第9章 解三角形 章末检测试卷 -【步步高】2023-2024学年高一数学必修第四册学习笔记（人教B版2019）

章末检测试卷一(第九章) (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若A＝，a＝，b＝2，则边c的大小为(　　) A．3 B．2 C. D. 答案　A 解析　因为a2＝b2＋c2－2bccos A，所以7＝4＋c2－2c，解得c＝3或c＝－1(舍去)． 2．在△ABC中，若sin C＋sin(B－A)＝sin 2A，则△ABC的形状为(　　) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 答案　D 解析　因为sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)，由sin C＋sin(B－A)＝sin 2A，可得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝sin 2A，即sin Acos B＋cos Asin B＋sin Bcos A－cos Bsin A＝2sin Acos A，所以sin Bcos A＝sin Acos A， 所以cos A(sin A－sin B)＝0，所以cos A＝0或sin A＝sin B，因为0<A<π，0<B<π，所以A＝或A＝B，所以△ABC的形状为等腰三角形或直角三角形． 3．一海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处．在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是(　　) A．10 海里 B．10 海里 C．20 海里 D．20 海里 答案　B 解析　根据已知条件可知，在△ABC中，AB＝20海里，∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，所以C＝45°， 由正弦定理，得＝， 所以BC＝＝10 海里． 4．在△ABC中，B＝120°，AB＝，角A的角平分线AD＝，则AC等于(　　) A．1 B．2 C. D．2 答案　C 解析　如图，在△ABD中，由正弦定理，得＝， ∴sin∠ADB＝.由题意知0°<∠ADB<60°， ∴∠ADB＝45°， ∴∠BAD＝180°－45°－120°＝15°. ∴∠BAC＝30°，C＝30°，BC＝AB＝. 在△ABC中，由正弦定理，得＝， ∴AC＝. 5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b2＋c2＝a2＋bc，·＝4，则△ABC的面积是(　　) A. B．4 C．4 D．2 答案　D 解析　因为在△ABC中，b2＋c2＝a2＋bc， 所以b2＋c2－a2＝bc， 所以cos A＝＝. 又因为A为△ABC的内角，所以A＝. 又因为·＝4，所以bccos A＝4，得bc＝8. 故△ABC的面积S＝bcsin A＝×8×sin ＝2. 6．在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若S△ABC＝2，a＋b＝6，＝2cos C，则c等于(　　) A．2 B．4 C．2 D．3 答案　C 解析　由正弦定理，得＝＝＝1，即2cos C＝1，可得C＝60°，∵S△ABC＝2，∴absin C＝2，即ab＝8，又a＋b＝6，由c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－2ab－ab＝(a＋b)2－3ab＝62－3×8＝12，解得c＝2. 7．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若a2＋b2＝2 024c2，则的值为(　　) A．2 023 B．1 C．0 D．2 024 答案　A 解析　∵a2＋b2＝2 024c2， ∴a2＋b2－c2＝2 023c2， 由余弦定理知a2＋b2－c2＝2abcos C， ∴2abcos C＝2 023c2， ＝ ＝＝＝2 023. 8．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acos B＋asin B＝b＋c，b＝1，D是△ABC的重心，且AD＝，则△ABC的外接圆的半径为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　A 解析　由正弦定理，得sin Asin B＋sin Acos B＝sin B＋sin C，又sin C＝sin(A＋B)，所以sin Asin B＋sin Acos B＝sin B＋sin(A＋B)，可得sin Asin B－cos Asin B＝sin B，又sin B≠0，所以sin A－cos A＝1，所以sin＝，由0<A<π，得－<A－<，所以A－＝，所以A＝.由D是△ABC的重心，得＝(＋)，所以2＝(2＋2＋2||·||cos A)＝，结合已知条件可解得||＝2，即c＝2.由余弦定理，得a＝＝，由正弦定理，得△ABC的外接圆半径R＝＝1. 二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9．在△ABC中，下列关系中一定成立的是(　　) A．a>bsin A B．a≥bsin A C．a＝bsin A D．bsin C＝csin B 答案　BD 解析　由正弦定理＝， 得a＝， 又0<sin B≤1， ∴a≥bsin A，B正确； 由＝，得bsin C＝csin B，D正确． 10．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，下列与△ABC有关的结论正确的有(　　) A．若△ABC为锐角三角形，则sin A>cos B B．若a>b，则cos 2A<cos 2B C．S＝4R2sin Asin Bsin C，其中R为△ABC外接圆的半径 D．若△ABC为非直角三角形，则tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C 答案　ABD 解析　对于A，若△ABC为锐角三角形，可得A＋B>且A，B∈，可得A>－B，且－B∈， 根据正弦函数的单调性，可得sin A>sin，所以sin A>cos B，所以A正确； 对于B，在△ABC中，由a>b，根据正弦定理可得sin A>sin B，则sin2A>sin2B，可得>，则cos 2A<cos 2B，所以B正确； 对于C，由三角形的面积公式，可得S＝absin C， 由正弦定理知a＝2Rsin A，b＝2Rsin B， 可得S＝2R2sin Asin Bsin C，所以C不正确； 对于D，在△ABC中，可得A＋B＋C＝π，则A＋B＝π－C，所以tan(A＋B)＝tan(π－C)，即＝－tan C，可得tan A＋tan B＝－tan C＋tan Atan Btan C，则tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C，所以D正确． 11．在△ABC中，若AB＝4，AC＝5，△BCD为等边三角形(A，D两点在BC两侧)，则当四边形ABDC的面积S最大时，下列选项正确的是(　　) A．∠BAC＝ B．∠BAC＝ C．S＝＋20 D．S＝ 答案　BC 解析　设BC＝a，c＝4，b＝5，∵△BCD是等边三角形，∴S△BCD＝a2， 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A， 则S四边形ABDC＝S△BCD＋S△ABC＝a2＋cbsin A＝×(25＋16－40cos A)＋×20sin A＝＋10sin A－10cos A＝＋20sin. 故当A－＝，即A＝∠BAC＝时，四边形ABDC的面积最大，为＋20，故选BC. 12．设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若c＝4，C＝，且sin C＋sin(B－A)＝2sin 2A，则下列四个结论中，一定成立的有(　　) A．a＝2b B．△ABC的面积为 C．△ABC的周长为4＋4 D．△ABC的外接圆半径R＝ 答案　BCD 解析　由正弦定理可得2R＝＝＝， 因此△ABC的外接圆半径R＝，D一定成立． 由sin C＋sin(B－A)＝2sin 2A，得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝2sin 2A， 即sin Acos B＋cos Asin B＋sin Bcos A－cos Bsin A＝2sin Bcos A＝4sin Acos A， 则cos A(2sin A－sin B)＝0， 则cos A＝0，即A＝或sin B＝2sin A，即b＝2a. ①若A＝，C＝，则B＝，可得a＝2b，此时A成立； 由c＝4可得a＝，b＝，则△ABC的周长为4＋4，面积为bc＝，此时B，C成立； ②若b＝2a，由c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab＝3a2＝16， 可得a＝，b＝， 则△ABC的周长为4＋4， 面积为S＝absin C＝×××sin ＝， 此时B，C成立，A不成立． 综上可得B，C，D一定成立． 三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 13．在△ABC中，若b＋c＝2a,3sin A＝5sin B，则角C＝________. 答案　 解析　由已知3sin A＝5sin B，利用正弦定理可得3a＝5b，又b＋c＝2a，故b＝a，c＝a，利用余弦定理可得cos C＝＝－， 又C∈(0，π)，所以C＝. 14．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos 2A＋cos 2B＝2cos 2C，则＝________，C的最大值为________． 答案　2　 解析　∵cos 2A＋cos 2B＝2cos 2C， ∴(1－2sin2A)＋(1－2sin2B)＝2(1－2sin2C)， ∴sin2A＋sin2B＝2sin2C， ∴由正弦定理可得a2＋b2＝2c2， ∴＝2. ∵a2＋b2＝2c2≥2ab，可得≥1，当且仅当a＝b时，等号成立， ∴由余弦定理可得cos C＝＝≥，当且仅当a＝b时，等号成立． ∵A∈(0，π)，∴A∈，即角C的最大值为. 15.据监测，在海滨某城市附近的海面有一台风，台风中心位于城市A的东偏南60°方向、距离城市120 km的海面P处，并以20 km/h的速度向西偏北30°方向移动(如图所示)．如果台风侵袭范围为圆形区域，半径为120 km，台风移动的方向与速度不变，那么该城市受台风侵袭的时长为________h. 答案　6 解析　如图，设台风中心到达Q处时开始侵袭城市，到达O处时结束侵袭． 在△AQP中，AQ＝120 km，AP＝120 km，∠APQ＝30°， ∠PAQ＝180°－30°－∠AQP＝150°－∠AQP. 由正弦定理＝得＝， 因此sin∠AQP＝，结合题意可知∠AQP＝120°. 所以由∠AQP＝120°，可知∠AQO＝60°， 又AO＝AQ， 所以△AQO为等边三角形，所以OQ＝120 km. 所以该城市会受到台风侵袭的时长为＝6(h)． 16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2ccos B＝2a＋b，若△ABC的面积为c，则ab的最小值为________． 答案　 解析　在△ABC中，由正弦定理可得2sin Ccos B＝2sin A＋sin B＝2sin(B＋C)＋sin B， 即2sin Ccos B＝2sin Bcos C＋2sin Ccos B＋sin B， ∴2sin Bcos C＋sin B＝0，∵sin B≠0， ∴cos C＝－，又C∈(0，π)，∴C＝. ∵△ABC的面积为S＝absin C＝ab＝c， ∴c＝3ab. 由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C， 整理可得9a2b2＝a2＋b2＋ab≥3ab， ∴ab≥(当且仅当a＝b时取等号)， 即ab的最小值为. 四、解答题(本大题共6小题，共70分) 17．(10分)在①A＝，a＝，b＝；②a＝1，b＝，A＝；③a＝，b＝，B＝这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并判断三角形解的情况． 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，________，判断三角形解的情况，并在三角形有两解的情况下解三角形． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解　若选①，由正弦定理可得＝， 则sin B＝＝＝. 又a＝>b＝，A＝， 所以B只能为锐角， 故B＝，该三角形只有一解． 若选②，由正弦定理得＝， 则sin B＝＝＝. 又b＝>a＝1， 所以B＝或B＝，该三角形有两解． 当B＝时，C＝， 所以c＝＝2； 当B＝时，C＝， 所以a＝c＝1. 若选③，由正弦定理可得＝， 则sin A＝＝＝1. 因为0<A<π，所以A＝，该三角形只有一解． 18．(12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且m＝(2b－c，cos C)，n＝(a，cos A)，m∥n. (1)求角A的大小； (2)若a＝4，S△ABC＝4，试判定△ABC的形状． 解　(1)∵m∥n，m＝(2b－c，cos C)，n＝(a，cos A)， ∴(2b－c)cos A－acos C＝0， 由正弦定理得(2sin B－sin C)cos A－sin Acos C＝0， ∴2sin Bcos A－sin(C＋A)＝0， 又A＋C＝π－B，∴sin B(2cos A－1)＝0， ∵0<B<π，∴sin B≠0，∴cos A＝， 又0<A<π，∴A＝. (2)∵S△ABC＝bcsin A＝4，∴bc＝16， 又a2＝b2＋c2－2bccos A，a＝4，∴b2＋c2＝32， ∴b＝c＝4， ∴△ABC为等边三角形． 19.(12分)某工程队在某海域进行填海造地工程，欲在边长为1千米的等边三角形岛礁ABC的外围选择一点D(D在平面ABC内)，建设一条军用飞机跑道AD.在点D测得B，C两点的视角∠BDC＝60°，如图所示，记∠CBD＝θ，如何设计θ，使得飞机跑道AD最长？ 解　在△BCD中，BC＝1，∠BDC＝60°，∠CBD＝θ. 由正弦定理得＝， ∴BD＝＝cos θ＋sin θ. 在△ABD中，AB＝1，∠ABD＝60°＋θ. 由余弦定理得，得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos(60°＋θ)＝12＋2－2×1××＝1＋sin2θ＋sin θcos θ＝＋sin(2θ－30°)． ∴当2θ－30°＝90°，即θ＝60°时，跑道AD最长． 20.(12分)如图，在平面四边形ABCD中，已知A＝，B＝，AB＝6.在AB边上取点E，使得BE＝1，连接CE，DE.若∠CED＝，CE＝. (1)求sin∠BCE的值； (2)求CD的长． 解　(1)在△BEC中，由正弦定理， 知＝， 因为B＝，BE＝1，CE＝， 所以sin∠BCE＝＝＝. (2)因为∠CED＝B＝，所以∠BCE＋∠BEC＋B＝∠DEA＋∠CED＋∠BEC，即∠DEA＝∠BCE， 所以cos∠DEA＝＝＝＝. 因为A＝，所以△AED为直角三角形， 又AE＝5， 所以DE＝＝＝2. 在△CED中，由余弦定理得，CD2＝CE2＋DE2－2CE·DE·cos∠CED＝7＋28－2××2×＝49， 所以CD＝7. 21．(12分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos 2A＋＝2cos A. (1)求角A的大小； (2)若a＝1，求△ABC的周长l的取值范围． 解　(1)根据二倍角公式及题意得2cos2A＋＝2cos A， 即4cos2A－4cos A＋1＝0， ∴(2cos A－1)2＝0， ∴cos A＝.又∵0<A<π，∴A＝. (2)根据正弦定理，＝＝， 得b＝sin B，c＝sin C. ∴l＝1＋b＋c＝1＋(sin B＋sin C)， ∵A＝，∴B＋C＝， ∴l＝1＋ ＝1＋2sin， ∵0<B<，∴<B＋<， ∴<sin≤1， ∴l∈(2,3]． 22．(12分)如图，一个圆形海域上有四个小岛，小岛B与小岛A、小岛C都相距5 海里，与小岛D相距3 海里，小岛A对小岛B与D的视角为钝角，且sin A＝. (1)求小岛A与小岛D之间的距离和四个小岛所形成的四边形的面积； (2)记小岛D对小岛B与C的视角为α，小岛B对小岛C与D的视角为β，求sin(2α＋β)的值． 解　(1)∵sin A＝，且角A为钝角， ∴cos A＝－＝－. 在△ABD中，由余弦定理得，AD2＋AB2－2AD·AB·cos A＝BD2. ∴AD2＋52－2AD×5×＝(3)2⇒AD2＋8AD－20＝0. 解得AD＝2或AD＝－10(舍去)． ∴小岛A与小岛D之间的距离为2 海里． ∵A，B，C，D四点共圆，∴角A与角C互补． ∴sin C＝sin(180°－A)＝，cos C＝cos(180°－A)＝－cos A＝. 在△BDC中，由余弦定理得， CD2＋CB2－2CD·CB·cos C＝BD2， ∴CD2＋52－2CD×5×＝(3)2⇒CD2－8CD－20＝0， 解得CD＝－2(舍去)或CD＝10. ∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝AB·AD·sin A＋CB·CD·sin C＝×5×2×＋×5×10×＝3＋15＝18. ∴四个小岛所形成的四边形的面积为18平方海里． (2)在△BDC中，由正弦定理得，＝⇒＝⇒sin α＝. ∵DC2＋BD2>BC2，∴α为锐角，∴cos α＝. 又∵sin(α＋β)＝sin(180°－C)＝sin C＝， cos(α＋β)＝cos(180°－C)＝－cos C＝－. ∴sin(2α＋β)＝sin[α＋(α＋β)] ＝sin αcos(α＋β)＋cos αsin(α＋β)＝×＋×＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$