課時(shí)跟蹤檢測(cè)(二十三)正弦定理(滿分100分,A級(jí)選填小題每題5分,B級(jí)選填小題每題6分)A級(jí)——達(dá)標(biāo)評(píng)價(jià)1.(多選)在△ABC中,若a=3,b=2,B=π4,則A的可能取值為()A.2π3 B.C.π4 D.2.在△ABC中,a=bsinA,則△ABC一定是()A.銳角三角形 B.直角三角形C.鈍角三角形 D.等腰三角形3.(多選)以下關(guān)于正弦定理或其變形的敘述正確的是()A.在△ABC中,a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinCB.在△ABC中,若sin2A=sin2B,則a=bC.在△ABC中,若sinA>sinB,則A>B;若A>B,則sinA>sinBD.在△ABC中,asinA4.設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且滿足acosB-bcosA=c,則△ABC是()A.銳角三角形 B.直角三角形C.鈍角三角形 D.不確定5.已知a,b,c分別為△ABC的三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊,C=π4,c=2,a=x,若滿足條件的三角形有兩個(gè),則x的取值范圍是()A.22,1 B.(2,C.(1,2) D.(1,2)6.記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且△ABC外接圓的面積為4π,請(qǐng)寫出一組滿足上述條件的邊和角:a=,A=.7.在△ABC中,若BC=5,sinC=2sinA,則AB=.

8.在單位圓上有三點(diǎn)A,B,C,設(shè)△ABC三邊長分別為a,b,c,則asinA+b2sinB+29.(10分)已知一個(gè)三角形的兩個(gè)內(nèi)角分別是45°,60°,它們所夾邊的長是1,求最小邊長.10.(10分)在△ABC中,已知b2=ac,a2-c2=ac-bc.(1)求角A的大小;(2)求bsinBB級(jí)——重點(diǎn)培優(yōu)11.(2024·全國甲卷)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若B=π3,b2=94ac,則sinA+sinC=(A.23913 B.C.72 D.12.(多選)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且sinA∶sinB∶sinC=3∶4∶5,則下列結(jié)論正確的是()A.a∶b∶c=3∶4∶5B.△ABC為直角三角形C.若b=4,則△ABC外接圓半徑為5D.若P為△ABC內(nèi)一點(diǎn),滿足PA+2PB+PC=0,則△APB與△BPC的面積相等13.斯特瓦爾特定理是由18世紀(jì)的英國數(shù)學(xué)家提出的關(guān)于三角形中線段之間關(guān)系的結(jié)論.根據(jù)斯特瓦爾特定理可得出如下結(jié)論:設(shè)△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,點(diǎn)D在邊BC上,且BDDC=mn,則ADmb2+nc2m+n-mna2(m+n)2.已知△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,b=2c=4,asinB+3bcosA=0,點(diǎn)D在BC上A.2133 B.C.133 D.14.(10分)在三角形ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且滿足acosA=3(1)求角A;(2)若a=2,求三角形ABC面積的最大值.15.(12分)(2023·天津高考)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c.已知a=39,b=2,A=120°.(1)求sinB的值;(2)求c的值;(3)求sin(B-C)的值.課時(shí)跟蹤檢測(cè)(二十三)1．選AD由正弦定理得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(3)×\f(\r(2),2),\r(2))＝eq\f(\r(3),2)，又A∈(0，π)，a>b，所以A>B.所以A＝eq\f(π,3)或A＝eq\f(2π,3).2．選B由題意有eq\f(a,sinA)＝b＝eq\f(b,sinB)，則sinB＝1，即角B為直角，故△ABC是直角三角形．故選B.3．選ACD由正弦定理易知A、C、D正確．由sin2A＝sin2B，可得A＝B，或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，∴a＝b或a2＋b2＝c2，B錯(cuò)誤．4．選B利用正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)化簡已知的等式得，sinAcosB－sinBcosA＝sinC，即sin(A－B)＝sinC，因?yàn)锳，B，C為三角形的內(nèi)角，所以A－B＝C，即A＝B＋C＝90°，則△ABC為直角三角形，故選B.5．選B在△ABC中，根據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(x,sinA)＝eq\f(\r(2),sin\f(π,4))，所以sinA＝eq\f(1,2)x，由題意可得，當(dāng)A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))時(shí)，滿足條件的△ABC有兩個(gè)，所以eq\f(\r(2),2)<eq\f(1,2)x<1，解得eq\r(2)<x<2.則x的取值范圍是(eq\r(2)，2)．故選B.6．解析：依題意，△ABC的外接圓半徑R＝2，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝2R＝4，即a＝4sinA，又0<A<π，取A＝eq\f(π,6)，則a＝2.答案：2eq\f(π,6)(答案不唯一)7．解析：由正弦定理，得AB＝eq\f(sinC,sinA)BC＝2BC＝2eq\r(5).答案：2eq\r(5)8．解析：∵△ABC的外接圓直徑為2R＝2，∴eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R＝2，∴eq\f(a,sinA)＋eq\f(b,2sinB)＋eq\f(2c,sinC)＝2＋1＋4＝7.答案：79．解：設(shè)△ABC中，A＝45°，B＝60°，則C＝180°－(A＋B)＝75°.因?yàn)镃>B>A，所以最小邊為a.又因?yàn)閏＝1，由正弦定理，得a＝eq\f(csinA,sinC)＝eq\f(1×sin45°,sin75°)＝eq\r(3)－1，所以最小邊長為eq\r(3)－1.10．解：(1)由題意知，b2＝ac，a2－c2＝ac－bc?cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(ac＋bc－ac,2bc)＝eq\f(1,2).∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3).(2)由b2＝ac，得eq\f(b,c)＝eq\f(a,b)，∴eq\f(bsinB,c)＝sinB·eq\f(a,b)＝sinB·eq\f(sinA,sinB)＝sinA＝eq\f(\r(3),2).11．選C法一由正弦定理得eq\f(9,4)sinAsinC＝sin2B，因?yàn)锽＝eq\f(π,3)，所以sinAsinC＝eq\f(4,9)sin2B＝eq\f(1,3).由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac＝eq\f(9,4)ac，所以a2＋c2＝eq\f(13,4)ac，即sin2A＋sin2C＝eq\f(13,4)sinAsinC，所以(sinA＋sinC)2＝sin2A＋sin2C＋2sinAsinC＝eq\f(21,4)sinAsinC＝eq\f(7,4).又sinA>0，sinC>0，所以sinA＋sinC＝eq\f(\r(7),2).法二由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac.又b2＝eq\f(9,4)ac，所以3ac＝eq\f(4,3)b2，所以(a＋c)2＝b2＋3ac＝eq\f(7b2,3)，a＋c＝eq\f(\r(21),3)b.由正弦定理得sinA＋sinC＝eq\f(\r(21),3)sinB＝eq\f(\r(7),2).12．選ABD由正弦定理得sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝3∶4∶5，A正確；由A知a∶b∶c＝3∶4∶5，故a2＋b2＝c2，故△ABC為直角三角形，B正確；由B知，sinB＝eq\f(4,5)，又b＝4，由正弦定理得2R＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(4,\f(4,5))＝5，故△ABC外接圓半徑為R＝eq\f(5,2)，C錯(cuò)誤；取AC的中點(diǎn)E，則＋＝2，因?yàn)椋?＋＝0，所以＝－，即P點(diǎn)在AC的中線上，故△APB與△BPC的面積相等，D正確．13．選A由asinB＋eq\r(3)bcosA＝0及正弦定理可得sinAsinB＋eq\r(3)sinBcosA＝0，因?yàn)锽∈(0，π)，則sinB>0，所以sinA＋eq\r(3)cosA＝0，則tanA＝－eq\r(3)，因?yàn)锳∈(0，π)，故A＝eq\f(2π,3).因?yàn)閎＝2c＝4，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA＝42＋22－2×4×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝28，故a＝2eq\r(7).因?yàn)椤鰽BD的面積與△ADC的面積之比為2，所以eq\f(S△ABD,S△ADC)＝eq\f(BD,CD)＝2，則eq\f(BD,DC)＝eq\f(m,n)＝2，故m＝2n，由斯特瓦爾特定理可得AD2＝eq\f(mb2＋nc2,m＋n)－eq\f(mna2,(m＋n)2)＝eq\f(2n×42＋n×22,2n＋n)－eq\f(2n2×28,(2n＋n)2)＝eq\f(52,9)，因此AD＝eq\f(2\r(13),3).14．解：(1)由eq\f(a,cosA)＝eq\f(\r(3)b,sinB)，結(jié)合正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(\r(3)sinB,sinB)＝eq\r(3)，所以tanA＝eq\r(3)，又因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc.即bc≤4(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時(shí)，等號(hào)成立)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，即當(dāng)b＝c＝2時(shí)，三角形ABC面積的最大值為eq\r(3).15．解：(1)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(\r(39),sin120°)＝eq\f(2,sinB)，解得sinB＝eq\f(\r(13),13).(2)法一：余弦定理由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即39＝4＋c2－4ccos120°，整理得c2＋2c－35＝0，解得c＝5或c＝－7(舍去)．所以c＝5.法二：射影定理因?yàn)锳＝120°，所以B，C均為銳角，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(2\r(39),13).由射影定理得，c＝acosB＋bcosA＝eq\r(39)×eq\f(2\r(39),13)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝6－1＝5.(3)由正弦定理eq\f(c,sinC)＝eq\