苏教版高中数学必修第二册-11.2 正弦定理-同步练习【含答案】

苏教版高中数学必修第二册-11.2正弦定理-同步练习[A基础达标]1．已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边．若A＝60°，c＝6，a＝6，则此三角形()A．有两个解 B．有一个解C．无解 D．有无穷多解2．在△ABC中，若c＝eq\r(3)，C＝60°，则eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝()A．6 B．2eq\r(3)C．2 D．eq\r(3)3．在△ABC中，若eq\r(3)a＝2bsinA，则B＝()A．eq\f(π,3) B．eq\f(π,6)C．eq\f(π,3)或eq\f(2π,3) D．eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)4．在△ABC中，已知a2tanB＝b2tanA，则△ABC的形状是()A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．等腰三角形或直角三角形5．(多选)在△ABC中，三个内角分别为A，B，C，下列结论正确的是()A．sin(B＋C)＝sinAB．若cosA>0，则△ABC是锐角三角形C．cos(B＋C)＝cosAD．若sinA＝sinB，则A＝B6．在△ABC中，若a＝3，cosA＝－eq\f(1,2)，则△ABC的外接圆的半径为________．7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝3，B＝2A，cosA＝eq\f(\r(6),3)，则b＝________．8．在△ABC中，c＝eq\r(3)，b＝1，B＝30°，则△ABC的面积为________．9．已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c＝10，A＝45°，C＝30°，求a，b和B.10．(2021·南京六校联合检测)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝3，bsin2A＝asinB．(1)求角A的大小；(2)若sinB＝eq\f(3,5)，求c.[B能力提升]11．(多选)对于△ABC，下列说法中正确的是()A．若sinA<sinB，则A<BB．若sinA＝cosB，则△ABC是直角三角形C．若acosA＝bcosB，则△ABC是等腰三角形D．若tanA＋tanB＋tanC>0，则△ABC是锐角三角形12．在△ABC中，已知B＝60°，最大边与最小边的比为eq\f(\r(3)＋1,2)，则三角形的最大角为()A．60° B．75°C．90° D．115°13．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＋b＝12，A＝60°，B＝45°，则a＝________．14．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，在①bcosA·cosC＝asinBsinC－eq\f(1,2)b；②bsinBcosC＋eq\f(1,2)csin2B＝eq\r(3)acosB；③eq\f(bcosA,cosB)＋a＝2c这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．已知D是BC上的一点，BC＝2BD>AB，AD＝2eq\r(7)，AB＝6，若________，求△ACD的面积．[C拓展探究]15．在△ABC中，已知eq\f(a＋b,a)＝eq\f(sinB,sinB－sinA)，且cos(A－B)＋cosC＝1－cos2C.(1)试确定△ABC的形状；(2)求eq\f(a＋c,b)的取值范围．参考答案[A基础达标]1．解析：选B．由等边对等角可得C＝A＝60°，由三角形的内角和可得B＝60°，所以此三角形为正三角形，有唯一解．2．解析：选C．利用正弦定理的推论，得eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),sin60°)＝2.3．解析：选C．由正弦定理，得eq\r(3)sinA＝2sinBsinA，所以sinA(2sinB－eq\r(3))＝0.因为0<A<π，0<B<π，所以sinA≠0，sinB＝eq\f(\r(3),2)，所以B＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).4．解析：选D．将a＝2RsinA，b＝2RsinB(R为△ABC外接圆的半径)代入已知条件，得sin2AtanB＝sin2BtanA，则eq\f(sin2AsinB,cosB)＝eq\f(sinAsin2B,cosA).因为sinAsinB≠0，所以eq\f(sinA,cosB)＝eq\f(sinB,cosA)，所以sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，所以A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，故△ABC为等腰三角形或直角三角形．5．解析：选AD．对A：sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，故正确；对B：若cosA>0，则A为锐角，但B或C可能是钝角，故错误；对C：cos(B＋C)＝cos(π－A)＝－cosA，故错误；对D：sinA＝sinB，则a＝b，故A＝B，故正确．故答案为AD．6．解析：由cosA＝－eq\f(1,2)，得sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),2)，设△ABC的外接圆的半径为R，由正弦定理，得2R＝eq\f(a,sinA)＝2eq\r(3)，即△ABC的外接圆的半径为eq\r(3).答案：eq\r(3)7．解析：因为cosA＝eq\f(\r(6),3)，所以sinA＝eq\f(\r(3),3).因为B＝2A，所以sinB＝sin2A＝2sinAcosA＝eq\f(2\r(2),3)，又eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA)，所以b＝2eq\r(6).答案：2eq\r(6)8．解析：由正弦定理可知eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)，代入可得eq\f(\r(3),sinC)＝eq\f(1,sin30°)，解得sinC＝eq\f(\r(3),2)，所以C＝60°或C＝120°，当C＝60°时，A＝90°，由三角形面积公式可得S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),2).当C＝120°时，A＝30°，由三角形面积公式可得S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),4)，所以△ABC的面积为eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4).故答案为eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4).答案：eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(3),4)9．解：因为c＝10，A＝45°，C＝30°，所以B＝180°－(A＋C)＝105°.由eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(10×sin45°,sin30°)＝10eq\r(2).由eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得b＝eq\f(csinB,sinC)＝eq\f(10×sin105°,sin30°)＝20sin75°＝20×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝5eq\r(6)＋5eq\r(2).10．解：(1)由bsin2A＝asinB及正弦定理可知2sinBsinAcosA＝sinAsinB．因为sinAsinB≠0，所以cosA＝eq\f(1,2).因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)因为sinA＝sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，所以sinB<sinA，所以B<A，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(4,5).因为A＋B＋C＝π，所以sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(4,5)＋eq\f(1,2)×eq\f(3,5)＝eq\f(4\r(3)＋3,10).由正弦定理得c＝eq\f(asinC,sinA)＝3×eq\f(2,\r(3))×eq\f(4\r(3)＋3,10)＝eq\f(12＋3\r(3),5).[B能力提升]11．解析：选AD．若sinA<sinB，则a<b，即A<B，故A正确；若A＝120°，B＝30°，则sinA＝cosB，△ABC不是直角三角形，所以B错；若acosA＝bcosB，则sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，所以A＝B或A＋B＝90°，故△ABC是等腰三角形或直角三角形，故C错误；因为tanA＋tanB＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)，所以tanA＋tanB＋tanC＝tan(A＋B)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－tanAtanB))＋tanC＝－tanCeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－tanAtanB))＋tanC＝tanA·tanBtanC>0.所以△ABC是锐角三角形．D正确．故答案选AD．12．解析：选B．不妨设a为最大边，c为最小边，由题意有eq\f(a,c)＝eq\f(sinA,sinC)＝eq\f(\r(3)＋1,2)，即eq\f(sinA,sin（120°－A）)＝eq\f(\r(3)＋1,2)，整理，得(3－eq\r(3))sinA＝(3＋eq\r(3))cosA．所以tanA＝2＋eq\r(3)，又因为A∈(0°，120°)，所以A＝75°，故选B．13．解析：由A＝60°，B＝45°及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)可知eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(\r(3),\r(2))，则b＝eq\f(\r(6),3)a，代入a＋b＝12得a＝36－12eq\r(6).答案：36－12eq\r(6)14．解：若选择①，则sinBcosAcosC＝sinAsinBsinC－eq\f(1,2)sinB，因为sinB≠0.所以cosAcosC－sinAsinC＝－eq\f(1,2)，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋C))＝－eq\f(1,2).因为B＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋C))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋C))＝－cosB＝－eq\f(1,2)，即cosB＝eq\f(1,2).因为0<B<π.所以B＝eq\f(π,3).若选择②，则sin2BcosC＋eq\f(1,2)sinCsin2B＝eq\r(3)sinA·cosB，即sin2BcosC＋sinCsinBcosB＝eq\r(3)sinAcosB，故sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋C))＝eq\r(3)sinAcos B．因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋C))＝sinA≠0.所以sinB＝eq\r(3)cosB，所以tanB＝eq\r(3).因为0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).若选择③，则sinBcosA＋sinAcosB＝2sinCcosB，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋A))＝2sinCcosB，因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋A))＝sinC≠0.所以cosB＝eq\f(1,2).因为0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB，即28＝36＋BD2－2×6×BD×eq\f(1,2)，解得BD＝4或BD＝2.因为BC＝2BD>AB＝6，所以BD＝4.因为BC＝2BD，所以S△ACD＝S△ABD＝eq\f(1,2)AB·BDsinB＝eq\f(1,2)×6×4×eq\f(\r(3),2)＝6eq\r(3).[C拓展探究]15．解：(1)在△ABC中，设其外接圆半径为R，根据正弦定理得，sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)，代入eq\f(a＋b,a)＝eq\f(sinB,sinB－sinA)，得eq\f(a＋b,a)＝eq\f(b,b－a)，所以b2－a2＝ab.①因为cos(A－B)＋cosC＝1－cos2C，所以cos(A－B)－cos(A＋B)＝2sin2C，所以s