章末检测（十一）解三角形(学用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（苏教版）

章末检测（十一）　解三角形 1.C　由正弦定理，得sin C＝＝.因为BC＞AB，所以A＞C，则0＜C＜，故C＝.故选C. 2.B　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. 3.D　因为cos A＝，所以sin A＝＝.同理得sin B＝.由＝，得b＝＝＝30.故选D. 4.D　∵三角形有两个解，∴bsin A＜x＜b，即＜x＜.故选D. 5.B　因为sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，所以a∶b∶c＝2∶3∶4，设a＝2t（t＞0），则b＝3t，c＝4t，所以A＜B＜C，所以cos A＝＝＝，所以最小角的余弦值为.故选B. 6.B　在△ABC中，由＝，得2sin Ccos B－sin Acos B＝cos Asin B，整理得2sin Ccos B＝sin Acos B＋cos Asin B＝sin（A＋B）＝sin C，而sin C＞0，解得cos B＝，而0＜B＜π，所以B＝.故选B. 7.A　由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得36＝4c2＋c2－2×2c×c×＝3c2，解得c＝2，a＝4，所以△ABC的面积S△ABC＝acsin B＝×4×2×＝6.故选A. 8.A　根据题意，得∠ACM＝180°－45°－30°＝105°，∠MAC＝30°＋15°＝45°，在△AMC中，∠AMC＝180°－∠MAC－∠ACM＝30°.在Rt△ABC中，AB⊥AC，∠ACB＝30°，所以AC＝2AB＝78，在△AMC中，由正弦定理得＝，即＝，即＝，解得CM＝78，在Rt△MNC中，MN⊥CN，∠NCM＝45°，所以MN＝CMsin 45°＝78.故选A. 9.AD　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，bcos A＝acos B，由正弦定理得sin Bcos A＝sin Acos 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sin2A＋sin2B＜sin2C，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. 10.ACD　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＋42－2×2×4cos 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，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. 11.ABD　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·BDsin∠ABD＝×7×3×＝.故选A、B、D. 12.10　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. 13.　解析：因为BC＝3，AB＝7，C＝π，所以由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosπ，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＝. 14.　3　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，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. 15.解：（1）因为a（sin C＋cos C）＝b＋c， 由正弦定理得，sin Csin A＋sin Acos C＝sin B＋sin C＝sin（A＋C）＋sin C， 又sin（A＋C）＝sin Acos C＋cos Asin C， 所以sin Csin A－cos Asin C＝sin C，又因为C∈（0，π），则sin C＞0， 所以sin A－cos A＝1，整理得sin（A－）＝， 又A∈（0，π），则A－∈（－，）， 所以A－＝，则A＝. （2）如图所示，在△ABC中，由正弦定理得＝，即＝，解得c＝2， 因为∠BAC＝，由题意可得∠BAD＝，AD＝4， 在△BAD中，AB＝c＝2， 由余弦定理可得BD ＝ ＝ ＝2. 16.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， 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. 17.解：（1）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＝. 选择条件②：因为bcos C＝（2a－c）cos B，由正弦定理得， sin Bcos C＋sin Ccos B＝2sin Acos B. 即sin（B＋C）＝2sin Acos B， 则sin A＝2sin Acos B， 因为A∈（0，π），sin A≠0，所以cos B＝， 因为B∈（0，π），所以B＝. （2）因为B＝，所以A＋C＝， 即cos（A＋C）＝－， 即cos Acos C－sin Asin C＝－， 又因为cos Acos C＝－， 所以sin Asin C＝. 由于△ABC的外接圆半径R＝1，由正弦定理可得sin Asin C＝·， 可得ac＝，所以b＝2Rsin B＝， 由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B＝（a＋c）2－3ac＝3， 所以a＋c＝. 18.解：（1）因为m∥n， 所以（b－2c）cos A＋acos B＝0， 即bcos A＋acos B＝2ccos A， 由余弦定理得b·＋a·＝2ccos A， 即c＝2ccos A，所以cos A＝， 又A∈（0，π），所以A＝. （2）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， 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]. 19.解：（1）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. （2）设∠AOM＝θ（0°＜θ＜60°）.在△OAN中，由＝， 得ON＝ km. 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. 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 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. 3.在△ABC中，a＝26，cos A＝，cos B＝，则b＝（　　） A.72 B.18 C. D.30 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. 5.在△ABC中，若sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，则最小角的余弦值为（　　） A. B. C. D. 6.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝，则B＝（　　） A. B. C. D. 7.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝，则△ABC的面积为（　　） A.6 B.12 C.6 D.12 8.如图，某同学为测量南京大报恩寺琉璃塔的高度MN，在琉璃塔的正东方向找到一座建筑物AB，高度约为39 m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A和琉璃塔顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得塔顶部M的仰角为15°，则琉璃塔的高度约为（　　） A.78 m B.74 m C.64 m D.52 m 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bcos A＝acos B，则△ABC为等腰直角三角形 D.若sin2A＋sin2B－sin2C＜0，则△ABC是钝角三角形 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 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 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　　　　. 13.在△ABC中，BC＝3，AB＝7，C＝π，则AB边上的高为　　　　. 14.△ABC中，a＝3，c＝，cos C＝，则sin A＝　　　　，若b＜a，则b＝　　　　. 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）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a（sin C＋cos C）＝b＋c. （1）求角A的大小； （2）若a＝，C＝，线段CA延长线上一点D满足AD＝4，求BD的长. 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. 17.（本小题满分15分）在①cos A＝，②bcos 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； （2）若△ABC的外接圆半径为1，且cos Acos 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. 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； （2）若a＝2，①求的值； ②求△ABC周长的范围. 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； （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？ 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $