近五年2018-2022高考数学真题分类汇编07解三角形（Word版附解析）

五年2018-2022高考数学真题按知识点分类汇编7-解三角形（含解析）一、单选题1．（2021·全国·统考高考真题）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（    ）A．346B．373C．446D．4732．（2020·山东·统考高考真题）在中，内角，，的对边分别是，，，若，且，则等于（    ）A．3B．C．3或D．-3或3．（2020·全国·统考高考真题）在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（    ）A．B．C．D．4．（2020·全国·统考高考真题）在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则tanB=（    ）A．B．2C．4D．85．（2018·全国·高考真题）的内角的对边分别为，，，若的面积为，则 A．B．C．D．6．（2019·全国·高考真题）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，则=A．6B．5C．4D．37．（2018·全国·高考真题）在中，,BC=1,AC=5，则AB=A．B．C．D．8．（2019·北京·高考真题）如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，是锐角，大小为β.图中阴影区域的面积的最大值为A．4β+4cosβB．4β+4sinβC．2β+2cosβD．2β+2sinβ二、多选题9．（2022·全国·统考高考真题）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（    ）A．B．C．D．三、填空题10．（2022·浙江·统考高考真题）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边，则该三角形的面积___________．11．（2022·全国·统考高考真题）已知中，点D在边BC上， ．当取得最小值时，________．12．（2021·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________．13．（2020·江苏·统考高考真题）在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________．14．（2020·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.15．（2019·全国·高考真题）的内角的对边分别为.若，则的面积为__________.16．（2018·全国·高考真题）△的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为________．17．（2019·全国·高考真题）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则B=___________.18．（2018·江苏·高考真题）在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________． 四、解答题19．（2022·天津·统考高考真题）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值.20．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．(1)求的面积；(2)若，求b．21．（2022·北京·统考高考真题）在中，．(1)求；(2)若，且的面积为，求的周长．22．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知．(1)若，求C；(2)证明：23．（2022·全国·统考高考真题）记的内角的对边分别为，已知．(1)证明：；(2)若，求的周长．24．（2022·浙江·统考高考真题）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．(1)求的值；(2)若，求的面积．25．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)若，求B；(2)求的最小值．26．（2021·天津·统考高考真题）在，角所对的边分别为，已知，．（I）求a的值；（II）求的值；（III）求的值．27．（2021·全国·统考高考真题）在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．（1）若，求的面积；（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．28．（2021·北京·统考高考真题）在中，，．（1）求；（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长．条件①：；条件②：的周长为；条件③：的面积为；29．（2021·全国·统考高考真题）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求.30．（2020·天津·统考高考真题）在中，角所对的边分别为．已知．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）求的值；（Ⅲ）求的值．31．（2020·北京·统考高考真题）在中，，再从条件①、条件② 这两个条件中选择一个作为已知，求：（Ⅰ）a的值：（Ⅱ）和的面积．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．32．（2020·浙江·统考高考真题）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（I）求角B的大小；（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．33．（2020·海南·高考真题）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．34．（2020·江苏·统考高考真题）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求的值；（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．35．（2020·全国·统考高考真题）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°.（1）若a=c，b=2，求的面积；（2）若sinA+sinC=，求C. 36．（2020·全国·统考高考真题）中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．（1）求A；（2）若BC=3，求周长的最大值.37．（2020·全国·统考高考真题）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求A；（2）若，证明：△ABC是直角三角形．38．（2019·全国·统考高考真题）的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．39．（2019·全国·高考真题）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．（1）求A；（2）若，求sinC．40．（2018·全国·高考真题）在平面四边形中，，，，.（1）求；（2）若，求.41．（2019·北京·高考真题）在△ABC中，a=3，b−c=2，cosB=．（Ⅰ）求b，c的值；（Ⅱ）求sin（B–C）的值．42．（2018·天津·高考真题）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.（1）求角B的大小；（2）设a=2，c=3，求b和的值.43．（2019·江苏·高考真题）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．（1）若a=3c，b=，cosB=，求c的值；（2）若，求的值． 44．（2018·北京·高考真题）在中，．（1）求；（2）求边上的高．五、双空题45．（2021·浙江·统考高考真题）在中，，M是的中点，，则___________，___________.46．（2019·浙江·高考真题）在中，，，，点在线段上，若，则____；________.47．（2018·北京·高考真题）若的面积为,且∠C为钝角，则∠B=_________；的取值范围是_________.48．（2018·浙江·高考真题）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，b=2，A=60°，则sinB=___________，c=___________． 参考答案：1．B【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．【详解】过作，过作，故，由题，易知为等腰直角三角形，所以．所以．因为，所以在中，由正弦定理得：，而，所以所以．故选：B．【点睛】本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为．2．A【分析】利用余弦定理求出，并进一步判断，由正弦定理可得 ，最后利用两角和的正切公式，即可得到答案；【详解】，，，，，，，，故选：A.3．A【分析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案.【详解】在中，，，根据余弦定理：可得，即由故.故选：A.【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.4．C【分析】先根据余弦定理求，再根据余弦定理求，最后根据同角三角函数关系求【详解】设 故选：C【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题.5．C【详解】分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得．详解：由题可知所以由余弦定理所以故选C.点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理．6．A【分析】利用余弦定理推论得出a，b，c关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.【详解】详解：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得，故选A．【点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．7．A【详解】分析：先根据二倍角余弦公式求cosC,再根据余弦定理求AB.详解：因为所以，选A.点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.8．B【分析】由题意首先确定面积最大时点P的位置，然后结合扇形面积公式和三角形面积公式可得最大的面积值.【详解】观察图象可知，当P为弧AB的中点时，阴影部分的面积S取最大值， 此时∠BOP=∠AOP=π-β,面积S的最大值为+S△POB+S△POA=4β+.故选B.【点睛】本题主要考查阅读理解能力、数学应用意识、数形结合思想及数学式子变形和运算求解能力，有一定的难度.关键观察分析区域面积最大时的状态，并将面积用边角等表示.9．AC【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或，即可得解，注意就在双支上还是在单支上分类讨论.【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用情况一M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，所以，因为，所以在双曲线的左支，，，，设，由即，则， 选A情况二若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，所以，，，设，由，即，则，所以，即，所以双曲线的离心率选C[方法二]：答案回代法特值双曲线，过且与圆相切的一条直线为，两交点都在左支,， ，则，特值双曲线，过且与圆相切的一条直线为，两交点在左右两支，在右支，，，则，[方法三]：依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，若分别在左右支，因为，且，所以在双曲线的右支，又，，，设，，在中，有，故即，所以，而，，，故，代入整理得到，即，所以双曲线的离心率 若均在左支上，同理有，其中为钝角，故，故即，代入，，，整理得到：，故，故，故选：AC. 10．.【分析】根据题中所给的公式代值解出．【详解】因为，所以．故答案为：.11．##【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.【详解】[方法一]：余弦定理设，则在中，，在中，，所以，当且仅当即时，等号成立，所以当取最小值时，.故答案为：. [方法二]：建系法令BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）[方法三]：余弦定理设BD=x,CD=2x.由余弦定理得，，，，令，则，，，当且仅当，即时等号成立.[方法四]：判别式法设，则在中，，在中，，所以，记，则由方程有解得： 即，解得：所以，此时所以当取最小值时，，即.   12．【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.【详解】由题意，，所以，所以，解得（负值舍去）.故答案为：.13．或0【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.【详解】∵三点共线，∴可设，∵，∴，即，若且，则三点共线，∴，即，∵，∴，∵,,，∴，设，，则，.∴根据余弦定理可得，，∵， ∴，解得，∴的长度为.当时，，重合，此时的长度为，当时，，重合，此时，不合题意，舍去.故答案为：0或.【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出．14．【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.【详解】，，，由勾股定理得，同理得，，在中，，，，由余弦定理得，，在中，，，，由余弦定理得.故答案为：.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.15．【分析】本题首先应用余弦定理，建立关于的方程，应用的关系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查．【详解】由余弦定理得，所以， 即解得（舍去）所以，【点睛】本题涉及正数开平方运算，易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误．解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算．16．.【分析】方法一：由正弦定理可得，化简求得，利用余弦定理，结合题中的条件，可以得到，由为锐角，求得，，利用三角形面积公式即可解出.【详解】［方法一］：【最优解】边化角因为，由正弦定理得，因为，所以．又因为，由余弦定理，可得，所以，即为锐角，且，从而求得，所以的面积为.故答案为：.［方法二］：角化边因为，由正弦定理得，即，又，所以，．又因为，由余弦定理，可得，所以，即为锐角，且，从而求得，所以的面积为.故答案为：.【整体点评】方法一：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出 ，即可求出面积，该法是本题的最优解；方法二：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积．17．.【分析】先根据正弦定理把边化为角，结合角的范围可得.【详解】由正弦定理，得．，得，即，故选D．【点睛】本题考查利用正弦定理转化三角恒等式，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取定理法，利用转化与化归思想解题．忽视三角形内角的范围致误，三角形内角均在范围内，化边为角，结合三角函数的恒等变化求角．18．9【分析】方法一：先根据角平分线性质和三角形面积公式得条件，再利用基本不等式即可解出．【详解】［方法一］：【最优解】角平分线定义＋三角形面积公式＋基本不等式由题意可知，,由角平分线定义和三角形面积公式得，化简得，即，因此当且仅当时取等号，则的最小值为.故答案为：.［方法二］：角平分线性质＋向量的数量积＋基本不等式由三角形内角平分线性质得向量式．因为，所以，化简得，即，亦即，所以，当且仅当，即时取等号．［方法三］：解析法＋基本不等式如图5，以B为坐标原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系．设，．因为A，D，C三点共线，则，即 ，则有，所以．下同方法一．［方法四］：角平分线定理＋基本不等式在中，，同理．根据内角平分线性质定理知，即，两边平方，并利用比例性质得，整理得，当时，可解得．当时，下同方法一．［方法五］：正弦定理＋基本不等式在与中，由正弦定理得．在中，由正弦定理得．所以，由正弦定理得，即，下同方法一．［方法六］：相似＋基本不等式如图6，作，交的延长线于E．易得为正三角形，则． 由，得，即，从而．下同方法一．【整体点评】方法一：利用角平分线定义和三角形面积公式建立等量关系，再根据基本不等式“1”的代换求出最小值，思路常规也简洁，是本题的最优解；方法二：利用角平分线的性质构建向量的等量关系，再利用数量积得到的关系，最后利用基本不等式求出最值，关系构建过程运算量较大；方法三：通过建立直角坐标系，由三点共线得等量关系，由基本不等式求最值；方法四：通过解三角形和角平分线定理构建等式关系，再由基本不等式求最值，计算量较大；方法五：多次使用正弦定理构建等量关系，再由基本不等式求最值，中间转换较多；方法六：由平面几何知识中的相似得等量关系，再由基本不等式求最值，求解较为简单．19．(1)(2)(3)【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．（3）因为，所以，故，又，所以，，而，所以，故． 20．(1)(2)【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；（2）由正弦定理得，即可求解.【详解】（1）由题意得，则，即，由余弦定理得，整理得，则，又，则，，则；（2）由正弦定理得：，则，则，.21．(1)(2)【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.【详解】（1）解：因为，则，由已知可得，可得，因此，. （2）解：由三角形的面积公式可得，解得.由余弦定理可得，，所以，的周长为.22．(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．23．(1)见解析(2)14【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.【详解】（1）证明：因为，所以， 所以，即，所以；（2）解：因为，由（1）得，由余弦定理可得，则，所以，故，所以，所以的周长为.24．(1)；(2)．【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．【详解】（1）由于，，则．因为，由正弦定理知，则．（2）因为，由余弦定理，得，即，解得，而，，所以的面积． 25．(1)；(2)．【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．【详解】（1）因为，即，而，所以；（2）由（1）知，，所以，而，所以，即有，所以所以．当且仅当时取等号，所以的最小值为．26．（I）；（II）；（III）【分析】（I）由正弦定理可得，即可求出；（II）由余弦定理即可计算；（III）利用二倍角公式求出的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.【详解】（I）因为，由正弦定理可得，，； （II）由余弦定理可得；（III），，，，所以.27．（1）；（2）存在，且.【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.【详解】（1）因为，则，则，故，，，所以，为锐角，则，因此，；（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，由余弦定理可得，解得，则，由三角形三边关系可得，可得，，故.28．（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解；（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.【详解】（1），则由正弦定理可得，，，，，，解得； （2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，与矛盾，故这样的不存在；若选择②：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度为：；若选择③：由（1）可得，即，则，解得，则由余弦定理可得边上的中线的长度为：.29．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，得，因为，所以，即．又因为，所以．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理 因为，如图，在中，，①在中，．②由①②得，整理得．又因为，所以，解得或，当时，（舍去）．当时，．所以．[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知，则，即，而，即，故有，从而．由，即，即，即， 故，即，又，所以，则．[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知，再由得．在中，由正弦定理得．又，所以，化简得．在中，由正弦定理知，又由，所以．在中，由余弦定理，得．故．[方法四]：构造辅助线利用相似的性质如图，作，交于点E，则．由，得．在中，．在中．因为， 所以，整理得．又因为，所以，即或．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为，所以．以向量为基底，有．所以，即，又因为，所以．③由余弦定理得，所以④联立③④，得．所以或．下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则．由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设，则．⑤ 由知，，即．⑥联立⑤⑥解得或（舍去），，代入⑥式得，由余弦定理得．【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.30．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【分析】（Ⅰ）直接利用余弦定理运算即可；（Ⅱ）由（Ⅰ）及正弦定理即可得到答案；（Ⅲ）先计算出进一步求出，再利用两角和的正弦公式计算即可.【详解】（Ⅰ）在中，由及余弦定理得，又因为，所以；（Ⅱ）在中，由，及正弦定理，可得；（Ⅲ）由知角为锐角，由，可得， 进而，所以.【点晴】本题主要考查正、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换在解三角形中的应用，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.31．选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）,；选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）,.【分析】选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得,再根据正弦定理求,最后根据三角形面积公式求结果；选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和正弦公式求，再根据三角形面积公式求结果.【详解】选择条件①（Ⅰ）（Ⅱ）由正弦定理得：选择条件②（Ⅰ）由正弦定理得：（Ⅱ） 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.32．（I）；（II）【分析】（I）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角B的大小；（II）方法二：结合(Ⅰ)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定角A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围.【详解】（I）[方法一]：余弦定理由，得，即.结合余弦定，∴，即，即，即，即，∵为锐角三角形，∴，∴，所以，又B为的一个内角，故.[方法二]【最优解】：正弦定理边化角由，结合正弦定理可得：为锐角三角形，故.（II）[方法一]：余弦定理基本不等式因为，并利用余弦定理整理得，即. 结合，得.由临界状态（不妨取）可知.而为锐角三角形，所以.由余弦定理得，，代入化简得故的取值范围是.[方法二]【最优解】：恒等变换三角函数性质结合(1)的结论有：.由可得：，，则，.即的取值范围是.【整体点评】（I）的方法一，根据已知条件，利用余弦定理经过较复杂的代数恒等变形求得，运算能力要求较高；方法二则利用正弦定理边化角，运算简洁，是常用的方法，确定为最优解；（II）的三种方法中，方法一涉及到较为复杂的余弦定理代入化简，运算较为麻烦，方法二直接使用三角恒等变形，简洁明快，确定为最优解.33．详见解析【分析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解. 【详解】［方法一］【最优解】：余弦定理由可得：，不妨设，则：，即.若选择条件①：据此可得：，，此时.若选择条件②：据此可得：，则：，此时：，则：.若选择条件③：可得，，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.［方法二］：正弦定理由，得．由，得，即，得．由于，得．所以．若选择条件①：由，得，得．解得．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时．若选择条件②：由，得，解得，则．由，得，得．所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时．若选择条件③：由于与矛盾，所以，问题中的三角形不存在．【整体点评】方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得 的关系，再根据选择的条件即可解出，是本题的通性通法,也是最优解；方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角，可求出角，从而可得，再根据选择条件即可解出．34．（1）；（2）.【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得.（2）方法一：根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法由余弦定理得，所以.由正弦定理得.[方法二]【最优解】：几何法过点A作，垂足为E．在中，由，可得，又，所以．在中，，因此．（2）[方法一]：两角和的正弦公式法由于，，所以.由于，所以，所以.所以.由于，所以.所以. [方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法  在（1）的方法二的图中，由，可得，从而．又由（1）可得，所以．[方法三]：几何法+正弦定理法  在（1）的方法二中可得．在中，，所以．在中，由正弦定理可得，由此可得．[方法四]：构造直角三角形法  如图，作，垂足为E，作，垂足为点G．在（1）的方法二中可得．由，可得．在中，．由（1）知，所以在中，，从而． 在中，．所以．【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.35．（1）；（2）.【分析】（1）已知角和边，结合关系，由余弦定理建立的方程，求解得出，利用面积公式，即可得出结论；（2）方法一：将代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关角的三角函数值，结合的范围，即可求解.【详解】（1）由余弦定理可得，的面积；（2）[方法一]：多角换一角，，，.[方法二]：正弦角化边由正弦定理及得．故．由，得．又由余弦定理得，所以，解得．所以．【整体点评】本题考查余弦定理、三角恒等变换解三角形，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 其中第二问法一主要考查三角恒等变换解三角形，法二则是通过余弦定理找到三边的关系，进而求角.36．（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；（2）方法一：利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.【详解】（1）由正弦定理可得：，，，.（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式由余弦定理得：，即.（当且仅当时取等号），，解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为.[方法二]：正弦化角（通性通法）设，则，根据正弦定理可知，所以，当且仅当，即时，等号成立．此时周长的最大值为．[方法三]：余弦与三角换元结合在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得，即．令，得，易知当时，，所以周长的最大值为． 【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决.方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.37．（1）；（2）证明见解析【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，可化为，即可解出；（2）根据余弦定理可得，将代入可找到关系，再根据勾股定理或正弦定理即可证出．【详解】（1）因为，所以，即，解得，又，所以；（2）因为，所以，即①，又②，将②代入①得，，即，而，解得，所以，故，即是直角三角形．【点睛】本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形状，属于基础题．38．(1);(2).【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C 均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.【详解】(1)[方法一]【最优解：利用三角形内角和为结合正弦定理求角度】由三角形的内角和定理得，此时就变为．由诱导公式得，所以．在中，由正弦定理知，此时就有，即，再由二倍角的正弦公式得，解得．[方法二]【利用正弦定理解方程求得的值可得的值】由解法1得，两边平方得，即．又，即，所以，进一步整理得，解得，因此．[方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为求得的比例关系】根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．，，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以， 又因为，代入得，所以.(2)[方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】因为是锐角三角形，又，所以，则．因为，所以，则，从而，故面积的取值范围是．[方法二]【由题意求得边的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】由题设及（1）知的面积．因为为锐角三角形，且，所以即又由余弦定理得，所以即，所以，故面积的取值范围是．[方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】如图1，在中，过点A作，垂足为，作与交于点．由题设及（1）知的面积，因为为锐角三角形，且，所以点C位于在线段上且不含端点，从而，即，即，所以， 故面积的取值范围是．【整体点评】(1)方法一：正弦定理是解三角形的核心定理，与三角形内角和相结合是常用的方法；方法二：方程思想是解题的关键，解三角形的问题可以利用余弦值确定角度值；方法三：由正弦定理结合角度关系可得内角的比例关系，从而确定角的大小.(2)方法一：由题意结合角度的范围求解面积的范围是常规的做法；方法二：将面积问题转化为边长的问题，然后求解边长的范围可得面积的范围；方法三：极限思想和数形结合体现了思维的灵活性，要求学生对几何有深刻的认识和灵活的应用.39．（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：，从而可整理出，根据可求得结果；（2）[方法一]由题意利用正弦定理边化角，然后结合三角形内角和可得，然后结合辅助角公式可得，据此由两角和差正余弦公式可得．【详解】（1），即：，由正弦定理可得：，，，.（2）[方法一]正弦定理+两角和差正余弦 由（1）知，，所以由，得，整理得，即．又，所以，即，则．[方法二]正弦定理+方程思想由，得，代入，得，整理得，则．由，得，所以．[方法三]余弦定理令．由，得．将代入中，可得，即，解得或（舍去）．所以，从而．[方法四]摄影定理因为，所以，由射影定理得， 所以．【整体点评】方法一：首先由正弦定理边化角，然后由两角和差正余弦公式求解的值；方法二：首先由正弦定理边化角，然后结合题意列方程，求解方程可得的值；方法三：利用余弦定理求得的值，然后结合正弦定理可得的值；方法四：利用摄影定理求得的值，然后由两角和差正余弦公式求解的值；【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.40．（1）；（2）.【分析】（1）方法一：根据正弦定理得到，求得，结合角的范围，利用同角三角函数关系式，求得；（2）方法一：根据第一问的结论可以求得，在中，根据余弦定理即可求出．【详解】（1）［方法1］：正弦定理＋平方关系在中，由正弦定理得，代入数值并解得．又因为，所以，即为锐角，所以．［方法2］：余弦定理在中，，即，解得：，所以，．［方法3］：【最优解】利用平面几何知识如图，过B点作，垂足为E，，垂足为F．在中，因为，，所以．在中，因为，则． 所以．［方法4］：坐标法以D为坐标原点，为x轴，为y轴正方向，建立平面直角坐标系（图略）．设，则．因为，所以．从而，又是锐角，所以，．（2）［方法1］：【通性通法】余弦定理在，由（1）得，，，所以．［方法2］：【最优解】利用平面几何知识作，垂足为F，易求，，，由勾股定理得．【整体点评】（1）方法一：根据题目条件已知两边和一边对角，利用正弦定理和平方关系解三角形，属于通性通法；方法二：根据题目条件已知两边和一边对角，利用余弦定理解三角形，也属于通性通法；方法三：根据题意利用几何知识，解直角三角形，简单易算．方法四：建立坐标系，通过两点间的距离公式，将几何问题转化为代数问题，这是解析思想的体现．（2）方法一：已知两边及夹角，利用余弦定理解三角形，是通性通法．方法二：利用几何知识，解直角三角形，简单易算．41．(Ⅰ)；(Ⅱ). 【分析】(Ⅰ)由题意列出关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定b,c的值；(Ⅱ)由题意结合正弦定理和两角和差正余弦公式可得的值.【详解】(Ⅰ)由题意可得：，解得：.(Ⅱ)由同角三角函数基本关系可得：，结合正弦定理可得：，很明显角C为锐角，故，故.【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角和差正余弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.42．(Ⅰ)；(Ⅱ)，.【详解】分析：（Ⅰ）由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得，则B=．（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可得b=．结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得详解：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得．又因为，可得B=．（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，有，故b=．由，可得．因为a<c，故． 因此，所以，点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．43．（1）；（2）.【分析】(1)由题意结合余弦定理得到关于c的方程，解方程可得边长c的值；(2)由题意结合正弦定理和同角三角函数基本关系首先求得的值，然后由诱导公式可得的值.【详解】（1）因为，由余弦定理，得，即.所以.（2）因为，由正弦定理，得，所以.从而，即，故.因为，所以，从而.因此.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.44．（1）∠A=；（2）AC边上的高为．【分析】（1）方法一：先根据平方关系求,再根据正弦定理求，即得；（2）方法一：利用诱导公式以及两角和正弦公式求，即可解得边上的高．【详解】（1）［方法一］：平方关系＋正弦定理 在中,∵.由正弦定理得    ［方法二］：余弦定理的应用由余弦定理知．因为，代入上式可得或（舍）．所以，又，所以．（2）［方法一］：两角和的正弦公式＋锐角三角函数的定义在△ABC中，∵=．如图所示，在△ABC中，∵sinC=，∴h==，∴AC边上的高为．［方法二］：解直角三角形＋锐角三角函数的定义如图1，由（1）得，则．作，垂足为E，则，故边上的高为．［方法三］:等面积法由（1）得，易求．如图1，作，易得，即 ．所以根据等积法有，即，所以边上的高为．【整体点评】（1）方法一：已知两边及一边对角，利用正弦定理求出；方法二：已知两边及一边对角，先利用余弦定理求出第三边，再根据余弦定理求出角；（2）方法一：利用两角和的正弦公式求出第三个角，再根据锐角三角函数的定义求出；方法二：利用初中平面几何知识，通过锐角三角函数定义解直角三角形求出；方法三：利用初中平面几何知识，通过等面积法求出．45．        【分析】由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得.【详解】由题意作出图形，如图，在中，由余弦定理得，即，解得（负值舍去），所以，在中，由余弦定理得，所以；在中，由余弦定理得.故答案为：；.46．        【分析】本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.在、中应用正弦定理，由建立方程，进而得解.【详解】在中，正弦定理有：，而, ，，所以.【点睛】解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征.47．        【分析】根据题干结合三角形面积公式及余弦定理可得，可求得；再利用，将问题转化为求函数的取值范围问题.【详解】，，即，，则，为钝角，，，故.故答案为，.【点睛】此题考查解三角形的综合应用，能够根据题干给出的信息选用合适的余弦定理公式是解题的第一个关键；根据三角形内角的隐含条件，结合诱导公式及正弦定理，将问题转化为求解含的表达式的最值问题是解题的第二个关键. 48．        3【详解】分析:根据正弦定理得sinB,根据余弦定理解出c.详解：由正弦定理得,所以由余弦定理得（负值舍去）.点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.