新高考数学一轮复习考点精讲讲练学案 余弦定理的应用（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点精讲讲练学案 余弦定理的应用（含解析），共34页。学案主要包含了考点梳理，题型归纳，双基达标，高分突破等内容，欢迎下载使用。
1. 余弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则
【题型归纳】
题型一：余弦定理解三角形
1．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且AB边上的中线，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．3D．
2．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则（ ）
A．6B．7C．8D．9
3．在中，若是边上的高，，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．

题型二：余弦定理边角互化的应用
4．设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中错误的是（ ）
A．若，则一定是等边三角形
B．若，则一定是等腰三角形
C．若，则一定是等腰三角形
D．若，则一定是钝角三角形
6．记的内角的对边分别是，已知，，则的面积为（ ）
A．1B．2C．D．

【双基达标】
7．已知 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，则的取值范围为（ ）
A．（，）B．
C．D．
8．已知点分别为双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线右支交于点，过作的角平分线的垂线，垂足为，若,则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．设锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（ ）
A．(1，9]B．(3，9]
C．(5，9]D．(7，9]
10．在△ABC中，若(a＋c)(a－c)＝b(b－c)，则A等于（ ）
A．90°B．60°
C．120°D．150°
11．在中，角、、的对边分别为、、，若，，则是（ ）
A．钝角三角形B．等边三角形
C．直角三角形D．等腰直角三角形
12．已知在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
13．已知的内角、、的对边分别为、、，且，若，则的面积的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
14．的内角，，所对的边分别是，，，已知，，，则
A．B．5C．D．
15．在中，根据下列条件解三角形，则其中有两个解的是（ ）
A．B．
C．D．
16．已知双曲线：的左、右焦点为、，为原点，若以为直径的圆与的渐近线的一个交点为，且，则的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
17．在中，，，，是的外接圆上的一点，若，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
18．设双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为，是双曲线上一点，且.若的面积为，则（ ）
A．1B．2C．4D．
19．已知是抛物线：的焦点，直线与抛物线相交于，两点，满足，记线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
20．在中，已知，，，点在线段上，且满足，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
21．如图，中，角的平分线交边于点，，，，则（ ）
A．B．C．D．
22．设的内角，，所对的边分别为，，.若，，则（ ）
A．B．C．D．
23．在中，角的对边分别是向量向量，且满足则角（ ）
A．B．C．D．
24．在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【高分突破】
单选题
25．如图所示，在直三棱柱中，，，，P是上的一动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．3
26．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
27．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即在中，角，，所对的边分别为，，，则的面积．根据此公式，若，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
28．在中，，，且点为的中点，，则（ ）．
A．
B．
C．
D．
29．已知在三角形中，，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
30．在中，，则的形状是（ ）
A．等腰直角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．等边三角形
31．G是的重心，a、b、c分别是角A、B、C的对边，若，则角（ ）
A．90°B．60°
C．45°D．30°
二、多选题
32．在中各角所对得边分别为a，b，c，下列结论正确的有（ ）
A．则为等边三角形；
B．已知，则；
C．已知，，，则最小内角的度数为；
D．在，，，解三角形有两解．
33．在中，若，则角的值可以为（ ）
A．B．C．D．
34．已知面积为12，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．的最大值为
C．的值可以为D．的值可以为
35．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．是钝角三角形
C．为直角三角形D．若，则外接圆半径为
三、填空题
36．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．角B为钝角．设△ABC的面积为S，若，则sinA+sinC的最大值是____________．
37．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c满足b2＝ac，且c＝2a，则cs B＝________.
38．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．若，，则______．
39．已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
40．在中，角，，的对边分别为，，，若，，且的面积为，则b =___________.
41．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________．
四、解答题
42．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，然后解答补充完整的题目．
已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若__________．
（1）求角B；
（2）若，且的面积为，求b的值．
43．请你在①，②外接圆半径为，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，请说明理由.
问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________？
注：若选择多个条件分别解答，则只按第一个解答计分.
44．如图，在直角中，，，，点在线段上.
（1）若，求的长；
（2）点是线段上一点，，且，求的值.
45．在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，求的最小值.
46．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，它的内角所对的边分别为，面积为，且，_____________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分
余弦定理
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三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍.
公式
a2＝b2＋c2－2bccsA，
b2＝a2＋c2－2cacsB，
c2＝a2＋b2－2abcsC.
常见
变形
csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，
csB＝eq \f(c2＋a2－b2,2ca)，
csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab).
参考答案
1．A
【解析】
【分析】
根据余弦定理，结合三角形面积公式和基本不等式进行求解即可.
【详解】
由，得，
如图，作出平行四边形ACBE，则与的面积相等.在中，，，则，∴.
又，∴，
∴，
故面积的最大值为.
故选：A
2．B
【解析】
【分析】
利用余弦定理及完全平方公式计算可得.
【详解】
解：由余弦定理可得，
又因为，
所以.
因为，
所以.
故选：B
3．B
【解析】
【分析】
利用余弦定理求得角，再利用基本不等式可求得的最大值，再根据，即可得出答案.
【详解】
解：因为，
所以，
又，所以，
则，
所以，当且仅当时取等号，
又是边上的高，
则，
所以，
所以的最大值为.
故选：B.
4．D
【解析】
【分析】
利用正弦定理可得，利用余弦定理可得，代入的值，即可求解.
【详解】
解：由，结合正弦定理可得，又，则.
由，得，根据正余弦定理，，则，.
故选：D.
5．B
【解析】
【分析】
根据正余弦定理中，边角互化即可求解.
【详解】
对于A:由正弦定理以及得，因为,所以,故是等边三角形，故A对，
对B:由以及正弦定理得：,
由于，因此,或者,即,或者，故为等腰三角形或者直角三角形，故B错误，
对C:由正弦定理得,
由于在中，,因此可得,
由于,故,故C正确，
对于D:由得，故为钝角，因此D正确
故选：B
6．D
【解析】
【分析】
由正弦定理及余弦定理得，然后利用余弦定理结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】
∵，
∴，，可得，
∵，，，
∴，
所以三角形的面积为.
故选：D.
7．B
【解析】
【分析】
利用余弦定理求出B的值，再根据题意利用三角恒等变换和三角函数的图象与性质，即可求得对应的取值范围．
【详解】
由，可得，
由余弦定理得，
因为，可得，
又由
，
因为，所以，所以，
所以，
即的取值范围为.
故选：B.
8．D
【解析】
【分析】
如图根据题意可得，在中利用余弦定理可得，再根据的范围，从而求得的范围.
【详解】
如图所示，由已知可知是的角平分线，
且，延长交于，
易知，
由，
所以，
又，，
所以，
在中，
由的斜率可无限靠近渐近线的斜率，所以，
所以，
解得.
故选：D
9．D
【解析】
【分析】
由正弦定理求出，再由余弦定理可得，化为，结合角的范围，利用正弦函数的性质可得结论.
【详解】
因为，
由正弦定理可得，
则有，
由的内角为锐角，
可得，
，
由余弦定理可得
因此有

故选：D.
【点睛】
方法点睛：正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.
10．B
【解析】
【分析】
根据余弦定理，结合特殊角的余弦函数值进行求解即可.
【详解】
因为(a＋c)(a－c)＝b(b－c)，所以b2＋c2－a2＝bc，所以.
因为A三角形的内角，所以A＝60°.
故选：B
11．B
【解析】
【分析】
利用正余弦定理可确定边角关系，进而可判定三角形形状.
【详解】
在中，由正弦定理得，而，
∴ ，即，
又∵、为的内角，∴，
又∵，∴，
∴由余弦定理得：，∴，
∴为等边三角形.
故选：B.
12．C
【解析】
【分析】
由利用余弦定理，可得，正弦定理边化角，在消去，可得，利用三角形是锐角三角形，结合三角函数的有界限，可得的取值范围．
【详解】
由
及余弦定理，可得
正弦定理边化角，得
是锐角三角形，
，即．
，，
那么：
则，
故选：
【点睛】
方法点睛：解三角形的基本策略
一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化变；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
13．D
【解析】
利用余弦定理求得角的值，结合基本不等式可求得的最大值，进而可求得的面积的最大值.
【详解】
由余弦定理得，所以，所以.
由余弦定理的推论得，又，所以.
若，由余弦定理的得，
当且仅当时取等号，所以，解得.
故.
因此，面积的最大值为.
故选：D.
【点睛】
本题考查利用余弦定理解三角形，同时也考查了三角形面积最值的计算，涉及基本不等式的应用，考查运算求解能力，属于中等题.
14．A
【解析】
【分析】
求出，利用余弦定理，解方程即可求出结果.
【详解】
因为，
所以，
又因为，，
所以，
即，
即，
解得.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查三角函数的诱导公式，余弦定理，属于较易题.
15．D
【解析】
【分析】
对于A，由和的度数，利用三角形内角和定理求出的度数，再由的值，利用正弦定理求出与，得到此时三角形只有一解，不合题意；对于B，由，及的值，利用余弦定理列出关系式，得到，解得三角形只有一个解，不合题意；对于C，三角形三边都确定，故得到三角形是唯一确定的，只有一解；对于D，由，及的值，利用正弦定理求出的值，由小于得到小于，可得出此时有两解，符合题意．
【详解】
对于A选项，，，
，又，
由正弦定理得：，，
三角形三边确定，此时三角形只有一解，不合题意；
对于B选项，，，，
由余弦定理得：，
三角形三边唯一确定，此时三角形有一解，不合题意；
对于C选项，，三边均为定值，三角形唯一确定，
故选项C不合题意；
对于D选项，，，，
由正弦定理得：，
，，，
有两解，符合题意，
故选：D.
16．A
【解析】
【分析】
根据题意，画出双曲线及几何关系.由几何关系可得的三条边，结合余弦定理求得，即可得.进而求得，即可得双曲线的渐近线方程.
【详解】
根据双曲线：的左、右焦点为，，为原点，以为直径的圆与的渐近线的一个交点为，如下图所示:
则，，
所以在中，由余弦定理可得.
所以，则，所以，则渐近线方程为.
故选：A.
【点睛】
本题考查了双曲线的几何性质，余弦定理在解三角形中的应用，双曲线中渐近线方程的求法，属于中档题.
17．B
【解析】
【分析】
先解三角形得到为直角三角形，建立直角坐标系，通过表示出，借助三角函数求出最小值.
【详解】
由余弦定理得，所以，所以，所以．以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A（－1，0），C（1，0），B（－，），设P的坐标为，所以，，，又，所以，所以，，所以，当且仅当时，等号成立．
故选：B．
18．D
【解析】
【分析】
根据双曲线的定义，余弦定理以及三角形的面积公式列出方程组，即可解出．
【详解】
设，.由，的面积为，
可得，∴①
由离心率为，可得，代入①式，可得.
故选：D.
19．C
【解析】
【分析】
设，过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，进而得，再结合余弦定理得，进而根据基本不等式求解得.
【详解】
解：设，
过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，
则，
因为点为线段的中点，
所以根据梯形中位线定理得点到抛物线的准线的距离为，
因为，
所以在中，由余弦定理得，
所以，
又因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以，故.
所以的最大值为.
故选：C
【点睛】
本题考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，余弦定理，基本不等式，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意，设，进而结合抛物线的定于与余弦定理得， ，再求最值.
20．B
【解析】
【分析】
在中，利用余弦定理先求得，再在中利用余弦定理求得，再在中利用余弦定理求得的长．
【详解】
在中，由余弦定理有，
所以，
在中，由余弦定理有，
又，所以，
在中，由余弦定理有
，
所以．
故选：B
21．D
【解析】
【分析】
中由正弦定理求得后可得，从而得，角，得，用余弦定理可得．
【详解】
在中，根据正弦定理得，
由，
所以，
所以，
所以，则，
所以，
在中，由余弦定理得，
所以．
故选：D．
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查正弦定理，余弦定理，特殊角的三角函数值等基础知识，解题时对照已知条件选用恰当的公式进行计算．如先在中选用正弦定理求得两边中另一边的对角，可得三角形的第三角，这样图形听所有角都已知，然后再求选用公式求边．本题也可以不用余弦定理求边．
22．C
【解析】
【分析】
由及正弦定理可得，由，得，则，再由余弦定理可得结果.
【详解】
由及正弦定理可得，
由，得，则，所以.
故选:C.
【点睛】
本题主要考查正弦定理与余弦定理的应用，属于基础题.
23．C
【解析】
【分析】
根据向量的数量积运算结合条件可得，再由正弦定理可得，然后由余弦定理可得答案.
【详解】
由已知得
再根据正弦定理有，，即.
由余弦定理得，,所以
因为所以
故选：C
24．D
【解析】
【分析】
根据已知条件，利用余弦定理和面积公式，结合倍角公式求得,进而求得A的各个三角函数值，再利用正弦定理边化角求得关于C的函数表达式，根据锐角三角形的条件得到，利用三角函数的性质求得取值范围即可．
【详解】
解：△ABC中，，
由，得，∴；
即，∵，∴，
∴，∴ ，
∴，
∵△ABC为锐角三角形，∴,∴，
∴，
∴,
∴，
故选：D．
25．B
【解析】
【分析】
连接，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，判断出当三点共线时，则即为的最小值.分别求出,,利用余弦定理即可求解.
【详解】
连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，

设点的新位置为，连接，则有.
当三点共线时，则即为的最小值.
在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即
在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.
同理可求：
因为，所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.
故选B.
【点睛】
（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；
（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：
①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；
②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.
26．C
【解析】
利用余弦定理可求的值，从而可求三角形的面积.
【详解】
因为，故，
而，故，
故，故三角形的面积为，
故选：C.
27．C
【解析】
【分析】
先根据正弦定理可求，再求出后可求面积.
【详解】
因为，故由正弦定理可得：
即，
而，故，故，
由余弦定理可得，故，
故，
故选：C.
28．A
【解析】
【分析】
利用余弦定理可求的长.
【详解】
∵点为的中点，且，∴，
在中，，，∴，
在中，，，，
由余弦定理得：，
∴，
故选：A．
29．A
【解析】
【分析】
根据三角形三边关系得到的取值范围，再利用余弦定理表示出，最后根据平面向量数量积的定义计算可得；
【详解】
解：因为，，所以，即，解得，由余弦定理，所以
，因为，所以，所以，即；
故选：A
30．D
【解析】
【分析】
在中，，由余弦定理知，，两式相加，利用基本不等式及正弦函数的有界性即可判断出该的形状．
【详解】
在中，，
又由余弦定理知，，
两式相加得：，
（当且仅当时取“” ，又，
（当且仅当时成立），为的内角，
，，又，
的形状为等边△．
故选：．
31．D
【解析】
【分析】
根据重心的性质得a∶b∶c＝1∶1∶1，由此应用余弦定理可求得．
【详解】
因为G是的重心，所以有.
又，所以a∶b∶c＝1∶1∶1，
设c＝，则有a＝b＝1，由余弦定理可得，csA＝，所以A＝30°，
故选：D.
32．ABC
【解析】
【分析】
利用正弦定理、余弦定理一一计算可得；
【详解】
解：对于A：若，则，即，即，即是等边三角形，故A正确；
对于B：由，可得，余弦定理：．，，故B正确．
对于C：因为，，，所以，所以，所以，，，故C正确；
对于D：因为，，，所以，即解得，因为，所以，所以三角形只有1解；
故选：ABC
33．BC
【解析】
【分析】
利用余弦定理边化角可整理得到，结合可得结果.
【详解】
，，
又，或.
故选：BC.
34．AD
【解析】
【分析】
利用同角的三角函数的基本关系结合面积、余弦定理可得，计算出可判断A的正误，而利用余弦定理、基本不等式可得关于的三角函数不等式，从而可判断B的正误，对于C，求出的范围后可判断其正误，对于D，由可得的值，结合已知条件可判断三角形是否存在.
【详解】
设所对的边为，因为面积为12，故，
故.
对于A，若，结合为三角形内角可得，故.
因为，故，故，故.
由正弦定理可得，故，故A正确.
对于B，由余弦定理可得，
所以即，当且仅当时等号成立.
而，故，故，整理得到，
而，
因为，故，故的最大值为，
当且仅当时等号成立，故B错误.
对于C，，
故，而，
故，故C错误.
对于D，若，则可得或，
若，则 ，消元后得到： ，
所以，整理得到，
但，故矛盾即不成立.
若，则，消元后得到：，
所以，整理得到，
结合可得，此时，
故D正确.
故选：AD.
【点睛】
方法点睛：三角形一般有7个几何量（三边和三角以及外接圆的半径），由已知的三个量一般可求出其余的四个量，求解过程中注意选择合适的定理来解决，另外在边角关系的转化的过程，注意根据边的特征和角的特征合理消元.
35．AD
【解析】
【分析】
利用正弦定理结合已知可判断选项A；利用余弦定理结合已知可计算判断选项B，C；先求出，再借助正弦定理计算即可判断D并作答.
【详解】
在中，由正弦定理得，A正确；
令，显然是最大角，由余弦定理得：
，则是锐角，B，C都不正确；
因，则，令外接圆半径为R，由正弦定理得：，解得，D正确.
故选：AD
36．
【解析】
【分析】
根据已知，利用三角形面积公式、余弦定理可得，B为钝角知，由三角形内角和的性质得，即可求最大值.
【详解】
由题设，，则，
∴，又 B为钝角即为锐角，
∴，即，又，
∴且，
而，
∴当时，的最大值为.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：根据已知条件，利用三角形面积公式、余弦定理可得到，再应用三角形内角性质及三角恒等变换写出关于的二次函数式，求最值.
37．
【解析】
【分析】
由余弦定理计算．
【详解】
因为b2＝ac，且c＝2a，，所以cs B＝＝＝.
故答案为：．
38．##
【解析】
【分析】
利用余弦定理，即可得到关于的方程组，解之即可.
【详解】
∵，∴，
又，
由余弦定理可得：，
即，
∴，又，
∴，
故答案为：
39．##
【解析】
【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】
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：.


40．
【解析】
【分析】
由正弦定理可求出，由面积公式可求出，再利用余弦定理即可求出.
【详解】
由正弦定理可得，即，则，解得，
又，解得，
则由余弦定理可得，则.
故答案为：.
41．
【解析】
【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：.
42．选择见解析；（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）分别选三个条件，都可用正弦定理解出；
（2）由面积公式求出，利用余弦定理可得，代入计算即可.
【详解】
（1）选①，由正弦定理得，，
解得，
平方得，解得，又,所以.
选②，由正弦定理得，，，
解得，又,所以
选③，由，有，
由正弦定理得，，，
解得，又,所以
（2），解得
由余弦定理有，，
∴.
43．答案见解析
【解析】
若选条件①，结合题意并利用正弦定理边角互化，得出，，再利用余弦定理求出，根据平面向量的数量积运算即可求出的值，可知存在这样的三角形；若选条件②，结合题意并利用正弦定理边角互化，得出，，再利用余弦定理求出，根据求出，最后根据正弦定理变化角公式，即可得出的值，可知存在这样的三角形；若选条件③，结合题意并利用正弦定理边角互化，得出，，再利用余弦定理求出，再利用余弦定理求出，根据条件，结合正弦定理边角互化公式和，也可求出，可知前后矛盾，所以不存在这样的三角形.
【详解】
方案一：选条件①：，
由正弦定理和，得：，则，
又由正弦定理和，
得：，，
由余弦定理得：
因为，则，
解得：，即，
，又，
，
所以存在这样的三角形，且；
方案一：选条件②：外接圆半径为，
由正弦定理和，得：，
又由正弦定理和，得：，
由余弦定理得：，
由，得：，
由正弦定理，得：，
所以存在这样的三角形，且；
方案三：选条件③：，
由正弦定理和，得：，
又由正弦定理和，得：，，
由余弦定理得：，
由和余弦定理，得：，
又由正弦定理和，得：，
又，解得：，
在中，，，
则与矛盾，故不存在这样的三角形.
【点睛】
思路点睛：本题考查正弦定理的边角互化公式的应用和利用余弦定理解三角形，在三角形中，运用正弦定理和余弦定理一般有以下情况：①已知两角和任一边，求另一角和其他两边，用正弦定理；②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他角，用正弦定理；③已知三边，求各角，用余弦定理；④已知两边和任意一角，求第三边和其他两角，用余弦定理.正余弦定理一般应用于解三角形的基本元素、判断三角形的形状、解决与面积有关的问题等.
44．（1）3；（2）.
【解析】
（1）在中，利用正弦定理即可得到答案；
（2）由可得，在中，利用及余弦定理得，解方程组即可.
【详解】
（1）在中，已知，，，由正弦定理，
得，解得.
（2）因为，所以，解得.
在中，由余弦定理得，
，
即，
，
故.
【点睛】
本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查学生的计算能力，是一道中档题.
45．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据题设条件和正弦定理，化简得到，再利用余弦定理，求得的值，即可求解；
（2）由余弦定理和基本不等式，求得，在结合正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得，即可解.
【详解】
（1）由，可得，
由正弦定理得，即，
由余弦定理，得，
因为，可得.
（2）由（1）知，设三角形的外接圆的半径为，可得，
又由余弦定理得，
即，当且仅当时取等号，
又由
，
其中是外接圆的半径，
所以的最小值为.
46．答案见解析
【解析】
【分析】
先根据三角形面积公式以及余弦定理求解出的值；若选①：先用正弦定理求解出的值，然后分析的大小并求的值，然后根据两角和的正弦公式可求的值；若选②：先用正弦定理求解出的值，然后计算的值，最后根据两角和的正弦公式可求的值，注意分类讨论；若选③：先根据正弦定理计算的值，得到，故判断三角形不存在.
【详解】
因为，由余弦定理，
可得，
由，得
所以.
选①：由正弦定理得，
代入中得，
又，得是一个锐角，故，
所以.
选②：由得，
代入中得，
则当时，
当，
当时，
当，
选③：由得，所以不存在.