章末检测试卷(一)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1.在△ABC 中，AB ＝5，BC ＝6，AC ＝8，则△ABC 的形状是( ) A.锐角三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形D.等腰三角形或直角三角形 考点 判断三角形形状题点 利用余弦定理判断三角形形状 答案 B解析 ∵最大边AC 所对角为B ， 又cos B ＝52＋62－822×5×6<0，∴B 为钝角，△ABC 为钝角三角形. 2.在△ABC 中，若a ＝52b ，A ＝2B ，则cos B 等于( ) A.53 B.54 C.55 D.56考点 正弦定理及其变形应用 题点 正弦定理的变形应用 答案 B解析 由正弦定理，得a b ＝sin A sin B ，∴a ＝52b 可化为sin A sin B ＝52. 又A ＝2B ，∴sin 2B sin B ＝52，∴cos B ＝54.3.已知△ABC 的外接圆的半径是3，a ＝3，则A 等于( ) A.30°或150° B.30°或60° C.60°或120°D.60°或150°考点 正弦定理及其变形应用 题点 正弦定理的理解 答案 A解析 根据正弦定理，得a sin A ＝2R ，sin A ＝a 2R ＝12，∵0°<A <180°，∴A ＝30°或A ＝150°.4.在△ABC 中，a cos ⎝⎛⎭⎫π2－A ＝b cos ⎝⎛⎭⎫π2－B ，则△ABC 的形状是( ) A.等边三角形 B.等腰三角形C.等腰直角三角形D.等腰三角形或直角三角形考点 正弦定理及其变形应用 题点 正弦定理的理解 答案 B解析 原式可化为a sin A ＝b sin B ，由正弦定理知a 2＝b 2，∴a ＝b ，∴△ABC 为等腰三角形.5.已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且c 2－b 2＝ab ，C ＝π3，则sin Asin B 的值为( )A.12B.1C.2D.3 考点 正弦、余弦定理解三角形综合 题点 正弦、余弦定理解三角形综合 答案 C解析 由余弦定理得c 2－b 2＝a 2－2ab cos C ＝a 2－ab ＝ab ，所以a ＝2b ，所以由正弦定理得sin A sin B ＝ab ＝2.6.在△ABC 中，已知a ＝5，b ＝15，A ＝30°，则c 等于( ) A.2 5 B. 5 C.25或 5D.以上都不对 考点 用余弦定理解三角形题点 已知两边及其中一边对角用余弦定理解三角形 答案 C解析 ∵a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， ∴5＝15＋c 2－215×c ×32， 化简得c 2－35c ＋10＝0，即(c －25)(c －5)＝0， ∴c ＝25或c ＝ 5.7.已知△ABC 中，sin A ∶sin B ∶sin C ＝k ∶(k ＋1)∶2k ，则k 的取值范围是( ) A.(2，＋∞) B.(－∞，0) C.⎝⎛⎭⎫－12，0 D.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ 考点 正弦定理及其变形应用 题点 正弦定理的理解 答案 D解析 由正弦定理，得a ＝mk ，b ＝m (k ＋1)，c ＝2mk (m >0)，∵⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b >c ，a ＋c >b ，即⎩⎪⎨⎪⎧m (2k ＋1)>2mk ，3mk >m (k ＋1)，∴k >12.8.△ABC 的两边长分别为2,3，其夹角的余弦值为13，则其外接圆的直径为( )A.922B.924C.928D.9 2考点 正弦、余弦定理解三角形综合 题点 正弦、余弦定理解三角形综合 答案 B解析 设另一条边为x ，则x 2＝22＋32－2×2×3×13＝9，∴x ＝3.设cos θ＝13，θ为长度为2,3的两边的夹角，则sin θ＝1－cos 2θ＝223.∴2R ＝3sin θ＝3223＝924.9.根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是( ) A.a ＝8，b ＝16，A ＝30°，有两解 B.b ＝18，c ＝20，B ＝60°，有一解 C.a ＝5，c ＝2，A ＝90°，无解 D.a ＝30，b ＝25，A ＝150°，有一解 考点 判断三角形形状题点 利用余弦定理判断三角形形状 答案 D解析 A 中，∵a sin A ＝b sin B，∴sin B ＝16×sin 30°8＝1，∴B ＝90°，即只有一解；B 中，∵sinC ＝20sin 60°18＝539，且c >b ，∴C >B ，故有两解；C 中，∵A ＝90°，a ＝5，c ＝2， ∴b ＝a 2－c 2＝25－4＝21，即有解，故A ，B ，C 都不正确，由排除法知应选D.10.如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则( ) A.△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B.△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C.△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D.△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形 考点 判断三角形形状题点 利用正弦、余弦定理、三角变换判断三角形形状 答案 D解析 △A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0， 则△A 1B 1C 1是锐角三角形， 若△A 2B 2C 2是锐角三角形，由⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，那么A 2＋B 2＋C 2＝π2，矛盾，若△A 2B 2C 2是直角三角形，不妨设A 2＝π2，则cos A 1＝sin A 2＝1，A 1＝0，矛盾. 所以△A 2B 2C 2是钝角三角形.11.在斜三角形ABC 中，sin A ＝－2cos B ·cos C ，且tan B ·tan C ＝1－2，则角A 的值为( ) A.π4 B.π3 C.π2 D.3π4考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合 题点 正弦、余弦定理与三角变换的综合 答案 A解析 由题意知，sin A ＝－2cos B ·cos C ＝sin(B ＋C ) ＝sin B ·cos C ＋cos B ·sin C ，在等式－2cos B ·cos C ＝sin B ·cos C ＋cos B ·sin C 两边同除以cos B ·cos C 得tan B ＋tan C ＝－2， 又tan(B ＋C )＝tan B ＋tan C 1－tan B tan C ＝－1＝－tan A ，即tan A ＝1，又0<A <π，所以A ＝π4.12.在△ABC 中，AB ＝7，AC ＝6，M 是BC 的中点，AM ＝4，则BC 等于( ) A.21 B.106 C.69 D.154 考点 几何图形中的计算问题 题点 三角形有关的几何图形计算问题 答案 B解析 设BC ＝a ，则BM ＝MC ＝a2.在△ABM 中，AB 2＝BM 2＋AM 2－2BM ×AM ×cos ∠AMB ， 即72＝14a 2＋42－2×a2×4×cos ∠AMB ，①在△ACM 中，AC 2＝AM 2＋CM 2－2AM ×CM ×cos ∠AMC ， 即62＝42＋14a 2＋2×4×a2×cos ∠AMB ，②①＋②得72＋62＝42＋42＋12a 2，所以a ＝106.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且cos Ccos B ＝－2a ＋c b ，则角B 的大小为________.考点 余弦定理及其变形应用 题点 用余弦定理求边或角的取值范围 答案2π3解析 根据余弦定理，得cos Ccos B ＝a 2＋b 2－c 22ab a 2＋c 2－b22ac＝a 2＋b 2－c 2a 2＋c 2－b 2×c b ＝－2a ＋c b .化简可得a 2＋c 2－b 2＝－ac ，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－12，B 为△ABC 的内角，所以B ＝2π3.14.已知△ABC 中，3a 2－2ab ＋3b 2－3c 2＝0，则cos C ＝________. 考点 余弦定理及其变形应用 题点 余弦定理的变形应用 答案 13解析 由3a 2－2ab ＋3b 2－3c 2＝0， 得c 2＝a 2＋b 2－23ab .根据余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 2－a 2－b 2＋23ab2ab ＝13.15.在△ABC 中，若A ＝120°，AB ＝5，BC ＝7，则sin B ＝________. 考点 用正弦定理解三角形题点 已知两边及其中一边对角解三角形 答案3314解析 由正弦定理得7sin 120°＝5sin C ，∴sin C ＝5314，且C 为锐角(A ＝120°).∴cos C ＝1114.∴sin B ＝sin(180°－120°－C )＝sin(60°－C ) ＝32cos C －12sin C ＝32×1114－12×5314＝3314. 16.太湖中有一小岛C ，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A 处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶 1 km 到达B 处后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是________km.考点 解三角形求距离 题点 测量方向角求距离 答案36解析 如图，∠CAB ＝15°， ∠CBA ＝180°－75°＝105°， ∠ACB ＝180°－105°－15°＝60°， AB ＝1(km).在△ABC 中，由正弦定理，得 BC sin ∠CAB ＝ABsin ∠ACB，∴BC ＝1sin 60°×sin 15°＝32－66(km).设C 到直线AB 的距离为d ，则d ＝BC ·sin 75°＝32－66×6＋24＝36(km).三、解答题(本大题共6小题，共70分)17.(10分)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a ＝2，cos B ＝35.(1)若b ＝4，求sin A 的值；(2)若△ABC 的面积S △ABC ＝4，求b ，c 的值. 考点 正弦、余弦定理解三角形综合 题点 正弦、余弦定理解三角形综合 解 (1)∵cos B ＝35>0,0<B <π，∴sin B ＝1－cos 2B ＝45.由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin A ＝a b sin B ＝25. (2)∵S △ABC ＝12ac sin B ＝45c ＝4，∴c ＝5.由余弦定理，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝22＋52－2×2×5×35＝17，∴b ＝17.18.(12分)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知△ABC 的面积为315，b －c ＝2，cos A ＝－14.(1)求a 和sin C 的值； (2)求cos ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6的值. 考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合 题点 正弦、余弦定理与三角变换的综合 解 (1)在△ABC 中，由cos A ＝－14，可得sin A ＝154. 由S △ABC ＝12bc sin A ＝315，得bc ＝24.又由b －c ＝2，解得b ＝6，c ＝4. 由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，可得a ＝8. 由a sin A ＝c sin C ，得sin C ＝158. (2)cos ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6＝cos 2A ·cos π6－sin 2A ·sin π6 ＝32(2cos 2A －1)－12×2sin A ·cos A ＝15－7316. 19.(12分)在△ABC 中，a ＝3，b ＝26，B ＝2A . (1)求cos A 的值； (2)求c 的值.考点 正弦、余弦定理解三角形综合 题点 正弦、余弦定理解三角形综合 解 (1)在△ABC 中，由正弦定理，得 a sin A ＝b sin B ，∴3sin A ＝26sin 2A ＝262sin A cos A ， ∴cos A ＝63.(2)由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得 32＝(26)2＋c 2－2×26c ×63， 则c 2－8c ＋15＝0.∴c ＝5或c ＝3. 当c ＝3时，a ＝c ，∴A ＝C .由A ＋B ＋C ＝π，知B ＝π2，与a 2＋c 2≠b 2矛盾.∴c ＝3舍去.故c 的值为5.20.(12分)已知△ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，设向量m ＝(a ，b )，n ＝(sin B ，sin A )，p ＝(b －2，a －2).(1)若m ∥n ，求证：△ABC 为等腰三角形； (2)若m ⊥p ，边长c ＝2，角C ＝π3，求△ABC 的面积.考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合 题点 正弦、余弦定理与平面向量的综合 (1)证明 ∵m ∥n ，∴a sin A ＝b sin B ， 由正弦定理，得a 2＝b 2，∴a ＝b . ∴△ABC 为等腰三角形.(2)解 由题意知m ·p ＝0，即a (b －2)＋b (a －2)＝0. ∴a ＋b ＝ab .由余弦定理可知，4＝a 2＋b 2－ab ＝(a ＋b )2－3ab ， 即(ab )2－3ab －4＝0. ∴ab ＝4(ab ＝－1舍去)，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×4×sin π3＝ 3.21.(12分)如图，已知A ，B ，C 是一条直路上的三点，AB 与BC 各等于1 km ，从三点分别遥望塔M ，在A 处看见塔在北偏东45°方向，在B 处看见塔在正东方向，在C 处看见塔在南偏东60°方向，求塔到直路ABC 的最短距离.考点 解三角形求距离 题点 测量方向角求距离解 由题意得∠CMB ＝30°，∠AMB ＝45°， ∵AB ＝BC ＝1，∴S △MAB ＝S △MBC ，即12MA ×MB ×sin 45°＝12MC ×MB ×sin 30°， ∴MC ＝2MA ，在△MAC 中，由余弦定理，得 AC 2＝MA 2＋MC 2－2MA ×MC ×cos 75°， ∴MA 2＝43－22cos 75°，设M 到AB 的距离为h ，则由△MAC 的面积得 12MA ×MC ×sin 75°＝12AC ×h ， ∴h ＝2MA 22×sin 75°＝22×43－22cos 75°×sin 75°＝7＋5313(km). ∴塔到直路ABC 的最短距离为7＋5313km.22.(12分)如图所示，在扇形AOB 中，∠AOB 的大小为π3，半径为2，在半径OA 上有一动点C (不与O ，A重合)，过点C 作平行于OB 的直线交AB 于点P .(1)若C 是半径OA 的中点，求线段PC 的长；(2)若∠COP ＝θ，求△POC 面积的最大值及此时θ的值. 考点 正弦、余弦定理与其他知识的综合 题点 正弦、余弦定理与三角函数的综合解 (1)在△POC 中，∠OCP ＝2π3，OP ＝2，OC ＝1，由OP 2＝OC 2＋PC 2－2OC ·PC cos 2π3， 得PC 2＋PC －3＝0， 解得PC ＝13－12. (2)∵CP ∥OB ，∴∠CPO ＝∠POB ＝π3－θ.在△POC 中，由正弦定理得OP sin ∠PCO ＝CPsin θ，即2sin2π3＝CP sin θ，∴CP ＝43sin θ， 又OC sin ⎝⎛⎭⎫π3－θ＝OPsin 2π3， ∴OC ＝43sin ⎝⎛⎭⎫π3－θ. 记△POC 的面积为S ， 则S ＝12CP ·OC ·sin 2π3＝12×43sin θ×43sin ⎝⎛⎭⎫π3－θ×32 ＝43sin θ·sin ⎝⎛⎭⎫π3－θ ＝43sin θ·⎝⎛⎭⎫32cos θ－12sin θ ＝2sin θcos θ－23sin 2θ ＝sin 2θ＋33cos 2θ－33＝233sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π6－33， ∵θ∈⎝⎛⎭⎫0，π3，∴2θ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，5π6， ∴当2θ＋π6＝π2，即θ＝π6时，S 取得最大值，最大值为33.。