1、第九章测评(时间:120分钟满分:150分)一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若abc=432,则2sinA-sinBsin2C=()A.37B.57C.97D.107答案D解析由题意2sinA-sinBsin2C=2sinA-sinB2sinCcosC=2a-b2ccosC,因为abc=432,设a=4k,b=3k,c=2k,由余弦定理可得cosC=(16+9-4)k2243k2=78,则2sinA-sinBsin2C=(8-3)k478k=107.故选D.2.如图,从地
2、面上C,D两点望山顶A,测得它们的仰角分别为45和30,已知CD=100米,点C位于BD上,则山高AB等于()A.100米B.503米C.50(3+1)米D.502米答案C解析设AB=h,在ABC中,ACB=45,所以BC=h.在ADB中,tanADB=hh+100=33,解得h=50(3+1)米.故选C.3.(2020黑龙江齐齐哈尔实验中学高一期中)在ABC中,a2+b2+c2=2bccos A+2accos B,则ABC一定是()A.锐角三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.等边三角形答案C解析a2+b2+c2=2bccosA+2accosB,a2+b2+c2=2bcb2+c2-a22bc
3、+2aca2+c2-b22ac,a2+b2+c2=b2+c2-a2+a2+c2-b2=2c2,即a2+b2=c2,ABC一定是直角三角形.故选C.4.在直角梯形ABCD中,ABCD,ABC=90,AB=2BC=2CD,则cosDAC=()A.255B.55C.31010D.1010答案C解析如下图所示,不妨设BC=CD=1,则AB=2,过点D作DEAB,垂足为点E.易知四边形BCDE是正方形,则BE=CD=1,所以AE=AB-BE=1.在RtADE中,AD=AE2+DE2=2,在RtABC中,AC=AB2+BC2=5,在ACD中,由余弦定理得cosDAC=AC2+AD2-CD22ACAD=5+
4、2-1252=31010.故选C.5.在ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若bsin 2A+2asin B=0,b=2c,则ca的值为()A.1B.33C.55D.77答案C解析因为bsin2A+2asinB=0,所以由正弦定理可得sinBsin2A+2sinAsinB=0,即2sinBsinAcosA+2sinAsinB=0.由于sinBsinA0,所以cosA=-22,因为0A,所以A=34,又b=2c,由余弦定理可得a2=b2+c2-2cbcosA=2c2+c2+2c2=5c2,所以ca=55.故选C.6.(2020湖北黄冈麻城实验高级中学高三模拟)易经包含着很多哲理,在信息
5、学、天文学中都有广泛的应用,易经的博大精深,对今天的几何学和其他学科仍有深刻的影响.下图是易经中记载的几何图形八卦田,图中正八边形代表八卦,中间的圆代表阴阳太极图,八块面积相等的曲边梯形代表八卦田.已知正八边形的边长为10 m,阴阳太极图的半径为4 m,则每块八卦田的面积约为()A.114 m2B.57 m2C.54 m2D.48 m2答案C解析如图所示,设OA=OB=a.由题意可知AOB=28=4,由余弦定理得100=a2+a2-2aa22,解得a2=50(2+2).所以SAOB=12a2sin4=25(2+1)(m2),所以每块八卦田的面积S=25(2+1)-1842=25(2+1)-25
6、4(m2).故选C.7.平面四边形ABCD为凸四边形,且A=60,ADDC,AB=3,BD=2,则BC的取值范围为()A.72,2B.72,2C.2,7D.72,7答案D解析设AD=x.在ABD中,BD2=AB2+AD2-2ABADcosA,所以4=3+x2-23xcos60,解得x=3+72,延长DC,AB相交于点E,则由ADCD且A=60,得AE=3+7,BE=7,若BCCD,则BC=72,显然点C在线段ED(不含端点)上,所以BC的取值范围是72,7.故选D.8.如图,某建筑物的高度BC=300 m,一架无人机Q上的仪器观测到建筑物顶部C的仰角为15,地面某处A的俯角为45,且BAC=6
7、0,则此无人机距离地面的高度PQ为()A.100 mB.200 mC.300 mD.100 m答案B解析根据题意,得在RtABC中,BAC=60,BC=300m,所以AC=BCsin60=30032=2003m.在ACQ中,AQC=45+15=60,QAC=180-45-60=75,所以QCA=180-AQC-QAC=45.由正弦定理,得AQsin45=ACsin60,解得AQ=20032232=2002m.在RtAPQ中,PQ=AQsin45=200222=200m.故选B.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选
8、对的得3分,有选错的得0分.9.在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列结论正确的是()A.a2=b2+c2-2bccos AB.asin B=bsin AC.a=bcos C+ccos BD.acos B+b cos A=sin C答案ABC解析在A中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA,故A正确;在B中,由正弦定理得asinA=bsinB,asinB=bsinA,故B正确;在C中,a=bcosC+ccosB,由余弦定理得a=ba2+b2-c22ab+ca2+c2-b22ac,整理,得2a2=2a2,故C正确;在D中,由余弦定理得acosB+bcosA=aa2+c2-
9、b22ac+bb2+c2-a22bc=csinC,故D错误.故选ABC.10.在ABC中,根据下列条件解三角形,其中有两解的是()A.b=10,A=45,C=70B.b=45,c=48,B=60C.a=14,b=16,A=45D.a=7,b=5,A=80答案BC解析选项B满足csin60bc,选项C满足bsin45ab,所以B,C有两解;对于选项A,可求B=180-A-C=65,三角形有一解;对于选项D,由sinB=bsinAa,且b0,所以cosC=0,所以C=2,故选项A正确;对于选项B,可知当三角形为等边三角形时,等式同样成立,故选项B错误;对于选项C,cos2B2=cosB+12=a+
10、c2c,化简得ccosB=a,所以ccosB=ccosB+bcosC,整理得bcosC=0,因为b0,所以C=2,故选项C正确;对于选项D,acosB-bcosA=c,因为在任意三角形中都有acosB+bcosA=c,所以两式相加可得acosB=c,所以acosB=acosB+bcosA,整理得bcosA=0,因为b0,所以A=2,故选项D正确.故选ACD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.在ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=1,sin A=210,sin C=35,则c=.答案32解析由正弦定理csinC=asinA,得c=asinCsinA=13521
11、0=35102=32.14.在ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=3,b=4,c=6,则bccos A+accos B+abcos C的值是.答案612解析因为cosA=b2+c2-a22bc,所以bccosA=12(b2+c2-a2).同理,accosB=12(a2+c2-b2),abcosC=12(a2+b2-c2).所以bccosA+accosB+abcosC=12(a2+b2+c2)=612.15.在ABC中,设角A,B,C对应的边分别为a,b,c,记ABC的面积为S,且4a2=b2+2c2,则Sa2的最大值为.答案106解析由题知4a2=b2+2c2,即b2=4a2-
12、2c2=a2+c2-2accosB,整理得2accosB=-3a2+3c2,所以cosB=3(c2-a2)2ac.则Sa22=12acsinBa22=csinB2a2=c2(1-cos2B)4a2=-1169c4a4-22c2a2+9.由4a2=b2+2c2,得b2a2=4-2c2a2,则4-2c2a20,故0c2a22.令t=c2a2,则Sa22=-116(9t2-22t+9)=-1163t-1132+1036,又0t2,则当t=119时,有Sa221036,即Sa2106,所以Sa2的最大值为106.16.(2020湖北宜昌一中高三月考)我国古代数学家刘徽在其海岛算经中给出了著名的望海岛问
13、题及二次测望方法:今有望海岛,立两表,齐高三丈,前后相去千步,令后表与前表三相直.从前表却行一百二十三步,人目着地取望岛峰,与表末三合.从后表却行一百二十七步,人目着地取望岛峰,亦与表末三合.问岛高及去表各几何?这一方法领先印度500多年,领先欧洲1 300多年.其大意为:测量望海岛PQ的高度及离岸距离,在海岸边立两根等高的标杆AB,CD(PQ,AB,CD共面,均垂直于地面),使目测点E与P,B共线,目测点F与P,D共线,测出AE,CF,AC即可求出岛高和距离(如图).若AB=CD=r,AE=a,CF=b,EF=d,则PQ=;EQ=.答案drb-adab-a解析设AEB=,CFD=,则tan=
14、ra,tan=rb.在PEF中,PEsin=EFsin(-),得PE=EFsinsin(-)=dsinsin(-),所以PQ=PEsin=dsinsinsin(-)=dsinsinsincos-cossin=dtantantan-tan=dr2abra-rb=drb-a.EQ=PEcos=dcossinsin(-)=dcossinsincos-cossin=dtantan-tan=drbra-rb=dab-a.四、解答题:本题共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.(10分)(2020全国)ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150.(1)若a=3c
15、,b=27,求ABC的面积;(2)若sin A+3sin C=22,求C.解(1)由题设及余弦定理得28=3c2+c2-23c2cos150,解得c=-2(舍去),c=2.从而a=23.ABC的面积为12232sin150=3.(2)在ABC中,A=180-B-C=30-C,所以sinA+3sinC=sin(30-C)+3sinC=sin(30+C).故sin(30+C)=22.而0C30,所以30+C=45,故C=15.18.(12分)(2020山东)在ac=3,csin A=3,c=3b这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理
16、由.问题:是否存在ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin A=3sin B,C=6,?解由C=6和余弦定理,得a2+b2-c22ab=32.由sinA=3sinB及正弦定理,得a=3b.于是3b2+b2-c223b2=32,由此可得b=c.方案一:选条件.由ac=3,解得a=3,b=c=1.因此,选条件时,问题中的三角形存在,此时c=1.方案二:选条件.因为b=c,所以B=C=6.由A+B+C=,得A=-6-6=23.由csinA=3,即csin23=3,所以c=b=23,a=6.因此,选条件时,问题中的三角形存在,此时c=23.方案三:选条件.由c=3b,与b=c矛盾.因
17、此,选条件时,问题中的三角形不存在.19.(12分)如图,A,B是海面上位于东西方向相距4(3+3)海里的两个观测点,现位于A点北偏东45,B点北偏西60的D点有一艘轮船发出求救信号,位于B点南偏西60且与B点相距163海里的C点的救援船立即前往营救,其航行速度为24海里/小时.(1)求BD的长;(2)该救援船到达D点所需的时间.解(1)由题意可知在ADB中,DAB=45,DBA=30,则ADB=105.由正弦定理ABsinADB=BDsinDAB,得4(3+3)sin105=BDsin45.由sin105=sin(45+60)=sin45cos60+cos45sin60=6+24,代入上式得
18、BD=83(海里).(2)在BCD中,BC=163,BD=83,CBD=60,由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BCBDcos60=(163)2+(83)2-21638312=242,所以CD=24,所以t=sv=2424=1小时.即该救援船到达D点所需的时间为1小时.20.(12分)(2020江苏)在ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=3,c=2,B=45.(1)求sin C的值;(2)在边BC上取一点D,使得cosADC=-45,求tanDAC的值.解(1)在ABC中,因为a=3,c=2,B=45,由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得b2=9+2-232co
19、s45=5,所以b=5.在ABC中,由正弦定理bsinB=csinC,得5sin45=2sinC,所以sinC=55.(2)在ADC中,因为cosADC=-45,所以ADC为钝角,而ADC+C+CAD=180,所以C为锐角.故cosC=1-sin2C=255,则tanC=sinCcosC=12.因为cosADC=-45,所以sinADC=1-cos2ADC=35,tanADC=sinADCcosADC=-34.从而tanDAC=tan(180-ADC-C)=-tan(ADC+C)=-tanADC+tanC1-tanADCtanC=-34+121-3412=211.21.(12分)(2020江苏
20、南通高一检测)在一个特定时段内,以点E为中心的7海里以内海域被设为警戒水域.点E正北55海里处有一个雷达观测站A,某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东45且与点A相距402海里的位置B,经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45+其中sin =2626,090且与点A相距1013海里的位置C.(1)求该船的行驶速度;(2)若该船不改变航行方向继续行驶,判断它是否会进入警戒水域,并说明理由.解(1)由题可知AB=402,AC=1013,BAC=,sin=2626.由于090,所以cos=1-(2626)2=52626.由余弦定理得BC=AB2+AC2-2ABACcos=105,所以该
21、船的行驶速度为10523=155(海里/时).(2)如图所示,以A为原点建立平面直角坐标系,设点B,C的坐标分别是B(x1,y1),C(x2,y2),直线BC与x轴的交点为D.由题设有x1=y1=22AB=40,故B(40,40).x2=ACcosCAD=1013cos(45-)=30,y2=ACsinCAD=1013sin(45-)=20,故C(30,20).所以直线BC的斜率为k=2010=2,直线BC的方程为y=2x-40.又点E(0,-55)到直线BC的距离d=|0+55-40|1+4=357.所以船会进入警戒水域.22.(12分)如图,在ABC中,C=4,角B的平分线BD交AC于点D
22、,设CBD=,其中tan =12.(1)求sin A;(2)若CACB=28,求AB的长.解(1)由CBD=,且tan=12,因为0,2,所以sin=12cos,sin2+cos2=14cos2+cos2=54cos2=1,所以cos=25,sin=15.则sinABC=sin2=2sincos=21525=45,所以cosABC=2cos2-1=245-1=35,sinA=sin-4+2=sin4+2=22sin2+22cos2=2235+45=7210.(2)由正弦定理,得BCsinA=ACsinABC,即BC7210=AC45,所以BC=728AC.又CACB=22|CB|CA|=28,所以|CB|CA|=282,由解得AC=42,又由ABsinC=ACsinABC,得AB22=4245,解得AB=5.