苏教版 (2019)必修 第二册11.2 正弦定理测试题

这是一份苏教版 (2019)必修 第二册11.2 正弦定理测试题，共38页。

考点一 正弦定理
在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等.
即eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C).
考点二 正弦定理的变形公式
1.a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C.
2.sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)(其中R是△ABC外接圆的半径).
【题型归纳】
题型一：正弦定理解三角形
1．已知中，，，，则（ ）
A．B．C．或D．或
2．如图，已知在中，，点在边上，且满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则范围为（ ）
A．B．C．D．
题型二：正弦定理判定三角形解的个数
4．已知在中，、、分别为角、、的对边，则根据条件解三角形时恰有一解的一组条件是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
5．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
6．根据下列条件，判断三角形解的情况，下列结论中正确的是（ ）
（1），，，有一个解.（2），，，有两个解
（3），，，无解（4），，，有一解
A．（1）（2）B．（2）（4）
C．（1）（2）（3）D．（1）（2）（4）
题型三：正弦定理求外接圆的半径
7．，，分别为内角，，的对边．已知，，则外接圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．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．已知的三个内角，，所对的边分别为，，，且，，，则的外接圆的直径为（ ）
A．B．C．D．
题型四：正弦定理边角互化的应用
10．的角A，B，C所对的边为a，b，c，设，则（ ）
A．B．C．D．
11．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足(b+a+c)(a+b－c)=3ab，2csAsinB=sinC，则△ABC是（ ）
A．直角三角形B．等腰直角三角形C．钝角三角形D．等边三角形
12．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，(sinA-sinC)=sinB，a2=5c2+2accsB，且△ABC的面积为，则△ABC的周长为（ ）
A．6+2B．4+C．+4D．3+2
题型五：正弦定理的综合性问题
13．在中，角，，所对的边分别，，．已知．
(1)求；
(2)若，，设为延长线上一点，且，求线段的长．
14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角A；
(2)若，的面积为，求的周长.
15．如图，在中，，，点D在线段BC上.
(1)若，求AD的长；
(2)若，的面积为，求的值.
【双基达标】
一、单选题
16．已知中，，则c=（ ）
A．1B．C．D．
17．的三个内角分别为A，B，C，且，，，则（ ）
A．B．C．D．
18．在中，，，点在边上，满足且，则（ ）
A．45°B．40°C．35°D．30°
19．在中，若，，，则此三角形解的情况为（ ）
A．无解B．有两解C．有一解D．有无数解
20．已知在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
21．在中，
(1)已知，，，求；
(2)已知，，，求；
(3)已知，，，求；
(4)已知，，，求．
22．在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，，.
(1)若，求b.
(2)若______，求c的值及的面积.
请从①，②，这两个条件中任选一个，将问题（2）补充完整，并作答.
【高分突破】
一：单选题
23．在中，角A､B､C所对的边分别为a､b､c，若，则最大角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
24．在中，角，，的对边分别为，，，若，，则面积的最大值为（ ）
A．1B．C．2D．
25．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
26．已知的内角，，所对的边分别为，，，且，，，则（ ）
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．
二、多选题
28．在中，角、、所对的边分别为、、，且、、，下面说法错误的是（ ）
A．B．是锐角三角形
C．的最大内角是最小内角的倍D．内切圆半径为
29．已知分别是三个内角的对边，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若是锐角三角形，则B．若，则是等腰三角形
C．若，则是等腰三角形D．若是等边三角形，则
30．若的内角，，所对的边分别为，，，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．角一定为锐角B．
C．D．的最小值为
31．如图，设的内角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，若，且．点D是外一点，，下列说法中，正确的命题是（ ）
A．的内角B．的内角
C．四边形的面积最大值为D．四边形的面积无最大值．
32．在中，角，，的对边分别为，，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．
D．三角形三边长分别为，，，则最大角为
33．在△中，内角所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．
D．若，且，则△为等边三角形
三、填空题
34．设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则角的大小为_________．
35．在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则外接圆的面积为______.
36．如图：在中，，点在线段上，且，，求的面积最大值___________
37．已知的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，则______
38．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____________．
四、解答题
39．已知、、分别为内角A、B、C的对边，．
(1)求；
(2)若，，求的面积．
40．的内角A､B､C的对边分别为a､b､c，已知
(1)求角C的大小；
(2)若，，求的值.
41．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答该题．
已知的内角，，所对的边分别是，，，满足_______．
（1）求角；
（2）若，且外接圆的直径为2，求的面积．
42．设函数，已知函数的图象的相邻两对称轴间的距离为.
(1)求函数的解析式；
(2)若的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c（其中），且，的面积为，，求b，c的值.
43．在①，②，③这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.
在中，角所对的边分别为，且___________.
（1）求角A的大小；
（2）若，求面积的最大值.
44．在中，内角，，的对边分别为，，，且，.
（1）求的大小；
（2）若，求的面积；
（3）求的最大值.
【答案详解】
1．D
【解析】
【分析】
直接利用正弦定理求解即可．
【详解】
在中，由正弦定理，得，
所以，又，所以或.
故选：D
2．D
【解析】
【分析】
根据给定条件求出，，在中由余弦定理求出，再在中由正弦定理计算作答.
【详解】
在中，， ，则，
因，则，
在中，由余弦定理得：，即，
在中，由正弦定理得：，
所以.
故选：D
3．A
【详解】
因为
所以由正弦定理得，，
所以，
因为，所以．
因为，所以，，
所以
．
因为，所以，．
故．
故选：A
4．B
【详解】
对于A选项，由正弦定理可得，且，故有两解；
对于B选项，由正弦定理可得，且，故只有一解；
对于C选项，由正弦定理可得，故无解；
对于D选项，因为，则角为的最大内角，且，故无解.
故选：B.
5．B
【详解】
①，三角形有两解；②，三角形有两解；③，三角形有一解；④，三角形无解.
故选：B.
6．D
【解析】
【分析】
由条件利用正弦定理求得角的正弦值，再根据大边对大角可得三角形解得个数，从而得出结论.
【详解】
对于（1）：，，，由正弦定理得，解得，有唯一解，故（1）正确；
对于（2）：，，，由正弦定理得 ，解得，再由大边对大角可得C> B ,故C可以是锐角也可以是钝角，故三角形有2解，故（2）正确。
对于（3）：，，，则由正弦定理得，解得，再由大边对大角，可得C为锐角，故三角形有唯一解，故（3）不正确，
对于（4）：，，，由正弦定理得，解得，再由B为锐角，可得三角形有唯一解，故（4）正确，
故选：D.
7．B
【解析】
【分析】
由正弦定理和题设条件求得，再由，求得，利用圆的面积公式，即可求解.
【详解】
因为，由正弦定理得，可得．
设外接圆的半径为，则，即，
故外接圆的面积为．
故选：B.
8．B
【解析】
【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
【解析】
【分析】
先根据三角形面积公式求得边的长，进而利用余弦定理求得，最后根据正弦定理即可求得三角形外接圆的直径．
【详解】
解：在中，
，
，
，
，
，
即，
的外接圆的直径等于．
故选：C．
10．C
【解析】
【分析】
利用正弦定理将角化边，再结合余弦定理计算可得；
【详解】
解：因为，由正弦定理可得，即，所以，又，所以，因为，所以；
故选：C
11．D
【解析】
【分析】
由有，根据余弦定理可求出角，再将化为，化简然后可得出，可得答案.
【详解】
由有,
由余弦定理有：，
又角，所以.
又，即，
所以
则，即,
又，所以,
即，故为等边三角形.
故选：D
12．A
【解析】
【分析】
根据给定条件，利用正弦定理、余弦定理角化边，求出边a，c的关系，再借助三角形面积定理计算即得.
【详解】
在△ABC中，由正弦定理及(sinA-sinC)=sinB得：(a-c)=b，
由余弦定理及a2=5c2+2accsB得：a2=5c2+，解得b=c，
因此有a=2c，从而得csB==-，则有sinB＝，
于是得S△ABC，解得c=2，则a=4，b=2，
所以△ABC的周长为a+b+c=6+2.
故选：A
13．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；
（2）根据正弦定理，结合两角和的余弦公式进行求解即可.
(1)
，
由正弦定理可得：
，
，，，；
(2)
由（1）知，
，，
由正弦定理可得，，即，
，
或（舍去），
，
，
，，
，
．
14．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理得到，再使用余弦定理求出A；（2）由面积公式求出，再使用余弦定理求出，进而求出周长.
(1)
因为，所以，
化简得，所以.
因为，所以.
(2)
因为的面积为，所以，得.
因为，，所以，整理得，解得.
故的周长为.
15．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）在中，由正弦定理求得；
（2）由题可得面积，由面积公式求得，再由余弦定理求得，然后利用正弦定理即得．
(1)
在三角形中，∵，
∴，
在中，由正弦定理得，
又，，，
∴.
(2)
∵，
∴，，
又的面积为，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，由余弦定理得，
∴，
在中，由正弦定理得
∴.
16．C
【解析】
【分析】
根据三角形内角和求出，再根据正弦定理求出.
【详解】
因为，所以，
由正弦定理可得，
故选：C.
17．B
【解析】
【分析】
先求出角C，利用正弦定理即可求得.
【详解】
在中，因为，，所以.
由正弦定理得：，解得：.
故选：B
18．B
【解析】
【分析】
由题中角的关系及正弦定理可求解.
【详解】
在中，如图所示：
其中，，，且.
记，
在中，由正弦定理得，
又，
在中，，
由正弦定理得，即，
化简得，
因为且或，
因此或，解得或（舍）.
故选：B
19．B
【解析】
【分析】
根据正弦定理可得，从而判断的范围，再根据边角关系，可得答案.
【详解】
由正弦定理可得，
，
，
，，
，
得，
可能为锐角，也可能为钝角，
B有两个值，
故选:B.
20．D
【解析】
【分析】
由正弦定理把,表示为的函数，然后利用二倍角公式，两角和与差的余弦公式变形，并结合余弦函数性质得范围．
【详解】
由正弦定理得，则，，又，则，
所以
，
，所以，所以，
所以．
故选：D．
21．(1)
(2)或
(3)
(4)
【解析】
【分析】
（1）由已知利用三角形的内角和定理可求的值，根据正弦定理可得的值；
（2）由余弦定理可得，即可解得的值；
（3）由余弦定理即可求解的值；
（4）由余弦定理可求，结合的范围，可求的值．
(1)
解： ，，，
，因为，
由正弦定理，可得；
(2)
解：，，，
由余弦定理，可得，可得，解得或；
(3)
解：，，．
由余弦定理，可得；
(4)
解：，，，
，
，
．
22．(1)；
(2)选；选
【解析】
【分析】
(1)根据正弦定理计算即可得出结果；
(2)利用余弦定理或正弦定理求出c的值，再结合三角形的面积公式计算即可.
(1)
，由正弦定理，得，
所以；
(2)
选①：由余弦定理，得，即，
整理，得，由c>0，得c=4，
所以；
选②：因为，由正弦定理，得c=2a，
所以c=6，所以.
23．B
【解析】
【分析】
先由正弦定理得到，进而确定最大角为C，利用余弦定理求出.
【详解】
由正弦定理得：，可知：，设，则最大角为C，，
故选：B
24．B
【解析】
【分析】
由正弦定理和余弦定理化角为边后，利用余弦定理求得，代入已知条件并应用基本不等式求得的最小值，得的最大值，即得三角形面积最大值．
【详解】
解：，
，化简得，即，
由余弦定理知，，
，
，
的面积．
故选：B．
25．C
【解析】
【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
26．A
【解析】
【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.
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．BCD
【解析】
【分析】
A选项，由正弦定理判断；B选项，根据，得到中最大角为角，再利用余弦定理判断；C选项，假设，由求解判断；D选项，设的内切圆半径为，由求解判断.
【详解】
A选项，∵，、、，∴，对，
B选项，由于，则中最大角为角，
∵，∴，∴是钝角三角形，错，
C选项，假设的最大内角是最小内角的倍，则，
即，
又，即，，不符合题意，错，
D选项，∵，∴，
∴，
设的内切圆半径为，则，
∴，错，
故选：BCD.
29．ACD
【解析】
【分析】
利用诱导公式及正弦函数的性质可判断A，由正弦定理化边为角结合正弦的二倍角公式可判断B，由正弦定理化边为角，逆用两角和的正弦公式可判断C，利用正弦定理化边为角结合同角三角函数基本关系可判断D.
【详解】
对于A，因为是锐角三角形，所以，所以，即，故A正确；
对于B，由及正弦定理，可得，即，所以或，所以或，所以是等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C，由及正弦定理化边为角，可知，即，因为为的内角，所以，所以是等腰三角形，故C正确；
对于D，由是等边三角形，所以，所以，由正弦定理，故D正确.
故选：ACD.
30．BC
【解析】
【分析】
结合降次公式、三角形内角和定理、余弦定理、正弦定理、同角三角函数的基本关系式化简已知条件，然后对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】
依题意，
，，
为钝角，A选项错误.
，
，B选项正确.
，由正弦定理得，
，，
由于，为钝角，为锐角，所以两边除以得，.C选项正确.
，
，
整理得，
由于为钝角，，所以，
当且仅当时等号成立.
所以，D选项错误.
故选：BC
31．ABC
【解析】
【分析】
由正弦定理化边为角后求得，从而得三角形的内角，判断AB，用角表示出四边形的面积（先由余弦定理求得），然后由三角函数知识得最值判断CD．
【详解】
因为，由正弦定理得，
为三角形内角，，所以，，
所以，或，
又，所以不合题意，所以，从而，AB正确；
中，，
所以，
，，所以，即时，为最大值，无最小值．C正确，D错．
故选：ABC．
32．AD
【解析】
【分析】
利用余弦定理计算可判断A，D；利用诱导公式可判断B；利用正弦定理变形判断C即可作答.
【详解】
对于A，在中，，由余弦定理得，A正确；
对于B，中，，于是得，B不正确；
对于C，中，由正弦定理得：，C不正确；
对于D，中，，则是最大边，记为边c，它所对角为最大角，
由余弦定理得：，而，从而得，即最大角为，D正确.
故选：AD
33．ACD
【解析】
【分析】
A由正弦定理及等比的性质可说明；B令可得反例；C由和角正弦公式及三角形内角和的性质有，由正弦定理即可证；D若，，根据单位向量的定义，向量加法的几何意义及垂直表示、数量积的定义易知△的形状.
【详解】
A：由，根据等比的性质有，正确；
B：当时，有，错误；
C：，而，即，由正弦定理易得，正确；
D：如下图，是单位向量，则，即、，则且平分，的夹角为， 易知△为等边三角形，正确.
故选：ACD
【点睛】
关键点点睛：D选项，注意应用向量在几何图形中所代表的线段，结合向量加法、数量积的几何意义判断夹角、线段间的位置关系，说明三角形的形状.
34．##
【解析】
【分析】
由正弦定理得，化简得到，进而求得的值，即可求解.
【详解】
因为，可得的，
由正弦定理得，
因为，
化简得，
又因为，可得，所以，
又由，可得.
故答案为：.
35．
【解析】
【分析】
先求出，再由正弦定理即可求出外接圆半径，进而求出面积.
【详解】
因为，所以，
，
因为，所以，
所以，.所以，
因为，所以，.
故答案为：
36．
【解析】
【分析】
由余弦定理得出，平方关系计算出，利用基本不等式可得，根据可得答案.
【详解】
由余弦定理得，
因为，，
，
即，所以当且仅当等号成立，
因为，
所以，
所以的面积最大值为.
故答案为：.
37．
【解析】
【分析】
利用正弦定理和两角和的正弦公式化简得到，进而得到，即可求解.
【详解】
因为，
由正弦定理可得，
因为，可得，
所以，
又因为，可得，所以，所以.
故答案为：.
38．
【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.
39．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
(1)结合已知条件，根据正弦定理边化角和三角恒等变换即可求B；
(2)根据余弦定理求a，再根据三角形面积公式即可求解.
(1)
由已知及正弦定理得，
∵，C∈(0，π)，sinC≠0，
∴，即，∵B∈(0，π)，∴；
(2)
由余弦定理得，解得或(舍)．
∴.
40．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理和两角和的正弦展开式可得答案；
（2）利用面积公式和余弦定理可得答案.
(1)
因为，由正弦定理得
，
，
，
，
因为，所以，
因为，所以.
(2)
∵，
由余弦定理得
，
又，
.
41．（1）．（2）.
【解析】
【分析】
（1）选①，由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换求得；
选②，由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换求得；
选③，由诱导公式变形后，再由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换求得；
（2）由正弦定理求得，平方后，结合余弦定理求得，再由三角形面积公式计算出面积．
【详解】
解：（1）若选①，因为，
则由正弦定理知：，即，
由辅助角公式，整理得：，
由，故，
可得角．
若选②，因为，
所以由正弦定理可得，即，
因为，
所以可得，
因为，
所以．
若选③，因为，可得，
所以由正弦定理可得，即，
所以由余弦定理可得，
因为，
所以．
（2）由，平方知：，
由正弦定理知：，
由余弦定理知：，
从而有，解得：，
故的面积．
42．(1)
(2)，
【解析】
【分析】
（1）应用和角正弦公式、二倍角余弦公式化简，由题设知即可求，写出其解析式.
（2）由（1）及已知可得，再利用三角形面积公式、余弦定理可得、，进而求b，c的值.
(1)
.
由题设，，则，
∴.
(2)
由题设，，则或，
∴或，又，
∴，
由，则，
，则，
∴，解得或，又，
∴，可得，故.
综上，，.
43．条件选择见解析；（1）；（2）最大值为.
【解析】
【分析】
（1）选①，根据，展开化简得到，再利用正弦定理和余弦定理求解； 选②，根据，利用二倍角公式化简得到求解； 选③，利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得到求解；
（2）由（1）知，再由，利用余弦定理结合基本不等式得到，然后利用三角形面积公式求解.
【详解】
（1）选①，因为，
所以，
即，
所以由正弦定理得，
由余弦定理知，
因为，所以；
选②，因为
，
所以，，
因为，所以；
选③，由正弦定理得，
得，
即，即，又，
所以，所以，又，从而得；
（2）由（1）得，又，由余弦定理
，
所以，当且仅当时取得等号，
故，当且仅当时取得等号，
所以面积的最大值为.
44．（1）；（2）；（3）最大值为.
【详解】
（1）因为，又，
所以，
所以，
所以，
因为，，所以，可得.
（2）因为，所以，所以，
所以的面积为.
（3）由，得，
因为，所以，所以（当且仅当时取等号）.
设，则，所以，
设，
则在区间上单调递增，所以的最大值为，
所以，的最大值为.