第一章 解三角形 自主检测(人教A版必修5)

第一章自主检测

(时间：120分钟 满分：150分)

一、选择题(每小题5分，共50分)

1．在△ABC中，a2，b＝，B＝60°，那么A＝( )

A．120°或60° B．45°

C．135°或45° D．60°

2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＋c2－b2＝ac，则角B的值为( )

π2ππ B. 333

π5ππ D. 666

3．已知△ABC中，AB＝6，∠A＝30°，∠B＝120°，则△ABC的面积为( )

A．9 B．18

C．9 3 D．18 3

4．在△ABC中，周长为7.5 cm，且sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6，下列结论：

①a∶b∶c＝4∶5∶6；

②a∶b∶c＝256；

③a＝2 cm，b＝2.5 cm，c＝3 cm；

④A∶B∶C＝4∶5∶6.

其中成立的个数是( )

A．0个 B．1个

C．2个 D．3个

5．三边长分别为1,1, 3的三角形的最大内角的度数是( )

A．60° B．90° C．120° D．135°

sinAcosBcosC6＝＝△ABC为( ) abc

A．等边三角形

B．等腰三角形

C．有一个内角为30°的直角三角形

D．有一个内角为30°的等腰三角形

7．三角形的两边分别为5和3，它们夹角的余弦值是方程5x2－7x－6＝0的根，则三角形的另一边长为( )

A．52 B．2 13

C．16 D．4

8．在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cosB＝( )

2 2 A．－ B. 33

66C．－ 33

9．已知两座灯塔A和B与观察站C的距离都等于10 km，A在C的北偏东40°，B在C的南偏东20°，则灯塔A与B的距离为( )

A．10 km B．10 2 km

C．10 3 km D．15 km

→→→→10．在△ABC中，已知|AB|＝4，|AC|＝1，△ABC的面积为3，则AB·AC＝( )

A．±2 B．±4 C．2 D．4

二、填空题(每小题5分，共20分)

2π11．在△ABC中，若b＝1，c＝3，∠Ca＝__________. 3

→→→12．等边三角形ABC的边长为1，AB＝a，BC＝b，CA＝c，那么a·b＋b·c＋c·a＝________.

13．一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海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船行的速度为________海里/时．

cosAa14．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c＝－cosBb＋2c

角A的大小为________．

三．解答题(共80分)

2015．(12分)在△ABC中，已知AB＝10 ，A＝45°，在BC边的长分别为20， ，35的情况下，求相应角C.

16．(12分)已知在△ABC中，A＝45°，a＝2 cm，c6 cm，求角B，C及边b.

πACAC17．(14分)在△ABC中，B＝tantan3tan 32222

18．(14分)在奥运会垒球比赛前，C国教练布置战术时，要求击球手以与连接本垒及游击手的直线成15°的方向把球击出，根据经验及测速仪的显示，通常情况下球速为游击手最大跑速的4倍，问按这样的布置，游击手能不能接着球(如图1-1所示

)?

图1-1

→→819．(14分) 在△ABC中，且AB·AC△ABC(其中S△ABC为△ABC的面积)． 3

B＋C＋cos2A的值； 2

(2) 若b＝2，S△ABC＝3，求a的值．

20．(14分)如图1-2，半圆O的直径为2，A为直径延长线上的一点，OA＝2，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边三角形ABC.

问：当点B在什么位置时，四边形OACB的面积最大？

(1)求sin2

图1-2

检测部分

第一章自主检测

1．B 2.B

3．C 解析：∵∠A＝30°，∠B＝120°，∴∠C＝30°.∴BA＝BC＝6.∴S△ABC＝12

13×BA×BC×sinB＝×6×6×9 224．C 5.C 6.B

7．B 解析：∵三角形两边a，b的夹角的余弦值是方程5x2－7x－6＝0的根，∴cosC33＝－.由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝25＋9＋2×5×3×＝52，∴c＝＝2 13. 55

ab151038．D 解析：根据正弦定理可得＝解得sinB，又因为b＜a，sinAsinBsin60°sinB3

6则B＜A，故B为锐角，所以cosB＝1－sinB.故选D. 3

9．C

→→10．A 解析：∵|AB|＝4，|AC|＝1，△ABC的面积为3，

1→1→∴S△ABC|AB|·|AC|·sinA4×1×sinA＝3. 2231∴sinA＝∴cosA＝1－sinA＝22

1→→→→ ＝±∴AB·AC＝|AB|·|AC|·cosA＝4×1× 2 2.

11．1

312．－解析：∵在等边三角形ABC中，A＝B＝C＝60°， 2

1∴a·b ＝b·c ＝ c·a＝|a|·|b|cos〈a，b〉＝－2

3∴a·b ＋b·c ＋ c·a＝－2

17 668MNMN解析：利用正弦定理可得＝即MN＝34 6.∴速度为2sin45°sin 75°4＋45° 17 6＝海里/时)． 2

2πcosAacosAsinA14.解析：∵∴根据正弦定理，＝－即sinBcosA3cosBcosBb＋2csinB＋2sinC

＋2sinCcosA＝－cosBsinA，

整理，得－2sinCcosA＝sinBcosA＋cosBsinA＝sin(A＋B)．

∵在△ABC中，sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC>0，

1∴－2sinCcosA＝sinC，约去sinC得cosA2

2π又∵A∈(0，π)，∴A＝. 3

AB×sinA1015．解：由正弦定理，得sinC＝. BCBC1(1)当BC＝20时，sinC＝. 2

∵BC>AB，∴A>C.∴C＝30°.

203(2)当BC＝ 3时，sinC＝32

∵AB·sin45°<BC<AB.

∴C有两解．

∴C＝60°或120°.

(3)当BC＝5时，sinC＝2>1.

∴C不存在．

16．解：由正弦定理，得

c623sinC＝sinA×＝， a222

∴C＝60°或C＝120°.

当C＝60°时，B＝180°－(A＋C)＝75°，

a2b·sinB＝×sin75°＝3＋1(cm)； sinAsin45°

当C＝120°时，B＝180°－(A＋C)＝15°，

a2b·sinB＝×sin15°＝－1(cm)． sinAsin45°

∴b＋1 cm，C＝60°，B＝75°，

或b3－1 cm，C＝120°，B＝15°.

17．解：∵A＋C＝180°－B＝120°，

A＋CA＋C从而60°，故tan22

ACtan＋tan22A＋C由两角和的正切公式，得3， 2AC1－tantan22

ACAC∴tan3－3tan·tan. 2222

ACAC∴tan3tantan3. 2222

18．解： 设游击手能接着球，接球点为B，而游击手从点A跑出，本垒为O点(如图

vD41)．设从击出球到接着球的时间为t，球速为v，则∠AOB＝15°，OB＝vt，AB·t. 4

OBAB在△AOB中，由正弦定理，得＝， sin∠OABsin15°

vt6－2OB∴sin∠OAB＝62. AB4

4

而(6

－2)2＝8－4 3>8－4×1.74>1，即sin∠OAB>1，

∴∠OAB不存在．因此，游击手不能接着球．

图D41

→→819．解：(1)∵AB·AC＝S△ABC， 3

81→→→→∴|AB|·|AC|·cosA＝×AB|·|AC|sinA. 32443∴cosA＝sinA.∴cosA＝，sinA＝. 355

B＋C1－cos B＋C 1＋cosA59cos2A2cos2A－1＝2cos2A－1＝. 22250

31(2)∵sinA＝S△ABC＝bcsinA， 52

13得3＝2c，解得c＝5. 25