章末检测（11） 解三角形-【优学精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册教用课件(苏教版)

该高中数学课件聚焦解三角形核心内容，涵盖正弦定理、余弦定理的应用，三角形解的存在性判断及实际测量问题，通过基础例题导入，逐步过渡到综合应用与现实情境题，构建从定理理解到实际解题的学习支架。 其亮点在于结合航海测山高（第8题）等实例培养数学眼光，通过推理判断三角形两解条件（第4题）发展数学思维，以规范符号运算（如余弦定理公式应用）强化数学语言。采用例题解析与分层训练结合的方法，学生提升解题能力，教师可高效开展教学。

章末检测（十一）　解三角形 （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.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，A＝ ，BC＝3，AB＝ ，则C＝（　　） A. 或 B. C. D. 解析： 　由正弦定理，得 sin C＝ ＝ .因为BC＞AB，所 以A＞C，则0＜C＜ ，故C＝ .故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 数学·必修第二册 (SJ) 2. 已知三角形的两边长分别为4，5，它们夹角的余弦值是方程2x2＋ 3x－2＝0的根，则第三边长是（　　） A. B. C. D. 解析： 　设三角形长为4，5的两边的夹角为θ，由2x2＋3x－2＝ 0，得x＝ 或x＝－2（舍去），∴ cos θ＝ ，∴第三边长为 ＝ .故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 3. 在△ABC中，a＝26， cos A＝ ， cos B＝ ，则b＝（　　） A. 72 B. 18 C. D. 30 解析： 　因为 cos A＝ ，所以 sin A＝ ＝ .同理得 sin B＝ .由 ＝ ，得b＝ ＝ ＝30.故选D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 4. 在△ABC中，a＝x，b＝ ，A＝ ，若该三角形有两个解，则 x的取值范围是（　　） A. （ ，6） B. （2，2 ） C. D. 解析： 　∵三角形有两个解，∴b sin A＜x＜b，即 ＜x＜ . 故选D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 5. 已知△ABC的三边长分别为3，3 ，6，则该三角形的最大角与 最小角之和为（　　） A. 120° B. 145° C. 150° D. 120°或150° 解析： 　依题意知边长为3和6的这两条边所对应的角分别为最小 角和最大角.设边长为3 的边对应的角为B，由余弦定理，得 cos B＝ ＝ ，又0°＜B＜180°，所以B＝60°，则该 三角形的最大角与最小角之和为180°－B＝120°.故选A. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 6. 若△ABC的内角A，B，C满足6 sin A＝4 sin B＝3 sin C，则 cos B ＝（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 解析： 　由正弦定理得，a∶b∶c＝ sin A∶ sin B∶ sin C， ∴6a＝4b＝3c，∴a＝ b，c＝ b，∴ cos B＝ ＝ ＝ .故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 7. 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c cos B＝ b（ a－ cos C），且△ABC的面积为S＝ c cos A，则A＝ （　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 解析： 　因为c cos B＝b（ a－ cos C），所以由正弦定理可得 sin C cos B＝ a sin B－ sin B cos C，可得 sin C cos B＋ sin B cos C＝ sin （B＋C）＝ sin A＝ a sin B，可得a＝ ab，可得b＝ ， 因为△ABC的面积为S＝ c cos A＝ bc sin A＝ × ×c× sin A， 可得tan A＝ ，又A∈（0，π），所以A＝ ，故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 8. 一辆汽车在一条水平的公路上向正西方向行驶，到A处时测得公路 北侧远处一山脚C在西偏北α方向上，行驶a km后到达B处，此时 测得此山脚C在西偏北β方向上，在B处看到山顶D的仰角为γ， 根据这些测量数据计算（其中β＞α）此山的高度是（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 解析： 　设此山高h km，则BC＝ ，在△ABC中，∠ABC＝π －β，∠ACB＝β－α，AB＝a km，根据正弦定理得 ＝ ，即 ＝ ，解得h＝ ，故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给 出的四个选项中，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. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，以下判断正 确的是（　　） A. 若 cos A＝ cos B，则△ABC为等腰三角形 B. 若a＝ ，b＝ ，A＝30°，则符合条件的△ABC有且只有 一个 C. 若b cos A＝a cos B，则△ABC为等腰直角三角形 D. 若 sin 2A＋ sin 2B－ sin 2C＜0，则△ABC是钝角三角形 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 解析： 　对于A，因为 cos A＝ cos B，A，B∈（0，π），所以 A＝B，所以△ABC为等腰三角形，故A正确；对于B，由正弦定 理得： sin B＝ ＝ ＝ ，因为b＞a，所以B＞A，即 30°＜B＜150°，所以B＝60°或120°，则三角形有两解，故B 错误；对于C，在△ABC中，b cos A＝a cos B，由正弦定理得 sin B cos A＝ sin A cos B，即 sin （A－B）＝0，因为A，B∈（0， π），所以A－B∈（－π，π），所以A＝B，所以△ABC为等腰 三角形，故C错误；对于D，若 sin 2A＋ sin 2B＜ sin 2C，由正弦定理得a2＋b2＜c2，由余弦定理得 cos C＝ ＜0，所以C为钝角，所以△ABC是钝角三角形，故D正确.故选A、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 10. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝4且 sin A∶ sin B∶ sin C＝1∶2∶ ，下列说法正确的是（　　） A. △ABC为钝角三角形 B. AB边的中线长为3 C. △ABC周长为6＋2 D. △ABC的外接圆面积为 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 解析： 　对于A，∵ sin A∶ sin B∶ sin C＝1∶2∶ ， ∴a∶b∶c＝1∶2∶ ，设a＝k，b＝2k，c＝ k，∵b＝ 4，∴k＝2，a＝2，c＝2 ，又∵c＞b＞a，∴最大角为C， 由余弦定理得：c2＝28＝22＋42－2×2×4 cos C，解得 cos C＝－ ，又∵0＜C＜π，∴C＝ ，∴△ABC为钝角三角形，故A正 确；对于B，由正弦定理得 ＝ ，即 ＝ ，解得 sin A＝ ， ∵角A为锐角， cos A＝ ＝ ，设AB的中点为D， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 在△ADC中，由余弦定理得：CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD· cos A＝16 ＋7－2×4× × ＝3，则CD＝ ，即AB边的中线长为 ，故 B错误；对于C，△ABC周长为a＋b＋c＝2＋4＋2 ＝6＋2 ，故 C正确；对于D，由正弦定理：R＝ ＝ ，则△ABC外接圆的 面积为πR2＝ ，故D正确.故选A、C、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 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 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 解析： 　设BD＝x，则AD＝2＋x.在△ABD中，∠ADB＝ 180°－60°＝120°，并由余弦定理可得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·BD sin ∠ABD＝ ×7×3× ＝ .故选A、B、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中 横线上） 12. 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 ⁠. 解析：根据已知条件可知，在△ABC中，AB＝20，∠BAC＝ 30°，∠ABC＝105°，所以C＝45°，由正弦定理，得 ＝ ，所以BC＝ ＝10 . 10 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 13. 在△ABC中，BC＝3，AB＝7，C＝ π，则AB边上的高 为 ⁠. 解析：因为BC＝3，AB＝7，C＝ π，所以由余弦定理可得AB2 ＝AC2＋BC2－2AC·BC· cos π，即49＝AC2＋9＋3AC，解得AC ＝5或AC＝－8（舍去），设AB边上的高为h，则 AB·h＝ AC·BC· sin C，即7h＝3×5× ⇒h＝ . 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 14. △ABC中，a＝3 ，c＝ ， cos C＝ ，则 sin A＝ 　 　， 若b＜a，则b＝ ⁠. 解析：∵a＝3 ，c＝ ， cos C＝ ，C∈（0，π），∴ sin C＝ ＝ ，由正弦定理，得 sin A＝ ＝ ＝ ，可得 cos A＝ ＝± ，当 cos A＝ 时， 　 3　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) cos B＝－ cos （A＋C）＝ sin A sin C－ cos A cos C＝ × － × ＝－ ＜0，由于b＜a，B为锐角，矛盾，舍去，∴ cos A＝－ ， cos B＝－ cos （A＋C）＝ sin A sin C－ cos A cos C＝ × － × ＝ ，可得 sin B＝ ＝ ，由正弦定理可得b＝ ＝ ＝3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说 明、证明过程或演算步骤） 15. （本小题满分13分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，∠A的平分线交BC于点D，且 cos A（c cos B＋b cos C）＋ a＝0. （1）求A； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 解： 因为 cos A（c cos B＋b cos C）＋ a＝0，利用正 弦定理可得： cos A（ sin C cos B＋ sin B cos C）＋ sin A＝ 0，即2 cos A sin （B＋C）＋ sin A＝0. 因为 sin （B＋C）＝ sin A≠0，所以2 cos A＋1＝0，即 cos A＝－ ， 又A∈（0，π），可得A＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) （2）若a＝7，△ABC的周长为15，求AD的长. 解： 因为a＝7，a＋b＋c＝15，所以b＋c＝8. 在△ABC中，由余弦定理可得：49＝b2＋c2＋bc＝（b＋ c）2－bc，所以bc＝15. 又因为AD为角A的平分线，所以S△ABD＋S△ADC＝S△ABC， 所以 AD·b· sin ＋ AD·c· sin ＝ b·c· sin ， 即 AD·（b＋c）＝ bc，所以AD＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 16. （本小题满分15分）如图，已知A，B，C是一条直路上的三 点，AB＝BC＝1 km，从三点分别遥望塔M，在A处看见塔在北 偏东45°方向，在B处看见塔在正东方向，在C处看见塔在南偏 东60°方向，求塔到直路ABC的最短距离. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 解：由题意得∠CMB＝30°，∠AMB＝45°， ∵AB＝BC＝1，∴S△MAB＝S△MBC， 即 MA×MB× sin 45°＝ MC×MB× sin 30°， ∴MC＝ MA， 在△MAC中，由余弦定理，得AC2＝MA2＋MC2－2MA×MC× cos 75°， ∴MA2＝ ， 设M到AB的距离为h km， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 则由△MAC的面积得 MA×MC× sin 75°＝ AC×h， ∴h＝ × sin 75°＝ × × sin 75°＝ . ∴塔到直路ABC的最短距离为 km. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 17. （本小题满分15分）在① cos A＝ ，②b cos C＝（2a－c） cos B中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答. 问题：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已 知 　　. （1）求B； 解： 选择条件①：因为 cos A＝ ， 在△ABC中，由余弦定理可得 ＝ ，化简得 a2＋c2－b2＝ac， 由余弦定理可得 cos B＝ ＝ ＝ ， 因为B∈（0，π），所以B＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 选择条件②：因为b cos C＝（2a－c） cos B，由正弦定 理得， sin B cos C＋ sin C cos B＝2 sin A cos B. 即 sin （B＋C）＝2 sin A cos B， 则 sin A＝2 sin A cos B， 因为A∈（0，π）， sin A≠0，所以 cos B＝ ， 因为B∈（0，π），所以B＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) （2）若△ABC的外接圆半径为1，且 cos A cos C＝－ ，求a＋c. 注：如果选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分. 解： 因为B＝ ，所以A＋C＝ ，即 cos （A＋C） ＝－ ， 即 cos A cos C－ sin A sin C＝－ ， 又因为 cos A cos C＝－ ，所以 sin A sin C＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 由于△ABC的外接圆半径R＝1，由正弦定理可得 sin A sin C ＝ · ， 可得ac＝ ，所以b＝2R sin B＝ ， 由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝（a＋c）2－3ac ＝3， 所以a＋c＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 18. （本小题满分17分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c.向量m＝（ cos B， cos A），n＝（b－2c，－a）， 且m∥n. （1）求角A； 解： 因为m∥n， 所以（b－2c） cos A＋a cos B＝0， 即b cos A＋a cos B＝2c cos A， 由余弦定理得b· ＋a· ＝2c cos A， 即c＝2c cos A，所以 cos A＝ ， 又A∈（0，π），所以A＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) （2）若a＝2，①求 的值； ②求△ABC周长的范围. 解： ①由正弦定理得 ＝ ＝ ＝ ＝ . 所以 ＝ . ②由①知4＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc， 所以bc＝ . 又b＋c≥2 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 所以（b＋c）2≥4· ， 即（b＋c）2≤16，所以－4≤b＋c≤4. 又b＋c＞a＝2，所以2＜b＋c≤4. 故4＜a＋b＋c≤6， 即△ABC周长的范围为（4，6]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 19. （本小题满分17分）如图，某镇有一块空地形如 △OAB，其中OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB ＝90°.当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅 游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M， N都在边AB上，且∠MON＝30°，挖出的泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN地带开设儿童游乐场.为安全起见，需在△OAN的一周安装防护网. （1）当AM＝ km时，求防护网的总长度； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 解： 因为在△OAB中，OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°，所以∠OAB＝60°. 在△AOM中，由OA＝3 km，AM＝ km， ∠OAM＝60°及余弦定理，得 OM＝ ＝ km. 所以OM2＋AM2＝OA2，即OM⊥AN， 所以∠AOM＝30°，即∠AON＝60°. 所以△OAN为等边三角形，所以△OAN的周长为3OA＝9 km，即防护网的总长度为9 km. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) （2）为了节省投入的资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小. 问：如何设计施工方案，可使△OMN的面积最小，最小面 积是多少？ 解： 设∠AOM＝θ（0°＜θ＜60°）. 在△OAN中，由 ＝ ，得ON＝ km. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) 在△AOM中，由 ＝ ，得OM＝ km. 所以S△OMN＝ OM·ON· sin 30°＝ ＝ km2. 当2θ＋60°＝90°，即θ＝15°时，△OMN的面积最小， 最小面积为 km2. 即设计∠AOM＝15°时，可使△OMN的面积最小，最小面积是 km2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 (SJ) $