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滾動習題(五)
1.B　[解析] 由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AB·AC·cos A=12+32-2×1×3×=5,故BC=.故選B.
2.B　[解析] 在△ABC中,a=,b=,B=60°,由正弦定理得sin A===,因為a3.A　[解析] 由余弦定理得cos==,∴a2+b2-7=ab,又b=3a,∴10a2-7=3a2,∴a=1,∴b=3,∴S△ABC=absin C=×1×3×=,故選A.
4.A　[解析] 在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B,即AC2=25+64-2×5×8cos B=89-80cos B.在△ADC中,由余弦定理得AC2=25+9-2×5×
3cos D=34-30cos D.因為B與D互補,所以cos B=-cos D,所以=-,可得AC=7 km,故選A.
5.B　[解析] 如圖,過C作CD⊥AB于點D,因為該三角形有兩解,所以解得26.D　[解析] 如圖所示,由題意可得∠BCD=120°,∠CDA=90°,∠BAD=60°,∠ABC=90°,∴A,B,C,D四點共圓,且AC為圓的直徑.連接BD,在△BAD中,AB=4,AD=5,∠BAD=60°,∴由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD=42+52-2×4×5×=21,∴BD=,∴AC=2R==2(其中R為圓的半徑).故選D.
7.ACD　[解析] 對于A,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=
32+22-2×3×2cos 60°=7,所以BC=,故△ABC的外接圓半徑R===,故A正確;對于B,若AD是BC邊上的高,則AB·ACsin∠BAC=BC·AD,所以AD===,故B錯誤;對于C,若AD平分∠BAC,則∠BAD=
∠CAD=30°,則由S△ABC=S△BAD+S△CAD得AB·ACsin∠BAC=AB·ADsin∠BAD
+AC·ADsin∠CAD,所以×3×2×sin 60°=×3×ADsin 30°+×2×ADsin 30°,解得AD=,故C正確;對于D,因為=2,所以=+=+=+(-)=+,所以==++·=×32+×22+×3×2cos 60°=,所以AD=,故D正確.故選ACD.
8.AD　[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,所以30°=<0,所以C為鈍角,所以△ABC是鈍角三角形,故D正確.故選AD.
9.30°或150°　[解析] 由題意可得S△ABC=bcsin A=×1××sin A=,解得sin A=,則A=30°或150°.
10.　[解析] 設行駛t(t>0)小時后,甲船位于C處,乙船位于D處,則有AD=8t,當0時,AC=6t-20.當0時,在△ACD中,由余弦定理可得CD2=(6t-20)2+(8t)2-2(6t-20)·8tcos 60°=52t2-80t+400=52+,因為t>,所以此時CD2無最小值.因為>,所以當t=時,CD取得最小值,即當甲、乙兩船相距最近時,它們行駛的時間為小時.
11.　[解析] 在△ABC中,∠BAC=120°,AB=2,AC=3,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 120°=4+9-2×2×3×=19,所以BC=.因為D為BC的中點,所以BD=CD=.設AD=x,在△ABD和△ACD中,由余弦定理得cos∠ADB=,cos∠ADC=,因為∠ADB+∠ADC=π,所以+=0,所以x=.
12.解:(1)由題意知,b2=ac,a2-c2=ac-bc,∴cos A===,∵A∈(0,π),∴A=.
(2)由b2=ac,得=,
∴=sin B·=sin B·=sin A=.
13.解:(1)由2S=(a2+b2)sin A和正弦定理及三角形的面積公式可得,
bcsin A=(a2+b2)sin A,因為A∈(0,π),所以sin A>0,
所以c2+ab=a2+b2,由余弦定理得cos C===,又C∈(0,π),所以C=.
(2)由余弦定理得a2+b2-2abcos C=c2,即a2+b2-ab=2,整理得(a+b)2=2+3ab≤2+3,當且僅當a=b時等號成立,所以(a+b)2≤8,可得014.解:(1)令OP=OA=t=100米,
依題意,∠AOB=,∠POB=θ,PN∥MO,
則在△OPN中,∠ONP=,∠OPN=-θ,由正弦定理得=,即=,所以ON=tsin,0<θ<,
則S=2S△OPN=OP·ON·sin θ=t2sin θsin=t2sin θ=
t2(sin θcos θ-sin2θ)=t2=t2,由0<θ<,得<2θ+<,
所以當2θ+=,即θ=時,S取得最大值,
最大值為t2=平方米.
(2)由(1)知==,OP=OA=t=100米,
所以ON=tsin,OM=PN=tsin θ,
依題意,=x+y=+,則x=sin θ,y=sin,
所以x2+y2====-=-sin,
由0<θ<,得<2θ+<,則sin∈,所以-sin∈,
所以x2+y2=-sin∈,故x2+y2的取值范圍是.滾動習題(五)
(時間:45分鐘　分值:100分)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
一、單項選擇題(本大題共6小題,每小題5分,共30分)
1.[2024·三明一中高一月考] 已知在△ABC中,AB=3,AC=1,cos A=,則BC= (　 )
A.1 B.
C. D.
2.[2024·江蘇連云港新海高級中學期中] 在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若a=,b=,B=60°,則C= (　 )
A.45° B.75°
C.105° D.135°
3.已知△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若C=,c=,b=3a,則△ABC的面積為 (　 )
A. B.
C. B.
4.如圖,為了測量A,C兩點間的距離,選取同一平面上的B,D兩點,測出四邊形ABCD各邊的長為AB=5 km,BC=8 km,CD=3 km,DA=5 km,若B與D互補,則AC的長為 (　 )
A.7 km B.8 km
C.9 km D.6 km
5.[2024·寧波五校高一期中] 在△ABC中,a=x,b=2,B=60°,若該三角形有兩解,則x的取值范圍是 (　 )
A.2C.6.在海中某孤島D的周圍有兩個觀察站A,C,觀察站A在島D的正北方向相距5海里處,觀察站C在島D的正西方向上.現在海面上有一艘船B,在A點測得其在南偏西60°方向相距4海里處,在C點測得其在北偏西30°方向上,則兩個觀察站A與C之間的距離為 (　 )
A. 海里 B. 海里
C. 海里 D.2 海里
二、多項選擇題(本大題共2小題,每小題6分,共12分)
7.[2024·江蘇揚州高一期中] 在△ABC中,已知∠BAC=60°,AB=3,AC=2,且D為BC邊上一點,則下列說法正確的是 (　 )
A.△ABC的外接圓半徑R=
B.若AD是BC邊上的高,則AD=
C.若AD平分∠BAC,則AD=
D.若=2,則AD=
8.[2024·無錫一中高一期中] 已知△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,以下說法正確的是 (　 )
A.若cos A=cos B,則△ABC為等腰三角形
B.若a=,b=,A=30°,則三角形有唯一解
C.若acos A=bcos B,則△ABC為等腰直角三角形
D.若sin2A+sin2B三、填空題(本大題共3小題,每小題5分,共15分)
9.在△ABC中,內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若b=1,c=,S△ABC=,則A=　　　　.
10.已知甲船位于小島A的南偏西30°方向上的B處,乙船位于小島A處,AB=20千米,甲船沿的方向以6千米/時的速度行駛,同時乙船以8千米/時的速度沿正東方向行駛,則當甲、乙兩船相距最近時,它們行駛的時間為　　　　小時.
11.在△ABC中,∠BAC=120°,AB=2,AC=3,D為BC的中點,則AD=　　　　.
四、解答題(本大題共3小題,共43分)
12.(13分)在△ABC中,已知b2=ac,a2-c2=ac-bc.
(1)求角A的大小;
(2)求的值.
13.(15分)[2024·江蘇徐州高一期中] 在面積為S的△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且2S=(a2+b2)sin A.
(1)求角C的大小;
(2)若c=,求△ABC周長的最大值.
14.(15分)[2024·江蘇無錫一中高一月考] 某公園擬對一扇形區域AOB進行改造,如圖所示,平行四邊形OMPN區域為休閑區,陰影部分為綠化區,點P在弧AB上,點M,N分別在OA,OB上,且OA=100米,∠AOB=,設∠POB=θ.
(1)求四邊形OMPN的面積S(單位:平方米)關于θ的函數關系式,并求當θ為何值時,S取得最大值,最大值為多少
(2)設=x+y,求x2+y2的取值范圍.

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