阶段质量评价 第11章 解三角形-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套课件PPT（苏教版）

该高中数学单元复习课件系统梳理了解三角形的正弦定理、余弦定理、面积公式及实际应用，通过典型例题将定理应用、解的个数判断、构造法解题等核心内容串联，构建“定理-应用-拓展”的知识网络。 其特色在于以问题情境驱动复习，如设计黄山旅游路径等实际应用题，培养学生用数学眼光观察现实世界，通过分层练习（基础题到综合题）发展数学思维，助力学生巩固知识，教师精准把握学情提高复习效率。

第11章 解三角形 阶段质量评价 (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.已知△ABC中，A=，B=，a=1，则b等于(　　) A.2　　　　B.1　　　　C.　　　　D. √ 解析：由正弦定理=⇒b==. 2.△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“△ABC为锐角三角形”是“a2+b2>c2”的 (　　) A.充分且不必要条件 B.必要且不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 √ 解析：当△ABC为锐角三角形时，C一定为锐角，此时a2+b2>c2成立；当a2+b2>c2成立时，由余弦定理可得cos C>0，即C为锐角，但此时△ABC的形状不能确定，故“△ABC为锐角三角形”是“a2+b2>c2”的充分且不必要条件，故选A. 3.已知圆的半径为4，a，b，c为该圆的内接三角形的三边，若abc= 16，则三角形的面积为(　　) A.2 B.8 C. D. √ 解析：设圆的半径为R，内接三角形的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C.则===2R=8，∴sin C=，∴S△ABC=absin C===. 4.在△ABC中，AC=，BC=2，B=60°，则BC边上的高等于(　　) A. B. C. D. 解析：由余弦定理得()2=22+AB2-2×2ABcos 60°，即AB2-2AB-3 =0，得AB=3.故BC边上的高是ABsin 60°=.故选B. √ 5.构造法是数学中一种常见的解题方法，请结合三角形的正、余弦定理，构造出恰当的图形解决问题：sin 27°+sin 223°+sin 7°sin 23°=(　　) A. B. C. D. √ 解析：构造△ABC，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A=7°，B=23°，C=150°.由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C，即c2=a2+b2-2ab cos 150°=a2+b2+ab.由正弦定理可得sin 2C=sin 2A+sin 2B+sin Asin B，即sin 2150°=sin 27°+sin 223°+sin 7°sin 23°，所以sin 27°+sin 223° +sin 7°sin 23°=. 6.在锐角△ABC中，已知sin(2A+C)=2sin C-sin B，则B，C的大小关系为 (　　) A.B>C B.B=C C.B<C D.无法确定 √ 解析：在锐角△ABC中，由sin(2A+C)=2sin C-sin B，得sin(π+A-B)= 2sin(π-A-B)-sin B，则sin(B-A)=2sin(A+B)-sin B，sin Bcos A-cos B sin A=2sin Bcos A+2cos Bsin A-sin B，整理得sin B=sin Bcos A+3cos B sin A.由正弦定理得b=bcos A+3acos B，由余弦定理得b=b·+a·+2acos B=c+2acos B.而cos B>0， 因此b>c，所以B>C. 7.在△ABC中，A=.若△ABC的面积为2，则+的最小值为(　　) A. B. C. D. √ 解析：由△ABC的面积为2，所以S=bcsin A=bcsin=2，得bc=8， 在△ABC中，由正弦定理得+=+=+=+=+-≥ 2-=2-=.当且仅当b=2，c=4时，等号成立. 8.如图，某建筑物的高度BC=300 m，一架无人机Q上的仪器观测到建筑物顶部C的仰角为15°，地面某处A的俯角为45°，且∠BAC=60°，则此无人机距离地面的高度PQ为 (　　) A.100 m B.200 m C.300 m D.200 m √ 解析：由题意得Rt△ABC中，∠BAC=60°，BC=300， 所以AC===200. 在△ACQ中，∠AQC=45°+15°=60°，∠QAC=180°-45°-60°=75°， 所以∠QCA=180°-∠AQC-∠QAC=45°. 由正弦定理得=，解得AQ==200. 在Rt△APQ中，PQ=AQsin 45°=200×=200 m.故选B. 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.) 9.在△ABC中，根据下列条件解三角形，其中有两解的是(　　) A.b=10，A=45°，C=70° B.b=45，c=48，B=60° C.a=14，b=16，A=45° D.a=7，b=5，A=80° √ 解析：选项B满足csin 60°<b<c，选项C满足bsin 45°<a<b，所以B、C有两解；对于选项A，可求得B=180°-A-C=65°，三角形有一解；对于选项D，由sin B=，且b<a，可得B为锐角，只有一解，所以三角形只有一解.故选BC. √ 10.在锐角三角形ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知c=2，若sin2A+sin2B-sin Asin B=sin2C，则下列说法正确的是 (　　) A.C= B.A∈ C.B∈ D.a+b∈(2，4] √ √ √ 解析：由正弦定理及已知可得a2+b2-ab=c2， 由余弦定理可得cos C==， 因为C∈，所以C=. 所以===. 故a+b=(sin A+sin B)==4sin. 因为0<A<，0<-A<，所以<A<. 所以sin∈. 所以a+b∈(2，4]. 因为0<B<，0<-B<，所以<B<. 故选ABD. 11.(2025·全国Ⅰ卷)已知△ABC的面积为，若cos 2A+cos 2B+2sin C= 2，cos Acos Bsin C=，则(　　) A.sin C=sin2A+sin2B B.AB= C.sin A+sin B= D.AC2+BC2=3 √ √ √ 解析：cos 2A+cos 2B+2sin C=2⇒2sin C=1-cos 2A+1-cos 2B⇒2sin C= 2sin2A+2sin2B， ∴sin C=sin2A+sin2B，故A正确； ∵cos Acos Bsin C=>0，∴A，B为锐角. 由===2R，得a2+b2=c·2R≥c2，若a2+b2>c2，则C为锐角，即△ABC为锐角三角形， ∴由A+B>⇒A>-B，则sin A>sin，即sin A>cos B， 代入sin C=sin2A+sin2B， 有sin C=sin2A+sin2B>cos2B+sin2B=1，矛盾，故a2+b2=c2， 即cos(A+B)=cos Acos B-sin Asin B=0⇒cos Acos B=sin Asin B=， ∵S=absin C=⇒ab=， ∴=(2R)2=2⇒2R==2R=⇒c=，故B正确； (sin A+sin B)2=sin2A+sin2B+2sin Asin B=sin C+=⇒sin A+sin B=，故C正确； AC2+BC2=AB2=c2=2，故D错误.故选ABC. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.) 12.(5分)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若a=4，b=5，cos A=，则B=_____.  解析：根据题意，在△ABC中，cos A=，则sin A=，且A为锐角. 又由=，可得sin B==.因为a=4>b=5，所以B<A，故B=. 13.(5分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=3，b=4，c=6，则bccos A+accos B+abcos C=_______.  解析：因为cos A=，所以bccos A=(b2+c2-a2).同理accos B =(a2+c2-b2)，abcos C=(a2+b2-c2).所以bccos A+accos B+abcos C =(a2+b2+c2)=. 14.(5分)如图，海岸线上有相距5海里的两座灯塔A，B，灯塔B位于灯塔A的正南方向.海上停泊着两艘轮船，甲船位于灯塔A的北偏西75°，与A相距3海里的D处；乙船位于灯塔B的北偏西60°方向，与B相距5海里的C处，此时乙船与灯塔A之间的距离为_______海里，两艘轮船之间的距离为_______海里.  5 解析：因为△ABC为等边三角形，所以AC=5.在△ADC中，∠DAC=180°-75°-60°=45°，根据余弦定理得CD2=AD2+AC2-2AD·AC·cos ∠DAC=18+25-2×3×5×=13，解得CD=. 四、解答题(本大题共5小题，共77分.) 15.(13分)在△ABC中，∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，已知a=4，b=5，c=. (1)求∠C的大小；(6分) 解：依题意，由余弦定理得cos C==-，∵0°<∠C<180°，∴∠C=120°. (2)求△ABC的面积.(7分) 解：S△ABC=absin C=×4×5×sin 120°=×4×5×=5. 16.(15分)(2025·天津高考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin B=bcos A，c-2b=1，a=. (1)求A的值；(4分) 解：已知asin B=bcos A， 由正弦定理=， 得asin B=bsin A=bcos A，显然cos A≠0， 得tan A=，由0<A<π，故A=. (2)求c的值；(4分) 解：由(1)知cos A=，且c=2b+1，a=， 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A， 则7=b2+(2b+1)2-2×b(2b+1)=3b2+3b+1， 解得b=1(b=-2舍去)，故c=3. (3)求sin(A+2B)的值.(7分) 解：由正弦定理=，且b=1，a=，sin A=， 得sin B==，且a>b，则B为锐角， 故cos B=，故sin 2B=2sin Bcos B=， 且cos 2B=1-2sin2B=1-2×=， 故sin(A+2B)=sin Acos 2B+cos Asin 2B=×+×=. 17.(15分)在△ABC中，2cos2+2sincos=. (1)求B的大小；(7分) 解：在△ABC中，∵2cos2+2sincos=， ∴2·+sin B=， ∴cos B+sin B=0，∴tan B=-， ∵B∈(0，π)，∴B=. (2)若(a+c)=2b，证明：a=c.(8分) 解：证明：∵B=，∴cos B=-. 由余弦定理得b2=a2+c2+ac　①， ∵(a+c)=2b，∴b=(a+c)　②， 将②代入①，得(a2+2ac+c2)=a2+c2+ac， 整理得(a-c)2=0，∴a=c. 18.(17分)如图，在△ABC中，C=，角B的平分线BD交 AC于点D，设∠CBD=θ，其中tan θ=. (1)求sin A；(8分) 解：由∠CBD=θ，且tan θ=， ∵θ∈，∴sin θ=cos θ，sin2θ+cos2θ=cos2θ+cos2θ=cos2θ=1，∴cos θ=，sin θ= . ∴sin∠ABC=sin 2θ=2sin θcos θ=2××=， cos∠ABC=2cos2θ-1=2×-1=. ∴sin A=sin=sin =sin 2θ+cos 2θ=×=. (2)若·=28，求AB的长.(9分) 解：由正弦定理得=，即=，∴BC=AC　①. 又·=||||=28，∴||||=28　②. 联立①②解得AC=4. 又由=，得=，解得AB=5. 19.(17分)几千年的沧桑沉淀，凝练了黄山清幽秀丽的自然风光和文化底蕴厚重的旅游环境.自明清以来，文人雅士，群贤毕至，旅人游子，纷至沓来，使黄山成为名噪江南的旅游热点.如图，游客从黄山风景区的景点A处下山至C处有两种路径，一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A乘景区观光车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50米/分钟，在甲出发2分钟后，乙从A乘观光车到B，在B处停留20分钟后，再从B匀速步行到C.假设观光车匀速直线运行的速度为250米/分钟，山路AC长为2 340米，经测量cos A=，cos C=. (1)求观光车路线AB的长；(7分) 解：在△ABC中，因为cos A=，cos C=，所以sin A=，sin C=，从而sin B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=. 由正弦定理=，得AB=×sin C=×=2 000(m)， 所以观光车路线AB的长为2 000 m. (2)乙出发多少分钟后，乙在观光车上与甲的距离最短?(10分) 解：假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时甲行走了(100+50t)m，乙距离A处250t m，由余弦定理得d2=(100+50t)2+(250t)2 -2×250t×(100+50t)×=1 000(41t2-38t+10)=1 000.因为t∈， 即t∈[0，8]，故当t= min时，甲、乙游客的距离最短. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $