（湖南專用）2013高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)（七）配套作業(yè) 理

專題限時集訓(xùn)(七) [第7講　解三角形] (時間：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 4．如圖7－1，設(shè)A，B兩點在河的兩岸，一測量者在A的同側(cè)，在所在的河岸邊選定一點C，測出AC的距離為50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以計算出A，B兩點的距離為(　　) 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的周長等于(　　) A．3＋ B．3 C．2＋ D. 6．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為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，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為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，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，測量河對岸的塔高AB時，可以選與塔底B在同一水平面內(nèi)的兩個觀測點C與D，測得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30 m，并在C測得塔頂A的仰角為60°，則塔的高度AB＝________m. 圖7－3 11．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為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； (2)求四邊形ABCD的面積． 13．在△ABC中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，且滿足cos＝，b＋c＝6.·＝3. (1)求a的值； (2)求的值． 14．已知在△ABC中，角A，B，C的對邊長分別為a，b，c，已知向量m＝(sinA＋sinC，sinB－sinA)，n＝(sinA－sinC，sinB)，且m⊥n. (1)求角C的大?。? (2)若a2＝b2＋，試求sin(A－B)的值． 專題限時集訓(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AC<BC，所以B＝45°. 2．D　[解析] 由＝＝＝sin30°，得C＝90°.所以AC＝＝2，所以△ABC的面積為S＝AC·BC＝2. 3．A　[解析] 設(shè)p，q的夾角為θ，則cosθ＝－cosAcosB＋sinAsinB＝－cos(A＋B)＝cosC>0，所以p，q的夾角為銳角． 4．A　[解析] 在△ABC中，由正弦定理得＝，AB＝50 m. 【提升訓(xùn)練】 5．A　[解析] 設(shè)角A，B，C所對的邊分別為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，A＋B∈，則C∈，故△ABC是鈍角三角形；當(dāng)B∈時，△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＝. 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] 因為4sin2－cos2C＝， 所以2[1－cos(A＋B)]－2cos2C＋1＝， 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，“＝”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＝20－16cosB＝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)由題意得m·n＝(sin2A－sin2C)＋(sin2B－sinAsinB)＝0，即sin2C＝sin2A＋sin2B－sinAsinB. 由正弦定理得c2＝a2＋b2－ab， 再由余弦定理得cosC＝＝. ∵0<C<π，∴C＝. (2)方法一：∵a2＝b2＋，∴sin2A＝sin2B＋sin2C，即sin2A－sin2B＝， 從而－＝，即cos2B－cos2A＝. ∵A＋B＋＝π，∴cos－cos2A＝， 即－cos－cos2A＝，從而sin＝－， sin(A－B)＝sin＝sin＝－sin＝－sin2A＋＝. 方法二：設(shè)R為△ABC外接圓半徑， 所以sin(A－B)＝·－·＝＝＝＝sinC＝. 方法三：cosB＝＝＝＝，cosA＝＝＝， sinAcosB＝sinC，cosAsinB＝sinC ，∴sin(A－B)＝sinC－sinC＝sinC＝. - 7 -