第11章 解三角形 午练半小时-2025-2026学年高一下学期数学苏教版必修第二册

午练3　余弦定理、正弦定理的应用 1.如图,两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等,灯塔A在观察站C的南偏西40°方向上,灯塔B在观察站C的南偏东60°方向上,则灯塔A在灯塔B的(　　) A.北偏东10° B.北偏西10° C.南偏东80° D.南偏西80° 2.某观察站C与两灯塔A,B的距离分别为300米和500米,测得灯塔A在观察站C的北偏东30°方向上,灯塔B在观察站C的正西方向上,则两灯塔A,B间的距离为(　　) A.500米 B.600米 C.700米 D.800米 3.如图,一艘船向正北方向航行,看见正西方向有相距10 n mile的两个灯塔恰好与它在一条直线上,船继续航行半小时后,看见一灯塔在船的南偏西60°方向,另一灯塔在船的南偏西75°方向,则这艘船的速度是(　　) A.5 n mile/h B.5 n mile/h C.10 n mile/h D.10 n mile/h 4.甲船在A处观察到乙船在它的北偏东60°的方向上,两船相距a海里,乙船正在向北行驶,若甲船的速度是乙船速度的倍,则甲船应取北偏东θ方向前进,才能尽快追上乙船,此时θ=(　　) A.60° B.30° C.45° D.120° 5.(多选题)初春时节,南部战区海军某登陆舰支队多艘舰艇组成编队,奔赴多个海区开展实战化海上训练.在一次海上训练中,雷达兵在P处发现在北偏东50°方向,相距30海里的水面Q处,有一艘A舰艇发出液货补给需求,它正以每小时50海里的速度沿南偏东70°方向前进,如图所示.这个雷达兵立马协调在P处的B舰艇以每小时70海里的速度,沿北偏东(50°+θ)方向与A舰艇对接并进行横向液货补给.若B舰艇要在最短的时间内实现横向液货补给,则(　　) A.B舰艇所需的时间为1小时 B.B舰艇所需的时间为2小时 C.sin θ= D.sin θ= 6.小李在某大学测绘专业学习,节日回家,来到村头的一个池塘(图中阴影部分),为了测量该池塘两侧C,D两点间的距离,除了观测点C,D外,他又选了两个观测点P1,P2,且P1P2=a,已经测得两个角∠P1P2D=α,∠P2P1D=β,由于条件不足,需要再观测新的角,则利用已知观测数据和下面三组新观测的角的其中一组,就可以求出C,D间距离的是(　　) ①∠DP1C和∠DCP1;②∠P1P2C和∠P1CP2; ③∠P1DC和∠DCP1. A.①和② B.①和③ C.②和③ D.①和②和③ 7.(多选题)如图,为对某失事客轮AB进行有效援助,现分别在河岸MN选择两处C,D用强光柱进行辅助照明,其中A,B,C,D在同一平面内.现测得CD长为100米,∠ADN=105°,∠BDM=30°,∠ACN=45°,∠BCM=60°,则(　　) A.S△BCD=2 500平方米 B.AD=米 C.船AB长为米 D.BD=200米 8.已知△ABC的三个内角满足2B=A+C,且AB=1,BC=4,则边BC上的中线AD的长为　　　　.  9.如图所示,在水平地面上有两座直立的相距60 m的铁塔AA1和BB1.已知从塔AA1的底部看塔BB1顶部的仰角是从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的2倍,从两塔底部连线的中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角,则从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的正切值为　　　　;塔BB1的高为　　　　m.  10.海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象,被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”,我国拥有世界上最深的海洋蓝洞,若要测量如图所示的蓝洞的口径A,B两点间的距离,现在珊瑚群岛上取C,D两点,测得CD=80,∠ADB=135°,∠BDC=∠DCA=15°,∠ACB=120°,求A,B两点间的距离. 参考答案 1.D　由条件及题图可知,∠A=∠ABC=40°,又∠BCD=60°,所以∠CBD=30°,所以∠DBA=10°,因此灯塔A在灯塔B的南偏西80°.故选D. 2.C　由题意,在△ABC中,AC=300米,BC=500米,∠ACB=120°.利用余弦定理可得AB2=3002+5002-2×300×500×cos 120°,可得AB=700米.故选C. 3.D　 如图,依题意有∠BAC=60°,∠BAD=75°,所以∠CAD=∠CDA=15°,从而CD=CA=10 n mile,在Rt△ABC中,AB=CAcos 60°=5 n mile,所以这艘船的速度是10 n mile/h.故选D. 4.B　设乙船的速度是v海里/时,t小时后甲船在C处追上乙船(如图),则由题意得甲船的速度是v海里/时.在△ABC中,AB=a海里,AC=vt海里,BC=vt海里,∠ABC=120°. 由正弦定理知,, 所以sin∠BAC= 又0°<∠BAC<90°,所以∠BAC=30°,θ=60°-∠BAC=30°. 故选B. 5.AD　 设B舰艇经过x小时后在M处与A舰艇汇合,如图, 则QM=50x,MP=70x,∠PQM=120°, 根据余弦定理得MP2=PQ2+QM2-2PQ·QMcos∠PQM, 即(70x)2=302+(50x)2-3 000x·cos 120°,解得x=1或x=-(舍去), 故QM=50海里,MP=70海里, 由正弦定理得, 解得sin θ= 故选AD. 6.D　根据题意,由正弦定理可以求出△P1P2D的三个角和三个边. ①中,, 故CD=, 故①可以求出CD; ③与①条件等价; ②中,在△P1P2C中,, 故P1C=, 由∠P1P2C和∠P1CP2,可得∠P2P1C,减去β可得∠DP1C,在△P1CD中,利用余弦定理求解CD的长度即可.故②可以求出CD.故选D. 7.ABC　由∠BDM=30°,∠BCM=60°,得∠CBD=30°,所以BC=CD=100米, 所以S△BCD=CB·CD·sin∠BCD=100×100×sin 120°=2 500(平方米),故A正确; 由题意得,∠ADC=75°,∠ACD=45°,∠CAD=60°,∠BDA=45°, 在△ACD中,,即, 所以AD=米,故B正确; 在△BCD中,BD= ==100(米), 故D不正确; 在△ABD中,AB== =(米), 即船AB长为米,故C正确. 故选ABC. 8　由2B=A+C,及A+B+C=π知,B= 在△ABD中,AB=1,BD==2,所以AD2=AB2+BD2-2AB·BDcos=3.因此AD= 9　45　设从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角为α,则AA1=60tan α m,BB1=60tan 2α m.因为从两塔底部连线的中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角,所以△A1AC∽△CBB1,所以,所以AA1·BB1=900,所以3 600tan αtan 2α=900,所以tan α=(负值舍去),所以tan 2α=,BB1=60tan 2α=45 m. 10.解 在△ADC中,∠ADC=∠ADB+∠BDC=135°+15°=150°, 所以∠DAC=180°-∠DCA-∠ADC=15°=∠DCA,所以AD=DC=80, 在△BDC中,∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°+15°=135°,所以∠DBC=180°-∠BCD-∠BDC=30°. 所以,所以BD==80 在△BDA中,AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos 135°=802+(80)2-2×80×80(-)=802×5,所以AB=80 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 午练1　余弦定理 1.下列说法错误的是(　　) A.在三角形中,已知两边及其一边的对角,不能用余弦定理求解三角形 B.余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系,因此它适用于任何三角形 C.利用余弦定理,可以解决已知三角形三边求角的问题 D.在三角形中,勾股定理是余弦定理的特例 2.在△ABC中,角A,B,C对应的边分别为a,b,c,C=60°,a=4b,c=,则b=(　　) A.1 B.2 C.3 D. 3.在△ABC中,已知a=2,则bcos C+ccos B=(　　) A.1 B. C.2 D.4 4.在△ABC中,若a=8,b=7,cos C=,则最大角的余弦值是(　　) A.- B.- C.- D.- 5.(多选题)在△ABC中,=c,=a,=b,在下列命题中,是真命题的有(　　) A.若a·b<0且b·c<0,则△ABC为锐角三角形 B.若a·b>0,则△ABC为钝角三角形 C.若a·b=c·b,则△ABC为等边三角形 D.若(a+c-b)·(a+b-c)=0,则△ABC为直角三角形 6.在△ABC中,已知BC=7,AC=8,AB=9,则AC边上的中线长为(　　) A.4 B.5 C.6 D.7 7.已知△ABC是钝角三角形,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=1,b=2,则最大边c的取值范围是　　　　　.  8.已知△ABC同时满足下列四个条件中的三个: ①A=;②cos B=-;③a=7;④b=3. (1)请指出这三个条件,并说明理由; (2)求c. 9.在△ABC中,已知角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2+c2=a2+bc. (1)求角A的大小; (2)若sin A=2sin Bcos C,试判断△ABC的形状并给出证明. 参考答案 1.A　在三角形中,已知两边及其一边的对角,可用余弦定理列出第三边的方程,解方程得第三边,A错误; 正弦定理和余弦定理都反映了任意三角形中边角的关系,它们适用于任意三角形,B正确; 余弦定理可以直接解决已知三边求角,已知两边及其夹角求第三边的问题,C正确; 当夹角为90°时,余弦定理就变成了勾股定理,D正确.故选A. 2.A　由余弦定理知()2=a2+b2-2abcos 60°,因为a=4b,所以13=16b2+b2-2×4b×b,解得b=1(负值舍去).故选A. 3.C　bcos C+ccos B=b+c=a=2.故选C. 4.C　由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcos C=82+72-2×8×7=9,所以c=3,故a最大,则最大角为角A,所以最大角的余弦值为cos A==- 5.BD　在△ABC中,=c,=a,=b,对于A,若a·b<0且c·b<0,则∠BCA,∠BAC都是锐角,则△ABC不一定为锐角三角形,A错误;对于B,若a·b>0,则∠BCA是钝角,△ABC是钝角三角形,B正确;对于C,若a·b=c·b,则b·(a-c)=0,()=0,()=0,取AC中点D(图略),则=0,所以BA=BC,即△ABC为等腰三角形,C错误;对于D,若(a+c-b)·(a+b-c)=0,a2=(c-b)2,整理可得b2+c2-a2=2|b||c|(-cos A),即cos A=-cos A,所以cos A=0,所以A=,所以△ABC为直角三角形,D正确.故选BD. 6.D　由已知条件,得cos A=设AC边上的中线长为x,由余弦定理,得x2=+AB2-2ABcos A=42+92-2×4×9=49,解得x=7,所以所求中线长为7.故选D. 7.(,3)　∵a=1,b=2,∴2-1<c<2+1,即1<c<3,又△ABC为钝角三角形,c为最大边,∴cos C<0,∴根据余弦定理得cos C=<0,即a2+b2-c2<0,即c2>5,解得c>,<c<3,则最大边c的取值范围是(,3). 8.解 (1)△ABC同时满足①③④.理由如下: 若△ABC同时满足①②. 因为cos B=-<-,且B∈(0,π),所以B>,所以A+B>π,矛盾,即△ABC只能同时满足③④. 因为a>b,所以A>B,所以△ABC不满足②. 故△ABC满足①③④. (2)因为a2=b2+c2-2bccos A, 所以72=32+c2-2×3×c, 解得c=8或c=-5(舍去).所以c=8. 9.解 (1)根据题意,由b2+c2=a2+bc,可得,根据余弦定理可知,cos A=,又角A为△ABC的内角,所以A= (2)由题意可知sin A=sin(B+C),根据已知条件,可得sin(B+C)=2sin Bcos C,整理得sin Bcos C-cos Bsin C=0,所以sin(B-C)=0,又B-C∈(-π,π),所以B-C=0,即B=C,又由(1)知A=,所以△ABC为等边三角形. 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 午练2　正弦定理 1.在△ABC中,sin A=,b=sin B,则a=(　　) A. B. C. D.2 2.已知a,b,c分别是△ABC的三个内角A,B,C所对的边.若A=60°,c=6,a=6,则此三角形(　　) A.有两个解 B.有一个解 C.无解 D.有无穷多个解 3.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若(a+b+c)(b+c-a)=3bc,且sin A=2sin Bcos C,则△ABC是(　　) A.直角三角形 B.等边三角形 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形 4.在△ABC中,已知a2tan B=b2tan A,则△ABC的形状是(　　) A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.等腰三角形或直角三角形 5.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,c=2,A=,sin B=2sin C,则△ABC的面积为(　　) A. B.2 C.2 D.4 6.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且A∶B∶C=1∶2∶3,则a∶b∶c等于(　　) A.1∶2∶3 B.3∶2∶1 C.2∶∶1 D.1∶∶2 7.(多选题)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列四个命题中正确的是(　　) A.若,则△ABC一定是等边三角形 B.若acos A=bcos B,则△ABC一定是等腰三角形 C.若bcos C+ccos B=b,则△ABC一定是等腰三角形 D.若a2+b2-c2>0,则△ABC一定是锐角三角形 8.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且asin B+bcos A=0,则角A的大小为　　　　;若b=4,△ABC的面积S=2,则△ABC的周长为　　　　.  9.在①A=,a=,b=;②a=1,b=,A=;③a=,b=,B=这三个条件中任选一个,补充在下面问题中并解答. 在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,　　　　,判断三角形解的情况,并在三角形有两解的情况下解三角形.  10.如图,在梯形ABCD中,已知AD∥BC,AD=1,BD=2,∠CAD=,tan∠ADC=-2. 求:(1)CD的长;(2)△BCD的面积. 参考答案 1.B　由,得a=故选B. 2.B　由等边对等角可得C=A=60°,由三角形的内角和可得B=60°,所以此三角形为正三角形,有唯一解.故选B. 3.B　由(a+b+c)(b+c-a)=3bc,得(b+c)2-a2=3bc,整理得b2+c2-a2=bc,则cos A=,因为A∈(0,π),所以A=,又由sin A=2sin Bcos C及正弦定理,得a=2b,化简得b=c,由A=,b=c,可得△ABC为等边三角形.故选B. 4.D　将a=2Rsin A,b=2Rsin B(R为△ABC外接圆的半径)代入已知条件,得sin2Atan B=sin2Btan A,则 因为sin Asin B≠0,所以, 所以sin 2A=sin 2B,可得2A=2B或2A=π-2B, 所以A=B或A+B=,故△ABC为等腰三角形或直角三角形.故选D. 5.B　由正弦定理得b=2c=4,由面积公式得S△ABC=bcsin A=4×2=2故选B. 6.D　在△ABC中,因为A∶B∶C=1∶2∶3,所以B=2A,C=3A.又A+B+C=180°,所以A=30°,B=60°,C=90°,所以a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C=sin 30°∶sin 60°∶sin 90°=12.故选D. 7.AC　对于A,若,则,即tan A=tan B=tan C,即A=B=C,所以△ABC是等边三角形,故A正确; 对于B,若acos A=bcos B,则由正弦定理得sin Acos A=sin Bcos B,即sin 2A=sin 2B,则2A=2B或2A+2B=180°,即A=B或A+B=90°,则△ABC为等腰三角形或直角三角形,故B错误; 对于C,若bcos C+ccos B=b,则由正弦定理得sin Bcos C+sin Ccos B=sin B,即sin(B+C)=sin A=sin B,所以a=b,则△ABC是等腰三角形,故C正确; 对于D,在△ABC中,因为a2+b2-c2>0,所以角C为锐角,但△ABC不一定是锐角三角形,故D错误.故选AC. 8　6+2　因为asin B+bcos A=0,所以由正弦定理得sin Asin B+sin Bcos A=0. 因为sin B≠0,所以sin A+cos A=0,即tan A=- 因为A∈(0,π),所以A= 因为S=bcsin A=c=2,所以c=2. 由余弦定理得a==2, 所以△ABC的周长为a+b+c=6+2 9.解 若选择条件①,由正弦定理可得, 则sin B= 又a=>b=,A=, 所以B只能为锐角,故B=,该三角形只有一解. 若选择条件②,由正弦定理可得, 则sin B= 又b=>a=1,所以B=或B=,该三角形有两解. 当B=时,C=,所以c==2; 当B=时,C==A,所以a=c=1. 若选择条件③,由正弦定理可得, 则sin A==1. 因为0<A<π,所以A=,该三角形只有一解. 10.解 (1)∵tan∠ADC=-2,∴sin∠ADC=,cos∠ADC=-,∴sin∠ACD=sin(∠CAD+∠ADC)=sin∠CADcos∠ADC+cos∠CADsin∠ADC=(-)+ 在△ACD中,由正弦定理得,即,解得CD= (2)∵AD∥BC,∴∠ADC+∠BCD=180°, ∴sin∠BCD=sin∠ADC=,cos∠BCD=-cos∠ADC= 在△BCD中,由余弦定理得BD2=CD2+BC2-2BC·CDcos∠BCD,即40=5+BC2-2BC,解得BC=7或BC=-5(舍). ∴S△BCD=BC·CDsin∠BCD=7=7. 5 学科网（北京）股份有限公司 $