2025苏教版高中数学必修第二册强化练习题--11.2 正弦定理（含答案）

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2025苏教版高中数学必修第二册
11.2　正弦定理
基础过关练
题组一　对正弦定理的理解
1.(多选题)(2024江苏南通如皋中学教学质量调研)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则以下结论中正确的有(　　)
A.a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C
B.a=b sin 2A=sin 2B
C.
D.A>B sin A>sin B
2.(2024江苏徐州普通高中联考)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2B=A+C,b=2,则△ABC外接圆的半径为(　　)
A.
题组二　已知两角及任一边解三角形
3.(2024江苏南京六校联合体期中)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=,B=105°,C=45°,则c=(　　)
A.1　　B.2　　C.
4.(2024江苏泰州中学期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=2,A=,则b=(　　)
A.
5.(2023湖南邵东一中期末)在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C所对的边,已知tan B=,则c=　　　　.
题组三　已知两边及其中一边的对角解三角形
6.(2024江苏连云港海州高级中学期中学情调查)在△ABC中,A=60°,AC=4,BC=2,则角B的值为(　　)
A.90°　　B.60°　　C.45°　　D.30°
7.(2024江苏南通海安高级中学模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=30°,c=2,则“b=”是“C=45°”的(　　)
A.充分不必要条件　　B.必要不充分条件
C.充分必要条件　　D.既不充分也不必要条件
8.(2024江苏镇江中学学情检测)在△ABC中,A=30°,AB=4,满足此条件的△ABC有两个,则BC边的长度的取值范围为(　　)
A.(2,4)　　B.(2,4)　　C.(4,+∞)　　D.(2,2)
9.(2023江苏扬州期末)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.
(1)求角B的大小;
(2)从条件①②③中任选一个作为已知条件,使得△ABC存在且唯一,并求AC边上的高.
条件①:cos A=;条件③:a=3,c=2.
题组四　利用正弦定理判断三角形的形状
10.(2024江苏连云港高级中学期中)在△ABC中,若acos B+bcos A=a,则△ABC的形状是(　　)
A.直角三角形
B.等腰三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰三角形或直角三角形
11.(2024江苏江阴长泾中学阶段性检测)在△ABC中,
若asin B=bcos A,且a2+c2=b2+ac,则△ABC一定是(　　)
A.等腰直角三角形　　B.直角三角形
C.等腰三角形　　D.等边三角形
题组五　三角形的面积公式及其应用
12.(2024江苏常州教育学会学业水平监测)在△ABC中,若BC=2,AC=,A=45°,则△ABC的面积为(　　)
A.
C.
13.(2024河北邯郸期中联考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若b=2ccos A,且b≤a,则当S△ABC最大时,A=(　　)
A.
14.(2024江苏扬州红桥高级中学期中)在△ABC中,角A的平分线交边BC于点D,AB=3,AC=2,∠BAC=60°,则AD的长为　　　　.　
15.(2024江苏南京金陵中学期中)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2bcos A=a+2c,且b=4,则△ABC面积的最大值为　　　　.
16.(2024江苏连云港七校期中)在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,已知c=2,C=.
(1)若△ABC的面积等于,求a,b的值;
(2)若sin C+sin(B-A)=2sin 2A,求△ABC的面积.
题组六　正弦定理的实际应用
(2024江西九江一中月考)如图,若小河两岸平行,为了知道河对岸两棵树C,D(CD与河岸平行)之间的距离,选取岸边两点A,B(AB与河岸平行)进行观测,测得数据:AB=6 m,∠ABD=60°,∠DBC=90°,
∠DAB=75°,则C,D之间的距离为　　　　.
(2022江苏宿迁泗洪中学月考)如图,测量河对岸的塔高AB时,可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D.现测得
∠BCD=α=35°,∠BDC=β=100°,CD=400 m.在点C处测得塔顶A的仰角为50.5°.
(1)求B与D两点间的距离;
(2)求塔高AB.(结果精确到1 m)
参考数据:取sin 80°=1.393,tan 50.5°=1.2.
能力提升练
题组一　利用正弦定理解三角形
1.(2024江苏泰州民兴实验中学期中调研)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若A=30°,a=1,acos C+ccos A=,则角B的大小是(　　)
A.30°　　B.60°　　C.30°或150°　　D.60°或120°
2.(2024湖北武汉部分重点中学期中联考)在△ABC中,若sin C+cos C=2,则c=(　　)
A.　　
C.3　　D.2
3.(2024河北沧州运东四校期中)如图,在△ABC中,AC=BC,D在边AB上,∠ACB=3∠BCD,4,则cos∠ACD=(　　)
A.-　　
C.-
4.(2022上海曹杨第二中学期末)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,从下列四个条件:①a=中选出三个条件,使满足所选条件的△ABC存在且唯一的所有c的值为　　　　.　
题组二　利用正弦定理判断三角形的形状
5.已知三角形ABC中,a2sin 2B+b2sin 2A=2ab,则三角形ABC是(　　)
A.等腰三角形
B.等腰三角形或直角三角形
C.直角三角形
D.等腰直角三角形
6.(2024江苏泰州兴化期中)分别根据甲、乙、丙、丁四个条件判断△ABC的形状,甲:acos A=bcos B;乙:a2tan B=b2tan A;丙:acos B=bcos A;丁:a-b=ccos B-ccos A.其中判断结果与其他三个不一样的是(　　)
A.甲　　B.乙　　
C.丙　　D.丁
题组三　三角形的面积公式及其应用
7.(2024江苏扬州新华中学期中)设a,b,c分别是△ABC的内角A,B,C的对边,已知D是BC边的中点,△ABC的面积为1,且(b+)等于(　　)
A.2　　B.2　　
C.-2　　D.-2
8.(2024江苏泰州中学期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,2asin A-bsin B=3csin C,若S表示△ABC的面积,则的最大值为　　　　.
9.(2024江苏南京中华中学期中联考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且.
(1)求角B的大小;
(2)若b=2,求△ABC的周长;
(3)若b=2,D为AC边上的一点,BD=3,且　　　　,求△ABC的面积.
(从下面两个条件中任选一个,补充在上面的横线上并作答)
①BD平分∠ABC;
②D为线段AC的中点.
题组四　正弦定理的综合应用
10.(2022江苏南京月考)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B),且c=的取值范围为(　　)
A.(1,2)　　B.　　
C.)
11.(2024江苏南通如皋中学教学质量调研)锐角△ABC的角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足的取值范围为　　　　.　
12.(2024江苏镇江中学学情检测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bsin∠BAC=acos B,若M是BC边的中点,且AM=AC,则sin∠BAC=　　　　.
13.(2023江苏期末)已知△ABC为锐角三角形,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且acos B+bcos A=2ccos C.
(1)求角C;
(2)若c=2,求△ABC的周长的取值范围.
14.(2024江苏无锡第一中学期中)在①cos A=,②bcos C=(2a-c)cos B中任选一个作为已知条件,补充在下面问题的横线上,并作答.
问题:在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知　　　　.
(1)求B;
(2)若△ABC的外接圆半径为1,且cos Acos C=-,求a+c;
(3)若b=2,△ABC为锐角三角形,求△ABC的面积的取值范围.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.ACD　对于A,由正弦定理得a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C,故A正确;
对于B,易知a=b A=B,
当sin 2A=sin 2B时,2A=2B或2A+2B=π,则A=B或A+B=,故B错误;
对于C,由正弦定理得,故C正确;
对于D,易知A>B a>b,由正弦定理得a>b sin A>sin B,所以A>B sin A>sin B,故D正确.故选ACD.
2.B　由题意得A+B+C=3B=π,所以B=,
设△ABC外接圆的半径为R,则由正弦定理得.故选B.
3.B　易知A=180°-105°-45°=30°,因为=2.故选B.
4.B　因为cos B=,
又,所以b=1.故选B.
5.答案　8
解析　因为tan B=,
则sin B=,
因为cos C=,
由=8.
6.A　因为=1,又0°7.B　当b=,
又c>b,所以C>B,
(点拨:在解三角形时,要注意根据“大边对大角”这一性质对结果进行取舍)
所以C=45°或C=135°,充分性不成立.
当C=45°时,由正弦定理得b=”是“C=45°”的必要不充分条件.
故选B.
8.B　作出角A如图所示,在角A的一条边上取AB=4,
过点B作BH垂直于角A的另一边,垂足为H.
则BH=ABsin A=4sin 30°=2.
以B为圆心,BC边的长为半径画圆弧,
当2当0当BC=BH=2或BC≥BA=4时,只有一个满足条件的三角形.故选B.
解题模板　在△ABC中,已知a,b和A时,以点C为圆心,边长a为半径画弧,此弧与除去顶点A的射线AB的公共点的个数即为三角形解的个数,常见结论如下表:
A为钝角 A为直角 A为锐角
a>b 一解 一解 一解
a=b 无解 无解 一解
absin A 两解
a=bsin A 一解
a9.解析　(1)由正弦定理得,
∴,
∵0(2)若选择条件①,则cos A=,
∴0则△ABC中,角A,B,C均唯一确定,
又b=1,∴△ABC存在且唯一,
由正弦定理得,
∴a=,
∴AC边上的高为asin C=asin(A+B)=.
若选择条件②,则b=2,c=2,
由>1,
∴△ABC不存在.∴不能选择条件②.
若选择条件③,则a=3,c=2,B=,
易知△ABC存在且唯一,
由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=9+4-2×3×2×,
由.
10.B　解法一:由acos B+bcos A=a及正弦定理得sin Acos B+sin Bcos A=sin A,即sin(A+B)=sin C=sin A,
所以A=C或A+C=π(舍),所以△ABC是等腰三角形.无法判断其是不是直角三角形,故选B.
解法二:由acos B+bcos A=a及余弦定理得a·=a,
整理得c=a,所以△ABC是等腰三角形.无法判断其是不是直角三角形,故选B.
11.D　由asin B=sin Bcos A,
因为B∈(0,π),所以sin B>0,所以sin A=,
又A∈(0,π),所以A=.
由a2+c2=b2+ac及余弦定理可得cos B=,
因为B∈(0,π),所以B=,
所以C=,则△ABC为等边三角形.故选D.
12.A　在△ABC中,BC=2,AC=,A=45°,
由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos A,
即4=AB2+2-2AB,解得AB=+1(负值舍去),
所以S△ABC=.故选A.
13.B　在△ABC中,由b=2ccos A及余弦定理,得b=2c·,整理得c2=a2,即c=a,
因为b≤,则sin 2A∈(0,1],
则S△ABC=时取等号,
所以S△ABC最大时,A=.故选B.
14.答案　
解析　设AD=x,由题知∠BAD=∠CAD=∠BAC=30°,
由S△BAD+S△CAD=S△BAC,可得×2×
3sin 60°,
解得x=.
15.答案　
思路分析　2bcos A=a+2cB=16≥3ac△ABC面积的最大值.
解析　由2bcos A=a+2c及余弦定理得2b·=a+2c,
整理可得c2+a2+ac=b2,由余弦定理得cos B=,
因为B∈(0,π),所以B=,
由基本不等式得16=b2=a2+c2+ac≥2ac+ac=3ac,
当且仅当a=c=,
故S△ABC=.
16.解析　(1)由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C,即a2+b2-ab=4,
由S△ABC=,即ab=4,
联立解得a=2,b=2.
(2)由已知得sin(B+A)+sin(B-A)=4sin Acos A,
即sin Bcos A+cos Bsin A+sin Bcos A-cos Bsin A=4sin Acos A,
即sin Bcos A=2sin Acos A,
当cos A=0时,A=,
由正弦定理得a=;
当cos A≠0时,sin B=2sin A,即b=2a,
则有a2+b2-ab=a2+4a2-2a2=4,解得a=.
17.答案　(6+6)m
解析　∠ABC=∠ABD+∠DBC=150°,
因为AB∥CD,所以∠C=180°-150°=30°,
在△ABD中,AB=6 m,∠ADB=180°-75°-60°=45°,
由正弦定理得BD=,　
在Rt△DBC中,CD=.
所以C,D之间的距离为(6+6)m.
18.解析　(1)在△BCD中,∠CBD=180°-α-β=45°,
由正弦定理得,
则BD=sin 35°=400×0.811=324.4≈324(m).
故B与D两点间的距离约为324 m.
(2)在△BCD中,由正弦定理得,
则BC=sin 80°=400×1.393=557.2(m).
故塔高AB=BCtan 50.5°=557.2×1.2=668.64≈669(m).
故塔高AB为669 m.
能力提升练
1.D　解法一:因为a=1,acos C+ccos A=a,
(点拨:为了能使用正弦定理,在原条件等式的右边进行了配凑,这是解题的一种常用技巧)
由正弦定理得sin Acos C+sin Ccos A=sin A,
即sin(A+C)=,则B=60°或B=120°.
解法二:由余弦定理得acos C+ccos A=a·,
由正弦定理得sin B=,又b>a,所以B=60°或B=120°.
故选D.
2.D　由+2kπ,k∈Z,
∵C∈(0,π),∴C=.
由,
由正弦定理得,
即=2.
故选D.
3.B　设∠BCD=α,则∠ACB=3∠BCD=3α,则∠ACD=2α.
在△ACD中,由正弦定理,得,
在△BCD中,由正弦定理,得.
因为AC=BC,∠ADC+∠BDC=π,
所以,
所以=2cos α.
又因为4,
所以,
所以cos∠ACD=cos 2α=2cos2α-1=2×.
故选B.
4.答案　
解析　由①②结合正弦定理可得sin A=.
若选①②③,则由cos B=-,故不能选①②③;
若选①②④,则A有两解,不满足题意.
若选①③④,则由余弦定理得-(负值舍去),满足题意.
若选②③④,∵cos B=-,
∴sin B=,
由,满足题意.
故满足条件的所有c的值为.
5.C　由a2sin 2B+b2sin 2A=2ab结合正弦定理,
得sin2Asin 2B+sin2Bsin 2A=2sin Asin B,
即sin2A·2sin Bcos B+sin2B·2sin Acos A=2sin Asin B,
易知sin A≠0,sin B≠0,
所以sin Acos B+cos Asin B=1,即sin(A+B)=1,
所以A+B=90°,所以C=90°,因此三角形ABC是直角三角形,无法判断其是不是等腰三角形.
故选C.
易错警示　在将三角形中的边角关系进行转化时,要注意正弦定理运用的可行性,例如将边转化为角时,等号两边关于边的项的次数应该是相等的,否则不能运用正弦定理进行转化.本题中,已知等式的等号两边都是关于边的二次式,因此可用正弦定理进行转化,再通过三角恒等变换得出角的关系,即可判断三角形的形状.
6.C　对于甲:acos A=bcos B,由正弦定理可得sin Acos A=sin Bcos B,
即sin 2A=sin 2B,所以2A=2B或2A=π-2B,即A=B或A+B=,
所以△ABC为等腰三角形或为以C为直角的直角三角形;
对于乙:a2tan B=b2tan A,由正弦定理可得sin2Atan B=sin2Btan A,
所以sin2A·,
又A,B∈(0,π),所以sin A>0,sin B>0,
所以sin Acos A=sin Bcos B,
即sin 2A=sin 2B,下同甲中分析;
对于丙:acos B=bcos A,由正弦定理可得sin Acos B=sin Bcos A,
所以sin(A-B)=0,又A,B∈(0,π),
所以A-B∈(-π,π),所以A-B=0,即A=B,所以△ABC为等腰三角形;
对于丁:a-b=ccos B-ccos A,由正弦定理可得sin A-sin B=sin Ccos B-
sin Ccos A,
所以sin(B+C)-sin(A+C)=sin Ccos B-sin Ccos A,
即sin Bcos C+cos Bsin C-sin Acos C-cos Asin C=sin Ccos B-sin Ccos A,
所以sin Bcos C-sin Acos C=0,
即(sin B-sin A)cos C=0,
所以cos C=0或sin B-sin A=0,
又A,B,C∈(0,π)且A+B+C=π,所以C=或A=B,
所以△ABC为等腰三角形或为以C为直角的直角三角形.故选C.
方法总结　利用正、余弦定理判断三角形的形状一般有两种方法:一是都化为边,利用正、余弦定理把已知条件中的角都转化为边,再结合因式分解、配方等方法得到三边的相应关系,从而判断三角形的形状;二是都化为角,利用正、余弦定理把已知条件中的边都转化为角,由三角恒等变换得到三个内角的相应关系,从而判断三角形的形状.
7.A　由(b+c)b=(a+c)(a-c),
即b2+c2-a2=-
.
因为△ABC的面积为1,所以bcsin A=1,即bc=4.
因为D是BC边的中点,所以),
故
=-bccos A=-4×.故选A.
8.答案　
解析　由2asin A-bsin B=3csin C,结合正弦定理可得2a2-b2=3c2,所以a2=c2,
由余弦定理得cos A=,
所以
=,
令=t(t>0),因为函数f(t)=-t2+18t-1=-(t-9)2+80,所以f(t)max=f(9)=80,
所以,当且仅当t=9,即c=3b时取等号,
所以.
9.解析　(1)由,
∵A∈(0,π),∴sin A>0,∴2sin C=sin A+2sin Bcos A,
∴2sin(A+B)=sin A+2sin Bcos A,
∴2sin Acos B=sin A,
∴cos B=.
(2)由题意得S△ABC=,∴ac=8,
由余弦定理得cos B=,即a2+c2-8=ac,
即(a+c)2=3ac+8=32,解得a+c=4(负值舍去),
所以△ABC的周长为a+b+c=2.
(3)若选①:由BD平分∠ABC得∠ABD=∠CBD=,又S△ABC=S△BCD+S△BAD,
即(a+c).
在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos,即a2+c2-ac=12,
联立得(ac)2-9ac-36=0,解得ac=12(舍负),
∴S△ABC=.
若选②:由题意得),
即a2+c2+ac=36.
在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos,即a2+c2-ac=12,
联立得ac=12,
∴S△ABC=.
10.C　因为(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B),
所以(a+c)(a-c)=b(a-b),整理得a2+b2-c2=ab,
所以cos C=,
又C∈(0,π),所以C=,
又c==2R(R为△ABC外接圆的半径),可得R=1,
所以a-,
(利用正弦定理将关于边的问题转化为关于角的三角函数问题)
因为0故选C.
11.答案　()
解析　因为,所以(c-b)cos C=c(cos B-cos C),
所以2ccos C=bcos C+ccos B,
由正弦定理得2sin Ccos C=sin Bcos C+sin Ccos B=sin(B+C),
所以sin A=sin 2C,
因为在锐角△ABC中,0当A=2C时,B=π-A-C=π-3C,
所以,符合题意;
当A=π-2C时,B=π-A-C=π-(π-2C)-C=C,此时b=c,不合题意.
综上,.
又),
即).
12.答案　
解析　因为bsin∠BAC=acos B,
所以由正弦定理得sin Bsin∠BAC=sin∠BACcos B,
又0<∠BAC<π,所以sin∠BAC>0,则sin B=,
又0在△ABC中,由余弦定理得AC2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac,
在△ABM中,由余弦定理得AM2=ac,
因为AM=AC,所以a2+c2-ac=,
代入AC2=a2+c2-ac,得AC2=a2+a,
在△ABC中,由正弦定理得,
所以sin∠BAC=.
解析　(1)由acos B+bcos A=2ccos C及正弦定理得sin Acos B+
sin Bcos A=2sin Ccos C,
即sin(A+B)=2sin Ccos C,即sin C=2sin Ccos C,
又C∈(0,π),所以sin C≠0,
所以cos C=.
(2)由正弦定理得a=sin B,
所以△ABC的周长L=a+b+c=+2,
由△ABC为锐角三角形可知
得,
所以sin.
所以△ABC的周长的取值范围为(2+2,6].
14.解析　(1)选①.由正弦定理可得cos A=,
即2sin C-sin A=2sin Bcos A,
又sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,
所以2sin Acos B+2cos Asin B-sin A=2sin Bcos A,
整理得2sin Acos B=sin A,
易知sin A≠0,所以cos B=,
又B∈(0,π),所以B=.
选②.因为bcos C=(2a-c)cos B,所以由正弦定理可得sin Bcos C=
2sin Acos B-sin Ccos B,
即sin Bcos C+sin Ccos B=sin(B+C)=2sin Acos B,
又sin(B+C)=sin A,且sin A≠0,所以cos B=,
又B∈(0,π),所以B=.
(2)因为B=,
即cos Acos C-sin Asin C=-.
因为△ABC的外接圆半径为1,所以由正弦定理可得,
由余弦定理可得b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-3ac,即3=(a+c)2-.
由正弦定理得
sin C,
所以△ABC的面积S=sin Csin A
=
=,
因为△ABC是锐角三角形,所以,
所以2A-,
所以S∈.
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