数学必修 第二册11.3 余弦定理、正弦定理的应用课后复习题

这是一份数学必修 第二册11.3 余弦定理、正弦定理的应用课后复习题，共55页。

【题型归纳】
题型一：正、余弦定理判定三角形的形状问题
1．（2023·江苏宿迁·高一期末）在中，角，，所对的边分别为，，，若，则的形状是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等边三角形
2．（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，满足，则的形状为（ ）
A．等边三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．直角三角形
3．（2023·安徽·合肥市第八中学高一期中）在△ABC中，为角的对边，若，则是（ ）
A．锐角三角形B．钝角三角形
C．等腰三角形D．等边三角形
题型二：求三角形的周长或者边长最值或范围问题
4．（2023·天津市实验中学滨海学校高一期中）在锐角中，A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．（2023·全国·高一单元测试）在中，有且，其中内角的对边分别是.则周长的最大值为
A．B．C．D．
6．（2022·广东·广州市第四中学高一阶段练习）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，且满足关系式，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
题型三：几何图形中的计算
7．（2023·重庆市育才中学高一期中）如图所示，在平面四边形中，是等边三角形，，，，则的面积为（ ）
A．B．C．14D．
8．（2023·辽宁·高一期末）在中，已知，D是边上一点，如图，，则（ ）
A．B．C．2D．3
9．（2022·全国·高一专题练习）如图，设的内角所对的边分别为，，且若点是外一点，，则下列说法中错误的是（ ）
A．的内角B．的内角
C．四边形面积无最大值D．四边形面积的最大值为
题型四：求三角形面积最值或者范围问题
10．（2022·江西·景德镇一中高一期末）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．
11．（2023·江苏·南京市建邺高级中学高一期末）我国南宋时期数学家秦九韶发现了求三角形面积的“三斜求积”公式：设△内角，，所对的边分别为，，，面积．若，，则△面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
12．（2023·四川成都·高一期末）设锐角的内角、、所对的边分别为、、，且，，则的面积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
题型五：测量距离问题
13．（2022·河南·襄城高中高一阶段练习）一艘船航行到点B处时，测得灯塔C在其北偏东15°的方向，如图，随后该船以25海里/小时的速度，沿西北方向航行两小时后到达点A，测得灯塔C在其正东方向，此时船与灯塔C间的距离为（ ）
A．海里B．海里
C．海里D．海里
14．（2023·湖南·嘉禾县第一中学高一阶段练习）如图所示，为了测量湖中A、B两处亭子间的距离，湖岸边现有相距100米的甲、乙两位测量人员，甲测量员在D处测量发现A亭子位于西偏北，B亭子位于东北方向，乙测量员在C处测量发现B亭子位于正北方向，A亭子位于西偏北方向，则A，B两亭子间的距离为（ ）
A．米B．米C．米D．米
15．（2023·全国·高一课前预习）今年第6号台风“烟花”于2021年7月25日12时30分前后登陆舟山普陀区.如图，点，正北方向的市受到台风侵袭，一艘船从点出发前去实施救援，以的速度向正北航行，在处看到岛在船的北偏东方向，船航行后到达处，在处看到岛在船的北偏东方向.此船从点到市航行过程中距离岛的最近距离为（ ）
A．B．
C．D．
题型六：测量高度问题
16．（2022·山西·高一阶段练习）滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世.如图，若某人在点A测得滕王阁顶端仰角为，此人往膝王阁方向走了42米到达点B，测得滕王阁顶端的仰角为，则滕王阁的高度最接近于（ ）（忽略人的身高）（参考数据：）
A．49米B．51米C．54米D．57米
17．（2023·全国·高一课时练习）如图，地平面上有一根旗杆OP，为了测得它的高度h，在地面上取一基线AB，AB=20m，在A处测得点P的仰角∠OAP=30°，在B处测得点P的仰角∠OBP=45°，又测得∠AOB=60°，则旗杆的高度为（ ）
A．20（）mB．m
C．mD．10（）m
18．（2022·全国·高一专题练习）泰州基督教堂，始建于清光绪二十八年，位于泰州市区迎春东路185号，市人民医院北院对面，总建筑面积2500多平方米.2017年被认定为省四星级宗教活动场所.小明同学为了估算泰州基督教堂的高度，在人民医院北院内找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算泰州基督教堂的高度为（ ）
A．B．C．D．
题型七：测量角度问题
19．（2023·清华附中高一期中）如图，是某防汛抗洪大坝的坡面，大坝上有一高为20米的监测塔，．若某科研小组在坝底点测得，坝底至塔顶距离米，则大坝的坡角的余弦值为（ ）．
A．B．C．D．
20．（2022·全国·高一专题练习）如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为，向山顶前进到达B处，又测得C对于山坡的斜度为，若，山坡对于地平面的坡度为，则等于（ ）
A．B．C．D．
21．（2022·山西长治·高一阶段练习）如图，某人在一条水平公路旁的山顶P处测得小车在A处的俯角为30°，该小车在公路上由东向西匀速行驶7.5分钟后，到达B处，此时测得俯角为45°.已知此山的高，小车的速度是，则（ ）
A．B．C．D．
题型八：正、余弦定理和三角函数综合问题
22．（2022·全国·高一专题练习）已知向量，，函数.
（1）求函数的零点；
（2）若钝角的三内角的对边分别是，，，且，求的取值范围.
23．（2023·浙江·高一期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围；
（3）若，D是边上的中点，，求．
24．（2023·上海·高一期末）已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，且满足.
（1）求C；
（2）若，求当函数取最小值时的周长；
（3）求的取值范围．
【双基达标】
一、单选题
25．（2022·山西·高一阶段练习）已知a，b，c分别为△三个内角A，B，C的对边，且，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
26．（2022·湖南·南县第一中学高一阶段练习）如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东北方，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在上分别设置两个出口，若部分为直线段，且要求市中心与AB的距离为20千米，则AB的最短距离为（ ）
A．千米B．千米
C．D．
27．（2022·陕西·长安一中高一期末）如图，一轮船从A点沿北偏东的方向行驶10海里至海岛B，又从B沿北偏东的方向行驶10海里至海岛，若此轮船从A点直接沿直线行驶至海岛，则此船沿__________方向行驶__________海里至海岛C（ ）
A．北偏东；B．北偏东；
C．北偏东；D．北偏东；
28．（2022·全国·高一专题练习）如图，在山脚A测得山顶P的仰角为，沿坡角为的斜坡向上走到达B处，在B处测得山顶P的仰角为，且A，B，P，C，Q在同一平面，则山的高度为（参考数据：取）（ ）
A．B．C．D．
29．（2023·河北·张家口市第一中学高一期中）一船向正北航行，看见正西方向有相距的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西方向上，另一灯塔在船的南偏西方向上，则这艘船的速度是每小时（ ）
A．B．C．D．
30．（2022·全国·高一课时练习）在中，若，则的形状为（ ）
A．等边三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形
31．（2023·重庆实验外国语学校高一期中）在中，，则是（ ）
A．等腰三角形B．等边三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形
32．（2023·江苏南京·高一期中）在中，角所对的边分别为，且，若，则三角形的形状为（ ）
A．直角三角形B．等腰直角三角形C．等腰三角形D．等边三角形
33．（2023·河北邢台·高一阶段练习）在，其内角，，的对边分别为，，，若，则的形状是（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形C．.等腰直角三角形D．等腰或直角三角形
34．（2023·广东揭阳·高一期末）在中，已知则该三角形的形状为（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形
35．（2023·北京市延庆区教育科学研究中心高一期末）在中，给出如下命题：
① 若，则是锐角三角形
② 若，则是等腰三角形
③ 若，则是等腰直角三角形
④ 若，则是等腰或直角三角形
其中，所有正确命题的序号是 （ ）
A．①②B．②③C．②④D．③④
【高分突破】
一：单选题
36．（2022·全国·高一专题练习）在中，角所对的边分别为，已知，且的面积，则周长的最大值是（ ）
A．B．C．D．
37．（2023·河北石家庄·高一期末）已知内角，，所对的边分别为，，，面积为.若，，则的形状是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．正三角形D．等腰直角三角形
38．（2023·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高一期末）如图所示，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角为，点的仰角为以及，从点测得，已知山高，则山高为（ ）
A．B．C．D．
39．（2023·江苏南通·高一阶段练习）的三个内角的对边分别为，若，则的形状是（ ）
A．等腰非直角三角形B．直角非等腰三角形
C．等边三角形D．等腰直角三角形
40．（2023·福建省福州第一中学高一期中）某天象馆的主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体.小明同学为了估算该天象馆的高度，在天象馆的正东方向找到一座建筑物AB；高为m.在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A以及天象馆顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得天象馆顶C的仰角为30°，则小明估算该天象馆的高度为（ ）
A．16 mB．24 m
C．16mD．24m
二、多选题
41．（2022·浙江·高一阶段练习）对于 ABC，有如下判断，其中正确的判断是（ ）
A．在非等腰ABC中，满足，则ABC为钝角三角形；
B．若，，，则符合条件的ABC有两个；
C．若，则ABC为锐角三角形；
D．若ABC的面积，，则的最大值为1.
42．（2023·江苏·苏州外国语学校高一阶段练习）在△ABC中，A、B、C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的有（ ）
A．若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个
B．若sin2A＝sin2B，则△ABC为等腰三角形
C．若2b＝a+c，且2cs2B﹣8csB+5＝0，则△ABC为等边三角形
D．若sin2A+sin2B+cs2C＜1，则△ABC为钝角三角形
43．（2023·江苏·南京市第二十九中学高一阶段练习）如图，在平面四边形中，已知，，，，，下列四个结论中正确的是（ ）
A．B．四边形的面积为
C．D．四边形的周长为
44．（2023·福建三明·高一期末）在△中，，，，P为△内一点，，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．△的面积的最大值为
D．△的面积的取值范围是
45．（2023·安徽省亳州市第一中学高一期中）花戏楼是我市著名的旅游景点，位于毫州城北关，涡水南岸，是国家级点文物保护单位.花戏楼始于清顺治十三年(公元1656年)，是一座演戏的舞台，因戏楼遍布戏文，彩绘鲜丽，俗称花戏楼.它的正门前有两根铁旗杆，每根重12000斤，旗杆高16米多，直插碧空白云间，是花戏楼景点的一绝.我校数学兴趣小组为了测量旗杆AB的高度，选取与旗杆底部(点B)在同一水平面内的两点C与D(B，C，D不在同一直线上)，如图，兴趣小组可以测量的数据有：CD，∠ACB，∠ACD，∠BCD，∠ADB，∠ADC，∠BDC，则根据下列各组中的测量数据可计算出旗杆AB的高度的是（ ）
A．CD，∠ACB，∠BCD，∠BDCB．CD，∠ACB，∠ACD，∠BCD
C．CD，∠ACB，∠ACD，∠ADCD．CD，∠ACB，∠BCD，∠ADC
46．（2023·湖北武汉·高一期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．若，则
C．若，则为锐角三角形D．若的面积，且，则
三、填空题
47．（2022·福建·翔安一中高一阶段练习）已知A船在灯塔C北偏东85°且A到C的距离为2km，B船在灯塔C北偏西65°且B到C的距离为，则A，B两船的距离为_______.
48．（2022·河南·襄城高中高一阶段练习）在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，，则的面积S为_______．
49．（2022·河南·高一阶段练习）如图所示，是一座垂直与地面的信号塔，点在地面上，某人（身高不计）在地面的处测得信号塔顶在南偏西70°方向，仰角为45°，他沿南偏东50°方向前进到点处，测得塔顶的仰角为30°，则塔高为______.
50．（2023·山西临汾·高一阶段练习）游客从某旅游景区的景点A处至景点C处有两条线路．线路1是从A沿直线步行到C，线路2是先从A沿直线步行到景点B处，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的倍，甲走线路2，乙走线路1，最后他们同时到达C处．经测量，AB＝1 040 m，BC＝500 m，则sin∠BAC等于________．
51．（2023·山东济宁·高一期中）某教师组织本班学生开展课外实地测量活动，如图是要测山高.现选择点A和另一座山顶点C作为测量观测点，从A测得点M的仰角，点C的仰角，测得，，已知另一座山高米，则山高_______米.
四、解答题
52．（2022·广东·广州市第四中学高一阶段练习）如图某同学为了测出河对岸A、B两建筑物之间的距离，他在河岸边选取了C、D两点，测得，，．
(1)求；
(2)求A、B两建筑物之间的距离．
53．（2022·福建·启悟中学高一阶段练习）已知、、分别为内角、、的边，.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.
54．（2022·上海市松江二中高一阶段练习）如图，某快递小哥从A地出发，沿小路以平均时速20公里/小时，送快件到C处，已知公里，是等腰三角形，．
(1)试问，快递小哥能否在50分钟内将快件送到C处?
(2)快递小哥出发15分钟后，快递公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司只能派车沿大路追赶，若汽车平均时速60公里/小时，问：汽车能否先到达C处?
55．（2022·湖南·南县第一中学高一阶段练习）在中，角的对边分别为，且.
(1)求A的值；
(2)若，，当的周长最小时，求的值；
(3)若，，且的面积为，求的长度.
56．（2022·山东滨州·高一期末）如图，扇形OPQ的半径为1，圆心角为，平行四边形ABCD的顶点C在扇形弧上，D在半径OQ上，A，B在半径OP上，记平行四边形ABCD的面积为S，．
(1)用表示平行四边形ABCD的面积S；
(2)当取何值时，平行四边形ABCD的面积S最大？并求出这个最大面积．
57．（2022·广东·广州市第三中学高一阶段练习）如图，在中，，，点在线段上．
(1)若，求的长；
(2)若，的面积为，求的值．
【答案详解】
1．A
【解析】
【分析】
根据正弦定理把已知等式中的边转化为角的正弦，利用两角和公式化简得，故或者，进而可判断出三角形的形状
【详解】
因为，由正弦定理可得：，
整理可得：，
即，所以或者，
所以或，
而当时则，
所以三角形为直角三角形，
所以，
则中，这时，分母为0无意义
所以，
故选：A．
2．D
【解析】
【分析】
利用降次公式、余弦定理化简已知条件，由此确定正确选项.
【详解】
依题意，即，
所以，
由余弦定理得，
化简得，所以三角形是直角三角形.
故选：D
3．C
【解析】
【分析】
由正弦定理即得, 即得.
【详解】
解：∵由正弦定理得：又
故
故在中
故是等腰直角三角形.
故选: C
4．B
【解析】
【分析】
利用正弦定理化转化为，根据三角恒等变换与三角形的内角和定理得出A与B的关系，化，求出它的取值范围即可.
【详解】
解：锐角中，，
，
，
，
，
，即，若，则，不符合题意舍去；
，
，，
，
又
，
即的取值范围是
故选：B.
5．A
【解析】
【详解】
因为，所以,

，所以周长的最大值为 ，选A.
点睛：三角形中最值问题，一般转化为条件最值问题:先根据正、余弦定理及三角形面积公式结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，利用基本不等式或函数方法求最值. 在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
6．D
【解析】
【分析】
先由同角三角函数的关系及正弦定理、余弦定理得，再根据条件，利用正弦定理边化角，可得，进而将利用正弦定理边化角可得，进而可得取值范围.
【详解】
,
由正弦定理可得，
再由余弦定理可得，
,.
所以在锐角中，，
由正弦定理得：
所以，
所以.
因为，
所以，
所以.
故选：D.
7．D
【解析】
【分析】
设，在中，由余弦定理求得，设，结合正弦定理求得，得到，进而求得的值，利用三角形的面积公式，即可求解.
【详解】
设，
在中，由余弦定理可知，
整理可得，解得，
设，由正弦定理知，解得，所以，
所以，
所以.
故选：D.
8．B
【解析】
【分析】
在中利用余弦定理求得，在中由正弦定理可求得．
【详解】
，根据余弦定理，
，，，根据正弦定理，
则．
故选：B
9．C
【解析】
【分析】
根据题设条件和正弦定理化简得，求得，得到，可判定A、B正确；由四边形面积等于，可判定D正确，C错误．
【详解】
因为，
由正弦定理，可得，
所以，即，
因为，可得，所以，解得，
又因为，所以，所以A、B正确；
由四边形面积等于
，
所以D正确，C错误．
故选：C.
10．C
【解析】
【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
11．C
【解析】
【分析】
由正弦定理边角关系得，则，由题设得，结合二次函数的性质即可求△面积的最大值.
【详解】
∵，
∴由正弦定理得且，即且，
∴，
∴时，△面积取最大值．
故选：C．
12．C
【解析】
【分析】
利用正弦定理、三角恒等变换求得，利用正弦定理求得，求出角的取值范围，结合三角形的面积公式以及正切函数的基本性质可求得结果.
【详解】
因为，由正弦定理可得，
因为为锐角，则，所以，，即，
所以，，，，则，，
，由正弦定理，则有，
因为为锐角三角形，则，解得，所以，，
所以，.
故选：C.
13．D
【解析】
【分析】
根据三角形的边和角，利用正弦定理，即可求解.
【详解】
由题意可知，，，，海里，由正弦定理可得，所以海里.
故选：D
14．C
【解析】
【分析】
由条件解求，在中利用正弦定理解求，在中利用余弦定理求AB，由此可得A，B两亭子间的距离.
【详解】
由题意，可得，
∴ ．
在等腰直角中，
∴ ，．
在中，由正弦定理得，解得．连接AB．
在中，由余弦定理可得，
解得，
即A、B两个亭子之间的距离为米．
故选：C.
15．C
【解析】
【分析】
构造三角形运用正弦定理求解三角形即可得出结果.
【详解】
如图，中，，，，，
由正弦定理得，
所以船与岛的最近距离：
故选：C.
16．D
【解析】
【分析】
设滕王阁的高度为，由题设可得，即可求滕王阁的高度.
【详解】
设滕王阁的高度为，由题设知：，
所以，则，
又，可得米.
故选：D
17．C
【解析】
【分析】
在直角三角形中表示出，然后由余弦定理求解．
【详解】
由已知，得，则在中，由余弦定理，得，即，得.
故选：C．
18．D
【解析】
【分析】
在求出，在中利用正弦定理求出，在即可求得.
【详解】
在中，，
，
所以，
在中，，，
，
由正弦定理可得即，
所以，
在中，，
所以估算泰州基督教堂的高度为，
故选：D.
19．D
【解析】
【分析】
中利用正弦定理求得的值，根据即可求出.
【详解】
因为，，，
在中，由正弦定理可得
，
即，解得，
由，
所以，
所以大坝的坡角的余弦值为.
故选：D
20．C
【解析】
【分析】
在ABC中，由正弦定理得AC＝m，再在ADC中，由正弦定理得解.
【详解】
由题知，，，所以，.
在ABC中，由正弦定理得，
又m，∴AC＝m．
在ADC中，，m，
由正弦定理得，
∴.
故选：C.
21．A
【解析】
可由，算得,由，算得,由行使时间和速度算得，再由余弦定理解出.
【详解】
由题意可得，，
，，，
则，.
因为，所以由余弦定理可知，.
故选：A.
【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.
22．（1），；（2）.
【解析】
【分析】
（1）化简得出，由可求解；
（2）由可得，由正弦定理化简得出，根据的范围即可求出.
【详解】
（1）由条件可得：，
∴，
所以函数零点满足，
则，得，；
（2）由正弦定理得，
由（1），而，得，
∴，，又，得，
∴代入上式化简得：
，
又在钝角中，不妨设为钝角，有，则有.
∴.
23．（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理可把边角关系转化为，从而可得.
（2）先根据锐角三角形可得，再利用三角变换公式可得，从而可求的取值范围；
（3）在和中分别用余弦定理可得关于的方程，求解后可得为直角三角形，从而可求的值.
【详解】
（1）因为，
由正弦定理可得，
而为三角形内角，故，故即.
（2）由（1）可得，
因为为锐角三角形，故，故.
又，
因为，故，故.
（3）中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
整理得到，解得，故，，
故，故，故.
【点睛】
方法点睛：在解三角形中，如果题设条件是边角的混合关系，那么我们可以利用正弦定理或余弦定理把这种混合关系式转化为边的关系式或角的关系式.另外，在解三角形中，我们有时需要找出不同三角形之间相关联的边或角，由它们沟通分散在不同三角形的几何量．
24．（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）先由题中条件，得到，再由正弦定理将该式变形整理，求出，即可得出角；
（2）先将化简整理，得到，确定其取最小值时，，进而可求出各边长，得到三角形的周长；
（3）先由（1）得到，，将所求式子化为，化简整理后，利用三角函数的性质，即可求出其范围.
【详解】
（1）由题意可得，
根据正弦定理可得，则，
所以，又为三角形内角，所以，因此，所以；
（2）因为，
由可得，因此；所以当且仅当时，取得最小值，此时；
因为，所以，，
则的周长为；
（3）因为，所以，，
因此，
因为，所以，
因此，所以，
即的取值范围是.
【点睛】
思路点睛：
求解三角形的相关问题时，一般先利用正弦定理或余弦定理将题中条件进行转化，求出所需角或边；再结合题中条件，进行求解；有时也会利用三角函数的性质或基本不等式求解最值或范围问题.
25．D
【解析】
【分析】
利用余弦定理的边角关系可得，讨论、即可判断△的形状.
【详解】
由余弦定理得：，
所以，整理得，
当时，△是等腰三角形；
当时，△是直角三角形.
故选：D
26．D
【解析】
【分析】
使用余弦定理及基本不等式，得到，使用正弦定理及三角恒等变换得到，进而求得AB的最短距离.
【详解】
在中，，
设，
则，
当且仅当时取等号，
设，则，
又到的距离为20千米，所以，，
故（时取等号），
所以，得，
故选：D
27．C
【解析】
【分析】
先求出各角的角度，再使用余弦定理求解长度.
【详解】
由题意得：，，故，所以从A到C的航向为北偏东，由余弦定理得：，故.
故选：C
28．A
【解析】
【分析】
在中，利用正弦定理，结合题干数据，即得解
【详解】
，
，．
由正弦定理得，即，
可得．
所以山的高度为
故选：A．
29．C
【解析】
【分析】
在中，计算得到， ，在计算得到，得到答案.
【详解】
如图依题意有,,
∴,从而,
在中,求得,
∴这艘船的速度是 ()
故选：C
30．D
【解析】
【分析】
利用正弦定理将已知条件边化角，再逆用二倍角正弦公式进行化简，即可求解．
【详解】
解：在中，
，
由正弦定理，得，，
，
，
，
或，
或，
为等腰三角形或直角三角形，
故选：D．
31．C
【解析】
【分析】
利用正弦定理化简已知条件，由此确定三角形的形状.
【详解】
由正弦定理得，即，
所以三角形是直角三角形.
故选：C
32．D
【解析】
【分析】
直接利用余弦定理的应用求出的值，进一步利用正弦定理得到，最后即可判断出三角形的形状．
【详解】
解：在中，角、、所对的边分别为、、，且，
则，
由于，
故．
由于，
利用正弦定理得，
所以，
故，
所以为等边三角形．
故选：．
33．D
【解析】
【分析】
由正弦定理边角互化得，进而移项整理得，再结合得或，进而得答案.
【详解】
解：根据正弦定理边角互化得，
所以，
所以，
所以，即，
所以或，
所以或，即的形状是等腰或直角三角形.
故选：D
34．C
【解析】
【分析】
根据正弦定理可得出，从而可得出，然后可得出C为钝角，从而得出正确的选项.
【详解】
因为，
所以根据正弦定理得，，
则，
故，且，
所以C为钝角，为钝角三角形.
故选：C.
35．C
【解析】
【分析】
结合正弦定理、余弦定理对选项逐一分析，由此确定正确命题的序号.
【详解】
①，由正弦定理得为锐角，但无法判断角的大小，所以①错误.
②，，则是等腰三角形，所以②正确.
③，假设，则，但三角形不是直角三角形，所以③错误.
④，，，
，
，
，
，
，
，
，
所以或，
所以三角形是等腰或直角三角形. ④正确.
故选：C
36．B
【解析】
【分析】
由已知利用三角形的面积公式可求的，进而可得，，由余弦定理，基本不等式可求，根据三角形的周长即可求解其最大值．
【详解】
，
即，又，
解得，，
又，由余弦定理可得：，
，即
当且仅当时取等号，
则周长的最大值是，
故选：B
37．C
【解析】
【分析】
由三角形的内角和定理、诱导公式、正弦定理以及二倍角的正弦公式化简已知条件，可求角，由三角形的面积公式和平面向量数量积的定义可求角，再由三角形的内角和求角，即可判断的形状，进而可得正确选项.
【详解】
因为，所以，即，
由正弦定理可得：，
因为，所以，
因为，所以，所以，可得，
所以，解得，
因为，所以，即，
所以，可得，所以，
所以的形状是正三角形，
故选：C.
38．A
【解析】
【分析】
利用直角三角形求出，由正弦定理求出，再利用直角三角形求出的值．
【详解】
在中，，，所以；
在中，，，从而，
由正弦定理得，，
因此；
在中，，，
由，
得．
故选：A
39．D
【解析】
【分析】
由已知结合余弦定理及正弦定理进行边角互化化简，即可判断.
【详解】
解：，整理得，，即，
，
由正弦定理得，，
即，
由正弦定理得，故，故为等腰直角三角形.
故选：D.
40．D
【解析】
【分析】
在中求出，再在中结合正弦定理求得，然后在中即可求出结果.
【详解】
在中，，所以，
结合图形可知，
所以在中，由正弦定理得，即，
所以，
又因为，
在中，，
故选：D.
41．ABD
【解析】
【分析】
A.由或求解判断； B.根据，，，利用余弦定理求解判断； C.举例判断； D. 根据ABC的面积求得A，再根据，得到，然后由，求解判断；
【详解】
A.在非等腰ABC中，满足，所以或，解得（舍去））或，故ABC为钝角三角形，故正确；
B.因为，，，由余弦定理得，即，则，
因为，所以，所以 则符合条件的ABC有两个，故正确；
C.当时，满足，ABC为直角三角形，故错误；
D.因为ABC的面积，且，所以，则，因为，所以，
所以，当时，等号成立，故正确；
故选：ABD
42．CD
【解析】
【分析】
对于A、C、D，应用正弦定理、余弦定理、三角函数恒等变换等求得边或角来判断，对于B则由题意写出角的关系讨论即可.
【详解】
解：对于A：由于a＝8，c＝10，B＝60°，利用余弦定理：b2＝a2+c2﹣2accsB＝64+100﹣2×8×＝84，解得b＝2，可得△ABC有一解，故错误；
对于B，若sin2A＝sin2B，则2A＝kπ+（﹣1）k•2B，（k∈Z），当k＝0时，A＝B，△ABC为等腰三角形；当k＝1时，A＝﹣B，△ABC为直角三角形，故错误；
对于C：2cs2B﹣8csB+5＝0，整理得4cs2B﹣8csB+3＝0，解得csB＝，或（舍去），由于0＜B＜π，解得B＝．
由于2b＝a+c，利用正弦定理：2sinB＝sinA+sinC，转换为sinA+sin（﹣A）＝，所以sin（A+）＝1，解得A＝，
所以A＝B＝C，则△ABC为等边三角形，故正确；
对于D，∵sin2A+sin2B+cs2C＜1，∴sin2A+sin2B＜1﹣cs2C＝sin2C，由正弦定理可得：a2+b2＜c2，∴csC＝＜0，∴C为钝角，则△ABC为钝角三角形，因此正确．
故选：CD．
43．ACD
【解析】
【分析】
在和中，分别利用余弦定理，得到，结合，求得，得到，可判定A正确；利用直角三角形的面积公式，可判定B不正确；在直角中，利用勾股定理，可判定C正确；求得四边形的周长，可判定D正确.
【详解】
在中，可得，
在中，可得，
可得，即
因为，可得，可得，
又因为为三角形的内角，所以，所以，所以A正确；
由
，所以B不正确；
在直角中，可得，所以C正确；
四边形的周长为，
所以D正确.
故选：ACD
44．BC
【解析】
【分析】
由题意知在以为直径的圆上，A中由余弦定理在△中求；B中若，在△中由正弦定理可得，即可求；C中要使△的面积的最大则，即可求最大值；D中讨论在圆与的交点上或、重合时求，即可知范围.
【详解】
由题意知：如上图示，在以为直径的圆上，
A：时，，，易知，故在△中，则，错误；
B：，若，则，，
∴在△中，，即，可得，
∴，正确；
C：要使△的面积的最大，则，此时，正确；
D：由图知：若在圆与的交点上，，又P为△内一点，所以△的面积的取值范围是，错误.
故选：BC
45．ACD
【解析】
【分析】
根据正弦定理和余弦定理分析与相关的三角形是否可解，从而可得正确的选项．
【详解】
对于A，在，因为已知，故由正弦定理可解三角形，
从而求出，而在中，因为已知，故可求的高度，故A正确．
对于B，知道，则可沿变化，故不可求的高度，
故B错误．
对于C，在，因为已知，故由正弦定理可解三角形，
从而求出，而在中，因为已知，故可求的高度，故C正确．
对于D，如图所示，设，，，，
在中，，
在中，，
在中，①，
在中，，
即②，由①②可构建关于的方程，
故可求的高度，故D正确．
故选：ACD．
46．AC
【解析】
【分析】
利用正弦定理化边为角证明等号右边等于左边即可判断A；利用正弦定理化边为角结合同角三角函数基本关系化切为弦以及正弦的二倍角公式化简可得角、的关系， 即可判断B；可判断最大，根据已知条件变形可得即由余弦定理可求角，可判断C；由三角形的面积公式、正弦定理以及二倍角公式化简即可判断D；进而可得正确选项.
【详解】
对于A：由正弦定理化边为角可得
，（指外接圆的半径），故选项A正确；
对于B：若，则，因为，，所以，即，所以或
，所以或，当时，不一定有，故选项B不正确；
对于C：因为，所以中边最大，由可得，
因为，，所以，即，
所以，可得角为锐角，因为角是中最大的角，所以是锐角三角形，故选项C正确；
对于D：由面积公式可得：，由正弦定理可得：，
因为且，所以，因为，
所以，所以，可得或为锐角，故选项D不正确；
故选：AC.
47．
【解析】
【分析】
利用余弦定理求得两船的距离.
【详解】
由题意得，又，，
由余弦定理得，
所以.
故答案为：
48．
【解析】
【分析】
利用正弦定理和已知条件可知，从而可知边长关系，然后利用余弦定理求出，再利用三角形的面积公式求出三角形的面积.
【详解】
解：由题意得：由，可得，即
所以，由余弦定理，得
所以，，又由
可得，则．
故答案为：
49．20
【解析】
【分析】
若设塔高，则可得，而中，，所以利用余弦定理可求得结果
【详解】
设塔高，
由题意得在直角中，，所以,
由题意得在直角中，，所以，
由题意得在中，，
所以由余弦定理得
，
所以，化简得，
解得或（舍去），
所以塔高为，
故答案为：20
50．
【解析】
【分析】
设乙的速度为x m/s，根据正弦定理列式＝，可得AC＝1 260 m，再由余弦定理求解即可.
【详解】
依题意，设乙的速度为x m/s，
则甲的速度为x m/s，
因为AB＝1 040 m，BC＝500 m，
所以＝，解得AC＝1 260 m．
在△ABC中，由余弦定理得，
cs∠BAC＝＝＝，
所以sin∠BAC＝＝＝．
故答案为：.
51．
【解析】
【分析】
利用正弦定理可求出各个三角形的边长，进而求出山高.
【详解】
解：在中，，，，可得
在中，，
所以
由正弦定理可得：
即，得
在直角中，
所以
故答案为：.
52．(1);
(2)70m.
【解析】
【分析】
（1）由两角差的正弦公式求解即可；
（2）在中求出AD, 在中求出BD，在中利用余弦定理求出AB即可.
(1)
在中，，
.
(2)
在中，由正弦定理可知,
，
在中，
，
，
，
由正弦定理，,
在中，由余弦定理，
，
（m），
即A、B两建筑物之间的距离为70m.
53．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理得，结合余弦定理即可求解；
（2）利用面积公式得，再根据余弦定理可得，从而求出周长．
(1)
因为
由正弦定理得， 则
由余弦定理得，又，
故；
(2)
由的面积为，所以
由余弦定理，因为，所以
所以
故的周长为
54．(1)不能；
(2)能.
【解析】
【分析】
(1)利用正弦定理求BC，求出从A到C的时间即可判断；
(2)利用余弦定理求出AD，利用正弦定理求出CD，计算出时间即可判断．
(1)
由题已知公里，在中，
由正弦定理得，，∴(公里)．
∴从A到C需用时(分钟)，
∵－50＝，即＞50，
∴快递小哥不能在50分钟内将快件送到处；
(2)
在中，由余弦定理得，，∴(公里)，
在中，，由正弦定理得，∴(公里)，
∴(分钟)
∵－＝，
即＜，
∴汽车能先到达处．
55．(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理化简得到，利用辅助角公式得到，结合角A的范围，求出A；（2）利用余弦定理，基本不等式求出周长最小值及此时的值；（3）由面积公式得到，结合正弦定理得到，求出，由余弦定理求出答案.
(1)
由及正弦定理，
得，
因为，且，
所以，即，
因为，所以；
(2)
由余弦定理，得，
将代入，整理，得，
因为，所以的周长为，
当且仅当，即时取等号，
所以当的周长最小时，；
(3)
由的面积为，得，
所以①，
又，所以，，
由正弦定理，得，②
由①②可得，
因为，所以，
在中，由余弦定理，得，
所以.
56．(1)；
(2)当时，取得最大值.
【解析】
【分析】
（1）过点作交于点，在中可得，在中由正弦定理可得，然后可得答案.
（2）根据正弦函数的知识可得答案.
(1)
过点作交于点，
在中，，所以
在中，，所以
由正弦定理可得，所以
所以
(2)
因为，所以
所以当即时，取得最大值
57．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出，利用同角三角函数的平方关系可求得的值，然后在中，利用正弦定理可求得边的长；
（2）设，则，利用三角形的面积公式可求得的值，然后在、中利用正弦定理，再结合，可求得结果.
(1)
解：因为，
由正弦定理可得，
，则，故，则为锐角，所以，，
，则，
在中，由正弦定理得，，解得．
(2)
解：设，则，，则，
即，可得，故，
由余弦定理可得，
在中，由正弦定理可得，故，
在中，由正弦定理可得，故，
因为，
所以，.