第11章解三角形 综合提升测试-【新教材】2020-2021学年苏教版（2019）高中数学必修第二册（Word含解析）

苏教版第11章解三角形综合提升测试卷
一、单选题
1．在中，角、、的对边分别为、、，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．在中，若，，则形状为（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
3．在中，角的对边分别为，若，则角的大小为（ ）
A． B． C．或 D．或
4．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则满足条件的（ ）
A．无解 B．有一个解
C．有两个解 D．不能确定
5．已知的内角的对边分别为且，的面积为则（ ）
A． B．5 C．8 D．
6．中，角A,B,C的对边分别是，，，，，若这个三角形有两解，则的范围是（ ）
A． B． C． D．
7．被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用，0.618就是黄金分割比的近视值.有一个内角为的等腰三角形中，较短边与较长边之比为黄金比.则（ ）
A． B． C． D．
8．如图，四边形中，，，且、的周长相等，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在中，角、、所对的边分别是，，，若，，若满足条件的唯一确定，则的可能值为（ ）
A． B． C． D．
10．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则角B可以是（ ）
A． B． C． D．
11．在中，.若，则的值可以等于（ ）
A． B． C．2· D．3
12．在内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， ，边上的高等于，则以下四个结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
13．的内角、、的对边分别为、、．已知，，，则角_____．
14．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最小值为________．
15．如图，在四边形中，．若是的角平分线，则的长为_____．
16．在中，有以下四个说法：
①若为锐角三角形，则；
②若，则；
③存在三边为连续自然数的三角形，使得最大角是最小角的两倍；
④存在三边为连续自然数的三角形，使得最大角是最小角的三倍；
其中正确的说法有______（把你认为正确的序号都填在横线上）.
四、解答题
17．的内角，，的对边分别为，，.已知，，.
（1）求的值；
（2）求的值.
18．已知中，角，，的对边分别为，，，.
（1）求；
（2）若角为锐角，且的面积为，求的最小值.
19．在中，内角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求角；
（2）若，，求边上的中线的长．
20．已知锐角中，角，，的对边分别为，，，且满足.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
21．在中，角、、所对的边分别是、、，．
（1）求角：
（2）若的周长为10，求面积的最大值．
22．在非直角三角形ABC中，角的对边分别为，
（1）若，求角B的最大值；
（2）若，
（i）证明：；
（可能运用的公式有）
（ii）是否存在函数，使得对于一切满足条件的m，代数式恒为定值？若存在，请给出一个满足条件的，并证明之；若不存在，请给出一个理由.
参考答案
1．D
【分析】
利用正弦定理可求得的值.
【详解】
由正弦定理可得，可得.
故选：D.
2．C
【分析】
首先利用正弦定理化边为角求出的值，再结合，以及三角形的内角和即可求出，进而可得正确选项.
【详解】
由正弦定理知：，，
则可化为：.
因为
所以，
所以，可得或，
又因为，
所以
所以，，，
所以为等边三角形.
故选：C.
3．C
【分析】
将，变形为求解.
【详解】
因为，
所以，
即，
因为，
所以，
因为，
所以或，
故选：C
4．C
【分析】
根据题中条件，由正弦定理，求出，再验证，即可得出结果.
【详解】
因为，，
由正弦定理可得，，所以，
因为为三角形内角，所以，因此或，
若，则符合题意；若，则，符合题意；
因此有两个解；
故选：C.
5．B
【分析】
先由正弦定理，根据题中条件，求出；再由三角形面积公式，求出，利用余弦定理，即可求出结果.
【详解】
由正弦定理，可将化为，
因为为三角形内角，所以，因此，
所以，解得，又，所以；
又的面积为，所以，则；
又，所以由余弦定理可得：，
所以.
故选：B.
6．B
【分析】
根据计算即可得答案.
【详解】
由题意得：有两解时需要：，
则，解得:.
故选：B．
【点睛】
结论点睛：中，角，，的对边分别是，，，已知，，若这个三角形有两解，则满足.
7．D
【分析】
根据题中条件，讨论等腰三角形顶角为与底角为两种情况，利用正弦定理，以及三角恒等变换对应的公式，即可得出结果.
【详解】
若该等腰三角形的顶角为，则底角为，
因此，由正弦定理可得：较短边与较长边之比为，即，
所以，因此；
若该等腰三角形的底角为，则顶角为，
因此，由正弦定理可得：较短边与较长边之比为，即，
则，所以，因此.
综上，.
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：
求解本题的关键在于正弦定理，结合题中条件，先表示出较短边与较长边之比，进而可利用三角恒等变换化简求解.
8．C
【分析】
求出，设，可得出，根据已知条件求出的值，可求出的正弦值和余弦值，进一步可求得的正弦值和余弦值，然后利用二倍角的正弦公式可求得结果.
【详解】
，，所以，为等腰直角三角形，
所以，，，
设，则，
因为、的周长相等，则，解得，则，
于是，，
故，
.
因此，．
故选：C.
【点睛】
方法点睛：在解三角形的问题中，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”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
9．BD
【分析】
根据唯一确定，得到或，求解即可得到的可能值.
【详解】
解：若满足唯一确定，
则或，
故选：BD.
10．AB
【分析】
计算的范围，由此判断出正确结论.
【详解】
，
当且仅当时等号成立，
所以，
所以AB选项正确，CD选项错误.
故选：AB
11．AD
【分析】
根据，利用两角和与差的三角函数化简得到，再利用正弦定理求解.
【详解】
因为，
所以，
在中，因为，
所以，
即，
解得或，
当时，因为，
所以，
.
当时，由正弦定理得：
所以，
综上：或
故选：AD
12．ABD
【分析】
根据条件可以求得a，c间的关系，结合正弦定理，余弦定理边角互化得到其余角或边的关系.
【详解】
∵，
∴，
由余弦定理知：，
解得，，选项D正确；
由正弦定理有：，则，选项B正确；
易知，，则，
，选项C错误.
，选项A正确；
故选：ABD.
【点睛】
关键点点睛：利用正弦定理，余弦定理边角转化，求得边角关系.
13．
【分析】
利用正弦定理求出的值，结合大边对大角定理可求得角的值.
【详解】
由正弦定理可得，所以，.
因为，则，所以，为锐角，因此，.
故答案为：.
14．
【分析】
由余弦定理及基本不等式求解．
【详解】
，当且仅当时等号成立．
故答案为：．
15．5．
【分析】
在△ABC中根据余弦定理求得BC，正弦定理求得角B，然后根据题目条件中的角的关系，△ACD中利用正弦定理求得DC.
【详解】
解：中，，
由余弦定理得，
所以，
又，
由正弦定理得，所以，
又，
中，，
由正弦定理得，
所以，
即的长为5．
故答案为：5．
【点睛】
关键点点睛：利用正弦定理，余弦定理解得三角形的未知边和角.
16．②③
【分析】
对于①：由已知得，再根据正弦函数的单调性可判断①；
对于②：由已知得，再由余弦函数的单调性和余弦的二倍角公式可判断②；
对于③：设三边长为，n为大于1的正整数，对角分别为A、B、C，若C=2A,根据余弦定理和余弦的二倍角公式建立关于n的方程，解之可判断③；
对于④：若C=3A，由正弦定理、余弦定理和正弦、余弦的和差角公式建立关于n的方程，解之可判断④；
【详解】
对于①：为锐角三角形，则，即，又在上单调递增，所以，故①不正确；
对于②：若，又，，所以，又在内单调递减，
所以，所以，所以，
即，所以，故②正确；
对于③：设三边长为，n为大于1的正整数，对角分别为A、B、C，若C=2A,从而，
而 ，，所以，解得（舍去），
所以存在三边为连续自然数4，5，6的三角形，使得最大角是最小角的两倍，故③正确；
对于④：若C=3A，由正弦定理得，
，由此两式消去得，
又由余弦定理得，即，而该方程无正整数解，所以这样的三角形不存在，故④不正确；
故答案为：②③.
【点睛】
方法点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
17．（1）；（2）.
【分析】
由正弦定理求出，由余弦定理列出关于的方程，然后求出．
【详解】
解：（1）因为，，.
由正弦定理，可得，所以；
（2）由余弦定理，，
，（舍），所以.
【点睛】
本题考查正弦定理和余弦定理，在已知两边和一边对角时可用余弦定理列方程求出第三边．
18．（1）；（2）最小值为2.
【分析】
（1）首先由余弦定理可得，通过正弦定理将边化为角可得结果；
（2）由三角形面积公式可得，由余弦定理结合基本不等式即可解结果.
【详解】
（1）由得，
即，
因为，为三角形内角，，
所以；
（2）因为角为锐角，由（1）可得，
因为的面积，
所以，
由余弦定理得，
所以，即的最小值为2，当且仅当时取等号.
19．（1）；（2）．
【分析】
（1）首先利用余弦定理将角转化为边，之后化简再利用余弦定理可得的值，再根据角的范围可得角的值；
（2）利用余弦定理列方程可得，在中，再利用余弦定理可得中线的长.
【详解】
（1）因为，所以，即，
由余弦定理可得，
因为，所以.
（2）由（1）可知，
由余弦定理可得，
则，解得或（舍去）．
在中，，，，
则，
故.
20．（1）；（2）.
【分析】
（1）由，根据正弦定理化简得，进而求得，即可求解；
（2）由（1）得到，根据三角恒等变换的公式，化简，进而得到，得到的范围，即可求解.
【详解】
（1）在中，由，
利用正弦定理得，
所以，即，
因为，可得，所以，
又因为，所以.
（2）由（1）知，可得，可得，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，，且，
所以，，所以
故的取值范围为.
21．（1）；（2）．
【分析】
（1）由，利用三角函数的基本关系和两角和的正弦公式，结合正弦定理求解；
（2）由，结合余弦定理，再利用基本不等式求得的范围，再代入三角形面积公式求解．
【详解】
（1）由，
又，
所以，
因为,
故．
（2）由已知可得，
消去，可得，
得（当且仅当时,取等号）
解得（舍）或，
故，，则面积的最大值为．
【点睛】
方法点睛：有关三角形面积问题的求解方法：(1)灵活运用正、余弦定理实现边角转化；(2)合理运用三角函数公式，如同角三角函数的基本关系、两角和与差的正弦、余弦公式、二倍角公式等．
22．（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）存在，，证明见解析.
【分析】
(1)由余弦定理结合基本不等式可得，从而可求出角B的最大值.
(2)(i)由正弦定理边角互换可得，结合和差化积公式和诱导公式可得，结合两叫和、差的余弦公式和同角三角函数的基本关系可得所证式子.
(ii)结合已知条件和半角正切公式可得，通过整理变形可得，从而可求出.
【详解】
解：（1）因为，所以由余弦定理可得：
（当且仅当时取等号），
又，，所以角B的最大值为.
（2）（i）由及正弦定理得，
所以，因为，
所以，
有，由两角和、差的余弦公式可得
整理得，故．
（ii）由及半角正切公式可得
，
，展开整理得，
即，即，
即，与原三角式作比较可知存在且．
【点睛】
本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了同角三角函数的基本关系，考查了诱导公式，属于难题.本题的难点在于变形整理.