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文档简介
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
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