湘教版（2019）必修 第二册1.6 解三角形同步测试题

这是一份湘教版（2019）必修 第二册1.6 解三角形同步测试题，共13页。

基础过关练
题组一 已知两边及其夹角解三角形
1.△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=1,c=2,cs B=12,则b=( )
A.2B.3C.2D.3
2.(2021福建宁德福安高级中学高一下期末)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=7,b=8,cs C=1314,则最大角的余弦值是( )
A.-15B.-16
C.-17D.-18
3.在△ABC中,BC=a,AC=b,a,b是方程x2-23x+2=0的两个根,且2cs(A+B)=1,则边AB的长为( )
A.10B.10
C.5D.5
4.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=23,c=6+2,B=45°,解此三角形.
题组二 已知三边解三角形
5.在△ABC中,如果a∶b∶c=2∶3∶4,那么cs B等于( )
C.-1116D.711
6.边长分别为1,5,22的三角形的最大角与最小角的和是( )
A.105°B.120°C.135°D.150°
7.在△ABC中,|BC|=3,|CA|=5,|AB|=7,则CB·CA的值为( )
A.-32B.32
C.-152D.152
8.已知a、b、c分别为△ABC的内角A、B、C所对的边,若满足(a+b-c)·(a+b+c)=ab,则角C的大小为( )
A.60°B.90°C.120°D.150°
9.已知△ABC的顶点为A(1,3),B(-2,23),C(0,0),则∠ACB= .
题组三 已知两边及其一边的对角解三角形
10.设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若a=2,c=23,cs A=32,且bD.3
11.(2020福建厦门双十中学高三上期中)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知A=60°,c=8,a=b+2,那么△ABC的周长等于( )
A.12B.20C.26D.103
12.(2020甘肃兰州一中高二上9月月考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=10,b=15,A=30°,则此三角形( )
A.无解B.有一个解
C.有两个解D.解的个数不确定
13.在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,若A=π3,a=3,b=1,则c= .
14.在△ABC中,AB=3,BC=1,A=30°,则AC= .
题组四 利用余弦定理判断三角形的形状
15.在△ABC中,B=60°,b2=ac,则△ABC是( )
A.直角三角形B.钝角三角形
C.等腰直角三角形D.等边三角形
16.若△ABC的三条边a,b,c满足(a+b)∶(b+c)∶(c+a)=7∶9∶10,则△ABC( )
A.一定是锐角三角形
B.一定是直角三角形
C.一定是钝角三角形
D.可能是锐角三角形也可能是钝角三角形
能力提升练
题组一 利用余弦定理解三角形
1.()在△ABC中,已知点D在BC边上,AD⊥AC,sin∠BAC=223,AB=32,AD=3,则BD的值为( )

+1D.2
2.(多选)()在△ABC中,AB=3,AC=1,B=π6,则角A的可能取值为( )
A.π6B.π3C.2π3D.π2
3.()在△ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c,且csA+C2=12,a=3,b=7,则c的值为 .
4.()已知三角形的三边长为三个连续自然数,且最大角是钝角.求这个三角形三边的长.
题组二 利用余弦定理判断三角形的形状
5.(2020江苏南通启东中学高一下期中,)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若csAcsB=ba=2,则该三角形一定是( )
A.直角三角形B.等腰三角形
C.等腰直角三角形D.等边三角形
6.()在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足2b=a+c,若4cs2B-8cs B+3=0,则△ABC的形状为 .
题组三 余弦定理的综合应用
7.()在△ABC中,AB=7,AC=6,M为BC的中点,且AM=4,则BC等于( )
8.()在希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的海伦公式,利用三角形的三条边长可求三角形的面积.若三角形的三边长为m,n,t,则其面积S=p(p-m)(p-n)(p-t),其中p=12(m+n+t).已知在△ABC中,BC=6,AB=2AC,当其面积S取最大值时,sin A= .
9.()在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足b2=ac,cs B=34.设BA·BC=32,则△ABC三边a,b,c的长度分别为 .
10.()设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a+c=6,b=2,cs B=79.
(1)求a,c的值;
(2)求sin A的值.
11.(2020河南郑州八校高二上学期期中联考,)在△ABC中,C=60°,BC>2,AC=AB+1,当△ABC的周长最小时,求BC的长.
答案全解全析
基础过关练
1.B 由余弦定理可得b2=a2+c2-2accs B=12+22-2×1×2×12=3,所以b=3.
2.C 由余弦定理得cs C=72+82-c22×7×8=1314,解得c=3(负值舍去),
由“大边对大角”可知角B最大,则cs B=72+32-822×7×3=-17.
3.B 由题意得a+b=23,ab=2,
∵2cs(A+B)=1,∴cs(A+B)=12,∴cs C=cs[π-(A+B)]
=-cs(A+B)=-12,
∴AB2=a2+b2-2abcs C=a2+b2+ab=(a+b)2-ab=(23)2-2=10,
∴AB=10.
4.解析 ∵b2=a2+c2-2accs B
=(23)2+(6+2)2-2×23×(6+2)×cs 45°
=12+(6+2)2-43×(3+1)=8,
∴b=22.
∵cs A=b2+c2-a22bc
=(22)2+(6+2)2-(23)22×22×(6+2)=12,
∴A=60°,∴C=75°.
5.A 设a=2x,b=3x,c=4x,x>0,
则由余弦定理得cs B=a2+c2-b22ac=4x2+16x2-9x22×2x×4x=1116.故选A.
6.C 由题意可得,边长为5的边对的角不是最大角,也不是最小角,
设边长为5的边所对的角为θ,则由余弦定理可得cs θ=1+8-542=22,∴θ=45°,
故三角形的最大角与最小角的和是180°-45°=135°.
7.C ∵cs C=|CA|2+|BC|2-|AB|22|CA||BC|=52+32-722×5×3=-12,
∴CB·CA=|CB||CA|cs C=3×5×-12=-152.故选C.
8.C ∵(a+b-c)(a+b+c)=ab,
∴a2+b2-c2=-ab,即a2+b2-c22ab=-12,
∴cs C=-12,∴C=120°.
9.答案 60°
解析 易得
AB=|AB|=(1+2)2+(3-23)2=23,
AC=|AC|=12+(3)2=2,
BC=|BC|=(-2)2+(23)2=4.
在△ABC中,由余弦定理得cs∠ACB=AC2+BC2-AB22AC·BC=12,
即∠ACB=60°.
10.B 由余弦定理得22=b2+(23)2-2×b×23×32,即b2-6b+8=0,解得b=2或b=4,
因为b11.B 根据cs A=b2+c2-a22bc及已知得12=b2+64-(b+2)216b,解得b=5,所以a=b+2=7,所以△ABC的周长等于7+5+8=20.故选B.
12.C 由三角形中两边之和大于第三边,且两边之差小于第三边可知c∈(5,25).由a2=b2+c2-2bccs A,得102=152+c2-2×15×ccs 30°,∴c2-153c+125=0,解得c=153±572∈(5,25),
∴c有两解,即△ABC有两个解,故选C.
13.答案 2
解析 由余弦定理得cs A=c2+b2-a22bc=c2+1-32c×1=12,解得c=2(c=-1舍去).
14.答案 1或2
解析 由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcs A=AC2+3-23AC×32=1,解得AC=1或AC=2.
15.D 因为B=60°,b2=ac,所以由b2=a2+c2-2accs B,得ac=a2+c2-ac,
所以(a-c)2=0,所以a=c,又B=60°,
所以△ABC是等边三角形.
16.C 设a+b=7k(k>0),则b+c=9k,c+a=10k,求得a=4k,b=3k,c=6k.由余弦定理可得cs C=a2+b2-c22ab=16k2+9k2-36k22×4k×3k=-1124<0,故C为钝角,∴△ABC一定是钝角三角形.
能力提升练
1.A ∵AD⊥AC,∴∠DAC=90°,
∴∠BAC=∠BAD+90°,
∴sin∠BAC=sin(∠BAD+90°)
=cs∠BAD=223.
在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcs∠BAD=18+9-24=3,∴BD=3.
2.AD 由余弦定理,得AC2=BC2+BA2-2BC·BA·cs B=BC2+3-2BC×3×32=1,解得BC=1或BC=2.
当BC=1时,AC=BC,△ABC为等腰三角形,所以A=B=π6;
当BC=2时,AB2+AC2=BC2,此时△ABC为直角三角形,所以A=π2.
综上,角A的可能取值为π6或π2.
3.答案 1或2
解析 在△ABC中,A+B+C=π,
∴csA+C2=csπ-B2=sinB2=12,
∴B2=π6,∴B=π3,
由b2=a2+c2-2accs B,得c2-3c+2=0,解得c=1或c=2.
4.解析 设三角形三边的长依次为n,n+1,n+2(n∈N+),最大角为α,
∴cs α=n2+(n+1)2-(n+2)22n(n+1).
∵α是钝角,∴cs α<0,
∴n2+(n+1)2-(n+2)22n(n+1)<0.
∵2n(n+1)>0,∴n2+(n+1)2-(n+2)2<0,
∴n2-2n-3<0,∴-1∵n∈N+,∴n=1或n=2.
当n=1时,以1,2,3为长度的三条边不能构成三角形,故舍去.当n=2时,符合题意.
故2,3,4即为所求三边的长.
5.A ∵csAcsB=ba,∴acs A=bcs B,
由余弦定理可得a×b2+c2-a22bc=b×a2+c2-b22ac,整理可得a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2),①
∵ba=2,∴b2=2a2,②
由①②得c2=3a2=a2+b2,
∴该三角形一定是直角三角形.又ba=2,∴该三角形不是等腰直角三角形,故选A.
6.答案 等边三角形
解析 由4cs2B-8cs B+3=0,
解得cs B=12或cs B=32(舍去),
又B∈(0,π),∴B=π3,
∵2b=a+c,
∴cs B=a2+c2-b22ac=a2+c2-a+c222ac=12,
化简得a2+c2-2ac=0,即(a-c)2=0,故a=c,
∴△ABC为等边三角形.
7.B 如图,设BC的长为x,则由M为BC的中点,可得BM=MC=x2.
在△AMB中,cs∠AMB=AM2+BM2-AB22×AM×BM=42+x22-722×4×x2,
在△AMC中,cs∠AMC=AM2+MC2-AC22×AM×MC
=42+x22-622×4×x2,
∵∠AMB+∠AMC=180°,
∴cs∠AMB=cs(180°-∠AMC)
=-cs∠AMC,
∴42+x22-722×4×x2=-42+x22-622×4×x2,
解得x=106,∴BC=106.
8.答案 35
解析 设BC=a,AC=b,AB=c,则c=2b,p=12×(6+3b)=3+32b,
则S=p(p-a)(p-b)(p-c)
=94b2-99-14b2
=-916b4+452b2-81,
易得当b2=20时,S取得最大值,
此时b=25,c=45,
故cs A=b2+c2-a22bc=45,所以sin A=35.
9.答案 1,2,2或2,2,1
解析 由BA·BC=32得|BA|·|BC|cs B=34ac=32,∴b2=ac=2,故b=2.
由b2=a2+c2-2accs B=2得(a+c)2-2ac-32ac=2,将ac=2代入,得a+c=3,
∴a=1,c=2或a=2,c=1,
∴三边a,b,c的长度分别为1,2,2或2,2,1.
10.解析 (1)因为cs B=a2+c2-b22ac=79,
所以(a+c)2-2ac-b22ac=79,
将a+c=6,b=2代入,得ac=9,
则a=c=3.
(2)由cs B=79得sin B=429,
由余弦定理得
cs A=b2+c2-a22bc=22+32-322×2×3=13,
所以sin A=223.
11.解析 设角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则a2+b2-c22ab=cs C=12,
所以a2+b2-c2=ab,
将b=c+1代入上式,可得a2+2c+1=ac+a,
化简可得c=a2-a+1a-2,
所以△ABC的周长L=a+b+c=a+2c+1=a+1+2×a2-a+1a-2.
设a-2=t(t>0),则a=t+2,
可得L=t+3+2×(t+2)2-(t+2)+1t=3t+6t+9≥23t·6t+9=9+62,
当且仅当3t=6t,即t=2,即a=2+2时取等号,所以当△ABC的周长最小时,BC的长是2+2.