滚动习题(三)
1.B [解析] 由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos A,即BC2=12+32-2×1×3×=5,所以BC=.故选B.
2.D [解析] 由题可得sin C=,由正弦定理得=,则c===,故c=.故选D.
3.D [解析] 因为-+-=0,所以+=0,即=,可知AB,CD两边平行且相等,所以四边形ABCD是平行四边形,由已知条件不能判断四边形ABCD是否为矩形、菱形或正方形,故A,B,C错误,D正确.故选D.
4.B [解析] 由题设,过C作CD⊥AB于D,如图所示,由图可知,当
即2
2,即x>时,三角形不存在;当x=2或时,△ABC为等边三角形或直角三角形,三角形仅有一个解;当x<2时,在射线BD方向上有一个△ABC,而在射线DB方向上不存在,故此时三角形仅有一个解.故选B.
5.B [解析] 如图,在△ABC中,∠ACB=120°,由正弦定理得=,则sin∠BAC=,可得cos∠BAC=,∴此人对该物体所做的功W=F·s=25×6×cos∠BAC=30(J).故选B.
6.C [解析] 表示与共线的单位向量,表示与共线的单位向量,所以+的方向与∠BAC的平分线一致,因为=+λ,所以-==λ,所以点P在∠BAC的平分线上,即AD平分∠BAC.在△ABD中,易知∠BAD=,AD=1,利用正弦定理知BD=×sin=,同理,在△ACD中,CD=×sin=,所以BC=BD+CD=+=,其中B+C=,分析可知当B=C=时,BC取得最小值,即BCmin=×2×=2.故选C.
7.ACD [解析] 对于A,因为sin A>sin B,所以利用正弦定理得>(R为△ABC外接圆的半径),所以a>b,故A正确;对于B,若sin 2A=sin 2B,则sin 2A=sin(π-2B),则2A=2B或2A+2B=π,所以A=B或A+B=,所以△ABC为等腰三角形或直角三角形,故B错误;对于C,在△ABC中,由于B=30°,b=,c=2,则c>b=>csin B=1,故满足条件的△ABC有两个,故C正确;对于D,若△ABC的面积S=(b2+c2-a2),则bcsin A=·2bccos A,所以tan A=,由于A∈(0,π),所以A=,故D正确.故选ACD.
8.ABD [解析] 对于A,设△ABC外接圆的半径为R,由正弦定理得2R==,∴△ABC外接圆的半径R=,故A正确;对于B,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C,即16=a2+b2-ab≥2ab-ab=ab,当且仅当a=b时等号成立,即ab≤16,∴△ABC面积的最大值为×16sin=4,故B正确;对于C,在△ABC中,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C,即16=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab≥(a+b)2-3×=,可得49.1 [解析] ===cos A=×=1.
10.7 [解析] 由已知得△ABC的面积为AB·AC·sin A=20sin A=10,所以sin A=,因为A∈,所以A=.由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos A=49,所以BC=7.
11.垂 [解析] 因为·=·,所以·(-)=·=0,所以⊥,即点H在边CA上的高所在的直线上,同理可得⊥,⊥,所以点H为△ABC的三条高所在直线的交点,即点H是△ABC的垂心.
12.(,2] [解析] 由题意得cos B==,又因为B∈(0,π),所以B=.由正弦定理可得,===2,则2a+c=4sin A+2sin C=4sin A+2sin=5sin A+cos A=2sin(A+φ),A∈,易知2a+c∈(,2].
13.解:(1)由ccos B+bcos C=及正弦定理得sin Ccos B+sin Bcos C=,
所以sin(B+C)=,即sin A=,因为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外接圆的半径为R,由2R===6,得R=3,所以外接圆的面积为πR2=32π=9π.
(3)因为sin B=<=sin A,所以b所以sin 2B=2sin Bcos B=,cos 2B=2cos2B-1=-,故sin(2B+A)=sin=sin 2Bcos+cos 2Bsin=.
14.解:(1)证明:设=k,∵点Q为AC的中点,∴=+,∴=k=+=+.∵N,M,A三点共线,∴+=1,∴k=,∴点N为BQ的中点.
(2)由(1)知,=+=+.设=m=+,∵M,B,C三点共线,∴+=1,∴m=,∴=-3,∴·=-3·=-6,∴=2,∴||=,∴||=4.∵=32==+·+=,∴||2=,∴S△ABC=·||2=.
15.解:(1)在Rt△ABC中,因为tan∠BAC==,所以∠BAC=60°.在△ACM中,由余弦定理得CM2=AC2+AM2-2AC·AM·cos∠CAM=402+202-2×40×20×=1200,所以CM=20 m,又AC=40 m,AM=20 m,可得CM2+AM2=AC2,则CM⊥AB,可得MN=CM·tan∠MCN=20×=20(m),CN===40(m),所以护栏的长度,即△MNC的周长为20+40+20=60+20(m).
(2)由题意可得,MN=AM,设∠ACM=θ,则∠CNM=90°-θ.
在△ACM中,由正弦定理得=,整理得AM==.
在△CMN中,由正弦定理得=,整理得MN==,
则=×,整理得sin 2θ=,而0°<θ<60°,故2θ=30°,即∠ACM=θ=15°.滚动习题(三)
(时间:45分钟 分值:100分)
一、单项选择题(本大题共6小题,每小题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=,则BC= ( )
A.1 B.
C. D.
2.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=,A=,cos C=,则c= ( )
A. B.
C. D.
3.在四边形ABCD中,O为任意一点,若-+-=0,则 ( )
A.四边形ABCD是矩形
B.四边形ABCD是菱形
C.四边形ABCD是正方形
D.四边形ABCD是平行四边形
4.[2024·宁波五校高一期中] 在△ABC中,BC=x,AC=2,B=60°,若三角形有两解,则x的取值范围是 ( )
A.2C.5.如图,某人用1.5 m长的绳索,施力25 N,把重物沿着坡角为30°的斜面向上拖了6 m,拖拉点在竖直方向距离斜面的高度为1.2 m,则此人对该物体所做的功为 ( )
A. J B.30 J
C.125 J D.150 J
6.已知点P是△ABC所在平面内的动点,且满足=+λ(λ>0),射线AP与边BC交于点D,若∠BAC=,AD=1,则BC的最小值为 ( )
A. B.2
C.2 D.4
二、多项选择题(本大题共2小题,每小题6分,共12分)
7.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列结论正确的是 ( )
A.若sin A>sin B,则a>b
B.若sin 2A=sin 2B,则△ABC为等腰三角形
C.若B=30°,b=,c=2,则符合条件的三角形有2个
D.若△ABC的面积S=(b2+c2-a2),则A=
8.设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若c=4,C=,则下列说法正确的是 ( )
A.△ABC外接圆的半径为
B.△ABC面积的最大值为4
C.△ABC的周长的最大值为8
D.a2+b2的最大值为32
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
9.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=4,b=5,c=6,则= .
10.若锐角三角形ABC的面积为10,且AB=5,AC=8,则BC= .
11.[2024·沈阳十一中高一月考] 在△ABC中,若·=·=·,则点H是△ABC的 心.
12.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a2+c2-b2=ac,b=,则2a+c的取值范围是 .
四、解答题(本大题共3小题,共38分)
13.(10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;
(3)若sin B=,求sin(2B+A)的值.
14.(13分)如图,在等边三角形ABC中,=2,点Q为AC的中点,BQ交AM于点N.
(1)证明:点N为BQ的中点;
(2)若·=-6,求△ABC的面积.
15.(15分)老王拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区:△BNC区域规划为枇杷林和放养走地鸡,△CMA区域规划为民宿供游客住宿及餐饮,△MNC区域规划为鱼塘养鱼供垂钓.为安全起见,在鱼塘△MNC周围筑起护栏,已知AC=40 m,BC=40 m,AC⊥BC,∠MCN=30°.
(1)若AM=20 m,求护栏的长度(即△MNC的周长);
(2)若△MNC的面积是△CMA面积的倍,求∠ACM.(共26张PPT)
滚动习题（三）范围 6.4
一、单项选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
1.[2024·三明一中高一月考]已知在中，， ，
，则 ( )
A.1 B. C. D.
[解析] 由余弦定理得 ，
即，所以 .故选B.
√
2.在中，内角,,的对边分别为,,，若, ,
，则 ( )
A. B. C. D.
[解析] 由题可得，由正弦定理得 ，则
，故 .故选D.
√
3.在四边形中，为任意一点，若 ，
则( )
A.四边形是矩形 B.四边形 是菱形
C.四边形是正方形 D.四边形 是平行四边形
[解析] 因为，所以 ，
即，可知,两边平行且相等，所以四边形 是平行四
边形，由已知条件不能判断四边形 是否为矩形、菱形或正方形，
故A，B，C错误，D正确.故选D.
√
4.[2024·宁波五校高一期中]在中，， ，
，若三角形有两解，则 的取值范围是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题设，过C作 于D，如图所
示，由图可知，当 即 时，三角形有两解.
当，即 时，三角形不存在；
当或时， 为等边三角形或直角三角形，
三角形仅有一个解；
当时，在射线方向上有一个，而在射线 方向
上不存在，故此时三角形仅有一个解.故选B.
5.如图，某人用长的绳索，施力，把重物沿着坡角为
的斜面向上拖了，拖拉点在竖直方向距离斜面的高度为 ，
则此人对该物体所做的功为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 如图，在中， ，由正弦定理得
，则，可得，
此人对该物体所做的功
故选B.
6.已知点是 所在平面内的动点，且满足
，射线与边交于点 ，若
，，则 的最小值为( )
A. B.2 C. D.
√
[解析] 表示与共线的单位向量，表示与 共线的单位向量，
所以的方向与 的平分线一致，
因为，所以 ，
所以 ，所以点在的平分线上，
即平分.
在 中，易知，，利用正弦定理知
，
同理，在中， ，
所以，其中 ，
分析可知当时， 取得最小值，
即 .故选C.
二、多项选择题（本大题共2小题，每小题6分，共12分）
7.在中，内角，，所对的边分别为，， ，下列结论正
确的是( )
A.若，则
B.若，则 为等腰三角形
C.若 ，， ，则符合条件的三角形有2个
D.若的面积，则
√
√
√
[解析] 对于A,因为，所以利用正弦定理得
为外接圆的半径，所以 ，故A正确；
对于B，若，则，则 或
，所以或，所以 为等腰三角形
或直角三角形，故B错误；
对于C，在中，由于 ，，，则
，故满足条件的 有两个，故C正确；
对于D，若的面积 ，则
，所以，由于 ，所以，故D正确.
故选 .
8.设的内角，，的对边分别为，，，若， ，
则下列说法正确的是( )
A.外接圆的半径为 B.面积的最大值为
C.的周长的最大值为8 D. 的最大值为32
√
√
√
[解析] 对于A，设外接圆的半径为 ，由正弦定理得
，外接圆的半径 ，故A正确；
对于B，由余弦定理得 ，即
，当且仅当 时等号成立，
即，面积的最大值为 ，故B正确；
对于C，在中，由余弦定理得 ，即
，可得，当且仅当 时，等号成立，，即 的周长的最大值为12，故C错误；
对于D，由余弦定理得 ，
当且仅当时，等号成立，则 的最大值为32，故D正确.故
选 .
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
9.在中，内角,,所对的边分别为,,，若， ，
，则 ___.
1
[解析] .
10.若锐角三角形的面积为，且,，则 ___.
7
[解析] 由已知得的面积为 ，
所以，因为，所以 .
由余弦定理得，所以 .
11.[2024·沈阳十一中高一月考] 在 中,若
,则点是 的 ____心.
垂
[解析] 因为,所以 ,
所以,即点在边上的高所在的直线上,
同理可得 , ,
所以点为的三条高所在直线的交点,即点 是 的垂心.
12.在中，内角,,的对边分别为,,， ，
，则 的取值范围是__________.
[解析] 由题意得，又因为 ，所以
.
由正弦定理可得，，则， ，
易知 .
四、解答题（本大题共3小题，共38分）
13.（10分）已知的内角,,的对边分别为,, ，且
.
（1）求角 的大小；
解：由 及正弦定理得
，
所以，即,
因为 ,所以 ，
又 ,所以 .
（2）若的面积为,，求 的周长和外接圆的
面积；
解：因为，所以 ，由余弦
定理得 ，即
，可得，所以 的周长为
.
设外接圆的半径为，由，得 ，所
以外接圆的面积为 .
（3）若，求 的值.
解：因为，所以 ，
所以, ，
所以, ，
故 .
14.（13分）如图，在等边三角形 中，
，点为的中点，交 于点
.
（1）证明：点为 的中点；
证明：设， 点为 的中点， ，
.
，， 三点共线，，， 点为 的中点.
（2）若，求 的面积.
解：由（1）知， .
设，
，， 三点共线，， ，
，， ，
， .
，
， .
15.（15分）老王拟将自家一块直角三角形地按如图规划
成3个功能区： 区域规划为枇杷林和放养走地鸡，
区域规划为民宿供游客住宿及餐饮， 区域
规划为鱼塘养鱼供垂钓.为安全起见，在鱼塘 周围
筑起护栏，已知,, ,
.
（1）若，求护栏的长度（即 的周长）；
解：在中，因为 ，所以 .
在中，由余弦定理，所以，又 , ,可得，则 ，
可得 ,
，所以护栏的长度，
即的周长为
（2）若的面积是面积的倍，求 .
解：由题意可得,，设 ，则 .
在中，由正弦定理得 ，整理得
.
在中，由正弦定理得 ，整理得
，
则，整理得 ，而
，故 ，即 .