第一章 解三角形 章节自测题（含解析）

绝密★启用前
数学
解三角形章节自测题
考试范围：解三角形；考试时间：120分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1．在中，已知，，，则（ ）
A．1 B． C． D．3
2．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则
A． B． C． D．
3．在中，角的对边分别为，，．若为锐角三角形，且满足，则下列等式成立的是
A． B． C． D．
4．在中，，BC边上的高等于,则（　　）
A． B． C． D．
5．在中，角的对边分别为，已知，且，点满足，，则的面积为
A． B． C． D．
6．已知△ABC的三边分别为a，b，c，若满足a2+b2+2c2＝8，则△ABC面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
7．在中，，，，是的外接圆上的一点，若，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
8．已知锐角△中,角对应的边分别为,△的面积,若, 则的最小值是
A． B． C． D．
二、选择题：本题共四个小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．下列结论正确的是（ ）
A．在中，若，则
B．在锐角三角形中，不等式恒成立
C．在中，若，则是直角三角形
D．在中，若，三角形面积，则三角形的外接圆半径为
11．在△中，内角所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．
D．若，且，则△为等边三角形
12．在，下列说法正确的是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．若，则必有两解
C．若是锐角三角形，则
D．若，则为锐角三角形
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4个小题，每个小题5分，共20分。
13．在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________．
14．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．角B为钝角．设△ABC的面积为S，若，则sinA+sinC的最大值是____________．
15．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马（1601-1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点．已知点为的费马点，且，若，则实数的最小值为_________．
16．如图所示，在平面四边形中，，，是以为顶点的等腰直角三角形，则面积的最大值为________．
四、解答题：本题共6个小题，共70分。
17．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
19．如图，四边形中，，，设.
（1）若面积是面积的4倍，求；
（2）若，求.
20．已知函数.
（1）求的最小正周期及在区间上的最大值
（2）在锐角中，f（）=，且a=，求b+c取值范围.
21．如图，有一段河流，河的一侧是以O为圆心，半径为米的扇形区域OCD，河的另一侧是一段笔直的河岸l，岸边有一烟囱AB（不计B离河岸的距离），且OB的连线恰好与河岸l垂直，设OB与圆弧的交点为E．经测量，扇形区域和河岸处于同一水平面，在点C，点O和点E处测得烟囱AB的仰角分别为，和．
（1）求烟囱AB的高度；
（2）如果要在CE间修一条直路，求CE的长．
22．如图，某小区准备将闲置的一直角三角形地块开发成公共绿地，图中.设计时要求绿地部分（如图中阴影部分所示）有公共绿地走道，且两边是两个关于走道对称的三角形（和）.现考虑方便和绿地最大化原则，要求点与点均不重合，落在边上且不与端点重合，设.
（1）若，求此时公共绿地的面积；
（2）为方便小区居民的行走，设计时要求的长度最短，求此时绿地公共走道的长度.
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
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(
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) (
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
) (
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)
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．D
【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.
【详解】设，
结合余弦定理：可得：，
即：，解得：（舍去），
故.
故选：D.
【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型：
(1)已知三角形的三条边求三个角；
(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；
(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．
2．C
【详解】分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得．
详解：由题可知
所以
由余弦定理
所以
故选C.
点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理．
3．A
【详解】
所以，选A.
【名师点睛】本题较为容易，关键是要利用两角和差的三角函数公式进行恒等变形. 首先用两角和的正弦公式转化为含有，，的式子，用正弦定理将角转化为边，得到.解答三角形中的问题时，三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件，不容忽视.
4．C
【详解】试题分析：设
,故选C.
考点：解三角形.
5．D
【分析】运用正弦定理和余弦定理将角统一成边，再利用向量的数量积运算和三角形的面积公式结合求解.
【详解】由，
可得，即.又，所以．
因为，所以点为的重心，
所以，所以，
两边平方得．
因为，所以，
于是，所以，
的面积为.
因为的面积是面积的倍.故的面积为．
【点睛】本题关键在于运用向量的平方可以转化到向量的夹角的关系，再与三角形的面积公式相结合求解，属于难度题.
6．B
【解析】根据a2+b2+2c2＝8，得到，由余弦定理得到，由正弦定理得到，两式平方相加得，而，两式结合有，再用基本不等式求解.
【详解】因为a2+b2+2c2＝8，
所以，
由余弦定理得，
即①
由正弦定理得，
即②
由①，②平方相加得，
所以，
即，所以，
当且仅当且即时，取等号.
故选：B
【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理及基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
7．B
【分析】先解三角形得到为直角三角形，建立直角坐标系，通过表示出，借助三角函数求出最小值.
【详解】由余弦定理得，所以，所以，所以．以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A（－1，0），C（1，0），B（－，），设P的坐标为，所以，，，又，所以，所以，，所以，当且仅当时，等号成立．
故选：B．
8．C
【详解】分析：利用余弦定理列出关系式，代入已知等式中，并利用三角形面积公式化简求出C的度数，再对进行化简整理，最后利用基本不等式求得.
详解：，即，.
又，,
又△为锐角三角形，
，解得，
，
又，
，
即
，当且仅当，即时取等.
，解得.
故选C.
点睛：本题考查了正弦定理、余弦定理、基本不等式，以及对三角函数的应用，熟练掌握三角函数相关性质是解本题的关键.
9．AD
【解析】根据正弦定理得到，，根据余弦定理得到，，得到答案.
【详解】，故，根据正弦定理：，即，
，故，，.
，化简得到，解得或，
若，故，故，不满足，故.
.
故选：.
【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力和应用能力.
10．ABC
【分析】利用三角形“大角对长边”和正弦定理即可判断A；利用余弦定理，即可判断B；首先利用正弦定理得到，即可求出判断C；对选项D，首先利用面积公式得到，利用余弦定理得到，再利用正弦定理即可判断D.
【详解】对于A，在中，由，利用正弦定理得，故A正确.
对于B，由锐角三角形知，则，，故B正确.
对于C，由，利用正弦定理得，即，故，即，则是直角三角形，故C正确.
对于D，，解得，利用余弦定理知，所以，又因为，，故D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题主要考查正弦定理和余弦定理的综合应用，熟练掌握公式为解题的关键，属于中档题.
11．ACD
【分析】A由正弦定理及等比的性质可说明；B令可得反例；C由和角正弦公式及三角形内角和的性质有，由正弦定理即可证；D若，，根据单位向量的定义，向量加法的几何意义及垂直表示、数量积的定义易知△的形状.
【详解】A：由，根据等比的性质有，正确；
B：当时，有，错误；
C：，而，即，由正弦定理易得，正确；
D：如下图，是单位向量，则，即、，则且平分，的夹角为， 易知△为等边三角形，正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：D选项，注意应用向量在几何图形中所代表的线段，结合向量加法、数量积的几何意义判断夹角、线段间的位置关系，说明三角形的形状.
12．BC
【分析】利用正弦定理结合正弦函数的性质可判断A；根据边角关系判断三角形解的个数可判断B； 由已知得，结合正弦函数性质可判断C；利用二倍角的余弦公结合余弦定理可判断D.
【详解】对于A，由正弦定理可得，，或即，为等腰或直角三角形，故A错误；
对于B，，即，必有两解，故B正确；
对于C，是锐角三角形，，即，由正弦函数性质结合诱导公式得，故C正确；
对于D，利用二倍角的余弦公式知，即，即，，即C为锐角，不能说明为锐角三角形，故D错误.
故选：BC
【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
13．或0
【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.
【详解】∵三点共线，
∴可设，
∵，
∴，即，
若且，则三点共线，
∴，即，
∵，∴，
∵,,，
∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，
∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出．
14．
【分析】根据已知，利用三角形面积公式、余弦定理可得，B为钝角知，由三角形内角和的性质得，即可求最大值.
【详解】由题设，，则，
∴，又 B为钝角即为锐角，
∴，即，又，
∴且，
而，
∴当时，的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据已知条件，利用三角形面积公式、余弦定理可得到，再应用三角形内角性质及三角恒等变换写出关于的二次函数式，求最值.
15．
【分析】根据题意，不妨设，故，进而得，所以在和中，由正弦定理得，，故，在结合三角恒等变换化简整理求函数最值即可.
【详解】根据题意, 点为的费马点，的三个内角均小于,
所以，
设，
所以在和中，，且均为锐角，
所以
所以由正弦定理得：，，
所以，，
因为
所以
，
因为，所以，所以，
所以
故实数的最小值为.
故答案为：
【点睛】本题考查数学文化背景下的解三角形，三角恒等变换解决三角函数取值范围问题，考查运算求解能力，数学建模能力，化归转化思想，是难题.本题解题的关键在于根据题目背景，通过设，进而建立解三角形的模型，再根据正弦定理及三角恒等变换化简求最值即可.
16．
【分析】设，，，则的面积，在中，运用余弦定理，表示出，根据是以为顶点的等腰直角三角形，得到 ，代入面积公式，利用三角函数即可求面积的最大值．
【详解】在中，设，，
在中，，，由余弦定理，可得，
由，当且仅当时取等号，即有，由于 则，
利用余弦定理可得：，化简得：，
又因为是以为顶点的等腰直角三角形，则 ，
在中，由正弦定理可得：，即：，则，
由于
，
即
所以的面积
当时，取最大值1，所以的面积的最大值为
故答案为.
【点睛】本题考查三角形面积的最值的求法，注意运用余弦定理和面积公式，同时考查不等式的运用，属于难题．
17．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，
而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．
由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
18．详见解析
【分析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.
【详解】［方法一］【最优解】：余弦定理
由可得：，不妨设，
则：，即.
若选择条件①：
据此可得：，，此时.
若选择条件②：
据此可得：，
则：，此时：，则：.
若选择条件③：
可得，，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.
［方法二］：正弦定理
由，得．
由，得，即，
得．由于，得．所以．
若选择条件①：
由，得，得．
解得．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时．
若选择条件②：
由，得，解得，则．
由，得，得．
所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时．
若选择条件③：
由于与矛盾，所以，问题中的三角形不存在．
【整体点评】方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得的关系，再根据选择的条件即可解出，是本题的通性通法,也是最优解；
方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角，可求出角，从而可得，再根据选择条件即可解出．
19．（1）（2）
【分析】（1）设AC＝a，可求ABa，AD＝asinθ，CD＝acosθ，由题意S△ABC＝4S△ACD，利用三角形的面积公式即可求解；
（2）在△ABD中，△BCD中，分别应用正弦定理，联立可得2sin（θ）＝3sinθ，利用两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式即可求解．
【详解】（1）设，则，，，由题意，
则，所以.
（2）由正弦定理，中，，即①
中，，即②
①÷②得：，化简得
，所以.
【点睛】本题主要考查了三角形的面积公式，正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式在解三角形中的应用，意在考查学生的计算能力和转化思想．
20．（1）最小正周期为，最大值；（2）.
【分析】（1）先利用三角恒等变换对函数进行化简，进而通过三角函数的图像和性质的应用得到答案；
（2）利用正弦定理进行边化角，然后借助三角恒等变换进行化简，最后通过三角函数的图像和性质的应用求出结果.
【详解】（1），
所以的最小正周期为.
因为，所以
于是，当，即时，取得最大值
（2）在中，
，，，.
由正弦定理，，
，
，
，
.
21．(1) sinC=.
(2) [﹣，0）.
【分析】（1）根据半角公式、降幂公式，化成关于角的表达式，进而利用平方关系求出sinC的值．
（2）由正弦定理和余弦定理，求出ab的取值范围，进而求出向量数量积的范围．
【详解】（1）△ABC中，由sinC+cosC=1﹣sin，得2sincos=2sin2﹣sin，
∵sin＞0，∴cos﹣sin=﹣，两边平方得1﹣sinC=，解得sinC=；
（2）由（1）知sin＞cos，∴＞，∴C＞；∴cosC=﹣=﹣；
由正弦定理得，c=2RsinC，∴c2=4R2sin2C=（4+）；由余弦定理得，c2=（4+）=a2+b2﹣2ab （﹣）≥2ab（1+），∴0＜ab≤；∴ =abcosC∈[﹣，0），
即 的取值范围是[﹣，0）
【点睛】本题考查了三角函数恒等变形、正余弦定理的简单应用，向量数量积的求法，属于中档题．
22．(1)；(2).
【详解】分析：（1）由题意可得，，则；
（2）由题意可得 ，由正弦定理有 ，记，结合三角函数的性质可得时，取最大，最短，则此时.
详解：（1）由图得： ∴，
又 ∴ ∴，
∴；
（2）由图得：且 ，
∴ ，
在中，由正弦定理可得: ，
∴ ，
记
，
又 ，∴ ，
∴时，取最大，最短，则此时.
点睛：解三角形应用题的一般步骤
(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．
(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．
(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．
(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页