章末检测（九） 解三角形(学用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学必修第四册（人教B版）

章末检测（九）　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＝2，b＝，c＝1，则最小角为（　　） A. B. C. D. 2.已知锐角三角形ABC的面积为3，BC＝4，CA＝3，则角C的大小为（　　） A.75° B.60° C.45° D.30° 3.如图，甲、乙二人同时从点A出发，甲沿正东方向走，乙沿北偏东30°方向走.当乙走了2 km到达B点时，甲走到C点，此时两人相距 km，则甲走的路程AC＝（　　） A.2 km B.2 km C. km D.1 km 4.在△ABC中，cos C＝，AC＝4，BC＝3，则cos B＝（　　） A.　　　B. C.　　　D. 5.在△ABC中，已知b2－bc－2c2＝0，a＝，cos A＝，则△ABC的面积S为（　　） A. B. C. D.6 6.在△ABC中，cos2＝（a，b，c分别为角A，B，C的对边），则△ABC的形状为（　　） A.正三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等腰三角形或直角三角形 7.如图，在山脚A测得山顶P的仰角α为30°，沿倾斜角β为15°的斜坡向上走a m到B，在B处测得山顶P的仰角γ为60°，则山PQ的高h＝（　　） A.a m B. m C.a m D.a m 8.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，（sin A－sin B）·（b＋2）＝c（sin B＋sin C），则△ABC外接圆的面积为（　　） A.π B.3π C.4π D.5π 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.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若（a2＋c2－b2）tan B＝ac，则角B＝（　　） A. B. C. D. 10.已知锐角三角形ABC，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若c＝4，B＝60°，则b的可能取值为（　　） A.2 B.3 C.4 D.5 11.在锐角三角形ABC中，a，b，c分别是三个内角A，B，C所对的边，若（a＋b＋c）（a＋c－b）＝（2＋）ac，则cos A＋sin C的可能取值是（　　） A. B. C.1 D.2 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.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，A＝30°，则＝　　　　　. 13.我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”里写道：“问有沙田一段，有三斜.其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五 里.里法三百步.欲知为田几何.”这道题讲的是有一个三角形沙田，三边长分别为13里，14里，15里，假设1里按0.5 km计算，则该沙田的面积为　　　　km2. 14.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（a＋b）sin A＝csin C－bsin B，若△ABC的面积为3，则角C等于　　　　，c的最小值为　　　. 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）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. 16.（本小题满分15分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsin A－acos B＝a. （1）求角B的值； （2）若D为AC的中点，且BD＝，b＝2，求△ABC的面积. 17.（本小题满分15分）某市发生水灾，国家抗震救灾指挥部紧急从A处调飞机去某地运救灾物资到受灾的B处.现有以下两个方案供选择： 方案一：飞到位于A处正东方向上的C市调运救灾物资，再飞到B处； 方案二：飞到位于A处正南方向上的D市调运救灾物资，再飞到B处. 已知AD＝500 km，AB＝800 km，∠ACB＝2∠DAB＝120°.那么选择哪种方案，能使得飞行距离最短？ 18.（本小题满分17分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝1，＝. （1）求角A； （2）若D是线段BC的中点，且AD＝1，求S△ABC； （3）若△ABC为锐角三角形，求△ABC的周长的取值范围. 19.（本小题满分17分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，过△ABC内一点M的直线l与直线AB交于点D，记与夹角为θ. （1）已知c－acos B＝bsin A， ①求角A； ②若M为△ABC的重心，b＝c＝1，θ＝30°，求｜｜； （2）请用向量方法探究θ与△ABC的边和角之间的等量关系. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 章末检测（九）　解三角形 1.B　∵a＞b＞c，∴C最小.∵cos C＝＝＝，0＜C＜π，∴C＝. 2.B　面积S＝ BC·CA·sin C⇒3＝×4×3×sin C⇒sin C＝，又因为△ABC为锐角三角形，所以C＝60°. 3.D　依题意知BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC，即3＝22＋AC2－2×2×AC×cos 60°，AC2－2AC＋1＝0，解得AC＝1. 4.A　由余弦定理得cos C＝＝＝，可得AB＝3，又由余弦定理得cos B＝＝＝. 5.A　由b2－bc－2c2＝0可得（b＋c）（b－2c）＝0，∴b＝2c.在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A，即6＝4c2＋c2－4c2×.∴c＝2，从而b＝4.∴S＝bcsin A＝×2×4×＝. 6.B　因为cos2＝，所以＝，整理得到cos B＝，又由正弦定理＝＝，得到cos B＝，所以sin Ccos B＝sin A＝sin（B＋C）＝sin Bcos C＋cos Bsin C，得到sin Bcos C＝0，又B∈（0，π），所以sin B≠0，得到cos C＝0，又C∈（0，π），所以C＝. 7.A　在△PAB中，∠PAB＝α－β＝15°，∠BPA＝（90°－α）－（90°－γ）＝γ－α＝30°，∴＝，∴PB＝a，∴PQ＝PC＋CQ＝PB·sin γ＋asin β＝a×sin 60°＋asin 15°＝ a（m）.故选A. 8.C　因为a＝2，且（sin A－sin B）（b＋2）＝c（sin B＋sin C），所以（sin A－sin B）（a＋b）＝c（sin B＋sin C），由正弦定理，可得（a－b）·（a＋b）＝c（b＋c），即b2＋c2－a2＝－bc，所以cos A＝＝＝－，由A∈（0，π），所以A＝，则△ABC外接圆的半径为＝＝2，所以△ABC外接圆的面积为S＝π·22＝4π. 9.BC　因为（a2＋c2－b2）tan B＝ac，所以2accos B·tan B＝ac，又ac≠0，所以sin B＝，所以B＝或B＝，故选B、C. 10.CD　在△ABC中，c＝4，B＝60°，由＝，得b＝＝＝.因为0＜C＜，所以sin C∈（0，1），即有b＞2.若b＝4，则b＝c，即B＝C＝60°，△ABC为等边三角形，符合题意；若b＝5，则sin C＝∈，且b＞c，即B＞C，所以30°＜C＜60°，所以60°＜A＜90°，符合题意.故选C、D. 11.BC　由（a＋b＋c）（a＋c－b）＝（2＋）ac，得a2＋c2－b2＝ac，所以根据余弦定理，得cos B＝＝，又B是锐角，所以B＝，所以A＋C＝，所以C＝－A，所以cos A＋sin C＝cos A＋sin＝cos A＋sincos A－cossin A＝sin A＋cos A＝sin.因为△ABC是锐角三角形，所以即解得＜A＜，所以＜A＋＜，所以cos A＋sin C∈，所以cos A＋sin C的可能取值是和1.故选B、C. 12.4　 解析：由正弦定理得＝＝＝4，则＝＝4. 13.21　 解析：设在△ABC中，BC＝13里，AC＝14里，AB＝15里，∴cos C＝＝，∴sin C＝，故△ABC的面积为×13×14××0.52＝21（km2）. 14.　6　 解析：因为（a＋b）sin A＝csin C－bsin B，所以由正弦定理得（a＋b）a＝c2－b2，即a2＋b2－c2＝－ab，所以由余弦定理得cos C＝＝＝－.因为C∈（0，π），所以C＝.因为△ABC的面积为3，所以absin C＝ab＝3，所以ab＝12.由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2＋ab≥2ab＋ab＝3ab＝36，当且仅当a＝b＝2时等号成立，所以c≥6，即c的最小值为6. 15.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， 即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， ∴b2＋c2＝32， ∴b＝c＝4，且A＝， ∴△ABC为等边三角形. 16.解：（1）由正弦定理得，＝＝， 则由bsin A－acos B＝a，得sin Bsin A－sin Acos B＝sin A，∵sin A≠0， ∴sin B－cos B＝1，∴sin（ B－）＝. ∵B－∈（ －，），∴B－＝⇒B＝. （2）∵D为AC的中点，∴＝（＋），又BD＝， ∴｜｜2＝（＋2·＋）⇒a2＋ac＋c2＝12， ① 由余弦定理得，cos B＝⇒a2＋c2－ac＝4， ② 联立①②，解得ac＝4，∴S△ABC＝acsin B＝×4×＝，∴△ABC的面积为. 17.解：方案一： 在△ABC中，易知∠CAB＝90°－∠DAB＝30°，∠ACB＝120°，AB＝800 km， 由＝得BC＝km，且△ABC为等腰三角形， 所以AC＋BC＝2BC＝（km）. 方案二：在△ADB中，∠DAB＝60°，AD＝500 km，AB＝800 km， 所以BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos ∠DAB ＝8002＋5002－2×800×500×cos 60°＝4.9×105， 所以BD＝700 km，所以BD＋AD＝700＋500＝1 200（km）. 因为1 200＞≈923.2， 故选择方案一，能使飞行距离最短. 18.解：（1）由题及正弦定理可知＝，所以sin Acos C＝2sin Bcos A－sin Ccos A， 所以sin Acos C＋sin Ccos A＝sin（A＋C）＝2sin Bcos A. 又A＋B＋C＝π，所以sin B＝2sin Bcos A.因为sin B＞0，所以cos A＝.因为A∈（0，π），所以A＝. （2）由（1）及余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，即1＝b2＋c2－bc， ① 又因为＝＋，则＝（ ＋）2，所以1＝b2＋c2＋bc， ② 由②×4－①得bc＝，所以S△ABC＝bcsin A＝××＝. （3）由（1）得A＝，则B＋C＝，即sin C＝sin（ －B）＝cos B＋sin B. 由正弦定理可知b＝sin B，c＝sin C， 所以b＋c＝（sin B＋sin C）＝2（ sin B＋cos B）＝2sin（ B＋）. 因为△ABC为锐角三角形，所以0＜B＜，0＜－B＜， 即＜B＜，＜B＋＜，则sin（ B＋）∈（ ，1］，即2sin（ B＋）∈（，2]， 则a＋b＋c∈（1＋，3]，故△ABC的周长的取值范围为（1＋，3]. 19.解：（1）①因为c－acos B＝bsin A， 由正弦定理可得sin C－sin Acos B＝sin Bsin A， 即sin（A＋B）－sin Acos B＝sin Bsin A，所以cos Asin B＝sin Bsin A， 又0°＜B＜180°，所以sin B＞0，所以cos A＝sin A，所以tan A＝1， 又0°＜A＜180°，所以A＝45°. ②由题意b＝c＝1，θ＝30°，因为M为△ABC的重心，所以＝（＋）， 所以｜AM｜＝｜｜＝｜＋｜＝ ＝＝cos， 在△ADM中，由正弦定理知＝，所以｜AD｜＝·sin∠AMD， 显然△ABC为等腰三角形，则AM平分∠BAC， 所以｜｜＝｜AD｜＝·sin（ ＋30°） ＝2｜AM｜sin（ ＋30°） ＝cossin（ ＋30°） ＝cos（ sin＋cos） ＝（ ×2sincos＋cos2） ＝（ sin A＋cos A＋） ＝（ ×＋×＋）＝. （2）直线l与△ABC的边AC相交于点E，如图所示， 因为＝＋，所以·＝·（＋）＝·＋·， 又因为·＝｜｜｜｜cos∠EDA＝c｜｜cos θ， ·＝｜｜｜｜cos（B－θ）＝a｜｜·cos（B－θ）， ·＝｜｜｜｜cos（A＋θ）＝b｜｜·cos（A＋θ）， 所以c｜｜cos θ＝a｜｜cos（B－θ）＋b｜｜·cos（A＋θ）， 即ccos θ＝acos（B－θ）＋bcos（A＋θ）. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $