（課程標(biāo)準(zhǔn)卷地區(qū)專用）2013高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)(七)解三角形配套作業(yè) 理（解析版）

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1、 專題限時(shí)集訓(xùn)(七) [第7講　解三角形] (時(shí)間：45分鐘) 1．在△ABC中，若A＝60°，BC＝4，AC＝4，則角B的大小為(　　) A．30° B．45° C．135° D．45°或135° 2．在△ABC中，已知AB＝2BC＝4，A＝30°，則△ABC的面積為(　　) A．1 B. C．2 D．2 3．已知向量p＝(cosA，sinA)，q＝(－cosB，sinB)，若A，B，C是銳角△ABC的三個(gè)內(nèi)角，則p與q的夾角為(　　) A．銳角 B．直角 C．鈍角 D．以上都不對(duì) 4．如圖7－1，設(shè)A，B兩點(diǎn)在河的兩岸，一測(cè)量者在A的

2、同側(cè)，在所在的河岸邊選定一點(diǎn)C，測(cè)出AC的距離為50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以計(jì)算出A，B兩點(diǎn)的距離為(　　) 圖7－1 A．50 m B．50 m C．25 m D. m 5．已知△ABC的面積為，AC＝，∠ABC＝，則△ABC的周長(zhǎng)等于(　　) A．3＋ B．3 C．2＋ D. 6．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，a＝80，b＝100，A＝30°，則此三角形(　　) A．一定是銳角三角形 B．一定是直角三角形 C．一定是鈍角三角形 D．可能是直角三角形，也可能是銳角三角形 7．在斜△ABC中

3、，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且＝，則角A＝(　　) A. B. C. D. 8．如圖7－2，在△ABC中，D是邊AC上的點(diǎn)，且AB＝AD,2AB＝BD，BC＝2BD，則sinC的值為(　　) 圖7－2 A. B. C. D. 9．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，b2＋c2－bc＝a2，且·＝－4，則△ABC的面積等于________． 10．如圖7－3，測(cè)量河對(duì)岸的塔高AB時(shí)，可以選與塔底B在同一水平面內(nèi)的兩個(gè)觀測(cè)點(diǎn)C與D，測(cè)得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30 m，并在C測(cè)得塔頂A的仰角為60°，則塔的高度AB＝___

4、_____m. 圖7－3 11．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知4sin2－cos2C＝，且c＝，則△ABC的面積的最大值為________． 12．在四邊形ABCD中，AB＝2，BC＝CD＝4，AD＝6，A＋C＝π. (1)求AC的長(zhǎng)； (2)求四邊形ABCD的面積． 13．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足cos＝，b＋c＝6.·＝3. (1)求a的值； (2)求的值． 14．△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若函數(shù)f(x)＝x2＋mx－為偶函數(shù)，且f＝0. (1)

5、求角B的大小； (2)若△ABC的面積為，其外接圓半徑為，求△ABC的周長(zhǎng)． 專題限時(shí)集訓(xùn)(七) 【基礎(chǔ)演練】 1．B　[解析] 在△ABC中，若A＝60°，BC＝4，AC＝4，由正弦定理得：＝，代入解得sinB＝.又AC0，所以p，q的夾角為銳角． 4．A　[解析] 在△ABC中，由正弦定理得＝

6、，AB＝50 m. 【提升訓(xùn)練】 5．A　[解析] 設(shè)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，利用三角形面積公式和余弦定理得：b＝，ac＝，3＝a2＋c2－2ac×，所以3＝(a＋c)2－3ac得a＋c＝3，即△ABC的周長(zhǎng)等于3＋. 6．C　[解析] 由正弦定理，得＝，即＝，解得sinB＝∈，所以B∈或B∈.當(dāng)B∈時(shí)，A＋B∈，則C∈，故△ABC是鈍角三角形；當(dāng)B∈時(shí)，△ABC也是鈍角三角形．綜上，△ABC一定是鈍角三角形．故選C. 7．B　[解析] ∵＝＝－2cosB，＝， ∴－2cosB＝，∵△ABC為斜三角形，∴cosB≠0，∴sin2A＝1，∵A∈(0，π)，∴2A＝，A

7、＝. 8．D　[解析] 設(shè)BD＝a，則由題意可得：BC＝2a，AB＝AD＝a，在△DAB中，由余弦定理得：cosA＝＝＝，所以sinA＝＝.在△ABC中，由正弦定理得，＝，所以＝，解得sinC＝，故選D. 9．2　[解析] 根據(jù)余弦定理可得cosA＝＝，故A＝.由·＝－4，可得bccos120°＝－4，得bc＝8.所以S＝bcsinA＝2. 10．15　[解析] 在△BCD中，根據(jù)正弦定理得 BC＝＝＝15. 在Rt△ABC中，AB＝BC·tan∠ACB＝15×tan60°＝15. 11.　[解析] 因?yàn)?sin2－cos2C＝， 所以2[1－cos(A＋B)]－2cos2C＋1

8、＝， 2＋2cosC－2cos2C＋1＝，即cos2C－cosC＋＝0， 解得cosC＝. 由余弦定理得cosC＝＝， ab＝a2＋b2－7≥2ab－7，ab≤7.(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時(shí)，“＝”成立) 從而S＝absinC≤·7·＝，即S的最大值為. 12. 解：(1)如圖，連接AC，依題意可知，B＋D＝π， 在△ABC中，由余弦定理得AC2＝22＋42－2×2×4cosB＝20－16cosB， 在△ACD中，由余弦定理得AC2＝62＋42－2×6×4cosD＝52－48cosD＝52＋48cosB.由20－16cosB＝52＋48cosB，解得cosB＝－， 從而AC2＝2

9、0－16cosB＝28，即AC＝2. (2)由(1)可知sinB＝sinD＝， 所以S四邊形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝AB·BCsinB＋AD·CDsinD＝2＋6＝8. 13．解：(1)∵cos＝，∴cosA＝2cos2－1＝. 又∵·＝3，即bccosA＝3，∴bc＝5， 又b＋c＝6，∴或 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝20，∴a＝2. (2) ＝ ＝＝－. ∵cosA＝，∴cos2A＝2cos2A－1＝－， ∴原式＝－＝. 14．解：(1)∵f(x)＝x2＋mx－是偶函數(shù)， ∴f(x)＝f(－x)，即x2＋mx－＝x2－mx－，∴m＝0. 又fcos＝0，∴cos2＝，即＝， ∴cosB＝－. 又B∈(0，π)，∴B＝. (2)∵△ABC的外接圓半徑為， ∴根據(jù)正弦定理＝2R得＝，b＝7. 又S△ABC＝acsinB＝，∴ac＝15. 在△ABC中，根據(jù)余弦定理得 b2＝a2＋c2－2accosB， 即a2＋c2－30cos＝49，a2＋c2＝34， ∴(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝64，∴a＋c＝8， ∴△ABC的周長(zhǎng)等于15. - 7 -