6.4.3 课时2 正弦定理
分层练习
题型一 正弦定理解三角形
（2023·河北邯郸·高一统考期中）
1．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
（2023·江苏连云港·高一统考期中）
2．在中，若，，，则（ ）
A．或 B． C． D．或
（2023·广东东莞·高一东莞一中校考阶段练习）
3．在中，角的对边分别为，若，则b＝（ ）
A． B． C． D．
（2023·广东佛山·高一校考期中）
4．的内角的对边分别为，已知，则（ ）
A．6 B． C．8 D．
（2023·四川宜宾·高一校考期中）
5．在△ABC中，三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，则（ ）
A． B． C． D．
题型二 正弦定理判定三角形解的个数
（2023·北京大兴·高三统考期中）
6．在中，，且满足该条件的有两个，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·浙江台州·高一温岭中学校考期末）
7．在中角所对的边分别为，若，，，则（ ）
A．当时， B．当时，有两个解
C．当时，只有一个解 D．对一切，都有解
（2023·河南开封·高一杞县高中校联考期末）
8．在中，内角的对边分别为.已知，则此三角形（ ）
A．无解 B．有一解
C．有两解 D．解的个数不确定
（2023·青海西宁·高一校考阶段练习）
9．在中，根据下列条件解三角形，其中恰有一解的是（ ）
A．， B．，，
C．，， D．，，
（2023·江苏连云港·高一统考期中）
10．记的内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则有一解
B．若，，，则有一解
C．若，，，则有两解
D．若，，，则有两解
题型三 三角形的面积公式
（2023·广西南宁·高一校考阶段练习）
11．在中，角A、B、C对的边为a、b、c，若，则（ ）
A． B． C． D．3
（2023·山西朔州·高一校考阶段练习）
12．在中，若，，，则的面积为（ ）．
A． B． C． D．3
（2023·江苏镇江·高三统考期中）
13．在中，若，则的面积为（ ）
A． B． C．或 D．
（2023·高一单元测试）
14．在中，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
（2023·甘肃临夏·高一统考期末）
15．已知的外接圆半径为4，，，则的面积S为（ ）
A． B．
C． D．
题型四 正弦定理边角互化应用
（2023·福建·高三校联考阶段练习）
16．在△中，角的对边分别是，则=（ ）
A． B． C． D．
（2023·内蒙古巴彦淖尔·高一统考期末）
17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则（ ）
A． B． C． D．
（2023·陕西商洛·高一校考期中）
18．在中，角所对的边为， 则下列说法正确的有（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
（2023·上海闵行·高一校考阶段练习）
19．在中，角、、的对边分别记为、、，若，则 .
（2023·山东滨州·高一统考期中）
20．在中，若，，则 ．
题型五 三角形的外接圆问题
（2023·安徽合肥·高一合肥市第八中学校考期中）
21．在中，，，．则外接圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
（2023·山东滨州·高一北镇中学校联考阶段练习）
22．在中，角的对边分别为，已知，则的外接圆面积为（ ）
A． B． C． D．
（2023·江苏淮安·高一统考期末）
23．在中，边长，，，则的外接圆的面积是（ ）
A． B． C． D．
（2024·全国·高一假期作业）
24．在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，则该三角形外接圆的半径为（ ）
A．1 B． C．2 D．
（2023·山东潍坊·高一统考期末）
25．托勒密是古希腊天文学家 地理学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积.则图四边形为圆的内接凸四边形，，且为等边三角形，则圆的直径为（ ）
A． B． C． D．
题型六 正弦定理判断三角形形状
（2023·全国·高一课时练习）
26．在中，内角、、的对边分别为、、，，则是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
（2023·四川成都·高一统考期末）
27．已知，，分别为三个内角，，的对边，且满足，则为（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．以上皆有可能
（2023·天津滨海新·高一统考期末）
28．在中，，则的形状为（ ）
A．等边三角形 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
（2022上·河南·高三校联考阶段练习）
29．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则为（ ）
A．钝角三角形 B．正三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形
（2023·黑龙江齐齐哈尔·高一校联考期末）
30．已知在中，角，，所对的边分别为，，，若，则一定是（ ）
A．等腰三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形
（2023·江苏盐城·高一南阳中学校考阶段练习）
31．在中，，则（ ）
A． B． C． D．
（2023·河南洛阳·高一洛阳市第八中学校考阶段练习）
32．已知的内角的对边分别为，若，则面积的可能取值为（ ）
A．1 B． C．2 D．4
（2023·广东东莞·高一厚街中学校考阶段练习）
33．在中，内角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)是线段上的点，且，求的面积．
试卷第2页，共2页
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参考答案：
1．B
【分析】利用正弦定理计算即可.
【详解】由正弦定理知：得.
故选：B
2．B
【分析】利用正弦定理结合角的范围求解即可.
【详解】在中，由正弦定理得，所以，
又因为且，，所以.
故选：B.
3．D
【分析】利用正弦定理计算即可.
【详解】因为，由正弦定理得，．
故选：D．
4．A
【分析】由同角的平方关系和正弦定理求解.
【详解】由得.
由正弦定理得.
故选：A
5．D
【分析】利用正弦定理求出sinB，再利用同角三角函数的平方关系即可求出cosB.
【详解】利用正弦定理：，
得：，解得，
因为c＞b，所以C＞B，所以B为锐角，
故cosB．
故选：D
6．C
【分析】由题意可知，画出和边长，以为圆心，为半径作圆与边有两个交点时即可求出的取值范围.
【详解】根据题意如下图所示：
易知当时，，若满足条件的三角形只有一个；
由题可知以为圆心，为半径的圆与边有两个交点时，即图中两点满足题意；
所以可得，即；
即的取值范围是.
故选：C
7．C
【分析】由正弦定理、正弦函数的性质计算可得.
【详解】因为，，，
所以由正弦定理，即，
当时，又，所以或，故A错误；
当时，又，此时无解，故B、D错误；
当时，则，又，此时只有一解，即只有一个解，故C正确；
故选：C
8．C
【分析】利用正弦定理解出再根据，得到，可得角有两个解.
【详解】由正弦定理，得，解得.
因为，所以.又因为，所以或，故此三角形有两解.
故选：C.
9．BC
【分析】根据判断三角形解的个数的方法对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，，，三角形有无穷多解，不符合题意；
B选项中，因为，C为锐角，所以，
所以该三角形有一解，B选项符合题意；
C选项中，因为，B为锐角，所以，
所以该三角形有一解，C选项符合题意；
D选项中，因为，B为锐角，所以，
所以该三角形有两解，D选项不符合题意．
故选：BC
10．BCD
【分析】利用正弦定理计算可得.
【详解】对于A：因为，，，由正弦定理，
解得，所以无解，故无解，即A错误；
对于B：因为，，，由正弦定理，解得，
又，所以有唯一解，故有一解，即B正确，
对于C：若，，，由正弦定理，解得，
又，所以有两解，故有两解，即C正确；
对于D：若，，，由正弦定理，解得，
又，所以，则或，所以有两解，故有两解，即D正确；
故选：BCD
11．C
【分析】根据三角形面积公式即可求出结果.
【详解】，
故选：C.
12．B
【分析】根据面积公式即可求解.
【详解】∵，∴，
∴面积．
故选：B
13．D
【分析】利用余弦定理求，进而利用面积公式求面积.
【详解】由题意可得：，即，
整理得，解得或（舍去），
所以的面积为.
故选：D.
14．C
【分析】应用正弦定理进行边角互化，得，再应用余弦定理出，进而得到，利用同角三角函数关系求出，应用三角形面积公式即可求得.
【详解】由，根据正弦定理得：，
又，则
，
，
解得，则，
故选：C
15．D
【分析】根据正弦定理、面积公式、二倍角的正弦公式求解.
【详解】由，，
解得，
由正弦定理可得，，
所以，
，
.
故选：D
16．B
【分析】利用正弦定理、二倍角公式等知识求得正确答案.
【详解】因为，所以．
因为，所以，所以．
因为，所以，则．
故选：B
17．B
【分析】由题意求得，由正弦定理计算即可．
【详解】由题意，则，
由及正弦定理得，所以.
故选：B.
18．BCD
【分析】根据余弦定理可判断A；根据正弦定理可判断B、C；根据三角形中大角对大边可判断D.
【详解】对于A，在中，有成立，A错误；
对于B，由正弦定理知，(R为外接圆半径)，
故，B正确；
对于C，在中，，
由正弦定理得，故，C正确；
对于D，根据三角形中大角对大边可知若， 则，D正确，
故选：BCD
19．##
【分析】利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式得到，最后由二倍角公式计算可得.
【详解】因为，
由正弦定理得，
因为，所以，故，
所以.
故答案为：
20．
【分析】利用正弦定理结合已知条件计算即可
【详解】由正弦定理得，
所以，
所以，
故答案为：2
21．A
【分析】设外接圆的半径为，由余弦定理可得，再由正弦定理得可得答案.
【详解】设外接圆的半径为，
由余弦定理可得，
即，所以，
由正弦定理得，所以，
则外接圆的面积为.
故选：A.
22．A
【分析】由余弦定理及正弦定理求得结果.
【详解】已知，
由余弦定理可得，
由正弦定理可得，即.
则的外接圆面积.
故选：A.
23．A
【分析】先求出角，由正弦定理可得的外接圆的半径，进而可求面积.
【详解】在中，，，所以，
设的外接圆的半径为，
由正弦定理得，所以，
所以的外接圆的面积是.
故选：A
24．A
【分析】先应用正弦定理及两角和的正弦公式化简求出角A,再根据正弦定理求出外接圆半径即可.
【详解】.
,
设该三角形外接圆的半径为
由正弦定理得
故选：A.
25．D
【分析】设，先利用余弦定理求出，再根据题意建立方程求出，再利用正弦定理即可求出结果.
【详解】设，则，因为为等边三角形，所以,
在中，由余弦定理得到，，所以，
由题有，所以，解得，所以
由正弦定理知，，解得，
故选：D.
26．D
【分析】利用正弦定理结合二倍角的正弦公式可得出，求出、，利用正弦型函数的基本性质可得出、的关系，即可得出结论.
【详解】因为，则，
因为中至少有两个锐角，则、中至少一个为锐角，
不妨设为锐角，则，从而可知为锐角，
由正弦定理可得，即，
因为、，则、，
所以，或，即或，
因此，为等腰三角形或直角三角形.
故选：D.
27．B
【分析】根据已知条件及正弦定理的边角化，再利用三角形的内角和定理及两角和的正弦公式，结合三角函数特殊值对应特殊角即可求解.
【详解】由及正弦定理，得,
因为，所以,
所以,
即，
，所以，
则
所以，
所以为直角三角形.
故选：B.
28．C
【分析】根据三角恒等变换、正弦定理化简已知条件，由此确定正确答案.
【详解】依题意，，
由正弦定理得，
，
，
，
，
，
，
，由于，
所以或，即或，
所以的形状为直角三角形.
故选：C
29．C
【分析】利用二倍角公式和正弦定理进行化简，结合三角形内角的范围即可得到答案
【详解】由结合正弦定理可得，
即，
所以，
所以，
因为，所以，
因为，所以，故为直角三角形，
故选：C
30．A
【分析】利用正弦定理的边角关系，将已知条件化为，结合三角形内角性质确定关系，即可得三角形形状.
【详解】由题设，则，
又，则，故，即.
所以一定是等腰三角形.
故选：A
31．B
【分析】根据题意结合两角和差的正切公式求得，进而可求，结合正弦定理运算求解.
【详解】因为，不妨设，
又因为，
即，解得，
所以，
因为，即，
且，即，
又因为，则，解得，
同理可得，所以.
故选：B.
32．AB
【分析】由余弦定理角化边整理进而得，再结合基本不等式求得进而求得答案.
【详解】由余弦定理，，
化简得到，而，
故，故，有，当且仅当等号成立；
故．
故选：AB
【点睛】关键点点睛：本题考查余弦定理和基本不等式，解题关键是利用角化边得并利用基本不等式求出.
33．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示以及正弦定理得出结果；
（2）设，，由正弦定理以及三角形面积公式、两角差的正弦公式，切化弦公式得出结果.
【详解】（1）因为，
所以，
由正弦定理可得，
即，又，
，
，则，
所以，，又，
因此．
（2）设，因为，则，
因为，所以，
在中，由正弦定理可知，即，
即，
化简可得，即，
所以，
所以．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
