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考点巩固卷11 解三角形（九大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）
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这是一份考点巩固卷11 解三角形（九大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用），文件包含考点巩固卷11解三角形九大考点原卷版docx、考点巩固卷11解三角形九大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共55页， 欢迎下载使用。
考点01解三角形
1．（ 2023·重庆·高二统考学业考试）在中，若，则（ ）
A．B．C．
【答案】A
【分析】根据余弦定理求得，再根据正弦定理即可求解.
【详解】由题意可得，，
由余弦定理可得，即，
又，可得，
利用正弦定理可知 ,
所以.
故选：A.
2．在中，分别是角所对的边.若，的面积为，则的值为______
【答案】
【分析】先根据三角形的面积公式求出边，再利用余弦定理即可得解.
【详解】由，的面积为，
得，所以，
则，
所以.
故答案为：.
3．在中，，，，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】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
4．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则______．
【答案】/
【分析】根据同角三角函数的平方关系由得出，再由得出，最后根据正弦定理即可求出．
【详解】因为，
所以，
则，
由正弦定理可得，则，
故答案为：．
5．在中，已知，，，则角的度数为（ ）
A．B．C．或D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理计算得的值，然后根据边，从而得角的范围，结合特殊角三角函数值可得答案.
【详解】由题知，，，
在中，由正弦定理可得：，
即，所以，
因为，所以，
所以或.
故选：C．
6．在中，内角所对的边分别为.若，则______.
【答案】/
【分析】利用大边对大角结合正弦定理可求得，再利用同角三角函数基本关系直接求解即可.
【详解】在中，由正弦定理可得，解得，
又，所以，所以为锐角，所以.
故答案为：
考点02判断三角形解的个数
7．根据下列条件，判断有没有解？若有解，判断解的个数.
(1)，，；
(2)，，；
(3)，，；
(4)，，；
(5)，，.
【答案】(1)一解
(2)一解
(3)一解
(4)两解
(5)无解
【分析】根据三角形中的边和角，结合三角形中大边对大角的关系以及利用正弦定理求出角的正弦值，即可判断三角形解的情况.
【详解】（1）因为，，，
则由正弦定理可得，
又，则，即B只能是锐角，
则只有一解，故有一解；
（2）因为，，，
则由正弦定理可得，
又，则，即B只能是锐角，
则只有一解，故有一解；
（3）因为，，，
则由正弦定理可得，
由于，故，故有一解；
（4）因为，，，
则由正弦定理可得，
因为，故，而，则或，
故有两解；
（5），，，
则由正弦定理可得，
故无解.
8．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，若满足条件的三角形有两个，则x的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知条件根据正弦定理用表示出，然后由和正弦函数的性质求出的范围，从而可求出x的取值范围
【详解】在中，，，，
由正弦定理得，得，
解得，
因为满足条件的三角形有两个，
所以，
所以，即，
解得，
即x的取值范围为，
故选：B
9．已知分别为三个内角的对边，若，则满足此条件的三角形个数为（ ）
A．0B．1C．2D．1或2
【答案】B
【分析】根据条件，利用正弦定理求出，，从而得出结果.
【详解】因为，由正弦定理，得到，所以，
又因为，故，.
故选：B.
10．中，，时，则下列叙述错误的是（ ）
A．的外接圆的直径为4
B．若，则满足条件的有且只有1个
C．若满足条件的有且只有个，则
D．若满足条件的有两个，则
【答案】C
【分析】利用正弦定理逐项判断.
【详解】A. 因为，所以的外接圆的直径为4，故正确；
B. 因为，所以，则，所以满足条件的有且只有1个，故正确；
C. 因为，当时，AB=AC=2，为等腰三角形，当时，AC=4，为直角三角形，此时满足条件的有且只有个，故错误；
D.若满足条件的有两个，则，即，故正确；
故选：C
11．（多选）判断下列三角形解的情况，有且仅有一解的是（ ）
A．，，；B．，，；
C．，，；D．，，.
【答案】AD
【分析】由正弦定理解三角形后可得结论.
【详解】对于A，由正弦定理得：，
，，即，，则三角形有唯一解，A正确；
对于B，由正弦定理得：，
，，即，或，则三角形有两解，B错误；
对于C，由正弦定理得：，无解，C错误；
对于D，三角形两角和一边确定时，三角形有唯一确定解，D正确.
故选：AD
考点03三角形面积及其应用
12．在中，．
(1)如果，且，求的值；
(2)如果锐角的面积为，求的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由向量的数量积的运算公式，求得，再由正弦定理得到，结合，即可求得的大小；
（2）利用的面积公式求得，得到，结合余弦定理，即可求解.
【详解】（1）解：因为，且，
可得，解得，
又因为，由正弦定理得，可得，
又由，可得，所以为锐角，所以.
（2）解：因为，
所以的面积为，解得，
又因为为锐角三角形，所以，
由余弦定理得.
13．ABC中，，，ABC的面积为，则=（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角形的面积求出，利用余弦定理求出，然后求出的值．
【详解】因为，所以，
所以，由余弦定理可知：，
所以，，
所以．
故选：．
14．在中，.
(1)求A；
(2)若点D在BC边上，，，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理角化边，结合余弦定理即可求出A；
（2）判断出D在BC中点， 结合向量，利用向量的模长公式得到一个关于边长的方程，再结合余弦定理的方程，即可求出，从而求出面积.
【详解】（1）由正弦定理得：
，，
结合余弦定理得：，
且在三角形中，，.
（2）
,所以,D是BC的中点，
，
即，，
且,
两式相减得：,
所以，.
15．在中，，则边上的高等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据余弦定理求，再得，利用的面积公式即可求边上的高.
【详解】在中，因为，
由余弦定理得
因为，所以
设边上的高为，则，
所以，即边上的高等于.
故选：B.
16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，的面积为，那么（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据，再根据可得，然后利用余弦定理，可得，即可解出．
【详解】因为,因为的面积为，，
所以，即有.
又，所以，即，
所以.
故选：C.
17．在中，，，.
(1)求；
(2)设为边上一点，且，求的面积.
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）根据余弦定理列方程即可求解；
（2）根据正弦定理求出，由同角三角函数的基本关系求出，在中求出，根据及三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）由余弦定理可得,
化简可得,解得或（舍）.
（2）因为，所以,
在中，由正弦定理可得,即,解得.
易知为锐角，所以,，
因为，所以在中，.
根据三角形面积公式可得,
,
所以.
考点04判断三角形的形状
18．在中，角对边为，且，则的形状为（ ）
A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】先根据二倍角公式化简，根据余弦定理化简得到即可得到答案.
【详解】因为，
所以，即，
所以，
在中，由余弦定理：，
代入得，，即，
所以.
所以直角三角形.
故选：B
19．（多选）中，角，，所对的边分别为，，，则如下命题中，正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则是等腰三角形
C．若为锐角三角形，则
D．若是直角三角形，则
【答案】ACD
【分析】由大角对大边及正弦定理判断A，利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式判断B，利用诱导公式及不等式的性质判断C，利用反证法证明D.
【详解】对于A：若，则，结合正弦定理得，故A正确；
对于B：若，由正弦定理可得，
所以，故或，
即或，故三角形是等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C：若三角形为锐角三角形，则，故，
同理可得，，
三式相加得，故C正确；
对于D：若是直角三角形，不妨设为直角，则，
由正弦定理可得，所以，
所以，又，所以，则，
同理可证或为直角时也成立，故D正确．
故选：ACD．
20．（多选）的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则是钝角三角形
C．若，则符合条件的有两个
D．若，则为等腰三角形
【答案】AB
【分析】利用正弦定理､余弦定理对各个选项逐一分析，由此确定正确选项即可.
【详解】选项，在三角形中大角对大边，所以，
由正弦定理得，所以选项正确；
选项，由正弦定理得，
所以，又，则C为钝角，所以B选项正确；
选项，由正弦定理可得，
又，则，故此三角形有唯一解，错误；
D选项，因为，所以，
所以，即，
又，且，所以或，
即或，
所以为等腰三角形或直角三角形，故错误.
故选：
21．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且，则一定是（ ）
A．等腰三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．锐角三角形
【答案】C
【分析】由正弦定理边角互化，化简可得角的关系，进而判断三角形形状即可.
【详解】由正弦定理得，
因为，所以，
因为，所以或，又，
所以，所以为直角三角形．
故选：C.
22．若，且，那么是（ ）
A．直角三角形B．等边三角形
C．等腰三角形D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】由给定边的关系式结合余弦定理求出角A，再由正弦定理角化边，结合边的关系式可得c=b即可推理作答.
【详解】由，得，
化简得，
所以由余弦定理得，
因为，所以，
因为，
所以由正余弦定理角化边得，化简得，
所以，
所以为等边三角形，
故选：B
23．（多选）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列判断正确的是（ ）
A．若，则为钝角三角形
B．若，则为等腰三角形
C．若的三条高分别为，，，则为钝角三角形
D．若，则为直角三角形
【答案】ACD
【分析】对于A，由，从而得到，进而得到，即可判断；对于B，由可得或，从而可判断；对于C，设的面积为，根据面积公式可得，从而可得，即可判断；对于D，利用正弦定理边化角可得，再结合基本不等式可得，即可判断.
【详解】对于A，因为，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以只有一个小于 0 ，
所以是钝角三角形，选项A正确；
对于B，若，则或，
所以或，所以为等腰三角形或直角三角形，选项B错误；
对于C，设的面积为，由面积公式知
，解得，
所以为最大角，
所以
所以为钝角，为钝角三角形，选项C正确；
对于D，由，得，
而，当且仅当时等号成立，
所以，解得，即，
所以为直角三角形，选项D正确.
故选：ACD.
考点05求外接圆半径
24．如图，圆的内接四边形的顶点关于的对称点恰为的内心，.则圆的半径为_______.
【答案】
【分析】先设，然后得出，再由是的内心，从而可得出，由与关于对称，得，求出，再利用正弦定理求解即可.
【详解】连接，设，则，
因为是的内心，所以分别平分，
所以，，
所以，
又因为与关于对称，所以，
又因为四边形是圆内接四边形，所以，
即，解得，即，
显然圆是的外接圆，
所以由正弦定理，得，即.
故答案为：.
25．在中，内角的对边分别为，且满足，若，则外接圆的半径长为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】B
【分析】由余弦定理结合题意可得出，再由正弦定理即可求出外接圆的半径长.
【详解】由可得，
再由余弦定理可得：，
故，因为，所以
则.
故选：B.
26．锐角的外接圆圆心为О，半径为2，，则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】现根据正弦定理求得，进而结合外心的性质求解即可.
【详解】由正弦定理得，，
设中点为，连接，，，
因为点为锐角的外接圆圆心，
所以，即，
所以.
故选：C.
27．在中，角的对边分别为，已知，则的外接圆面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由余弦定理及正弦定理求得结果.
【详解】已知，
由余弦定理可得，
由正弦定理可得，即.
则的外接圆面积.
故选：A.
28．在锐角中，，，若在上的投影长等于的外接圆半径，则（ ）
A．4B．2C．1D．
【答案】B
【分析】由题知，，进而得，即，再结合正弦定理求解即可.
【详解】∵是锐角三角形，在上的投影长等于的外接圆半径，
，
又，，，
，
两式相加得：，即，
，即，
又，，.
故选：B.
29．（多选）在中，角的对边分别为，为的外心，则（ ）
A．若有两个解，则
B．的取值范围为
C．的最大值为9
D．若为平面上的定点，则A点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】对于A，由正弦定理求解即可；对于B，由正弦定理及向量的数量积公式求解即可；对于C，法一：用投影向量求解；法二：转化到圆心求解；对于D，由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，再求解即可.
【详解】对于A，由正弦定理，得，
有两解的情形为，且，则，故A正确；
对于B，由正弦定理，得外接圆半径，
由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，，
于是，故B正确；
对于C，法一：用投影向量求解：当在上的投影向量的模最大，且与同向时，取得的最大值，此时，
设为的中点，则，
在上的投影向量的模为，最大值为，故C错误；
法二：转化到圆心：，故C错误；
对于D，如下图，由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，由两段优弧拼接成，每段优弧所对圆心角为，
所以A点的轨迹长度为，故D正确．
故选：ABD.
考点06边角互化
30．的内角，，所对的边分别为，，，满足，且，；则的面积为_________.
【答案】
【分析】利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得，利用三角形的面积公式求得正确答案.
【详解】依题意，，，
由正弦定理得：，
整理得，所以，
所以为锐角且，
同时，解得，所以，
所以.
故答案为：
31．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由已知条件结合正余弦定理可得，再利用三角函数恒等变换公式可得结果.
【详解】由，得，
所以，
即，
所以，即，
所以．即．
故选：C
32．在锐角三角形分别为内角所对的边长，，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】对已知等式利用余弦定理统一成边的形式，化简可得，然后同角三角函数的关系和正余弦定理化简可得结果.
【详解】因为，
所以由余弦定理可得，即，
所以
故选：B
33．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
(1)若，，求边c的长；
(2)若，求角B的大小．
【答案】(1)5
(2)．
【分析】（1）利用余弦定理角化边，然后带入已知可得；
（2）利用正弦定理边化角，然后结合已知和诱导公式求解可得.
【详解】（1）由及余弦定理，
得，∴．
代入，，得，解得．
（2）由及正弦定理，得，
∵，∴，
即，解得或，
又，所以，所以．
34．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
(1)求角C的大小；
(2)若，且的面积为，求边长c．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由，利用正弦定理得到，再利用三角恒等变换求解；
（2）由的面积为，得到，再结合，求得a，b，然后利用余弦定理求解.
【详解】（1）解：由正弦定理得：，
∴，
∵，∴，∴，则．
（2）∵的面积为，则，
∴根据题意得，则或，
若，则为等边三角形，；
若，则，即
∴或．
35．在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且．
(1)求的值；
(2)若的面积为，且，求a的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边化角以及两角和的正弦公式可得结果；
（2）根据三角形面积公式求出，再根据余弦定理可求出结果.
【详解】（1）由及正弦定理得，
得，得，
因为，所以，所以.
（2）由（1）知，，又，所以，
因为的面积为，所以，得，
由余弦定理得，
所以.
考点07正余弦定理在几何中的应用
36．在四边形ABCD中，，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，解决下列问题．
(1)求BD的长；
(2)求四边形ABCD的面积．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)选①，；选②，
(2)选①，；选②，
【分析】（1）选①，利用余弦定理得到；选②，利用互补得到，结合余弦定理列出方程，求出答案；
（2）选①，在（1）的基础上，得到⊥，结合三角形面积公式求出和的面积，相加即可；选②，在（1）的基础上求出和，利用三角形面积公式求出和的面积，相加得到答案.
【详解】（1）选①，由余弦定理得，
解得，
选②，在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
即，解得.
（2）选①，，，
故，
在中，，所以⊥，故，
所以四边形ABCD的面积为；
选②，，故，故，
因为，所以，
故，
，
故四边形ABCD的面积为.
37．如图所示，在中，已知，，D，E，F分别在边AC，BC，AB上，且为等边三角形．若，则的面积为______．
【答案】
【分析】设，的边长为a，易得，利用平角与三角形内角和可证明，再用正弦定理即可求得，从而得出面积.
【详解】设，的边长为a，
则．
因为，
所以在中，可得，
根据正弦定理，，即，解得，
所以的面积为．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：引入变量时，要注意运用方程思想，几个未知数就需要列几个方程.
38．如图，在平面四边形中，，，.
(1)求的大小；
(2)求边的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形的内角和定理及正弦定理，结合三角函数的特殊值对应的特殊角注意角的范围即可求解；
（2）根据（1）的结论及余弦定理即可求解.
【详解】（1）因为，
所以，即.
因为，
所以，
在中，由正弦定理得,即,
所以或.
因为，
所以，
所以.
（2）由（1）知，，
所以,
在中，,
由余弦定理得,即,
所以.
39．如图，在平面四边形ABCD中，，，，CD=4，AB=2，则AC=___________.
【答案】
【分析】在中，由正弦定理可得,在中，由正弦定理可，因为，可求出，再由余弦定理可求出的值.
【详解】在中，由正弦定理可得：，
所以①，
在中，由正弦定理可得：，
所以②，
又因为，所以由①②可得：，
解得：，
所以在中，由余弦定理得：
，
解得：.
故答案为: .
40．今年年初新冠肺炎肆虐全球，抗击新冠肺炎的有效措施之一是早发现、早隔离．现某地发现疫情，卫生部门欲将一块如图所示的圆的内接四边形区域，沿着四边形边界用固定高度的板材围成一个封闭的隔离区．其中，，，（单位：米），则__；四边形的面积为 __（平方米）．
【答案】 / ．
【分析】空1：连接，由题意可得，利用诱导公式，余弦定理可得，解得的值，进而可求和；空2：再根据三角形的面积公式即可求解四边形的面积．
【详解】空1：如图，连接，由题意可得，可得，
由余弦定理可得，即，解得：，
所以，且，所以.
所以，
空2：所以四边形的面积
（平方米）．
故答案为：；．
41．已知四边形是由与拼接而成，如图所示，，.
(1)求证：；
(2)若，，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）求出的范围，利用正弦定理即可证明结论；
（2）写出与的关系，进而求出的正弦值和余弦值，求出的长，利用余弦定理即可求出的长.
【详解】（1）由题意证明如下，
在中，，
∴.
∵，
∴.
在中，由正弦定理得， ，
即，，
∴，
∴.
（2）由题意及（1）得
设，，
，，，，，
则在中，由正弦定理得，，即，
可得，①
在中，由正弦定理得，，
可得，
可得，②
联立①②，可得，
可得，可得，.
在中，由正弦定理得，，可得.
在中，由余弦定理得，，
可得，
可得，解得或（舍），
∴的长为.
考点08正余弦定理的实际应用
42．海面上有相距的A，B两个小岛，从A岛望C岛和B岛成的视角，从B岛望C岛和A岛成的视角，则B，C间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】直接利用正弦定理求解即可.
【详解】由题意得，，则，
所以，所以，
即B，C间的距离为.
故选：D.
43．如图，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救．甲船立即前往救援，同时把消息告知在甲船的南偏西，相距10海里C处的乙船．
(1)求处于C处的乙船和遇险渔船间的距离；
(2)设乙船沿直线方向前往B处救援，其方向与成角，求的值域．
【答案】(1)（海里）；
(2)的值域为．
【分析】（1）连接，直接由余弦定理，代入数据可求得答案；
（2）先根据正弦定理求得，再求出，再利用和角公式和辅助角公式化简，最后结合正弦函数的性质求得值域.
【详解】（1）如图，连接，由余弦定理得.
所以，即所求距离为.
（2）因为，所以.
因为是锐角，所以.
所以，
其中，
所以的值域为.
44．位于四川省乐山市的乐山大佛，又名“凌云大佛”，是世界文化与自然双重遗产之一．如图，已知PH为佛像全身高度，PQ为佛身头部高度（PQ约为15米）．某人为测量乐山大佛的高度，选取了与佛像底部在同一水平面上的两个测量基点A，B，测得米，米，，在点A处测得点Q的仰角为48.24°，则佛像全身高度约为（ ）（参考数据：取，，）
A．56米B．69米C．71米D．73米
【答案】C
【分析】由余弦定理可得，再由，可求得，从而可得结论.
【详解】由余弦定理可得．
依题意得，则，
所以，
则，
故佛像全身高度约为71米．
故选：C.
45．洛阳九龙鼎位于河南省洛阳市老城区中州东路与金业路交叉口，是一个九龙鼎花岗岩雕塑，代表东周､东汉､魏､西晋､北魏､隋､唐､后梁､后唐9个朝代在这里建都，是洛阳的一座标志性建筑，九条龙盘旋的大石柱的顶端，端放着一座按1：1比例仿制的中国青铜时代的象征——西周兽面纹方鼎，汉白玉护栏两侧分别镶嵌着两幅《太极河图》.如图，为了测量九龙鼎的高度，选取了与该鼎底在同一平面内的两个测量基点与，现测得，在点测得九龙鼎顶端的仰角为，在点测得九龙鼎顶端的仰角为，则九龙鼎的高度（ ）（参考数据：取）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，，，在中，由余弦定理求解即可.
【详解】设，由题意可得，
由题意知：，
在中，由余弦定理可得，
得：，得：.
故选：B.
46．滕王阁，位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸，始建于唐朝永徽四年，因唐代诗人王勃诗句“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世.如图，小明同学为测量膝王阁的高度，在膝王阁的正东方向找到一座建筑物AB，高为12，在它们的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，滕王阁顶部C的仰角分别为15°和60°，在楼顶A处测得滕王阁顶部C的仰角为30°，由此估算滕王阁的高度为__________.（精确到）.
【答案】57
【分析】解直角，求得，继而解，由正弦定理求出，最后解直角，即得答案.
【详解】在中，，
（）
在中，，
，
故，即，
所以（米），
故答案为：57
47．如图，测量河对岸的塔高，可以选取与塔底在同一水平面内的两个基点和进行测量，现测得米，，在点和测得塔顶的仰角分别为，则塔高______米．
【答案】
【分析】设米，进而可得BC， BD，然后利用余弦定理求解.
【详解】设米，
在中，，
在中，，
在中，，
即，
所以，
解得（米）.
故答案为：28.
考点09最值问题
48．在锐角中，角，，所对的边为，，，已知.
(1)求角；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由给定的等式，结合余弦定理求出角作答.
（2）根据（1）的结论，结合正弦定理边化角，再利用三角变换及三角函数的性质求解作答．
【详解】（1）在中，由，得，
由余弦定理得，又，解得，
所以.
（2）在锐角中，由（1）知，，则，解得，
由正弦定理得，，即，，
因此
，而，有，于是，
所以的取值范围是．
49．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，其中，．
(1)求角B的大小；
(2)若，求△ABC面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）方法一：利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角和定理及两角和的正弦公式即可得解；
方法二：利用余弦定理化角为边，即可得解；
（2）利用余弦定理结合已知及基本不等式求出的最大值，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】（1）方法一：由，
根据正弦定理边化角得：，
即，所以，
因为，所以，又，所以，
又，所以；
方法二：由，
根据余弦定理：得，
即，
因为，所以，
所以，又，得；
（2）由（1）及余弦定理知，
所以，
因为，
所以，化简得，
因为，，所以，，
所以，当且仅当，即，时取等号，
所以的面积，
所以面积的最大值为.
50．已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，点O为外接圆的圆心，若，求当角C取得最大值时的面积.
【答案】
【分析】设的中点为，连接，则，根据数量积的运算律求出，再利用余弦定理及基本不等式求出的最小值，即可求出，从而求出面积最大值.
【详解】设的中点为，因为点O为外接圆的圆心，
所以，连接，则，
所以，
即，即，
因为，所以，所以.
由，知角C为锐角，故
，当且仅当，即时等号成立，
此时取得最小值，角取得最大值，
则，
此时.
【点睛】方法点睛：函数与方程的思想在本章中的体现
（1）利用平面向量基本定理建立向量间的关系；
（2）利用向量相等建立系数或坐标之间的相等关系；
（3）利用正、余弦定理建立边角之间的相等关系；
利用以上相等关系构成方程或函数，在求值、求范围、求最值等问题中得以应用.
51．已知中，角所对的边分别为，且.
(1)求角A的大小；
(2)若，求面积的最大值以及周长的最大值.
【答案】(1)
(2)面积的最大值为，周长的最大值为
【分析】（1）利用正弦定理角化边再结合余弦定理即可求得答案；
（2）由题意利用余弦定理结合基本不等式可得，利用三角形面积公式可得面积的最大值；再用余弦定理结合基本不等式求得，即可求得三角形周长的最大值.
【详解】（1）依题意得，，
由正弦定理，得，
所以，
因为，所以.
（2）由得，，即，
当且仅当时，等号成立，
所以的面积，
所以面积的最大值为.
又，
所以，当且仅当时，等号成立，
故的周长为，
故周长的最大值为.
52．在锐角三角形中，角的对边分别为,且．
(1)求角的⼤小；
(2)若，求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对已知条件的边换成角，结合三角公式求出，根据的范围得出角的度数；
（2）根据正弦定理，将边用角来表示，转化成三角函数的值域问题的求解.
【详解】（1）由正弦定理得，
又，，
则，
化简得，
又，所以，则，
因为，
所以；
（2）由正弦定理得：，
∴，，
∴，
；
为锐角三角形，
∴，
解得： ，
∴，
∴，
∴，
∴，
即△ABC的取值范围为.
53．设锐角的三个内角，，的对边分别为，，，且，，则周长的取值范围为____
【答案】
【分析】由锐角三角形求得，由正弦定理可得，求出，关于的函数，根据余弦函数的性质，可求得范围．
【详解】∵为锐角三角形，且，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
由，
即，
∴，
令，则，
又∵函数在上单调递增，
∴函数值域为.
故答案为：
考点01解三角形
1．（ 2023·重庆·高二统考学业考试）在中，若，则（ ）
A．B．C．
【答案】A
【分析】根据余弦定理求得，再根据正弦定理即可求解.
【详解】由题意可得，，
由余弦定理可得，即，
又，可得，
利用正弦定理可知 ,
所以.
故选：A.
2．在中，分别是角所对的边.若，的面积为，则的值为______
【答案】
【分析】先根据三角形的面积公式求出边，再利用余弦定理即可得解.
【详解】由，的面积为，
得，所以，
则，
所以.
故答案为：.
3．在中，，，，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】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
4．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则______．
【答案】/
【分析】根据同角三角函数的平方关系由得出，再由得出，最后根据正弦定理即可求出．
【详解】因为，
所以，
则，
由正弦定理可得，则，
故答案为：．
5．在中，已知，，，则角的度数为（ ）
A．B．C．或D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理计算得的值，然后根据边，从而得角的范围，结合特殊角三角函数值可得答案.
【详解】由题知，，，
在中，由正弦定理可得：，
即，所以，
因为，所以，
所以或.
故选：C．
6．在中，内角所对的边分别为.若，则______.
【答案】/
【分析】利用大边对大角结合正弦定理可求得，再利用同角三角函数基本关系直接求解即可.
【详解】在中，由正弦定理可得，解得，
又，所以，所以为锐角，所以.
故答案为：
考点02判断三角形解的个数
7．根据下列条件，判断有没有解？若有解，判断解的个数.
(1)，，；
(2)，，；
(3)，，；
(4)，，；
(5)，，.
【答案】(1)一解
(2)一解
(3)一解
(4)两解
(5)无解
【分析】根据三角形中的边和角，结合三角形中大边对大角的关系以及利用正弦定理求出角的正弦值，即可判断三角形解的情况.
【详解】（1）因为，，，
则由正弦定理可得，
又，则，即B只能是锐角，
则只有一解，故有一解；
（2）因为，，，
则由正弦定理可得，
又，则，即B只能是锐角，
则只有一解，故有一解；
（3）因为，，，
则由正弦定理可得，
由于，故，故有一解；
（4）因为，，，
则由正弦定理可得，
因为，故，而，则或，
故有两解；
（5），，，
则由正弦定理可得，
故无解.
8．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，若满足条件的三角形有两个，则x的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知条件根据正弦定理用表示出，然后由和正弦函数的性质求出的范围，从而可求出x的取值范围
【详解】在中，，，，
由正弦定理得，得，
解得，
因为满足条件的三角形有两个，
所以，
所以，即，
解得，
即x的取值范围为，
故选：B
9．已知分别为三个内角的对边，若，则满足此条件的三角形个数为（ ）
A．0B．1C．2D．1或2
【答案】B
【分析】根据条件，利用正弦定理求出，，从而得出结果.
【详解】因为，由正弦定理，得到，所以，
又因为，故，.
故选：B.
10．中，，时，则下列叙述错误的是（ ）
A．的外接圆的直径为4
B．若，则满足条件的有且只有1个
C．若满足条件的有且只有个，则
D．若满足条件的有两个，则
【答案】C
【分析】利用正弦定理逐项判断.
【详解】A. 因为，所以的外接圆的直径为4，故正确；
B. 因为，所以，则，所以满足条件的有且只有1个，故正确；
C. 因为，当时，AB=AC=2，为等腰三角形，当时，AC=4，为直角三角形，此时满足条件的有且只有个，故错误；
D.若满足条件的有两个，则，即，故正确；
故选：C
11．（多选）判断下列三角形解的情况，有且仅有一解的是（ ）
A．，，；B．，，；
C．，，；D．，，.
【答案】AD
【分析】由正弦定理解三角形后可得结论.
【详解】对于A，由正弦定理得：，
，，即，，则三角形有唯一解，A正确；
对于B，由正弦定理得：，
，，即，或，则三角形有两解，B错误；
对于C，由正弦定理得：，无解，C错误；
对于D，三角形两角和一边确定时，三角形有唯一确定解，D正确.
故选：AD
考点03三角形面积及其应用
12．在中，．
(1)如果，且，求的值；
(2)如果锐角的面积为，求的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由向量的数量积的运算公式，求得，再由正弦定理得到，结合，即可求得的大小；
（2）利用的面积公式求得，得到，结合余弦定理，即可求解.
【详解】（1）解：因为，且，
可得，解得，
又因为，由正弦定理得，可得，
又由，可得，所以为锐角，所以.
（2）解：因为，
所以的面积为，解得，
又因为为锐角三角形，所以，
由余弦定理得.
13．ABC中，，，ABC的面积为，则=（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角形的面积求出，利用余弦定理求出，然后求出的值．
【详解】因为，所以，
所以，由余弦定理可知：，
所以，，
所以．
故选：．
14．在中，.
(1)求A；
(2)若点D在BC边上，，，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理角化边，结合余弦定理即可求出A；
（2）判断出D在BC中点， 结合向量，利用向量的模长公式得到一个关于边长的方程，再结合余弦定理的方程，即可求出，从而求出面积.
【详解】（1）由正弦定理得：
，，
结合余弦定理得：，
且在三角形中，，.
（2）
,所以,D是BC的中点，
，
即，，
且,
两式相减得：,
所以，.
15．在中，，则边上的高等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据余弦定理求，再得，利用的面积公式即可求边上的高.
【详解】在中，因为，
由余弦定理得
因为，所以
设边上的高为，则，
所以，即边上的高等于.
故选：B.
16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，的面积为，那么（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据，再根据可得，然后利用余弦定理，可得，即可解出．
【详解】因为,因为的面积为，，
所以，即有.
又，所以，即，
所以.
故选：C.
17．在中，，，.
(1)求；
(2)设为边上一点，且，求的面积.
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）根据余弦定理列方程即可求解；
（2）根据正弦定理求出，由同角三角函数的基本关系求出，在中求出，根据及三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）由余弦定理可得,
化简可得,解得或（舍）.
（2）因为，所以,
在中，由正弦定理可得,即,解得.
易知为锐角，所以,，
因为，所以在中，.
根据三角形面积公式可得,
,
所以.
考点04判断三角形的形状
18．在中，角对边为，且，则的形状为（ ）
A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】先根据二倍角公式化简，根据余弦定理化简得到即可得到答案.
【详解】因为，
所以，即，
所以，
在中，由余弦定理：，
代入得，，即，
所以.
所以直角三角形.
故选：B
19．（多选）中，角，，所对的边分别为，，，则如下命题中，正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则是等腰三角形
C．若为锐角三角形，则
D．若是直角三角形，则
【答案】ACD
【分析】由大角对大边及正弦定理判断A，利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式判断B，利用诱导公式及不等式的性质判断C，利用反证法证明D.
【详解】对于A：若，则，结合正弦定理得，故A正确；
对于B：若，由正弦定理可得，
所以，故或，
即或，故三角形是等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C：若三角形为锐角三角形，则，故，
同理可得，，
三式相加得，故C正确；
对于D：若是直角三角形，不妨设为直角，则，
由正弦定理可得，所以，
所以，又，所以，则，
同理可证或为直角时也成立，故D正确．
故选：ACD．
20．（多选）的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则是钝角三角形
C．若，则符合条件的有两个
D．若，则为等腰三角形
【答案】AB
【分析】利用正弦定理､余弦定理对各个选项逐一分析，由此确定正确选项即可.
【详解】选项，在三角形中大角对大边，所以，
由正弦定理得，所以选项正确；
选项，由正弦定理得，
所以，又，则C为钝角，所以B选项正确；
选项，由正弦定理可得，
又，则，故此三角形有唯一解，错误；
D选项，因为，所以，
所以，即，
又，且，所以或，
即或，
所以为等腰三角形或直角三角形，故错误.
故选：
21．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且，则一定是（ ）
A．等腰三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．锐角三角形
【答案】C
【分析】由正弦定理边角互化，化简可得角的关系，进而判断三角形形状即可.
【详解】由正弦定理得，
因为，所以，
因为，所以或，又，
所以，所以为直角三角形．
故选：C.
22．若，且，那么是（ ）
A．直角三角形B．等边三角形
C．等腰三角形D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】由给定边的关系式结合余弦定理求出角A，再由正弦定理角化边，结合边的关系式可得c=b即可推理作答.
【详解】由，得，
化简得，
所以由余弦定理得，
因为，所以，
因为，
所以由正余弦定理角化边得，化简得，
所以，
所以为等边三角形，
故选：B
23．（多选）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列判断正确的是（ ）
A．若，则为钝角三角形
B．若，则为等腰三角形
C．若的三条高分别为，，，则为钝角三角形
D．若，则为直角三角形
【答案】ACD
【分析】对于A，由，从而得到，进而得到，即可判断；对于B，由可得或，从而可判断；对于C，设的面积为，根据面积公式可得，从而可得，即可判断；对于D，利用正弦定理边化角可得，再结合基本不等式可得，即可判断.
【详解】对于A，因为，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以只有一个小于 0 ，
所以是钝角三角形，选项A正确；
对于B，若，则或，
所以或，所以为等腰三角形或直角三角形，选项B错误；
对于C，设的面积为，由面积公式知
，解得，
所以为最大角，
所以
所以为钝角，为钝角三角形，选项C正确；
对于D，由，得，
而，当且仅当时等号成立，
所以，解得，即，
所以为直角三角形，选项D正确.
故选：ACD.
考点05求外接圆半径
24．如图，圆的内接四边形的顶点关于的对称点恰为的内心，.则圆的半径为_______.
【答案】
【分析】先设，然后得出，再由是的内心，从而可得出，由与关于对称，得，求出，再利用正弦定理求解即可.
【详解】连接，设，则，
因为是的内心，所以分别平分，
所以，，
所以，
又因为与关于对称，所以，
又因为四边形是圆内接四边形，所以，
即，解得，即，
显然圆是的外接圆，
所以由正弦定理，得，即.
故答案为：.
25．在中，内角的对边分别为，且满足，若，则外接圆的半径长为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】B
【分析】由余弦定理结合题意可得出，再由正弦定理即可求出外接圆的半径长.
【详解】由可得，
再由余弦定理可得：，
故，因为，所以
则.
故选：B.
26．锐角的外接圆圆心为О，半径为2，，则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】现根据正弦定理求得，进而结合外心的性质求解即可.
【详解】由正弦定理得，，
设中点为，连接，，，
因为点为锐角的外接圆圆心，
所以，即，
所以.
故选：C.
27．在中，角的对边分别为，已知，则的外接圆面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由余弦定理及正弦定理求得结果.
【详解】已知，
由余弦定理可得，
由正弦定理可得，即.
则的外接圆面积.
故选：A.
28．在锐角中，，，若在上的投影长等于的外接圆半径，则（ ）
A．4B．2C．1D．
【答案】B
【分析】由题知，，进而得，即，再结合正弦定理求解即可.
【详解】∵是锐角三角形，在上的投影长等于的外接圆半径，
，
又，，，
，
两式相加得：，即，
，即，
又，，.
故选：B.
29．（多选）在中，角的对边分别为，为的外心，则（ ）
A．若有两个解，则
B．的取值范围为
C．的最大值为9
D．若为平面上的定点，则A点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】对于A，由正弦定理求解即可；对于B，由正弦定理及向量的数量积公式求解即可；对于C，法一：用投影向量求解；法二：转化到圆心求解；对于D，由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，再求解即可.
【详解】对于A，由正弦定理，得，
有两解的情形为，且，则，故A正确；
对于B，由正弦定理，得外接圆半径，
由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，，
于是，故B正确；
对于C，法一：用投影向量求解：当在上的投影向量的模最大，且与同向时，取得的最大值，此时，
设为的中点，则，
在上的投影向量的模为，最大值为，故C错误；
法二：转化到圆心：，故C错误；
对于D，如下图，由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，由两段优弧拼接成，每段优弧所对圆心角为，
所以A点的轨迹长度为，故D正确．
故选：ABD.
考点06边角互化
30．的内角，，所对的边分别为，，，满足，且，；则的面积为_________.
【答案】
【分析】利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得，利用三角形的面积公式求得正确答案.
【详解】依题意，，，
由正弦定理得：，
整理得，所以，
所以为锐角且，
同时，解得，所以，
所以.
故答案为：
31．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由已知条件结合正余弦定理可得，再利用三角函数恒等变换公式可得结果.
【详解】由，得，
所以，
即，
所以，即，
所以．即．
故选：C
32．在锐角三角形分别为内角所对的边长，，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】对已知等式利用余弦定理统一成边的形式，化简可得，然后同角三角函数的关系和正余弦定理化简可得结果.
【详解】因为，
所以由余弦定理可得，即，
所以
故选：B
33．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
(1)若，，求边c的长；
(2)若，求角B的大小．
【答案】(1)5
(2)．
【分析】（1）利用余弦定理角化边，然后带入已知可得；
（2）利用正弦定理边化角，然后结合已知和诱导公式求解可得.
【详解】（1）由及余弦定理，
得，∴．
代入，，得，解得．
（2）由及正弦定理，得，
∵，∴，
即，解得或，
又，所以，所以．
34．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
(1)求角C的大小；
(2)若，且的面积为，求边长c．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由，利用正弦定理得到，再利用三角恒等变换求解；
（2）由的面积为，得到，再结合，求得a，b，然后利用余弦定理求解.
【详解】（1）解：由正弦定理得：，
∴，
∵，∴，∴，则．
（2）∵的面积为，则，
∴根据题意得，则或，
若，则为等边三角形，；
若，则，即
∴或．
35．在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且．
(1)求的值；
(2)若的面积为，且，求a的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边化角以及两角和的正弦公式可得结果；
（2）根据三角形面积公式求出，再根据余弦定理可求出结果.
【详解】（1）由及正弦定理得，
得，得，
因为，所以，所以.
（2）由（1）知，，又，所以，
因为的面积为，所以，得，
由余弦定理得，
所以.
考点07正余弦定理在几何中的应用
36．在四边形ABCD中，，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，解决下列问题．
(1)求BD的长；
(2)求四边形ABCD的面积．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)选①，；选②，
(2)选①，；选②，
【分析】（1）选①，利用余弦定理得到；选②，利用互补得到，结合余弦定理列出方程，求出答案；
（2）选①，在（1）的基础上，得到⊥，结合三角形面积公式求出和的面积，相加即可；选②，在（1）的基础上求出和，利用三角形面积公式求出和的面积，相加得到答案.
【详解】（1）选①，由余弦定理得，
解得，
选②，在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
即，解得.
（2）选①，，，
故，
在中，，所以⊥，故，
所以四边形ABCD的面积为；
选②，，故，故，
因为，所以，
故，
，
故四边形ABCD的面积为.
37．如图所示，在中，已知，，D，E，F分别在边AC，BC，AB上，且为等边三角形．若，则的面积为______．
【答案】
【分析】设，的边长为a，易得，利用平角与三角形内角和可证明，再用正弦定理即可求得，从而得出面积.
【详解】设，的边长为a，
则．
因为，
所以在中，可得，
根据正弦定理，，即，解得，
所以的面积为．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：引入变量时，要注意运用方程思想，几个未知数就需要列几个方程.
38．如图，在平面四边形中，，，.
(1)求的大小；
(2)求边的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形的内角和定理及正弦定理，结合三角函数的特殊值对应的特殊角注意角的范围即可求解；
（2）根据（1）的结论及余弦定理即可求解.
【详解】（1）因为，
所以，即.
因为，
所以，
在中，由正弦定理得,即,
所以或.
因为，
所以，
所以.
（2）由（1）知，，
所以,
在中，,
由余弦定理得,即,
所以.
39．如图，在平面四边形ABCD中，，，，CD=4，AB=2，则AC=___________.
【答案】
【分析】在中，由正弦定理可得,在中，由正弦定理可，因为，可求出，再由余弦定理可求出的值.
【详解】在中，由正弦定理可得：，
所以①，
在中，由正弦定理可得：，
所以②，
又因为，所以由①②可得：，
解得：，
所以在中，由余弦定理得：
，
解得：.
故答案为: .
40．今年年初新冠肺炎肆虐全球，抗击新冠肺炎的有效措施之一是早发现、早隔离．现某地发现疫情，卫生部门欲将一块如图所示的圆的内接四边形区域，沿着四边形边界用固定高度的板材围成一个封闭的隔离区．其中，，，（单位：米），则__；四边形的面积为 __（平方米）．
【答案】 / ．
【分析】空1：连接，由题意可得，利用诱导公式，余弦定理可得，解得的值，进而可求和；空2：再根据三角形的面积公式即可求解四边形的面积．
【详解】空1：如图，连接，由题意可得，可得，
由余弦定理可得，即，解得：，
所以，且，所以.
所以，
空2：所以四边形的面积
（平方米）．
故答案为：；．
41．已知四边形是由与拼接而成，如图所示，，.
(1)求证：；
(2)若，，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）求出的范围，利用正弦定理即可证明结论；
（2）写出与的关系，进而求出的正弦值和余弦值，求出的长，利用余弦定理即可求出的长.
【详解】（1）由题意证明如下，
在中，，
∴.
∵，
∴.
在中，由正弦定理得， ，
即，，
∴，
∴.
（2）由题意及（1）得
设，，
，，，，，
则在中，由正弦定理得，，即，
可得，①
在中，由正弦定理得，，
可得，
可得，②
联立①②，可得，
可得，可得，.
在中，由正弦定理得，，可得.
在中，由余弦定理得，，
可得，
可得，解得或（舍），
∴的长为.
考点08正余弦定理的实际应用
42．海面上有相距的A，B两个小岛，从A岛望C岛和B岛成的视角，从B岛望C岛和A岛成的视角，则B，C间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】直接利用正弦定理求解即可.
【详解】由题意得，，则，
所以，所以，
即B，C间的距离为.
故选：D.
43．如图，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救．甲船立即前往救援，同时把消息告知在甲船的南偏西，相距10海里C处的乙船．
(1)求处于C处的乙船和遇险渔船间的距离；
(2)设乙船沿直线方向前往B处救援，其方向与成角，求的值域．
【答案】(1)（海里）；
(2)的值域为．
【分析】（1）连接，直接由余弦定理，代入数据可求得答案；
（2）先根据正弦定理求得，再求出，再利用和角公式和辅助角公式化简，最后结合正弦函数的性质求得值域.
【详解】（1）如图，连接，由余弦定理得.
所以，即所求距离为.
（2）因为，所以.
因为是锐角，所以.
所以，
其中，
所以的值域为.
44．位于四川省乐山市的乐山大佛，又名“凌云大佛”，是世界文化与自然双重遗产之一．如图，已知PH为佛像全身高度，PQ为佛身头部高度（PQ约为15米）．某人为测量乐山大佛的高度，选取了与佛像底部在同一水平面上的两个测量基点A，B，测得米，米，，在点A处测得点Q的仰角为48.24°，则佛像全身高度约为（ ）（参考数据：取，，）
A．56米B．69米C．71米D．73米
【答案】C
【分析】由余弦定理可得，再由，可求得，从而可得结论.
【详解】由余弦定理可得．
依题意得，则，
所以，
则，
故佛像全身高度约为71米．
故选：C.
45．洛阳九龙鼎位于河南省洛阳市老城区中州东路与金业路交叉口，是一个九龙鼎花岗岩雕塑，代表东周､东汉､魏､西晋､北魏､隋､唐､后梁､后唐9个朝代在这里建都，是洛阳的一座标志性建筑，九条龙盘旋的大石柱的顶端，端放着一座按1：1比例仿制的中国青铜时代的象征——西周兽面纹方鼎，汉白玉护栏两侧分别镶嵌着两幅《太极河图》.如图，为了测量九龙鼎的高度，选取了与该鼎底在同一平面内的两个测量基点与，现测得，在点测得九龙鼎顶端的仰角为，在点测得九龙鼎顶端的仰角为，则九龙鼎的高度（ ）（参考数据：取）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，，，在中，由余弦定理求解即可.
【详解】设，由题意可得，
由题意知：，
在中，由余弦定理可得，
得：，得：.
故选：B.
46．滕王阁，位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸，始建于唐朝永徽四年，因唐代诗人王勃诗句“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世.如图，小明同学为测量膝王阁的高度，在膝王阁的正东方向找到一座建筑物AB，高为12，在它们的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，滕王阁顶部C的仰角分别为15°和60°，在楼顶A处测得滕王阁顶部C的仰角为30°，由此估算滕王阁的高度为__________.（精确到）.
【答案】57
【分析】解直角，求得，继而解，由正弦定理求出，最后解直角，即得答案.
【详解】在中，，
（）
在中，，
，
故，即，
所以（米），
故答案为：57
47．如图，测量河对岸的塔高，可以选取与塔底在同一水平面内的两个基点和进行测量，现测得米，，在点和测得塔顶的仰角分别为，则塔高______米．
【答案】
【分析】设米，进而可得BC， BD，然后利用余弦定理求解.
【详解】设米，
在中，，
在中，，
在中，，
即，
所以，
解得（米）.
故答案为：28.
考点09最值问题
48．在锐角中，角，，所对的边为，，，已知.
(1)求角；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由给定的等式，结合余弦定理求出角作答.
（2）根据（1）的结论，结合正弦定理边化角，再利用三角变换及三角函数的性质求解作答．
【详解】（1）在中，由，得，
由余弦定理得，又，解得，
所以.
（2）在锐角中，由（1）知，，则，解得，
由正弦定理得，，即，，
因此
，而，有，于是，
所以的取值范围是．
49．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，其中，．
(1)求角B的大小；
(2)若，求△ABC面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）方法一：利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角和定理及两角和的正弦公式即可得解；
方法二：利用余弦定理化角为边，即可得解；
（2）利用余弦定理结合已知及基本不等式求出的最大值，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】（1）方法一：由，
根据正弦定理边化角得：，
即，所以，
因为，所以，又，所以，
又，所以；
方法二：由，
根据余弦定理：得，
即，
因为，所以，
所以，又，得；
（2）由（1）及余弦定理知，
所以，
因为，
所以，化简得，
因为，，所以，，
所以，当且仅当，即，时取等号，
所以的面积，
所以面积的最大值为.
50．已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，点O为外接圆的圆心，若，求当角C取得最大值时的面积.
【答案】
【分析】设的中点为，连接，则，根据数量积的运算律求出，再利用余弦定理及基本不等式求出的最小值，即可求出，从而求出面积最大值.
【详解】设的中点为，因为点O为外接圆的圆心，
所以，连接，则，
所以，
即，即，
因为，所以，所以.
由，知角C为锐角，故
，当且仅当，即时等号成立，
此时取得最小值，角取得最大值，
则，
此时.
【点睛】方法点睛：函数与方程的思想在本章中的体现
（1）利用平面向量基本定理建立向量间的关系；
（2）利用向量相等建立系数或坐标之间的相等关系；
（3）利用正、余弦定理建立边角之间的相等关系；
利用以上相等关系构成方程或函数，在求值、求范围、求最值等问题中得以应用.
51．已知中，角所对的边分别为，且.
(1)求角A的大小；
(2)若，求面积的最大值以及周长的最大值.
【答案】(1)
(2)面积的最大值为，周长的最大值为
【分析】（1）利用正弦定理角化边再结合余弦定理即可求得答案；
（2）由题意利用余弦定理结合基本不等式可得，利用三角形面积公式可得面积的最大值；再用余弦定理结合基本不等式求得，即可求得三角形周长的最大值.
【详解】（1）依题意得，，
由正弦定理，得，
所以，
因为，所以.
（2）由得，，即，
当且仅当时，等号成立，
所以的面积，
所以面积的最大值为.
又，
所以，当且仅当时，等号成立，
故的周长为，
故周长的最大值为.
52．在锐角三角形中，角的对边分别为,且．
(1)求角的⼤小；
(2)若，求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对已知条件的边换成角，结合三角公式求出，根据的范围得出角的度数；
（2）根据正弦定理，将边用角来表示，转化成三角函数的值域问题的求解.
【详解】（1）由正弦定理得，
又，，
则，
化简得，
又，所以，则，
因为，
所以；
（2）由正弦定理得：，
∴，，
∴，
；
为锐角三角形，
∴，
解得： ，
∴，
∴，
∴，
∴，
即△ABC的取值范围为.
53．设锐角的三个内角，，的对边分别为，，，且，，则周长的取值范围为____
【答案】
【分析】由锐角三角形求得，由正弦定理可得，求出，关于的函数，根据余弦函数的性质，可求得范围．
【详解】∵为锐角三角形，且，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
由，
即，
∴，
令，则，
又∵函数在上单调递增，
∴函数值域为.
故答案为：
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