单元素养测评卷(一)第九章 答案

单元素养测评卷(一)1.D[解析]因为a-2b+c=0,3a+b-2c=0,所以c=73a,b=53a,所以a∶b∶c=3∶5∶7,所以sinA∶sinB∶sinC=3∶5∶7.故选2.A[解析]由正弦定理得bsinB=csinC,则sinC=csinBb=2×747=12,因为c<b,所以C3.A[解析]由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosA,即4=AB2+2-2AB,解得AB=3+1或AB=-3+1(舍去),所以S△ABC=12AB·AC·sinA=12×(3+1)×2×22=3+124.C[解析]由余弦定理得cosB=a2+c2-b22ac,所以1-b22ac=a2+c2-b22ac,即a2+c2-2ac=0,即5.A[解析]由(sinB+sinC)2=sin2A+(2-2)sinBsinC及正弦定理得(b+c)2=a2+(2-2)bc,整理得b2+c2-a2=-2bc,由余弦定理得cosA=b2+c2-a22bc=-2bc2bc=-22,又A∈(0,π),所以A=3π4,所以2sin3π4-2sinB=0,解得sinB6.D[解析]对于A,若A=2π3,B=π6,则tanA<0<tanB,故A错误;对于B,因为y=cosx在(0,π)上单调递减,π>A>B>0,所以cosA<cosB,故B错误;对于C,由acosA=bcosB及正弦定理得sinAcosA=sinBcosB,则sin2A=sin2B,所以2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=π2,故C错误;对于D,由acosA=bcosB=ccosC及正弦定理得sinAcosA=sinBcosB=sinCcosC,则tanA=tanB=tanC≠0,又A,B,C∈(0,π),所以A=7.B[解析]由a+2cb=3sinC+cosC及正弦定理可得sinA+2sinC=3sinBsinC+sinBcosC,又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC,所以cosBsinC+2sinC=3sinBsinC,因为sinC≠0,所以3sinB-cosB=2,即2sinB-π6=2,又B∈(0,π),所以B-π6=π2,所以B=2π3.由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2+ac=(a+c)2-ac≥(a+c)2-a+c22=34(a+c)2,即a+c≤23b3,当且仅当8.A[解析]因为bc=sinB3cosC,所以由正弦定理得sinB3cosC=sinBsinC,所以tanC=3,又C∈(0,π),所以C=π3.因为asinA=bsinB=csinC=433,所以a=433sinA,b=433sinB,所以a+b=433(sinA+sinB)=433sinA+sinA+π9.BD[解析]对于A,a=2,b=2,B=120°,△ABC是钝角三角形,只有一个解;对于B,a=2,b=3,B=45°,由正弦定理知2sinA=3sin45°,解得sinA=23,又a>b,且A∈(0°,180°),所以A有两个值,三角形有两个解;对于C,b=3,c=3,B=60°,由正弦定理知3sin60°=3sinC,解得sinC=12,因为b>c,所以B>C,所以C=30°,三角形只有一个解;对于D,a=23,b=10,B=60°,由正弦定理知23sinA=10sin60°,解得sinA=310,又10.AD[解析]如图,设B舰艇经过x小时后在M处与A舰艇汇合,则MQ=50x,MP=70x,∠PQM=120°.由余弦定理得(70x)2=302+(50x)2-3000xcos120°,解得x=1或x=-38(舍去),所以MQ=50(海里),MP=70(海里),由正弦定理得QMsinθ=PMsin120°,则sinθ=50sin120°11.ABD[解析]对于A,连接BD,在△ABD与△CBD中,由余弦定理得AD2+AB2-2AD·AB·cosA=BD2=CD2+CB2-2CD·CB·cosC,因为cosC=-cosA,所以42+22-2×4×2cosA=42+62+2×4×6cosA,解得cosA=-12,又0<A<π,所以A=2π3,故A正确;对于B,C=π-A=π3,则四边形ABCD的面积S=S△ABD+S△CBD=12×2×4×32+12×6×4×32=83,故B正确;对于C,D,由A知,BD=22+42-2×2×4×-12=27,由正弦定理得☉O的直径2R12.158[解析]因为0<C<π,所以sinC=1-cos2C=154,由余弦定理可得c=a2+b2-2abcosC=1+413.1114[解析]由正弦定理及sinA+sinB=2sinC,得a+b=2c.又△ABC的周长为15,所以a+b+c=3c=15,所以c=5.由△ABC的面积为212sinC,得212sinC=12absinC,所以ab=21,由余弦定理可得cosC=a2+b14.2π3(3,23)[解析]因为(sinA+sinC)2=sin2B+sinAsinC,所以sin2A+sin2C-sin2B=-sinAsinC,由正弦定理得a2+c2-b2=-ac,由余弦定理得cosB=a2+c2-b22ac=-ac2ac=-12,又B∈(0,π),所以B=2π3.由正弦定理得2R=bsinB=23sin2π3=4(R为△ABC的外接圆的半径),由正弦定理得a=2RsinA=4sinA,c=2RsinC=4sinC,所以a+12c=4sinA+2sinC=4sinA+2sinπ3-A=3sinA+3cosA=23sinA+π6,因为A15.解:(1)在△ABC中,由余弦定理得cosB=a2代入c(acosB-bsinA)=a2-b2,得ca·a2+c2-即a2+c2-b2-2bcsinA=2a2-2b2,整理得sinA=b2由余弦定理得cosA=b2+c2-a2又A∈(0,π),所以A=π4(2)因为△ABC的面积为2,所以12bcsinA=2,即bc=42由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA,所以b2+c2=12,所以(b+c)2=b2+c2+2bc=12+82,所以b+c=2+22.16.解:(1)由asinB=bsinA+得asinB=bsinA由正弦定理可得sinAsinB=sinB12即12sinAsinB=32cosAsin因为sinB≠0,所以12sinA=32cosA,所以tanA=又0<A<π,所以A=π3(2)因为S△ABC=12bcsinA=332,所以因为AD为角平分线,S△BAC=S△BAD+S△DAC,所以12bcsinπ3=12×3csinπ6+12×3bsinπ6,即由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosπ3=(b+c)2-3bc=18,所以a=3217.解:(1)由2a-c=2bcosC及正弦定理得2sinA-sinC=2sinBcosC,则2sin(B+C)-sinC=2sinBcosC,即2cosBsinC-sinC=0,∵C∈0,π2,∴sinC≠0,∴cosB又B∈0,π2,∴B(2)由正弦定理得asinA=csinC=则3a+2c=12sinA+8sinC=4(3sinA+2sinC)=43sinA+2sin2π3-A=4(4sinA+3cosA)=419sin(A+φ),其中sinφ=319,cosφ∵△ABC是锐角三角形,∴π6<A<π∴π6+φ<A+φ<π2+φ,sinπ6+φ=sinπ6cosφ+cosπ6sinφ=7显然7219<419,当A+φ=π2时,3a+2∴3a+2c∈(14,419].18.解:(1)若选①③:在△ABC中,由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cosA,即7=AC2+27-9AC,整理得AC2-9AC+20=0,解得AC=4或AC=5,又AC>CE=4,所以AC=5,所以△ABC存在且唯一,由正弦定理得sinC=ABsinABC=3若选②③:在△ABC中,sinB=1-cos由正弦定理得AC=BCsinBsinA=7×571412=5,sinC=sin(B+A)=sinBcosA+cosBsinA=由正弦定理得AB=BCsinCsinA=所以△ABC存在且唯一,所以sinC=321若选①②:在△ABC中,由余弦定理可得AC=AB2+则cosA=(33)故A=π6,符合题意,所以△ABC存在且唯一由D,E分别是边AB,AC上的点(不与端点重合),知点D位置不确定,保证DE=7的点E不能确定,所以△ADE不能确定,即不符合题意.(2)由(1)知,sinC=32114,AC=5,AB=33,在△ABE中,由余弦定理可得BE=AE1+27-2×1×33(3)S△ABC=12AB·AC·sinA=12×33×5×12在△ADE中,由余弦定理得DE2=AE2+AD2-2AE·AD·cosA,即7=1+AD2-3AD,整理得AD2-3AD-6=0,可得AD=23,所以S△ADE=12AE·AD·sinA=3所以四边形BCED的面积S=S△ABC-S△ADE=13319.解:(1)设PH=x,AB=a,由α=45°,β=45°,γ=37°,得HA=HB=x,HC=43x因为B1到C1耗时为原来的2倍,所以BC=2a.在△HBA中