第9章 章末综合检测(一)解三角形（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第四册（人教B版）

章末综合检测(一) (时间：120分钟，满分：150分) 一、选择题：本题共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，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若sin B＝b sin A，则a＝(　　) A．2 B． C．1 D． 解析：选B.由题意及正弦定理得b＝ba，所以a＝.故选B. 2．在△ABC中，若＝，则△ABC的形状为(　　) A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形 解析：选D.因为＝，由正弦定理可得＝，即sin A cos A＝sin B cos B，所以sin 2A＝sin 2B，可得2A＝2B或2A＋2B＝π，所以A＝B或A＋B＝，所以△ABC的形状为等腰或直角三角形．故选D. 3．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，c＝6，B＝60°，则b的最小值为(　　) A．3 B．2 C．3 D．6 解析：选C.由正弦定理＝，得b＝＝，因为B＝60°，所以0°<C<120°，所以当sin C＝1时，b＝有最小值3.故选C. 4．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝2，cos A＝，sin B＝2sin C，则△ABC的面积是(　　) A． B． C． D． 解析：选A.因为sin B＝2sin C，所以b＝2c，又sin A＝＝，所以由a2＝b2＋c2－2bc cosA，可得8＝4c2＋c2－3c2，解得c＝2(负值已舍去)，所以b＝4，所以S△ABC＝bc sin A＝×4×2×＝.故选A. 5．在锐角三角形ABC中，若C＝2B，则的取值范围是(　　) A．(0，2) B．(，2) C．(，) D．(1，) 解析：选C.在锐角三角形ABC中， 有解得＜B＜，又根据正弦定理得，＝＝＝＝2cos B，因为＜B＜，所以cos B∈，所以∈(，).故选C. 6．在△ABC中，a＝1，B＝45°，△ABC的面积为2，则△ABC外接圆的半径为(　　) A．2 B．4 C． D．3 解析：选C.由三角形的面积公式， 得2＝ac sin B＝c×，所以c＝4. 又b2＝a2＋c2－2ac cos B＝1＋32－2×1×4×＝25， 所以b＝5. 设△ABC外接圆的半径为R，又因为＝2R， 所以R＝＝＝. 7．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D为BC边的中点，AD＝1，B＝，且△ABC的面积为，则c＝(　　) A． B．1 C．2 D．3 解析：选B.在△ABD中，由余弦定理的推论可得cos B＝＝，即a2＋4c2－2ac＝4， 因为S△ABC＝ac sin B＝ac＝， 所以ac＝2，代入a2＋4c2－2ac＝4中， 得a2－4ac＋4c2＝0，即(a－2c)2＝0， 所以a＝2c，所以c＝1.故选B. 8．某船在A处测得灯塔D在其南偏东60°方向上，该船继续向正南方向行驶5 n mile到B处，测得灯塔D在其北偏东60°方向上，然后该船向东偏南30°方向行驶2 n mile到C处，此时船到灯塔D的距离为(　　) A． n mile B． n mile C．6 n mile D．5 n mile 解析：选A.根据题意可画图形，如图所示． 因为∠BAD＝∠ABD＝60°，所以△ABD为等边三角形，所以AB＝BD＝5 n mile.在△BCD中，∠DBC＝60°且BC＝2，由余弦定理得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos ∠DBC＝25＋4－2×5×2×＝19，则CD＝.所以此时船到灯塔D的距离为 n mile.故选A. 二、选择题：本题共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．下列三角形中，只有一个解的是(　　) A．A＝20°，B＝130°，C＝30° B．a＝3，C＝90°，c＝ C．C＝118°，a＝6，c＝7 D．a＝4，C＝30°，c＝3 解析：选BC.A选项，有无数个解；B选项，因为C＝90°，c＝＞a，所以有且只有一个解；C选项，C＝118°，c＞a，所以有且只有一个解；D选项，因为a sin C＝c sin A＝2，所以sin A＝，又a＞c，所以有两个解． 10．已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c且a＝3，b＝，c＝，则下列结论正确的是(　　) A．△ABC是锐角三角形 B．B＝ C．△ABC的面积为 D．AB的中线长为 解析：选BC.对于A，由题意可知a边最大，所以角A为△ABC的最大内角，易知cos A＝＝＝－<0，因此角A为钝角，A错误；对于B，易知cos B＝＝＝，又B∈(0，π)，可得B＝，B正确；对于C，由S△ABC＝ac sin B＝×3××＝，可得△ABC的面积为，C正确；对于D，设AB的中线为CD，易知CD2＝a2＋2－2a×cos B＝9＋－3＝，可得CD＝，D错误． 11．在△ABC中，A＝60°，周长为10，面积为，则(　　) A．△ABC为钝角三角形 B．AB＋AC＝ C．BC＝ D．BC边上的高为2 解析：选BC.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则a＋b＋c＝10，① S△ABC＝bc sin 60°＝bc＝， 解得bc＝10，② 再根据余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos 60°， 得a2＝b2＋c2－bc，③ 由①②③解得a＝，所以C正确； b＋c＝10－a＝10－＝，所以B正确； 设BC边上的高为h，则××h＝，得h＝，所以D错误； 由得或 可知4为最长边，最长边所对的角最大，设为α，60°<α<120°， 所以cos α＝＝＞0，则α为锐角，所以△ABC为锐角三角形，A错误．故选BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为，则C＝__________． 解析：根据题意及三角形的面积公式知ab sin C＝，所以sin C＝＝cos C，因为0<C<π，所以在△ABC中，C＝. 答案： 13．鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖．某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，在山脚A测得山顶P的仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90 m到达B点(A，B，C，P，Q在同一个平面内，BC⊥PQ)，在B处测得山顶P的仰角为60°，则鼎湖峰的山高PQ为__________m. 解析：由题知，∠PAQ＝45°，∠BAQ＝15°， 则∠PAB＝30°，∠APQ＝45°，又∠PBC＝60°， 所以∠BPC＝30°， 所以∠BPA＝15°，∠PBA＝135°， 在△ABP中，AB＝90, 根据正弦定理有＝， 且sin 15°＝sin (60°－45°)＝sin 60°cos 45°－cos 60°sin 45°＝， 则AP＝＝＝＝， 在Rt△PAQ中，PQ＝AP sin 45°＝×＝45(＋). 所以山高PQ为45(＋) m. 答案：45(＋) 14．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a cos B＝b cos ∠BAC，M是BC的中点，若AM＝4，则b＋c的最大值为__________． 解析：因为a cos B＝b cos ∠BAC， 所以由正弦定理可得 sin ∠BAC cos B＝sin B cos ∠BAC， 即sin (∠BAC－B)＝0， 所以∠BAC－B＝kπ(k∈Z). 又因为0＜∠BAC＜π，0＜B＜π， 所以∠BAC＝B，所以a＝b. 在△AMC中，b2＝＋16－2··4cos ∠AMC，① 在△AMB中，c2＝＋16－2··4cos ∠AMB，② 因为∠AMC＋∠AMB＝π， 所以cos ∠AMC＝－cos ∠AMB， ①＋②可得b2＋c2＝＋32， 又因为a＝b，所以b2＋c2＝32， 即(b＋c)2－bc＝32， 所以(b＋c)2＝bc＋32≤()2＋32， 令t＝b＋c，则t2≤＋32，即t2≤32， 解得－8≤t≤8， 又因为t>0，所以0<t≤8， 当且仅当b＝c＝4时，等号成立，则b＋c的最大值为8. 答案：8 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分13分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2b cos C＝a cos C＋c cos A. (1)求角C的大小；(6分) (2)若b＝2，c＝，求a及△ABC的面积．(7分) 解：(1)因为2b cos C＝a cos C＋c cos A， 所以由正弦定理可得 2sin B cos C＝sin A cos C＋sin C cos A． 所以2sin B cos C＝sin (A＋C)＝sin B 因为sin B＞0，所以cos C＝. 因为C∈(0，π)，所以C＝. (2)因为b＝2，c＝，C＝， 所以由余弦定理可得7＝a2＋4－2×a×2×， 整理可得a2－2a－3＝0， 解得a＝3或a＝－1(舍去)， 所以△ABC的面积S＝ab sin C＝×3×2×＝. 16．(本小题满分15分)已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a sin C＝c cos A.　 (1)求A的值；(7分) (2)若a＝5，求2b－c的取值范围．(8分) 解：(1)因为a sin C＝c cos A， 所以由正弦定理可得sin A sin C＝sin C cos A. 又sin C≠0， 所以sin A＝cos A，即tan A＝. 又A∈(0，π)，所以A＝. (2)因为a＝5，所以＝＝＝10， 所以2b－c＝20sin B－10sin C ＝20sin －10sin C＝10cos C. 由题可知，C∈， 则10cos C∈(－5，10)， 故2b－c的取值范围是(－5，10). 17．(本小题满分15分)已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，＝且还满足①a(sin A－sin B)＝(c－b)(sin C＋sin B)；②b cos A＋a cos B＝c sin C中的一个条件，试判断△ABC的形状，并写出推理过程． 注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解：由题及正弦定理得＝，即a2＋ac＝b2＋bc，所以a2－b2＋ac－bc＝0，所以(a－b)(a＋b＋c)＝0，所以a＝b，即△ABC为等腰三角形． 若选①，则△ABC为等边三角形．由①及正弦定理，得a(a－b)＝(c－b)(c＋b)，即a2＋b2－c2＝ab，所以cos C＝＝，又C∈(0，π)，所以C＝，所以△ABC为等边三角形． 若选②，则△ABC为等腰直角三角形．由②及余弦定理的推论得，b cos A＋a cos B＝b·＋a·＝＝c＝c sin C，又c≠0，所以sin C＝1，又C∈(0，π)，所以C＝，所以△ABC为等腰直角三角形． 18．(本小题满分17分)如图，经过城市A有两条夹角为60°的公路AB，AC，实行垃圾分类政策后，政府决定在两条公路之间的区域内建造一座垃圾处理站G，并分别在两条公路边上建造两个垃圾中转站M，N(异于城市A)，为方便运输，要求GM＝GN＝MN＝2(单位：km).设∠AMN＝θ. (1)当θ＝30°时，求垃圾处理站G与城市A之间的距离AG；(8分) (2)当θ为何值时，垃圾处理站G与城市A之间的距离最远？(9分) 解：(1)因为∠AMN＝30°，∠BAC＝60° 且GM＝GN＝MN＝2， 所以∠GMN＝60°，∠GMA＝∠MNA＝90°， 所以AM＝＝，AG＝＝＝.故垃圾处理站G与城市A之间的距离为 km. (2)由题意∠AMG＝θ＋60°， 在△AMN中，由正弦定理得， ＝， 所以AM＝sin (120°－θ)， 在△AMG中，由余弦定理得， AG2＝AM2＋MG2－2AM·MG·cos ∠AMG ＝sin2(120°－θ)＋4－sin(120°－θ)cos (θ＋60°) ＝sin2(θ＋60°)＋4－sin(θ＋60°)cos (θ＋60°) ＝[1－cos (2θ＋120°)]＋4－sin (2θ＋120°) ＝－[sin (2θ＋120°)＋cos (2θ＋120°)]＋ ＝－sin (2θ＋150°) ＝＋sin (2θ－30°)， 又0°＜θ＜120°，所以－30°<2θ－30°<210°， 当且仅当2θ－30°＝90°，即θ＝60°时，AG2取得最大值，即能使得垃圾处理站G与城市A之间的距离最远． 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，已知(2a－c)cos B＝b cos C. (1)求角B的大小；(5分) (2)若c＝，a＋b＝2，求△ABC的面积；(5分)　 (3)若a＝2，且△ABC为锐角三角形，求△ABC周长的取值范围．(7分) 解：(1)因为(2a－c)cos B＝b cos C， 由正弦定理可得 (2sin A－sin C)cos B＝sin B cos C， 所以2sin A cos B＝(sin B cos C＋cos B sin C)＝sin (B＋C)＝sin A， 因为A∈(0，π)，则sin A>0，所以cos B＝， 又B∈(0，π)，所以B＝. (2)因为c＝，a＋b＝2， 在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B＝a2＋3－2a××，所以a2＋3－3a＝(2－a)2，解得a＝1， 所以S△ABC＝ac sin B＝×1××＝. (3)在△ABC中，由正弦定理＝＝， 得＝＝＝， 所以b＋c＝ ＝ ＝ ＝＋＝＋ ＝＋， 又△ABC为锐角三角形， 所以 即<A<，所以<<，所以<tan <1， 所以1<<，所以＋1<b＋c<2， 所以3＋<a＋b＋c<2＋2， 故△ABC周长的取值范围为(3＋，2＋2). 学科网（北京）股份有限公司 $