6.4.3（2）正弦定理练习-新人教A版（2019）高中数学必修第二册.doc

1、6.4.3（2）正弦定理 同步练习一、 单选题1在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，3sinA2sinB，并且5a2+c23bc若M为AB的中点，并且CM，则ABC的周长为（）A20B18C16D142在中，内角，所对应的边分别为，若，且，则的值为A1BCD23设的内角为，于若外接圆半径等于，则的最小值是AB2CD14在锐角中，为中点，若，则的取值范围为ABCD5已知的内角，的对边为，的面积为，且，则的周长为AB6CD86的内角，所对的边分别为，已知，的外接圆半径为2，则周长的最大值为ABCD7在中，分别为内角，的对边，若，且，则AB4CD58在中，内角，所对的边分别为，且满足，

2、则的最大值为ABCD二多选题9在中，角，的对边分别为，则下列各组条件中使得有唯一解的是A，B，C，D，10在中，角，的对边分别为，若，则下列结论正确的是ABCD11已知中，角、所对的边分别是、且，有以下四个命题其中正确命题有A满足条件的可能是锐角三角形B满足条件的不可能是直角三角形C当时，的周长为15D当时，若为的内心，则的面积为12在ABC中，已知bcosC+ccosB2b，且+，则（）Aa、b、c成等比数列BsinA：sinB：sinC2：1：C若a4，则SABCDA、B、C成等差数列三填空题13在中，内角，的对边分别为，已知，则14在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足

3、bsinAacos（B），D为AC的中点，且BD1，则SABC的最大值为15在中，内角，的对边分别为，且满足，则的取值范围为16数书九章是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，数书九章中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积“中提出了已知三角形三边a，b，c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积”若把以上这段文字写成公式，即，S为三角形的面积，a，b，c为三角形的三边长，现有ABC满足sinA：sinB：sinC且S

4、ABC12则ABC的外接圆的半径为四、 解答题17.已知中，三内角，的对边分别为，且满足（1）求；（2）若，的面积为，求18已知的三个内角，所对的边分别为，且（1）求；（2）若，的面积为4，求19在中，锐角满足（1）求角的大小；（2）点在边上，求的面积20已知函数（1）求的值和的最小正周期；（2）设锐角的三边，所对的角分别为，且，求的取值范围6.4.3（2）正弦定理 同步练习答案1.解：由于3sinA2sinB，故3a2b，设a2k，b3k，（k0）代入5a2+c23bc所以c5k或c4k，根据三角形的三边关系，所以c（k，5k）所以c4k，则ABC的周长为l2k+3k+4k9k，由于点M为A

5、B的中点，由余弦定理：，解得k2，所以ABC的周长为18故选：B2.解：因为，由正弦定理得即，因为，所以可化为，即，所以所以，所以故选：3.解：在中，由，设圆的半径为，则，由，当且仅当，即时，取等号，故选：4.解：因为，所以，故，因为为边上的中线，所以有，两边平方化简可得：，所以，又因为为锐角三角形，所以，解得：，所以故选：5.解：，又，是边长为2的等边三角形，的周长为6故选：6.解：，即，即由正弦定理得，当即时，取得最大值故选：7.解：，由正弦定理可得：，可得，解得：，由余弦定理可得：，解得：故选：8.解：因为，且，所以，由正弦定理可得，即，因为，所以，可得，从而，即，由正弦定理可得，则，其

6、中，因为，所以，从而当时，取得最大值，为故选：9.解：对于，得：，故有唯一解，对于，故可为锐角或钝角，故不唯一，对于，故，而，故可为锐角或钝角，故不唯一，对于，故是锐角，又，确定，故有唯一解，故选：10.解：由于，则：，解得：由于：，利用正弦定理：，则：，整理得：，解得：，故正确；由于，可得，解得：，或3，若，则，可得，可得，矛盾，故错误，可得，可得，可得，故错误；因为若，可得，可得，由于，矛盾，所以，又因为，则由，故正确故选：11.解：对于，由于，利用正弦定理可得，设，由，可得，所以满足条件的可能是锐角三角形，故正确；对于，由于，利用正弦定理可得，设，由，可得，满足条件的可能是直角三角形，故

7、错误；对于，可得，由正弦定理可得，可得，由，可得，由，可得：，解得：，或（舍去），可得，可得，可得：，则，故正确；对于，可得，由正弦定理可得，可得，由，可得，由，可得：，解得：，或（舍去），可得，可得，可得：，可得设的内切圆半径为，则，故正确故选：12.解：将bcosC+ccosB2b，利用正弦定理化简得：sinBcosC+sinCcosB2sinB，即sin（B+C）2sinB，sin（B+C）sinA，sinA2sinB，利用正弦定理化简得：a2b，又+，即，sinAsinBsin2C，由正弦定理可得abc2，ac，a：b：ca：2：1：，故A错误，由正弦定理可得sinA：sinB：sin

8、C2：1：，故B正确；若a4，可得b2，c2，可得cosC，可得sinC，可得SABC42，故C正确；若A、B、C成等差数列，且A+B+C，2BA+C，可得B，由于cosB，故D错误故选：BC13.解：因为，由正弦定理得：，可得，则，所以故答案为：214.解：由正弦定理及bsinAacos（B），可得：sinBsinAsinAcos（B），由A（0，），所以sinA0，则sinBcos（B）cosB+sinB，tanB，又B（0，），所以B如图，由SABCacsinBac，又D为AC的中点，则2+，所以4a2+c2+2a2+c2+ac3ac，则ac，当且仅当ac时取等号，所以ABC的面积最大值

9、为15.解：因为，由正弦定理得，由余弦定理得，故，则，由得，所以，则的范围，故答案为：，16.解：由正弦定理可得，sinA：sinB：sinCa：b：c，设a3k（k0），则b2k，ck，由余弦定理可得，cosC，因为C（0，），可得C，由12，将a3k，b2k，ck代入，解得k2，所以可得c2，设ABC的外接圆的半径为R，由正弦定理可知，2R2，即ABC的外接圆的半径为故答案为：17.解：（1）由正弦定理得，即，（2），结合，18.解：（1）因为，所以由正弦定理可得，整理可得，由余弦定理可得，因为，所以（2）因为，的面积为，可得，可得19.解：（1）因为，所以，即，结合，解可得或，因为为锐角，所以，所以，（2）因为，所以，因为，可得为等边三角形，所以，所以，设，在中，由正弦定理，可得，解得，所以20.解：（1）函数所以所以，所以函数的最小正周期为；（2）设锐角的三边，所对的角分别为，且，所以，解得利用正弦定理，解得，所以，由于，解得，所以，所以