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2021学年第一章 解三角形综合与测试免费练习
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易混易错练
易错点1 忽略了三角形中边角关系的隐含条件
1.(2020浙江丽水高一期末,★★☆)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知(b-2c)cos A=a-2acos2.
(1)求角A的大小;
(2)若a=,b=2,求△ABC的面积.
2.(2020广东佛山一中、石门中学、顺德一中高一期末联考,★★☆)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcos C+csin B.
(1)求B;
(2)若△ABC为锐角三角形,且c=,求△ABC面积的取值范围.
3.(2019江西宜春高二期末,★★☆)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,△ABC的面积为S,且4S=a2+b2-c2.
(1)求角C;
(2)若a=1,c=,求角B.
易错点2 忽略了三角形解的个数问题
4.(2020天津六校高一期末联考,★★☆)在△ABC中,a,b分别是角A,B的对边,a=1,b=,A=30°,则角B为( )
A.45° B.90° C.135° D.45°或135°
5.(★★☆)已知在△ABC中,a=,b=,B=45°,求角A,C和边c.
易错点3 错把空间问题看成平面问题
6.(★★☆)如图所示,在地面上共线的三点A,B,C处测得一建筑物的仰角分别为30°,45°,60°,且AB=BC=60 m,求建筑物的高度.
思想方法练
一、数形结合思想在解三角形中的应用
1.(★★☆)已知船A在灯塔C的北偏东85°,且到C的距离为2 km,船B在灯塔C的西偏北25°,且到C的距离为 km,则A、B两船的距离为( )
A.2 km B.3 km
C. km D. km
2.(★★☆)一船自西向东匀速航行,上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68 n mile的M处,下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处,则这只船的航行速度为( )
A. n mile/h B.34 n mile/h
C. n mile/h D.34 n mile/h
3.(★★☆)海上一观测站测得方位角240°的方向上有一艘停止航行待修的商船,在商船的正东方有一艘海盗船正向它靠近,速度为每小时90 n mile.此时海盗船距观测站10 n mile,20 min后测得海盗船距观测站20 n mile,再过 min,海盗船到达商船处.
4.(★★☆)海上某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°,距离为12
n mile;在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°,距离为8 n mile;货轮向正北由A处航行到D处时看灯塔B的方位角为120°.求:
(1)A处与D处的距离;
(2)灯塔C与D处之间的距离.
二、函数与方程思想在解三角形中的应用
5.(★★☆)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,A=60°,b=1,S△ABC=,则a=( )
A. B. C. D.
6.(★★☆)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若三边的长为连续的三个正整数,且A>B>C,3b=20acos A,则sin A∶sin B∶sin C=( )
A.4∶3∶2 B.5∶6∶7
C.5∶4∶3 D.6∶5∶4
7.(2020黑龙江东南联合体高一期末,★★☆)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知acos Bcos C+bcos Acos C=.
(1)求角C;
(2)若c=,a+b=5,求△ABC的面积.
8.(★★☆)在△ABC中,若已知三边为连续正整数,最大角为钝角.
(1)求最大角的余弦值;
(2)求以此最大角为内角,夹此角的两边之和为4的平行四边形的最大面积.
答案全解全析
易混易错练
1.解析 (1)∵(b-2c)cos A=a-2acos2,
∴由正弦定理可得(sin B-2sin C)cos A=sin A-2sin Acos2,
∴sin Bcos A-2sin Ccos A=-sin Acos B,
∴sin Bcos A+sin Acos B=2sin Ccos A,
∴sin C=2sin Ccos A.
又∵A,C∈(0,π),∴sin C≠0,
∴cos A=,∴A=.
(2)由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=4+c2-2×2×c×=7,∴c2-2c-3=0,
又c>0,∴c=3,∴S△ABC=bcsin A=.
2.解析 (1)∵a=bcos C+csin B,
∴由正弦定理可得,sin A=sin Bcos C+sin Csin B.
又∵sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos B·sin C,
∴sin Bcos C+cos Bsin C=sin Bcos C+sin Csin B,
∴cos Bsin C=sin Csin B.
∵B,C∈(0,π),
∴sin B>0,sin C>0,
∴cos B=sin B,
∴tan B=,∴B=.
(2)由已知及余弦定理可得,b==.
若△ABC为锐角三角形,则即解得<a<2.
又S△ABC=a·sin =a,所以<a<,即△ABC面积的取值范围为.
3.解析 (1)∵S=absin C,∴4×absin C=a2+b2-c2,即sin C==cos C,
∴tan C=1,又0°<C<180°,∴C=45°.
(2)∵=,
∴sin A=sin C=×=.
∵a<c,∴A<C,∴A=30°,
∵A+B+C=180°,∴B=105°.
4.D ∵在△ABC中,a=1,b=,A=30°,
∴由正弦定理可得,sin B==·sin 30°=,
又0°<B<180°,所以B=45°或B=135°,经检验,均符合题意,故选D.
5.解析 由=,得sin A=.
所以A=60°或A=120°.
当A=60°时,C=180°-45°-60°=75°,
c==;
当A=120°时,C=180°-45°-120°=15°,
c==.
6.解析 设建筑物的高度为h m,由题图知,PA=2h,PB=h,PC=h,
∴在△PBA和△PBC中,分别由余弦定理,
得cos∠PBA==,①
cos∠PBC==.②
∵∠PBA+∠PBC=180°,
∴cos∠PBA+cos∠PBC=0.③
由①②③解得h=30或h=-30(舍去),即建筑物的高度为30 m.
思想方法练
1.D 如图.
由图可知∠ACB=85°+(90°-25°)=150°,
又AC=2 km,BC= km,
∴AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos 150°=13,
∴AB= km.
2.A 设这只船的航行速度为v.
如图所示,在△PMN中,=,
∴MN==34(n mile),
∴v==(n mile/h).
3.答案
解析 如图,设开始时观测站、商船、海盗船分别位于A、B、C处,20 min后,海盗船到达D处.
在△ADC中,AC=10,AD=20,CD=30,由余弦定理,得cos∠ADC===,
∴∠ADC=60°.
在△ABD中,由图得∠ABD=30°,
∴∠BAD=60°-30°=30°,
∴BD=AD=20,×60=,
∴再过 min,海盗船到达商船处.
4.解析 由题意,画出示意图,如图所示.
(1)在△ABD中,由已知得∠ADB=60°,则B=45°.由正弦定理,
得AD==24,即A处与D处的距离为24 n mile.
(2)在△ADC中,由余弦定理,得
CD2=AD2+AC2-2AD·ACcos 30°
=242+(8)2-2×24×8×=(8)2,
∴CD=8,即灯塔C与D处之间的距离为8 n mile.
5.D ∵S△ABC=bcsin A=×1×c×sin 60°=,∴c=4.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos 60°=1+16-2×1×4×=13.∴a=(负值舍去).
6.D 由题意知:a=b+1,c=b-1,
所以3b=20acos A=20(b+1)·=20(b+1)·,
整理得7b2-27b-40=0,解得b=5(负值舍去),所以a=6,c=4.
结合正弦定理可知sin A∶sin B∶sin C=6∶5∶4.
7.解析 (1)由已知及正弦定理得,sin A·cos Bcos C+sin Bcos Acos C=sin C,
∴sin(A+B)cos C=sin C,∵sin(A+B)=sin C≠0,∴cos C=,
又∵C∈(0,π),∴C=.
(2)由已知及余弦定理可得,
∴ab=6,∴S△ABC=absin C=.
8.解析 (1)设这三个数分别为n,n+1,n+2,n∈N*,最大角为θ,
则cos θ=<0,化简得,n2-2n-3<0,解得-1<n<3.
∵n∈N*且n+(n+1)>n+2,∴n=2.
∴cos θ==-.
(2)结合(1)得,sin θ=.设平行四边形的一条边长为a,则其邻边长为4-a,所以平行四边形的面积S=a(4-a)·sin θ=(4a-a2)=[-(a-2)2+4].当a=2时,Smax=.
所以该平行四边形的最大面积为.
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