第九章 解三角形 A卷 基础达标卷(一)-2020-2021学年新教材高中数学必修第四册【创新思维】同步AB卷（人教B版）

数学􀅰必修第四册　参考答案与详解 第九章　解三角形 A卷􀅰基础达标卷(一) 正弦定理与余弦定理 １．B　∵BC＝１,AB＝ ３,C＝ π３ , 由正弦定理可得, １ sinA＝ ３ ３ ２ , ∴sinA＝ １２ ． ∵A∈(０,π)且 AB＞BC, ∴C＞A, 则 A＝ π６ ． ２．A　因为a２＋b２－c２＝４S, 所以２abcosC＝２absinC, 故sinC＝cosC,即tanC＝１． 因为C 为三角形的内角,所以C＝ π４ ． ３．C　因为周长为９的三角形三边长度依次相差１, 故三边长分别为２,３,４, 设中间边对应的角为 A, 则cosA＝４ ２＋２２－３２ ２×４×２ ＝ １１ １６ , 故cos(α＋β)＝cos(π－A)＝－cosA＝－ １１ １６． ４．D　∵A＝３０°, ∴０°＜B＜１５０°． ∵a＝３,A＝３０°,∴根据正弦定理,得 ３１ ２ ＝ bsinB , ∴b＝６sinB． ∵０＜６sinB≤６, ∴b的取值范围为(０,６]． ５．D 　 因 为 ３a ＋ ２c ＝ ２bcos A ＝ ２b 􀅰 b ２＋c２－a２ ２bc ＝b ２＋c２－a２ c , 整理可得,a２＋c２－b２＝－ ３ac． 由余弦定理可得,cosB＝a ２＋c２－b２ ２ac ＝－ ３ ２ ． 因为 B 为三角形的内角,故 B＝５π６ ． ６．A　由C－A＝ π２ 和 A＋B＋C＝π, 得２A＝ π２ －B ,０＜A＜ π４ ． 故cos２A＝sinB,即１－２sin２A＝ １３ , 可得sinA＝ ３３ ,cosA＝ ６３ ． 又由正弦定理,得 BC sinA＝ AC sinB , 可得 BC＝AC 􀅰sinA sinB ＝ ３× ３３ １ ３ ＝３． ∵C－A＝ π２ ,∴C＝ π２ ＋A , sinC＝sin π２ ＋A( ) ＝cosA＝ ６ ３ , ∴S△ABC ＝ １ ２AC 􀅰BC􀅰sinC＝ １２AC 􀅰BC􀅰cosA＝ １ ２ × ３×３× ６ ３ ＝ ３ ２ ２ ． ７．D　由正弦定理知, asinA＝ b sinB． ∵acosA＝bcosB,∴sinAcosA＝sinBcosB, 即sin２A＝sin２B, ∴２A＝２B 或２A＋２B＝π,即 A＝B 或A＋B＝ π２ ． ∵c２＝a２＋b２－ab, ∴由余弦定理知,cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ＝ ab ２ab＝ １ ２ ． ∵C∈(０,π),∴C＝ π３ ． ∴A＋B＝ π２ 不成立,A＝B 符合题意, ∴△ABC 为等边三角形． ８．B　因为ccosB＋(b＋３a)cosC＝０, 所以sinCcosB＋sinBcosC＋３sinAcosC＝０, 即sin(B＋C)＋３sinAcosC＝０, 所以sinA＋３sinAcosC＝０． 因为sinA≠０, 所以cosC＝－ １３ , 因为c２－a２－b２＝４, 由余弦定理可得,cosC＝－ １３ ＝ a２＋b２－c２ ２ab ＝－ ４ ２ab , 所以ab＝６, 则 △ABC 的 面 积S＝ １４ (ab)２－ a ２＋b２－c２ ２( ) ２ [ ] ＝ １ ２ ３６－４＝２ ２． ９．ACD　对于 A 选项,由于 A＞B,可 得a＞b,由 正 弦 定 理 可得sinA＞sinB,故 A 选项正确; 对 于 B选项,由于a＝４,b＝５,c＝６,可得c为三角形最大 边,C 为 三 角 形 最 大 角,由 余 弦 定 理 可 得:cosC ＝ a２＋b２－c２ ２ab ＝ １６＋２５－３６ ２×４×５ ＝ １ ８ ＞０ ,可 得 C 为 锐 角,可 得 三角形为锐角三角形,故 B选项错误; 对于 C 选项,若a＝５,b＝１０,A＝ π４ ,则 由 正 弦 定 理 可 得 sinB＝b 􀅰sinA a ＝ １０× ２２ ５ ＝ ２＞１ ,这 样 符 合 条 件 的 三 角形内角 B 不存在,故 C 选项正确; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —１６— 对 于 D 选项,由于bcosC＋ccosB＝asinA,可得sinB􀅰 cosC＋sinC􀅰cosB＝sinA􀅰sinA,即 sin