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热点3-3 正弦定理与余弦定理
“解三角形”是每年高考常考内容，在选择题、填空题中考查较多，有时也会出现在解答题中.对于解答题，一是考查正弦定理、余弦定理的简单应用；而是考查两个定理的综合应用，多与三角变换、平面向量等知识综合命题.以实际生活为背景（如测量、航海、几何天体运行和物理学上的应用等）考查解三角形问题，此类问题在近几年高考中虽未涉及，但深受高考命题者的青睐，应给予关注；在高考试题中出现有关解三角形的试题大多数为容易题、中档题.
【题型1 正、余弦定理解三角形边与角】
满分技巧利用正、余弦定理求解三角形的边角问题，实质是实现边角的转化，解题的思路是： 1、选定理. （1）已知两角及一边，求其余的边或角，利用正弦定理； （2）已知两边及其一边的对角，求另一边所对的角，利用正弦定理； （3）已知两边及其夹角，求第三边，利用余弦定理； （4）已知三边求角或角的余弦值，利用余弦定理的推论； （5）已知两边及其一边的对角，求另一边，利用余弦定理； 2、巧转化：化边为角后一般要结合三角形的内角和定理与三角恒等变换进行转化；若将条件转化为边之间的关系，则式子一般比较复杂，要注意根据式子结构特征灵活化简. 3、得结论：利用三角函数公式，结合三角形的有关性质（如大边对大角，三角形的内角取值范围等），并注意利用数形结合求出三角形的边、角或判断出三角形的形状等.
【例1】（2024·全国·模拟预测）
1．在中，，则（ ）
A． B．
C． D．
【变式1-1】（2024·全国·模拟预测）
2．在中，，则（ ）
A． B． C． D．
【变式1-2】（2023·新疆·校联考一模）
3．在中，角的对应边是，且，则（ ）
A． B． C． D．
【变式1-3】（2024·湖北武汉·高三统考期末）
4．已知在中，，，则（ ）
A． B． C． D．
【变式1-4】（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）
5．在中，角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若，且，求.
【题型2 正弦定理判定三角形解的个数】
满分技巧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：以已知和，解三角形为例 由正弦定理、正弦函数的有界性及三角形的性质可得： ①若，则满足条件的三角形的个数为0； ②若，则满足条件的三角形的个数为1； ③若，则满足条件的三角形的个数为1或者2； 显然由若可得有两个值，一个大于，一个小于，考虑“大边对大角”、“三角形内角和等于”等，此时需进行分类讨论. （2）画图法：以已知角的对边为半径画圆弧，通过与邻边的交点个数判断解的个数 在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下： 当为锐角时： 当为钝角时
【例2】（2023·山东临沂·高三校考阶段练习）
6．在中，内角，，所对的边分别为，，，根据下列条件判断三角形的情况，则正确的是（ ）
A．，，，有两解 B．，，，有两解
C．，，，只有一解 D．，，，只有一解
【变式2-1】（2022·河北张家口·高三校联考期中）
7．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．
【变式2-2】（2023·北京顺义·高三牛栏山一中校考期中）
8．在中，，，，满足条件的（ ）
A．有无数多个 B．有两个 C．有一个 D．不存在
【变式2-3】（2023·浙江·模拟预测）
9．在中，角所对的边分别为.若，且该三角形有两解，则的范围是（ ）
A． B．
C． D．
【变式2-4】（2023·安徽·池州市第一中学校联考模拟预测）
10．在中，，若满足条件的三角形有两个，则边的取值可能是（ ）
A．1.5 B．1.6 C．1.7 D．1.8
【题型3 正、余弦定理判断三角形形状】
满分技巧判定三角形形状的两种常用途径 1、角化边：利用正弦定理、余弦定理化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断； 2、边化角：通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断
【例3】（2023·安徽芜湖·统考模拟预测）
11．记的内角的对边分别为，，，若，则为（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
【变式3-1】（2023·全国·高三专题练习）
12．在中，，，分别为角，，的对边，已知．若，，成等比数列，则是（ ）
A．直角三角形 B．等边三角形
C．等腰三角形 D．不确定
【变式3-2】（2023·甘肃酒泉·统考三模）
13．中，，，分别是角，，的对边，且，则的形状为（ ）
A．直角三角形 B．锐角三角形
C．直角或钝角三角形 D．钝角三角形
【变式3-3】（2022·内蒙古呼伦贝尔·高三海拉尔第一中学校考阶段练习）
14．的内角的对边分别为，且，则的形状为（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形或直角三角形
【变式3-4】（2024·新疆乌鲁木齐·高三乌鲁木齐市十二中校考阶段练习）
15．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的形状是（ ）
A．等腰三角形或直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形
【题型4 求三角形（四边形）的面积】
满分技巧1、常用的三角形面积公式： 在中，内角，，所对的边分别为，，，边，，边上的高分别记作，，，为内切圆半径，为外接圆半径，为内切圆心. （1） （2） （3） （4） 2、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.
【例4】（2024·江西上饶·高三校考阶段练习）
16．在中，，，分别为，，的对边，且，，的面积为，那么等于（ ）
A． B． C． D．
【变式4-1】（2024·陕西渭南·统考一模）
17．在中，，，，则的面积为 .
【变式4-2】（2023·湖南长沙·高三统考阶段练习）
18．在中，角所对的边分别为，已知成等差数列，，则的面积为（ ）
A．3 B． C．12 D．16
【变式4-3】（2024·重庆长寿·高三统考期末）
19．在中，，且的面积为，则（ ）
A． B． C．2 D．3
【变式4-4】（2024·陕西西安·统考一模）
20．在三角形中，内角的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【题型5 三角形的外接圆问题】
满分技巧正弦定理：（其中为外接圆半径）
【例5】（2023·江苏徐州·高三校考阶段练习）
21．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则外接圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】（2023·河北石家庄·高三校联考阶段练习）
22．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，则外接圆的半径为（ ）.
A． B． C． D．3
【变式5-2】（2022·辽宁葫芦岛·高三校联考阶段练习）
23．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则外接圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-3】（2022·河南南阳·高三统考期中）
24．在中, 角，，所对的边分别为，，，，则的外接圆面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-4】（2023·湖南娄底·高三涟源市第一中学校联考阶段练习）
25．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的外接圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
【题型6 证明三角形中恒等式或不等式】
【例6】（2024上·江西赣州·高三统考期末）
26．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
(1)证明：；
(2)记边AB和BC上的高分别为和，若，判断的形状．
【变式6-1】（2024·湖南长沙·统考一模）
27．在中，角，，所对的边长分别为，，，且满足.

(1)证明：；
(2)如图，点在线段的延长线上，且，，当点运动时，探究是否为定值？
【变式6-2】（2023·全国·高三校联考阶段练习）
28．记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，，求．
【变式6-3】（2024·河南焦作·高三统考期末）
29．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)证明：；
(2)若，求的值．
【变式6-4】（2024上·海南海口·高三海南中学校考阶段练习）
30．记的内角A，B，C的对边分别为﹐已知．
(1)若，求B；
(2)证明：.
【题型7 距离、高度、角度的测量】
满分技巧解三角形的实际应用问题的类型及解题策略 1、求距离、高度问题 （1）选定或确定要创建的三角形，要先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出所要求的量． （2）确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理． 2、求角度问题 （1）分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步，画图时，要明确仰角、俯角、方位角以及方向角的含义，并能准确找到这些角． （2）将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正、余弦定理的综合应用．
【例7】（2023·江苏南通·高三海门中学校考阶段练习）
31．如图，某人为测量塔高，在河对岸相距的，处分别测得，，（其中，与塔底在同一水平面内），则塔高（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式7-1】（2023·福建厦门·高三湖滨中学校考阶段练习）
32．如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)(参考数据：≈1.414，≈1.732，≈2.236，≈2.646)（ ）

A．53米 B．55米
C．57米 D．60米
【变式7-2】（2023·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考模拟预测）
33．某校学生参加课外实践活动“测量一土坡的倾斜程度”，在坡脚A处测得，沿土坡向坡顶前进后到达D处，测得．已知旗杆，土坡对于地平面的坡角为，则（ ）
A． B． C． D．
【变式7-3】（2022·吉林·统考模拟预测）
34．位于灯塔A处正西方向相距n mile的B处有一艘甲船需要海上救援，位于灯塔A处北偏东45°相距n mile的C处的一艘乙船前往营救，则乙船的目标方向线（由观测点看目标的视线）的方向是南偏西（ ）
A．30° B．60° C．75° D．45°
【变式7-4】（2024·全国·高三专题练习）
35．鄂州十景之一“二宝塔”中的文星塔位于文星路与南浦路交汇处，至今已有四百六十多年的历史，该塔为八角五层楼阁式砖木混合结构塔.现在在塔底共线三点、、处分别测塔顶的仰角为、、，且m，则文星塔高为 m.

【题型8 正余弦定理与三角函数综合】
【例8】（2024·甘肃兰州·高三校考阶段练习）
36．已知函数.
(1)求函数的最值及取得最值时的取值集合；
(2)设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且，求的面积．
【变式8-1】（2023·四川绵阳·高三南山中学校考阶段练习）
37．已知函数.
(1)求的最小正周期；
(2)在中，分别是角的对边，若，，且的面积为，求外接圆的半径.
【变式8-2】（2024·全国·模拟预测）
38．在平面直角坐标系xOy中，点，，，点D是线段EF上靠近点F的三等分点，且．
(1)求函数的最小值；
(2)在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，，的面积为，求a的值．
【变式8-3】（2023·福建泉州·高三德化第一中学校联考阶段练习）
39．已知函数
(1)当，求的最值，及取最值时对应的的值；
(2)在中，为锐角，且，求的面积．
【变式8-4】（2023·河北石家庄·高三石家庄市第二十七中学校考阶段练习）
40．已知函数
(1)求函数的最小正周期；
(2)在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，内切圆面积为，求的最小值；
（建议用时：60分钟）
（2024·四川自贡·统考一模）
41．在中角所对边满足，则（ ）
A．4 B．5 C．6 D．6或
（2023·海南·校考模拟预测）
42．的内角A，B，C的对边分别为，已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
（2022·全国·高三校联考专题练习）
43．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c成等比数列，且，则（ ）
A． B．
C． D．
（2023·内蒙古鄂尔多斯·高三期末）
44．若在中满足：则边上的高为（ ）
A． B． C． D．
（2023·新疆·高三校联考期中）
45．在中，已知向量，向量，若，则（ ）
A． B． C． D．1
（2023·湖南·校联考模拟预测）
46．在中，，，且的面积为，则（ ）
A． B． C． D．
（2023·全国·模拟预测）
47．在中，，则下列结论不成立的是（ ）
A． B．
C． D．
（2024·全国·模拟预测）
48．已知中，角的对边分别是，且， 的外接圆半径为， 边上的高为2，则（ ）
A．5 B．6 C．8 D．9
（2024·全国·模拟预测）
49．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
（2023·江苏南通·高三校考开学考试）
50．塔是一种在亚洲常见的，有着特定的形式和风格的中国传统建筑.如图，为测量某塔的总高度AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得，，米，在C点测得塔顶A的仰角为，则塔的总高度为（ ）

A． B．
C． D．
（2024·辽宁大连·高三统考期末）
51．在中，角的对边分别是，若，，则（ ）
A． B．
C． D．的面积为
（2024·广东肇庆·统考模拟预测）
52．若的三个内角的正弦值为，则（ ）
A．一定能构成三角形的三条边
B．一定能构成三角形的三条边
C．一定能构成三角形的三条边
D．一定能构成三角形的三条边
（2023·河北石家庄·高三石家庄市第二十七中学校考阶段练习）
53．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列四个命题中，正确的有（ ）
A．当时，满足条件的三角形共有1个
B．若是钝角三角形，则
C．若，则
D．当时，的周长为
（2023·浙江湖州·高三湖州市第二中学校考期中）
54．（多选）已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，则一定是等腰三角形
B．若，则是等腰三角形
C．若，则一定是等边三角形
D．若，则是直角三角形
（2023·全国·高三校联考阶段练习）
55．记△的内角的对边分别为，若，，则 ．
（2024·四川攀枝花·统考二模）
56．的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则 ．
（2023·全国·校联考模拟预测）
57．在中，角A，B，C所对应的边为a，b，c.若的面积，其外接圆半径，且，则 .
（2024·山西晋城·统考一模）
58．在中，，，．
(1)求A的大小；
(2)求外接圆的半径与内切圆的半径．
（2023·山西·高三校联考阶段练习）
59．如图，在四边形中，.
(1)证明：.
(2)证明：.
（2023·上海静安·高三校考阶段练习）
60．已知函数
(1)求函数的最小正周期及函数在上的最大值；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且求sinB的值.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】根据题意利用正、余弦定理运算求解.
【详解】由余弦定理得，则．
由正弦定理得，即，所以.
故选：A．
2．A
【分析】由题意可求得角A，由余弦定理求得，再根据正弦定理求得.
【详解】由，得，又，
所以，
由余弦定理得，
得，
由正弦定理得，即，所以，
故选：A．
3．B
【分析】根据余弦定理得，然后由正弦定理边化角，结合已知即可求解.
【详解】因为，所以由余弦定理可得，
利用正弦定理边化角得，
因为，所以，且，
由得，
所以，
整理得，
解得或，
所以或，
又，所以，所以.
故选：B
4．A
【分析】首先分析题意，利用正弦定理求，然后结合三角形中内角的诱导公式结合同角的三角函数的基本关系式可求三角函数式的值.
【详解】
因为，故且，
故，且，故，
故，
而，故，
故，
故
故选：A.
5．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理可解；
（2）根据题意，设，则，在、与中，利用余弦定理得到与的方程，从而求解.
【详解】（1）.
由正弦定理，可得
又,
.
（2），设，则，
在中，.
在与中，.
.
6．CD
【分析】利用正弦定理，逐项计算判断三角形解的情况即可.
【详解】对于A，因为，，则，由正弦定理，
得，显然有唯一结果，即只有一解，A错误；
对于B，，，，由正弦定理得，无解，B错误；
对于C，，，，有，则，
由正弦定理得，有唯一解，C正确；
对于D，，，，有，则，此时，有唯一解，D正确.
故选：CD
7．BC
【分析】对于A，直接判断即可；对于B，，结合即可判断；对于C，，结合即可判断；对于D，，结合即可判断.
【详解】对于A，因为，所以，所以只有一解；故A错误；
对于B，因为，
所以由正弦定理得，
因为，即，所以，所以有两解（，或），故B正确；
对于C，因为，
所以由正弦定理得，即，
因为，所以有两解（，或，），故C正确；
对于D，因为，
所以由正弦定理得，
由于，故，所以只有一解，故D错误；
故选：BC
8．D
【分析】利用正弦定理求出，再结合正弦函数的性质判断即可.
【详解】因为，，，
由正弦定理，即，所以，
又，
由正弦函数的性质可得不存在，所以满足条件的不存在.
故选：D
9．B
【分析】利用正弦定理推出，根据三角形有两解，确定角A的范围，从而结合的取值范围求得答案.
【详解】由正弦定理得，所以,
因为该三角形有两解，故,
故，即，
故选：B
10．BC
【分析】根据即可求解.
【详解】根据题意可得：满足条件的有两个，可得，
故选:BC
11．D
【分析】由已知条件和正弦定理得，再由角的范围得满足的关系.
【详解】由，得，
由正弦定理得，所以，
因为，所以或，
所以或.即是等腰或直角三角形.
故选：D.
12．B
【分析】由诱导公式、正弦定理可求得，结合等比中项性质及余弦定理可得，进而可判断三角形形状.
【详解】因为，由诱导公式得，
由正弦定理得，
又，所以，即，
又，所以.
又因为，，成等比数列，所以，
由余弦定理得，解得，
所以为等边三角形.
故选：B.
13．D
【分析】运用二倍角公式及余弦定理即可求得结果.
【详解】因为，，
所以，即，
所以，即，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以为钝角三角形.
故选：D.
14．B
【分析】由二倍角公式化简，结合余弦定理和勾股定理即可判定得解．
【详解】∵，∴，即，
又由余弦定理可得，
∴，可得：
∴是以∠C为直角的直角三角形．
故选：B．
15．B
【分析】由半角公式和正弦定理得到，结合角的范围得到，，，得到答案.
【详解】，
故，
由正弦定理得，
其中，
即，
故，
因为，所以，故，
因为，所以，
的形状为直角三角形.
故选：B
16．B
【分析】利用面积公式得到，结合和余弦定理即可求出的值.
【详解】由，
可得，
又，
且，
得，
所以，
则.
故选：B
17．
【分析】利用余弦定理可解得，再由面积公式即可求得结果.
【详解】由余弦定理可知，
即，解得；
所以的面积为.
故答案为：
18．B
【分析】根据题意，得到，再由余弦定理求得，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】因为成等差数列，可得，
又因为，
由余弦定理得：，
整理得，即，
所以的面积为.
故选：B.
19．B
【分析】利用面积公式求出，再由余弦定理可得答案.
【详解】因为，所以，解得，
由余弦定理可得，
所以.
故选：B.
20．B
【分析】由正弦定理和辅助角公式得到，结合余弦定理得到，利用三角形面积公式求出答案.
【详解】，由正弦定理得，
因为，所以，
故，即，故，
因为，所以，
故，解得，
由余弦定理得，即，
因为，，所以，解得，
.
故选：B
21．B
【分析】首先求出，再利用正弦定理即可.
【详解】由题意得，所以，
设外接圆的半径为，则由正弦定理得，
所以，
故选：B.
22．A
【分析】先求得，利用正弦定理求得外接圆的半径.
【详解】因为为锐角，所以.
设外接圆的半径为，
因为，所以.
故选：A
23．A
【分析】利用三角函数基本关系式求出，再根据正弦定理即可得解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，所以外接圆的半径为.
故选：A.
24．D
【分析】首先利用三角恒等变形化简，并利用同角三角函数公式求得，并利用正弦定理求外接圆半径，即可求得三角形的面积.
【详解】由正弦定理可知,,
即
，因为,，
，根据正弦定理可知，得，
则的外接圆面积.
故选：D
25．B
【分析】根据二倍角公式将化简得到，利用余弦定理和正弦定理将化简可得，进而求出结果.
【详解】因为，所以，
所以，即，
又，所以，
所以，所以.
因为，
由余弦定理得，
即，
又，所以，所以，
由正弦定理得，所以.
设的外接圆的半径为，
所以，解得，
所以的外接圆的面积为.
故选：B.
26．(1)证明见解析；
(2)直角三角形.
【分析】（1）利用正弦定理计算即可；
（2）利用正弦定理及（1）的结论证明即可.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，，
整理可得，，
又，
于是，即，
因为，所以，
所以或（舍去），
所以；
（2）根据等面积法可知，即，
由，可得，
又由及正弦定理可得，，
解得，
由于，所以，
所以，所以是直角三角形.
27．(1)证明见解析
(2)为定值.
【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理的边角变换即可得证；
（2）利用诱导公式与余弦定理，结合（1）中结论化得，从而得解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
再由余弦定得得，整理得.
（2）因为互补，所以，
结合余弦定理可得，
因为，，则，
整理得，又，
则，
从而，故为定值.
28．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换化得，再利用三角形内角的取值范围即可得解；
（2）利用倍角公式求得，再利用余弦定理即可得解.
【详解】（1）因为，
所以，
因为为的内角，即，
所以或，得或（舍去），
所以.
（2）由（1）得，
由，及正弦定理，得，
则，得，
所以，
由余弦定理得，即，
整理得，解得或（舍去），
所以.
29．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）（2）由正余弦定理边角互化，结合余弦定理化简计算求解.
【详解】（1）证明：由正弦定理及条件可得，
由余弦定理可得，化简得．
（2）由得，
化简得，又，故，
所以，故．
30．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，再结合三角形内角和定理即可解出；
（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
【详解】（1）由，可得，，
而，所以，
即有，而，显然，
所以，而，，所以．
（2）由可得，
，
再由正弦定理可得，然后根据余弦定理可知，
，
化简得：，故原等式成立．
31．A
【分析】根据给定条件，在中，利用正弦定理求出，再利用直角三角形边角关系求解即得.
【详解】在中，由正弦定理得，，则，
在中，.
故选：A
32．A
【分析】根据给定条件，连接，判断为等边三角形，再利用余弦定理求解作答.
【详解】如图，连接，

在中，，则是等边三角形，，
由，得，而，在中，由余弦定理得：
（米）.
故选：A
33．D
【分析】先在中由正弦定理可得AP，然后表示出PB、AB，利用三角函数同角关系表示出，化简可得.
【详解】在中，由正弦定理可得
在中，易知，
则
整理可得
故选：D
34．B
【分析】根据已知条件作出图形，找出要求的角为，运用解三角形的知识进行求解.
【详解】依题意，过点作的延长线交于点，如图，
则，，，
在中，，
在中，，，
又
，
则乙船的目标方向线（由观测点看目标的视线）的方向是南偏西60°.
故选：B.
35．
【分析】设建筑物的高为，用表示、、，利用结合余弦定理求出的值，即可得解.
【详解】如图所示，设建筑物的高为，

则，，，
由余弦定理可得，
，
因为，故，
即，可得.
故答案为：.
36．(1)答案见解析
(2)或
【分析】（1）化简解析式后求解最值和取值集合即可.
（2）依据正余弦定理得到等量关系，求解边长后算面积即可.
【详解】（1），，，
，
易知的最大值为，此时，化简得，
的最小值为，此时，化简得，
综上当时，取到最小值，当时，取到最大值.
（2）在中，结合，故，解得(其它解舍去)，故由余弦定理得，由已知得，由正弦定理得，联立方程组，解得或，
当，时，,
当，时，.
37．(1)
(2)2
【分析】（1）利用降幂公式及两角和正弦公式化简得，根据最小正周期公式即得.
（2）由（1）得，利用正弦面积公式与余弦定理得到，再借助正弦定理得结果.
【详解】（1） ，
的最小正周期；
（2）由，可得，又，
，， ，
由，得，
由余弦定理得：，得，
由正弦定理得外接圆的半径.
38．(1)3
(2)
【分析】（1）由和得，由求出函数解析式，由正弦性质，在时，求的最小值；
（2）由求出角A，由的面积求出c边，余弦定理求a的值.
【详解】（1）∵，，，
点D是线段EF上靠近点F的三等分点，,则，
∴，
∴，
∴．
由，得，
∴当，即时，取得最小值，为．
（2）由（1）及，得，则，
由，得
∴，则．
由，可得，
在中，由余弦定理得，∴．
39．(1),；，
(2)
【分析】（1）利用诱导公式以及二倍角公式结合辅助角公式化简可得的表达式，根据范围，结合正弦函数性质，即可求得答案；
（2）结合（1）的结果可求出角A，利用余弦定理可求出的值，利用三角形面积公式即可求得答案.
【详解】（1）
，
，
，
当，即时，；
当，即时，；
（2）由，即，
而为锐角，，则，
，
又，
由余弦定理得，即，即，
.
40．(1)；
(2)6.
【分析】（1）应用倍角正弦公式、和角余弦及辅助角公式可得，即可求最小正周期；
（2）由题设可得，内切圆半径，为内切圆圆心，为切点，进而得到且，应用余弦定理得，结合基本不等式求得，进而应用向量数量积定义求目标式最小值.
【详解】（1）由题设，
所以函数的最小正周期.
（2）由题设，而，则，
又内切圆面积为，则内切圆半径，如下图示，
为内切圆圆心，为切点，则，
由圆切线的性质有，显然，
又，即，
所以，结合基本不等式得，
可得（舍）或，则，当且仅当时取等号，
由，故的最小值为6.
41．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
42．D
【分析】根据余弦定理求得，进而求得.
【详解】由余弦定理，，
因为，所以，
即，解得（舍），
所以，.
故选：D
43．B
【分析】由题目条件可得，再利用余弦定理代入求解即可.
【详解】因为，，满足成等比数列，得，且，得，
由余弦定理，，
故选：B .
44．B
【分析】利用余弦定理求出，再利用面积相等求解即可.
【详解】因为
所以由余弦定理可得
即，
解得，或（舍去），
设边上的高为，
则，
即，
故选：B.
45．C
【分析】根据数量积的坐标运算可得，利用正、余弦定理边角转化可得，进而可得结果.
【详解】因为，则，
即，
设角的对边分别为，根据正弦定理可得，
即，由余弦定理得，
且，可知，所以.
故选：C.
46．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
47．D
【分析】根据正弦定理，三角恒等变换的公式，结合倍角公式，逐项判定，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理可得，所以A正确；
由，
，
由，可得，所以B正确；
由，
又由B可知，所以C正确；
由，所以D错误.
故选：D．
48．B
【分析】先将变换为，再利用正弦定理求出A，结合 的外接圆半径可求出 ,最后利用三角形的面积公式和余弦定理即可得出答案.
【详解】由，得，整理得，
由正弦定理得，
则，则，则．
因为，所以，所以．
由于，所以．且．
，得，
由余弦定理得，即，因此，
则，所以，
故选：B．
49．A
【分析】根据正弦定理、三角恒等变换、同角三角函数的基本关系化简，求出得解.
【详解】由及正弦定理，得，
所以，且A，C均为锐角．
由，得，
两边同时除以，得，
与联立得，，
则，
所以，，，
所以，
因为，所以，
所以的面积，
故选：A．
50．D
【分析】先在中利用正弦定理求出的长，再在直角利用三角函数可求得结果.
【详解】在中，，，
则，
，
由正弦定理得，即，
所以，得，
在直角中，，则
，
故选：D
51．AC
【分析】根据及余弦定理可判断A；根据及正弦定理可判断B；由的值及同角三角函数的基本关系可求，，根据正弦定理求出，代入求出可判断C；根据三角形面积公式可判断D.
【详解】由余弦定理可得，解得，故A正确；
由及正弦定理，可得,
化简可得.
因为，所以，所以，即.
因为，所以，故B错误；
因为，所以且，代入，
可得，解得，.
因为，，，
所以由正弦定理可得，
由，可得，
化简可得，解得或（舍），故C正确；
.
故选:AC.
52．AD
【分析】根据正弦定理边角化，结合三角形三边满足的关系即可根据选项逐一求解.
【详解】对于A，由正弦定理得，
所以，，作为三条线段的长一定能构成三角形，A正确，
对于B，由正弦定理得，
例如，则，
由于，，故不能构成三角形的三条边长，故B错误，
对于C, 由正弦定理得，
例如：、、，则、、，
则，，，作为三条线段的长不能构成三角形，C不正确；
对于D，由正弦定理可得，不妨设，则，故，且，
所以，故D正确，
故选：AD
53．BD
【分析】对于A选项利用正余弦定理即可，对于B选项分类讨论即可，对于C选项利用切化弦化简即可，对于D选项利用三角恒等变换，然后再用勾股定理逆定理证明三角形为直角三角形即可解题.
【详解】对于A选项：
由余弦定理有：……①
代入①式有：……②
上式判别式
故②式无解，即不存在，故A选项错误.
对于B选项：
当时，；
故显然成立；
当时，……③
对③式两边同乘以有：；
当时，；
故显然成立；
综上所述三种情况都有：恒成立，故B选项正确；
对于C选项：
当时，，
当时，时，得不出，
故C选项错误.
对于D选项：
……④
上式化简有：
即：……⑤
由⑤式得：
故,
所以，
故.
故D选项正确.
故选：BD.
54．BC
【分析】由正弦定理化边为角变形判断ABC，由余弦定理判断D．
【详解】对于A，若，由正弦定理得，
即，又，
则或，即或，
所以三角形为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对于B，若，
则由正弦定理得，
又，则或（舍去），
则是等腰三角形，故B正确；
对于C，若，
由正弦定得理，即，
又为三角形内角，所以，三角形是等边三角形，故C正确；
对于D，由于，
由余弦定理可得，可得，解得，
所以，故是等边三角形，故D错误．
故选：BC.
55．
【分析】根据余弦定理可得，根据正弦定理边角互化即可求解,由三角形内角和即可求解.
【详解】由余弦定理及可知，，
所以，即，
整理得，
所以，或（舍去），所以，则，
由于，所以．
故答案为：
56．
【分析】结合余弦定理，正弦定理、两角和的正弦及诱导公式即可求解.
【详解】由，
由余弦定理得，
由正弦定理得，
因为，
即，
即，
因为，则，
因为，故.
故答案为：
57．或
【分析】根据三角形面积可推出的值，利用同角的三角函数关系以及正弦定理边化角化简，可得，即可求得答案.
【详解】由题可知的面积，即，则；
由外接圆半径，得，
故，
结合，
得，
即，由于，
故，又，
故或，
故答案为：或
58．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理即可求解；
（2）由正弦定理求出外接圆半径，由等面积法求出内切圆半径.
【详解】（1）由余弦定理得，
因为，所以．
（2）设外接圆的半径与内切圆的半径分别为，，由正弦定理得，则．
的面积，
由，得．
59．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）中，根据正弦定理，即可求解；
（2）首先根据（1）的结果求，再在中，根据余弦定理求，根据和，求，即可求解.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
所以，解得，
所以，则.
（2）由（1）知，
在中，由余弦定理得，
则.
在中，.
所以，
因为，所以，
所以，
故.
60．(1)最小正周期为，最大值为2；
(2)
【分析】（1）根据诱导公式及辅助角公式对进行化简，进而求得最小正周期及在上的最大值；
（2）根据求得，根据余弦定理求出b，再根据正弦定理即可求得sinB的值.
【详解】（1）
，
所以函数的最小正周期.
当时，，
所以当即时，取得最大值，且.
（2），则.
因为，则所以.
由余弦定理 ，可得 ，解得或（舍）.
根据正弦定理，可得.
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答案第1页，共2页

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