分、、讨论，即可得出；
（2）由已知可得，求解不等式即可得出结果；
（3）由已知可得，求解不等式即可得出结果.
【详解】（1）由正弦定理可得，.
（ⅰ）当，即时，.
①若，即，则不存在，无解，此时；
②若，即， ，有一解，此时；
③若，即，因为，此时可能是锐角或钝角，即此时有两解，此时，即.
综上所述，当时，有一解；
（ⅱ）当，即时，，有一解；
（ⅲ）当，即时，，此时只能是锐角，有一解.
综上所述，有一解时，边长a的取值范围是或.
（2）由（1）知，有两解，应满足，由，即，解得.
（3）由（1）知，无解，应满足，即，解得.
44．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用余弦定理将已知等式统一成边的形式，再结合余弦定理和，可求出角；
（2）由结合余弦的二倍角公式可求出，再利用余弦定理得，由结合余弦定理得，两式结合化简可证得结论.
【详解】（1）解：因为，
所以由余弦定理得，
所以，得，
因为，所以，得，
所以由余弦定理得，
因为，所以；
（2）证明：因为，所以，
化简整理得，
，解得或（舍去），
所以由余弦定理得，所以，
因为，
所以由余弦定理得，
整理得，
所以，
所以，得，
所以.
45．(1)2
(2)
【分析】（1）由余弦定理化简已知等式，可求；
（2）由正弦定理和两角和的正弦公式化简等式，求出角，面积公式求面积.
【详解】（1）由余弦定理，得，
所以.
（2）若，由正弦定理，
，
，
所以，
因为，故，所以，
又，所以，
故的面积为.
46．(1)420米
(2)米
【分析】（1）设，利用在C地听到弹射声音的时间比D地晚秒，表示出BD，再由余弦定理，即可得解；
（2）解即可得解．
【详解】（1）设，
∵在C地听到弹射声音的时间比D地晚秒，
∴，
在中，由余弦定理，
∴，解得，
故B，C两地间的距离为420米；
（2）在中，，
∴米，
故该仪器的垂直弹射高度为米．
47．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理得到，从而得到，由求出；
（2）根据余弦定理和基本不等式求出，结合三角形三边关系得到周长的取值范围.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
，
，
，
可得，
因为，所以，
由得，
得，
故或，故或0 (舍去).
（2）因为，
由余弦定理得，即，
所以，
又，即，
解得，
根据三角形三边关系得到，
故，
的周长的取值范围是.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

展开更多......

收起↑