資源簡介

熱點3-3 正弦定理與余弦定理
“解三角形”是每年高考常考內容，在選擇題、填空題中考查較多，有時也會出現在解答題中.對于解答題，一是考查正弦定理、余弦定理的簡單應用；而是考查兩個定理的綜合應用，多與三角變換、平面向量等知識綜合命題.以實際生活為背景（如測量、航海、幾何天體運行和物理學上的應用等）考查解三角形問題，此類問題在近幾年高考中雖未涉及，但深受高考命題者的青睞，應給予關注；在高考試題中出現有關解三角形的試題大多數為容易題、中檔題.
【題型1 正、余弦定理解三角形邊與角】
滿分技巧利用正、余弦定理求解三角形的邊角問題，實質是實現邊角的轉化，解題的思路是： 1、選定理. （1）已知兩角及一邊，求其余的邊或角，利用正弦定理； （2）已知兩邊及其一邊的對角，求另一邊所對的角，利用正弦定理； （3）已知兩邊及其夾角，求第三邊，利用余弦定理； （4）已知三邊求角或角的余弦值，利用余弦定理的推論； （5）已知兩邊及其一邊的對角，求另一邊，利用余弦定理； 2、巧轉化：化邊為角后一般要結合三角形的內角和定理與三角恒等變換進行轉化；若將條件轉化為邊之間的關系，則式子一般比較復雜，要注意根據式子結構特征靈活化簡. 3、得結論：利用三角函數公式，結合三角形的有關性質（如大邊對大角，三角形的內角取值范圍等），并注意利用數形結合求出三角形的邊、角或判斷出三角形的形狀等.
【例1】（2024·全國·模擬預測）
1．在中，，則（ ）
A． B．
C． D．
【變式1-1】（2024·全國·模擬預測）
2．在中，，則（ ）
A． B． C． D．
【變式1-2】（2023·新疆·校聯考一模）
3．在中，角的對應邊是，且，則（ ）
A． B． C． D．
【變式1-3】（2024·湖北武漢·高三統考期末）
4．已知在中，，，則（ ）
A． B． C． D．
【變式1-4】（2024·吉林長春·東北師大附中校聯考模擬預測）
5．在中，角的對邊分別為，已知.
(1)求；
(2)若，且，求.
【題型2 正弦定理判定三角形解的個數】
滿分技巧已知三角形的兩角和任意一邊，求其他的邊和角，此時有唯一解，三角形被唯一確定； 已知三角形的兩邊和其中一邊的對角，求其他的邊和角，此時可能出現一解、兩解或無解的情況，三角形不能被唯一確定. （1）從代數的角度分析：以已知和，解三角形為例 由正弦定理、正弦函數的有界性及三角形的性質可得： ①若，則滿足條件的三角形的個數為0； ②若，則滿足條件的三角形的個數為1； ③若，則滿足條件的三角形的個數為1或者2； 顯然由若可得有兩個值，一個大于，一個小于，考慮“大邊對大角”、“三角形內角和等于”等，此時需進行分類討論. （2）畫圖法：以已知角的對邊為半徑畫圓弧，通過與鄰邊的交點個數判斷解的個數 在△ABC中，已知a，b和A時，解的情況如下： 當為銳角時： 當為鈍角時
【例2】（2023·山東臨沂·高三校考階段練習）
6．在中，內角，，所對的邊分別為，，，根據下列條件判斷三角形的情況，則正確的是（ ）
A．，，，有兩解 B．，，，有兩解
C．，，，只有一解 D．，，，只有一解
【變式2-1】（2022·河北張家口·高三校聯考期中）
7．在中，內角所對的邊分別為，根據下列條件解三角形，其中有兩解的是（ ）
A． B．
C． D．
【變式2-2】（2023·北京順義·高三牛欄山一中校考期中）
8．在中，，，，滿足條件的（ ）
A．有無數多個 B．有兩個 C．有一個 D．不存在
【變式2-3】（2023·浙江·模擬預測）
9．在中，角所對的邊分別為.若，且該三角形有兩解，則的范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【變式2-4】（2023·安徽·池州市第一中學校聯考模擬預測）
10．在中，，若滿足條件的三角形有兩個，則邊的取值可能是（ ）
A．1.5 B．1.6 C．1.7 D．1.8
【題型3 正、余弦定理判斷三角形形狀】
滿分技巧判定三角形形狀的兩種常用途徑 1、角化邊：利用正弦定理、余弦定理化角為邊，通過代數恒等變換，求出邊與邊之間的關系進行判斷； 2、邊化角：通過正弦定理和余弦定理，化邊為角，利用三角變換得出三角形內角之間的關系進行判斷
【例3】（2023·安徽蕪湖·統考模擬預測）
11．記的內角的對邊分別為，，，若，則為（ ）
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
【變式3-1】（2023·全國·高三專題練習）
12．在中，，，分別為角，，的對邊，已知．若，，成等比數列，則是（ ）
A．直角三角形 B．等邊三角形
C．等腰三角形 D．不確定
【變式3-2】（2023·甘肅酒泉·統考三模）
13．中，，，分別是角，，的對邊，且，則的形狀為（ ）
A．直角三角形 B．銳角三角形
C．直角或鈍角三角形 D．鈍角三角形
【變式3-3】（2022·內蒙古呼倫貝爾·高三海拉爾第一中學校考階段練習）
14．的內角的對邊分別為，且，則的形狀為（ ）
A．等邊三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等邊三角形或直角三角形
【變式3-4】（2024·新疆烏魯木齊·高三烏魯木齊市十二中校考階段練習）
15．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，則的形狀是（ ）
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．等邊三角形
【題型4 求三角形（四邊形）的面積】
滿分技巧1、常用的三角形面積公式： 在中，內角，，所對的邊分別為，，，邊，，邊上的高分別記作，，，為內切圓半徑，為外接圓半徑，為內切圓心. （1） （2） （3） （4） 2、與三角形面積有關問題的解題策略 （1）利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相關邊、角之后，直接求三角形的面積； （2）把面積作為已知條件之一，與正弦、余弦定理結合求出三角形的其他量.
【例4】（2024·江西上饒·高三校考階段練習）
16．在中，，，分別為，，的對邊，且，，的面積為，那么等于（ ）
A． B． C． D．
【變式4-1】（2024·陜西渭南·統考一模）
17．在中，，，，則的面積為 .
【變式4-2】（2023·湖南長沙·高三統考階段練習）
18．在中，角所對的邊分別為，已知成等差數列，，則的面積為（ ）
A．3 B． C．12 D．16
【變式4-3】（2024·重慶長壽·高三統考期末）
19．在中，，且的面積為，則（ ）
A． B． C．2 D．3
【變式4-4】（2024·陜西西安·統考一模）
20．在三角形中，內角的對邊分別為，，，已知，，，則的面積為（ ）
A． B． C． D．
【題型5 三角形的外接圓問題】
滿分技巧正弦定理：（其中為外接圓半徑）
【例5】（2023·江蘇徐州·高三校考階段練習）
21．已知的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，，則外接圓的半徑為（ ）
A． B． C． D．
【變式5-1】（2023·河北石家莊·高三校聯考階段練習）
22．在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知，，則外接圓的半徑為（ ）.
A． B． C． D．3
【變式5-2】（2022·遼寧葫蘆島·高三校聯考階段練習）
23．在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，，則外接圓的半徑為（ ）
A． B． C． D．
【變式5-3】（2022·河南南陽·高三統考期中）
24．在中, 角，，所對的邊分別為，，，，則的外接圓面積為（ ）
A． B． C． D．
【變式5-4】（2023·湖南婁底·高三漣源市第一中學校聯考階段練習）
25．在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，則的外接圓的面積為（ ）
A． B． C． D．
【題型6 證明三角形中恒等式或不等式】
【例6】（2024上·江西贛州·高三統考期末）
26．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，．
(1)證明：；
(2)記邊AB和BC上的高分別為和，若，判斷的形狀．
【變式6-1】（2024·湖南長沙·統考一模）
27．在中，角，，所對的邊長分別為，，，且滿足.

(1)證明：；
(2)如圖，點在線段的延長線上，且，，當點運動時，探究是否為定值？
【變式6-2】（2023·全國·高三校聯考階段練習）
28．記的內角的對邊分別為，已知．
(1)證明：；
(2)若，，求．
【變式6-3】（2024·河南焦作·高三統考期末）
29．已知中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．
(1)證明：；
(2)若，求的值．
【變式6-4】（2024上·海南海口·高三海南中學校考階段練習）
30．記的內角A，B，C的對邊分別為﹐已知．
(1)若，求B；
(2)證明：.
【題型7 距離、高度、角度的測量】
滿分技巧解三角形的實際應用問題的類型及解題策略 1、求距離、高度問題 （1）選定或確定要創建的三角形，要先確定所求量所在的三角形，若其他量已知則直接解；若有未知量，則把未知量放在另一確定三角形中求解．有時需設出未知量，從幾個三角形中列出方程（組），解方程（組）得出所要求的量． （2）確定用正弦定理還是余弦定理，如果都可用，就選擇更便于計算的定理． 2、求角度問題 （1）分析題意，分清已知與所求，再根據題意畫出正確的示意圖，這是最關鍵、最重要的一步，畫圖時，要明確仰角、俯角、方位角以及方向角的含義，并能準確找到這些角． （2）將實際問題轉化為可用數學方法解決的問題后，注意正、余弦定理的綜合應用．
【例7】（2023·江蘇南通·高三海門中學校考階段練習）
31．如圖，某人為測量塔高，在河對岸相距的，處分別測得，，（其中，與塔底在同一水平面內），則塔高（ ）
A．
B．
C．
D．
【變式7-1】（2023·福建廈門·高三湖濱中學校考階段練習）
32．如圖是隋唐天壇，古叫圜丘，它位于唐長安城明德門遺址東約950米，即今西安市雁塔區陜西師范大學以南．天壇初建于隋而廢棄于唐末，比北京明清天壇早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之處．某數學興趣小組為了測得天壇的直徑，在天壇外圍測得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，據此可以估計天壇的最下面一層的直徑AD大約為(結果精確到1米)(參考數據：≈1.414，≈1.732，≈2.236，≈2.646)（ ）

A．53米 B．55米
C．57米 D．60米
【變式7-2】（2023·寧夏石嘴山·石嘴山市第三中學校考模擬預測）
33．某校學生參加課外實踐活動“測量一土坡的傾斜程度”，在坡腳A處測得，沿土坡向坡頂前進后到達D處，測得．已知旗桿，土坡對于地平面的坡角為，則（ ）
A． B． C． D．
【變式7-3】（2022·吉林·統考模擬預測）
34．位于燈塔A處正西方向相距n mile的B處有一艘甲船需要海上救援，位于燈塔A處北偏東45°相距n mile的C處的一艘乙船前往營救，則乙船的目標方向線（由觀測點看目標的視線）的方向是南偏西（ ）
A．30° B．60° C．75° D．45°
【變式7-4】（2024·全國·高三專題練習）
35．鄂州十景之一“二寶塔”中的文星塔位于文星路與南浦路交匯處，至今已有四百六十多年的歷史，該塔為八角五層樓閣式磚木混合結構塔.現在在塔底共線三點、、處分別測塔頂的仰角為、、，且m，則文星塔高為 m.

【題型8 正余弦定理與三角函數綜合】
【例8】（2024·甘肅蘭州·高三校考階段練習）
36．已知函數.
(1)求函數的最值及取得最值時的取值集合；
(2)設的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，且，求的面積．
【變式8-1】（2023·四川綿陽·高三南山中學校考階段練習）
37．已知函數.
(1)求的最小正周期；
(2)在中，分別是角的對邊，若，，且的面積為，求外接圓的半徑.
【變式8-2】（2024·全國·模擬預測）
38．在平面直角坐標系xOy中，點，，，點D是線段EF上靠近點F的三等分點，且．
(1)求函數的最小值；
(2)在中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，，，的面積為，求a的值．
【變式8-3】（2023·福建泉州·高三德化第一中學校聯考階段練習）
39．已知函數
(1)當，求的最值，及取最值時對應的的值；
(2)在中，為銳角，且，求的面積．
【變式8-4】（2023·河北石家莊·高三石家莊市第二十七中學校考階段練習）
40．已知函數
(1)求函數的最小正周期；
(2)在中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，內切圓面積為，求的最小值；
（建議用時：60分鐘）
（2024·四川自貢·統考一模）
41．在中角所對邊滿足，則（ ）
A．4 B．5 C．6 D．6或
（2023·海南·校考模擬預測）
42．的內角A，B，C的對邊分別為，已知，，，則（ ）
A． B． C． D．
（2022·全國·高三校聯考專題練習）
43．已知的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a，b，c成等比數列，且，則（ ）
A． B．
C． D．
（2023·內蒙古鄂爾多斯·高三期末）
44．若在中滿足：則邊上的高為（ ）
A． B． C． D．
（2023·新疆·高三校聯考期中）
45．在中，已知向量，向量，若，則（ ）
A． B． C． D．1
（2023·湖南·校聯考模擬預測）
46．在中，，，且的面積為，則（ ）
A． B． C． D．
（2023·全國·模擬預測）
47．在中，，則下列結論不成立的是（ ）
A． B．
C． D．
（2024·全國·模擬預測）
48．已知中，角的對邊分別是，且， 的外接圓半徑為， 邊上的高為2，則（ ）
A．5 B．6 C．8 D．9
（2024·全國·模擬預測）
49．在中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，，，則的面積為（ ）
A． B． C． D．
（2023·江蘇南通·高三校考開學考試）
50．塔是一種在亞洲常見的，有著特定的形式和風格的中國傳統建筑.如圖，為測量某塔的總高度AB，選取與塔底B在同一水平面內的兩個測量基點C與D，現測得，，米，在C點測得塔頂A的仰角為，則塔的總高度為（ ）

A． B．
C． D．
（2024·遼寧大連·高三統考期末）
51．在中，角的對邊分別是，若，，則（ ）
A． B．
C． D．的面積為
（2024·廣東肇慶·統考模擬預測）
52．若的三個內角的正弦值為，則（ ）
A．一定能構成三角形的三條邊
B．一定能構成三角形的三條邊
C．一定能構成三角形的三條邊
D．一定能構成三角形的三條邊
（2023·河北石家莊·高三石家莊市第二十七中學校考階段練習）
53．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，下列四個命題中，正確的有（ ）
A．當時，滿足條件的三角形共有1個
B．若是鈍角三角形，則
C．若，則
D．當時，的周長為
（2023·浙江湖州·高三湖州市第二中學校考期中）
54．（多選）已知的內角所對的邊分別為，下列四個命題中正確的是（ ）
A．若，則一定是等腰三角形
B．若，則是等腰三角形
C．若，則一定是等邊三角形
D．若，則是直角三角形
（2023·全國·高三校聯考階段練習）
55．記△的內角的對邊分別為，若，，則 ．
（2024·四川攀枝花·統考二模）
56．的內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且，則 ．
（2023·全國·校聯考模擬預測）
57．在中，角A，B，C所對應的邊為a，b，c.若的面積，其外接圓半徑，且，則 .
（2024·山西晉城·統考一模）
58．在中，，，．
(1)求A的大小；
(2)求外接圓的半徑與內切圓的半徑．
（2023·山西·高三校聯考階段練習）
59．如圖，在四邊形中，.
(1)證明：.
(2)證明：.
（2023·上海靜安·高三校考階段練習）
60．已知函數
(1)求函數的最小正周期及函數在上的最大值；
(2)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且求sinB的值.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．A
【分析】根據題意利用正、余弦定理運算求解.
【詳解】由余弦定理得，則．
由正弦定理得，即，所以.
故選：A．
2．A
【分析】由題意可求得角A，由余弦定理求得，再根據正弦定理求得.
【詳解】由，得，又，
所以，
由余弦定理得，
得，
由正弦定理得，即，所以，
故選：A．
3．B
【分析】根據余弦定理得，然后由正弦定理邊化角，結合已知即可求解.
【詳解】因為，所以由余弦定理可得，
利用正弦定理邊化角得，
因為，所以，且，
由得，
所以，
整理得，
解得或，
所以或，
又，所以，所以.
故選：B
4．A
【分析】首先分析題意，利用正弦定理求，然后結合三角形中內角的誘導公式結合同角的三角函數的基本關系式可求三角函數式的值.
【詳解】
因為，故且，
故，且，故，
故，
而，故，
故，
故
故選：A.
5．(1)
(2)
【分析】（1）根據題意，利用正弦定理可解；
（2）根據題意，設，則，在、與中，利用余弦定理得到與的方程，從而求解.
【詳解】（1）.
由正弦定理，可得
又,
.
（2），設，則，
在中，.
在與中，.
.
6．CD
【分析】利用正弦定理，逐項計算判斷三角形解的情況即可.
【詳解】對于A，因為，，則，由正弦定理，
得，顯然有唯一結果，即只有一解，A錯誤；
對于B，，，，由正弦定理得，無解，B錯誤；
對于C，，，，有，則，
由正弦定理得，有唯一解，C正確；
對于D，，，，有，則，此時，有唯一解，D正確.
故選：CD
7．BC
【分析】對于A，直接判斷即可；對于B，，結合即可判斷；對于C，，結合即可判斷；對于D，，結合即可判斷.
【詳解】對于A，因為，所以，所以只有一解；故A錯誤；
對于B，因為，
所以由正弦定理得，
因為，即，所以，所以有兩解（，或），故B正確；
對于C，因為，
所以由正弦定理得，即，
因為，所以有兩解（，或，），故C正確；
對于D，因為，
所以由正弦定理得，
由于，故，所以只有一解，故D錯誤；
故選：BC
8．D
【分析】利用正弦定理求出，再結合正弦函數的性質判斷即可.
【詳解】因為，，，
由正弦定理，即，所以，
又，
由正弦函數的性質可得不存在，所以滿足條件的不存在.
故選：D
9．B
【分析】利用正弦定理推出，根據三角形有兩解，確定角A的范圍，從而結合的取值范圍求得答案.
【詳解】由正弦定理得，所以,
因為該三角形有兩解，故,
故，即，
故選：B
10．BC
【分析】根據即可求解.
【詳解】根據題意可得：滿足條件的有兩個，可得，
故選:BC
11．D
【分析】由已知條件和正弦定理得，再由角的范圍得滿足的關系.
【詳解】由，得，
由正弦定理得，所以，
因為，所以或，
所以或.即是等腰或直角三角形.
故選：D.
12．B
【分析】由誘導公式、正弦定理可求得，結合等比中項性質及余弦定理可得，進而可判斷三角形形狀.
【詳解】因為，由誘導公式得，
由正弦定理得，
又，所以，即，
又，所以.
又因為，，成等比數列，所以，
由余弦定理得，解得，
所以為等邊三角形.
故選：B.
13．D
【分析】運用二倍角公式及余弦定理即可求得結果.
【詳解】因為，，
所以，即，
所以，即，
所以，
所以，
又因為，所以，
所以為鈍角三角形.
故選：D.
14．B
【分析】由二倍角公式化簡，結合余弦定理和勾股定理即可判定得解．
【詳解】∵，∴，即，
又由余弦定理可得，
∴，可得：
∴是以∠C為直角的直角三角形．
故選：B．
15．B
【分析】由半角公式和正弦定理得到，結合角的范圍得到，，，得到答案.
【詳解】，
故，
由正弦定理得，
其中，
即，
故，
因為，所以，故，
因為，所以，
的形狀為直角三角形.
故選：B
16．B
【分析】利用面積公式得到，結合和余弦定理即可求出的值.
【詳解】由，
可得，
又，
且，
得，
所以，
則.
故選：B
17．
【分析】利用余弦定理可解得，再由面積公式即可求得結果.
【詳解】由余弦定理可知，
即，解得；
所以的面積為.
故答案為：
18．B
【分析】根據題意，得到，再由余弦定理求得，結合三角形的面積公式，即可求解.
【詳解】因為成等差數列，可得，
又因為，
由余弦定理得：，
整理得，即，
所以的面積為.
故選：B.
19．B
【分析】利用面積公式求出，再由余弦定理可得答案.
【詳解】因為，所以，解得，
由余弦定理可得，
所以.
故選：B.
20．B
【分析】由正弦定理和輔助角公式得到，結合余弦定理得到，利用三角形面積公式求出答案.
【詳解】，由正弦定理得，
因為，所以，
故，即，故，
因為，所以，
故，解得，
由余弦定理得，即，
因為，，所以，解得，
.
故選：B
21．B
【分析】首先求出，再利用正弦定理即可.
【詳解】由題意得，所以，
設外接圓的半徑為，則由正弦定理得，
所以，
故選：B.
22．A
【分析】先求得，利用正弦定理求得外接圓的半徑.
【詳解】因為為銳角，所以.
設外接圓的半徑為，
因為，所以.
故選：A
23．A
【分析】利用三角函數基本關系式求出，再根據正弦定理即可得解.
【詳解】因為，所以，
因為，所以，所以外接圓的半徑為.
故選：A.
24．D
【分析】首先利用三角恒等變形化簡，并利用同角三角函數公式求得，并利用正弦定理求外接圓半徑，即可求得三角形的面積.
【詳解】由正弦定理可知,,
即
，因為,，
，根據正弦定理可知，得，
則的外接圓面積.
故選：D
25．B
【分析】根據二倍角公式將化簡得到，利用余弦定理和正弦定理將化簡可得，進而求出結果.
【詳解】因為，所以，
所以，即，
又，所以，
所以，所以.
因為，
由余弦定理得，
即，
又，所以，所以，
由正弦定理得，所以.
設的外接圓的半徑為，
所以，解得，
所以的外接圓的面積為.
故選：B.
26．(1)證明見解析；
(2)直角三角形.
【分析】（1）利用正弦定理計算即可；
（2）利用正弦定理及（1）的結論證明即可.
【詳解】（1）因為，由正弦定理得，，
整理可得，，
又，
于是，即，
因為，所以，
所以或（舍去），
所以；
（2）根據等面積法可知，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)證明見解析
(2)為定值.
【分析】（1）利用正弦定理與余弦定理的邊角變換即可得證；
（2）利用誘導公式與余弦定理，結合（1）中結論化得，從而得解.
【詳解】（1）因為，
由正弦定理可得，
再由余弦定得得，整理得.
（2）因為互補，所以，
結合余弦定理可得，
因為，，則，
整理得，又，
則，
從而，故為定值.
28．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用三角恒等變換化得，再利用三角形內角的取值范圍即可得解；
（2）利用倍角公式求得，再利用余弦定理即可得解.
【詳解】（1）因為，
所以，
因為為的內角，即，
所以或，得或（舍去），
所以.
（2）由（1）得，
由，及正弦定理，得，
則，得，
所以，
由余弦定理得，即，
整理得，解得或（舍去），
所以.
29．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）（2）由正余弦定理邊角互化，結合余弦定理化簡計算求解.
【詳解】（1）證明：由正弦定理及條件可得，
由余弦定理可得，化簡得．
（2）由得，
化簡得，又，故，
所以，故．
30．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據題意可得，再結合三角形內角和定理即可解出；
（2）由題意利用兩角差的正弦公式展開得，再根據正弦定理，余弦定理化簡即可證出．
【詳解】（1）由，可得，，
而，所以，
即有，而，顯然，
所以，而，，所以．
（2）由可得，
，
再由正弦定理可得，然后根據余弦定理可知，
，
化簡得：，故原等式成立．
31．A
【分析】根據給定條件，在中，利用正弦定理求出，再利用直角三角形邊角關系求解即得.
【詳解】在中，由正弦定理得，，則，
在中，.
故選：A
32．A
【分析】根據給定條件，連接，判斷為等邊三角形，再利用余弦定理求解作答.
【詳解】如圖，連接，

在中，，則是等邊三角形，，
由，得，而，在中，由余弦定理得：
（米）.
故選：A
33．D
【分析】先在中由正弦定理可得AP，然后表示出PB、AB，利用三角函數同角關系表示出，化簡可得.
【詳解】在中，由正弦定理可得
在中，易知，
則
整理可得
故選：D
34．B
【分析】根據已知條件作出圖形，找出要求的角為，運用解三角形的知識進行求解.
【詳解】依題意，過點作的延長線交于點，如圖，
則，，，
在中，，
在中，，，
又
，
則乙船的目標方向線（由觀測點看目標的視線）的方向是南偏西60°.
故選：B.
35．
【分析】設建筑物的高為，用表示、、，利用結合余弦定理求出的值，即可得解.
【詳解】如圖所示，設建筑物的高為，

則，，，
由余弦定理可得，
，
因為，故，
即，可得.
故答案為：.
36．(1)答案見解析
(2)或
【分析】（1）化簡解析式后求解最值和取值集合即可.
（2）依據正余弦定理得到等量關系，求解邊長后算面積即可.
【詳解】（1），，，
，
易知的最大值為，此時，化簡得，
的最小值為，此時，化簡得，
綜上當時，取到最小值，當時，取到最大值.
（2）在中，結合，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，聯立方程組，解得或，
當，時，,
當，時，.
37．(1)
(2)2
【分析】（1）利用降冪公式及兩角和正弦公式化簡得，根據最小正周期公式即得.
（2）由（1）得，利用正弦面積公式與余弦定理得到，再借助正弦定理得結果.
【詳解】（1） ，
的最小正周期；
（2）由，可得，又，
，， ，
由，得，
由余弦定理得：，得，
由正弦定理得外接圓的半徑.
38．(1)3
(2)
【分析】（1）由和得，由求出函數解析式，由正弦性質，在時，求的最小值；
（2）由求出角A，由的面積求出c邊，余弦定理求a的值.
【詳解】（1）∵，，，
點D是線段EF上靠近點F的三等分點，,則，
∴，
∴，
∴．
由，得，
∴當，即時，取得最小值，為．
（2）由（1）及，得，則，
由，得
∴，則．
由，可得，
在中，由余弦定理得，∴．
39．(1),；，
(2)
【分析】（1）利用誘導公式以及二倍角公式結合輔助角公式化簡可得的表達式，根據范圍，結合正弦函數性質，即可求得答案；
（2）結合（1）的結果可求出角A，利用余弦定理可求出的值，利用三角形面積公式即可求得答案.
【詳解】（1）
，
，
，
當，即時，；
當，即時，；
（2）由，即，
而為銳角，，則，
，
又，
由余弦定理得，即，即，
.
40．(1)；
(2)6.
【分析】（1）應用倍角正弦公式、和角余弦及輔助角公式可得，即可求最小正周期；
（2）由題設可得，內切圓半徑，為內切圓圓心，為切點，進而得到且，應用余弦定理得，結合基本不等式求得，進而應用向量數量積定義求目標式最小值.
【詳解】（1）由題設，
所以函數的最小正周期.
（2）由題設，而，則，
又內切圓面積為，則內切圓半徑，如下圖示，
為內切圓圓心，為切點，則，
由圓切線的性質有，顯然，
又，即，
所以，結合基本不等式得，
可得（舍）或，則，當且僅當時取等號，
由，故的最小值為6.
41．A
【分析】根據余弦定理求得正確答案.
【詳解】依題意，，
由余弦定理得
，解得.
故選：A
42．D
【分析】根據余弦定理求得，進而求得.
【詳解】由余弦定理，，
因為，所以，
即，解得（舍），
所以，.
故選：D
43．B
【分析】由題目條件可得，再利用余弦定理代入求解即可.
【詳解】因為，，滿足成等比數列，得，且，得，
由余弦定理，，
故選：B .
44．B
【分析】利用余弦定理求出，再利用面積相等求解即可.
【詳解】因為
所以由余弦定理可得
即，
解得，或（舍去），
設邊上的高為，
則，
即，
故選：B.
45．C
【分析】根據數量積的坐標運算可得，利用正、余弦定理邊角轉化可得，進而可得結果.
【詳解】因為，則，
即，
設角的對邊分別為，根據正弦定理可得，
即，由余弦定理得，
且，可知，所以.
故選：C.
46．D
【分析】先利用正弦定理角化邊可得，再由三角形面積公式可得，最后根據余弦定理求解即可.
【詳解】設中角所對的邊分別為，
因為，所以由正弦定理可得，
又解得，
所以由余弦定理可得，
因為，所以，
故選：D
47．D
【分析】根據正弦定理，三角恒等變換的公式，結合倍角公式，逐項判定，即可求解.
【詳解】因為，由正弦定理可得，所以A正確；
由，
，
由，可得，所以B正確；
由，
又由B可知，所以C正確；
由，所以D錯誤.
故選：D．
48．B
【分析】先將變換為，再利用正弦定理求出A，結合 的外接圓半徑可求出 ,最后利用三角形的面積公式和余弦定理即可得出答案.
【詳解】由，得，整理得，
由正弦定理得，
則，則，則．
因為，所以，所以．
由于，所以．且．
，得，
由余弦定理得，即，因此，
則，所以，
故選：B．
49．A
【分析】根據正弦定理、三角恒等變換、同角三角函數的基本關系化簡，求出得解.
【詳解】由及正弦定理，得，
所以，且A，C均為銳角．
由，得，
兩邊同時除以，得，
與聯立得，，
則，
所以，，，
所以，
因為，所以，
所以的面積，
故選：A．
50．D
【分析】先在中利用正弦定理求出的長，再在直角利用三角函數可求得結果.
【詳解】在中，，，
則，
，
由正弦定理得，即，
所以，得，
在直角中，，則
，
故選：D
51．AC
【分析】根據及余弦定理可判斷A；根據及正弦定理可判斷B；由的值及同角三角函數的基本關系可求，，根據正弦定理求出，代入求出可判斷C；根據三角形面積公式可判斷D.
【詳解】由余弦定理可得，解得，故A正確；
由及正弦定理，可得,
化簡可得.
因為，所以，所以，即.
因為，所以，故B錯誤；
因為，所以且，代入，
可得，解得，.
因為，，，
所以由正弦定理可得，
由，可得，
化簡可得，解得或（舍），故C正確；
.
故選:AC.
52．AD
【分析】根據正弦定理邊角化，結合三角形三邊滿足的關系即可根據選項逐一求解.
【詳解】對于A，由正弦定理得，
所以，，作為三條線段的長一定能構成三角形，A正確，
對于B，由正弦定理得，
例如，則，
由于，，故不能構成三角形的三條邊長，故B錯誤，
對于C, 由正弦定理得，
例如：、、，則、、，
則，，，作為三條線段的長不能構成三角形，C不正確；
對于D，由正弦定理可得，不妨設，則，故，且，
所以，故D正確，
故選：AD
53．BD
【分析】對于A選項利用正余弦定理即可，對于B選項分類討論即可，對于C選項利用切化弦化簡即可，對于D選項利用三角恒等變換，然后再用勾股定理逆定理證明三角形為直角三角形即可解題.
【詳解】對于A選項：
由余弦定理有：……①
代入①式有：……②
上式判別式
故②式無解，即不存在，故A選項錯誤.
對于B選項：
當時，；
故顯然成立；
當時，……③
對③式兩邊同乘以有：；
當時，；
故顯然成立；
綜上所述三種情況都有：恒成立，故B選項正確；
對于C選項：
當時，，
當時，時，得不出，
故C選項錯誤.
對于D選項：
……④
上式化簡有：
即：……⑤
由⑤式得：
故,
所以，
故.
故D選項正確.
故選：BD.
54．BC
【分析】由正弦定理化邊為角變形判斷ABC，由余弦定理判斷D．
【詳解】對于A，若，由正弦定理得，
即，又，
則或，即或，
所以三角形為等腰三角形或直角三角形，故A錯誤；
對于B，若，
則由正弦定理得，
又，則或（舍去），
則是等腰三角形，故B正確；
對于C，若，
由正弦定得理，即，
又為三角形內角，所以，三角形是等邊三角形，故C正確；
對于D，由于，
由余弦定理可得，可得，解得，
所以，故是等邊三角形，故D錯誤．
故選：BC.
55．
【分析】根據余弦定理可得，根據正弦定理邊角互化即可求解,由三角形內角和即可求解.
【詳解】由余弦定理及可知，，
所以，即，
整理得，
所以，或（舍去），所以，則，
由于，所以．
故答案為：
56．
【分析】結合余弦定理，正弦定理、兩角和的正弦及誘導公式即可求解.
【詳解】由，
由余弦定理得，
由正弦定理得，
因為，
即，
即，
因為，則，
因為，故.
故答案為：
57．或
【分析】根據三角形面積可推出的值，利用同角的三角函數關系以及正弦定理邊化角化簡，可得，即可求得答案.
【詳解】由題可知的面積，即，則；
由外接圓半徑，得，
故，
結合，
得，
即，由于，
故，又，
故或，
故答案為：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圓半徑，由等面積法求出內切圓半徑.
【詳解】（1）由余弦定理得，
因為，所以．
（2）設外接圓的半徑與內切圓的半徑分別為，，由正弦定理得，則．
的面積，
由，得．
59．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）中，根據正弦定理，即可求解；
（2）首先根據（1）的結果求，再在中，根據余弦定理求，根據和，求，即可求解.
【詳解】（1）在中，由正弦定理得，
所以，解得，
所以，則.
（2）由（1）知，
在中，由余弦定理得，
則.
在中，.
所以，
因為，所以，
所以，
故.
60．(1)最小正周期為，最大值為2；
(2)
【分析】（1）根據誘導公式及輔助角公式對進行化簡，進而求得最小正周期及在上的最大值；
（2）根據求得，根據余弦定理求出b，再根據正弦定理即可求得sinB的值.
【詳解】（1）
，
所以函數的最小正周期.
當時，，
所以當即時，取得最大值，且.
（2），則.
因為，則所以.
由余弦定理 ，可得 ，解得或（舍）.
根據正弦定理，可得.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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