-新教材高中数学第11章解三角形单元形成性评价含解析苏教版必修第二册

PAGEPAGE10单元形成性评价(三)(第11章)(120分钟150分)一、单选题(每小题5分，共40分)1．在△ABC中，A＝60°，B＝75°，a＝10，则c等于()A．5eq\r(2)B．10eq\r(2)C．eq\f(10\r(6),3)D．5eq\r(6)【解析】选C.因为A＝60°，B＝75°，所以C＝180°－A－B＝45°，所以由正弦定理知c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(10sin45°,sin60°)＝eq\f(10\r(6),3).2．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝eq\r(5)，c＝2，cosA＝eq\f(2,3)，则b＝()A．eq\r(2)B．eq\r(3)C．2D．3【解析】选D.由余弦定理得4＋b2－2×2bcosA＝5，整理得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－eq\f(1,3)(舍).3．在△ABC中，A＝60°，a＝eq\r(13)，则eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝()A．eq\f(8\r(3),3)B．eq\f(2\r(39),3)C．eq\f(26\r(3),3)D．2eq\r(3)【解析】选B.由正弦定理和比例的性质可得eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(13),sin60°)＝eq\f(2\r(39),3).4．在△ABC中，若eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2且∠BAC＝30°，则△ABC的面积为()A．eq\r(3)B．2eq\r(3)C．eq\f(\r(3),3)D．eq\f(2\r(3),3)【解析】选C.由已知得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|cos30°＝2，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\f(4,\r(3))，S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|sin30°＝eq\f(1,2)×eq\f(4,\r(3))×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),3).5．在△ABC中，D是边BC上一点，若AD⊥AC，sin∠BAC＝eq\f(2\r(2),3)，AD＝3，AB＝3eq\r(2)，BD＝()A．eq\r(3)B．2C．2eq\r(3)D．3【解析】选A.画出图象如图所示．由诱导公式得sin∠BAC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠BAD＋\f(π,2)))＝cos∠BAD＝eq\f(2\r(2),3)，在三角形ABD中，由余弦定理得BD＝eq\r(（3\r(2)）2＋32－2×3\r(2)×3×\f(2\r(2),3))＝eq\r(3).6．在△ABC中，已知a＝2，则bcosC＋ccosB等于()A．2B．eq\r(2)C．1D．4【解析】选A.由余弦定理得bcosC＋ccosB＝b·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(2a2,2a)＝a＝2.7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcosA＝(2c－a)cosB，c＝2，a＝1，则△ABC的面积是()A．eq\f(1,2)B．eq\f(\r(3),2)C．1D．eq\r(3)【解析】选B.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcosA＝(2c－a)cosB，利用正弦定理得sinBcosA＝2sinCcosB－sinAcosB，整理得：sin(A＋B)＝sinC＝2sinCcosB，由于sinC≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，由于0<B<π，则B＝eq\f(π,3).由于c＝2，a＝1，则S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2).【加固训练】设a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，已知(b＋c)sin(A＋C)＝(a＋c)(sinA－sinC)，则A的大小为()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3)D．eq\f(5π,6)【解析】选C.因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋C)＝sinB，所以已知等式可化为(b＋c)sinB＝(a＋c)(sinA－sinC)，所以由正弦定理可得：(b＋c)b＝(a＋c)(a－c)，整理可得：b2＋c2－a2＝－bc，所以由余弦定理可得：cosA＝－eq\f(1,2)，由A∈(0，π)，可得A＝eq\f(2π,3).8．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱OA，为了测量喷水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的D处测得喷水柱顶端的仰角为45°，沿D向北偏东30°方向前进100m后到达C处，在C处测得喷水柱顶端的仰角为30°，则喷水柱的高度是()A．50mB．100mC．120mD．150m【解析】选A.如图所示，AO⊥平面OCD，CD＝100m，∠ACO＝30°，∠ADO＝45°，∠ODC＝60°.设OA＝h，在Rt△OAD中，OD＝h，同理可得：OC＝eq\r(3)h，在△OCD中，OC2＝OD2＋CD2－2OD·CD·cos60°，所以(eq\r(3)h)2＝h2＋1002－2×h×100×eq\f(1,2)，化为：h2＋50h－5000＝0，解得h＝50，因此喷水柱的高度是50m．【加固训练】从高出海平面h米的小岛看到正东方向有一只船俯角为30°，南偏西60°方向有一只船俯角为45°，则此时两船间的距离为()A．2h米 B．eq\r(3)h米C．eq\r(7)h米 D．2eq\r(2)h米【解析】选C.根据题意作出图形(如图)，AB⊥平面BCD，AB＝h，∠ACB＝45°，∠ADB＝30°，∠CBD＝150°，所以BC＝h，BD＝eq\r(3)h，所以CD＝eq\r(h2＋3h2－2·h·\r(3)h·cos150°)＝eq\r(7)h米．二、多选题(每小题5分，共20分，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．三角形有一个角是60°，相邻两边长分别为8和5，则下列结论正确的是()A．三角形另一边长为7B．三角形周长为20C．三角形内切圆周长为3πD．三角形外接圆面积为eq\f(49π,3)【解析】选ABD.根据余弦定理可得82＋52－2×8×5×cos60°＝49，即另一边长为7，故该三角形周长为20，故A，B正确；设内切圆半径为r，则eq\f(1,2)(8＋7＋5)r＝eq\f(1,2)×8×5×sin60°，解得r＝eq\r(3)，故内切圆周长为2πr＝2eq\r(3)π，C不正确；设外接圆半径为R，则2R＝eq\f(7,sin60°)，解得R＝eq\f(7\r(3),3)，其面积为πR2＝eq\f(49π,3).10．若△ABC为钝角三角形，且a＝2，b＝3，则边c的长可能为()A．2B．3C．eq\r(10)D．4【解析】选AD.由三角形的边长能构成三角形，有1<c<5，又a<b，所以在△ABC中钝角可能为角B或角C.则cosB＝eq\f(4＋c2－9,2×2×c)<0或cosC＝eq\f(4＋9－c2,2×2×3)<0，所以4＋c2－9<0或4＋9－c2<0，解得1<c<eq\r(5)或eq\r(13)<c<5，所以选项A，D满足．【光速解题】本题直接求解略显复杂，可以直接利用余弦定理验证即可．本题A选项较易验证cosB＝eq\f(4＋4－9,2×2×2)＝－eq\f(1,8)<0，故B为钝角；B选项不需要验证；C选项cosC＝eq\f(4＋9－10,2×2×3)＝eq\f(1,4)>0，故最大角C为锐角，从而△ABC为锐角三角形，故此选项不符合题意；D选项不需要验证即可判断(多选题至少有两项满足，则D项必定成立).11．已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且A＝60°，b＝2，c＝eq\r(3)＋1，则下列说法正确的是()A．C＝75°或C＝105°B．B＝45°C．a＝eq\r(6)D．该三角形面积为eq\f(\r(3)＋1,2)【解析】选BC.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝4＋4＋2eq\r(3)－2×2×(eq\r(3)＋1)×eq\f(1,2)＝6，所以a＝eq\r(6).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，由于0°<B<120°，所以B＝45°，C＝180°－A－B＝75°.△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×(eq\r(3)＋1)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3＋\r(3),2).12．已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，∠C＝45°，c＝eq\r(2)，a＝x，若满足条件的三角形有两个，则x的值可能为()A．1B．1.5C．1.8D．2【解析】选BC.在△ABC中，由∠C＝45°，c＝eq\r(2)，a＝x，则asinC＝xsin45°＝eq\f(\r(2),2)x，要使得三角形有两个，则满足eq\f(\r(2),2)x<c<x，即eq\f(\r(2),2)x<eq\r(2)<x，解得eq\r(2)<x<2，即x的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，2))，结合选项BC正确．三、填空题(每小题5分，共20分)13．在△ABC中，a＝3eq\r(2)，b＝2eq\r(3)，cosC＝eq\f(1,3)，则△ABC的面积为________．【解析】因为cosC＝eq\f(1,3)，0<C<π，所以sinC＝eq\f(2\r(2),3).所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×3eq\r(2)×2eq\r(3)×eq\f(2\r(2),3)＝4eq\r(3).答案：4eq\r(3)14．在△ABC中，已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若b＝2a，B＝A＋60°，则A＝________．【解析】因为b＝2a，所以sinB＝2sinA，又因为B＝A＋60°，所以sin(A＋60°)＝2sinA，即sinAcos60°＋cosAsin60°＝2sinA，化简得：sinA＝eq\f(\r(3),3)cosA，所以tanA＝eq\f(\r(3),3)，又0°＜A＜180°，所以A＝30°.答案：30°【加固训练】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝eq\r(7)，b＝2，A＝60°，则sinB＝________，c＝________.【解析】由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得eq\f(\r(7),sin60°)＝eq\f(2,sinB)，得sinB＝eq\f(\r(21),7).由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(4＋c2－7,4c)＝eq\f(1,2)，解得c＝3(负值舍去).答案：eq\f(\r(21),7)315.(2019·浙江高考)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上，若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝______.【解析】在△ABD中，由正弦定理有：eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sin∠BAC)，而AB＝4，∠ADB＝eq\f(3π,4)，AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝5，sin∠BAC＝eq\f(BC,AC)＝eq\f(3,5)，cos∠BAC＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(4,5)，所以BD＝eq\f(12\r(2),5).cos∠ABD＝cos(∠BDC－∠BAC)＝coseq\f(π,4)cos∠BAC＋sineq\f(π,4)sin∠BAC＝eq\f(7\r(2),10).答案：eq\f(12\r(2),5)eq\f(7\r(2),10)16．如图，一位同学从P1处观测塔顶B及旗杆顶A的仰角分别为α和90°－α.后退l(单位：m)至点P2处再观测塔顶B，仰角变为原来的一半，设塔CB和旗杆BA都垂直于地面，且C，P1，P2三点在同一条水平线上，则塔CB的高为______m；旗杆BA的高为______m.(用含有l和α的式子表示)【解析】设BC＝xm，在Rt△BCP1中，∠BP1C＝α，在Rt△P2BC中，∠P2＝eq\f(α,2)，因为∠BP1C＝∠P1BP2＋∠P2，所以∠P1BP2＝eq\f(α,2)，即△P1BP2为等腰三角形，P1B＝P1P2＝l，所以BC＝x＝lsinα.在Rt△ACP1中，eq\f(AC,CP1)＝eq\f(AC,lcosα)＝tan(90°－α)，所以AC＝eq\f(lcos2α,sinα)，则AB＝AC－BC＝eq\f(lcos2α,sinα)－lsinα＝eq\f(l（cos2α－sin2α）,sinα)＝eq\f(lcos2α,sinα).答案：lsinαeq\f(lcos2α,sinα)四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)17．(10分)(2019·天津高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2a，3csinB＝4asinC.(1)求cosB的值．(2)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))的值．【解析】(1)在△ABC中，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得bsinC＝csinB，又由3csinB＝4asinC，得3bsinC＝4asinC，因为sinC≠0，所以3b＝4a.又因为b＋c＝2a，得到b＝eq\f(4,3)a，c＝eq\f(2,3)a.由余弦定理可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋\f(4,9)a2－\f(16,9)a2,2·a·\f(2,3)a)＝－eq\f(1,4).(2)由(1)可得sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(\r(15),4)，sin2B＝2sinBcosB＝－eq\f(\r(15),8)，cos2B＝cos2B－sin2B＝－eq\f(7,8)，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝sin2Bcoseq\f(π,6)＋cos2Bsineq\f(π,6)＝－eq\f(\r(15),8)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(7,8)×eq\f(1,2)＝－eq\f(3\r(5)＋7,16).18．(12分)在△ABC中，求证：eq\f(cos2A,a2)－eq\f(cos2B,b2)＝eq\f(1,a2)－eq\f(1,b2).【证明】左边＝eq\f(1－2sin2A,a2)－eq\f(1－2sin2B,b2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,b2)))－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin2A,a2)－\f(sin2B,b2)))＝右边．所以原式成立．19．(12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足c＝bsinA＋bcosA.(1)求B的大小．(2)若角A的平分线与BC相交于D点，AD＝AC，BD＝2，求CD的长．【解析】(1)因为c＝bsinA＋bcosA，所以sinC＝sinBsinA＋sinBcosA＝sin(A＋B)，所以sinBsinA＋sinBcosA＝sinAcosB＋cosAsinB，所以sinBsinA＝sinAcosB，又sinA≠0，所以sinB＝cosB，所以tanB＝1，所以B＝45°.(2)由AD＝AC得∠ACD＝∠ADC，设∠BAD＝∠DAC＝α，∠ACD＝∠ADC＝β，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(45°＋2α＋β＝180°,α＋2β＝180°))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(α＝30°，,β＝75°，))所以eq\f(AB,sin105°)＝eq\f(AD,sin45°)＝eq\f(2,sin30°)⇒AB＝eq\r(6)＋eq\r(2)，AD＝2eq\r(2)，所以AC＝2eq\r(2)，所以CD2＝8＋8－2×8×eq\f(\r(3),2)＝4(eq\r(3)－1)2，所以CD＝2(eq\r(3)－1).20．(12分)已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°.E是边BC上一点，线段DE交AC于点F.(1)若△CDE的面积为eq\f(\r(3),2)，求DE的长．(2)若eq\r(7)CF＝4DF，求sin∠DFC.【解析】(1)依题意，得∠BCD＝∠DAB＝60°.因为△CDE的面积S＝eq\f(1,2)CD·CE·sin∠BCD＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(1,2)×2CE·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，解得CE＝1.在△CDE中，由余弦定理得DE＝eq\r(CD2＋CE2－2CD·CEcos∠BCD)＝eq\r(22＋12－2×2×1×\f(1,2))＝eq\r(3).(2)方法一：连接BD，依题意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，设∠CDE＝θ，则0°<θ<60°.在△CDF中，由正弦定理得eq\f(CF,sinθ)＝eq\f(DF,sin∠ACD)，因为eq\r(7)CF＝4DF，所以sinθ＝eq\f(CF,2DF)＝eq\f(2,\r(7))，所以cosθ＝eq\f(\r(3),\r(7))，所以sin∠DFC＝sin(30°＋θ)＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),\r(7))＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(2,\r(7))＝eq\f(3\r(21),14).方法二：连接BD，依题意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，设∠CDE＝θ，则0°<θ<60°，设CF＝4x，因为eq\r(7)CF＝4DF，则DF＝eq\r(7)x，在△CDF中，由余弦定理，得DF2＝CD2＋CF2－2CD·CFcos∠ACD，即7x2＝4＋16x2－8eq\r(3)x，解得x＝eq\f(2\r(3),9)，或x＝eq\f(2\r(3),3).又因为CF≤eq\f(1,2)AC＝eq\r(3)，所以x≤eq\f(\r(3),4)，所以x＝eq\f(2\r(3),9)，所以DF＝eq\f(2\r(21),9)，在△CDF中，由正弦定理得eq\f(CD,sin∠DFC)＝eq\f(DF,sin∠ACD)，所以sin∠DFC＝eq\f(2sin30°,\f(2\r(21),9))＝eq\f(3\r(21),14).21．(12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知3cos(B－C)－1＝6cosBcosC．(1)求cosA.(2)若a＝3，△ABC的面积