高中数学人教A版 (2019)必修 第二册6.4 平面向量的应用随堂练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册6.4 平面向量的应用随堂练习题，共35页。

【考点梳理】
考点一．正弦定理、余弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则
考点二：角形常用面积公式
(1)S＝eq \f(1,2)a·ha(ha表示边a上的高)；(2)S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A；(3)S＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r为三角形内切圆半径)．
考点三：解三角形
一般地，把三角形的三个角A，B，C和它们的对边a，b，c叫做三角形的元素.已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形.
【题型归纳】
题型一：正弦定理解三角形
1．（2023·全国·高一课时练习）在中，，，，则b的值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）在中，若则（ ）
A．15°或105°B．45°或105°
C．15°D．105°
3．（2023·全国·高一课时练习）在△ABC中，a=2，c=1，则角C的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
题型二：正弦定理判定三角形解的个数
4．（2023·河北·衡水市冀州区第一中学高一期中）若中，，若该三角形有两个解，则范围是（ ）
A．B．C．D．
5．（2023·广东·铁一中学高一阶段练习）根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是（ ）
A．，有两解B．，有唯一解
C．，无解D．，有唯一解
6．（2023·四川省绵阳江油中学高一期中（理））中，已知下列条件：①；②；③；④.其中满足上述条件的三角形有两解的是（ ）
A．①④B．①②C．①②③D．③④
题型三：正弦定理求外接圆的半径
7．（2023·全国·高一课时练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则的外接圆直径为（ ）
A．B．60C．D．
8．（2023·河北邯郸·高一期中）已知，，分别为三个内角，，的对边，且，的外接圆半径为2.则（ ）
A．B．2C．D．4
9．（2023·全国·高一课时练习）在中，角所对的边分别为，，，，则（ ）
A．2B．C．D．
题型四：正弦定理边角互化的应用
10．（2023·全国·高一课时练习）在中，若，则的形状是（ ）．
A．直角三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．不确定
11．（2023·江西省崇义中学高一期中）已知△ABC的内角A､B､C所对的边分别为a､b､c，下列四个命题中，不正确的命题是（ ）
A．若，则一定是等腰三角形
B．若，则是等腰或直角三角形
C．若，则一定是等腰三角形
D．若，且，则是等边三角形
12．（2023·全国·高一课时练习）在中，若，则一定是（ ）
A．钝角三角形B．等边三角形C．等腰直角三角形D．非等腰三角形
题型五：余弦定理解三角形
13．（2023·湖南·长沙市第二十一中学高一期中）在中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
14．（2023·山东邹城·高一期中）在中，其内角，，的对边分别为，，，已知且．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
15．（2023·全国·高一课时练习）在中，D在线段上，且，若，则下列说法错误的是（ ）
A．的面积为8B．的周长为
C．为钝角三角形D．
题型六：余弦定理边角互化的应用
16．（2023·全国·高一课前预习）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2-c2+b2=ab，则sin C的值为（ ）
A．B．C．D．
17．（2023·重庆第二外国语学校高一阶段练习）在中，角，，所对的边分别为，，，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
18．（2023·天津经济技术开发区第一中学高一期中）在中，内角A，B，C的对边分别为a、b、c，已知，则是（ ）
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
题型七：三角形面积公式问题
19．（2023·江西·南昌市外国语学校高一期中）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若的面积为，则（ ）．
A．B．C．D．
20．（2023·全国·高一课时练习）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，若a+b＝2，则△ABC的面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
21．（2023·江苏无锡·高一期末）已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
题型八：正弦定理和余弦定理的综合应用
22．（2019·贵州·贵阳清镇北大培文学校高一期中）的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，面积为2，求．
23．（2023·河北·深州长江中学高一期中）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求A；
（2）若，求sinC．
24．（2020·河北唐山·高一期末）△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为
(1)求;
(2)若求△ABC的周长.
【双基达标】
一、单选题
25．（2023·新疆维吾尔自治区喀什第六中学高二阶段练习）△ABC的内角A､B､C的对边分别为a､b､c，若a=4，b=3，c=2，则中线AD的长为（ ）
A．B．C．D．
26．（2023·河南·社旗县第一高级中学高二阶段练习（理））在中，角，，所对的边分别为，，，且，则的外接圆面积为（ ）
A．B．C．D．
27．（2023·河南·社旗县第一高级中学高二阶段练习（文））已知中，内角，，的对边分别为，，，，.若为直角三角形，则的面积为（ ）
A．B．
C．或D．或
28．（2023·河南·永城高中高二期中（文））在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
29．（2023·河南·永城高中高二期中（理））在中，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
30．（2023·甘肃兰州·高二期中（理））在中，，则的面积为（ ）
A．或B．或C．或D．
31．（2023·河南·濮阳一高高二期中（理））在中，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
32．（2023·河南信阳·高二期中（理））在△中，已知角，，的对边长分别为，，，若，△的面积为，则角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
33．（2023·广西·桂林市中山中学高二期中（理））在三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．三角形是钝角三角形
C．三角形的最大内角是最小内角的2倍
D．若，则三角形外接圆半径为
【高分突破】
一：单选题
34．（2023·河南·高二阶段练习（理））已知△ABC中，角所对的边分别为，若△ABC的面积为，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
35．（2023·云南·昆明市官渡区云子中学长丰学校高二阶段练习）设的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若的面积为S，且，则（ ）
A．1B．C．D．
36．（2023·全国·高二阶段练习（文））在中，角的对边分别为，若，，,则（ ）
A．B．C．D．
37．（2023·河南·高二期中（理））在中，角，，的对边分别是，，，若，则下列结论错误的是（ ）
A．B．是锐角三角形
C．的最大内角是最小内角的倍D．若，则的面积为
38．（2023·河南新乡·高二期中（理））已知的内角，，所对的边分别为，，，且，，，则（ ）
A．B．C．D．
39．（2023·河南洛阳·高二期中（文））已知，，分别是三个内角，，的对边，，则一定是（ ）
A．直角三角形B．钝角三角形C．等腰直角三角形D．等边三角形
40．（2023·贵州·凯里一中高二期中（理））在中，角、、所对的边分别为、、，若，则下列命题正确的是（ ）
A．且B．或
C．D．
二、多选题
41．（2023·福建·高二阶段练习）在中，有如下命题，其中正确的有（ ）
A．若，则是等边三角形
B．若，则是等腰三角形
C．若，则是钝角三角形
D．若，则这样的有2个
42．（2023·重庆八中高二阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．的面积为6
43．（2023·云南·昆明市官渡区云子中学长丰学校高二开学考试）在中，角，，的对边分别为，，，向量，，若，且，则（ ）
A．B．
C．D．
44．（2023·河北·深州长江中学高二阶段练习）已知分别是三角形ABC三内角A，B，C的对边，且满足则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．△ABC的面积最大值为D．△ABC的面积最大值为
45．（2020·湖南怀化·高二阶段练习）已知，，分别为内角，，的对边，，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．面积的最大值为D．面积的最大值为
三、填空题
46．（2023·河南·永城高中高二期中（文））在△中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则______．
47．（2023·河南·新蔡县第一高级中学高二阶段练习（文））的内角，，的对边分别为，，，已知，，则______．
48．（2023·河南信阳·高二期中（理））在三角形中，已知，，分别为角，，的对边，，，，在上，且，则的长为________．
49．（2023·河南·马店第一高级中学高二期中（文））在中，内角、、的对边分别是、、，若，，，则__________.
50．（2023·河南·高二期中（理））在中，角，，所对应的边分别为，，，，的外接圆面积为，则面积的最大值是___________.
四、解答题
51．（2023·全国·高二单元测试）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.
52．（2019·福建·莆田第十五中学高二阶段练习）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）若a＝c＝2，求△ABC的面积；
（Ⅲ）求sinA＋sinC的取值范围.
53．（2023·湖南·高二阶段练习）如图，在平面四边形ABCD中，AD⊥CD， ∠BAD=，2AB=BD=4.
（1）求cs∠ADB；
（2）若BC=，求CD.
54．（2023·广东·广州大学附属中学高二阶段练习）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角，.
（1）求A；
（2）若，且边上的高为，求的面积.
55．（2023·广东广州·高二期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角C的值；
（2）若，当边c取最小值时，求的面积．
定理
正弦定理
余弦定理
内容
(1)eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R
(2)a2＝b2＋c2－2bccs A；
b2＝c2＋a2－2cacs B；
c2＝a2＋b2－2abcs C
变形
(3)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C；
(4)sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)；
(5)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；
(6)asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A
(7)cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；
cs B＝eq \f(c2＋a2－b2,2ac)；
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
【答案详解】
1．A
【分析】
先根据，求出，再由正弦定理，求解即可.
【详解】
在中，
由正弦定理可知
即.
故选：A.
2．A
【分析】
由可得或，再利用内角和为，即得解
【详解】
由得，
因为，所以，又为三角形内角
所以或，由内角和为
可得或
故选：A
3．D
【分析】
由正弦定理得出有关系，由得出的范围，从而得角范围．
【详解】
在△ABC中，a=2，c=1，由正弦定理，得，∴sin C=sin A.
∵A∈(0，π)，∴0结合函数y=sin x的图象可得C∈.∵a>c，∴角C是锐角，∴C∈.
故选：D.
4．D
【分析】
根据题意，过作于点，从而可求出，由该三角形有两个解，可知以为圆心，为半径画圆，与所在直线有两个交点，从而可求出的取值范围.
【详解】
解：如图，过作于点，
，
，
若该三角形有两个解，则以为圆心，为半径画圆，与所在直线有两个交点，
则的取值范围是：，即，
所以的取值范围是.
故选：D.
5．D
【分析】
由正弦定理，结合三角形的内角判断．
【详解】
选项A，，，，只有一解，A错；
选项B，，有两解，B错；
选项C，，为锐角，有唯一解，C错；
选项D．，是锐角，有唯一解．D正确．
故选：D．
6．B
【分析】
利用正弦定理求解判断.
【详解】
①，得，所以，故满足条件的角C有2个，一个为锐角，另一个为钝角，三角形有两解；
②，得，所以，故满足条件的角B有2个，一个为锐角，另一个为钝角，三角形有两解；
③，得，所以，，故三角形有一解；
④，得，所以，所以B不存在，故三角形无解；
故选：B
7．C
【分析】
利用面积公式求出，再利用余弦定理求出b，利用正弦定理即可求出外接圆直径.
【详解】
在中， ，
所以,解得：.
由余弦定理得：,
解得：b=5.
设的外接圆半径为R,由正弦定理得：,
所以，直径为.
故选：C
8．B
【分析】
由正弦定理将已知条件边化角，结合两角和的正弦公式化简，再利用正弦定理即可得出．
【详解】
根据正弦定理知，
又因为，
所以，又，所以，
所以，
即，所以，
由正弦定理可得，解得，
故选：B.
9．C
【分析】
先根据余弦定理求出，在根据正弦定理化简原式求解即可
【详解】
在中，由余弦定理得，即，解得.
在中，由正弦定理得，为外接圆半径.
则.
故选:C
10．A
【分析】
根据正弦定理和题设条件，化简得到，进而得到，即可求解.
【详解】
因为，
由正弦定理，可得，
又由，所以，
因为，可得，所以，
又因为，所以，所以为直角三角形.
故选：A.
11．C
【分析】
A．利用正弦定理以及两角和的正弦公式进行化简并判断；B．利用正弦定理以及两角和差的正弦公式进行化简并判断；C．先进行切化弦，然后利用正弦定理进行化简并判断；D．根据条件先求解出，然后利用正弦定理以及三角恒等变换计算出的值，从而判断出结果.
【详解】
A．因为，所以，
即
所以，所以，所以，所以为等腰三角形，故正确；
B．因为，所以
，
所以，
所以，所以，
所以，所以或，
所以为等腰或直角三角形，故正确；
C．因为，所以，所以，
所以，所以，所以或，
所以为等腰或直角三角形，故错误；
D．因为，所以，所以或（舍），所以，
又因为，所以且，所以，
所以，所以，所以，所以，
所以，所以为等边三角形，故正确.
故选：C
12．B
【分析】
先利用正弦定理角化边，结合条件导出即可判断作答.
【详解】
在中，由正弦定理及得：，因，
则有，即，因此得，
所以是等边三角形.
故选：B
13．D
【分析】
由余弦定理：，可得，则，即，再由，求解即可.
【详解】
由题意，在中，，，，
由余弦定理：，
故，即，
故，即，
所以，则.
故选：D
14．B
【分析】
结合向量运算、余弦定理进行运算，化简求得的值.
【详解】
∵，∴，
∵，∴，
由余弦定理，
得，
∴，∴.
故选：B．
15．D
【分析】
在中用余弦定理求出BC长及，再在中用余弦定理求出AC长，然后对各选项逐一分析计算并判断作答.
【详解】
如图，在中，因，由余弦定理得，
则有，即，而，解得，，
又由余弦定理得，在中，由余弦定理得：
，
显然，的面积，A正确；
的周长为，B正确；
显然AB是最大边，，角为钝角，C正确；
，D不正确.
故选：D
16．C
【分析】
结合余弦定理求得，由此求得，进而求得.
【详解】
由余弦定理，得cs C=.因为C∈(0，π)，所以C=，sin C=.
故选：C
17．B
【分析】
利用余弦定理，转化，结合即得解
【详解】
由题意，结合余弦定理
又
故选：B
18．D
【分析】
由已知可得，由余弦定理可得，化简变形可得，则有或，从而可判断三角形的形状
【详解】
解：由，得，
所以由余弦定理得，，
所以，
所以，，
所以或，
所以或，
所以为等腰或直角三角形，
故选：D
19．C
【分析】
根据余弦定理，结合三角形的面积公式即可求得答案.
【详解】
，由余弦定理得，
结合，得，
，，容易判断，∴，．
故选：C．
20．D
【分析】
利用正弦定理将边化角，再结合三角形内角和定理与两角和公式可求出csC，从而得sinC，再由基本不等式与面积公式求解即可
【详解】
由正弦定理知，＝＝，
∵，
∴sinB＝4（sinA﹣sinCcsB），
∵sinA＝sin（B+C）＝sinBcsC+csBsinC，
∴sinB＝4sinBcsC，
又sinB≠0，
∴csC＝，sinC＝＝，
∵，
∴，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，
∴△ABC的面积S＝absinC＝．
则△ABC的面积的最大值为
故选：D．
21．A
【分析】
已知等式切化弦后由三角函数恒等变换变形后由正弦定理化角为边，得边角关系表示出，由平方关系得，再由余弦定理表示，从而可得边的关系，最终三角形面积可表示一个边长函数式，结合二次函数知识可得最大值．
【详解】
解：，，即，
，
，
由正弦定理知，，
，即，
，
由余弦定理知，，
化简得，
面积
，
当时，有最大值为．
故选：A．
22．（1）；（2）2．
【详解】
试题分析：（1）利用三角形的内角和定理可知，再利用诱导公式化简，利用降幂公式化简，结合，求出；（2）由（1）可知，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理即可求出.
试题解析：（1），∴，∵，
∴，∴，∴；
（2）由（1）可知，
∵，∴，
∴，
∴．
23．（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）利用正弦定理可得，利用、两角和差正弦公式可得关于和的方程，结合同角三角函数关系解方程可求得结果.
【详解】
（1）
即：
由正弦定理可得：

（2），由正弦定理得：
又，
整理可得：

解得：或
因为所以，故.
（2）法二：，由正弦定理得：
又，
整理可得：，即

由，所以
.
【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.
24．(1)(2) .
【详解】
试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.
试题解析：（1）由题设得，即.
由正弦定理得.
故.
（2）由题设及（1）得，即.
所以，故.
由题设得，即.
由余弦定理得，即，得.
故的周长为.
点睛:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.
25．D
【分析】
利用余弦定理即得.
【详解】
如图，由余弦定理得AB2=DA2+DB2－2DA·DBcs∠ADB，
AC2=DA2+DC2－2DA·DCcs∠ADC，又cs∠ADB=－cs∠ADC
两式相加得AB2+AC2=2DA2+DB2+DC2，
即22+32=2DA2+22+22，
∴2DA2=5，
∴DA=.
故选：D
26．A
【分析】
结合正弦定理边化角整理求得角，然后结合正弦定理求出外接圆的半径，进而求出结果.
【详解】
因为，结合正弦定理得,
，
，又因为，所以，
又因为，所以，
设的外接圆的半径为，则，即，
则的外接圆面积为，
故选：A.
27．C
【分析】
由正弦定理化角为边后，由余弦定理求得，然后分类讨论：或求解．
【详解】
由正弦定理，可化为：
，即，
所以，，所以，
又为直角三角形，
若，则，，，，
若，则，，，．
故选：C．
28．A
【分析】
首先根据三角形内的隐含条件得到，再根据正弦定理进行角化边可得出；然后结合条件可得出，从而运用余弦定理即可求出的值.
【详解】
因为，所以，
又因为，所以，所以由正弦定理，得，
又因为，所以，
由余弦定理，可知．
故选：A．
29．D
【分析】
由正弦定理边角互化与余弦定理得，再结合二倍角公式与切化弦方法得，故，进而得.
【详解】
解：因为，
所以，，
又，所以，
因为，
所以，
又，所以，
所以，所以.
故选：D．
30．B
【分析】
应用正弦定理可得或，讨论求的大小，由三角形面积公式求的面积即可.
【详解】
由正弦定理知：，即，故，
又，即，则或，
当时，，则的面积为；
当时，，则的面积为；
故选：B.
31．D
【分析】
由三角形内角和判断A，由正弦定理结合边角关系可判断BCD．
【详解】
解：对于A，根据三角形内角和关系可得，故只有一解；
对于B，利用正弦定理可知，且，故B只有一解；
对于C，利用正弦定理可知，无解；
对于D，用正弦定理可知，因为大于，所以D有两个值，
故选：D．
32．A
【分析】
由题设，结合三角形面积公式可得，根据已知条件即可求角的正切值.
【详解】
∵△的面积为，
∴，即，又，
∴．
故选：A．
33．B
【分析】
根据题意，设，，，进而通过正弦定理判断A；通过余弦定理即可判断B；然后通过余弦定理和二倍角公式判断C；最后通过正弦定理，结合余弦定理判断D.
【详解】
因为，不妨设，，．
由正弦定理，．
可得，，故A选项正确；
因为，三角形中大边对大角，则角C最大，角A最小．
由余弦定理可得，
所以角C为锐角，即三角形为锐角三角形，故B选项错误；
又，．
而函数在上是单调递减函数，则，故C选项正确；
当时，．
故，即，故D选项正确．
故选：B．
34．D
【分析】
由三角形的面积可得，再借助同角公式的平方关系求出ab即可得解.
【详解】
在中，则，从而有，又，
由得，，解得，则，
又，则，
所以的值为.
故选：D
35．B
【分析】
由三角形面积公式及余弦定理结合已知条件可得，利用两角和差化积公式可得
【详解】
∵，
代入，即，
∵，∴，即
，
故选：B.
36．C
【分析】
本题的关键是把题干条件中的2换成，再利用正弦定理求出，再用余弦定理求出的值，进而求出
【详解】
由题设得则,
由正弦定理可得，
,,
，∴
由余弦定理得，
，
故选：C.
37．D
【分析】
又正弦定理可得，则可得，根据余弦定理可判断BC，若，根据面积公式可求出面积.
【详解】
由及正弦定理得，可设，，，所以，，，所以，故A正确；
由为最大边，为最小边，可得，所以最大角是锐角，故B正确；
又，，由，，，可得，故C正确；
若，则，，由，得，的面积，故D错误.
故选：D.
38．A
【分析】
根据题意，得到，结合正弦定理和两角和正弦公式，求得，得到，进而求得的值，即可求解.
【详解】
因为，且，，
所以，即，
由正弦定理和两角和的正弦公式，
可得，即.
由，可得，所以，所以，
在中，，，，所以，故.
故选：A.
39．D
【分析】
利用正弦定理把化为：，根据的单调性即可判断.
【详解】
在三角形ABC中，根据正弦定理，可化为：
，即.
因为在上为增函数，
所以A=B=C.
所以一定是等边三角形.
故选：D
40．C
【分析】
根据正弦定理化角为边再结合余弦定理即可求的角，进而可得正确选项.
【详解】
由正弦定理化角为边可得，即，
由余弦定理可得：，
因为，所以，
角、的大小无法确定，故选项ABD不正确；
故选：C.
41．ACD
【分析】
结合正弦定理、余弦定理对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】
A中由及得，所以是等边三角形，A正确.
B选项中，如时，不是等腰三角形，所以B错误；
C选项中，化简为，由正弦定理得，再由余弦定理得，所以是钝角三角形，C选项正确；
D选项中知成立，所以这样的三角形有2个，D选项正确.
故选：ACD
42．AD
【分析】
利用余弦定理，结合题意，可求得的值，根据，利用正弦定理边化角，可求得的值，利用正弦定理及面积公式，可求得b的值及的面积，即可得答案.
【详解】
因为，
所以，
所以，故A正确；
因为，利用正弦定理可得，
因为，所以，
所以，
即
因为，所以，
所以，又，
所以，故B不正确；
因为，
所以，
所以，
因为，
所以，故C错误；
，故D正确；
故选：AD
43．ACD
【分析】
对A，利用，即可列式求解；对B，D根据正弦定理将边化角即可求解；对C，根据三角形内角和即可求解.
【详解】
解：对A，，且，
，
即，
又，
，故A正确；
对B，D，，
由正弦定理得：，
即，
即，
又，
故，
即，故B错误，D正确；
对C，，故C正确.
故选：ACD.
44．BC
【分析】
根据已知条件和余弦定理先求解出，然后根据余弦定理以及基本不等式求解出的最大值，从而根据三角形面积公式求解出△ABC面积的最大值.
【详解】
因为，所以，所以，
因为，所以，所以；
因为，所以，所以，所以，取等号时，
所以，
故选：BC.
45．BC
【分析】
由正余弦定理结合已知条件化简得，由三角形的面积公式结合基本不等式计算得面积的最大值.
【详解】
∵，
∴，
∴，由正弦定理可得，
∴，，，
，当时取等号，
∴，∴.
故选：BC
【点睛】
本题考查了正余弦定理的应用，三角形的面积公式，基本不等式求最值，属于基础题.
46．
【分析】
应用余弦定理，结合已知等量关系、辅助角公式可得，由基本不等式可得，最后根据正弦函数的性质即可求的大小.
【详解】
在△中，由余弦定理，代入．得，
∴，即．
∴，即，又．
∴．
故答案为：.
47．3
【分析】
由结合正弦定理可得，根据余弦定理化简可求.
【详解】
∵，
∴，又
∴，
∴．
故答案为：3.
48．##
【分析】
由已知可得，，根据余弦定理求，再由题设三角形面积间的等量关系可得，即可求的长.
【详解】
∵，，
∴，易得：，，
在三角形中，由余弦定理得：，
∵，即，
∴，又，
∴．
故答案为：.
49．
【分析】
根据正弦定理进行角化边，再结合余弦定理判断三角形形状，进而得解.
【详解】
由正弦定理，得，
故，
又，故，
故，，
所以是的直角三角形，
故，
故答案为：.
50．
【分析】
由正弦定理化边为角结合三角诱导公式、正弦的二倍角公式化简求得角，由圆的面积求出外接圆的半径，利用正弦定理求得边，再由余弦定理结合基本不等式求出的最大值，利用三角形面积公式即可求解.
【详解】
因为，
利用正弦定理化边为角可得，
因为，所以，
由，可得，故.
因为，故，
因为，，所以，即，
设的外接圆半径为，则，解得，
由正弦定理，得，所以，
由余弦定理，得，所以，
当且仅当时等号成立，所以的面积，
故答案为：.
51．(Ⅰ)；(Ⅱ)，.
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．
52．（1）60°； （2）； （3）.
【分析】
（Ⅰ）由已知利用余弦定理可得，结合范围B∈（0，π），可求；
（Ⅱ）利用三角形面积公式即可计算得解．
（Ⅲ）利用三角函数恒等变换的应用可得 ，结合范围，利用正弦函数的有界性即可求解．
【详解】
（Ⅰ）由.，得，
所以；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得 .
（Ⅲ）由题意得 .
因为0＜A＜，
所以.
故所求的取值范围是.
53．（1）；（2）
【分析】
（1）中，利用正弦定理可得，进而得出答案；
（2）中，利用余弦定理可得．
【详解】
（1）中，，即，解得，故；
（2）
中，，即，
化简得，解得．
54．（1）；（2）．
【分析】
（1）先用余弦定理化余弦为边，再用正弦定理化边为角从而求得；
（2）由余弦定理用表示，然后把三角形的面积用两种方法表示求得，从而可计算出面积．
【详解】
（1）由得，
由余弦定理得，所以，
由正弦定理得，是三角形内角，，
所以，又A为锐角，所以．
（2）由（1），，
所以，即，，
，
．
55．（1）；（2）．
【详解】
（1）由条件和正弦定理可得，
整理得从而由余弦定理得．
又∵C是三角形的内角，
∴．
（2）由余弦定理得，
∵，∴，
∴（当且仅当时等号成立）．
∴c的最小值为2，
故．