章末检测试卷一(第九章 解三角形)-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高一数学必修第四册教师用书（人教B版2019）

第九章 <<< 章末检测试卷一(第九章) 2 答案 1 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D D B C D C A 题号 8 9 10 11 12 　13 14 答案 A ABD BC BCD 6 对一对 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15. 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=， 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15. 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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15. 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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16. (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 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16. (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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17. (1)方法一　常规方法(辅助角公式) 由sin A+cos A=2， 可得sin A+cos A=1， 即sin=1， 由于A∈(0，π)⇒A+∈， 故A+=，解得A=. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17. 方法二　常规方法(同角三角函数的基本关系) 由sin A+cos A=2， 又sin 2A+cos 2A=1， 消去sin A得到 4cos2A-4cos A+3=0⇔(2cos A-)2=0， 解得cos A=， 又A∈(0，π)，故A=. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17. (2)由题设条件和正弦定理得，bsin C=csin 2B⇔sin Bsin C= 2sin Csin Bcos B， 又B，C∈(0，π)，则sin Bsin C≠0， 进而cos B=，得到B=， 于是C=π-A-B=， sin C=sin(π-A-B)=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=， 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17. 由正弦定理可得，==， 即==， 解得b=2，c=+， 故△ABC的周长为2++3. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18. 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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18. 由余弦定理得，得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos(60°+θ) =12+-2×1×× =1+sin2θ+sin θcos θ=+sin(2θ-30°). ∴当2θ-30°=90°，即θ=60°时，跑道AD最长. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19. (1)在△BEC中，由正弦定理， 知=， 因为B=，BE=1，CE=， 所以sin∠BCE===. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19. (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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 一、单项选择题 1.在△ABC中，已知B=120°，AC=，AB=2，则BC等于 A.1 B. C. D.3 √ 由余弦定理AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B，得BC2+2BC-15=0，解得BC=3或BC=-5(舍去). 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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 √ 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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 √ 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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 √ 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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=. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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 √ 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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 √ 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ∵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. 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 √ 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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 √ 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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=+ =++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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 二、多项选择题 9.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 √ √ √ 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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； 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.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= √ √ 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11.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= √ √ √ 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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； 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由c=4可得a=，b=，则△ABC的周长为4+4bc=，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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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=. 三、填空题 12.在△ABC中，若b+c=2a，3sin A=5sin B，则角C=　　　　.  2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13.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　　　　.  2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14.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.  6 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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 ==， 因此sin∠AQP=，结合题意可知∠AQP=120°. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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). 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 四、解答题 15.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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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===. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.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 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ∵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 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ∵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. (2)若a=4，S△ABC=4，试判定△ABC的形状. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.(2024·新课标全国Ⅱ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A+cos A=2. (1)求A； 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 方法一　常规方法(辅助角公式) 由sin A+cos A=2， 可得sin A+cos A=1， 即sin=1， 由于A∈(0，π)⇒A+∈， 故A+=， 解得A=. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 方法二　常规方法(同角三角函数的基本关系) 由sin A+cos A=2， 又sin 2A+cos 2A=1， 消去sin A得到 4cos2A-4cos A+3=0⇔(2cos A-)2=0， 解得cos A=， 又A∈(0，π)，故A=. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若a=2，bsin C=csin 2B，求△ABC的周长. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由题设条件和正弦定理得， bsin C=csin 2B⇔sin Bsin C=2sin Csin Bcos B， 又B，C∈(0，π)，则sin Bsin C≠0， 进而cos B=，得到B=， 于是C=π-A-B=， sin C=sin(π-A-B)=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=， 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由正弦定理可得， ==， 即==， 解得b=2，c=+， 故△ABC的周长为2++3. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18.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？ 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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+-2×1××=1+sin2θ+ sin θcos θ=+sin(2θ-30°). ∴当2θ-30°=90°，即θ=60°时，跑道AD最长. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.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； 在△BEC中，由正弦定理， 知=， 因为B=，BE=1，CE=， 所以sin∠BCE===. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求CD的长. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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. 2 答案 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 第一章 <<< $$ 章末检测试卷一(第九章) [时间：120分钟 分值：150分] 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1.在△ABC中，已知B=120°，AC=，AB=2，则BC等于(　　) A.1 B. C. D.3 答案　D 解析　由余弦定理AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B，得BC2+2BC-15=0，解得BC=3或BC=-5(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||·||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(本题共3小题，每小题6分，共18分.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.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. 10.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. 11.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(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.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=. 13.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. 14.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). 四、解答题(本题共5小题，共77分) 15.(13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. 16.(15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；(8分) (2)若a=4，S△ABC=4，试判定△ABC的形状.(7分) 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. 17.(15分)(2024·新课标全国Ⅱ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A+cos A=2. (1)求A；(7分) (2)若a=2，bsin C=csin 2B，求△ABC的周长.(8分) 解　(1)方法一　常规方法(辅助角公式) 由sin A+cos A=2， 可得sin A+cos A=1， 即sin=1， 由于A∈(0，π)⇒A+∈， 故A+=， 解得A=. 方法二　常规方法(同角三角函数的基本关系) 由sin A+cos A=2， 又sin 2A+cos 2A=1， 消去sin A得到 4cos2A-4cos A+3=0⇔(2cos A-)2=0， 解得cos A=， 又A∈(0，π)，故A=. (2)由题设条件和正弦定理得， bsin C=csin 2B⇔sin Bsin C=2sin Csin Bcos B， 又B，C∈(0，π)，则sin Bsin C≠0， 进而cos B=，得到B=， 于是C=π-A-B=， sin C=sin(π-A-B)=sin(A+B) =sin Acos B+cos Asin B =， 由正弦定理可得， ==， 即==， 解得b=2，c=+， 故△ABC的周长为2++3. 18.(17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+-2×1××=1+sin2θ+sin θcos θ=+sin(2θ-30°). ∴当2θ-30°=90°，即θ=60°时，跑道AD最长. 19.(17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；(7分) (2)求CD的长.(10分) 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. 学科网（北京）股份有限公司 $$