高中數(shù)學(xué)蘇教版第一章解三角形【區(qū)一等獎(jiǎng)】

章末綜合測評(一)(時(shí)間120分鐘，滿分160分)一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分．請把答案填在題中的橫線上)1．在△ABC中，AB＝eq\r(6)，A＝75°，B＝45°，則AC＝.【導(dǎo)學(xué)號：92862026】【解析】C＝180°－75°－45°＝60°，由正弦定理得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(\r(6),sin60°)＝eq\f(AC,sin45°)，解得AC＝2.【答案】22．在△ABC中，已知c＝6，a＝4，B＝120°，則b＝.【解析】由b2＝16＋36－2×4×6cos120°，得b＝2eq\r(19).【答案】2eq\r(19)3．在△ABC中，a＝4，b＝4eq\r(3)，A＝30°，則B＝.【解析】sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(4\r(3)sin30°,4)＝eq\f(\r(3),2).又a<b，故B>A，∴B＝60°或120°.【答案】60°或120°4．在△ABC中，化簡bcosC＋ccosB＝.【解析】利用余弦定理，得bcosC＋ccosB＝b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝a.【答案】a5．在△ABC中，若sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4，則cosC＝.【解析】∵sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c，∴a∶b∶c＝2∶3∶4.設(shè)a＝2k，b＝3k，c＝4k，則cosC＝eq\f(4k2＋9k2－16k2,2×2k×3k)＝－eq\f(1,4).【答案】－eq\f(1,4)6．在△ABC中，若A＝60°，b＝16，S△ABC＝220eq\r(3)，則a＝.【解析】由eq\f(1,2)bcsinA＝220eq\r(3)，可知c＝55.又a2＝b2＋c2－2bccosA＝2401，∴a＝49.【答案】497．在△ABC中，若sinA＝eq\f(3,4)，a＝10，則邊長c的取值范圍是．【解析】∵eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(40,3)，∴c＝eq\f(40,3)sinC，∴0<c≤eq\f(40,3).【答案】eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(40,3)))8．根據(jù)下列情況，判斷三角形解的情況，其中正確的是．(填序號)【導(dǎo)學(xué)號：92862027】(1)a＝8，b＝16，A＝30°，有兩解；(2)b＝18，c＝20，B＝60°，有一解；(3)a＝5，c＝2，A＝90°，無解；(4)a＝30，b＝25，A＝150°，有一解．【解析】(1)中，∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinB＝eq\f(16×sin30°,8)＝1，∴B＝90°，即只有一解；(2)中，sinC＝eq\f(20sin60°,18)＝eq\f(5\r(3),9)，且c>b，∴C>B，故有兩解；(3)中，∵A＝90°，a＝5，c＝2，∴b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(25－4)＝eq\r(21)，即有解，故(1)(2)(3)都不正確．所以答案為(4)．【答案】(4)9．已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c,23cos2A＋cos2A＝0，a＝7，c＝6，則b＝【解析】化簡23cos2A＋cos2A＝0，得23cos2A＋2cos2A－1＝0，解得cosA＝eq\f(1,5).由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccosA，代入數(shù)據(jù)解方程，得b【答案】510．在△ABC中，若eq\f(a,cos\f(A,2))＝eq\f(b,cos\f(B,2))＝eq\f(c,cos\f(C,2))，那么△ABC是三角形．【解析】由正弦定理得，eq\f(sinA,cos\f(A,2))＝eq\f(sinB,cos\f(B,2))＝eq\f(sinC,cos\f(C,2))，∴sineq\f(A,2)＝sineq\f(B,2)＝sineq\f(C,2).∵0<eq\f(A,2)，eq\f(B,2)，eq\f(C,2)<eq\f(π,2)，∴eq\f(A,2)＝eq\f(B,2)＝eq\f(C,2)，即A＝B＝C，∴△ABC是等邊三角形．【答案】等邊11．如圖1所示，在△ABC中，∠ACB的平分線CD交AB于D，eq\o(AC,\s\up10(→))的模為2，eq\o(BC,\s\up10(→))的模為3，eq\o(AD,\s\up10(→))的模為1，那么eq\o(DB,\s\up10(→))的模為．圖1【解析】由三角形內(nèi)角平分線的性質(zhì)得|eq\o(AC,\s\up10(→))|∶|eq\o(BC,\s\up10(→))|＝|eq\o(AD,\s\up10(→))|∶|eq\o(DB,\s\up10(→))|，故|eq\o(DB,\s\up10(→))|＝eq\f(3,2).【答案】eq\f(3,2)12．如圖2所示，在山底測得山頂仰角∠CAB＝45°，沿傾斜角為30°的斜坡走1000m至S點(diǎn)，又測得山頂仰角∠DSB＝75°，則山高BC為m.圖2【解析】由題可知，∠SAB＝45°－30°＝15°，又∠SBD＝15°，∴∠ABS＝45°－15°＝30°，AS＝1000.由正弦定理可知eq\f(BS,sin15°)＝eq\f(1000,sin30°)，∴BS＝2000sin15°，∴BD＝BS·sin75°＝2000sin15°cos15°＝1000sin30°＝500，且DC＝1000sin30°＝500，∴BC＝DC＋BD＝1000m.【答案】100013．已知角A，B，C是三角形ABC的內(nèi)角，a，b，c分別是其對邊長，向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)sin\f(A,2)，cos2\f(A,2)))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(A,2)，－2))，m⊥n，且a＝2，cosB＝eq\f(\r(3),3)，則b＝.【解析】∵m·n＝0，∴2eq\r(3)sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)－2cos2eq\f(A,2)＝0，∵coseq\f(A,2)≠0，∴taneq\f(A,2)＝eq\f(\r(3),3)，∴eq\f(A,2)＝30°，∴A＝60°，∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，sinB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),3)，∴b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(2×\f(\r(6),3),\f(\r(3),2))＝eq\f(4,3)eq\r(2).【答案】eq\f(4,3)eq\r(2)14．在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC，則eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)的值是．【解析】∵eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝6cosC，∴eq\f(a2＋b2,ab)＝6·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，即a2＋b2＝eq\f(3,2)c2，∴eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)＝tanCeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosA,sinA)＋\f(cosB,sinB)))＝eq\f(sin2C,cosCsinAsinB)＝eq\f(2c2,a2＋b2－c2)＝4.【答案】4二、解答題(本大題共6小題，共90分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15．(本小題滿分14分)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C所對的邊，已知b2＝ac，且a2－c2＝ac－bc，求角A的大小及eq\f(bsinB,c).【解】由b2＝ac及a2－c2＝ac－bc，得b2＋c2－a2＝bc.在△ABC中，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).∵0°＜A＜180°，∴A＝60°.在△ABC中，由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a).又∵b2＝ac，A＝60°，∴eq\f(bsinB,c)＝eq\f(b2sinA,ac)＝sin60°＝eq\f(\r(3),2).16．(本小題滿分14分)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＝2，cosB＝eq\f(3,5).(1)若b＝4，求sinA的值；(2)若△ABC的面積S△ABC＝4，求b，c的值．【解】(1)∵cosB＝eq\f(3,5)>0，且0<B<π，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4,5).由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2×\f(4,5),4)＝eq\f(2,5).(2)∵S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝4，∴eq\f(1,2)×2×c×eq\f(4,5)＝4，∴c＝5.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝22＋52－2×2×5×eq\f(3,5)＝17，∴b＝eq\r(17).17．(本小題滿分14分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知eq\f(cosA－2cosC,cosB)＝eq\f(2c－a,b).(1)求eq\f(sinC,sinA)的值；(2)若cosB＝eq\f(1,4)，△ABC的周長為5，求b的長．【解】(1)由正弦定理，設(shè)eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝k，則eq\f(2c－a,b)＝eq\f(2ksinC－ksinA,ksinB)＝eq\f(2sinC－sinA,sinB)，所以eq\f(cosA－2cosC,cosB)＝eq\f(2sinC－sinA,sinB)，即(cosA－2cosC)sinB＝(2sinC－sinA)cosB，化簡可得sin(A＋B)＝2sin(B＋C)．又A＋B＋C＝π，所以sinC＝2sinA.因此eq\f(sinC,sinA)＝2.(2)由eq\f(sinC,sinA)＝2，得c＝2a，由余弦定理及cosB＝eq\f(1,4)得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋4a2－4a2×eq\f(1,4)＝4a2，所以b＝2a又a＋b＋c＝5，從而a＝1，因此b＝2.18．(本小題滿分16分)在△ABC中a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且2asinA＝(2b＋c)sinB＋(2c＋b)sinC(1)求A的大??；(2)若sinB＋sinC＝1，試判斷△ABC的形狀.【導(dǎo)學(xué)號：92862028】【解】(1)由2asinA＝(2b＋c)sinB＋(2c＋b)sinC，得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b即a2＝b2＋c2＋bc，∴b2＋c2－a2＝－bc，∴2bccosA＝－bc，∴cosA＝－eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，∴A＝eq\f(2π,3).(2)由(1)得sin2A＝sin2B＋sin2C＋sinBsin又sinB＋sinC＝1，得sinB＝sinC＝eq\f(1,2).又B，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故B＝C.所以△ABC是等腰三角形．19．(本小題滿分16分)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且cos(A－B)cosB－sin(A－B)sin(A＋C)＝－eq\f(3,5).(1)求sinA的值；(2)若a＝4eq\r(2)，b＝5，求向量eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影．【解】(1)由cos(A－B)cosB－sin(A－B)sin(A＋C)＝－eq\f(3,5)，得cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB＝－eq\f(3,5)，則cos(A－B＋B)＝－eq\f(3,5)，即cosA＝－eq\f(3,5).又0<A<π，則sinA＝eq\f(4,5).(2)由正弦定理，有eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2),2).由題知a>b，則A>B，故B＝eq\f(π,4).根據(jù)余弦定理，有(4eq\r(2))2＝52＋c2－2×5c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))，解得c＝1或c＝－7(負(fù)值舍去)．故向量eq\o(BA,\s\up10(→))在eq\o(BC,\s\up10(→))方向上的投影為|eq\o(BA,\s\up10(→))|cosB＝eq\f(\r(2),2).20．(本小題滿分16分)如圖3，游客從某旅游景區(qū)的景點(diǎn)A處下山至C處有兩種路徑．一種是從A沿直線步行到C，另一種是先從A沿索道乘纜車到B，然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山，甲沿AC勻速步行，速度為50m/min.在甲出發(fā)2min后，乙從A乘纜車到B，在B處停留1min后，再從B勻速步行到C.假設(shè)纜車勻速直線運(yùn)行的速度為130m/min，山路AC長為1260m，經(jīng)測量，cosA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5).圖3(1)求索道AB的長；(2)問乙出發(fā)多少min后，乙在纜車上與甲的距離最短？(3)為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過3min，乙步行的速度應(yīng)控制在什么范圍內(nèi)？【解】(1)在△ABC中，因?yàn)閏osA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5)，所以sinA＝eq\f(5,13)，sinC＝eq\f(4,5).從而sinB＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－A＋C))＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(5,13)×eq\f