第九章解三角形单元测试题2020-2021学年高一下学期数学人教B版（2019）必修第四册（Word含解析）

第九章
一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a∶b∶c=4∶3∶2,则=(　　)
A.
B.
C.
D.
2.如图,从地面上C,D两点望山顶A,测得它们的仰角分别为45°和30°,已知CD=100米,点C位于BD上,则山高AB等于(　　)
A.100米
B.50米
C.50(+1)米
D.50米
3在△ABC中,a2+b2+c2=2bccos
A+2accos
B,则△ABC一定是
(　　)
A.锐角三角形
B.钝角三角形
C.直角三角形
D.等边三角形
4.在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=2BC=2CD,则cos∠DAC=(　　)
A.
B.
C.
D.
5.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若bsin
2A+asin
B=0,b=c,则的值为(　　)
A.1
B.
C.
D.
6.《易经》包含着很多哲理,在信息学、天文学中都有广泛的应用,《易经》的博大精深,对今天的几何学和其他学科仍有深刻的影响.下图是《易经》中记载的几何图形——八卦田,图中正八边形代表八卦,中间的圆代表阴阳太极图,八块面积相等的曲边梯形代表八卦田.已知正八边形的边长为10
m,阴阳太极图的半径为4
m,则每块八卦田的面积约为(　　)
A.114
m2
B.57
m2
C.54
m2
D.48
m2
7.平面四边形ABCD为凸四边形,且∠A=60°,AD⊥DC,AB=,BD=2,则BC的取值范围为(　　)
A.,2
B.,2
C.2,
D.
8.如图,某建筑物的高度BC=300
m,一架无人机Q上的仪器观测到建筑物顶部C的仰角为15°,地面某处A的俯角为45°,且∠BAC=60°,则此无人机距离地面的高度PQ为(　　)
A.100
m
B.200
m
C.300
m
D.100
m
二、多项选择题:本题共4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.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分.
9.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列结论正确的是(　　)
A.a2=b2+c2-2bccos
A
B.asin
B=bsin
A
C.a=bcos
C+ccos
B
D.acos
B+b
cos
A=sin
C
10.在△ABC中,根据下列条件解三角形,其中有两解的是
(　　)
A.b=10,A=45°,C=70°
B.b=45,c=48,B=60°
C.a=14,b=16,A=45°
D.a=7,b=5,A=80°
11.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=2,c=3,A+3C=π,则下列结论正确的是(　　)
A.cos
C=
B.sin
B=
C.a=3
D.S△ABC=
12.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则满足下列条件的三角形一定为直角三角形的是(　　)
A.sin
A+sin
B=sin
C(cos
A+cos
B)
B.
C.cos2
D.acos
B-bcos
A=c
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=1,sin
A=,sin
C=,则c=　　　　　.?
14.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=3,b=4,c=6,则bccos
A+accos
B+abcos
C的值是　　　　　.?
15.在△ABC中,设角A,B,C对应的边分别为a,b,c,记△ABC的面积为S,且4a2=b2+2c2,则的最大值为　　　　.?
16.(2020湖北宜昌一中高三月考)我国古代数学家刘徽在其《海岛算经》中给出了著名的望海岛问题及二次测望方法:今有望海岛,立两表,齐高三丈,前后相去千步,令后表与前表三相直.从前表却行一百二十三步,人目着地取望岛峰,与表末三合.从后表却行一百二十七步,人目着地取望岛峰,亦与表末三合.问岛高及去表各几何?这一方法领先印度500多年,领先欧洲1
300多年.其大意为:测量望海岛PQ的高度及离岸距离,在海岸边立两根等高的标杆AB,CD(PQ,AB,CD共面,均垂直于地面),使目测点E与P,B共线,目测点F与P,D共线,测出AE,CF,AC即可求出岛高和距离(如图).若AB=CD=r,AE=a,CF=b,EF=d,则PQ=　　　　;EQ=　　　　.?
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2020全国Ⅰ)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150°.
(1)若a=c,b=2,求△ABC的面积;
(2)若sin
A+sin
C=,求C.
18.(12分)(2020山东)在①ac=,②csin
A=3,③c=b这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.
问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin
A=sin
B,C=,　　　　　??
19.(12分)如图,A,B是海面上位于东西方向相距4(3+)海里的两个观测点,现位于A点北偏东45°,B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号,位于B点南偏西60°且与B点相距16海里的C点的救援船立即前往营救,其航行速度为24海里/小时.
(1)求BD的长;
(2)该救援船到达D点所需的时间.
20.(12分)(2020江苏)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=3,c=,B=45°.
(1)求sin
C的值;
(2)在边BC上取一点D,使得cos∠ADC=-,求tan∠DAC的值.
21.(12分)(2020江苏南通高一检测)在一个特定时段内,以点E为中心的7海里以内海域被设为警戒水域.点E正北55海里处有一个雷达观测站A,某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东45°且与点A相距40海里的位置B,经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45°+θ其中sin
θ=,0°<θ<90°且与点A相距10海里的位置C.
(1)求该船的行驶速度;
(2)若该船不改变航行方向继续行驶,判断它是否会进入警戒水域,并说明理由.
22.(12分)如图,在△ABC中,C=,角B的平分线BD交AC于点D,设∠CBD=θ,其中tan
θ=.
(1)求sin
A;
(2)若=28,求AB的长.
答案
一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a∶b∶c=4∶3∶2,则=(　　)
A.
B.
C.
D.
答案D
解析由题意,因为a∶b∶c=4∶3∶2,设a=4k,b=3k,c=2k,由余弦定理可得cos
C=,则.故选D.
2.如图,从地面上C,D两点望山顶A,测得它们的仰角分别为45°和30°,已知CD=100米,点C位于BD上,则山高AB等于(　　)
A.100米
B.50米
C.50(+1)米
D.50米
答案C
解析设AB=h,在△ABC中,∠ACB=45°,所以BC=h.在△ADB中,tan∠ADB=,
解得h=50(+1)米.故选C.
3在△ABC中,a2+b2+c2=2bccos
A+2accos
B,则△ABC一定是
(　　)
A.锐角三角形
B.钝角三角形
C.直角三角形
D.等边三角形
答案C
解析∵a2+b2+c2=2bccos
A+2accos
B,
∴a2+b2+c2=2bc·+2ac·,
∴a2+b2+c2=b2+c2-a2+a2+c2-b2=2c2,
即a2+b2=c2,∴△ABC一定是直角三角形.
故选C.
4.在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=2BC=2CD,则cos∠DAC=(　　)
A.
B.
C.
D.
答案C
解析如下图所示,不妨设BC=CD=1,则AB=2,过点D作DE⊥AB,垂足为点E.
易知四边形BCDE是正方形,则BE=CD=1,
所以AE=AB-BE=1.
在Rt△ADE中,AD=,在Rt△ABC中,AC=,
在△ACD中,由余弦定理得cos∠DAC=.故选C.
5.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若bsin
2A+asin
B=0,b=c,则的值为(　　)
A.1
B.
C.
D.
答案C
解析因为bsin
2A+asin
B=0,
所以由正弦定理可得sin
Bsin
2A+sin
Asin
B=0,
即2sin
Bsin
Acos
A+sin
Asin
B=0.
由于sin
BsinA≠0,所以cos
A=-,因为
0由余弦定理可得a2=b2+c2-2cbcos
A=2c2+c2+2c2=5c2,
所以.故选C.
6.《易经》包含着很多哲理,在信息学、天文学中都有广泛的应用,《易经》的博大精深,对今天的几何学和其他学科仍有深刻的影响.下图是《易经》中记载的几何图形——八卦田,图中正八边形代表八卦,中间的圆代表阴阳太极图,八块面积相等的曲边梯形代表八卦田.已知正八边形的边长为10
m,阴阳太极图的半径为4
m,则每块八卦田的面积约为(　　)
A.114
m2
B.57
m2
C.54
m2
D.48
m2
答案C
解析如图所示,
设OA=OB=a.由题意可知∠AOB=,
由余弦定理得100=a2+a2-2×a×a×,
解得a2=50(2+).
所以S△AOB=a2sin
=25(+1)(m2),
所以每块八卦田的面积S=25(+1)-π×42=25(+1)-2π≈54(m2).故选C.
7.平面四边形ABCD为凸四边形,且∠A=60°,AD⊥DC,AB=,BD=2,则BC的取值范围为(　　)
A.,2
B.,2
C.2,
D.
答案D
解析设AD=x.在△ABD中,BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos
A,所以4=3+x2-2xcos
60°,解得x=,延长DC,AB相交于点E,则由AD⊥CD且∠A=60°,得AE=,BE=,若BC⊥CD,则BC=,显然点C在线段ED(不含端点)上,所以BC的取值范围是.故选D.
8.如图,某建筑物的高度BC=300
m,一架无人机Q上的仪器观测到建筑物顶部C的仰角为15°,地面某处A的俯角为45°,且∠BAC=60°,则此无人机距离地面的高度PQ为(　　)
A.100
m
B.200
m
C.300
m
D.100
m
答案B
解析根据题意,得在Rt△ABC中,∠BAC=60°,BC=300
m,所以AC==200
m.
在△ACQ中,∠AQC=45°+15°=60°,∠QAC=180°-45°-60°=75°,所以∠QCA=180°-∠AQC-∠QAC=45°.
由正弦定理,得,
解得AQ==200
m.
在Rt△APQ中,PQ=AQsin
45°=200=200
m.故选B.
二、多项选择题:本题共4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.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分.
9.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列结论正确的是(　　)
A.a2=b2+c2-2bccos
A
B.asin
B=bsin
A
C.a=bcos
C+ccos
B
D.acos
B+b
cos
A=sin
C
答案ABC
解析在A中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos
A,故A正确;
在B中,由正弦定理得,
∴asin
B=bsin
A,故B正确;
在C中,∵a=bcos
C+ccos
B,
∴由余弦定理得
a=b×+c×,
整理,得2a2=2a2,故C正确;
在D中,由余弦定理得
acos
B+bcos
A=a×+b×=c≠sin
C,
故D错误.故选ABC.
10.在△ABC中,根据下列条件解三角形,其中有两解的是
(　　)
A.b=10,A=45°,C=70°
B.b=45,c=48,B=60°
C.a=14,b=16,A=45°
D.a=7,b=5,A=80°
答案BC
解析选项B满足csin
60°45°B=,且b11.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=2,c=3,A+3C=π,则下列结论正确的是(　　)
A.cos
C=
B.sin
B=
C.a=3
D.S△ABC=
答案AD
解析因为A+3C=π,所以B=2C,根据正弦定理可得,即2sin
C=6sin
Ccos
C,因为sin
C≠0,故cos
C=,sin
C=,sin
B=sin
2C=2sin
Ccos
C=.c2=a2+b2-2abcos
C,化简得a2-4a+3=0,解得a=3,或a=1.若a=3,此时A=C=,B=,不满足题意,故a=1.S△ABC=absin
C=×1×2.故选AD.
12.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则满足下列条件的三角形一定为直角三角形的是(　　)
A.sin
A+sin
B=sin
C(cos
A+cos
B)
B.
C.cos2
D.acos
B-bcos
A=c
答案ACD
解析对于选项A,利用正弦定理化简得a+b=c(cos
A+cos
B),即ccos
B+bcos
C+acos
C+ccos
A=c(cos
A+cos
B),有(a+b)cos
C=0,因为a+b>0,所以cos
C=0,所以C=,故选项A正确;对于选项B,可知当三角形为等边三角形时,等式同样成立,故选项B错误;对于选项C,cos2,化简得ccos
B=a,所以ccos
B=ccos
B+bcos
C,整理得bcos
C=0,因为b>0,所以C=,故选项C正确;对于选项D,acos
B-bcos
A=c,因为在任意三角形中都有acos
B+bcos
A=c,所以两式相加可得acos
B=c,所以acos
B=acos
B+bcos
A,整理得bcos
A=0,因为b>0,所以A=,故选项D正确.故选ACD.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=1,sin
A=,sin
C=,则c=　　　　　.?
答案3
解析由正弦定理,得c==3.
14.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=3,b=4,c=6,则bccos
A+accos
B+abcos
C的值是　　　　　.?
答案
解析因为cos
A=,
所以bccos
A=(b2+c2-a2).
同理,accos
B=(a2+c2-b2),
abcos
C=(a2+b2-c2).
所以bccos
A+accos
B+abcos
C=(a2+b2+c2)=.
15.在△ABC中,设角A,B,C对应的边分别为a,b,c,记△ABC的面积为S,且4a2=b2+2c2,则的最大值为　　　　.?
答案
解析由题知4a2=b2+2c2,即b2=4a2-2c2=a2+c2-2accos
B,
整理得2accos
B=-3a2+3c2,
所以cos
B=.
则2=2=2==-9-22+9.
由4a2=b2+2c2,得=4-2·,则4-2·>0,故0<<2.
令t=,则2=-(9t2-22t+9)=-3t-2+,
又0所以的最大值为.
16.(2020湖北宜昌一中高三月考)我国古代数学家刘徽在其《海岛算经》中给出了著名的望海岛问题及二次测望方法:今有望海岛,立两表,齐高三丈,前后相去千步,令后表与前表三相直.从前表却行一百二十三步,人目着地取望岛峰,与表末三合.从后表却行一百二十七步,人目着地取望岛峰,亦与表末三合.问岛高及去表各几何?这一方法领先印度500多年,领先欧洲1
300多年.其大意为:测量望海岛PQ的高度及离岸距离,在海岸边立两根等高的标杆AB,CD(PQ,AB,CD共面,均垂直于地面),使目测点E与P,B共线,目测点F与P,D共线,测出AE,CF,AC即可求出岛高和距离(如图).若AB=CD=r,AE=a,CF=b,EF=d,则PQ=　　　　;EQ=　　　　.?
答案
解析设∠AEB=α,∠CFD=β,
则tan
α=,tan
β=.
在△PEF中,,
得PE=,
所以PQ=PE·sin
α=
=
=.
EQ=PE·cos
α=
=.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2020全国Ⅰ)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150°.
(1)若a=c,b=2,求△ABC的面积;
(2)若sin
A+sin
C=,求C.
解(1)由题设及余弦定理得28=3c2+c2-2×c2×cos
150°,解得c=-2(舍去),c=2.从而a=2.
△ABC的面积为×2×2×sin
150°=.
(2)在△ABC中,A=180°-B-C=30°-C,
所以sin
A+sin
C=sin(30°-C)+sin
C=sin(30°+C).
故sin(30°+C)=.
而0°18.(12分)(2020山东)在①ac=,②csin
A=3,③c=b这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.
问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin
A=sin
B,C=,　　　　　??
解由C=和余弦定理,得.
由sin
A=sin
B及正弦定理,得a=b.
于是,由此可得b=c.
方案一:选条件①.
由①ac=,解得a=,b=c=1.
因此,选条件①时,问题中的三角形存在,此时c=1.
方案二:选条件②.
因为b=c,所以B=C=.
由A+B+C=π,得A=π-.
由②csin
A=3,即csin=3,
所以c=b=2,a=6.
因此,选条件②时,问题中的三角形存在,此时c=2.
方案三:选条件③.
由③c=b,与b=c矛盾.
因此,选条件③时,问题中的三角形不存在.
19.(12分)如图,A,B是海面上位于东西方向相距4(3+)海里的两个观测点,现位于A点北偏东45°,B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号,位于B点南偏西60°且与B点相距16海里的C点的救援船立即前往营救,其航行速度为24海里/小时.
(1)求BD的长;
(2)该救援船到达D点所需的时间.
解(1)由题意可知在△ADB中,∠DAB=45°,∠DBA=30°,则∠ADB=105°.
由正弦定理,得.
由sin
105°=sin(45°+60°)
=sin
45°cos
60°+cos
45°sin
60°=,
代入上式得BD=8(海里).
(2)在△BCD中,BC=16,BD=8,∠CBD=60°,
由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos
60°
=(16)2+(8)2-2×16×8=242,
所以CD=24,所以t==1小时.
即该救援船到达D点所需的时间为1小时.
20.(12分)(2020江苏)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=3,c=,B=45°.
(1)求sin
C的值;
(2)在边BC上取一点D,使得cos∠ADC=-,求tan∠DAC的值.
解(1)在△ABC中,因为a=3,c=,B=45°,
由余弦定理b2=a2+c2-2accos
B,得b2=9+2-2×3×cos
45°=5,所以b=.
在△ABC中,由正弦定理,得,
所以sin
C=.
(2)在△ADC中,因为cos
∠ADC=-,
所以∠ADC为钝角,
而∠ADC+∠C+∠CAD=180°,
所以∠C为锐角.
故cos
C=,
则tan
C=.
因为cos∠ADC=-,
所以sin∠ADC=,
tan∠ADC==-.
从而tan∠DAC=tan(180°-∠ADC-∠C)
=-tan(∠ADC+∠C)
=-
=-.
21.(12分)(2020江苏南通高一检测)在一个特定时段内,以点E为中心的7海里以内海域被设为警戒水域.点E正北55海里处有一个雷达观测站A,某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东45°且与点A相距40海里的位置B,经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45°+θ其中sin
θ=,0°<θ<90°且与点A相距10海里的位置C.
(1)求该船的行驶速度;
(2)若该船不改变航行方向继续行驶,判断它是否会进入警戒水域,并说明理由.
解(1)由题可知AB=40,AC=10,∠BAC=θ,sin
θ=.
由于0°<θ<90°,
所以cos
θ=.
由余弦定理得BC==10,
所以该船的行驶速度为=15(海里/时).
(2)如图所示,以A为原点建立平面直角坐标系,设点B,C的坐标分别是B(x1,y1),C(x2,y2),直线BC与x轴的交点为D.
由题设有x1=y1=AB=40,故B(40,40).
x2=ACcos∠CAD=10cos(45°-θ)=30,
y2=ACsin∠CAD=10sin(45°-θ)=20,故C(30,20).
所以直线BC的斜率为k==2,直线BC的方程为y=2x-40.
又点E(0,-55)到直线BC的距离d==3<7.
所以船会进入警戒水域.
22.(12分)如图,在△ABC中,C=,角B的平分线BD交AC于点D,设∠CBD=θ,其中tan
θ=.
(1)求sin
A;
(2)若=28,求AB的长.
解(1)由∠CBD=θ,且tan
θ=,
因为θ∈,
所以sin
θ=cos
θ,sin2θ+cos2θ=cos2θ+cos2θ
=cos2θ=1,
所以cos
θ=,sin
θ=.
则sin∠ABC=sin
2θ=2sin
θcos
θ=2×,所以cos∠ABC=2cos2θ-1=2×-1=,
sin
A=sin=sin
=sin
2θ+cos
2θ=.
(2)由正弦定理,得,
即,
所以BC=AC.
①
又|||=28,
所以||||=28,②
由①②解得AC=4,
又由,得,
解得AB=5.
5