新高考一轮复习作业49 正弦定理-遇见最美的数学系列——专项好题版

新高考一轮复习作业 49 正弦定理 一、单选题 1．在 ABC 中，角 , ,A B C 的对边分别为 π, , , 6, 3 a b c a A  ，则 ABC 外接圆的面积为（ ） A．4π B．12π C．16π D． 48π 2．在 ABC 中，角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，若 πcos sin , , 2 6 a B b A C c   ，则b （ ） A． 2 B．2 2 C． 6 D．2 6 3．在 ABC 中，若 π 3 A  ， 3BC  ， 2AB  ，则角C （ ） A． π 4 B． π 3 C． 3π 4 D． π 4 或 3π 4 4．在 ABC 中，A，B，C的对边分别是 a，b，c，已知 45A  ， 105B  ， 10 2a  ，则 ABC 的面积为（ ） A． 25( 6 2) B． 25(1 3) C．50 2 D． 25( 6 2) 5．在 ABC 中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，若sin sin cosA B C 且 2 3c  ， π 6 A  ，则 sin sin c a C A    （ ） A．8 3 B． 4 3 C．8 D．4 6．设 ABC 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，若 3 12 2,cos ,cos 3 3 a C A   ，则 c （ ） A． 3 B． 6 C． 2 3 D． 5 7．已知 ABC 中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，且 sin cosa c B b C  ， 4b  ，则 sin sin a c A C    （ ） A．4 B．6 C． 4 2 D． 6 2 二、多选题 8．在 ABC 中，角A， B ，C所对的边分别为 a，b ，c，且 3a b= ， π 6 B  ，则A可能为（ ） A． π 6 B． π 3 C． 2π 3 D． 5π 6 9． ABC 内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，已知 1, 3,sin sin2a b B A   ，则 c的值可以为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 三、填空题 10．在 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 2b  ， 45B  ， 105A  ，则 c  . 11．设△ABC 的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c.若 3a  ， 1sin 2 B  ， π 6 C  ，则 b＝ ． 四、解答题 12．在△ABC 中， 30 , 50 3, 150B b c    ，求 a 的长. 13．在 ABC 中， 60A  ， 6a  ， 2b  . (1)求 B ； (2)求 ABC 的面积. 14．在 ABC 中，角A， B ，C的对边分别为 a ，b ， c， 3 3sin 14 A  ， 11cos 14 B  ， π0, 2 A      ． (1)求角C； (2)若 14c  ，求 ABC 的面积． 15．已知 ABC 中， 2 cosc b B ， 2π 3 C  ． (1)求 B 的大小； (2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使 ABC 存在且唯一确定，并求出 BC 边上的中线的长度．① 2c b ；② 周长为 4 2 3 ；③面积为 3 3 4ABC S △ ． 答案第 1页，共 4页 新高考一轮复习作业 49 正弦定理参考答案 1．B 设 ABC 外接圆的半径为 R ，则 62 4 3 sin 3 2 aR A    ，解得 2 3R  ， 所以 ABC 外接圆的面积为12π . 故选：B. 2．B 因为 cos sina B b A ，由正弦定理可得： sin cos sin sinA B B A ， 由0 πA  ，则 sin 0A  ，得到 cos sinB B ，即 tan 1B  ，又0 πB  ，则 π 4 B  ， 因为 π , 2 6 C c  ，根据正弦定理， 22sin 2 2 21sin 2 c Bb C     . 故选：B 3．A 因为在 ABC 中，若 π 3 A  ， 3BC  ， 2AB  ， 所以由正弦定理得 sin sin BC AB A C  ，即 3 2 π sinsin 3 C  ， 解得 2sin 2 C  ， 因为 π 3 A  ，所以 2π0 3 C  ， 所以 π 4 C  ， 故选：A 4．B 由题意得，   3 2 1 2 6 260 45 sin 60 cos 45 cos60 sin 45 2 2 2 2 4 s 105in sin sinB                ， 在 ABC 中，由正弦定理得， sin sin a b A B  ， 所以   6 2 5 6 2 4 10 2 2 2 b    ， 又因为 180 180 45 105 30C A B            所以 ABC 的面积为   )1 11 50s 21in2 (6 12 25 32 2ab C      . 故选：B 5．D 在 ABC 中，由 sin sin cosA B C 可得  sin sin cosB C B C  ， 即 sin cos +cos sin sin cosB C B C B C 所以 cos sin 0B C  ，因为  , 0, πB C ， 所以 sin 0C  ，且 cos 0B  ， 答案第 2页，共 4页 所以 π 2 B  ，又 π 6 A  ，可得 π 3 C  ， 由正弦定理可得 2 3 4 sin sin sin 3 2 c a c C A C      ． 故选：D. 6．B 在 ABC 中， sin 0,sin 0A C  , 因为 3cos 3 C  ，所以 2 6sin 1 cos 3 C C   ． 因为 1cos 3 A  ，所以 2 2 2sin 1 cos 3 A A   ． 根据正弦定理 sin sin c a C A  ，可得 sin sin a Cc A  ， 又 2 2a  ，所以 62 2sin 3 6 sin 2 2 3 a Cc A     ． 故选：B. 7．C 设 ABC 的外接圆半径为 R ， 由正弦定理可得 2 sin sin sin a b c R A B C    ， 所以 2 sin , 2 sin , 2 sina R A b R B c R C   ， 所以 sin cosa c B b C  ，可化为 sin sin sin sin cosA C B B C  ， 又  sin sin sin cos cos sinA B C B C B C    ， 所以 sin sin cos sinC B B C ，因为 sin 0C  ， cos 0B  ， 所以 tan 1B  ，又  0, πB ， 所以 π 4 B  ， 又 2 sin 2 sin 42 4 2 sin sin sin sin sin 2 2 a c R A R C bR A C A C B          . 故选：C. 8．BC 由正弦定理，可得 sin sin a b A B  ，即 sin 31 2 a A b   ，则 3sin 2 A  ， 因为  0, πA ， 3a b b  ，所以 A B ，所以 A 为锐角或钝角， 所以 π 3 A  ，或 2π 3 A  . 故选：BC. 9．AB 因为 sin sin2B A ，所以sin 2sin cosB A A ，由正弦定理可得 2 cosb a A ， 又 1a  ， 3b  ，所以 3cos 2 A  ， 答案第 3页，共 4页 因为0 πA  ，所以 π 6 A  ，所以 π 3sin sin 3 2 B   ，又b a ，所以 π 3 B  或 2π 3 B  ， 当 π 3 B  时 π 2 πC A B    ，所以 2 2 2c a b   ， 当 2π 3 B  时 ππ 6 C A B    ，则 A C ，所以 1c a  . 故选：AB. 10． 2 由三角形内角和定理，可得 180 30C A B    ， 由正弦定理 sin sin c b C B  ，可得 2 sin30 sin 45 c   ， 解得 2 1 2 22 2 c    . 故答案为： 2 . 11．1 由 1 πsin , 2 6 B C  ，又因为  0, πB ， 所以 π 6 B  或 5π 6 B  （舍去）， 可得   π π 2ππ π 6 6 3 A B C            , 又由正弦定理 sin sin a b A B  ，可得 13sin 2 1 sin 3 2 a Bb A     . 故答案为：1. 12．100 3或50 3 由正弦定理得 sin sin c b C B  ，可得 1150sin 32sin 250 3 c BC b     ， 因为  0, πC ，可得 60C  或 120C   . 当 60C  时，则  π 90A B C    ， 所以 2 2 100 3a b c   ； 当 120C  时，  π 30A B C    ， 即 A B ，可知△ABC 为等腰三角形，所以 50 3a b  ； 综上所述： 100 3a  或 50 3a  . 13．(1)45 (2) 3 3 2  （1）因为 60A  ， 6a  ， 2b  ， 由正弦定理 sin sin a b A B  ，即 6 2 sin 60 sin B   ，解得 2sin 2 B  ， 又 a b ，所以 A B ，所以 45B  . （2）由（1）可得 180 60 45 75C        ， 所以   6 2sin sin 75 sin 45 30 sin 45 cos30 cos 45 sin 30 4 C              ， 答案第 4页，共 4页 所以 1 1 6 2 3 3sin 2 6 2 2 4 2ABC S ab C + + = = 创 � . 14．(1) 2π 3 C  (2)15 3 （1）因为 11cos 14 B  ，所以 2 5 3sin 1 cos 14 B B   ， 因为 3 3sin 14 A  ，所以 2 13cos 1 sin 14 A A   ． 因为  πC A B   ， 所以   3 3 5 3 13 11 98 1cos cos sin sin cos cos 14 14 14 14 196 2 C A B A B A B             ， 从而 2π 3 C  ． （2）由正弦定理 sin sin sin a b c A B C   ，得 2 3 3 5 3 4 3 14 1 14a b   ， 从而 6a  ， 10b  ． 所以 ABC 的面积 1 1 3sin 6 10 15 3 2 2 2ABC S ab C     △ ． 15．(1) π 6 B  ； (2)详见解析. （1）由 2 cosc b B 和正弦定理可得 3sin 2sin cos sin 2 2 C B B B   ，由于 π0, 3 B      ，所以 π 6 B  . （2）若选择①： 2c b ，又 2 cosc b B ， 所以 2 π π2 2 cos , cos , 0, , 2 3 4 b b B B B B           ， 又由正弦定理可得 sin 2sin cos sin 2 1C B B B   ，矛盾，这样的 ABC 不存在； 若选择②：由于 π 6 B  ，进而 ππ 6 A B C - = ，故 AC BC . 此时 ABC 为等腰三角形，由余弦定理可得， 3AB AC ， 而周长为 4 2 3 ，所以 2, 2 3AC BC AB   . BC 边上的中线 AM 的长度为：   2 2 2 21 1 π π2 cos 2 3 1 2 2 3 1 cos 7 2 2 6 6 AM AB BC AB BC                       ； 若选择③：由于 π 6 B  ，进而 ππ 6 A B C - = ，故b a ， 此时 ABC 为等腰三角形，面积为 1 3 3sin120 3 2 4ABC S ba b a    △ ， BC 边上的中线的长度为： 2 2 2π 3 3 212 cos 3 3 2 2 3 4 2 2 a ab b              ．