数学必修 第二册6.4 平面向量的应用同步达标检测题

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6.4.3.2正弦定理

本节课知识点目录：
1、 正弦定理基础1：两角及一边解三角形；
2、 正弦定理基础2：两边及一边对角解三角形。
3、 正弦定理基础3：两边及对角判断三角形解得个数
4、 正弦定理：恒等式子求角
5、 三角形几解
6、 正弦定理与余弦定理解三角形
7、 正弦定理与余弦定理解判断三角形形状
8、 边角互化
9、 面积
10、 外接圆
11、 最值
12、 综合
13、 联赛、联考模拟题选

-----典例精讲




一、正弦定理基础1：两角及任意一边解三角形
【典型例题】
【例1】在中，若，则等于（       ）
A．1 B．2
C． D．
【答案】B
【分析】根据题意求得,再结合正弦定理，即可求解.
【详解】在中，若，可得,
由正弦定理，可得.
故选：B.
【例2】在中，，，，则b的值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】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.
【例3】．中，所对的边分别是，若，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由正弦定理求解．
【详解】由正弦定理得．
故选：C．
【例4】．在中，若，，，则c等于_____．
【答案】2
【分析】由三角形内角和求出角，然后用正弦定理求得．
【详解】在中，，又，
由正弦定理得，.故答案为：2
【对点实战】
1.在中，已知，，，则___________.
【答案】
【分析】由正弦定理运算可得解.
【详解】解：，,
由正弦定理得，故的值为 ．
故答案为：.
2.．已知中，a=4,A=45°,B=60°,则_______
【答案】
【分析】直接利用正弦定理计算可得；
【详解】解：因为a=4,A=45°,B=60°，所以由正弦定理可得422=b32，解得b=26，
故答案为：
3.在中，，，，则等于（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】在中，根据，求得，再由正弦定理求解.
【详解】在中，因为，，所以，
，，，
由正弦定理得，所以，故选：D
4.在中，已知A=45°,B=30°,c=10，则________．
【答案】56-52
【解析】【分析】
利用三角形的内角和求出，利用两角和的正弦公式求得sinC，再通过正弦定理求出即可．
【详解】在中，∵A=45°，B=30°，c=10，
∴C=180°-A-B=105°，
可得sinC=sin(45°+60°)=22×12+22×32=6+24，
由正弦定理可得：b=csinBsinC=10×126+24=56-52．
故答案为：56-52.

二、正弦定理基础2：两边及其中一边的对角解三角形
【典型例题】
【例1】在中，角所对的边分别为.若，则等于（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理进行求解.
【详解】由正弦定理得：，即，解得：.
故选：A
【例2】在中，角A，B，C对应的边分别为a､b､c，若，，，则B等于（       ）
A． B． C．或 D．3
【答案】A
【分析】利用正弦定理可求答案.
【详解】由正弦定理可知，；
因为，，，所以；
因为，所以或（舍）.故选：A.
【例3】在中，，，，则（       ）
A． B． C．或 D．
【答案】C
【分析】利用正弦定理结合大边对大角定理可求得结果.
【详解】因为，则，由正弦定理得，
又因为，故或.
故选：C.
【例4】在中，角的对边分别是，，，，则（       ）
A． B． C．或 D．无解
【答案】A
【分析】在三角形中由正弦定理，即可求出答案.
【详解】由正弦定理得.
或.，（舍）.
故.故选：A.
【例5】已知a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边，a＝3，b＝72，sinA＝37，则B＝__．
【答案】或
【分析】根据a＝3，b＝72，sinA＝37，利用正弦定理求解.
【详解】因为a＝3，b＝72，sinA＝37，由正弦定理，可得337=72sinB，
解得sinB＝＞37，所以B＝或．故答案为：或．
【对点实战】
1.在中，，，，则满足条件的有（       ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．不确定
【答案】C
【分析】根据题意判断的大小关系，即可得出答案.
【详解】解：因为，，，，
所以，
所以三角形有两个解，即满足条件的有2个.
故选：C.
2.中，已知，，，则______．
【答案】或##或
【分析】在中，由正弦定理求得的值，即可得角，再由三角形的内角和可得角，利用直角三角形的性质和等腰三角形的性质即可得边的值.
【详解】在中，由正弦定理可得即，
所以，可得或，
所以或，
当时，，所以，
当时，，
所以或.
故答案为：或.
3.在中，若，，，则___________.
【答案】
【分析】由正弦定理和正弦的二倍角公式可得．
【详解】由正弦定理得，所以，所以．
故答案为：．
4.在中，若a=23,b=6,A=π6，则的大小为__________．
【答案】或
【分析】首先由正弦定理可求出sinB=32，根据大边对大角的原则，由b>a可得B>A，即得解
【详解】由正弦定理得，∴sinB=bsinAa=6sinπ623=32，∵b>a，∴B>A，
∴或故答案为：π3或2π3

三、正弦定理基础3：两边及一边对角判断三角形解的个数
【典型例题】
【例1】在中，已知，，，则此三角形（       ）
A．无解 B．只有一解
C．有两解 D．解的个数不确定
【答案】A
【分析】根据三角形大边对大角（小边对小角）和三角形内角和为，即可判断解的情况.
【详解】，，
又，∴，
故此三角形无解．故选:A.
【例2】满足条件，，的三角形的个数是（       ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．不存在
【答案】B
【分析】由正弦定理求得，得到B有两解，即可得到答案.
【详解】在中，因为，，，
由正弦定理 ，可得，
因为，即，则有两解，所以三角形的个数是2个.
故选：B.
【例3】若中，，若该三角形有两个解，则范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】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.

【例4】已知中，分别为角的对边，则根据条件解三角形时有两解的一组条件是（       ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】C
【分析】由正弦定理与大边对大角逐项判断即可求解
【详解】对于A：由得：，所以，无解，A错误；
对于B：由得：，所以，又，故，此时有一个解，B错误；
对于C：由得：，所以，又，故，此时有两个解，C正确；
对于D：由得：，所以，又，故，此时有一个解，D错误；
故选：C

【例5】若满足的恰有一个，则实数k的取值范围是_________
【答案】
【分析】利用正弦定理可求出，由只有一个结合正弦函数的性质可得解.
【详解】由正弦定理有：，则，又，，
可得，当时满足题意只有一个，此时，，
即实数k的取值范围是故答案为：

四、正弦定理：恒等式子求角
【典型例题】
【例1】在△ABC中，若，则B＝（       ）
A． B． C．或 D．或
【答案】A
【分析】由正弦定理化边为角，再由诱导公式，两角和的正弦公式变形可得．
【详解】因为，由正弦定理得
因为，所以
因为，所以，所以，而B为三角形内角，故．
故选：A．
【例2】在中，内角，，所对的边分别为，，．若，则______．
【答案】
【分析】利用正弦定理，化边为角，再转化，展开化简可得，结合的范围，即得解
【详解】因为，由正弦定理：
所以，
所以，因为，所以，
因为为三角形的内角，则．故答案为：
【例3】．已知中，的内角分别是 A ，B ，C，若=，则角B =__________．
【答案】或
【分析】由=，利用正弦定理转化为=，再利用余弦定理求解.
【详解】在中，因为=，
所以=，所以,解得，
因为，所以或，故答案为：或
【例4】在锐角△中，、、分别是角、、所对的边，若，则的取值范围为________
【答案】
【分析】由正弦定理得，由三角恒等变换得，由是锐角三角形得，进而可得结果.
【详解】因为，由正弦定理得，又是锐角，所以.
则
由得，则，所以，故.故答案为：.
【例5】在中，若，则角等于（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由，利用正弦定理将角转化为边得到 ，再利用余弦定理求解.
【详解】在中，因为，
由正弦定理得：，即，
由余弦定理得：，
因为，所以，故选：B


【对点实战】
1.中，角，，的对边分别为，，，其中为钝角，且，那么的范围是______.
【答案】
【分析】先利用正弦定理实现边化角，整理条件得到，再根据为钝角，确定角的范围，从而得出的范围.
【详解】在中，根据正弦定理，可将条件化为.
把代入整理得，.
所以或，解得或(舍去).又为钝角，所以
由，解得.所以的范围.故答案为：.
2.已知在中，内角，，的对边分别为，，，角，边，且，则________．
【答案】
【分析】由已知得，利用正弦定理得，再由正弦定理得可得答案.
【详解】由，得，即，
由正弦定理得,因为，，所以，
由正弦定理得.
故答案为：.
3.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a+c=2bsinC+π6，则_________．
【答案】
【分析】由正弦定理化边为角，然后由两角和与差的正弦公式变形后可得结论，注意诱导公式的应用．
【详解】因为a+c=2bsinC+π6，所以由正弦定理得sinA+sinC=2sinBsin(C+π6)，
即sin(B+C)+sinC=2sinBsin(C+π6)，
所以sinBcosC+cosBsinC+sinC=2sinB(32sinC+12cosC)=3sinBsinC+sinBcosC，
所以cosBsinC+sinC=3sinBsinC，
是三角形内角，所以，所以cosB+1=3sinB，2sin(B-π6)=1，
sin(B-π6)=12，又B∈(0,π)，所以，即．
故答案为：．
4.在中，若acosB+32b=c，则_______．
【答案】
【分析】利用正弦定理，结合内角和的性质化简即可
【详解】由正弦定理，结合化简可得： sinAcosB+32sinB=sinC，
即 sinAcosB+32sinB=sinA+B=sinAcosB+cosAsinB，
所以32sinB=cosAsinB，又，故cosA=32，又，故
故答案为：

五、三角形几解
【典型例题】
【例1】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．①④ B．①② C．①②③ D．③④
【答案】B
【分析】根据判断三角形解的个数的公式，即可判断选项.
【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.
【例2】已知中，，，若有两解，则边长的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由三角形有两解的条件可得即求.
【详解】设角A、B、C所对边为a、b、c，由三角形有两解的条件可得，

，即，
解得即边长的取值范围是.
故选：A.
【例3】若满足，，的恰有一解，则实数m的取值范围是________．
【答案】
【分析】先求出，再数形结合分析得解.
【详解】解：由正弦定理得,因为恰有一解，
所以当或所以当或.故答案为：
【例4】已知在ABC中，a=x，b=2，B=30°，若三角形有两解，则x的取值范围是（       ）
A．x>2 B．0