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單元素養測評卷(三)
1.A　[解析] 由正弦定理可得==.故選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).故選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°.故選D.
4.B　[解析] 設CD=a,則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=.故選B.
5.A　[解析] 因為cos B=,06.A　[解析] 由(b+c+a)(b+c-a)=3bc,化簡得b2+c2-a2=bc,則cos A==,又A∈(0,π),所以A=.由2cos Bsin C=sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+sin Ccos B,
化簡得sin Bcos C-cos Bsin C=0,即sin(B-C)=0,則可得B=C,因此B=C=A=,故△ABC是等邊三角形.故選A.
7.B　[解析] 因為△ABC有兩個解,所以解得28.D　[解析] ∵BC=,CD=,△BCD的面積為1,∴S△BCD=××sin∠DCB
=1,∴sin∠DCB=.由題意知,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,當Asin Bcos C+sin Ccos B,則由正弦定理得a=bcos C+ccos B,所以B正確;由A+B+C=π,可得cos=cos=cos=sin,所以D正確;當A=B=時,sin A+sin B=cos A+cos B,所以C錯誤.故選ABD.
10.ABC　[解析] 由·=2,可得·=bccos A=2,故A正確;由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A=4,則b2+c2=8,故B正確;由b2+c2=8≥2bc(當且僅當b=c時取等號),得bc≤4,則cos A==≥,又A∈(0,π),此時函數y=cos A單調遞減,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,因為sin A≠0,所以cos C=0,即C=.因為=
cos A=,所以由角平分線定理可得==.設AC=x,則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正確,B錯誤.故選ACD.
12.30°或150°　[解析] 根據正弦定理得=2R(其中R為△ABC外接圓半徑),則
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的長為7 km.
14.　[解析] 由正弦定理得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=k∶(k+1)∶2k,由題意得k>0,設a=mk,b=m(k+1),c=2mk(m>0),則a.
15.解:(1)由題意得cos C==,又C∈(0,π),所以C=.
(2)由三角形的面積公式可得S△ABC=absin C=.
16.解:(1)由ccos B+bcos C=及正弦定理得sin Ccos B+sin Bcos C=,則sin(B+C)=,即sin A=,
又sin A≠0,所以cos A=,又0(2)因為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的周長為a+b+c=3+5=8.
設△ABC的外接圓的半徑為R,由2R===6,得R=3,所以△ABC的外接圓的面積為πR2=π×32=9π.
17.解:(1)由題易知,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)證明:因為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,
將 (*)代入,得1-6sin2β+sin β=0,即6sin2β-sin β-1=0, 解得sin β=或sin β=-,因為β∈,所以sin β=,則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.
因為∠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,
則BD2=+9-2·AC·cos=-2cos∠ADC+9
+2ACsin∠ACD=+2sin∠ADC-2cos∠ADC=4sin+.因為∠ADC∈(0,π),所以∠ADC-∈,
結合正弦函數的圖象,可得sin∈,
所以BD2∈,即BD的取值范圍為.
19.解:(1)因為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,
因為AC2=AM2+CM2,所以CM⊥AM,
因為∠MCN=30°,所以MN=CMtan 30°=10×=10(m),
則CN=2MN=20 m,故護欄的長度(即△MNC的周長)為10+20+10=30+10(m).
(2)設∠ACM=θ(0°<θ<60°),
因為△MNC的面積是△CMA的面積的,
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)設∠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),所以當且僅當2θ+60°=90°,即θ=15°時,△MNC的面積取得最小值,最小值為=300(2-)(m2).單元素養測評卷(三)
第11章
(時間:120分鐘　分值:150分)
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
一、選擇題:本題共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,內角A,B,C的對邊分別是a,b,c,若a=5,b=3,則sin A與sin B的比值是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A. B.
C. D.
2.在△ABC中,內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若b=3,c=,B=,則a等于 (　　)
A. B.
C.3 D.2
3.在△ABC中,內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且a=1,b=,A=30°,則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,則cos∠DAC= (　　)
A. B.
C. D.
5.在△ABC中,內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知b=2,cos B=,則△ABC的外接圓的半徑為 (　　)
A. B.
C. D.
6.[2024·山東濱州高一期末] 在△ABC中,內角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若(b+c+a)(b+c-a)=3bc,且2cos Bsin C=sin A,則△ABC是 (　　)
A.等邊三角形 B.等腰直角三角形
C.非等腰直角三角形 D.鈍角三角形
7.[2024·浙南聯盟高一期中] 在△ABC中,BC=x,AC=2,B=60°,若△ABC有兩解,則x的取值范圍是 (　　)
A.2C.8.在△ABC中,A=60°,BC=,D是AB邊上的一點,CD=,△BCD的面積為1,則AC的長為 (　　)
A.2 B. C. D.
二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,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.在△ABC中,內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,則下列說法正確的有 (　　)
A.若AB.bcos C+ccos B=a
C.sin A+sin B>cos A+cos B
D.cos=sin
10.已知△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若·=2,a=2,則 (　　)
A.bccos A=2
B.b2+c2=8
C.A的最大值為
D.△ABC的面積的最小值為
11.在△ABC中,內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,b=ccos A,內角A的平分線交BC于點D,若AD=1,cos A=,則下列結論正確的是 (　　)
A.AC= B.AB=8
C.= D.△ABD的面積為
三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.
12.已知△ABC的外接圓的半徑是3,BC=3,則A=　　　　.
13.如圖所示,為了測量A,C兩點間的距離,選取在同一平面上的B,D兩點,測出在四邊形ABCD中,AB=5 km,BC=8 km,CD=3 km,DA=5 km,且∠ABC+∠ADC=π,則AC的長為　　　　.
14.在△ABC中,sin A∶sin B∶sin C=k∶(k+1)∶2k,則實數k的取值范圍是　　　　.
四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15.(13分)在△ABC中,內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且a2-c2+b2=ab.
(1)求角C的大小;
(2)若a=b=3,求△ABC的面積.
16.(15分)已知△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且ccos B+bcos C=.
(1)求角A的大小;
(2)若△ABC的面積為4,a=3,求△ABC的周長和外接圓的面積.
17.(15分)已知△ABC的內角Α,Β,C的對邊分別為a,b,c,且向量m=與n=(2a-b,c)共線.
(1)求角C的大小;
(2)若c=2,S△ABC=2,求a,b的值.
18.(17分)如圖,在平面凸四邊形ABCD中,∠ACB=,E是邊AB上一點,BC=CE,記∠ABC=α,∠ACE=β.
(1)證明:cos 2α+sin β=0.
(2)若AC=AE,CD=3,AD=1.
①求β的值;
②求BD的取值范圍.
19.(17分)某市城市規劃管理局擬將近郊的一個直角三角形ABC區域按如圖所示規劃成三個功能區:△BNC區域為自由活動區,△MNC區域規劃為小型魚塘,△CMA區域為餐飲區.為安全起見,欲在魚塘△MNC四周圍筑護欄.已知AC=20 m,BC=20 m,AC⊥BC,∠MCN=30°.
(1)若AM=10 m,求護欄的長度(即△MNC的周長).
(2)若△MNC的面積是△CMA的面積的,求∠ACM.
(3)當∠ACM為何值時,△MNC的面積最小 最小面積是多少

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