第九章 解三角形 阶段质量评价-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第四册配套练习word（人教B版）

[阶段质量评价]　　　　　　　　 第九章　解三角形 A卷——基本知能盘查 (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.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.在△ABC中，A=30°，a=3，b=2，则这个三角形有 (　　) A.一解　　　　　　　　 B.两解 C.无解 D.无法确定 解析:选A　因为b<a，A=30°，所以B<30°，故三角形有一解. 2.在△ABC中，若A=105°，B=45°，b=2，则c等于 (　　) A.1　　　 B.2　　　 C.　　　 D. 解析:选B　∵A=105°，B=45°，∴C=30°.由正弦定理，得c===2.故选B. 3.在△ABC中，已知b2=ac且c=2a，则cos B等于 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　因为b2=ac，c=2a，所以b2=2a2，b=a.所以cos B===. 4.在△ABC中，sin A=，a=10，则边长c的取值范围是 (　　) A. B.(10，+∞) C.(0，10) D. 解析:选D　∵==，∴c=sin C. ∴0<c≤.故选D. 5.(2024·全国甲卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=，b2=ac，则sin A+sin C= (　　) A. B. C. D. 解析:选C　法一　由正弦定理得sin Asin C=sin2B，因为B=，所以sin Asin C=sin2B=.由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=ac，所以a2+c2=ac，即sin2A+sin2C=sin Asin C，所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=sin Asin C=.又sin A>0，sin C>0，所以sin A+sin C=. 法二　由余弦定理，得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac.又b2=ac，所以3ac=b2，所以(a+c)2=b2+3ac=，a+c=b.由正弦定理得sin A+sin C=sin B=. 6.如图是古希腊数学家特埃特图斯(约前417—前369)用来构造无理数，…的图形之一，此图形中∠BAD的余弦值是 (　　) A.　　　　　　 B. C. D. 解析:选C　在△ABC中，∠ACB=45°，在△BCD中，∠DCB=90°+45°=135°，∴BD2=1+1+2×1×1×=2+，在△BAD中，cos∠BAD==. 7.在△ABC中，若(a-acos B)sin B=(b-ccos C)sin A，则这个三角形是 (　　) A.底角不等于45°的等腰三角形 B.锐角不等于45°的直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形 解析:选D　由正弦定理得asin B=bsin A. 故asin Bcos B=csin Acos C， sin Asin Bcos B=sin Csin Acos C， ∴sin 2B=sin 2C.故B=C或2B=π-2C，即B+C=.∴这个三角形为直角三角形或等腰三角形. 8.如图所示，长为3.5 m的木棒AB斜靠在石堤旁，木棒的一端A在离堤足C处1.4 m的地面上，另一端B在离堤足C处2.8 m的石堤上，石堤的倾斜角为α，则坡度的正切值tan α等于 (　　) A.　　　 B. C.　　　 D. 解析:选A　由题意得，在△ABC中，AB=3.5 m，AC=1.4 m，BC=2.8 m，且α+∠ACB=π，由余弦定理可得AB2=AC2+BC2-2×AC×BC×cos∠ACB，即3.52=1.42+2.82-2×1.4×2.8×cos(π-α)，解得cos α=，所以sin α=，所以tan α==. 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.△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，以下条件中，使得△ABC无解的是 (　　) A.a=，b=，A=120° B.a=，b=，A=45° C.b=2，cos A=，B=60° D.c=b，sin A=sin B，C=60° 解析:选ABD　对于A，因为a=，b=，所以a<b，A<B，又A=120°，所以B为钝角，这不可能，所以△ABC无解；对于B，因为a=，b=，A=45°，由正弦定理得=，所以sin B=>1，这不可能，所以△ABC无解；对于C，由cos A=得sin A=，由正弦定理得=，解得a=，所以△ABC有一解；对于D，因为sin A=sin B，所以a=b，又c=b，所以由余弦定理可得cos C===0，不符合题意，所以△ABC无解.故选A、B、D. 10.在△ABC中，D在线段AB上，且AD=5，BD=3，若CB=2CD，cos∠CDB=-，则 (　　) A.sin∠BCD= B.△ABC的面积为8 C.△ABC的周长为8+4 D.△ABC为钝角三角形 解析:选BCD　设CD=x(x>0)，则CB=2x，cos∠CDB===-，得x=.所以CD=，CB=2，因为cos∠CDB=-，所以sin∠CDB==，由正弦定理得sin∠BCD==，故A错误；由余弦定理，得cos∠CBD==，sin∠CBD==，故S△ABC=CB·BA·sin∠CBD=8，故B正确；在△ABC中，由余弦定理得AC==2，所以△ABC的周长为8+4，故C正确；在△ABC中，由余弦定理得cos∠ACB==-，所以∠ACB为钝角，所以△ABC为钝角三角形，故D正确. 11.一艘轮船航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°，距离12海里，灯塔C在A的北偏西30°，距离为12海里，该轮船由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向.下面结论正确的有 (　　) A.AD=24 B.CD=12 C.∠CDA=120° D.∠CDA=60° 解析:选ABD　如图，在△ABD中，∠B=45°，由===24，AD=24，A正确； 在△ACD中，由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC×ADcos 30°=(12)2+242-2×12×24×=144，∴CD=12，B正确；由正弦定理得=，sin∠CDA=，故∠CDA=60°或者∠CDA=120°，因为AD>AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA=60°，D正确，C错误.故选A、B、D. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上) 12.(5分)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=1，sin A=，sin C=，则c=　　　　.   解析:由正弦定理=，得c===×=3. 答案:3 13.(5分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2=ac，c=2a，则cos C=　　　　.  解析:由题意，得b2=ac=2a2，即b=a， ∴cos C===-. 答案:- 14.(5分)在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，点D在线段AC上.若∠BDC=45°，则BD=　　　　，cos∠ABD=　　　　.  解析:如图，易知sin C=， sin A=，cos A=. 在△BDC中，由正弦定理可得 =， ∴BD===. ∴cos∠ABD=cos(45°-A)=cos 45°cos A+sin 45°sin A=×+×=. 答案:　 四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)如图，在四边形ABCD中，已知∠ADC=75°，AD=5，AB=7，∠BDA=60°，∠BCD=135°. (1)求BD的长；(6分) (2)求CD的长.(7分) 解:(1)在△ABD中，AD=5，AB=7，∠BDA=60°， 所以由余弦定理AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠BDA，可得49=25+BD2-2×5·BD·cos 60°， 则BD2-5BD-24=0， 解得BD=8(BD=-3舍去). (2)在△BCD中，∠BDC=∠ADC-∠BDA=75°-60°=15°. 又∠BCD=135°，则∠CBD=180°-135°-15°=30°. 由(1)得BD=8，由正弦定理=， 得=，解得CD=4. 16.(15分)(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C=cos B，且a2+b2-c2=ab. (1)求B；(6分) (2)若△ABC的面积为3+，求c.(9分) 解:(1)在△ABC中a2+b2-c2=ab， 由余弦定理可知cos C===. 因为C∈(0，π)，所以C=. 因为sin C=cos B，所以cos B=， 又B∈(0，π)，所以B=. (2)由(1)可得B=，C=，则A=π--=， sin A=sin=sin=×+×=， 由正弦定理得==， 从而a=·c=c， b=·c=c， 由三角形面积公式，可知S△ABC=absin C=·c·c·=c2， 由已知△ABC的面积为3+，可得c2=3+，所以c=2. 17.(15分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足asin(B+C)=(b-c)sin B+csin C. (1)求A；(7分) (2)若D在BC上，a=2，且AD⊥BC，求AD的最大值.(8分) 解:(1)由asin(B+C)=(b-c)sin B+csin C， 得asin A=(b-c)sin B+csin C， 根据正弦定理可得，a2=(b-c)b+c2=b2+c2-bc， 根据余弦定理可得，cos A===. 又A∈(0，π)，故A=. (2)由(1)知，b2+c2-bc=a2=4≥2bc-bc=bc，故bc≤4， 于是S△ABC=bcsin A=bc≤，当且仅当b=c=2时取得等号. 又S△ABC=×a×AD=AD≤， 故AD的最大值为. 18.(17分)如图所示，在锐角△ABC中，AC=5，点D在线段BC上，且CD=3，△ACD的面积为6，延长BA至E，使得EC⊥BC. (1)求AD的值；(7分) (2)若sin∠BEC=，求AE的值.(10分) 解:(1)在△ACD中，S△ACD=AC·CDsin∠ACD=×5×3×sin∠ACD=6， 所以sin∠ACD=.因为0°<∠ACD<90°， 所以cos∠ACD==. 由余弦定理得AD2=CD2+CA2-2·CD·CA·cos∠ACD=56，所以AD=2. (2)因为EC⊥BC，所以sin∠ACE=sin(90°-∠ACD)=cos∠ACD=.在△AEC中， 由正弦定理得=， 即=，所以AE=. 19.(17分)如图所示，湖面上甲、乙、丙三艘船沿着同一条直线航行，某一时刻，甲船在最前面的A点处，乙船在中间B点处，丙船在最后面的C点处，且BC∶AB=5∶1，此时一架无人机在空中的P点处对它们进行数据测量，测得∠APB=30°，∠BPC=90°.(船只大小、无人机大小忽略不计) (1)求此时无人机到甲、丙两船的距离之比；(7分) (2)若无人机到乙船的距离为10(单位:千米)，求此时甲、乙两船的距离.(10分) 解:(1)在△BPC中，由正弦定理得==BC，在△PAB中，由正弦定理得==2AB. 又∠PBC+∠ABP=180°， ∴sin∠PBC=sin∠ABP，∴==. (2)在△APC中，∵==， ∴2sin(60°-C)=5sin C， 即cos C-sin C=5sin C. 又sin2C+cos2C=1，0°<C<60°，∴sin C=， ∴BC==10千米，AB=BC=2千米，故甲、乙两船的距离为2千米. B卷——高考能力达标 (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.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.已知△ABC中，A=，B=，a=1，则b等于 (　　) A.2　　　　B.1　　　　C.　　　　D. 解析:选D　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.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A　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”的充分不必要条件，故选A. 3.△ABC的三个内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，设向量p=(a+c，b)，q=(b-a，c-a)，若p∥q，则角C的大小为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　因为p∥q，所以(a+c)(c-a)=b(b-a)，整理得c2-a2=b2-ab，所以cos C==，又C∈(0，π)，所以C=. 4.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:选C　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===. 5.在△ABC中，AC=，BC=2，B=60°，则BC边上的高等于 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　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. 6.《海岛算经》是中国学者刘徽编撰的一部测量数学著作，现有取自其中的一个问题:今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目着地，取望岛峰，与表末参合，从后表却行一百二十七步，人目着地，取望岛峰，亦与表末参合，问岛高几何?其大意为:如图所示，立两个三丈高的标杆BC和DE，两标杆之间的距离BD=1 000步，两标杆的底端与海岛的底端H在同一直线上，从前面的标杆B处后退123步，人眼贴地面，从地上F处仰望岛峰，A，C，F三点共线，从后面的标杆D处后退127步，人眼贴地面，从地上G处仰望岛峰，A，E，G三点也共线，则海岛的高为(注:1步=6尺，1里=180丈=1 800尺=300步) (　　) A.1 255步 B.1 250步 C.1 230步 D.1 200步 解析:选A　因为AH∥BC，所以△BCF∽△HAF，所以=.因为AH∥DE，所以△DEG∽△HAG，所以=.又BC=DE，所以=，即=，所以HB=30 750步，又=，所以AH==1 255(步).故选A. 7.在△ABC中，A=.若△ABC的面积为2，则+的最小值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　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:选B　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.在每小题给出的选项中，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.对于△ABC，有如下命题，其中正确的有 (　　) A.若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形 B.若sin A=cos B，则△ABC为直角三角形 C.若sin2A+sin2B+cos2C<1，则△ABC为钝角三角形 D.若AB=，AC=1，B=30°，则△ABC的面积为或 解析:选ACD　∵sin2A=sin2B，∴A=B⇒△ABC是等腰三角形，A正确；∵sin A=cos B，∴A-B=或A+B=.∴△ABC不一定是直角三角形，B错误；∵sin2A+sin2B<1-cos2C=sin2C，∴a2+b2<c2.∴△ABC为钝角三角形，C正确；由正弦定理得sin C==.而AB>AC，∴C=60°或C=120°，∴A=90°或A=30°，∴S△ABC=或，D正确.故选A、C、D. 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:选ABD　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A、B、D. 11.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11，则下列结论正确的是 (　　) A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6 B.△ABC是钝角三角形 C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍 D.若c=6，则△ABC外接圆半径为 解析:选ACD　(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11，可设a+b=9t，a+c=10t，b+c=11t，解得a=4t，b=5t，c=6t，t>0，可得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6，故A正确；由c为最大边，可得cos C===>0，即C为锐角，故B错误；由cos A===，得cos 2A=2cos2A-1=2×-1==cos C，由2A，C∈(0，π)，可得2A=C，故C正确；若c=6，可得2R===，△ABC外接圆半径为，故D正确.故选A、C、D. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上) 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=. 答案: 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)=. 答案: 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.  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·ACcos ∠DAC=18+25-2×3×5×=13，解得CD=. 答案:5　 四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 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) (2)求△ABC的面积.(7分) 解:(1)依题意，由余弦定理得cos C==-，∵0°<∠C<180°，∴∠C=120°. (2)S△ABC=absin C=×4×5×sin 120°=×4×5×=5. 16.(15分)在△ABC中，2cos2+2sincos=. (1)求B的大小；(7分) (2)若(a+c)=2b，证明:a=c.(8分) 解:(1)在△ABC中， ∵2cos2+2sincos=，∴2·+sin B=，∴cos B+sin B=0， ∴tan B=-，∵B∈(0，π)，∴B=. (2)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. 17.(15分)(2024·天津高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知cos B=，b=5，=. (1)求a的值；(5分) (2)求sin A的值；(5分) (3)求cos(B-2A)的值.(5分) 解:(1)由=得a=c， 由余弦定理得a2+c2-b2=2accos B，即c2+c2-25=2×c×c×， c2-25=c2，解得c=6，故a=c=4. (2)因为cos B=，所以sin B==. 由正弦定理得=，即=， 解得sin A=. (3)因为a<b，所以A<B，则cos A>0. 由sin A=，得cos A=， 则cos 2A=2cos2A-1=， sin 2A=2sin Acos A=. 故cos(B-2A)=cos Bcos 2A+sin Bsin 2A=×+×=. 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) (2)若·=28，求AB的长.(9分) 解:(1)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)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) (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:(1)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)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. 学科网（北京）股份有限公司 $