2024-2025学年高中数学第1章解三角形章末综合测评含解析新人教A版必修5

PAGE章末综合测评(一)解三角形(满分：150分时间：120分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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，a＝k，b＝eq\r(3)k(k>0)，A＝45°，则满意条件的三角形有()A．0个 B．1个C．2个 D．多数个A[由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(6),2)>1，即sinB>1，这是不成立的．所以没有满意此条件的三角形．]2．已知三角形三边之比为5∶7∶8，则最大角与最小角的和为()A．90° B．120°C．135° D．150°B[设最小边为5，则三角形的三边分别为5，7，8，设边长为7的边对应的角为θ，则由余弦定理可得49＝25＋64－80cosθ，解得cosθ＝eq\f(1,2)，∴θ＝60°.则最大角与最小角的和为180°－60°＝120°.]3．在△ABC中，A＝eq\f(π,3)，BC＝3，AB＝eq\r(6)，则C＝()A．eq\f(π,4)或eq\f(3π,4) B．eq\f(3π,4)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)C[由eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，得sinC＝eq\f(\r(2),2).∵BC＝3，AB＝eq\r(6)，∴A>C，则C为锐角，故C＝eq\f(π,4).]4．在△ABC中，a＝15，b＝20，A＝30°，则cosB＝()A．±eq\f(\r(5),3) B．eq\f(2,3)C．－eq\f(\r(5),3) D．eq\f(\r(5),3)A[因为eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以eq\f(15,sin30°)＝eq\f(20,sinB)，解得sinB＝eq\f(2,3).因为b>a，所以B>A，故B有两解，所以cosB＝±eq\f(\r(5),3).]5．在△ABC中，已知(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，则sinA∶sinB∶sinC等于()A．6∶5∶4 B．7∶5∶3C．3∶5∶7 D．4∶5∶6[答案]B6．在△ABC中，a，b，c分别为A，B，C的对边，假如2b＝a＋c，B＝30°，△ABC的面积为eq\f(3,2)，那么b等于()A．eq\f(1＋\r(3),2) B．1＋eq\r(3)C．eq\f(2＋\r(2),2) D．2eq\r(3)B[∵S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB，∴ac＝6.又∵b2＝a2＋c2－2accos＝(a＋c)2－2ac－2ac·cos30°＝4b2－12－6eq\r(3)，∴b2＝4＋2eq\r(3)，∴b＝1＋eq\r(3).]7．已知△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝k∶(k＋1)∶2k，则k的取值范围是()A．(2，＋∞) B．(－∞，0)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))D[由正弦定理得：a＝mk，b＝m(k＋1)，c＝2mk，(m>0)，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b>c，,a＋c>b，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m（2k＋1）>2mk，,3mk>m（k＋1），))∴k>eq\f(1,2).]8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2eq\f(A,2)＝eq\f(c－b,2c)，则△ABC的形态为()A．等边三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰直角三角形B[由已知可得eq\f(1－cosA,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(b,2c)，即cosA＝eq\f(b,c)，b＝ccosA.法一：由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，则b＝c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，所以c2＝a2＋b2，由此知△ABC为直角三角形．法二：由正弦定理，得sinB＝sinCcosA.在△ABC中，sinB＝sin(A＋C)，从而有sinAcosC＋cosAsinC＝sinCcosA，即sinAcosC＝0.在△ABC中，sinA≠0，所以cosC＝0.由此得C＝eq\f(π,2)，故△ABC为直角三角形．]9．已知圆的半径为4，a，b，c为该圆的内接三角形的三边，若abc＝16eq\r(2)，则三角形的面积为()A．2eq\r(2) B．8eq\r(2)C．eq\r(2) D．eq\f(\r(2),2)C[∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R＝8，∴sinC＝eq\f(c,8)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(abc,16)＝eq\f(16\r(2),16)＝eq\r(2).]10．在△ABC中，三边长分别为a－2，a，a＋2，最大角的正弦值为eq\f(\r(3),2)，则这个三角形的面积为()A．eq\f(15,4) B．eq\f(15\r(3),4)C．eq\f(21\r(3),4) D．eq\f(35\r(3),4)B[∵三边不等，∴最大角大于60°.设最大角为α，故α所对的边长为a＋2，∵sinα＝eq\f(\r(3),2)，∴α＝120°.由余弦定理得(a＋2)2＝(a－2)2＋a2＋a(a－2)，即a2＝5a，故a＝5，故三边长为3，5，7，S△ABC＝eq\f(1,2)×3×5×sin120°＝eq\f(15\r(3),4).]11．如图，海平面上的甲船位于中心O的南偏西30°，与O相距15海里的C处．现甲船以35海里/时的速度沿直线CB去营救位于中心O正东方向25海里的B处的乙船，则甲船到达B处须要的时间为()A．eq\f(1,2)小时 B．1小时C．eq\f(3,2)小时 D．2小时B[在△OBC中，由余弦定理，得CB2＝CO2＋OB2－2CO·OBcos120°＝152＋252＋15×25＝352，因此CB＝35，eq\f(35,35)＝1(小时)，因此甲船到达B处须要的时间为1小时．]12．如图，在△ABC中，D是边AC上的点，且AB＝AD，2AB＝eq\r(3)BD，BC＝2BD，则sinC的值为()A．eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(3),6)C．eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(6),6)D[设BD＝a，则BC＝2a，AB＝AD＝eq\f(\r(3),2)a.在△ABD中，由余弦定理，得cosA＝eq\f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2)－a2,2×\f(\r(3),2)a·\f(\r(3),2)a)＝eq\f(1,3).又∵A为△ABC的内角，∴sinA＝eq\f(2\r(2),3).在△ABC中，由正弦定理得，eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC).∴sinC＝eq\f(AB,BC)·sinA＝eq\f(\f(\r(3),2)a,2a)·eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(\r(6),6).]二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．已知△ABC为钝角三角形，且C为钝角，则a2＋b2与c2的大小关系为．a2＋b2<c2[∵cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，且C为钝角，∴cosC<0，∴a2＋b2－c2<0，故a2＋b2<c2.]14．设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.若b＋c＝2a，3sinA＝5sinB，则角C＝eq\f(2π,3)[由3sinA＝5sinB，得3a＝5b.又因为b＋c＝2a所以a＝eq\f(5,3)b，c＝eq\f(7,3)b，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)b))\s\up12(2)＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)b))\s\up12(2),2×\f(5,3)b×b)＝－eq\f(1,2).因为C∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3).]15．在锐角△ABC中，BC＝1，B＝2A，则eq\f(AC,cosA)的值等于，AC的取值范围为．2(eq\r(2)，eq\r(3))[设A＝θ⇒B＝2θ.由正弦定理得eq\f(AC,sin2θ)＝eq\f(BC,sinθ)，∴eq\f(AC,2cosθ)＝1⇒eq\f(AC,cosθ)＝2.由锐角△ABC得0°<2θ<90°⇒0°<θ<45°.又0°<180°－3θ<90°⇒30°<θ<60°，故30°<θ<45°⇒eq\f(\r(2),2)<cosθ<eq\f(\r(3),2)，∴AC＝2cosθ∈(eq\r(2)，eq\r(3)).]16．在△ABC中，A满意eq\r(3)sinA＋cosA＝1，AB＝2，BC＝2eq\r(3)，则△ABC的面积为________．eq\r(3)[由eq\r(3)sinA＋cosA＝1，sin2A＋cos2A＝1得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinA＝\f(\r(3),2)，,cosA＝－\f(1,2)．))∴A＝120°，由正弦定理得eq\f(2,sinC)＝eq\f(2\r(3),sinA)，∴sinC＝eq\f(1,2).∴C＝30°，∴B＝30°，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB×BC×sinB＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)×sin30°＝eq\r(3).]三、解答题(本大题共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．(本小题满分10分)△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinAsinB＋bcos2A＝eq\r(2)a.(1)求eq\f(b,a)；(2)若c2＝b2＋eq\r(3)a2，求B.[解](1)由正弦定理得，sin2AsinB＋sinBcos2A＝eq\r(2)sinA，即sinB(sin2A＋cos2A)＝eq\r(2)sinA.故sinB＝eq\r(2)sinA，所以eq\f(b,a)＝eq\r(2).(2)由余弦定理和c2＝b2＋eq\r(3)a2，得cosB＝eq\f(（1＋\r(3)）a,2c).由(1)知b2＝2a2，故c2＝(2＋eq\r(3))a2.可得cos2B＝eq\f(1,2)，又cosB>0，故cosB＝eq\f(\r(2),2)，所以B＝45°.18．(本小题满分12分)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝2，cosB＝eq\f(3,5).(1)若b＝4，求sinA的值；(2)若△ABC的面积S△ABC＝4，求b，c的值．[解](1)∵cosB＝eq\f(3,5)>0，且0<B<π，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4,5).由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2×\f(4,5),4)＝eq\f(2,5).(2)∵S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝4，∴eq\f(1,2)×2×c×eq\f(4,5)＝4，∴c＝5.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝22＋52－2×2×5×eq\f(3,5)＝17，∴b＝eq\r(17).19．(本小题满分12分)已知A，B，C为△ABC的三个内角，其所对的边分别为a，b，c，且2cos2eq\f(A,2)＋cosA＝0.(1)求角A的值；(2)若a＝2eq\r(3)，b＝2，求c的值．[解](1)∵cosA＝2cos2eq\f(A,2)－1，∴2cos2eq\f(A,2)＝cosA＋1.又2cos2eq\f(A,2)＋cosA＝0，∴2cosA＋1＝0，∴cosA＝－eq\f(1,2)，∴A＝120°.(2)由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bccosA，又a＝2eq\r(3)，b＝2，cosA＝－eq\f(1,2)，∴(2eq\r(3))2＝22＋c2－2×2×c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，化简，得c2＋2c－8＝0，解得c＝2或c＝－4(舍去).20．(本小题满分12分)某观测站在城A南偏西20°方向的C处，由城A动身的一条马路，走向是南偏东40°，在C处测得马路距C处31千米的B处有一人正沿马路向城A走去，走了20千米后到达D处，此时C、D间的距离为21千米，问这人还要走多少千米可到达城A?[解]如图所示，设∠ACD＝α，∠CDB＝β.在△CBD中，由余弦定理得cosβ＝eq\f(BD2＋CD2－CB2,2BD·CD)＝eq\f(202＋212－312,2×20×21)＝－eq\f(1,7)，∴sinβ＝eq\f(4\r(3),7).而sinα＝sin(β－60°)＝sinβcos60°－sin60°cosβ＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,7)＝eq\f(5\r(3),14).在△ACD中，eq\f(21,sin60°)＝eq\f(AD,sinα)，∴AD＝eq\f(21×sinα,sin60°)＝15(千米).所以这人还要再走15千米可到达城A.21．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos2C＋2eq\r(2)cosC＋2＝0.(1)求角C的大小；(2)若b＝eq\r(2)a，△ABC的面积为eq\f(\r(2),2)sinAsinB，求sinA及c的值．[解](1)∵cos2C＋2eq\r(2)cosC＋2＝0，∴2cos2C＋2eq\r(2)cosC＋1＝0，即(eq\r(2)cosC＋1)2＝0，∴cosC＝－eq\f(\r(2),2).又C∈(0，π)，∴C＝eq\f(3π,4).(2)∵c2＝a2＋b2－2abcosC＝3a2＋2a2＝5∴c＝eq\r(5)a，即sinC＝eq\r(5)sinA，∴sinA＝eq\f(1,\r(5))sinC＝eq\f(\r(10),10).∵S△ABC＝eq\f(1,2)absinC，且S△ABC＝eq\f(\r(2),2)sinAsinB，∴eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(2