2021-2022学年高中数学-第二章-解三角形-2-三角形中的几何计算课时素养评价北师大版必修5.doc

2021-2022学年高中数学 第二章 解三角形 2 三角形中的几何计算课时素养评价北师大版必修5

2021-2022学年高中数学 第二章 解三角形 2 三角形中的几何计算课时素养评价北师大版必修5

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第二章 2 三角形中的几何计算
课堂检测·素养达标
1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若A=120°,c=2b,则cos C= (　　)
A. B. C. D.
【解析】选C.由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,可得a2=b2+4b2+2b2=7b2,故a=b,故cos C==
2.△ABC的两边长分别为2,3,其夹角的余弦值为,则其外接圆的直径为 (　　)
A. B. C. D.9
【解析】选B.设另一条边的边长为x,
则x2=22+32-2×2×3×,所以x2=9,所以x=3.
设cos θ=,则sin θ=,
所以2R===.
3.(教材二次开发:练习改编)(2020·丹阳高一检测)在△ABC中,若AB=3,BC=,AC=4,则AC边上的高为 (　　)
A. B. C. D.3
【解析】选B.由题意可知,cos A==,
所以sin A=.
又因为S△ABC=AB·AC·sin A=·AC·h,
所以h=,
即AC边上的高为.
4.如图,在四边形ABCD中,B=C=120°,AB=4,BC=CD=2,则该四边形的面积等于 (　　)

A. B.5 C.6 D.7
【解析】选B.连接BD,四边形面积可分为△ABD与△BCD两部分的和,由余弦定理得BD=2,
S△BCD=BC·CDsin 120°=,∠ABD=120°-30°=90°,
所以S△ABD=AB·BD=4,
所以S四边形ABCD=+4=5.
课时素养评价
十四　三角形中的几何计算
(20分钟　35分)
1.在平行四边形ABCD中,已知AB=1,AD=2,·=1,则||= (　　)
A. B. C.2 D.2
【解析】选B.由·=||·||cos A=1,得cos A=,A=60°,故B=120°.
由余弦定理知AC2=12+22-4cos 120°=7,故||=.
2.在△ABC中,AB=7,AC=6,M是BC的中点,AM=4,则BC等于 (　　)
A. B. C. D.
【解析】选B.设BC=a,则BM=CM=.
在△ABM中,AB2=BM2+AM2-2BM·
AMcos∠AMB,
即72=+42-2××4·cos∠AMB.①
在△ACM中,AC2=AM 2+CM 2-2AM·CM·cos∠AMC,
即62=42++2×4×·cos∠AMB.②
①+②得72+62=42+42+,所以a=.
3.(2020·南阳高一检测)已知△ABC是等腰直角三角形,点D在线段BC的延长线上,若BC=AD=2,则CD= (　　)
A.1 B. C.- D.-
【解析】选D.由图可得∠ACD=135°,AC=2,

所以cos 135°==-,CD2+2CD-4=0,
解得CD=-或CD=--(舍去).
4.已知等腰三角形的底边长为6,一腰长为12,则它的内切圆面积为　　　　. 
【解析】不妨设a=6,b=c=12,由余弦定理得cos A===,
所以sin A==.
设内切圆半径为r,
由(a+b+c)r=bcsin A,
得r=.
所以S内切圆=πr2=.
答案:
5.已知三角形的一边长为7,这条边所对的角为60°,另两边长之比为3∶2,则这个三角形的面积是　　　　. 
【解析】设另两边长分别为3x,2x,
则cos 60°=,解得x=,
故两边长分别为3和2,
所以S=×3×2×sin 60°=.
答案:
6.如图所示,在△ABC中,已知BC=15,AB∶AC=7∶8,sin B=,求BC边上的高AD的长.

【解析】在△ABC中,
由已知设AB=7x,AC=8x,x>0,
由正弦定理得=,
所以sin C==×=.
又因为0°120°,由8x>7x,知B也为钝角,不合题意,
故C≠120°.所以C=60°.
由余弦定理得(7x)2=(8x) 2+152-2×8x×15cos 60°,
所以x2-8x+15=0,
解得x=3或x=5.所以AB=21或AB=35.
在Rt△ADB中,AD=ABsin B=AB,
所以AD=12或20.
(30分钟　60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.A是△ABC中最小的内角,则sin A+cos A的取值范围是 (　　)
A.(-,) B.[-, ]
C.(1,) D.(1, ]
【解析】选D.sin A+cos A=sin.
因为A为△ABC中最小的内角,
所以A∈,
所以A+∈,
所以sin∈,
所以sin A+cos A∈(1, ].
2.(2020·宁波高一检测)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,若a=1且B=2A,则b的取值范围是 (　　)
A.(,) B.(1,)
C.(,2) D.(0,2)
【解析】选A.由a=1且B=2A及正弦定理=,可得=,所以b=
2cos A.
又因为△ABC为锐角三角形,所以解得4(-1) B.4(+1)
C.4(3-) D.4(3+)
【解析】选C.因为=,BC=8,
所以BD=4(-1).又因为=,
所以=,
所以AB=×BC=×8=8(-1).
在△ABD中,由余弦定理得
AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos B=[8(-1)]2+[4(-1)]2-2×8(-1)×4(-1)×cos 60°=48(-1)2,
所以AD=4(3-).
4.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若c=2,C=,且a+b=3,则△ABC的面积为 (　　)
A. B. C. D.
【解析】选D.由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C,
所以22=a2+b2-2abcos ,即4=(a+b)2-3ab,
又a+b=3,所以ab=,
所以S△ABC=absin =.
5.(2020·成都高一检测)已知△ABC中,sin(B+A)+sin(B-A)=sin 2A,则△ABC的形状为 (　　)
A.等腰三角形
B.等腰直角三角形
C.等腰三角形或直角三角形
D.无法确定
【解析】选C.因为sin(B+A)+sin(B-A)=sin 2A,由两角和差的正弦公式可得
2sin Bcos A=sin 2A,
所以sin Bcos A=sin Acos A,
若cos A=0,即A=时此时△ABC是直角三角形;若cos A≠0,即sin B=sin A,所以A=B,所以△ABC是等腰三角形;
综上,△ABC是等腰三角形或直角三角形.
【光速解题】由sin(B+A)+sin(B-A)=sin 2A可以快速看出B=A时显然成立,故可能为等腰三角形,直角三角形的判断由cos A可快速判断.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.(2020·新余高一检测)如图所示,在△ABC中,已知∠A∶∠B=1∶2,角C的平分线CD把三角形面积分为3∶2两部分,则cos A=　　　　. 

【解题指南】由角C的平分线CD把三角形面积分为3∶2两部分可得==,由正弦定理可得=,再根据∠A∶∠B=1∶2即可求出答案.
【解析】因为角C的平分线CD把三角形面积分为3∶2两部分,所以=,
即==,由正弦定理得=,
又∠A∶∠B=1∶2,
所以==2cos A=,
所以cos A=.
答案:
【补偿训练】
若E,F是等腰直角△ABC斜边AB上的三等分点,则tan∠ECF=　　　　. 
【解析】方法一:不妨设AB=6,则AC=BC=3,
由余弦定理得CE=CF=,
再由余弦定理得cos ∠ECF=,
所以sin ∠ECF=,解得tan∠ECF=.

方法二:坐标法
设AB=6,AC=BC=3,F(1,0),E(-1,0),C(0,3),利用向量的夹角公式得
cos ∠ECF=,
解得tan∠ECF=.

答案:
7.(2020·马鞍山高一检测)如图所示,在平面四边形ABCD中,AB=BC,
∠ABC=60°,CD=2,AD=4,则四边形ABCD的面积的最大值为　　　　. 

【解析】连接AC在△ABC中,因为AB=BC,∠ABC=60°,
所以△ABC为等边三角形,在△ACD中,CD=2,AD=4,
由余弦定理可得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos D=16+4-2×4×2cos D=20-16cos D,
则四边形ABCD的面积为S=S△ABC+S△ACD=AC2+AD·CD·sin D=(20-16cos D)+

4sin D=5+8=5+8sin(D-60°),当D-60°=90°,即D=
150°时sin(D-60°)取得最大值1,
故四边形ABCD的面积取得最大值为5+8.
答案:5+8
8.在△ABC中,已知AB=,cos∠ABC=,AC边上的中线BD=,则sin A=
　　　　. 
【解析】如图所示,取BC的中点E,连接DE,

则DE∥AB,且DE=AB=.
因为cos∠ABC=,所以cos∠BED=-.
设BE=x,在△BDE中,利用余弦定理,
可得BD2=BE2+ED2-2BE·ED·cos∠BED,
即5=x2++2××x.
解得x=1或x=-(舍去),故BC=2.
在△ABC中,利用余弦定理,
可得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=,
即AC=.
又sin∠ABC==,
所以=,所以sin A=.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知圆内接四边形ABCD的边长AB=2,BC=6,CD=DA=4,求圆内接四边形ABCD的面积.
【解析】如图,连接BD,则四边形面积S=S△ABD+S△CBD=AB·AD·sin A+BC·CD·
sin C.

因为A+C=180°,所以sin A=sin C.
所以S=(AB·AD+BC·CD)·sin A=16sin A.
在△ABD中,由余弦定理得
BD2=22+42-2×2×4cos A=20-16cos A,
在△CDB中,BD2=42+62-2×4×6cos C=52-48cos C,所以20-16cos A=52-48cos C.
又cos C=-cos A,0°s 2B=2cos2B-1=-.
因为D∈(0,π),所以sin D==.
因为AD=1,CD=3,
所以△ACD的面积S=AD·CD·sin D=×1×3×=.
(2)在△ACD中AC2=AD2+DC2-2AD·DC·cos D=12,
所以AC=2.因为BC=2,=,
所以====,所以AB=4.

1.我国南宋著名数学家秦九韶发现了由三角形三边长求三角形的面积的“三斜求积”公式:设△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则△ABC的面积S=.若a2sin C=4sin A,(a+c)2=12+b2,则用“三斜求积”公式求得△ABC的面积为 (　　)

A. B.2 C.3 D.
【解析】选A.根据正弦定理及a2sin C=4sin A,得ac=4.再结合(a+c)2=12+b2,得a2+c2-b2=4,则S===,
故选A.
2.(1)在△ABC中,若已知三边为连续整数,最大角为钝角,求最大角的余弦值;
(2)求以(1)中的最大角为内角,相邻两边之和为4的平行四边形的最大面积.
【解析】(1)设三边长分别为a-1,a,a+1,
由于最大角是钝角,所以(a-1) 2+a2-(a+1) 2<0,
解得0