-新教材高中數(shù)學第11章解三角形單元形成性評價含解析蘇教版必修第二冊

PAGEPAGE10單元形成性評價(三)(第11章)(120分鐘150分)一、單選題(每小題5分，共40分)1．在△ABC中，A＝60°，B＝75°，a＝10，則c等于()A．5eq\r(2)B．10eq\r(2)C．eq\f(10\r(6),3)D．5eq\r(6)【解析】選C.因為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的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a＝eq\r(5)，c＝2，cosA＝eq\f(2,3)，則b＝()A．eq\r(2)B．eq\r(3)C．2D．3【解析】選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)，則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】選B.由正弦定理和比例的性質(zhì)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°，則△ABC的面積為()A．eq\r(3)B．2eq\r(3)C．eq\f(\r(3),3)D．eq\f(2\r(3),3)【解析】選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是邊BC上一點，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】選A.畫出圖象如圖所示．由誘導公式得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，則bcosC＋ccosB等于()A．2B．eq\r(2)C．1D．4【解析】選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的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知bcosA＝(2c－a)cosB，c＝2，a＝1，則△ABC的面積是()A．eq\f(1,2)B．eq\f(\r(3),2)C．1D．eq\r(3)【解析】選B.△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為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，則B＝eq\f(π,3).由于c＝2，a＝1，則S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2).【加固訓練】設a，b，c分別是△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊，已知(b＋c)sin(A＋C)＝(a＋c)(sinA－sinC)，則A的大小為()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3)D．eq\f(5π,6)【解析】選C.因為A＋B＋C＝π，所以sin(A＋C)＝sinB，所以已知等式可化為(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).8．一個大型噴水池的中央有一個強力噴水柱OA，為了測量噴水柱的高度，某人在噴水柱正西方向的D處測得噴水柱頂端的仰角為45°，沿D向北偏東30°方向前進100m后到達C處，在C處測得噴水柱頂端的仰角為30°，則噴水柱的高度是()A．50mB．100mC．120mD．150m【解析】選A.如圖所示，AO⊥平面OCD，CD＝100m，∠ACO＝30°，∠ADO＝45°，∠ODC＝60°.設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)，化為：h2＋50h－5000＝0，解得h＝50，因此噴水柱的高度是50m．【加固訓練】從高出海平面h米的小島看到正東方向有一只船俯角為30°，南偏西60°方向有一只船俯角為45°，則此時兩船間的距離為()A．2h米 B．eq\r(3)h米C．eq\r(7)h米 D．2eq\r(2)h米【解析】選C.根據(jù)題意作出圖形(如圖)，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、多選題(每小題5分，共20分，全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9．三角形有一個角是60°，相鄰兩邊長分別為8和5，則下列結論正確的是()A．三角形另一邊長為7B．三角形周長為20C．三角形內(nèi)切圓周長為3πD．三角形外接圓面積為eq\f(49π,3)【解析】選ABD.根據(jù)余弦定理可得82＋52－2×8×5×cos60°＝49，即另一邊長為7，故該三角形周長為20，故A，B正確；設內(nèi)切圓半徑為r，則eq\f(1,2)(8＋7＋5)r＝eq\f(1,2)×8×5×sin60°，解得r＝eq\r(3)，故內(nèi)切圓周長為2πr＝2eq\r(3)π，C不正確；設外接圓半徑為R，則2R＝eq\f(7,sin60°)，解得R＝eq\f(7\r(3),3)，其面積為πR2＝eq\f(49π,3).10．若△ABC為鈍角三角形，且a＝2，b＝3，則邊c的長可能為()A．2B．3C．eq\r(10)D．4【解析】選AD.由三角形的邊長能構成三角形，有1<c<5，又a<b，所以在△ABC中鈍角可能為角B或角C.則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，所以選項A，D滿足．【光速解題】本題直接求解略顯復雜，可以直接利用余弦定理驗證即可．本題A選項較易驗證cosB＝eq\f(4＋4－9,2×2×2)＝－eq\f(1,8)<0，故B為鈍角；B選項不需要驗證；C選項cosC＝eq\f(4＋9－10,2×2×3)＝eq\f(1,4)>0，故最大角C為銳角，從而△ABC為銳角三角形，故此選項不符合題意；D選項不需要驗證即可判斷(多選題至少有兩項滿足，則D項必定成立).11．已知△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且A＝60°，b＝2，c＝eq\r(3)＋1，則下列說法正確的是()A．C＝75°或C＝105°B．B＝45°C．a(chǎn)＝eq\r(6)D．該三角形面積為eq\f(\r(3)＋1,2)【解析】選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的面積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分別為△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊，∠C＝45°，c＝eq\r(2)，a＝x，若滿足條件的三角形有兩個，則x的值可能為()A．1B．1.5C．1.8D．2【解析】選BC.在△ABC中，由∠C＝45°，c＝eq\r(2)，a＝x，則asinC＝xsin45°＝eq\f(\r(2),2)x，要使得三角形有兩個，則滿足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的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，2))，結合選項BC正確．三、填空題(每小題5分，共20分)13．在△ABC中，a＝3eq\r(2)，b＝2eq\r(3)，cosC＝eq\f(1,3)，則△ABC的面積為________．【解析】因為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分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，若b＝2a，B＝A＋60°，則A＝________．【解析】因為b＝2a，所以sinB＝2sinA，又因為B＝A＋60°，所以sin(A＋60°)＝2sinA，即sinAcos60°＋cosAsin60°＝2sinA，化簡得：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°【加固訓練】在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若a＝eq\r(7)，b＝2，A＝60°，則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(負值舍去).答案：eq\f(\r(21),7)315.(2019·浙江高考)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，點D在線段AC上，若∠BDC＝45°，則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．如圖，一位同學從P1處觀測塔頂B及旗桿頂A的仰角分別為α和90°－α.后退l(單位：m)至點P2處再觀測塔頂B，仰角變?yōu)樵瓉淼囊话?，設塔CB和旗桿BA都垂直于地面，且C，P1，P2三點在同一條水平線上，則塔CB的高為______m；旗桿BA的高為______m.(用含有l(wèi)和α的式子表示)【解析】設BC＝xm，在Rt△BCP1中，∠BP1C＝α，在Rt△P2BC中，∠P2＝eq\f(α,2)，因為∠BP1C＝∠P1BP2＋∠P2，所以∠P1BP2＝eq\f(α,2)，即△P1BP2為等腰三角形，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)，則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、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟)17．(10分)(2019·天津高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為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，因為sinC≠0，所以3b＝4a.又因為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，求證：eq\f(cos2A,a2)－eq\f(cos2B,b2)＝eq\f(1,a2)－eq\f(1,b2).【證明】左邊＝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)))＝右邊．所以原式成立．19．(12分)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足c＝bsinA＋bcosA.(1)求B的大?。?2)若角A的平分線與BC相交于D點，AD＝AC，BD＝2，求CD的長．【解析】(1)因為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，設∠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的邊長為2，∠DAB＝60°.E是邊BC上一點，線段DE交AC于點F.(1)若△CDE的面積為eq\f(\r(3),2)，求DE的長．(2)若eq\r(7)CF＝4DF，求sin∠DFC.【解析】(1)依題意，得∠BCD＝∠DAB＝60°.因為△CDE的面積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：連接BD，依題意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，設∠CDE＝θ，則0°<θ<60°.在△CDF中，由正弦定理得eq\f(CF,sinθ)＝eq\f(DF,sin∠ACD)，因為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：連接BD，依題意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，設∠CDE＝θ，則0°<θ<60°，設CF＝4x，因為eq\r(7)CF＝4DF，則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).又因為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的對邊分別為a，b，c.已知3cos(B－C)－1＝6cosBcosC．(1)求cosA.(2)若a＝3，△ABC的面積