资源描述
阶段质量检测(一) 解三角形
(时间90分钟，满分120分)
一、选择题(共10小题，每小题5分，共50分)
1．在△ABC中，已知a2＝b2＋c2＋bc，则A＝( )
A. B.
C. D.或
2．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边的边长等于( )
A. B.
C. D.
3．在△ABC中，A＝60°，a＝，b＝4，那么满足条件的△ABC( )
A．有一个解 B．有两个解
C．无解 D．不能确定
4．△ABC的三边长分别为AB＝7，BC＝5，CA＝6，则·的值为( )
A．19 B．14
C．－18 D．－19
5．若△ABC的内角A，B，C满足6sin A＝4sin B＝3sin C，则cos B＝( )
A. B.
C. D.
6．已知圆的半径为4，a，b，c为该圆的内接三角形的三边，若abc＝16，则三角形的面积为( )
A．2 B．8
C. D.
7．在△ABC中，a＝k，b＝k(k＞0)，A＝45°，则满足条件的三角形个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．很多个
8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝2A，a＝1，b＝，则△ABC是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不能确定
9．已知锐角三角形的三边长分别为1,3，a，那么a的取值范围( )
A．(8,10) B．(2，)
C．(2，10) D．(，8)
10．江岸边有一炮台高30米，江中有两条船，则炮台顶部测得俯角分别为45°和30°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距( )
A．10米 B．100米
C．20米 D．30米
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
11．在△ABC中，已知b＝50，c＝150，B＝30°，则边长a＝________.
12．已知△ABC的面积S＝，A＝，则·＝________.
13． △ABC为钝角三角形，且∠C为钝角，则a2＋b2与c2的大小关系为________．
14．在△ABC中，a＝14，A＝60°，b∶c＝8∶5，则该三角形的面积为________．
三、解答题(共4小题，共50分)
15．(12分)在△ABC中，已知a＝2，b＝6，A＝30°，求B及S△ABC.
16．(12分)在△ABC中，∠B＝45°，AC＝，cos C＝，
(1)求BC边的长．
(2)若点D是AB的中点，求中线CD的长度．
17．(12分)为保障高考的公正性，高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪，要求在考点四周1 km内不能收到手机信号．检查员抽查青岛市一考点，在考点正西约 km有一条北偏东60°方向的大路，在此处检查员用手机接通电话，以12 km/h的速度沿大路行驶，最长需要多少时间，检查员开头收不到信号，并至少持续多长时间该考点才算合格？
18．(14分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知＝，
(1)求的值；
(2)若cos B＝，b＝2，求△ABC的面积S.
答 案
阶段质量检测(一) 解三角形
1．选C ∵a2＝b2＋c2＋bc，
∴由余弦定理的推论得cos A＝＝＝＝－，
∴A＝.
2．选A ∵A＝180°－45°－60°＝75°
∴A＞C＞B
∴边b最短．
由＝
得b＝
＝＝.
3．选C bsin A＝4×sin 60°＝4×＝2.
又a＝，且＜2，故△ABC无解．
4．选D 在△ABC中，由余弦定理得cos B＝
＝＝
∴·＝－cos B＝－7×5×＝－19.
5．选D 依题意，结合正弦定理得6a＝4b＝3c，设3c＝12k(k＞0)，则有a＝2k，b＝3k，c＝4k，由余弦定理得cos B＝＝＝.
6．选C ∵＝＝＝2R＝8，
∴sin C＝，
∴S△ABC＝absin C＝
＝＝.
7．选A 由正弦定理得＝，
∴sin B＝＝＞1，即sin B ＞1，这是不成立的．所以没有满足此条件的三角形．
8．选C 由正弦定理得＝，则cos A＝，从而cos B＝cos 2A＝2cos2 A－1＝－＜0，所以角B为钝角，△ABC是钝角三角形．
9．选B 设1,3，a所对的角分别为∠C、∠B、∠A，由余弦定理知a2＝12＋32－2×3cos A＜12＋32＝10，
32＝1＋a2－2×acos B＜1＋a2，
∴2＜a＜.
10．选D 设炮台顶部为A，两条船分别为B、C，炮台底部为D，可知∠BAD＝45°，∠CAD＝60°，∠BDC＝30°，AD＝30.分别在Rt△ADB，Rt△ADC中，求得DB＝30，DC＝30.在△DBC中，由余弦定理得
BC2＝DB2＋DC2－2DB·DCcos 30°，解得BC＝30.
故选D.
11．解析：由余弦定理得
a2＋c2－2accos 30°＝b2
∴a2－150a＋15 000＝0
解得a＝100或50.
答案：100或50
12．解析：S△ABC＝·|AB|·|AC|·sin A，
即＝·|AB|·|AC|·，
所以|AB|·|AC|＝4，
于是·＝··cos A
＝4×＝2.
答案：2
13．解析：cos C＝，∵∠C为钝角，
∴cos C<0，∴a2＋b2－c2<0，
故a2＋b2<c2.
答案：a2＋b2<c2
14．解析：设另两边长分别为8x和5x，则
cos 60°＝
解得x＝2
所以b＝16，c＝10
∴S△ABC＝bcsin A＝×16×10sin 60°＝40.
答案：40
15．解：在△ABC中，由正弦定理，
得sin B＝sin A＝×＝.
又A＝30°，且a＜b，
∴B＝60°或B＝120°.
①当B＝60°时，C＝90°，△ABC为直角三角形，
故S△ABC＝ab＝6.
②当B＝120°时，C＝30°，△ABC为等腰三角形，
故S△ABC＝absin C＝×2×6sin 30°＝3.
16．解：(1)由cos C＝得sin C＝.
sin A＝sin(180°－45°－C)＝
(cos C＋sin C)＝.
由正弦定理知BC＝·sin A＝·＝3.
(2)AB＝·sin C＝·＝2，BD＝AB＝1.
由余弦定理知CD
＝
＝
＝.
17．解：如图所示，考点为A，检查开头处为B，设大路上C，D两点到考点的距离为1 km.
在△ABC中，AB＝ ，AC＝1，∠ABC＝30°，
由正弦定理，得sin∠ACB＝＝，
∴∠ACB＝120°(∠ACB＝60°不合题意)，
∴∠BAC＝30°，∴BC＝AC＝1.
在△ACD中，AC＝AD，∠ACD＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴CD＝1.
∵×60＝5，
在BC上需要5 min，CD上需要5 min.
答：最长需要5 min检查员开头收不到信号，并持续至少5 min才算合格．
18．解：(1)法一：在△ABC中，由＝及正弦定理可得
＝，
即cos Asin B－2cos Csin B＝2sin Ccos B－sin Acos B.
则cos Asin B＋sin Acos B＝2sin Ccos B＋2cos Csin B，
即sin(A＋B)＝2sin(C＋B)，而A＋B＋C＝π，
则sin C＝2sin A，即＝2.
法二：在△ABC中，由＝可得
bcos A－2bcos C＝2ccos B－acos B
由余弦定理可得
－＝－，
整理可得c＝2a，由正弦定理可得＝＝2.
法三：利用教材习题结论解题，在△ABC中有结论
a＝bcos C＋ccos B，b＝ccos A＋acos C，
c＝acos B＋bcos A.
由＝可得
bcos A－2bcos C＝2ccos B－acos B，
即bcos A＋acos B＝2ccos B＋2bcos C，则c＝2a，
由正弦定理可得＝＝2.
(2)由c＝2a及cos B＝，b＝2可得
4＝c2＋a2－2accos B＝4a2＋a2－a2＝4a2，
则a＝1，c＝2.
∴S＝acsin B＝×1×2×＝.
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