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单元素养测评卷(三)
1.A　[解析] 由正弦定理可得==.故选A.
2.A　[解析] 在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,即9=a2+6-a,即a2-a-3=0,解得a=或a=(舍去).故选A.
3.D　[解析] 由正弦定理得=,即=,所以sin B=,又0°a,故B=60°或B=120°.故选D.
4.B　[解析] 设CD=a,则AB=2a,BC=a,又∠ABC=90°,∴AC=a.易知∠BAD=45°,∴AD=a,在△ACD中,由余弦定理得CD2=AD2+AC2-2AD·AC·cos∠DAC,即a2=(a)2+(a)2-2×a×a×cos∠DAC,∴cos∠DAC=.故选B.
5.A　[解析] 因为cos B=,06.A　[解析] 由(b+c+a)(b+c-a)=3bc,化简得b2+c2-a2=bc,则cos A==,又A∈(0,π),所以A=.由2cos Bsin C=sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+sin Ccos B,
化简得sin Bcos C-cos Bsin C=0,即sin(B-C)=0,则可得B=C,因此B=C=A=,故△ABC是等边三角形.故选A.
7.B　[解析] 因为△ABC有两个解,所以解得28.D　[解析] ∵BC=,CD=,△BCD的面积为1,∴S△BCD=××sin∠DCB
=1,∴sin∠DCB=.由题意知,0°<∠DCB<90°,∴cos∠DCB=,∴由余弦定理得BD2=CB2+CD2-2CD·CBcos∠DCB=4,可得BD=2.在△BDC中,由余弦定理得
cos∠BDC==-,∴∠BDC=135°,∴∠ADC=45°.在△ADC中,
∠ADC=45°,A=60°,DC=,由正弦定理得=,∴AC=.
9.ABD　[解析] 在△ABC中,当Asin Bcos C+sin Ccos B,则由正弦定理得a=bcos C+ccos B,所以B正确;由A+B+C=π,可得cos=cos=cos=sin,所以D正确;当A=B=时,sin A+sin B=cos A+cos B,所以C错误.故选ABD.
10.ABC　[解析] 由·=2,可得·=bccos A=2,故A正确;由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A=4,则b2+c2=8,故B正确;由b2+c2=8≥2bc(当且仅当b=c时取等号),得bc≤4,则cos A==≥,又A∈(0,π),此时函数y=cos A单调递减,所以011.ACD　[解析] 由b=ccos A及正弦定理可得sin B=sin Ccos A,又sin B=sin(A+C)=
sin Acos C+sin Ccos A,所以sin Acos C=0,因为sin A≠0,所以cos C=0,即C=.因为=
cos A=,所以由角平分线定理可得==.设AC=x,则AB=8x,BC=3x,CD=x,在Rt△ACD中,由勾股定理可得x2+=1,可得x=,即AC=,AB=6,BC=9CD=,所以S△ABC=××=,所以S△ABD=S△ABC=.所以A,C,D正确,B错误.故选ACD.
12.30°或150°　[解析] 根据正弦定理得=2R(其中R为△ABC外接圆半径),则
sin A==,∵0°13.7 km　[解析] 在△ACD中,由余弦定理得cos∠ADC==.在△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC==.∵∠ABC+∠ADC=π,∴cos∠ABC+
cos∠ADC=0,即+=0,可得AC=7 km,∴AC的长为7 km.
14.　[解析] 由正弦定理得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=k∶(k+1)∶2k,由题意得k>0,设a=mk,b=m(k+1),c=2mk(m>0),则a.
15.解:(1)由题意得cos C==,又C∈(0,π),所以C=.
(2)由三角形的面积公式可得S△ABC=absin C=.
16.解:(1)由ccos B+bcos C=及正弦定理得sin Ccos B+sin Bcos C=,则sin(B+C)=,即sin A=,
又sin A≠0,所以cos A=,又0(2)因为S△ABC=bcsin A=bc×=4,所以bc=16.
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-2bc-2bccos A,
即27=(b+c)2-3×16,可得b+c=5,
所以△ABC的周长为a+b+c=3+5=8.
设△ABC的外接圆的半径为R,由2R===6,得R=3,所以△ABC的外接圆的面积为πR2=π×32=9π.
17.解:(1)由题易知,m=(cos B,cos C),∵m∥n,∴ccos B=(2a-b)cos C,
由正弦定理得sin Ccos B=(2sin A-sin B)cos C,
即sin Ccos B+sin Bcos C=2sin Acos C,∴sin A=2sin Acos C.
∵sin A>0,∴cos C=.∵C∈(0,π),∴C=.
(2)由余弦定理得(2)2=a2+b2-2abcos ,∴a2+b2-ab=12①.
∵S△ABC=absin C=2,∴ab=8②.由①②得或
18.解:(1)证明:因为BC=CE,所以∠BEC=∠ABC=α,
在△BEC中,α+α+-β=π,可得2α=+β,
所以cos 2α=cos=-sin β,即cos 2α+sin β=0.
(2)①在△ACE中,由正弦定理得=,
可得=,即sin α=sin β(*).
由(1)知cos 2α+sin β=0,即1-2sin2α+sin β=0,
将 (*)代入,得1-6sin2β+sin β=0,即6sin2β-sin β-1=0, 解得sin β=或sin β=-,因为β∈,所以sin β=,则β=.
②在△ACD中,由正弦定理得=,
即AC·sin∠ACD=sin∠ADC,
由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC=10-6cos∠ADC.
因为∠ACB=,β=,BE=EC,所以∠ABC=,所以AC=BC.
在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos∠BCD,
则BD2=+9-2·AC·cos=-2cos∠ADC+9
+2ACsin∠ACD=+2sin∠ADC-2cos∠ADC=4sin+.因为∠ADC∈(0,π),所以∠ADC-∈,
结合正弦函数的图象,可得sin∈,
所以BD2∈,即BD的取值范围为.
19.解:(1)因为AC=20 m,BC=20m,AC⊥BC,所以AB=40 m,
且tan B===,又0°在△ACM中,由余弦定理得CM2=AC2+AM2-2AC·AM·cos A=202+102-2×20×10×=300,所以CM=10 m,
因为AC2=AM2+CM2,所以CM⊥AM,
因为∠MCN=30°,所以MN=CMtan 30°=10×=10(m),
则CN=2MN=20 m,故护栏的长度(即△MNC的周长)为10+20+10=30+10(m).
(2)设∠ACM=θ(0°<θ<60°),
因为△MNC的面积是△CMA的面积的,
所以CN·CMsin 30°=×CA·CMsin θ,可得CN=20sin θ m.
在△CAN中,∠ANC=180°-(60°+30°+θ)=90°-θ,
由正弦定理得==,即CN= m,
故20sin θ=,即sin θcos θ==,所以sin 2θ=1,
由0°<2θ<120°,得2θ=90°,所以θ=45°,即∠ACM=45°.
(3)设∠ACM=θ(0°<θ<60°),由(2)知CN= m.
在△ACM中,由=,得CM= m,
所以S△MNC=CM·CN·sin 30°==
==
(m2),所以当且仅当2θ+60°=90°,即θ=15°时,△MNC的面积取得最小值,最小值为=300(2-)(m2).单元素养测评卷(三)
第11章
(时间:120分钟　分值: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,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a=5,b=3,则sin A与sin B的比值是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A. B.
C. D.
2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=3,c=,B=,则a等于 (　　)
A. B.
C.3 D.2
3.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=1,b=,A=30°,则B等于 (　　)
A.30° B.30°或150°
C.60° D.60°或120°
4.在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=2BC=2CD,则cos∠DAC= (　　)
A. B.
C. D.
5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=2,cos B=,则△ABC的外接圆的半径为 (　　)
A. B.
C. D.
6.[2024·山东滨州高一期末] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若(b+c+a)(b+c-a)=3bc,且2cos Bsin C=sin A,则△ABC是 (　　)
A.等边三角形 B.等腰直角三角形
C.非等腰直角三角形 D.钝角三角形
7.[2024·浙南联盟高一期中] 在△ABC中,BC=x,AC=2,B=60°,若△ABC有两解,则x的取值范围是 (　　)
A.2C.8.在△ABC中,A=60°,BC=,D是AB边上的一点,CD=,△BCD的面积为1,则AC的长为 (　　)
A.2 B. C. D.
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.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列说法正确的有 (　　)
A.若AB.bcos C+ccos B=a
C.sin A+sin B>cos A+cos B
D.cos=sin
10.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若·=2,a=2,则 (　　)
A.bccos A=2
B.b2+c2=8
C.A的最大值为
D.△ABC的面积的最小值为
11.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=ccos A,内角A的平分线交BC于点D,若AD=1,cos A=,则下列结论正确的是 (　　)
A.AC= B.AB=8
C.= D.△ABD的面积为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知△ABC的外接圆的半径是3,BC=3,则A=　　　　.
13.如图所示,为了测量A,C两点间的距离,选取在同一平面上的B,D两点,测出在四边形ABCD中,AB=5 km,BC=8 km,CD=3 km,DA=5 km,且∠ABC+∠ADC=π,则AC的长为　　　　.
14.在△ABC中,sin A∶sin B∶sin C=k∶(k+1)∶2k,则实数k的取值范围是　　　　.
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.(13分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a2-c2+b2=ab.
(1)求角C的大小;
(2)若a=b=3,求△ABC的面积.
16.(15分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且ccos B+bcos C=.
(1)求角A的大小;
(2)若△ABC的面积为4,a=3,求△ABC的周长和外接圆的面积.
17.(15分)已知△ABC的内角Α,Β,C的对边分别为a,b,c,且向量m=与n=(2a-b,c)共线.
(1)求角C的大小;
(2)若c=2,S△ABC=2,求a,b的值.
18.(17分)如图,在平面凸四边形ABCD中,∠ACB=,E是边AB上一点,BC=CE,记∠ABC=α,∠ACE=β.
(1)证明:cos 2α+sin β=0.
(2)若AC=AE,CD=3,AD=1.
①求β的值;
②求BD的取值范围.
19.(17分)某市城市规划管理局拟将近郊的一个直角三角形ABC区域按如图所示规划成三个功能区:△BNC区域为自由活动区,△MNC区域规划为小型鱼塘,△CMA区域为餐饮区.为安全起见,欲在鱼塘△MNC四周围筑护栏.已知AC=20 m,BC=20 m,AC⊥BC,∠MCN=30°.
(1)若AM=10 m,求护栏的长度(即△MNC的周长).
(2)若△MNC的面积是△CMA的面积的,求∠ACM.
(3)当∠ACM为何值时,△MNC的面积最小 最小面积是多少

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