滚动习题(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=.故选B.
2.B [解析] 在△ABC中,a=,b=,B=60°,由正弦定理得sin A===,因为a
3.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×=,故选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.因为B与D互补,所以cos B=-cos D,所以=-,可得AC=7 km,故选A.
5.B [解析] 如图,过C作CD⊥AB于点D,因为该三角形有两解,所以解得26.D [解析] 如图所示,由题意可得∠BCD=120°,∠CDA=90°,∠BAD=60°,∠ABC=90°,∴A,B,C,D四点共圆,且AC为圆的直径.连接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为圆的半径).故选D.
7.ACD [解析] 对于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的外接圆半径R===,故A正确;对于B,若AD是BC边上的高,则AB·ACsin∠BAC=BC·AD,所以AD===,故B错误;对于C,若AD平分∠BAC,则∠BAD=
∠CAD=30°,则由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正确;对于D,因为=2,所以=+=+=+(-)=+,所以==++·=×32+×22+×3×2cos 60°=,所以AD=,故D正确.故选ACD.
8.AD [解析] 对于A,因为cos A=cos B,A,B∈(0,π),所以A=B,所以△ABC为等腰三角形,故A正确;对于B,由正弦定理得sin B===,因为b>a,所以B>A,所以30°=<0,所以C为钝角,所以△ABC是钝角三角形,故D正确.故选AD.
9.30°或150° [解析] 由题意可得S△ABC=bcsin A=×1××sin A=,解得sin A=,则A=30°或150°.
10. [解析] 设行驶t(t>0)小时后,甲船位于C处,乙船位于D处,则有AD=8t,当0时,AC=6t-20.当0时,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+,因为t>,所以此时CD2无最小值.因为>,所以当t=时,CD取得最小值,即当甲、乙两船相距最近时,它们行驶的时间为小时.
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=.因为D为BC的中点,所以BD=CD=.设AD=x,在△ABD和△ACD中,由余弦定理得cos∠ADB=,cos∠ADC=,因为∠ADB+∠ADC=π,所以+=0,所以x=.
12.解:(1)由题意知,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积公式可得,
bcsin A=(a2+b2)sin A,因为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,当且仅当a=b时等号成立,所以(a+b)2≤8,可得014.解:(1)令OP=OA=t=100米,
依题意,∠AOB=,∠POB=θ,PN∥MO,
则在△OPN中,∠ONP=,∠OPN=-θ,由正弦定理得=,即=,所以ON=tsin,0<θ<,
则S=2S△OPN=OP·ON·sin θ=t2sin θsin=t2sin θ=
t2(sin θcos θ-sin2θ)=t2=t2,由0<θ<,得<2θ+<,
所以当2θ+=,即θ=时,S取得最大值,
最大值为t2=平方米.
(2)由(1)知==,OP=OA=t=100米,
所以ON=tsin,OM=PN=tsin θ,
依题意,=x+y=+,则x=sin θ,y=sin,
所以x2+y2====-=-sin,
由0<θ<,得<2θ+<,则sin∈,所以-sin∈,
所以x2+y2=-sin∈,故x2+y2的取值范围是.滚动习题(五)
(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.[2024·江苏连云港新海高级中学期中] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=,b=,B=60°,则C= ( )
A.45° B.75°
C.105° D.135°
3.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若C=,c=,b=3a,则△ABC的面积为 ( )
A. B.
C. B.
4.如图,为了测量A,C两点间的距离,选取同一平面上的B,D两点,测出四边形ABCD各边的长为AB=5 km,BC=8 km,CD=3 km,DA=5 km,若B与D互补,则AC的长为 ( )
A.7 km B.8 km
C.9 km D.6 km
5.[2024·宁波五校高一期中] 在△ABC中,a=x,b=2,B=60°,若该三角形有两解,则x的取值范围是 ( )
A.2C.6.在海中某孤岛D的周围有两个观察站A,C,观察站A在岛D的正北方向相距5海里处,观察站C在岛D的正西方向上.现在海面上有一艘船B,在A点测得其在南偏西60°方向相距4海里处,在C点测得其在北偏西30°方向上,则两个观察站A与C之间的距离为 ( )
A. 海里 B. 海里
C. 海里 D.2 海里
二、多项选择题(本大题共2小题,每小题6分,共12分)
7.[2024·江苏扬州高一期中] 在△ABC中,已知∠BAC=60°,AB=3,AC=2,且D为BC边上一点,则下列说法正确的是 ( )
A.△ABC的外接圆半径R=
B.若AD是BC边上的高,则AD=
C.若AD平分∠BAC,则AD=
D.若=2,则AD=
8.[2024·无锡一中高一期中] 已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,以下说法正确的是 ( )
A.若cos A=cos B,则△ABC为等腰三角形
B.若a=,b=,A=30°,则三角形有唯一解
C.若acos A=bcos B,则△ABC为等腰直角三角形
D.若sin2A+sin2B三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分)
9.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=1,c=,S△ABC=,则A= .
10.已知甲船位于小岛A的南偏西30°方向上的B处,乙船位于小岛A处,AB=20千米,甲船沿的方向以6千米/时的速度行驶,同时乙船以8千米/时的速度沿正东方向行驶,则当甲、乙两船相距最近时,它们行驶的时间为 小时.
11.在△ABC中,∠BAC=120°,AB=2,AC=3,D为BC的中点,则AD= .
四、解答题(本大题共3小题,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·江苏徐州高一期中] 在面积为S的△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2S=(a2+b2)sin A.
(1)求角C的大小;
(2)若c=,求△ABC周长的最大值.
14.(15分)[2024·江苏无锡一中高一月考] 某公园拟对一扇形区域AOB进行改造,如图所示,平行四边形OMPN区域为休闲区,阴影部分为绿化区,点P在弧AB上,点M,N分别在OA,OB上,且OA=100米,∠AOB=,设∠POB=θ.
(1)求四边形OMPN的面积S(单位:平方米)关于θ的函数关系式,并求当θ为何值时,S取得最大值,最大值为多少
(2)设=x+y,求x2+y2的取值范围.