第9章 解三角形 单元质量测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第四册作业与测评word（人教B版2019）

第九章　单元质量测评 　时间：120分钟　　满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．在△ABC中，已知a－2b＋c＝0，3a＋b－2c＝0，则sinA∶sinB∶sinC＝(　　) A．2∶3∶4 B．3∶4∶5 C．4∶5∶8 D．3∶5∶7 答案：D 解析：因为a－2b＋c＝0，3a＋b－2c＝0，所以c＝a，b＝a.a∶b∶c＝3∶5∶7.所以sinA∶sinB∶sinC＝3∶5∶7.故选D. 2．平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题，很多数学定理以费马的名字命名．对△ABC而言，若其内部的点P满足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则称P为△ABC的费马点．在△ABC中，已知∠PBC＝15°，设P为△ABC的费马点，PB＝＋，△ABC的外接圆半径为3＋3，则sin∠BAC＝(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：因为∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，∠PBC＝15°，所以∠PCB＝45°，在△PBC中，由正弦定理，得＝，所以BC＝＝＝3＋，又△ABC的外接圆半径为R＝3＋3，由正弦定理，得＝2R，所以sin∠BAC＝＝＝.故选C. 3．(2024·安徽安庆市第九中学高一校考期中)在△ABC中，若A＝60°，b＝1，S△ABC＝，则的值为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：根据三角形面积公式可得S△ABC＝bcsinA＝×c＝，即c＝4.由余弦定理可知a2＝b2＋c2－2bccosA＝1＋16－2×1×4×＝13，可得a＝.由正弦定理可得＝＝＝. 4．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若a＝1，sinB＝，C＝，则b的值为(　　) A．1 B. C.或 D．±1 答案：C 解析：在△ABC中，sinB＝，0＜B＜π，∴B＝或，当B＝时，△ABC为直角三角形，∴b＝asinB＝；当B＝时，A＝C＝，∴a＝c＝1，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos＝3，∴b＝.故选C. 5．若G是△ABC的重心，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且a＋b＋c＝0，则角A＝(　　) A．90° B．60° C．45° D.30° 答案：D 解析：由重心性质可知＋＋＝0，故＝－－，代入a＋b＋c＝0中，即(b－a)＋＝0，因为，不共线，所以即故由余弦定理得cosA＝＝.因为0°<A<180°，所以A＝30°.故选D. 6．在△ABC中，·＝3，S△ABC∈，则B的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：由题意知accosB＝3，所以ac＝，S△ABC＝acsinB＝××sinB＝tanB.因为S△ABC∈，所以tanB∈，又0＜B＜π，所以B∈.故选C. 7．(2024·山东淄博高一下期中)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin2A－sin2C＋sin2B＝sinAsinB，且c＝3，则△ABC面积的最大值为(　　) A. B. C. D．2 答案：B 解析：根据题意，由正弦定理角化边为a2－c2＋b2＝ab，再由余弦定理得cosC＝＝，因为0<C<π，所以C＝，又c＝3，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，即9＝a2＋b2－ab，因为a2＋b2≥2ab，所以9≥2ab－ab，即ab≤9，当且仅当a＝b＝3时，等号成立，故△ABC的面积S＝absinC＝absin≤×9×＝，所以△ABC面积的最大值为.故选B. 8．在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2sinA(acosC＋ccosA)＝b，则的取值范围是(　　) A. B. C．(1，2) D. 答案：A 解析：2sinA(acosC＋ccosA)＝b⇔2sinA·(sinAcosC＋sinCcosA)＝sinB⇔2sinAsin(A＋C)＝sinB⇔2sinAsinB＝sinB⇔sinA＝，因为△ABC为锐角三角形，所以A＝，a2＝b2＋c2－bc　①，a2＋c2＞b2　②，a2＋b2＞c2　③，由①②③可得2b2＞bc，2c2＞bc，所以＜＜2.故选A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列命题中正确的是(　　) A．△ABC中，若sin2A＝sin2B，则△ABC为等腰三角形 B．△ABC中，若b＝4，c＝6，C＝30°，则这个三角形有两解 C．△ABC中，a＝，b＝3＋，c＝2，则最小角为45° D．△ABC中，＝ 答案：BD 解析：对于A，∵sin2A＝sin2B，∴2A＝2B或2A＋2B＝180°，∴A＝B或A＋B＝90°，即△ABC为等腰三角形或直角三角形，故A错误；对于B，∵bsinC＝2<c<b，∴这个三角形有两解，故B正确；对于C，由题意可知最小边为a＝，则最小角为A，∴cosA＝＝，∴A＝30°≠45°，故C错误；由正弦定理可知D正确．故选BD. 10．已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝6，4sinB＝5sinC，则下列四个命题中正确的是(　　) A．满足条件的△ABC不可能是直角三角形 B．当A＝2C时，△ABC的周长为15 C．当A＝2C时，△ABC的面积为 D．当A＝2C时，若O为△ABC的内心，则△AOB的面积为 答案：BCD 解析：对于A，因为a＝6，4sinB＝5sinC，所以4b＝5c，设b＝5t，c＝4t(t>0)，由36＋16t2＝25t2可得t＝2，所以满足条件的△ABC可能是直角三角形，故A错误；对于B，因为a＝6，4sinB＝5sinC，A＝2C，所以B＝π－3C，由正弦定理可得4b＝5c，所以b＝，由＝，sinC≠0可得4cos2C－1＝，又C为锐角，故cosC＝，sinC＝，所以sinA＝2sinCcosC＝，由正弦定理，得＝，即＝，所以c＝4，b＝5，所以a＋b＋c＝15，故B正确；对于C，当A＝2C时，因为b＝5，c＝4，sinA＝，所以S△ABC＝bcsinA＝×5×4×＝，故C正确；对于D，因为S△ABC＝，设△ABC的内切圆的半径为R，则R＝＝，所以S△AOB＝cR＝×4×＝.故D正确．故选BCD. 11．图1是我国古代数学家赵爽创制的一幅“勾股圆方图”(又称“赵爽弦图”)，它是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．受其启发，某同学设计了一个图形，该图形是由三个全等的钝角三角形与中间的一个小正三角形拼成的一个大正三角形，如图2所示，若AB＝7，DE＝2，则(　　) A．BD＝3 B．AD＝5 C．cos∠ABD＝ D．△ABD的面积为 答案：ABD 解析：设BD＝x，则AD＝2＋x.在△ABD中，∠ADB＝180°－60°＝120°，由余弦定理可得AB2＝AD2＋BD2－2AD×BD×cos∠ADB，即49＝(2＋x)2＋x2－2(2＋x)x×，整理得x2＋2x－15＝0，解得x＝3(x＝－5舍去)，所以BD＝3，AD＝5.则cos∠ABD＝＝＝，所以sin∠ABD＝＝，所以△ABD的面积S＝AB×BDsin∠ABD＝×7×3×＝.故选ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知在△ABC中，a＋b＝，A＝，B＝，则a的值为________． 答案：3－3 解析：由正弦定理，得b＝＝a.由a＋b＝a＋a＝，解得a＝3－3. 13.(2024·广东韶关高一下期末)如图，某工程队将从A到D修建一条隧道，工程队从A出发向正东行了10 km到达B，然后从B向南偏西45°方向行了一段距离到达C，再从C向北偏西75°方向行了4 km到达D.已知C在A南偏东15°方向上，则从A到D修建隧道的距离为________km. 答案：2 解析：连接AC，可得∠ABC＝45°，∠ACD＝75°－15°＝60°，∠BCD＝75°＋45°＝120°，∠ACB＝60°，AB＝10 km，CD＝4 km，在△ABC中，由正弦定理得＝，即＝，则AC＝10 km，在△ACD中，由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos∠ACD＝152，则AD＝2 km. 14．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且a，b，c满足2b＝a＋c，B＝，则sinA＋sinC＝________，cosA－cosC＝________． 答案：　± 解析：∵2b＝a＋c，∴由正弦定理得2sinB＝sinA＋sinC，又B＝，∴sinA＋sinC＝，A＋C＝.设cosA－cosC＝x，可得(sinA＋sinC)2＋(cosA－cosC)2＝2＋x2，即sin2A＋2sinAsinC＋sin2C＋cos2A－2cosAcosC＋cos2C＝2－2cos(A＋C)＝2－2cos＝2＋x2.则(cosA－cosC)2＝x2＝－2cos＝，∴cosA－cosC＝±. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15.(本小题满分13分)如图，△ACD是等边三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，BD交AC于点E，AB＝2. (1)求cos∠CBE的值； (2)求AE. 解：(1)∵∠BCD＝90°＋60°＝150°，CB＝AC＝CD， ∴∠CBE＝15°. ∴cos∠CBE＝cos15°＝cos(45°－30°)＝. (2)在△ABE中，AB＝2， 由正弦定理，得＝， ∴AE＝＝＝－. 16．(本小题满分15分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB＋bcosA＝ac，sin2A＝sinA. (1)求A及a； (2)若b－c＝2，求BC边上的高． 解：(1)因为acosB＋bcosA＝ac， 由正弦定理得sinAcosB＋sinBcosA＝asinC， 所以sin(A＋B)＝asinC， 又A＋B＝π－C， 所以sinC＝asinC，又sinC>0，则a＝. 因为sin2A＝sinA，即2sinAcosA＝sinA， 又sinA>0，所以cosA＝， 因为A∈(0，π)，所以A＝. (2)由(1)及余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA， 得b2＋c2－bc＝7. 将b＝c＋2代入b2＋c2－bc＝7， 得c2＋2c－3＝0， 解得c＝1或c＝－3(舍去)，则b＝3. 因为＝， 所以sinC＝＝， 设BC边上的高为h， 则h＝bsinC＝. 17．(本小题满分15分)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2＋b2＝λab. (1)若λ＝，B＝，求sinA； (2)若λ＝4，AB边上的高为，求C. 解：(1)由已知B＝，a2＋b2＝ab， 结合正弦定理得4sin2A－2sinA＋1＝0. 于是sinA＝， ∵0＜A＜，∴0<sinA＜， ∴sinA＝. (2)由题意可知S△ABC＝absinC＝c2， ∴absinC＝(a2＋b2－2abcosC)＝(4ab－2abcosC)， 从而有sinC＋cosC＝2，即sin＝1. 又0<C<π，∴＜C＋＜， ∴C＋＝，∴C＝. 18．(本小题满分17分)已知锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanA＝. (1)求角A的大小； (2)当a＝时，求c2＋b2的最大值，并判断此时△ABC的形状． 解：(1)由已知及余弦定理，得＝，sinA＝， 因为A为锐角，所以A＝60°. (2)解法一：由正弦定理，得＝＝＝＝2， 所以b＝2sinB，c＝2sinC＝2sin(120°－B)． c2＋b2＝4[sin2B＋sin2(120°－B)] ＝4 ＝4－cos2B＋sin2B ＝4＋2sin(2B－30°)． 由得30°<B<90°， 所以30°<2B－30°<150°. 当sin(2B－30°)＝1，即B＝60°时，(c2＋b2)max＝6， 此时C＝60°，△ABC为等边三角形． 解法二：由余弦定理，得()2＝b2＋c2－2bccos60°， 所以b2＋c2－bc＝3. 因为bc≤(当且仅当b＝c时取等号)， 所以b2＋c2－≤3，即b2＋c2≤6(当且仅当b＝c＝时取等号)． 故c2＋b2的最大值为6，此时△ABC为等边三角形． 19．(本小题满分17分)某校兴趣小组在如图所示的矩形区域ABCD内举行机器人拦截挑战赛，在E处按方向释放机器人甲，同时在A处按方向释放机器人乙，设机器人乙在M处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动，若点M在矩形区域ABCD内(包含边界)，则挑战成功，否则挑战失败．已知AB＝6米，E为AB的中点，比赛中两机器人均以匀速直线运动方式行进，记与的夹角为θ(0<θ<π)，与的夹角为α. (1)若两机器人运动方向的夹角为，AD足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值； (2)已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍． ①若α＝θ＝，AD足够长，求机器人乙能否挑战成功； ②如何设计矩形区域ABCD的宽AD的长度，才能确保无论θ的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度α，使机器人乙挑战成功？ 解：(1)如图，在△AEM中，由余弦定理， 得AE2＝MA2＋ME2－2MA×MEcos＝9， 所以(MA＋ME)2＝9＋3MA×ME≤9＋3×， 所以MA＋ME≤6， 当且仅当MA＝ME＝3时，等号成立， 故两机器人运动路程和的最大值为6米． (2)在△AEM中，由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍， 故AM＝2EM. ①因为α＝θ＝，可知两机器人的运动方向平行， 所以不论AD多长，机器人乙都不可能拦截到甲，所以不可能挑战成功． ②设EM＝x米， 则AM＝2EM＝2x米， 由得x∈(1，3)， 由余弦定理可得cos(π－θ)＝＝－， 所以cosθ＝－， 所以xsinθ＝ ＝ ＝， 由题意得AD≥xsinθ对任意x∈(1，3)恒成立， 故AD≥(xsinθ)max＝2， 当且仅当x＝时取等号． 故矩形区域ABCD的宽AD至少为2米，才能确保无论θ的值为多少， 总可以通过设置机器人乙的释放角度α，使机器人乙挑战成功． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$