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高中数学必修第一章 解三角形检测题及答案
第一章 解三角形
一、选择题
1．已知A，B两地的距离为10 km，B，C两地的距离为20 km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地的距离为( )．
A．10 km B．10km C．10km D．10km
2．在△ABC中，若＝＝，则△ABC是( )．
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
3．三角形三边长为a，b，c，且满足关系式(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，则c边的对角等于( )．
A．15° B．45° C．60° D．120°
4．在△ABC中，三个内角∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，且a∶b∶c＝1∶∶2，则sin A∶sin B∶sin C＝( )．
A．∶2∶1 B．2∶∶1 C．1∶2∶ D．1∶∶2
5．如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则( )．
A．△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形
B．△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形
C．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形
D．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形
6．在△ABC中，a＝2，b＝2，∠B＝45°，则∠A为( )．
A．30°或150° B．60° C．60°或120° D．30°
7．在△ABC中，关于x的方程(1＋x2)sin A＋2xsin B＋(1－x2)sin C＝0有两个不等的实根，则A为( )．
A．锐角 B．直角 C．钝角 D．不存在
8．在△ABC中，AB＝3，BC＝，AC＝4，则边AC上的高为( )．
A． B． C． D．3
9．在△ABC中，＝c2，sin A·sin B＝，则△ABC 一定是( )．
A．等边三角形 B．等腰三角形
C．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
10．根据下列条件解三角形：①∠B＝30°，a＝14，b＝7；②∠B＝60°，a＝10，b＝9．那么，下面判断正确的是( )．
A．①只有一解，②也只有一解． B．①有两解，②也有两解．
C．①有两解，②只有一解． D．①只有一解，②有两解．
二、填空题
11．在△ABC中，a，b分别是∠A和∠B所对的边，若a＝，b＝1，∠B＝30°，则∠A的值是 ．
12．在△ABC中，已知sin Bsin C＝cos2，则此三角形是__________三角形．
13．已知a，b，c是△ABC中∠A，∠B∠C的对边，S是△ABC的面积．若a＝4，
b＝5，S＝5，求c的长度 ．
14．△ABC中，a＋b＝10，而cos C是方程2x2－3x－2＝0的一个根，求△ABC周长的最小值 ．
15．在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，且满足sin A∶sin B∶sin C＝2∶5∶6．若△ABC 的面积为，则△ABC的周长为________________．
16．在△ABC中，∠A最大，∠C最小，且∠A＝2∠C，a＋c＝2b，求此三角形三边之比为 ．
三、解答题
17．在△ABC中，已知∠A＝30°，a，b分别为∠A∠B的对边，且a＝4＝b，解此三角形．

(第18题)
18．如图所示，在斜度一定的山坡上的一点A测得山顶上一建筑物顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100米后到达点B，又从点B测得斜度为45°，建筑物的高CD为50米．求此山对于地平面的倾斜角q．

19．在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，若bcos C＝(2a－c)cos B，
(Ⅰ)求∠B的大小；
(Ⅱ)若b＝，a＋c＝4，求△ABC的面积．

20．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，求证：＝．

参考答案
一、选择题
1．D
解析：AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC
＝102＋202－2×10×20cos 120°
＝700．
AC＝10．
2．B
解析：由＝＝与正弦定理，得＝＝，由2倍角的正弦公式得＝＝，∠A＝∠B＝∠C．
3．C
解析：由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，
得 a2＋b2－c2＝ab．
∴ cos C＝＝．
故C＝60°．
4．D
解析：由正弦定理可得a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C＝1∶∶2．
5．D
解析：△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则△A1B1C1是锐角三角形．
若△A2B2C2不是钝角三角形，由，得，
那么，A2＋B2＋C2＝－(A1＋B1＋C1)＝，与A2＋B2＋C2＝π矛盾．
所以△A2B2C2是钝角三角形．
6．C
解析：由＝，得sin A＝＝＝，
而b＜a，
∴ 有两解，即∠A＝60°或∠A＝120°．
7．A
解析：由方程可得(sin A－sin C)x2＋2xsin B＋sin A＋sin C＝0．
∵ 方程有两个不等的实根，
∴ 4sin2 B－4(sin2 A－sin2 C)＞0．
由正弦定理＝＝，代入不等式中得 b2－a2＋c2＞0，
再由余弦定理，有2ac cos A＝b2＋c2－a2＞0．
∴ 0＜∠A＜90°．
8．B
解析：由余弦定理得cos A＝，从而sin A＝，则AC边上的高BD＝．
9．A
解析：由＝c2a3＋b3－c3＝(a＋b－c)c2a3＋b3－c2(a＋b)＝0
(a＋b)(a2＋b2－ab－c2)＝0．
∵ a＋b＞0，
∴ a2＋b2－c2－ab＝0． (1)
由余弦定理(1)式可化为
a2＋b2－(a2＋b2－2abcos C)－ab＝0，
得cos C＝，∠C＝60°．
由正弦定理＝＝，得sin A＝，sin B＝，
∴ sin A·sin B＝＝，
∴ ＝1，ab＝c2．将ab＝c2代入(1)式得，a2＋b2－2ab＝0，即(a－b)2＝0，a＝b．
△ABC是等边三角形．
10．D
解析：由正弦定理得sin A＝，①中sin A＝1，②中sin A＝．分析后可知①有一解，∠A＝90°；②有两解，∠A可为锐角或钝角．
二、填空题
11．60°或120°．
解析：由正弦定理＝计算可得sin A＝，∠A＝60°或120°．
12．等腰．
解析：由已知得2sin Bsin C＝1＋cos A＝1－cos(B＋C)，
即2sin Bsin C＝1－(cos Bcos C－sin Bsin C)，
∴ cos(B－C)＝1，得∠B＝∠C，
∴ 此三角形是等腰三角形．
13．或．
解：∵ S＝absin C，∴ sin C＝，于是∠C＝60°或∠C＝120°．
又c2＝a2＋b2－2abcos C，
当∠C＝60°时，c2＝a2＋b2－ab，c＝；
当∠C＝120°时，c2＝a2＋b2＋ab，c＝．
∴ c的长度为或．
14．10＋5．
解析：由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C，然后运用函数思想加以处理．
∵ 2x2－3x－2＝0，
∴ x1＝2，x2＝－．
又cos C是方程2x2－3x－2＝0的一个根，
∴ cos C＝－．
由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab·(－)＝(a＋b)2－ab，
则c2＝100－a(10－a)＝(a－5)2＋75，
当a＝5时，c最小，且c＝＝5，
此时a＋b＋c＝5＋5＋5＝10＋5，
∴ △ABC周长的最小值为10＋5．
15．13．
解析：由正弦定理与sin A∶sin B∶sin C＝2∶5∶6，可得a∶b∶c＝2∶5∶6，于是可设a＝2k，b＝5k，c＝6k(k＞0)，由余弦定理可得
cos B＝＝＝，
∴ sin B＝＝．
由面积公式S△ABC＝ac sin B，得
·(2k)·(6k)·＝，
∴ k＝1，△ABC的周长为2k＋5k＋6k＝13k＝13．
本题也可由三角形面积(海伦公式)得＝，
即k2＝，∴ k＝1．
∴ a＋b＋c＝13k＝13．
16．6∶5∶4．
解析：本例主要考查正、余弦定理的综合应用．
由正弦定理得＝＝＝2cos C，即cos C＝，
由余弦定理cos C＝＝．
∵ a＋c＝2b，
∴ cos C＝＝，
∴ ＝．
整理得2a2－5ac＋3c2＝0．
解得a＝c或a＝c．
∵∠A＝2∠C，∴ a＝c不成立，a＝c
∴ b＝＝＝，
∴ a∶b∶c＝c∶∶c＝6∶5∶4．
故此三角形三边之比为6∶5∶4．
三、解答题
17．b＝4，c＝8，∠C＝90°，∠B＝60°或b＝4，c＝4，∠C＝30°，∠B＝120°．
解：由正弦定理知＝＝sin B＝，b＝4．
∠B＝60°或∠B＝120°∠C＝90°或∠C＝30°c＝8或c＝4．
(第18题)
18．分析：设山对于地平面的倾斜角∠EAD＝q，这样可在△ABC中利用正弦定理求出BC；再在△BCD中，利用正弦定理得到关于q 的三角函数等式，进而解出q 角．
解：在△ABC中，∠BAC＝15°，AB＝100米，
∠ACB＝45°－15°＝30°．
根据正弦定理有＝，
∴ BC＝．
又在△BCD中，∵ CD＝50，BC＝，∠CBD＝45°，∠CDB＝90°＋q ，
根据正弦定理有＝．
解得cos q ＝－1，∴ q ≈42.94°．
∴ 山对于地平面的倾斜角约为42.94°．
19．解：(Ⅰ)由已知与正弦定理可得sin Bcos C＝2sin Acos B－cos Bsin C，
∴ 2sin Acos B＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin(B＋C)．
又在三角形ABC中，sin(B＋C)＝sin A≠0，
∴ 2sin Acos B＝sin A，即cos B＝，B＝．
(Ⅱ)∵ b2＝7＝a2＋c2－2accos B，∴ 7＝a2＋c2－ac，
又 (a＋c)2＝16＝a2＋c2＋2ac，∴ ac＝3，∴ S△ABC＝acsin B，
即S△ABC＝·3·＝．
20．分析：由于所证明的是三角形的边角关系，很自然联想到应用正余弦定理．
解：由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A；b2＝a2＋c2－2accos B得
a2－b2＝b2－a2－2bccos A＋2accos B，
∴ 2(a2－b2)＝－2bccos A＋2accos B，
＝．
由正弦定理得 a＝2R sin A，b＝2R sin B，c＝2R sin C，
∴＝
＝
＝．
故命题成立．

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