期末强化练03 解三角形小题12种常见考法归类（79题）-2023-2024学年高一数学微专题期末精准突破（人教A版2019必修第二册）

2023-2024学年高一数学微专题精准突破（人教A版2019必修第二册） 期末强化练03 解三角形小题12种常见考法归类（79题） 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型1利用正余弦定理解三角形 题型2正弦定理判定三角形解的个数 题型3正弦定理求外接圆半径 题型4正弦定理边角互化的应用 题型5余弦定理边角互化的应用 题型6正、余弦定理判定三角形形状 题型7三角形面积公式及其应用 题型8 三角形的周长及其应用 题型9 与三角形有关的最值问题 题型10 几何图形中的计算 题型11 正余弦定理与三角函数性质的结合应用 题型12 正、余弦定理的实际应用 题型1利用正余弦定理解三角形 1．（23-24高一下·江苏无锡·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则（    ） A．4 B． C．3 D． 2．（23-24高一下·江苏南京·阶段练习）在中，已知，，，则（    ） A．2 B． C． D． 3．（23-24高一下·浙江杭州·期末）在中，角对应的边分别为．若，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·河南南阳·期末）已知在中，内角所对的边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·江苏南京·期末）已知中，，，则将以为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·河南信阳·阶段练习）在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 题型2正弦定理判定三角形解的个数 7．【多选】（23-24高一下·江苏扬州·期末）在中，角所对的边为，根据下列条件解三角形，其中仅有一解的有（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·福建南平·期中）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，已知，则此三角形（    ） A．无解 B．一解 C．两解 D．解的个数不确定 9．（23-24高一下·江苏泰州·期末）记的内角的对边分别为.已知，若角有两解，则的值可以是（    ） A．2 B． C． D．4 10．（23-24高一下·福建三明·期中）在中，，，，若满足条件的有且仅有一个，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 11．【多选】（23-24高二下·陕西商洛·期中）的内角，，的对边分别为，，，则下列结论正确的有（    ） A．若，，，则符合条件的只有一解 B．若，，，则符合条件的只有一解 C．若，，，则符合条件的无解 D．若，且符合条件的有二解，则的取值范围为 题型3正弦定理求外接圆半径 12．（23-24高一下·江西·阶段练习）在中，，则的外接圆的面积为（   ） A． B． C． D． 13．（23-24高一下·湖南衡阳·阶段练习）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的值为 ． 14．（23-24高一下·福建莆田·期中）在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，若，则外接圆半径为 . 15．（23-24高一下·江苏镇江·阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，若边上的中线，则的外接圆面积是（    ） A． B． C． D． 16．【多选】（23-24高二下·贵州遵义·期中）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，则（    ） A．的外接圆半径为 B． C． D．为锐角三角形 题型4正弦定理边角互化的应用 17．（23-24高一下·江苏常州·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，则（    ） A． B． C． D． 18．（23-24高二下·青海海西·期末）在中，内角所对的边分别为，若，，则（    ） A． B． C．1 D． 19．（23-24高一下·四川·期中）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，则（    ） A．3 B．4 C． D． 20．（23-24高一下·浙江绍兴·期末）设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则（    ） A． B． C． D． 21．（23-24高一下·江苏南京·期末）在中，角A，B，C对边分别为a，b，c．若，，，则实数a的值为（   ） A．6 B．3 C． D． 题型5余弦定理边角互化的应用 22．（23-24高一下·江苏苏州·阶段练习）在中，若，则（    ） A． B． C． D． 23．（22-23高一下·云南·期末）在中，角的对边分别是，已知，且，则（    ） A．9 B．6 C．3 D．18 24．（22-23高三上·河南南阳·期末）在 中，角 的对边分别为 ，且．角A等于（    ） A． B． C． D． 25．（22-23高二上·陕西商洛·期末）在中，内角的对边分别为.若，，且则（    ） A． B． C． D． 26．（21-22高一下·河南新乡·期末）在中，O为的外心，，若，x，，则（    ） A． B． C． D． 27．（21-22高二下·云南保山·期末）已知点是内部的一点，且满足，则的值为（    ） A． B． C．2 D．1 28．（23-24高一下·浙江湖州·期末）已知是锐角三角形，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型6正、余弦定理判定三角形形状 29．（23-24高一下·安徽宿州·期中）在中，内角的对边分别为若满足，则该三角形为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．不能确定 30．（23-24高一下·江苏苏州·期末）在中，已知，则的形状一定为（    ） A．等腰三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 31．（23-24高一下·上海·阶段练习）在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若且，则是（    ） A．等边三角形 B．顶角为的等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．非直角三角形，也非等腰三角形 32．【多选】（22-23高一下·重庆·期末）在中，分别为角的对边，下列叙述正确的是（    ） A． B．若，则为等腰三角形 C．若为锐角三角形，则 D．若，则为钝角三角形 33．【多选】（23-24高一下·河南·阶段练习）已知的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列命题中正确的是（    ） A．若,则是等边三角形 B．若,则是等腰三角形 C．若,则是等腰直角三角形 D．若,则是锐角三角形 34．【多选】（22-23高一下·海南·期末）在中，角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（    ） A．若，，边上的高为，则为等腰三角形 B．若，，，则为直角三角形 C．若，，则为直角三角形 D．若，则为锐角三角形 题型7三角形面积公式及其应用 35．（2024·陕西西安·一模）在三角形中，内角的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（   ） A． B． C． D． 36．（23-24高一下·浙江丽水·期中）已知在中，三个内角的对边分别为，若，，边上的高等于，则的面积为（    ） A． B．9 C． D． 37．（23-24高一下·江苏泰州·期末）在中，，则的面积为（    ） A．4 B．8 C．24 D．32 38．（2024·贵州遵义·三模）在中，角的对边分别为，D为的中点，已知，，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 39．（23-24高一下·浙江台州·期中）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，面积为，则（    ） A． B． C．4 D．2 40．（23-24高一下·四川·期末）在中，分别是角的对边，的面积为，，，则（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 41．（23-24高二下·浙江宁波·期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，的面积为，若，则（    ） A． B． C． D． 42．（22-23高三上·河南·期末）在中，角所对的边分别为，，若表示的面积，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 题型8 三角形的周长及其应用 43．（20-21高一下·浙江宁波·期末）已知中，，且，则周长为（    ）． A． B． C． D．4 44．（21-22高三上·西藏拉萨·期中）的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，的周长等于（    ） A． B． C． D． 45．（2023·内蒙古赤峰·二模）在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，，的面积为，则的周长是（    ） A．4 B．6 C．8 D．18 46．（21-22高三上·安徽宣城·期末）如图所示，点D是等边外一点，且，，，则的周长是（    ） A． B． C． D． 47．（20-21高二上·广东广州·期末）在中，内角，，所对的边分别为，，．若，，，当的周长最短时，的值为（    ） A． B． C． D． 48．（2023·陕西安康·一模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且外接圆的周长为，则的周长为（    ） A．20 B． C．27 D． 题型9 与三角形有关的最值问题 49．（2024·江苏连云港·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则边b的取值范围为（    ） A． B． C． D． 50．（23-24高一下·江苏南通·期中）在中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 51．（23-24高一下·广东惠州·阶段练习）在中，的对边分别是，若，则的最大值为（    ） A． B． C．2 D．1 52．（21-22高一上·江西景德镇·期末）在锐角中，分别为角的对边，已知，则的面积S的取值范围是（    ） A． B． C． D． 53．（21-22高二下·河南开封·期末）在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，．若，则面积的最大值为（    ） A． B． C．16 D． 54．（22-23高三上·浙江宁波·期末）在中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知，且的面积为，则周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 55．（22-23高一下·福建龙岩·期末）在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，，则周长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 56．（22-23高一下·山东济南·期末）已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，，，则的周长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 题型10 几何图形中的计算 57．（21-22高二下·浙江温州·期末）在中，，则长为 . 58．（2016·广东广州·一模）在中，点D在边上，，则的长为 ． 59．（21-22高二下·贵州黔东南·期末）已知点P在△ABC的边BC上，AP= PC=CA=2，△ABC的面积为，则sin∠PAB= . 60．（22-23高三上·江苏扬州·期末）如图，在中，，，、分别在边、上，，且.则值是 ；的面积是 . 61．（21-22高一下·福建福州·期末）如图，在平面四边形ABCD中，，，，CD=4，AB=2，则AC= . 62．（22-23高一下·新疆和田·期末）如图，在四边形中，，，，，，则的面积 ．    63．（22-23高一下·广西南宁·期末）已知，， ，AD平分交BC于点D，则 ． 64．（2024·四川自贡·三模）如图，D为的边AC上一点，，，，则的最小值为 . 题型11 正余弦定理与三角函数性质的结合应用 65．（20-21高一下·广东深圳·期中）设锐角的内角所对的边分别为，若，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 66．【多选】（20-21高一下·重庆渝中·期末）设，，分别为锐角三个内角，，的对边，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．的取值范围是 D．的取值范围是 67．【多选】（22-23高一下·江苏淮安·期中）在锐角中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知，若，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 68．（20-21高一下·黑龙江双鸭山·期末）设的内角A、B、C的对边分别是a，b，c，，且B为钝角．的取值范围（    ） A． B． C． D． 69．【多选】（21-22高一下·黑龙江佳木斯·期中）已知△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，c=2．则下列结论正确（    ） A．△ABC面积的最大值为 B．的最大值为 C． D．的取值范围为 题型12 正、余弦定理的实际应用 70．（23-24高一下·湖南·阶段练习）某班同学利用课外实践课，测量两地之间的距离，在处测得两地之间的距离是4千米，两地之间的距离是6千米，且，则两地之间的距离是（    ） A．千米 B．千米 C．千米 D．千米 71．（23-24高一下·重庆·期中）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 72．（23-24高一下·河南郑州·期末）某建筑的主体建筑集球､圆柱､棱柱､棱锥于一体，极具对称之美.如图，某人站在该建筑的正东方向一座居民楼的顶端，若在处观测到该建筑顶端的仰角为，地面上处的俯角为，若该建筑的高度，，估计居民楼的高度大约为（    ）（人的身高忽略不计，假设位于同一水平面） A． B． C． D． 73．（20-21高三上·吉林·阶段练习）如图所示，滨江公园内有一块三角形形状的草坪，经测量得，在保护草坪的同时，为了方便游人行走，现打算铺设一条小路（其中点在边上，点在边上），若恰好将该草坪的面积平分，则两点间的最小距离为 . 74．（2021·湖南长沙·二模）如图，某湖有一半径为的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心（大小忽略不计），在其正东方向相距的点A处安装一套监测设备．为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且，．定义：四边形及其内部区域为“直接监测覆盖区域”，设．则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为 ． 75．（20-21高一下·湖北武汉·期末）如图，在海岸处，发现北偏东方向，距离为的处有一艘走私船，在处北偏西方向，距离为的处有一艘缉私艇奉命以的速度追截走私船，此时，走私船正以的速度从处向北偏东方向逃窜．则缉私艇沿北偏东 方向行驶才能最快追上走私船，需要的时间是 ．    76．（23-24高一下·四川成都·阶段练习）崇丽阁之名取自晋代左思《蜀都赋》中的名句“既丽且崇，实号成都”．如图，在测量府河西岸的崇丽阁高时，测量者选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，并测得米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 77．（23-24高一下·山西阳泉·期末）海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象．若要测量如图所示的蓝洞的口径，即两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，测得，，，，则两点间的距离为（    ） A．80 B． C．160 D． 78．（23-24高一下·湖北十堰·期末）在一个港口，有一艘船以每小时30海里的速度向正东方向行驶，在某时观测到在该船北偏东75°方向上有一座灯塔A，2小时后，灯塔A在该船的东北方向上，该船继续向正东方向行驶足够长时间，则该船与灯塔A之间的最短距离是（    ） A．海里 B．海里 C．海里 D．海里 79．（23-24高一下·浙江丽水·期末）如图，某山山顶与山底的垂直部分为（记山顶为点，山底为点），首先测量人员位于点，测得点位于正北方向，测得点的仰角为，然后测量人员沿北偏东方向行走了米到达点，此时测得，则此山的高度为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 $$2023-2024学年高一数学微专题精准突破（人教A版2019必修第二册） 期末强化练03 解三角形小题12种常见考法归类（79题） 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型1利用正余弦定理解三角形 题型2正弦定理判定三角形解的个数 题型3正弦定理求外接圆半径 题型4正弦定理边角互化的应用 题型5余弦定理边角互化的应用 题型6正、余弦定理判定三角形形状 题型7三角形面积公式及其应用 题型8 三角形的周长及其应用 题型9 与三角形有关的最值问题 题型10 几何图形中的计算 题型11 正余弦定理与三角函数性质的结合应用 题型12 正、余弦定理的实际应用 题型1利用正余弦定理解三角形 1．（23-24高一下·江苏无锡·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则（    ） A．4 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】由题意可得的值，再由余弦定理可得边的大小. 【详解】在中，因为，，， 可知，所以， 所以为锐角，可得， 由余弦定理可得， 即，即， 可得. 故选：D. 2．（23-24高一下·江苏南京·阶段练习）在中，已知，，，则（    ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理即可求解. 【详解】解：因为，所以， 在中，已知，， 由正弦定理得， 所以， 故选：D 3．（23-24高一下·浙江杭州·期末）在中，角对应的边分别为．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据内角和求B的值，然后再根据正弦定理求a的值. 【详解】由题意得, 由正弦定理得 ,则 , 故选:B. 4．（23-24高一下·河南南阳·期末）已知在中，内角所对的边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先由余弦定理求，再根据正弦定理求. 【详解】由余弦定理得，所以. 由题可得，由正弦定理得. 故选：A 5．（23-24高二下·江苏南京·期末）已知中，，，则将以为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由余弦定理可求出边的长，设边上的高为，根据面积关系可求出的值，再根据圆锥的体积公式计算可得结果. 【详解】设边上的高为，以边为旋转轴旋转一周后得到的几何体为两个圆锥，设为. 因为，且，，，且，即. 因为，所以， 则. 故选：A 6．（23-24高一下·河南信阳·阶段练习）在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】在中利用余弦定理求出，利用正弦定理求出外接圆的半径，设三棱锥外接球的半径为，则，再由球的表面积公式计算可得. 【详解】在中由余弦定理 ，所以, 设外接圆的半径为，则，所以， 又平面，，设三棱锥外接球的半径为， 则， 所以三棱锥外接球的表面积. 故选：C 题型2正弦定理判定三角形解的个数 7．【多选】（23-24高一下·江苏扬州·期末）在中，角所对的边为，根据下列条件解三角形，其中仅有一解的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对于A,B,D,根据三角形全等，易得三角形的形状唯一确定，故解唯一；对于C，可用正弦定理，结合正弦函数的图象，说明符合条件的三角形有两解. 【详解】对于A，三角形中，已知三边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即A正确； 对于B，三角形中，已知两个角和夹边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即B正确； 对于C，由正弦定理，可得，，因，则, 因，结合正弦函数的图象可知角有两解，故C错误； 对于D，三角形中，已知两边和夹角，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即D正确. 故选：ABD. 8．（23-24高一下·福建南平·期中）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，已知，则此三角形（    ） A．无解 B．一解 C．两解 D．解的个数不确定 【答案】C 【分析】由正弦定理可得，进而可求，可得结论. 【详解】由正弦定理，得，解得 ， 因为，所以 ， 又因为，所以或， 故此三角形有两解. 故选：C. 9．（23-24高一下·江苏泰州·期末）记的内角的对边分别为.已知，若角有两解，则的值可以是（    ） A．2 B． C． D．4 【答案】C 【分析】由正弦定理先计算出，而角有两解，则需要满足且是最大边进而求出的范围. 【详解】角有两解，即角有两解，由正弦定理可知：， 角要有两解，则需满足且，解得：. 故选：C 10．（23-24高一下·福建三明·期中）在中，，，，若满足条件的有且仅有一个，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由正弦定理判断的取值范围即可. 【详解】由正弦定理，则，即，由题意仅有一值， 故或，解得或. 故选：A 11．【多选】（23-24高二下·陕西商洛·期中）的内角，，的对边分别为，，，则下列结论正确的有（    ） A．若，，，则符合条件的只有一解 B．若，，，则符合条件的只有一解 C．若，，，则符合条件的无解 D．若，且符合条件的有二解，则的取值范围为 【答案】BCD 【分析】根据正弦定理以及三角形的边角关系即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，由正弦定理得，则，显然角不存在，A错误； 对于B，由正弦定理得，所以， 因为，所以，故唯一，为锐角，所以B正确， 对于C，由得，而，此时三角形显然不存在，C正确； 若，且符合条件的有两解，则,故，D正确， 故选：BCD． 题型3正弦定理求外接圆半径 12．（23-24高一下·江西·阶段练习）在中，，则的外接圆的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正弦定理计算可得外接圆的半径，再利用圆的面积公式计算即可. 【详解】由正弦定理得的外接圆的半径， 所以的外接圆的面积． 故选:． 13．（23-24高一下·湖南衡阳·阶段练习）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的值为 ． 【答案】2 【分析】根据公式计算求解即可 【详解】设的外接圆的半径为，则根据正弦定理可知， ，又， 所以， 故答案为：2 14．（23-24高一下·福建莆田·期中）在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，若，则外接圆半径为 . 【答案】 【分析】根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求解，再由得，最后由正弦定理求得外接圆半径即可. 【详解】由及正弦定理得， 即，即，由，则，所以， 因为，所以，所以， 所以由正弦定理得，的外接圆半径为. 故答案为： 15．（23-24高一下·江苏镇江·阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，若边上的中线，则的外接圆面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用余弦定理求出，再利用平方后可求得即，从而利用余弦定理求得，结合正弦定理可求得外接圆半径，由此得解. 【详解】因为，所以， 又，所以， 又是中点，所以，又， 所以， 即，解得（负值舍去）， 所以，则， 所以，即， 所以的外接圆面积为， 故选：A. 16．【多选】（23-24高二下·贵州遵义·期中）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，则（    ） A．的外接圆半径为 B． C． D．为锐角三角形 【答案】BC 【分析】对A，由平方关系求出，利用正弦定理运算求出外接圆半径；对B，利用正弦定理求出判断；对C，由余弦定理求解判断；对D，由余弦定理可求得，可判断. 【详解】对于A，因为，所以． 因为，所以，所以的外接圆半径为，故A不正确； 对于B，因为，所以，故B正确； 对于C，因为，所以，即． 因为，所以，故C正确； 对于D，由选项C，，因为，即，所以角是钝角， 所以为钝角三角形，故D不正确． 故选：BC. 题型4正弦定理边角互化的应用 17．（23-24高一下·江苏常州·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意及正弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小 【详解】因为 由正弦定理可得 在中，， 可得，而 可得 故选：A． 18．（23-24高二下·青海海西·期末）在中，内角所对的边分别为，若，，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】C 【分析】根据正弦定理计算可得，代入式子即可求解. 【详解】由，得， 所以． 故选：C． 19．（23-24高一下·四川·期中）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，则（    ） A．3 B．4 C． D． 【答案】A 【分析】由题设等式利用正弦定理化边为角，借助于三角形内角关系，拆角化简推得，代入所求式计算即得. 【详解】由和正弦定理可得，， 因,,代入上式， 整理得：，显然，即.于是. 故选：A. 20．（23-24高一下·浙江绍兴·期末）设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式计算可得. 【详解】因为， 由正弦定理可得， 又， 所以， 即， 又，所以，所以. 故选：A 21．（23-24高一下·江苏南京·期末）在中，角A，B，C对边分别为a，b，c．若，，，则实数a的值为（   ） A．6 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】由正弦定理和题设条件，化简得，进而求得，利用正弦定理求得. 【详解】因为，由正弦定理得， ，化简得， 因为，所以， 可得，又，所以， 由正弦定理得，. 故选：C. 题型5余弦定理边角互化的应用 22．（23-24高一下·江苏苏州·阶段练习）在中，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用余弦定理即可得解. 【详解】因为，即，所以， 由余弦定理可得， 又，所以. 故选：B． 23．（22-23高一下·云南·期末）在中，角的对边分别是，已知，且，则（    ） A．9 B．6 C．3 D．18 【答案】A 【分析】根据正弦定理和余弦定理角化边，结合已知等式求解即可. 【详解】在中，由正弦定理得：， 由余弦定理得：，， 因为， 所以， 即， 即， 又因为， 所以， 因为，所以. 故选：A 24．（22-23高三上·河南南阳·期末）在 中，角 的对边分别为 ，且．角A等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正弦定理角化边化简，可得，再根据余弦定理即可求得答案. 【详解】在 中, ,则, 即，即， 故 ，而 , 故， 故选：B 25．（22-23高二上·陕西商洛·期末）在中，内角的对边分别为.若，，且则（    ） A． B． C． D． 【答案】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： 26．（21-22高一下·河南新乡·期末）在中，O为的外心，，若，x，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用向量的数量积公式计算，,得到关于x和y的方程组，即可得解. 【详解】因为，所以． ，， 由，得， 所以，整理得①． 又， 所以， 所以，整理得②． ①②联立可得，，故． 故选：B 27．（21-22高二下·云南保山·期末）已知点是内部的一点，且满足，则的值为（    ） A． B． C．2 D．1 【答案】A 【分析】先判断出是三角形的重心，然后利用转化的方法，结合余弦定理求得的值. 【详解】记角所对的边分别是， 由题意，， 设是线段的中点，则， 所以三点共线，且为的重心， ， ， 又由，可得. 故选：A    28．（23-24高一下·浙江湖州·期末）已知是锐角三角形，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用正弦定理与余弦定理的边角变换，结合三角函数的恒等变换求得，再求得角的范围，结合正弦定理边角变换与倍角公式即可得解. 【详解】已知，由正弦定理得，得， 由余弦定理，则，即， 由正弦定理得， 因为，则 所以，即. 因为为锐角三角形，，则， 又在上单调递增，所以，则， 因为为锐角三角形，，解得， 所以. 故选：B. 题型6正、余弦定理判定三角形形状 29．（23-24高一下·安徽宿州·期中）在中，内角的对边分别为若满足，则该三角形为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．不能确定 【答案】B 【分析】利用正弦定理以及两角和差的正弦公式得到，再求解即可. 【详解】在中，已知 由正弦定理得， 所以即 又，则，则， 所以所以该三角形为等腰三角形. 故选：B. 30．（23-24高一下·江苏苏州·期末）在中，已知，则的形状一定为（    ） A．等腰三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 【答案】C 【分析】利用二倍角公式及正弦定理将角化边，即可判断. 【详解】因为， 所以， 所以，由正弦定理可得， 所以为直角三角形. 故选：C 31．（23-24高一下·上海·阶段练习）在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若且，则是（    ） A．等边三角形 B．顶角为的等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．非直角三角形，也非等腰三角形 【答案】A 【分析】由条件利用余弦定理求得，可得，由，再根据正弦定理和余弦定理再可得，从而得出结论． 【详解】在中， ， ，， 又由可得， ，故是等边三角形. 故选：A. 32．【多选】（22-23高一下·重庆·期末）在中，分别为角的对边，下列叙述正确的是（    ） A． B．若，则为等腰三角形 C．若为锐角三角形，则 D．若，则为钝角三角形 【答案】ACD 【分析】做中边上的高，可以证明，可判断A正确； 由正弦定理得到，求得或，可判定B不正确； 由锐角三角形，得到，结合正弦函数的单调性，可判定C正确； 由，得到中一定有一个小于0成立，可判定D正确. 【详解】 对于A中，做中边上的高，则， 同理在直角三角形和钝角三角形中也可证，所以A正确； 对于B中，由，可得，即， 因为，可得或，即或， 所以为等腰或直角三角形，所以B不正确； 对于C中，由为锐角三角形，可得，则， 因为，可得， 又函数在上为单调递增函数，所以，所以C正确； 对于D中，因为，由， 可得中一定有一个小于0成立，不妨设，可得， 所以为钝角三角形，所以D正确； 故选：ACD 33．【多选】（23-24高一下·河南·阶段练习）已知的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列命题中正确的是（    ） A．若,则是等边三角形 B．若,则是等腰三角形 C．若,则是等腰直角三角形 D．若,则是锐角三角形 【答案】AC 【分析】根据正弦定理,余弦定理逐个进行边角互化即可. 【详解】对于A,由正弦定理得,所以,即,所以是等边三角形,故A正确； 对于B,由正弦定理得,又, 所以,所以或者,则或者, 则是等腰三角形或者直角三角形,故B错误； 对于C,由正弦定理得,当且仅当，即时等号成立, 所以,又,所以,即, 此时,是等腰直角三角形,故C正确； 对于D,因为, 所以或者,即A或者B为钝角,所以是钝角三角形,故D错误． 故选:AC． 34．【多选】（22-23高一下·海南·期末）在中，角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（    ） A．若，，边上的高为，则为等腰三角形 B．若，，，则为直角三角形 C．若，，则为直角三角形 D．若，则为锐角三角形 【答案】ACD 【分析】在直角三角形中利用正弦定理求解，然后可判断A；利用正弦定理求解可判断B；根据和差公式化解求得角C，然后可判断C；利用正切的和差公式化简可得，结合三角形性质可判断D. 【详解】对于A：作边上的高为，因为，， 在中，由正弦定理可得，得， 因为，所以， 所以，A正确；    对于B：因为，，，所以由正弦定理可得， 解得， 因为，所以或，当时，三角形为钝角三角形，B错误； 对于C：因为，，所以 又，所以，即， 所以， 因为，所以，即，， 所以或，当时，，所以， 所以，C正确； 对于D：因为， 所以， 所以， 因为角A，B，C最多有一个钝角，所以最多有一个为负数， 因为，所以， 因为，所以，D正确. 故选：ACD 题型7三角形面积公式及其应用 35．（2024·陕西西安·一模）在三角形中，内角的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】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 36．（23-24高一下·浙江丽水·期中）已知在中，三个内角的对边分别为，若，，边上的高等于，则的面积为（    ） A． B．9 C． D． 【答案】A 【分析】由三角形的面积公式得，进而求得三角形面积. 【详解】由，即，得，所以. 故选：A. 37．（23-24高一下·江苏泰州·期末）在中，，则的面积为（    ） A．4 B．8 C．24 D．32 【答案】B 【分析】首先利用三角函数恒等变换化简条件等式，再根据最值，确定三角形内角的关系，再根据余弦定理以及三角形面积公式，即可求解. 【详解】由题意可知，， 即， 则， 即，其中，， 其中和的最大值为1，只有当，时，等号成立， ，， 设，由， 则，所以的面积为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过函数的最值，确定角的关系，从而确定三角形. 38．（2024·贵州遵义·三模）在中，角的对边分别为，D为的中点，已知，，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用正弦定理化边为角求出角，在向量化求出边，再根据三角形的面积公式即可得解. 【详解】因为， 由正弦定理得， 即， 又，所以， 又，所以， 在中，D为的中点，则， 则， 即，解得（舍去）， 所以. 故选：D. 39．（23-24高一下·浙江台州·期中）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，面积为，则（    ） A． B． C．4 D．2 【答案】D 【分析】根据题意，利用三角形的面积公式，求得且，结合余弦定理，即可求解. 【详解】因为，可得， 又因为且面积为，可得， 解得，则， 又由余弦定理得，所以. 故选：D. 40．（23-24高一下·四川·期末）在中，分别是角的对边，的面积为，，，则（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】先由已知得到，再使用余弦定理求出，最后使用正弦定理得到结果. 【详解】由已知有，故. 再由余弦定理得. 故. 故选：C. 41．（23-24高二下·浙江宁波·期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，的面积为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角形面积公式，以及和差角公式可得，根据三角函数的性质以及基本不等式可得，且,以及，即可代入求解. 【详解】由可得, 故， 由于,当且仅当,以及时，等号成立， 结合，因此，且,以及， 故,因此， 故选：D 42．（22-23高三上·河南·期末）在中，角所对的边分别为，，若表示的面积，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由条件利用正弦定理得的关系，由余弦定理可得，结合三角形面积公式求得的表达式，根据二次函数的性质可求得最大值，进而得解. 【详解】因为， 由正弦定理得，所以， 由余弦定理得， 所以， 令，则，当且仅当，即时取等号， 所以， 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查的知识并不算困难，但计算量较大，解决的关键是熟练掌握数学的计算，做到不出错即可得解. 题型8 三角形的周长及其应用 43．（20-21高一下·浙江宁波·期末）已知中，，且，则周长为（    ）． A． B． C． D．4 【答案】B 【分析】根据题设条件和正弦定理，求得，即可求解. 【详解】因为，由正弦定理可得， 又因为，即，所以， 所以的周长为. 故选：B. 44．（21-22高三上·西藏拉萨·期中）的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，的周长等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量的数量积的运算公式，求得，再利用余弦定理列出方程，求得，即可求得三角形的周长. 【详解】因为，且，可得，解得， 又由余弦定理得， 即， 可得，所以， 所以的周长为. 故选：D. 45．（2023·内蒙古赤峰·二模）在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，，的面积为，则的周长是（    ） A．4 B．6 C．8 D．18 【答案】B 【分析】由正弦定理和和角公式得到，得到，由三角形面积公式得到，再利用余弦定理求出，得到答案. 【详解】，由正弦定理得，， 又， 所以， 因为，所以，故， 因为，所以， 由三角形面积公式可得，故， 由余弦定理得， 解得或（舍去）， 故三角形周长为. 故选：B 46．（21-22高三上·安徽宣城·期末）如图所示，点D是等边外一点，且，，，则的周长是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合正弦定理求得，进而求得，从而求得三角形的周长. 【详解】在三角形中，由正弦定理得， 由于为钝角，所以为锐角，所以， 则， 所以， 所以三角形的周长为. 故选：C 47．（20-21高二上·广东广州·期末）在中，内角，，所对的边分别为，，．若，，，当的周长最短时，的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据余弦定理可得，计算周长可得，然后使用基本不等式并得到周长取最小值的条件，可得结果. 【详解】由题可知：， 则， 所以， 又，所以，记的周长为 则 则 当且仅当或（舍）取等号 所以当的周长最短时，b的值为 故选：C 48．（2023·陕西安康·一模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且外接圆的周长为，则的周长为（    ） A．20 B． C．27 D． 【答案】D 【分析】利用三角形的外接圆周长求出外接圆半径，根据同角三角函数关系求出，从而得到的长，结合及正弦定理得到，从而得到三角形周长. 【详解】设的外接圆半径为，则，解得：， 因为，由，， 可得，， 所以，， 因为， 由正弦定理可得：， 所以的周长为. 故选：D. 题型9 与三角形有关的最值问题 49．（2024·江苏连云港·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则边b的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正弦定理边化角，再利用和差角的正弦推理得，又由正弦定理得，根据角A的范围利用余弦函数性质求解值域即可求解. 【详解】由，得，， 由正弦定理可得，即， 所以，所以或（舍去），所以， 由正弦定理得,， 而，，所以， 所以，所以，所以的取值范围为. 故选：B 50．（23-24高一下·江苏南通·期中）在中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理将边化角，再结合三角恒等变换公式得到，从而，再由正弦定理将边化角，转化为的三角函数，由的范围计算可得. 【详解】因为，则由正弦定理得， 又， 所以， 则， 又，，则 所以或，即或（舍去）， 则， 所以，解得，则， 所以 ， 所以的取值范围是． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是利用正弦定理将边化角，得到、，最后将转化为关于的三角函数. 51．（23-24高一下·广东惠州·阶段练习）在中，的对边分别是，若，则的最大值为（    ） A． B． C．2 D．1 【答案】B 【分析】利用余弦定理，结合基本不等式即可得解. 【详解】由，代入余弦定理可得： ， 当且仅当时取等号，所以， 故选：B 52．（21-22高一上·江西景德镇·期末）在锐角中，分别为角的对边，已知，则的面积S的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据条件求出，利用三角形面积公式得到，采用极端值方法求出的最值，进而得到的范围，求出面积的取值范围. 【详解】，因为为锐角三角形，故， ，当BC⊥AB时，，当CB⊥AC时，，故，所以. 故选：C 53．（21-22高二下·河南开封·期末）在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，．若，则面积的最大值为（    ） A． B． C．16 D． 【答案】B 【分析】根据诱导公式，结合二倍角公式与正弦定理与余弦定理化简可得，再根据基本不等式结合面积公式求解最值即可 【详解】由，， 所以，即， 所以，因为，所以． 因为，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以． 故选：B． 54．（22-23高三上·浙江宁波·期末）在中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知，且的面积为，则周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先利用正弦定理及诱导公式，二倍角公式对原式化简得，即求出的大小，再利用三角形面积公式得，从而求出的最小值，最后得到，利用函数单调性即可求出其最小值. 【详解】因为， 根据正弦定理及诱导公式得， ，，， 即，，则，则 解得,所以， 所以， 所以，当且仅当时等号成立， 根据余弦定理得，即， 设的周长为， 所以， 设，则， 根据复合函数单调性及增函数加增函数为增函数的结论得： 在上为单调增函数，故， 故， 当且仅当时取等. 故选：C. 55．（22-23高一下·福建龙岩·期末）在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，，则周长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出，可得，由正弦定理得的周长为，再求出，进而可得答案. 【详解】因为 所以， ∵，∴， ，∵，∴，， ∴，∴，由正弦定理得 ∴，， 所以的周长为 ∵， ∴的周长为， 故选：B. 56．（22-23高一下·山东济南·期末）已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，，，则的周长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理得到，，即可将转化为的三角函数，结合的取值范围及正切函数的性质计算可得. 【详解】因为，，由正弦定理，即， 所以，， 所以 ， 因为为锐角三角形，所以，所以， 则，所以， 因为，所以或（舍去）， 所以，所以， 所以，即 所以，即的周长的取值范围为. 故选：C 题型10 几何图形中的计算 57．（21-22高二下·浙江温州·期末）在中，，则长为 . 【答案】2或 【分析】由三角形面积可求得或，进而求得BC以及的值，由确定BD的长，再根据勾股定义或余弦定理求得答案. 【详解】由题意得， 故 ，由于 ，故或 ， 当时， ， 故，因为，故 而， 因为 ， ， 则； 当时，， 则，因为，故， 而 ， 故 ， 故答案为：2或 58．（2016·广东广州·一模）在中，点D在边上，，则的长为 ． 【答案】5 【分析】设，则，则在直角三角形中可得，在中，由余弦定理可得，再由，可得，解方程可求出的值，从而可得的长 【详解】如图，在中，，设，则． 在中，因为，所以． 在中，， 则． 因为，所以， 即，解得，所以的长为5． 故答案为：5 59．（21-22高二下·贵州黔东南·期末）已知点P在△ABC的边BC上，AP= PC=CA=2，△ABC的面积为，则sin∠PAB= . 【答案】 【分析】根据△ABC的面积为可求BC=5，进而在中可求,然后在△ABP中，由正弦定理即可求解. 【详解】∵AC=PC= AP=2，∴△APC为等边三角形， 由，得BC=5，则BP=5-2=3， 作AD⊥BC交BC于D，在等边△APC中，， 则BD=BP+PD=3+1=4， 在中，， 在△ABP中，由正弦定理得：∴ 故答案为: 60．（22-23高三上·江苏扬州·期末）如图，在中，，，、分别在边、上，，且.则值是 ；的面积是 . 【答案】 / 【分析】分析可得，，在中，利用正弦定理结合二倍角的正弦公式可求得的值；求出的长，利用两角和的正弦公式求出的值，利用三角形的面积公式可求得的面积. 【详解】因为，则，故， 因为，则为的中点，且， 在中，由正弦定理可得，即， 易知为锐角，故，可得， 所以，，则， ， ，故在中，为锐角，故， 所以，， 因此，. 故答案为：；. 61．（21-22高一下·福建福州·期末）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: . 62．（22-23高一下·新疆和田·期末）如图，在四边形中，，，，，，则的面积 ．    【答案】/ 【分析】由求出，然后在中利用正弦定理求出，再在中利用余弦定理求出，然后利用三角形的面积公式可求出其面积. 【详解】因为，，所以， 在中，由正弦定理得，， 所以，得， 在中，由余弦定理得， 因为，所以， 所以的面积为， 故答案为： 63．（22-23高一下·广西南宁·期末）已知，， ，AD平分交BC于点D，则 ． 【答案】 【分析】先根据余弦定理求出,再根据角平分线定理结合面积求值即可. 【详解】因为中，， ， 所以， 整理得，解得,（舍负）． AD平分，则， 由，得， 即， 整理得，所以． 故答案为：． 64．（2024·四川自贡·三模）如图，D为的边AC上一点，，，，则的最小值为 . 【答案】 【分析】设，则，在中，运用余弦定理可得，再由，，得，代入根据二次函数的最值可求得当时，有最小值，据此即可求解. 【详解】设，则， 在中，，所以， 所以， 因为，所以， 所以， 所以， 所以， 所以，当时，有最小值，此时取最小值， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的余弦定理，二次函数的最值，三角形的面积公式，关键在于表示的长，求得何时取得最小值，属于中档题. 题型11 正余弦定理与三角函数性质的结合应用 65．（20-21高一下·广东深圳·期中）设锐角的内角所对的边分别为，若，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由给定条件结合正弦定理边化角，求出角C，再利用正弦定理借助三角函数恒等变换即可作答. 【详解】中，由正弦定理得：, 整理变形得：， 而，则，，于是得， 则，令，于是有，因为锐角三角形，即， 由正弦定理得， ， 而，则有，即， 所以的取值范围为. 故选：D 66．【多选】（20-21高一下·重庆渝中·期末）设，，分别为锐角三个内角，，的对边，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．的取值范围是 D．的取值范围是 【答案】BD 【分析】利用正弦定理角化边结合余弦定理求出，再利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式转化为C的函数，结合锐角三角形求出C的范围求范围即可 【详解】由正弦定理得即 ，故B对，A错； 又 又锐角中解得 ，故 故选：BD 67．【多选】（22-23高一下·江苏淮安·期中）在锐角中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知，若，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】首先由正弦定理将条件化成边，然后由余弦定理求出，然后利用求出其范围即可. 【详解】因为，由正弦定理可得：， 由余弦定理可得，所以. 由正弦定理得，，所以 故选：ABD 【点睛】本题考查的是正余弦定理和三角恒等变换，考查了学生对基础知识的掌握情况，属于中档题. 68．（20-21高一下·黑龙江双鸭山·期末）设的内角A、B、C的对边分别是a，b，c，，且B为钝角．的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由正弦定理的边化角公式化简得出，，，最后由结合正弦函数的性质得出的取值范围. 【详解】由以及正弦定理得，所以 即，又B为钝角，所以，故 于是 ，因为，所以 由此，即的取值范围是 故选：A 69．【多选】（21-22高一下·黑龙江佳木斯·期中）已知△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，c=2．则下列结论正确（    ） A．△ABC面积的最大值为 B．的最大值为 C． D．的取值范围为 【答案】AB 【分析】A选项，利用余弦定理和基本不等式求解面积的最大值；B选项，先利用向量的数量积计算公式和余弦定理得，利用正弦定理和三角恒等变换得到，结合B的取值范围求出最大值；C选项，利用正弦定理进行求解；D选项，用进行变换得到，结合A的取值范围得到的取值范围. 【详解】由余弦定理得：，解得：， 由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立， 所以，故，A正确； ， 其中由正弦定理得：， 所以 ， 因为，所以， 故最大值为，的最大值为， B正确； ， 故C错误； ， 因为，所以， 所以，D错误. 故选：AB 【点睛】三角函数相关的取值范围问题，常常利用正弦定理，将边转化为角，结合三角函数性质及三角恒等变换进行求解，或者将角转化为边，利用基本不等式进行求解. 题型12 正、余弦定理的实际应用 70．（23-24高一下·湖南·阶段练习）某班同学利用课外实践课，测量两地之间的距离，在处测得两地之间的距离是4千米，两地之间的距离是6千米，且，则两地之间的距离是（    ） A．千米 B．千米 C．千米 D．千米 【答案】A 【分析】利用余弦定理解三角形即可. 【详解】由余弦定理可得，则. 故选：A 71．（23-24高一下·重庆·期中）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 【答案】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 72．（23-24高一下·河南郑州·期末）某建筑的主体建筑集球､圆柱､棱柱､棱锥于一体，极具对称之美.如图，某人站在该建筑的正东方向一座居民楼的顶端，若在处观测到该建筑顶端的仰角为，地面上处的俯角为，若该建筑的高度，，估计居民楼的高度大约为（    ）（人的身高忽略不计，假设位于同一水平面） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】在中求出，再在中利用正弦定理求出，最后在中利用锐角三角函数求出. 【详解】在中，，所以， 所以， 在中，， 所以， 由正弦定理，即， 在中，所以. 故选：C 73．（20-21高三上·吉林·阶段练习）如图所示，滨江公园内有一块三角形形状的草坪，经测量得，在保护草坪的同时，为了方便游人行走，现打算铺设一条小路（其中点在边上，点在边上），若恰好将该草坪的面积平分，则两点间的最小距离为 . 【答案】 【分析】由余弦定理可得角的值，再由面积的关系可得的乘积，再由余弦定理及均值不等式可得的最小值． 【详解】解：由，，，由余弦定理可得， 由图知， 由题意可得，所以， 由余弦定理可得，当且仅当时取等号， 所以， 所以的最小值为， 故答案为：． 【点睛】利用基本不等式求最值时要注意验证等号成立的条件. 74．（2021·湖南长沙·二模）如图，某湖有一半径为的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心（大小忽略不计），在其正东方向相距的点A处安装一套监测设备．为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且，．定义：四边形及其内部区域为“直接监测覆盖区域”，设．则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】由题意，根据余弦定理得的值，则四边形的面积表示为，再代入面积公式化简为三角函数，根据三角函数的性质求解最大值即可. 【详解】在中，， ，， ， ，则（其中），当时，取最大值，所以“直接监测覆盖区域”面积的最大值. 故答案为：. 【点睛】解答本题的关键是将四边形的面积表示为，代入面积公式后化简得三角函数的解析式，再根据三角函数的性质求解最大值. 75．（20-21高一下·湖北武汉·期末）如图，在海岸处，发现北偏东方向，距离为的处有一艘走私船，在处北偏西方向，距离为的处有一艘缉私艇奉命以的速度追截走私船，此时，走私船正以的速度从处向北偏东方向逃窜．则缉私艇沿北偏东 方向行驶才能最快追上走私船，需要的时间是 ．    【答案】 【分析】设缉私船用t在D处追上走私船，画出示意图，利用解三角形的知识求解即可. 【详解】设缉私船用t在D处追上走私船，则有，， 在△ABC中，∵，，， 由余弦定理可得 即，∴， 由正弦定理得， ∴，BC与正北方向成90°角． ∵， ∴在△BCD中，由正弦定理得， ∴，， ∴，即，∴ 所以缉私艇沿北偏东60°方向行驶才能最快追上走私船，这需小时.    故答案为：， 76．（23-24高一下·四川成都·阶段练习）崇丽阁之名取自晋代左思《蜀都赋》中的名句“既丽且崇，实号成都”．如图，在测量府河西岸的崇丽阁高时，测量者选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，并测得米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】A 【分析】先根据正弦定理求得，进而在中，利用求解． 【详解】如图 在中，，，， 则， 由正弦定理得， 所以. 在中，， 所以米. 故选：A. 77．（23-24高一下·山西阳泉·期末）海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象．若要测量如图所示的蓝洞的口径，即两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，测得，，，，则两点间的距离为（    ） A．80 B． C．160 D． 【答案】D 【分析】根据题意，求得各个角度，即可得长，根据正弦定理，可得长，根据余弦定理，即可得答案. 【详解】因为，， 所以，， 所以， 又因为， 所以， 在中，由正弦定理得，所以， 在中，由余弦定理得 ， 所以. 故选：D. 【点睛】思路点睛；解三角形应用题的一般步骤 （1）阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系． （2）根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型． （3）根据题意选择正弦定理或余弦定理求解． （4）将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等. 78．（23-24高一下·湖北十堰·期末）在一个港口，有一艘船以每小时30海里的速度向正东方向行驶，在某时观测到在该船北偏东75°方向上有一座灯塔A，2小时后，灯塔A在该船的东北方向上，该船继续向正东方向行驶足够长时间，则该船与灯塔A之间的最短距离是（    ） A．海里 B．海里 C．海里 D．海里 【答案】D 【分析】根据已知条件应用正弦定理求出,再在应用正弦定理求出即可. 【详解】设该船的初始位置为小时后的位置为，过作，垂足为，则为所求的最短距离. 由题意可知海里，则. 在中，由正弦定理可得，则海里. 在中，海里, ， 则海里. 故选：D. 79．（23-24高一下·浙江丽水·期末）如图，某山山顶与山底的垂直部分为（记山顶为点，山底为点），首先测量人员位于点，测得点位于正北方向，测得点的仰角为，然后测量人员沿北偏东方向行走了米到达点，此时测得，则此山的高度为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】B 【分析】在中，由正弦定理求出，在中由三角函数求出即可． 【详解】如图 ，，则，， 在中，由正弦定理知道，即，解得． 在中，，则，即，解得． 故选：B. $$