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阶段质量评价(三)　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.)
1.已知△ABC中,A=,B=,a=1,则b等于 (　　)
A.2 B.1
C. D.
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.充分且不必要条件
B.必要且不充分条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件
3.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.
4.在△ABC中,AC=,BC=2,B=60°,则BC边上的高等于 (　　)
A. B.
C. D.
5.构造法是数学中一种常见的解题方法,请结合三角形的正、余弦定理,构造出恰当的图形解决问题:
sin 27°+sin 223°+sin 7°sin 23°= (　　)
A. B.
C. D.
6.在锐角△ABC中,已知sin(2A+C)=2sin C-sin B,则B,C的大小关系为 (　　)
A.B>C B.B=C
C.B7.在△ABC中,A=.若△ABC的面积为2,则+的最小值为 (　　)
A. B.
C. D.
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
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.)
9.在△ABC中,根据下列条件解三角形,其中有两解的是 (　　)
A.b=10,A=45°,C=70°
B.b=45,c=48,B=60°
C.a=14,b=16,A=45°
D.a=7,b=5,A=80°
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]
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
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.)
12.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=　　　　.
13.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=　　　　.
14.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.
四、解答题(本大题共5小题,共77分.)
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;
(2)求△ABC的面积.
16.(15分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知b+c=2a,3csin B=4asin C.
(1)求cos B的值;
(2)求sin的值.
17.(15分)在△ABC中,2cos2+2sincos=.
(1)求B的大小;
(2)若(a+c)=2b,证明:a=c.
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;
(2)若·=28,求AB的长.
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;
(2)乙出发多少分钟后,乙在观光车上与甲的距离最短
阶段质量评价(三)
1．选D　由正弦定理＝ b＝＝.
2．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”的充分且不必要条件，故选A.
3．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＝＝＝.
4．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.
5．选C　构造△ABC，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝7°，B＝23°，C＝150°.
由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C，即c2＝a2＋b2－2abcos 150°＝a2＋b2＋ab.由正弦定理可得sin 2C＝sin 2A＋sin 2B＋sin Asin B，即sin 2150°＝sin 27°＋sin 223°＋
sin 7°sin 23°，所以sin 27°＋sin 223°＋sin 7°sin 23°＝.
6．选A　在锐角△ABC中，由sin(2A＋C)＝2sin C－sin B，得sin(π＋A－B)＝2sin(π－
A－B)－sin B，则sin(B－A)＝2sin(A＋B)－sin B，sin Bcos A－cos Bsin A＝2sin Bcos A＋
2cos Bsin A－sin B，整理得sin B＝sin Bcos A＋3cos Bsin A．由正弦定理得b＝bcos A＋3acos B，由余弦定理得b＝b·＋a·＋2acos B＝c＋2acos B．而cos B>0，因此b>c，所以B>C.
7．选C　由△ABC的面积为2，所以S＝bc·sin 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．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.
9．选BC　选项B满足csin 60°10．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ABD.
11．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ACD.
12．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答案：
13．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．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·AC·cos ∠DAC＝18＋25－2×3×5×＝13，解得CD＝.
答案：5　
15．解：(1)依题意，由余弦定理得cos C＝2＝－，∵0°<∠C<180°，
∴∠C＝120°.
(2)S△ABC＝absin C＝×4×5×sin 120°＝×4×5×＝5.
16．解：(1)由正弦定理＝，得3cb＝4ac，所以b＝a.而b＋c＝2a，则c＝a.
故由余弦定理得cos B＝＝＝－.
(2)因为cos B＝－，所以sin B＝.
所以sin 2B＝2sin Bcos B＝－，
cos 2B＝2cos2B－1＝－.
所以sin＝(sin 2B＋cos 2B)
＝×＝－.
17．解：(1)在△ABC中，∵2cos2 ＋2sin cos ＝，∴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.
18．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．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．

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