苏教版 (2019)必修 第二册第11章 解三角形本章综合与测试课堂检测

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易混易错练

易错点1　忽略构成三角形的条件致错

1.()在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=,b=3,B=60°,则A=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.45° B.45°或135°

C.135° D.60°或120°

2.()在不等边△ABC中,a为最大边,若a2<b2+c2,则A的取值范围为　　　　.

3.()已知钝角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=k,b=k+2,c=k+4,则实数k的取值范围为　　　　.易错 

4.()在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,C为钝角,c-b=2bcos A.

(1)求证:A=2B;

(2)若b=,求a的取值范围.

易错点2　忽略三角形解的个数致错

5.()在△ABC中,已知b=6,c=6,C=30°,则a=　(　易错　)

A.6 B.12 C.6或12 D.无解

6.(2019北京杨镇一中高二月考,)△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若B=2A,a=1,b=,则c=(　　)

A.1 B. C.2 D.2

7.()已知在△ABC中,a=,b=,B=45°,求角A,C和边长c.

8.(2020江苏常熟高一期中,)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=,b=3,sin B+sin A=2.

(1)求角A的大小;

(2)求边长c.

易错点3　将空间问题看成平面问题致错

9.()如图,已知在东西走向上有AM,BN两座发射塔,且AM=100 m,BN=200 m,一辆测量车在塔底M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°,该测量车向北偏西60°方向行驶了100 m后到达点Q,在点Q处测得发射塔顶B的仰角为θ,且∠BQA=θ,经计算,tan θ=2,求两发射塔顶A,B之间的距离.

思想方法练

一、函数与方程思想在解三角形问题中的应用

1.(2019江苏泰州高一期末,)在△ABC中,已知BC=AC,B∈,则角A的取值范围为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A. B.

C. D.

2.()设△ABC的内角A,B,C所对的边长分别为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为(　　)

A.4∶3∶2 B.5∶6∶7

C.5∶4∶3 D.6∶5∶4

3.()设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acos C-c=b.

(1)求角A的大小;

(2)若a=3,求△ABC的周长的取值范围.

4.(2020江苏启东中学高一期中,)如图所示,在四边形ADCB中,AB⊥AD,∠B=120°,∠ACD=60°,AD=27,设∠ACB=θ,C到AD的距离为h.

(1)求h(用θ表示);

(2)求AB+BC的最大值.

二、数形结合思想在解三角形问题中的应用

5.()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45 n mile.此时海盗船距观测站5n mile,20 min后测得海盗船距观测站10 n mile,再过　　　　min,海盗船到达商船处.

6.()如图,在四边形ABCD中,△ABD、△BCD分别是以AD、BD为底的等腰三角形,其中AD=1,BC=4,∠ADB=∠CDB,则cos∠CDB=　　　　,AC=　　　　.

7.()某人在草地上散步,看到他正西方向有两根相距6米的标杆,当他向正北方向步行3分钟后,看到其中一根标杆在其西南方向上,另一根标杆在其南偏西30°方向上,求此人步行的速度(结果保留一位小数).

三、分类讨论思想在解三角形问题中的应用

8.()在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=7,c=5,sin C=,求△ABC的面积.

答案全解全析

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易混易错练

1.A　由=得=,∴sin A==.又a<b,∴A<B,∴A=45°.故选A.

2.答案　{A|60°<A<90°}

解析　∵a2<b2+c2,∴b2+c2-a2>0,则cos A=>0,∴0°<A<90°.

又∵a为最大边,∴A>60°.

故A的取值范围是{A|60°<A<90°}.

3.答案　(2,6)

解析　∵c>b>a,且△ABC为钝角三角形,

∴C为钝角.

由余弦定理,得cos C==<0,∴k2-4k-12<0,解得-2<k<6.

又△ABC中,两边之和大于第三边,即k+(k+2)>k+4,∴k>2.

综上,实数k的取值范围是(2,6).

易错警示　解题中易忽略构成三角形的条件,即两边之和大于第三边,从而扩大参数k的取值范围.

4.解析　(1)证明:由c-b=2bcos A,

得sin C-sin B=2sin Bcos A.

在△ABC中,因为C=π-(A+B),

所以sin C=sin(A+B).

所以sin(A+B)-sin B=sin Acos B+sin B·cos A-sin B=2sin Bcos A,

整理得sin(A-B)=sin B.

因为C为钝角,所以0<B<,-<A-B<,所以A-B=B,故A=2B.

(2)由正弦定理及(1),得==.

因为b=,所以a=cos B.

因为C为钝角,所以0<A+B=2B+B<,

即0<B<,所以<cos B<1,

所以a的取值范围为.

5.C　由正弦定理得sin B===.因为b>c,所以B>C.

又因为0°<B<180°,所以B=60°或B=120°.

当B=60°时,A=90°,a==12;

当B=120°时,A=30°=C,a=c=6.

所以a=6或a=12.

易错警示　已知三角形的两边及其中一边的对角,利用正弦定理求另一角时,由于三角形内角的正弦值都为正,所以这个角可能为锐角,也可能为钝角,解题时注意分类讨论,如本题中容易漏掉B=120°的情况.

6.C　由=,

得==,

∴cos A=,∵0<A<π,∴A=.

由a2=b2+c2-2bccos A,

得1=3+c2-2×c=3+c2-3c,

∴c2-3c+2=0,∴c=1或c=2.

当c=1时,a=c=1,∴C=A=,∴B=,

不满足B=2A;当c=2时,a2+b2=c2,△ABC为直角三角形,此时A=,B=,满足题意.∴c=2.

7.解析　由正弦定理可得sin A==.

因为a>b,所以A>B,

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==.

综上,A=60°,C=75°,c=或A=120°,C=15°,c=.

8.解析　(1)在△ABC中,由=得=,即sin B=3sin A,

因为sin B+sin A=2,所以sin A=,

因为△ABC是锐角三角形,所以A=.

(2)在△ABC中,由余弦定理得7=9+c2-2×3×c×,即c2-3c+2=0,解得c=1或c=2.

当c=1时,因为cos B==-<0,所以角B为钝角,不符合题意,舍去;

当c=2时,因为cos B==>0,且b>c,b>a,所以B>C,B>A,所以△ABC为锐角三角形,符合题意,所以c=2.

9.解析　在Rt△AMP中,∠APM=30°,AM=100 m,所以PM=100 m,连接QM,

在△PQM中,∠QPM=60°,

又PQ=100 m,所以△PQM为等边三角形,所以QM=100 m.

在Rt△AMQ中,由AQ2=AM2+QM2,得AQ=200 m.

在Rt△BNQ中,因为tan θ=2,BN=200 m,

所以QN=100 m,BQ=100 m,cos θ=.

在△BQA中,由余弦定理得BA2=BQ2+AQ2-2BQ·AQcos θ,所以BA=100 m.

故两发射塔顶A,B之间的距离是100 m.

思想方法练

1.D　根据正弦定理可得sin A=sin B,

由于B∈,即sin B∈,则sin A=sin B∈,

由于在三角形ABC中,A∈(0,π),结合正弦函数的图象可得A∈.

2.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),故a=6,c=4,

结合正弦定理得sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=6∶5∶4.

3.解析　(1)由acos C-c=b及正弦定理得sin Acos C-sin C=sin B.

又∵A+B+C=π,

∴sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,

∴sin C=-cos Asin C.

∵C∈(0,π),∴sin C≠0,∴cos A=-.

又∵A∈(0,π),∴A=.

(2)由正弦定理,得b==2sin B,c==2sin C,

∴a+b+c=3+2(sin B+sin C)

=3+2

=3+2

=3+2sin,

∵A=,∴B∈,

∴B+∈,

∴sin∈,

∴△ABC的周长的取值范围为(6,3+2].

4.解析　(1)由已知得∠D=360°-(90°+120°+60°+θ)=90°-θ,

在△ACD中,=,

∴AC==18cos θ,

又∠CAD=180°-60°-(90°-θ)=30°+θ,且0°<θ<60°,

∴h=AC·sin∠CAD=18cos θsin(30°+θ)(0°<θ<60°).

(2)在△ABC中,由正弦定理得AB==18sin 2θ,

BC==36cos θsin(60°-θ)=9+9cos 2θ-9sin 2θ,

∴AB+BC=9+9cos 2θ+9sin 2θ=9+18sin(2θ+60°),

∵0°<θ<60°,∴60°<2θ+60°<180°,

∴当2θ+60°=90°,即θ=15°时,AB+BC取得最大值18+9.

5.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=5 n mile,AD=10 n mile,CD=45×=15(n mile),

由余弦定理,得cos∠ADC==,

∵0°<∠ADC<180°,∴∠ADC=60°.

在△ABD中,由已知得∠ABD=30°,∠BAD=60°-30°=30°.

∴BD=AD=10 n mile,则×60=(min).

故再过 min,海盗船到达商船处.

6.答案　;2

解析　在△CDB中,由余弦定理得cos∠CDB===,

在△ADB中,由余弦定理得cos∠ADB==,

因为∠ADB=∠CDB,所以=,

解得DB=2,

所以cos∠CDB===.

又cos∠ADC=cos 2∠CDB=2cos2∠CDB-1=2×-1=-,

所以AC===2.

7.解析　如图所示,A、B两点间的距离为6米,当此人沿正北方向从点O走到点C时,

测得∠BCO=45°,∠ACO=30°,

∴∠BCA=∠BCO-∠ACO=45°-30°=15°.

由题意知∠ABC=45°.

在△ABC中,由=,得AC==(6+6)米.

在直角三角形AOC中,OC=AC·cos 30°=(6+6)×=(9+3)米.

设此人步行速度为x米/分,

则x==3+≈4.7.

故此人步行的速度约为4.7米/分.

8.解析　由=,得sin A===,因为a>c,所以A>C,

又因为0°<A<180°,所以A=60°或A=120°.易知cos C=.

当A=60°时,sin B=sin(C+A)=sin(C+60°)=sin C+cos C=×+×=,此时S△ABC=acsin B=×7×5×=10;

当A=120°时,sin B=sin(C+A)=sin(C+120°)=-sin C+cos C=-×+×=,此时S△ABC=acsin B=×7×5×=.

故△ABC的面积等于10或.