11.2 正弦定理--2026苏教版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026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.(2025江苏无锡天一中学月考)已知O是△ABC的外心,=2,∠ACB=,则△ABC的外接圆半径R=(　　)
A.
2.(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
题组二　已知两角及任一边解三角形
3.(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=,cos B=,则b=(　　)
A.
4.(2025江苏无锡辅仁高级中学期中)在△ABC中,∠B=45°,D是BC边上一点,AD=5,AC=7,DC=3,则AB的长为(　　)
A.5
C.
5.(2025江苏无锡辅仁高级中学调研)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若tan C=,cos A=,则a=　　　　.
题组三　已知两边及其中一边的对角解三角形
6.(教材习题改编)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知A=45°,a=6,b=3,则B的大小为(　　)
A.30°　　　　 B.60°
C.30°或150°　　　　D.60°或120°
7.(2024江苏南京师大附中期中)在△ABC中,D为边BC上一点,AD=6,BD=3,∠ABC=45°,则sin∠ADC的值为(　　)
A.
8.(教材习题改编)(多选题)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列对△ABC解的情况判断正确的是(　　)
A.当a=2,c=4,A=30°时,有两解
B.当a=5,b=7,A=60°时,有一解
C.当a=,b=4,A=30°时,无解
D.当a=6,b=4,A=60°时,有两解
9.(2025北京第五十五中学期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=6,bcos A=asin B.
(1)求A的大小;
(2)从条件①②③中选择一个作为已知条件,使得△ABC存在且唯一,并求△ABC的面积.
条件①:AC边上的高BH=3;条件②:cos B=-;条件③:b=8.
题组四　利用正弦定理判断三角形的形状
10.(2025江苏淮安马坝高级中学期中)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.(2025江苏宜兴第一中学期中)已知在△ABC中,a2cos Asin B=b2sin Acos B,则△ABC的形状为(　　)
A.等边三角形　　　　
B.等腰(非等边)三角形
C.直角三角形　　　　
D.等腰三角形或直角三角形
题组五　三角形的面积公式及其应用
12.(2024安徽淮南第二中学月考)在△ABC中,A=120°,b=5,且△ABC的面积为,则△ABC的周长为(　　)
A.15　　　　B.12　　　　C.16　　　　D.20
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.(教材习题改编)△ABC中,AB=3,AC=2,∠BAC=60°,BC边上的中线AM的长为m,∠BAC的平分线交BC于点D,AD=n,则n=　　　　.
15.(2025湘豫名校联考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,BC边上的高为h,若a=4,h=,则bc的最小值为　　　　;若h=a,则的最大值为　　　　.
16.(2025江苏徐州第一中学模拟)锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=且2c=2acos B+b.
(1)求A;
(2)求三角形ABC周长的取值范围;
(3)求三角形ABC面积的最大值.
题组六　正弦定理的实际应用
17.(2025江苏扬州广陵红桥高级中学期中)如图,为了测量河对岸A,B两点之间的距离,在河岸这边找到在同一直线上的三点C,D,E.从D点测得∠ADC=67.5°,从C点测得∠ACD=45°,∠BCE=75°,从E点测得∠BEC=60°.若测得DC=(单位:百米),则A,B两点之间的距离为(　　)
A.2百米　　　　B.2百米
C.百米　　　　D.3百米
18.(2024重庆南开中学月考)某同学为了测量一塔ED的高,他在山下A处测得塔尖D的仰角为45°,沿AC前进24.4 m到达山脚B处(A,B,C三点共线,D,E,C三点共线),测得塔尖D的仰角为60°,塔底E的仰角为30°,那么该塔的高约为(≈1.7,≈1.4)(　　)
A.37.54 m　　　　
B.38.23 m　　　　
C.39.53 m　　　　
D.40.52 m
能力提升练
题组一　利用正弦定理解三角形
1.(2025江苏无锡运河实验中学期中)如图所示,在平面四边形ABCD中,AD=1,CD=2,AC=.若cos∠BAD=-,sin∠CBA=,则BC的长为(　　)
A.　　　　B.2　　　　
C.3　　　　D.
2.(2025江苏南通如东高级中学阶段测试)在△ABC中,sin A+2sin Bcos C=0,O是△ABC的外心,且满足=2,则线段OB长的最小值为(　　)
A.2　　　　 B.4
C.
3.(2025河北衡水中学模拟)在△ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c.从下面三个条件:①b+c=2a;②A=;③3csin B=4asin C中选择两个,使得△ABC存在,则cos B的值为　　　　.　
4.(2025江苏无锡第三高级中学期中)斯特瓦尔特(Stewart)定理是由18世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论.根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论:设△ABC中,内角A、B、C的对边分别为a、b、c,点D在边BC上,且,则AD2=.已知△ABC中,b=2c=4,asin B+bcos A=0,点D在BC上,且△ABD的面积与△ADC的面积之比为2,则AD=　　　　.
题组二　利用正弦定理判断三角形的形状
5.(2025江苏徐州期中)记△ABC的面积为S,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且3b2+3c2-a2=4S,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.等边三角形
6.(2025江苏淮安期中)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若c=b(sin A+cos A),cos,则△ABC的形状为(　　)
A.锐角三角形　　　　B.钝角三角形
C.直角三角形　　　　D.不能确定
7.(2025安徽安庆第一中学期中)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
8.(2025江苏无锡阶段检测,)已知锐角△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,tan A+tan C+tan A·tan C,且c=1,则△ABC面积的取值范围为(　　)
A.(0,2)　　　　B.　　　　C.
9.(2025湖北武汉部分重点中学期中联考)已知在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,△ABC的面积为S,且(b2-c2)·sin B=2S,若a=kc,则k的取值范围是(　　)
A.(1,3)　　　　B.(0,1)　　　　C.(1,2)　　　　D.(0,2)
10.(2025江苏南京师范大学附属中学期中)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知cos 2B-cos 2A=2sin Bsin C.
(1)若B=C,求A;
(2)求的取值范围;
(3)设D是边BC上一点,若B=,tan∠CAD=,记△ABD,△ADC的面积分别为S1,S2,求的值.
题组四　正弦定理的综合应用
11.(2025江苏无锡江阴第一中学阶段性检测,)古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理,即圆的内接四边形的两对对边长的乘积的和等于两条对角线长的乘积.已知AC,BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线,sin∠CBD∶sin∠BDC∶sin∠BAD=1∶1∶,AC=4,则△ABD面积的最大值为(　　)
A.2
12.(多选题)(2025山西太原月考)“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论,由其几何图形酷似奔驰的标志而得名,它的具体内容是:已知M是△ABC内一点,△BMC,△AMC,△AMB的面积分别为SA,SB,SC,且SA·+SB·+SC·=0.以下命题正确的是(　　)
A.若SA∶SB∶SC=1∶1∶1,则M为△ABC的重心
B.若M为△ABC的内心,则BC·+AC·+AB·=0
C.若∠BAC=45°,∠ABC=60°,M为△ABC的外心,则SA∶SB∶SC=∶2∶1
D.若M为△ABC的垂心,3=0,则cos∠AMB=-
13.(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
11.2　正弦定理
基础过关练
1.B　O是△ABC的外心,则,所以=2,所以AB=2,由正弦定理得,所以R=.
2.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=2R(其中R为△ABC外接圆的半径),所以b=2Rsin B,c=2Rsin C,所以=2R,所以,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.
3.B　因为cos B=,B∈(0,π),
所以sin B=,
又,即,所以b=1.
4.C　在△ADC中,由余弦定理得cos∠ADC=,
∴∠ADC=120°,∴∠ADB=60°,
在△ABD中,由正弦定理得,
∴AB=.
5.答案　2
解析　由
因为cos A=,所以sin A=,
故sin B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=.
由,得a==2.
6.A　由,得,解得sin B=,
又B为三角形的内角,所以B=30°或B=150°,又a>b,所以A>B,即B=30°.
易错警示　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.
7.C　在△ABD中,由正弦定理得,即,故sin∠BAD=,
因为BD故cos∠BAD=,
所以sin∠ADC=sin(∠BAD+∠ABD)=sin(∠BAD+45°)=.
8.AC　解法一:对于A,由,得,所以sin C=,又因为0°a,所以C=45°或C=135°,所以三角形有两解,故A正确;
对于B,由正弦定理得sin B=>1,无解,故B错误;
对于C,由正弦定理得sin B=>1,无解,故C正确;
对于D,由正弦定理得sin B=,因为b解法二:csin A=4×=2,∵csin Absin A=7×,∵absin A=4×=2,∵a∵a>b,且A为锐角,∴三角形有一解,D错误.
解题模板　在△ABC中,已知a,b和A,以角A一边上的点C为圆心,a为半径画弧,此弧与角A另一边的公共点(不包含点A)的个数即为三角形解的个数.解的个数总结如下表:
条件 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 无解 无解 两解
a=bsin A 一解
a9.解析　(1)在△ABC中,由bcos A=asin B及正弦定理得sin Bcos A=sin Asin B,
因为sin B>0,所以tan A=,又0(2)若选①,在Rt△ABH中,AB=,即c=2,
在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,即62=b2+(2,整理得b2-2b-24=0,解得b=4(负值舍去),
已知△ABC三边的长,且满足三角形三边的关系,故△ABC存在且唯一,
所以S△ABC=bcsin A=.
若选②,由cos B=-得B>A,sin B=,
由,得b=,b根据三角形中大边对大角可知△ABC不存在.
若选③,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,即62=82+c2-16c×,即c2-8c+28=0,显然Δ=82-4×28<0,此方程无解,因此△ABC不存在.
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.
解法二:由acos B+bcos A=a及余弦定理得a·+b·=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.
11.D　由正弦定理得sin2Acos Asin B=sin2Bsin Acos B,
因为sin A≠0,sin B≠0,故sin Acos A=sin Bcos B,
故2sin Acos A=2sin Bcos B,即sin 2A=sin 2B,
又A,B∈(0,π),所以2A=2B或2A+2B=π,
即A=B或A+B=,故△ABC为等腰三角形或直角三角形.
易错警示　运用正弦定理进行边角互化时,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要相等,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.
12.A　由题意得S△ABC=bcsin A=,解得c=3,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=52+32-2×5×3×=49,所以a=7,
则△ABC的周长为a+b+c=15.
13.B　由b=2ccos A及余弦定理,得b=2c·,整理得c2=a2,即c=a,
因为b≤a,所以0<2acos A≤a,即0又0则sin 2A∈(0,1],
则S△ABC=bcsin A=a2,当且仅当2A=,即A=时取等号,
所以S△ABC最大时,A=.
14.答案　
解析　由AM为BC边上的中线,得2,则(2)2,
即4m2==19,所以m=,
由AD为∠BAC的平分线,得S△ABC=S△ABD+S△ACD,
即,得n=,
故.
15.答案　6;4
解析　由S△ABC=bcsin A==3,得bcsin A=6≤bc,当且仅当sin A=1,即A=90°时,取等号,∴bc的最小值为6.
若h=a,则S△ABC=bcsin A=a,解得a2=2bcsin A,　
由余弦定理得2bcsin A=b2+c2-2bccos A,
整理得b2+c2=4bc,
∴,当A+,即A=时,取得最大值,为4.
16.解析　(1)由题意及正弦定理得2sin C=2sin Acos B+sin B,即2sin(A+B)=2sin Acos B+sin B,
则2sin Acos B+2sin Bcos A=2sin Acos B+sin B,
因为sin B≠0,所以cos A=,由0(2)由正弦定理得=2,所以b=2sin B,c=2sin C,
则b+c=2sin B+2sin C=2sin B+2sin=3sin B+cos B=2,
因为0所以B+,所以b+c∈(3,2],则a+b+c∈(3+],
故三角形ABC周长的取值范围是(3+].
(3)由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,则3=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,
所以S△ABC=,当且仅当b=c=时,等号成立,即△ABC为等边三角形时,S△ABC取最大值,为.
17.D　在△ACD中,∠DAC=180°-67.5°-45°=67.5°,∴AC=DC=,
在△BCE中,∠EBC=180°-75°-60°=45°,CE=2,
由正弦定理得,
∴BC=,
易得∠ACB=180°-∠ACD-∠BCE=60°,
在△ABC中,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=9,∴AB=3.
则A,B两点之间的距离为3百米.
18.B　在△ABD中,∠BAD=45°,∠ABD=120°,
则∠ADB=15°,由题意知AB=24.4,
在△ABD中,由正弦定理得,
则AD=AB,
在Rt△ACD中,DC⊥AC,∠DAC=45°,
则DC=AC=AB,
在Rt△BCD中,∠CBD=60°,则BC=AB,
在Rt△BCE中,∠CBE=30°,则CE=BCtan 30°=AB,
所以DE=DC-CE=AB≈×24.4≈38.23(m),
所以该塔的高约为38.23 m.
能力提升练
1.C　在△ADC中,由余弦定理得cos∠CAD=,∴sin∠CAD=,
∵cos∠BAD=-,∴sin∠BAD=.
设∠BAC=α,则sin α=sin(∠BAD-∠CAD)=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD=,
在△ABC中,由正弦定理得,即,解得BC=3.
2.A　|·||cos∠CBO=|2=2,所以BC=2,设角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则a=2,
由题意及正弦定理得a+2bcos C=0,所以cos C=-,则sin C=,
由题意及余弦定理得a+=0,即c2=b2+8,
由正弦定理得2R=(R为△ABC外接圆的半径),
令b2-1=t(t>0),则R=≥2,当且仅当t=3,即b=2时等号成立,
故OB长的最小值为2.
3.答案　-
解析　若选①②,则由b+c=2a知b≤a≤c或c≤a≤b,因此B≤A≤C或C≤A≤B,结合A=知△ABC不存在;
若选②③,则由3csin B=4asin C结合正弦定理,得3sin Csin B=4sin Asin C,
又C∈(0,π),所以sin C>0,所以sin B=sin A=>1,显然不成立,故△ABC不存在;
若选①③,则由3csin B=4asin C结合正弦定理,得3sin Csin B=4sin Asin C,
又C∈(0,π),所以sin C>0,所以sin B=sin A,即b=a,由b+c=2a得c=a,
所以b+c>a,a+b>c,a+c>b,此时△ABC存在,
所以cos B=.
4.答案　
解析　由asin B+bcos A=0及正弦定理得sin Asin B+sin Bcos A=0,
∵B∈(0,π),∴sin B>0,则sin A+cos A=0,则tan A=-,
∵A∈(0,π),∴A=.
由余弦定理可得a=,
又=2,故m=2n,
由斯特瓦尔特定理得AD2=,所以AD=.
5.C　由题意结合余弦定理得3b2+3c2-(b2+c2-2bccos A)=4bcsin A,即b2+c2+bccos A=bcsin A,
所以sin A-cos A=2sin,
因为≥2=2,当且仅当b=c时取等号,y=2sin的最大值为2,所以=2,即sin=1,
又A∈(0,π),故A=,
所以△ABC是钝角三角形.
6.C　由正弦定理及题意得sin C=sin B(sin A+cos A),
因为sin C=sin Acos B+cos Asin B,
所以sin Acos B+cos Asin B=sin Bsin A+sin Bcos A.
易知sin A≠0,则sin B=cos B,即tan B=,故B=.
因为cos,
所以sin,
又A∈(0,π),所以A+,所以sin,　
则A+或A+,则A=或A=.
若A=,则C=;若A=,则C=,
所以△ABC为直角三角形.
7.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+2B=π,即A=B或A+B=,
故△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·=sin2B·,
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,
故△ABC为等腰三角形或为以C为直角的直角三角形.
故结果与其他三个不一样的是丙.
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.
8.D　因为tan(A+C)=,所以tan B=-tan(A+C)=.
因为0由正弦定理得a=,
又0<,所以,所以tan C∈,所以a∈,
故△ABC的面积S=acsin B=a∈.
小题速解　在非直角三角形ABC中,有结论tan A+tan B+tan C=tan A·tan B·tan C,因为tan A+tan C+tan A·tan C,所以tan B=,故B=.本题中△ABC为锐角三角形,故满足题意的△ABC如图所示,
当C在C1处时,S△ABC=,当C在C2处时,S△ABC=,
所以△ABC面积的取值范围为.
9.C　因为S=acsin B,所以(b2-c2)·sin B=acsin B,
又sin B≠0,所以b2-c2=ac,
所以ac+c2=a2+c2-2accos B,整理得ac=a2-2accos B,
因为a>0,所以c=a-2ccos B,由正弦定理得sin C=sin A-2sin Ccos B,
因为sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,
所以sin C=sin Bcos C-cos Bsin C=sin(B-C),
因为△ABC为锐角三角形,所以-,
所以C=B-C,即B=2C,
由解得B∈,
因为a=kc,所以cos B=,故k∈(1,2).
10.解析　(1)由题意及和差化积公式得2sin(A-B)sin(A+B)=2sin Bsin C,
又A+B+C=π,所以sin(A-B)sin C=sin Bsin C,
因为C∈(0,π),所以sin C≠0,则sin(A-B)=sin B,
所以A-B=B或A-B+B=π(舍去),故A=2B,
所以A+B+C=2A=π,解得A=.
(2)由(1)知A=2B,所以解得0由正弦定理得=2cos B∈(1,2),故的取值范围为(1,2).
(3)由(1)知A=2B,又B=,所以A=,
在△ABC中,由正弦定理得,
所以
=
=.　
11.C　由题意知∠BAD+∠BCD=π,则sin∠BAD=sin∠BCD,
所以sin∠CBD∶sin∠BDC∶sin∠BCD=1∶1∶,
即CD∶BC∶BD=1∶1∶,
设CD=BC=k(k>0),BD=k,
由托勒密定理知AB·CD+AD·BC=AC·BD,
所以k(AB+AD)=4k,故AB+AD=4,
又cos∠BCD=,
所以∠BCD=,则∠BAD=,
所以S△ABD=AB·ADsin∠BAD=AB·AD≤,当且仅当AB=AD=2时取等号,
故△ABD面积的最大值为3.
12.ABD　对于A,取BC,AB,AC的中点分别为D,E,F,连接MD,ME,MF,
由SA∶SB∶SC=1∶1∶1,得=0,所以2,
所以A,M,D三点共线,且,
同理可得,所以M为△ABC的重心,故A正确;
对于B,设△ABC内切圆的半径为r,
则SA=BC·r,SB=AC·r,SC=AB·r,
所以r·BC·r·AC·r·AB·=0,
即BC·+AC·+AB·=0,故B正确;
对于C,如图1,设△ABC外接圆的半径为R,
因为∠BAC=45°,∠ABC=60°,所以∠ACB=75°,所以∠BMC=2∠BAC=90°,∠AMC=2∠ABC=120°,∠AMB=2∠ACB=150°,
所以SA=R2·sin∠BMC=R2·sin 90°=R2,
SB=R2·sin∠AMC=R2·sin 120°=R2,
SC=R2·sin∠AMB=R2·sin 150°=R2,
所以SA∶SB∶SC=2∶∶1,故C错误;
对于D,如图2,延长AM交BC于点H,延长BM交AC于点I,延长CM交AB于点K,
由M为△ABC的垂心,3=0,得SA∶SB∶SC=3∶4∶5,
又S△ABC=SA+SB+SC,所以=3,
设MH=x,MI=y,则AM=3x,BM=2y,
所以cos∠BMH==cos∠AMI=,即3x2=2y2,得,
所以cos∠BMH=,所以cos∠AMB=cos(π-∠BMH)=-,故D正确.
　
二级结论　1.奔驰定理:已知M是△ABC内一点,△BMC,△AMC,△AMB的面积分别为SA,SB,SC,且SA·+SB·+SC·=0.
2.三角形的“四心”与奔驰定理
(1)若点M为重心,则SA∶SB∶SC=1∶1∶1,即=0;
(2)若点M为内心,则SA∶SB∶SC=BC∶AC∶AB,即BC·+AC·+AB·=0;
(3)若点M为外心,则SA∶SB∶SC=sin 2A∶sin 2B∶sin 2C,即sin 2A·+sin 2B·+sin 2C·=0;
(4)若点M为垂心,则SA∶SB∶SC=tan A∶tan B∶tan C,即tan A·+tan B·+tan C·=0.
13.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=,所以A+C=,故cos(A+C)=-,
即cos Acos C-sin Asin C=-,
又cos Acos C=-,所以sin Asin C=.
因为△ABC的外接圆半径为1,所以由正弦定理可得=2,所以sin Asin C=,b=2sin B=,所以ac=,
由余弦定理可得b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-3ac,即3=(a+c)2-,所以a+c=.
(3)由正弦定理得,
所以a=sin A,c=sin C,
所以△ABC的面积S=acsin B=sin Csin A
=sin A=
=sin 2A-cos 2A+1)=,
因为△ABC是锐角三角形,所以结合A+C=,
所以2A-,所以sin,
所以S∈,即△ABC的面积的取值范围为.
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