資源簡介

章末檢測（十一）　解三角形
（時間：120分鐘　滿分：150分）
一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）
1.在△ABC中，A＝，BC＝3，AB＝，則C＝（　　）
A.或 B.
C. D.
2.已知三角形的兩邊長分別為4，5，它們夾角的余弦值是方程2x2＋3x－2＝0的根，則第三邊長是（　　）
A. B.
C. D.
3.在△ABC中，a＝26，cos A＝，cos B＝，則b＝（　　）
A.72 B.18
C. D.30
4.在△ABC中，a＝x，b＝，A＝，若該三角形有兩個解，則x的取值范圍是（　　）
A.（，6） B.（2，2）
C. D.
5.已知△ABC的三邊長分別為3，3，6，則該三角形的最大角與最小角之和為（　　）
A.120° B.145°
C.150° D.120°或150°
6.若△ABC的內角A，B，C滿足6sin A＝4sin B＝3sin C，則cos B＝（　　）
A.　　　B. C.　　　D.
7.設△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若ccos B＝b（a－cos C），且△ABC的面積為S＝ccos A，則A＝（　　）
A.　　　　B. C.　　　　 D.
8.一輛汽車在一條水平的公路上向正西方向行駛，到A處時測得公路北側遠處一山腳C在西偏北α方向上，行駛a km后到達B處，此時測得此山腳C在西偏北β方向上，在B處看到山頂D的仰角為γ，根據這些測量數據計算（其中β＞α）此山的高度是（　　）
A. B.
C. D.
二、多項選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）
9.已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，以下判斷正確的是（　　）
A.若cos A＝cos B，則△ABC為等腰三角形
B.若a＝，b＝，A＝30°，則符合條件的△ABC有且只有一個
C.若bcos A＝acos B，則△ABC為等腰直角三角形
D.若sin2A＋sin2B－sin2C＜0，則△ABC是鈍角三角形
10.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，b＝4且sin A∶sin B∶sin C＝1∶2∶，下列說法正確的是（　　）
A.△ABC為鈍角三角形
B.AB邊的中線長為3
C.△ABC周長為6＋2
D.△ABC的外接圓面積為
11.圖①是我國古代數學家趙爽創制的一幅“勾股圓方圖”（又稱“趙爽弦圖”），它是由四個全等的直角三角形與中間的一個小正方形拼成的一個大正方形.受其啟發，某同學設計了一個圖形，該圖形是由三
個全等的鈍角三角形與中間的一個小正三角形拼成的一個大正三角形，如圖②所示，若AB＝7，DE＝2，則（　　）
A.BD＝3
B.AD＝5
C.cos∠ABD＝
D.△ABD的面積為
三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分.把答案填在題中橫線上）
12.一海輪從A處出發，以每小時40海里的速度沿南偏東40°的方向直線航行，30分鐘后到達B處.在C處有一座燈塔，海輪在A處觀察燈塔，其方向是南偏東70°，在B處觀察燈塔，其方向是北偏東65°，那么B，C兩點間的距離是　　　　.
13.在△ABC中，BC＝3，AB＝7，C＝π，則AB邊上的高為　　　　.
14.△ABC中，a＝3，c＝，cos C＝，則sin A＝　　　　，若b＜a，則b＝　　　　.
四、解答題（本大題共5小題，共77分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟）
15.（本小題滿分13分）已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，∠A的平分線交BC于點D，且cos A（ccos B＋bcos C）＋a＝0.
（1）求A；
（2）若a＝7，△ABC的周長為15，求AD的長.
16.（本小題滿分15分）如圖，已知A，B，C是一條直路上的三點，AB＝BC＝1 km，從三點分別遙望塔M，在A處看見塔在北偏東45°方向，在B處看見塔在正東方向，在C處看見塔在南偏東60°方向，求塔到直路ABC的最短距離.
17.（本小題滿分15分）在①cos A＝，②bcos C＝（2a－c）cos B中任選一個作為已知條件，補充在下列問題中，并作答.
問題：在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知　　　　.
（1）求B；
（2）若△ABC的外接圓半徑為1，且cos Acos C＝－，求a＋c.
注：如果選擇不同的條件分別解答，則按第一個解答計分.
18.（本小題滿分17分）已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.向量m＝（cos B，cos A），n＝（b－2c，－a），且m∥n.
（1）求角A；
（2）若a＝2，①求的值；
②求△ABC周長的范圍.
19.（本小題滿分17分）如圖，某鎮有一塊空地形如△OAB，其中OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°.當地鎮政府規劃將這塊空地改造成一個旅游景點，擬在中間挖一個人工湖△OMN，其中M，N都在邊AB上，且∠MON＝30°，挖出的泥土堆放在△OAM地帶上形成假山，剩下的△OBN地帶開設兒童游樂場.為安全起見，需在△OAN的一周安裝防護網.
（1）當AM＝ km時，求防護網的總長度；
（2）為了節省投入的資金，人工湖△OMN的面積要盡可能小.問：如何設計施工方案，可使△OMN的面積最小，最小面積是多少？
章末檢測（十一）　解三角形
1.C　由正弦定理，得sin C＝＝.因為BC＞AB，所以A＞C，則0＜C＜，故C＝.故選C.
2.B　設三角形長為4，5的兩邊的夾角為θ，由2x2＋3x－2＝0，得x＝或x＝－2（舍去），∴cos θ＝，∴第三邊長為 ＝.故選B.
3.D　因為cos A＝，所以sin A＝＝.同理得sin B＝.由＝，得b＝＝＝30.故選D.
4.D　∵三角形有兩個解，∴bsin A＜x＜b，即＜x＜.故選D.
5.A　依題意知邊長為3和6的這兩條邊所對應的角分別為最小角和最大角.設邊長為3的邊對應的角為B，由余弦定理，得cos B＝＝，又0°＜B＜180°，所以B＝60°，則該三角形的最大角與最小角之和為180°－B＝120°.故選A.
6.D　由正弦定理得，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C，∴6a＝4b＝3c，∴a＝b，c＝b，∴cos B＝＝＝.故選D.
7.C　因為ccos B＝b（a－cos C），所以由正弦定理可得sin Ccos B＝asin B－sin Bcos C，可得sin Ccos B＋sin Bcos C＝sin（B＋C）＝sin A＝asin B，可得a＝ab，可得b＝，因為△ABC的面積為S＝ccos A＝bcsin A＝××c×sin A，可得tan A＝，又A∈（0，π），所以A＝，故選C.
8.B　設此山高h km，則BC＝，在△ABC中，∠ABC＝π－β，∠ACB＝β－α，AB＝a km，根據正弦定理得＝，即＝，解得h＝，故選B.
9.AD　對于A，因為cos A＝cos B，A，B∈（0，π），所以A＝B，所以△ABC為等腰三角形，故A正確；對于B，由正弦定理得：sin B＝＝＝，因為b＞a，所以B＞A，即30°＜B＜150°，所以B＝60°或120°，則三角形有兩解，故B錯誤；對于C，在△ABC中，bcos A＝acos B，由正弦定理得sin Bcos A＝sin Acos B，即sin（A－B）＝0，因為A，B∈（0，π），所以A－B∈（－π，π），所以A＝B，所以△ABC為等腰三角形，故C錯誤；對于D，若sin2A＋sin2B＜sin2C，由正弦定理得a2＋b2＜c2，由余弦定理得cos C＝＜0，所以C為鈍角，所以△ABC是鈍角三角形，故D正確.故選A、D.
10.ACD　對于A，∵sin A∶sin B∶sin C＝1∶2∶， ∴a∶b∶c＝1∶2∶，設a＝k，b＝2k，c＝k，∵b＝4，∴k＝2，a＝2，c＝2，又∵c＞b＞a，∴最大角為C，由余弦定理得：c2＝28＝22＋42－2×2×4cos C，解得cos C＝－，又∵0＜C＜π，∴C＝，∴△ABC為鈍角三角形，故A正確；對于B，由正弦定理得＝，即＝，解得sin A＝，∵角A為銳角，cos A＝＝，設AB的中點為D，在△ADC中，由余弦定理得：CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos A＝16＋7－2×4××＝3，則CD＝，即AB邊的中線長為，故B錯誤；對于C，△ABC周長為a＋b＋c＝2＋4＋2＝6＋2，故C正確；對于D，由正弦定理：R＝＝，則△ABC外接圓的面積為πR2＝，故D正確.故選A、C、D.
11.ABD　設BD＝x，則AD＝2＋x.在△ABD中，∠ADB＝180°－60°＝120°，并由余弦定理可得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB，即49＝（2＋x）2＋x2－2（2＋x）x·
　，整理得x2＋2x－15＝0，解得x＝3（x＝－5舍去），所以BD＝3，AD＝5.則cos∠ABD＝＝＝，所以sin∠ABD＝ ＝，所以△ABD的面積S＝AB·BDsin∠ABD＝×7×3×＝.故選A、B、D.
12.10　解析：根據已知條件可知，在△ABC中，AB＝20，∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，所以C＝45°，由正弦定理，得＝，所以BC＝＝10.
13.　解析：因為BC＝3，AB＝7，C＝π，所以由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosπ，即49＝AC2＋9＋3AC，解得AC＝5或AC＝－8（舍去），設AB邊上的高為h，則AB·h＝AC·BC·sin C，即7h＝3×5× h＝.
14.　3　解析：∵a＝3，c＝，cos C＝，C∈（0，π），∴sin C＝＝，由正弦定理，得sin A＝＝＝，可得cos A＝＝±，當cos A＝時，cos B＝－cos（A＋C）＝sin A sin C－cos A cos C＝×－×＝－＜0，由于b＜a，B為銳角，矛盾，舍去，∴cos A＝－，cos B＝－cos（A＋C）＝sin A sin C－cos A cos C＝×－×＝，可得sin B＝＝，由正弦定理可得b＝＝＝3.
15.解：（1）因為cos A（ccos B＋bcos C）＋a＝0，利用正弦定理可得：cos A（sin Ccos B＋sin Bcos C）＋sin A＝0，即2cos Asin（B＋C）＋sin A＝0.
因為sin（B＋C）＝sin A≠0，所以2cos A＋1＝0，即cos A＝－，
又A∈（0，π），可得A＝.
（2）因為a＝7，a＋b＋c＝15，所以b＋c＝8.
在△ABC中，由余弦定理可得：49＝b2＋c2＋bc＝（b＋c）2－bc，所以bc＝15.
又因為AD為角A的平分線，所以S△ABD＋S△ADC＝S△ABC，
所以AD·b·sin＋AD·c·sin＝b·c·sin，
即AD·（b＋c）＝bc，所以AD＝.
16.解：由題意得∠CMB＝30°，∠AMB＝45°，
∵AB＝BC＝1，∴S△MAB＝S△MBC，
即MA×MB×sin 45°＝MC×MB×sin 30°，
∴MC＝MA，
在△MAC中，由余弦定理，得AC2＝MA2＋MC2－2MA×MC×cos 75°，
∴MA2＝，
設M到AB的距離為h km，
則由△MAC的面積得MA×MC×sin 75°＝AC×h，
∴h＝×sin 75°＝××sin 75°＝.
∴塔到直路ABC的最短距離為 km.
17.解：（1）選擇條件①：因為cos A＝，
在△ABC中，由余弦定理可得＝，化簡得a2＋c2－b2＝ac，
由余弦定理可得cos B＝＝＝，
因為B∈（0，π），所以B＝.
選擇條件②：因為bcos C＝（2a－c）cos B，由正弦定理得，
sin Bcos C＋sin Ccos B＝2sin Acos B.
即sin（B＋C）＝2sin Acos B，
則sin A＝2sin Acos B，
因為A∈（0，π），sin A≠0，所以cos B＝，
因為B∈（0，π），所以B＝.
（2）因為B＝，所以A＋C＝，即cos（A＋C）＝－，
即cos Acos C－sin Asin C＝－，
又因為cos Acos C＝－，所以sin Asin C＝.
由于△ABC的外接圓半徑R＝1，由正弦定理可得sin Asin C＝·，
可得ac＝，所以b＝2Rsin B＝，
由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B＝（a＋c）2－3ac＝3，
所以a＋c＝.
18.解：（1）因為m∥n，
所以（b－2c）cos A＋acos B＝0，
即bcos A＋acos B＝2ccos A，
由余弦定理得b·＋a·＝2ccos A，
即c＝2ccos A，所以cos A＝，
又A∈（0，π），所以A＝.
（2）①由正弦定理得＝＝＝＝.
所以＝.
②由①知4＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc，
所以bc＝.
又b＋c≥2，所以（b＋c）2≥4·，
即（b＋c）2≤16，所以－4≤b＋c≤4.
又b＋c＞a＝2，所以2＜b＋c≤4.
故4＜a＋b＋c≤6，即△ABC周長的范圍為（4，6].
19.解：（1）因為在△OAB中，OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°，所以∠OAB＝60°.
在△AOM中，由OA＝3 km，AM＝ km，∠OAM＝60°及余弦定理，得
OM＝＝ km.
所以OM2＋AM2＝OA2，即OM⊥AN，
所以∠AOM＝30°，即∠AON＝60°.
所以△OAN為等邊三角形，所以△OAN的周長為3OA＝9 km，即防護網的總長度為9 km.
（2）設∠AOM＝θ（0°＜θ＜60°）.
在△OAN中，由＝，得ON＝ km.
在△AOM中，由＝，得OM＝ km.
所以S△OMN＝OM·ON·sin 30°＝＝ km2.
當2θ＋60°＝90°，即θ＝15°時，△OMN的面積最小，最小面積為 km2.
即設計∠AOM＝15°時，可使△OMN的面積最小，最小面積是 km2.
3 / 3(共41張PPT)
章末檢測（十一）　解三角形
（時間：120分鐘　滿分：150分）
一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給
出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）
1. 在△ABC中，A＝ ，BC＝3，AB＝ ，則C＝（　　）
解析： 　由正弦定理，得 sin C＝ ＝ .因為BC＞AB，所
以A＞C，則0＜C＜ ，故C＝ .故選C.
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2. 已知三角形的兩邊長分別為4，5，它們夾角的余弦值是方程2x2＋
3x－2＝0的根，則第三邊長是（　　）
解析： 　設三角形長為4，5的兩邊的夾角為θ，由2x2＋3x－2＝
0，得x＝ 或x＝－2（舍去），∴ cos θ＝ ，∴第三邊長為
＝ .故選B.
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3. 在△ABC中，a＝26， cos A＝ ， cos B＝ ，則b＝（　　）
A. 72
D. 30
解析： 　因為 cos A＝ ，所以 sin A＝ ＝ .同理得
sin B＝ .由 ＝ ，得b＝ ＝ ＝30.故選D.
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4. 在△ABC中，a＝x，b＝ ，A＝ ，若該三角形有兩個解，則
x的取值范圍是（　　）
解析： 　∵三角形有兩個解，∴b sin A＜x＜b，即 ＜x＜ .
故選D.
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5. 已知△ABC的三邊長分別為3，3 ，6，則該三角形的最大角與
最小角之和為（　　）
A. 120° B. 145°
C. 150° D. 120°或150°
解析： 　依題意知邊長為3和6的這兩條邊所對應的角分別為最小
角和最大角.設邊長為3 的邊對應的角為B，由余弦定理，得 cos
B＝ ＝ ，又0°＜B＜180°，所以B＝60°，則該
三角形的最大角與最小角之和為180°－B＝120°.故選A.
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6. 若△ABC的內角A，B，C滿足6 sin A＝4 sin B＝3 sin C，則 cos B
＝（　　）
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解析： 　由正弦定理得，a∶b∶c＝ sin A∶ sin B∶ sin C，
∴6a＝4b＝3c，∴a＝ b，c＝ b，∴ cos B＝ ＝
＝ .故選D.
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7. 設△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若c cos B＝
b（ a－ cos C），且△ABC的面積為S＝ c cos A，則A＝
（　　）
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解析： 　因為c cos B＝b（ a－ cos C），所以由正弦定理可得
sin C cos B＝ a sin B－ sin B cos C，可得 sin C cos B＋ sin B cos C＝
sin （B＋C）＝ sin A＝ a sin B，可得a＝ ab，可得b＝ ，
因為△ABC的面積為S＝ c cos A＝ bc sin A＝ × ×c× sin A，
可得tan A＝ ，又A∈（0，π），所以A＝ ，故選C.
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8. 一輛汽車在一條水平的公路上向正西方向行駛，到A處時測得公路
北側遠處一山腳C在西偏北α方向上，行駛a km后到達B處，此時
測得此山腳C在西偏北β方向上，在B處看到山頂D的仰角為γ，
根據這些測量數據計算（其中β＞α）此山的高度是（　　）
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解析： 　設此山高h km，則BC＝ ，在△ABC中，∠ABC＝π
－β，∠ACB＝β－α，AB＝a km，根據正弦定理得 ＝
，即 ＝ ，解得h＝ ，故選B.
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二、多項選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給
出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選
對的得部分分，有選錯的得0分）
9. 已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，以下判斷正
確的是（　　）
A. 若 cos A＝ cos B，則△ABC為等腰三角形
C. 若b cos A＝a cos B，則△ABC為等腰直角三角形
D. 若 sin 2A＋ sin 2B－ sin 2C＜0，則△ABC是鈍角三角形
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解析： 　對于A，因為 cos A＝ cos B，A，B∈（0，π），所以
A＝B，所以△ABC為等腰三角形，故A正確；對于B，由正弦定
理得： sin B＝ ＝ ＝ ，因為b＞a，所以B＞A，即
30°＜B＜150°，所以B＝60°或120°，則三角形有兩解，故B
錯誤；對于C，在△ABC中，b cos A＝a cos B，由正弦定理得 sin B
cos A＝ sin A cos B，即 sin （A－B）＝0，因為A，B∈（0，
π），所以A－B∈（－π，π），所以A＝B，所以△ABC為等腰
三角形，故C錯誤；對于D，若 sin 2A＋ sin 2B＜ sin 2C，由正弦定理得a2＋b2＜c2，由余弦定理得 cos C＝ ＜0，所以C為鈍角，所以△ABC是鈍角三角形，故D正確.故選A、D.
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10. 在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，b＝4且
sin A∶ sin B∶ sin C＝1∶2∶ ，下列說法正確的是（　　）
A. △ABC為鈍角三角形
B. AB邊的中線長為3
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解析： 　對于A，∵ sin A∶ sin B∶ sin C＝1∶2∶ ，
∴a∶b∶c＝1∶2∶ ，設a＝k，b＝2k，c＝ k，∵b＝
4，∴k＝2，a＝2，c＝2 ，又∵c＞b＞a，∴最大角為C，
由余弦定理得：c2＝28＝22＋42－2×2×4 cos C，解得 cos C＝－
，又∵0＜C＜π，∴C＝ ，∴△ABC為鈍角三角形，故A正
確；對于B，由正弦定理得 ＝ ，即 ＝ ，解得 sin A＝ ， ∵角A為銳角， cos A＝ ＝ ，設AB的中點為D，
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在△ADC中，由余弦定理得：CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD· cos A＝16
＋7－2×4× × ＝3，則CD＝ ，即AB邊的中線長為 ，故
B錯誤；對于C，△ABC周長為a＋b＋c＝2＋4＋2 ＝6＋2 ，故
C正確；對于D，由正弦定理：R＝ ＝ ，則△ABC外接圓的
面積為πR2＝ ，故D正確.故選A、C、D.
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11. 圖①是我國古代數學家趙爽創制的一幅“勾股圓方圖”（又稱
“趙爽弦圖”），它是由四個全等的直角三角形與中間的一個小
正方形拼成的一個大正方形.受其啟發，某同學設計了一個圖形，
該圖形是由三個全等的鈍角三角形與中間的一個小正三角形拼成
的一個大正三角形，如圖②所示，若AB＝7，DE＝2，則（　　）
A. BD＝3 B. AD＝5
√
√
√
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解析： 　設BD＝x，則AD＝2＋x.在△ABD中，∠ADB＝
180°－60°＝120°，并由余弦定理可得AB2＝AD2＋BD2－
2AD·BD· cos ∠ADB，即49＝（2＋x）2＋x2－2（2＋x）
x· ，整理得x2＋2x－15＝0，解得x＝3（x＝－5舍去），所
以BD＝3，AD＝5.則 cos ∠ABD＝ ＝ ＝
，所以 sin ∠ABD＝ ＝ ，所以△ABD的面積S＝
AB·BD sin ∠ABD＝ ×7×3× ＝ .故選A、B、D.
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解析：根據已知條件可知，在△ABC中，AB＝20，∠BAC＝
30°，∠ABC＝105°，所以C＝45°，由正弦定理，得
＝ ，所以BC＝ ＝10 .
10 　
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13. 在△ABC中，BC＝3，AB＝7，C＝ π，則AB邊上的高
為 .
解析：因為BC＝3，AB＝7，C＝ π，所以由余弦定理可得AB2
＝AC2＋BC2－2AC·BC· cos π，即49＝AC2＋9＋3AC，解得AC
＝5或AC＝－8（舍去），設AB邊上的高為h，則 AB·h＝
AC·BC· sin C，即7h＝3×5× h＝ .
　
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14. △ABC中，a＝3 ，c＝ ， cos C＝ ，則 sin A＝ 　 　，
若b＜a，則b＝ .
解析：∵a＝3 ，c＝ ， cos C＝ ，C∈（0，π），∴ sin
C＝ ＝ ，由正弦定理，得 sin A＝ ＝ ＝
，可得 cos A＝ ＝± ，當 cos A＝ 時，
　
3　
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cos B＝－ cos （A＋C）＝ sin A sin C－ cos A cos C＝ × － ×
＝－ ＜0，由于b＜a，B為銳角，矛盾，舍去，∴ cos A＝－ ，
cos B＝－ cos （A＋C）＝ sin A sin C－ cos A cos C＝ × －
× ＝ ，可得 sin B＝ ＝ ，由正弦定理可得b＝
＝ ＝3.
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四、解答題（本大題共5小題，共77分.解答時應寫出必要的文字說
明、證明過程或演算步驟）
15. （本小題滿分13分）已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為
a，b，c，∠A的平分線交BC于點D，且 cos A（c cos B＋b cos
C）＋ a＝0.
（1）求A；
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解： 因為 cos A（c cos B＋b cos C）＋ a＝0，利用正
弦定理可得： cos A（ sin C cos B＋ sin B cos C）＋ sin A＝
0，即2 cos A sin （B＋C）＋ sin A＝0.
因為 sin （B＋C）＝ sin A≠0，所以2 cos A＋1＝0，即 cos
A＝－ ，
又A∈（0，π），可得A＝ .
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（2）若a＝7，△ABC的周長為15，求AD的長.
解： 因為a＝7，a＋b＋c＝15，所以b＋c＝8.
在△ABC中，由余弦定理可得：49＝b2＋c2＋bc＝（b＋
c）2－bc，所以bc＝15.
又因為AD為角A的平分線，所以S△ABD＋S△ADC＝S△ABC，
所以 AD·b· sin ＋ AD·c· sin ＝ b·c· sin ，
即 AD·（b＋c）＝ bc，所以AD＝ .
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16. （本小題滿分15分）如圖，已知A，B，C是一條直路上的三
點，AB＝BC＝1 km，從三點分別遙望塔M，在A處看見塔在北
偏東45°方向，在B處看見塔在正東方向，在C處看見塔在南偏
東60°方向，求塔到直路ABC的最短距離.
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解：由題意得∠CMB＝30°，∠AMB＝45°，
∵AB＝BC＝1，∴S△MAB＝S△MBC，
即 MA×MB× sin 45°＝ MC×MB× sin 30°，
∴MC＝ MA，
在△MAC中，由余弦定理，得AC2＝MA2＋MC2－2MA×MC×
cos 75°，
∴MA2＝ ，
設M到AB的距離為h km，
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則由△MAC的面積得 MA×MC× sin 75°＝ AC×h，
∴h＝ × sin 75°＝ × × sin 75°＝ .
∴塔到直路ABC的最短距離為 km.
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17. （本小題滿分15分）在① cos A＝ ，②b cos C＝（2a－c）
cos B中任選一個作為已知條件，補充在下列問題中，并作答.
問題：在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已
知 　　.
（1）求B；
解： 選擇條件①：因為 cos A＝ ，
在△ABC中，由余弦定理可得 ＝ ，化簡得
a2＋c2－b2＝ac，
由余弦定理可得 cos B＝ ＝ ＝ ，
因為B∈（0，π），所以B＝ .
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選擇條件②：因為b cos C＝（2a－c） cos B，由正弦定
理得，
sin B cos C＋ sin C cos B＝2 sin A cos B.
即 sin （B＋C）＝2 sin A cos B，
則 sin A＝2 sin A cos B，
因為A∈（0，π）， sin A≠0，所以 cos B＝ ，
因為B∈（0，π），所以B＝ .
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（2）若△ABC的外接圓半徑為1，且 cos A cos C＝－ ，求a＋c.
注：如果選擇不同的條件分別解答，則按第一個解答計分.
解： 因為B＝ ，所以A＋C＝ ，即 cos （A＋C）
＝－ ，
即 cos A cos C－ sin A sin C＝－ ，
又因為 cos A cos C＝－ ，所以 sin A sin C＝ .
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由于△ABC的外接圓半徑R＝1，由正弦定理可得 sin A sin C
＝ · ，
可得ac＝ ，所以b＝2R sin B＝ ，
由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝（a＋c）2－3ac
＝3，
所以a＋c＝ .
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18. （本小題滿分17分）已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為
a，b，c.向量m＝（ cos B， cos A），n＝（b－2c，－a），
且m∥n.
（1）求角A；
解： 因為m∥n，
所以（b－2c） cos A＋a cos B＝0，
即b cos A＋a cos B＝2c cos A，
由余弦定理得b· ＋a· ＝2c cos A，
即c＝2c cos A，所以 cos A＝ ，
又A∈（0，π），所以A＝ .
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（2）若a＝2，①求 的值；
②求△ABC周長的范圍.
解： ①由正弦定理得 ＝ ＝ ＝ ＝ .
所以 ＝ .
②由①知4＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc，
所以bc＝ .
又b＋c≥2 ，
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所以（b＋c）2≥4· ，
即（b＋c）2≤16，所以－4≤b＋c≤4.
又b＋c＞a＝2，所以2＜b＋c≤4.
故4＜a＋b＋c≤6，
即△ABC周長的范圍為（4，6].
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19. （本小題滿分17分）如圖，某鎮有一塊空地形如
△OAB，其中OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB
＝90°.當地鎮政府規劃將這塊空地改造成一個旅
游景點，擬在中間挖一個人工湖△OMN，其中M，
N都在邊AB上，且∠MON＝30°，挖出的泥土堆放在△OAM地帶上形成假山，剩下的△OBN地帶開設兒童游樂場.為安全起見，需在△OAN的一周安裝防護網.
（1）當AM＝ km時，求防護網的總長度；
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解： 因為在△OAB中，OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°，所以∠OAB＝60°.
在△AOM中，由OA＝3 km，AM＝ km，
∠OAM＝60°及余弦定理，得
OM＝ ＝ km.
所以OM2＋AM2＝OA2，即OM⊥AN，
所以∠AOM＝30°，即∠AON＝60°.
所以△OAN為等邊三角形，所以△OAN的周長為3OA＝9 km，即防護網的總長度為9 km.
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（2）為了節省投入的資金，人工湖△OMN的面積要盡可能小.
問：如何設計施工方案，可使△OMN的面積最小，最小面
積是多少？
解： 設∠AOM＝θ（0°＜θ＜60°）.
在△OAN中，由 ＝
，得ON＝ km.
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在△AOM中，由 ＝ ，得OM＝
km.
所以S△OMN＝ OM·ON· sin 30°＝ ＝
km2.
當2θ＋60°＝90°，即θ＝15°時，△OMN的面積最小，
最小面積為 km2.
即設計∠AOM＝15°時，可使△OMN的面積最小，最小面積是
km2.
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