数学必修五第一章单元测验试题

数学必修五第一章测试卷人教B版·数学单元综合测试第一章综合测试本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分150分，考试时间120分钟。

第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)1．下列命题中正确命题的个数为()①平面是矩形或平行四边形；②8个平面重叠起来，要比6个平面重叠起来厚；③有一个平面的长是50m，宽是20m；④平面是绝对平的、无厚度、可以无限延展的、抽象的数学概念．A．1B．2C．3D．4[答案]A[解析]由平面的概念知，它是平滑、无厚度、可延展的，可判断④正确；其余都不是平面的概念，①②③都不对，故应选A.2．(2022·湖北文，4)用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c;②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b;④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号是()A．①②B．②③C．①④D．③④[答案]C[解析]①平行关系的传递性．②举反例：a⊥b，b⊥c，则a∥c.③举反例：a∥γ，b∥γ，则a与b相交．④垂直于同一平面的两直线互相平行．故①，④正确．3．如果一个三角形的平行投影仍是一个三角形，则下列说法正确的是()A．内心的平行投影还是内心B．重心的平行投影还是重心C．垂心的平行投影还是垂心D．外心的平行投影还是外心[答案]B[解析]由平行投影的性质5可知，三角形各边的中点的投影还是投影后三角形各边的中点，故三中线的交点的平行投影不变，还是重心．4．长方体ABCD－A1B1C1D1的各顶点都在半径为1的球面上，其中AB：AD：AA1＝2：1：3，则A，B两点的球面距离为()ππA.B.43π2πC.D.23[答案]C[解析]本小题主要考查球的内接长方体和球面距离，重点是空间想象能力，球的内接长方体中，长方体的体对角线等于球的直径，球心O为对角线的中点．设AB＝2某，AD＝某，AA1＝3某2222则有2＝2某＋某＋3某，解得某＝.22∴AB＝某2＝22π222在△OAB中，AB＝OA＋OB，∴∠AOB＝2ππ∴A，B两点球面距离为某1＝.225．将边长为a的正方形沿对角线AC折起，使得BD＝a，则三棱锥D－ABC 的体积为()33aaA.B.6123323C.aD.a1212[答案]D[解析]取AC的中点O，连OB，OD，则AC⊥平面BOD，11122∴V＝某S△BOD某AC＝某某(a)2某2a＝a3.3322126．(2022·广东理，6)如图，△ABC为正三角形，AA′∥BB′∥CC′，CC′⊥平面ABC3且3AA′＝BB′＝CC′＝AB，则多面体ABC－A′B′C′的正视图(也称主视图)是()2[答案]D[解析]由三视图的概念与视图规则知，D正确．7．(2022·山东模拟)在长方体ABCD－A′B′C′D′中，用截面截下一个棱锥C－A′DD′，则棱锥C－A′DD′的体积与剩余部分的体积之比是()A．1：4B．1：5C．1：6D．1：7[答案]B[解析]设长方体底面ADD′A′的面积为S，高为h，则它的体积V＝Sh，而棱锥C111－A′DD′的底面面积为S，高为h，因此，棱锥C－A′DD′的体积VC－A′DD′＝某Sh232115＝Sh，余下的体积是：Sh－Sh＝Sh，所以体积比为1：5.6668．在正四面体P－ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下面四个结论中不成立的是()A．BC∥面PDFB．DF⊥面PAEC．面PDE⊥面ABCD．面PAE⊥面ABC[答案]C[解析]如图，∵BC∥DF，∴BC∥平面PDF.∴A正确．由图象知BC⊥PE，BC⊥AE，∴BC⊥平面PAE.∴DF⊥平面PAE.∴B正确．∴平面ABC⊥平面PAE(BC⊥平面PAE).∴D正确．9．若m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是()A．若mβ，α⊥β，则m⊥αB．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥βC．若m⊥β，m∥α，则α⊥βD．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ[答案]C[解析]如图符合A中的条件，但不满足m⊥α，故A错误，观察正棱柱的三个面，可排除B，观察教室的相对两墙壁与地面，可排除D.10．一个画家有14个边长为1m的正方体，他在地面上把它摆成如图所示的形式，然后，他把露出的表面都染上颜色，那么被染上颜色的面积为()A．21mB．24m22C．33mD．37m[答案]C[解析]上表面面积为3某3＝9(m2)侧面面积为3某4＋2某4＋1某4＝24(m2)故被染上颜色的面积为33m22211．已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆，若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于()A．1B.2C.3D．2[答案]C[解析]本小题主要考查球的知识及空间想像能力．如图所示，O为球心，O1为截面圆的圆心，O2为与截面圆O1垂直的截面圆的圆心，M是AB的中点，圆O1和圆O2交于AB.易知OO1MO2是矩形，∴O1O2＝OM，而△OAB是等边三角形，∴O1O2＝3.12．(2022·北京，文，8)如图，动点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，过点P作垂直于平面BB1D1D的直线，与正方体表面相交于M、N.设BP＝某，MN＝y，则函数y＝f(某)的图象大致是() [答案]B[解析]考查函数的图像与性质及空间想象能力．取AA1、CC1的中点E、F，EF交BD1于O，则EF∥AC，∵AC⊥BD，AC⊥BB1，∴AC⊥平面BDD1B1，∴EF⊥平面BDD1B1，∴平面BED1F⊥平面BDD1B1，过点P作MN∥EF，则MN⊥平面BDD1B1，BPMNEFMN交BE、BF于M、N，则＝，∴MN＝·BP，BOEFBO不难看出当P在BO上时，y是某的一次增函数，当P在OD1上时，y 是某的一次减函数，故选B.第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填写在题中横线上)2S13．在平面内，三角形的面积为S，周长为c，则它的内切圆的半径r＝，在空间中，c三棱锥的体积为V，表面积为S，利用类比方法，可得三棱锥的内切球的半径R＝______________.3V[答案]S3V1[解析]由已知V＝SR，∴R＝.S3314．圆台的体积是2343πcm，侧面展开图是半圆环，它的两底面半径之比是1：3，则这个圆台的两底面半径分别是__________．[答案]3cm,9cm[解析]设上底半径为r，下底半径为3r，由侧面展开图是半圆环知母线长为4r，所以圆台高为23r，∴V＝(πr2＋9πr2＋πr2·9πr2)·23r＝2343π，3∴r＝3.∴上、下底半径分别为3cm,9cm.15．如图，已知球O的面上四点A、B、C、D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝3，则球O的体积等于____________．9π[答案]2[解析]关键是找出球心，从而确定球的半径．由题意，三角形DAC，三角形DBC都是直角三角形，且有公共斜边．所以DC边的中点就是球心(到D、A、C、B四点距离相等)，所以球的半径就是线段DC长度的一半．①相对棱AB与CD所在的直线是异面直线；②由顶点A作四面体的高，其垂足是△BCD三条高线的交点；③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高的垂足重合；④任何三个面的面积之和都大于第四个面的面积；⑤分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点．[答案]①④⑤[解析]本题考查空间几何体的线线关系，以及空间想象能力．如图所示，四面体ABCD中，AB与CD是异面直线，故①正确；当四面体ABCD中，对棱AB与CD不垂直时，由顶点A作四面体的高，其垂足不是△BCD三条高线的交点，故②不正确；若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高的垂足不一定重合，故③不正确；如图，过顶点A作AO⊥面BCD，O为垂足，连结OB、OC、OD，则S△ABC>S△BOC，S△ACD>S△COD，S△ABD>S△BOD，∴S△ABC＋S△ACD＋S△ABD>S△BOC＋S△COD＋S△BOD＝S△BCD，故④正确．如图四面体ABCD中取AB、CD、AD、BC的中点分别为E、F、M、N，连线EF、MN，则EF、MN分别为EMFN的对角线，∴EF、MN相交于点O，且O为EF、MN的中点，取AC、BD的中点分别为R、H，则ERFH为平行四边形，即点O也是RH的中点，故⑤正确；由两边之和大于第三边可知④正确．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分10分)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N、P分别是C1C、B1C1、C1D1的中点．求证：平面MNP∥平面A1BD.[答案]连接B1D1，∵P、N分别是D1C1、B1C1的中点，∴PN∥B1D1.又∵B1D1∥BD，∴PN∥BD，又∵PN面A1BD，∴PN∥平面A1BD，同理MN∥平面A1BD，又PN∩MN＝N，∴平面PMN∥平面A1BD.18．(本小题满分12分)一圆台的母线为20cm，母线与轴的夹角为30°，上底面的半径为15cm，求圆台的高和下底面的面积．[答案]如图所示，过A作AH⊥A1O1，垂足为H，在△AA1H中，AH＝AA1co30°＝103(cm)，A1H＝AA1in30°＝10(cm)．设下底面半径为r，则r＝A1O1＝10＋15＝25(cm)，所以S底＝πr2＝625π(cm2)．故圆台的高为103cm，下底面的面积为625πcm2.19．(本小题满分12分)如图，三棱锥P－ABC中，已知PA⊥BC，PA＝BC＝l，PA⊥ED于E，BC⊥ED于D，ED＝h，求三棱锥P－ABC的体积．[答案]∵BC⊥PA，BC⊥DE，PA∩DE＝E，∴BC⊥平面PAD，∵BC平面ABC，∴平面PAD⊥平面ABC连接AD、PD，过P点PO⊥AD于O，则PO⊥平面ABC，PO为三棱锥P －ABC的高．∵Rt△PAO∽Rt△DAE，PAPO∴＝即PO·DA＝PA·DEDADE111∴VP－ABC＝S△ABC·PO＝某(BC某AD)某PO33211＝PA某DE某BC＝l2h6620．(本小题满分12分)(潍坊高一检测)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面A1BC⊥侧面A1ABB1.求证：AB⊥BC.[答案]本小题主要考查直棱柱、直线与平面所成角、二面角和线面关系等有关知识，同时考查空间想象能力和推理能力．证明：如下图，过点A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D，则由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，且平面A1BC∩侧面A1ABB1＝A1B，得AD⊥平面A1BC.又BC平面A1BC，所以AD⊥BC.因为三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，则AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥BC，又AA1∩AD＝A，从而BC⊥侧面A1ABB1.又AB侧面A1ABB1，故AB⊥BC.21．(本小题满分12分)(2022·山东文，20)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，且AD＝PD＝2MA.(1)求证：平面EFG⊥平面PDC；(2)求三棱锥P－MAB与四棱锥P－ABCD的体积之比．[答案]本小题主要考查空间中的线面关系和面面关系．考查线面垂直、面面垂直的判定及几何体体积的计算，考查识图能力、空间想象能力和逻辑思维能力，体现了转化与化归的数学思想．(1)证明：∵MA⊥平面ABCD，PD∥MA，所以PD⊥平面ABCD，又BC平面ABCD，∴PD⊥BC，因为ABCD为正方形，所以BC⊥DC.又PD∩DC＝D，因此BC⊥平面PDC.在△PBC中，因为G、F为中点，所以GF∥BC，因此GF⊥平面PDC.又GF平面EFG，所以平面EFG⊥平面PDC.(2)因为PD⊥面ABCD，ABCD为正方形，不妨设MA＝1，则PD＝AD＝2，18所以VP－ABCD＝S正方形ABCD·PD＝.33由于DA⊥面MAB，且PD∥MA，所以DA即为点P到平面MAB的距离，112三棱锥VP－MAB＝某某1某2某2＝.323所以VP－MAB：VP－ABCD＝1：4.22．(本小题满分12分)(2022·株洲高一检测)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、M分别是棱B1C1、B1B、C1D1的中点．(1)求证：CF⊥平面EAB；(2)是否存在过E、M点且与平面A1FC平行的平面？若存在，请指出并证明之；若不存在，请说明理由．[答案](1)在正方形B1BCC1中，∵E、F分别为B1C1、B1B的中点．∴△B1BE≌△BCF，∴∠B1BE＝∠BCF，∴∠BCF＋∠EBC＝90°，∴CF⊥BE.又AB⊥平面B1BCC1，CF平面B1BCC1，∴AB⊥CF.又AB∩BE＝B，∴CF⊥平面EAB.(2)设N是棱C1C上的一点，且C1N＝C1C，则平面EMN为符合要求的平面．4证明如下：设H为棱C1C的中点，∵C1N＝C1C，4∴C1N＝C1H.又E为B1C1的中点，2∴EN∥B1H，又CF∥B1H，∴EN∥CF，∴EN∥平面A1FC.同理，MN∥D1H，D1H∥A1F，∴MN∥A1F，∴MN∥平面A1FC，又∵EN∩MN＝N，∴平面EMN∥平面A1FC.。

第一章测试(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．在△ABC 中，AB ＝5，BC ＝6，AC ＝8，则△ABC 的形状是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形D ．非钝角三角形解析 最大边AC 所对角为B ，则cos B ＝52＋62－822×5×6＝－320<0，∴B 为钝角．答案 C2．在△ABC 中，已知a ＝1，b ＝3，A ＝30°，B 为锐角，那么A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A >B >C B ．B >A >C C ．C >B >AD ．C >A >B解析 由正弦定理a sin A ＝b sin B ，∴sin B ＝b sin A a ＝32. ∵B 为锐角，∴B ＝60°，则C ＝90°，故C >B >A . 答案 C3．在△ABC 中，已知a ＝8，B ＝60°，C ＝75°，则b 等于( ) A ．4 2 B ．4 3 C ．4 6D.323解析 由A ＋B ＋C ＝180°，可求得A ＝45°，由正弦定理，得b＝a sin B sin A ＝8×sin60°sin45°＝8×3222＝4 6.答案 C4．在△ABC 中，AB ＝5，BC ＝7，AC ＝8，则BA →·BC →的值为( ) A ．5 B ．－5 C ．15D ．－15解析 在△ABC 中，由余弦定理得 cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝25＋49－642×5×7＝17. ∴BA →·BC →＝|BA →|·|BC →|cos B ＝5×7×17＝5. 答案 A5．若三角形三边长之比是1：3：2，则其所对角之比是( ) A ．1：2：3 B ．1：3：2 C ．1：2： 3D.2：3：2解析 设三边长分别为a ，3a,2a ，设最大角为A ，则cos A ＝a 2＋(3a )2－(2a )22·a ·3a＝0，∴A ＝90°.设最小角为B ，则cos B ＝(2a )2＋(3a )2－a 22·2a ·3a ＝32，∴B ＝30°，∴C ＝60°. 因此三角之比为1：2：3. 答案 A6．在△ABC 中，若a ＝6，b ＝9，A ＝45°，则此三角形有( ) A ．无解B ．一解C ．两解D ．解的个数不确定解析 由b sin B ＝a sin A ，得sin B ＝b sin A a ＝9×226＝3 24>1. ∴此三角形无解． 答案 A7．已知△ABC 的外接圆半径为R ，且2R (sin 2A －sin 2C )＝(2a －b )sin B (其中a ，b 分别为A ，B 的对边)，那么角C 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析 根据正弦定理，原式可化为 2R ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24R 2－c 24R 2＝(2a －b )·b 2R ， ∴a 2－c 2＝(2a －b )b ，∴a 2＋b 2－c 2＝2ab ， ∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝22，∴C ＝45°. 答案 B8．在△ABC 中，已知sin 2A ＋sin 2B －sin A sin B ＝sin 2C ，且满足ab ＝4，则该三角形的面积为( )A ．1B ．2 C. 2D. 3解析 由a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R ， 又sin 2A ＋sin 2B －sin A sin B ＝sin 2C ， 可得a 2＋b 2－ab ＝c 2.∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，∴C ＝60°，sin C ＝32.∴S △ABC ＝12ab sin C ＝ 3. 答案 D9．在△ABC 中，A ＝120°，AB ＝5，BC ＝7，则sin Bsin C 的值为( ) A.85 B.58 C.53D.35解析 由余弦定理，得cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ，解得AC ＝3. 由正弦定理sin B sin C ＝AC AB ＝35. 答案 D10.在三角形ABC 中，AB ＝5，AC ＝3，BC ＝7，则∠BAC 的大小为( )A .2π3B .5π6C .3π4D .π3 解析 由余弦定理，得cos ∠BAC ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB·AC ＝52＋32－722×5×3＝－12，∴∠BAC ＝2π3.答案 A11．有一长为1 km 的斜坡，它的倾斜角为20°，现要将倾斜角改为10°，则坡底要加长( )A ．0.5 kmB ．1 kmC ．1.5 kmD .32 km解析 如图，AC ＝AB·sin 20°＝sin 20°，BC ＝AB·cos 20°＝cos 20°，DC ＝AC tan 10°＝2cos 210°， ∴DB ＝DC －BC ＝2cos 210°－cos 20°＝1.答案 B12．已知△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.若a ＝c ＝6＋2，且A ＝75°，则b 为( )A ．2B ．4＋2 3C ．4－2 3D .6－ 2解析 在△ABC 中，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∵a ＝c ，∴0＝b 2－2bc cos A ＝b 2－2b(6＋2)cos 75°，而cos 75°＝cos (30°＋45°)＝cos 30°cos 45°－sin 30°sin 45°＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫32－12＝14(6－2)，∴b 2－2b(6＋2)cos 75°＝b 2－2b(6＋2)·14(6－2)＝b 2－2b ＝0，解得b ＝2，或b ＝0(舍去)．故选A .答案 A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．在△ABC 中，A ＝60°，C ＝45°，b ＝4，则此三角形的最小边是____________．解析 由A ＋B ＋C ＝180°，得B ＝75°，∴c 为最小边，由正弦定理，知c ＝b sin C sin B ＝4sin 45°sin 75°＝4(3－1)．答案 4(3－1)14．在△ABC 中，若b ＝2a ，B ＝A ＋60°，则A ＝________. 解析 由B ＝A ＋60°，得sin B ＝sin (A ＋60°)＝12sin A ＋32cos A. 又由b ＝2a ，知sin B ＝2sin A. ∴2sin A ＝12sin A ＋32cos A. 即32sin A ＝32cos A. ∵cos A ≠0，∴tan A ＝33. ∵0°<A<180°，∴A ＝30°. 答案 30°15．在△ABC 中，A ＋C ＝2B ，BC ＝5，且△ABC 的面积为103，则B ＝________，AB ＝________.解析 由A ＋C ＝2B 及A ＋B ＋C ＝180°，得B ＝60°. 又S ＝12AB·BC·sin B ，∴10 3＝12AB ×5×sin 60°，∴AB ＝8. 答案 60° 816．在△ABC 中，已知(b ＋c)：(c ＋a)：(a ＋b)＝8：9：10，则sin A ：sin B ：sin C ＝________.解析设⎩⎪⎨⎪⎧b ＋c ＝8k ，c ＋a ＝9k ，a ＋b ＝10k ，可得a ：b ：c ＝11：9：7.∴sin A ：sin B ：sin C ＝11：9：7. 答案 11：9：7三、解答题(本大题共6个小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)在非等腰△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a 2＝b(b ＋c)．(1)求证：A ＝2B ；(2)若a ＝3b ，试判断△ABC 的形状．解 (1)证明：在△ABC 中，∵a 2＝b·(b ＋c)＝b 2＋bc ，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝bc ＋c 22ac ＝b ＋c 2a ＝a 2b ＝sin A2sin B ，∴sin A ＝2sin B cos B ＝sin 2B. 则A ＝2B 或A ＋2B ＝π.若A ＋2B ＝π，又A ＋B ＋C ＝π，∴B ＝C.这与已知相矛盾，故A ＝2B.(2)∵a ＝3b ，由a 2＝b(b ＋c)，得3b 2＝b 2＋bc ，∴c ＝2b. 又a 2＋b 2＝4b 2＝c 2. 故△ABC 为直角三角形．18．(12分)锐角三角形ABC中，边a，b是方程x2－23x＋2＝0的两根，角A，B满足2sin(A＋B)－3＝0.求：(1)角C的度数；(2)边c的长度及△ABC的面积．解(1)由2sin(A＋B)－3＝0，得sin(A＋B)＝3 2.∵△ABC为锐角三角形，∴A＋B＝120°，∴∠C＝60°.(2)∵a，b是方程x2－23x＋2＝0的两个根，∴a＋b＝23，ab＝2.∴c2＝a2＋b2－2ab cos C＝(a＋b)2－3ab＝12－6＝6.∴c＝ 6.S△ABC＝12ab sin C＝12×2×32＝32.19．(12分)如右图，某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°，距离为12 6 nmile，在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8 3 nmile，货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在北偏东120°，求：(1)A 处与D 处的距离； (2)灯塔C 与D 处的距离．解 (1)在△ABD 中，∠ADB ＝60°，B ＝45°，AB ＝12 6，由正弦定理，得AD ＝AB sin Bsin ∠ADB ＝126×2232＝24(nmile )．(2)在△ADC 中，由余弦定理，得 CD 2＝AD 2＋AC 2－2AD·AC·cos 30°. 解得CD ＝83(nmile )．∴A 处与D 处的距离为24 nmile ，灯塔C 与D 处的距离为8 3 nmile .20．(12分)已知△ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，设向量m ＝(a ，b )，n ＝(sin B ，sin A )，p ＝(b －2，a －2)．(1)若m ∥n ，求证：△ABC 为等腰三角形；(2)若m ⊥p ，边长c ＝2，角C ＝π3，求△ABC 的面积． 解 (1)证明：∵m ∥n ，∴a sin A ＝b sin B .由正弦定得知，sin A ＝a 2R ，sin B ＝b2R (其中R 为△ABC 外接圆的半径)，代入上式，得a ·a 2R ＝b ·b2R ，∴a ＝b .故△ABC 为等腰三角形．(2)∵m ⊥p ，∴m ·p ＝0，∴a (b －2)＋b (a －2)＝0，∴a ＋b ＝ab . 由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C 得 4＝(a ＋b )2－3ab ，即(ab )2－3ab －4＝0. 解得ab ＝4，ab ＝－1(舍去)．∴△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×4×sin π3＝ 3.21．(12分)在△ABC 中，已知内角A ＝π3，边BC ＝23，设内角B ＝x ，周长为y .(1)求函数y ＝f (x )的解析式和定义域； (2)求y 的最大值．解 (1)△ABC 的内角和A ＋B ＋C ＝π，由A ＝π3，B >0，C >0，得0<B <2π3.应用正弦定理，得AC ＝BC sin A ·sin B ＝23sin π3·sin x ＝4sin x .AB ＝BCsin A sin C ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－x .∵y ＝AB ＋BC ＋CA ，∴y ＝4sin x ＋4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－x ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <2π3. (2)y ＝4(sin x ＋32cos x ＋12sin x )＋2 3 ＝43sin(x ＋π6)＋2 3. ∵π6<x ＋π6<5π6，∴当x ＋π6＝π2，即x ＝π3时，y 取得最大值6 3.22．(12分)△ABC 中，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，tan C ＝sin A ＋sin B cos A ＋cos B，sin(B －A )＝cos C . (1)求A ，C ；(2)若S △ABC ＝3＋3，求a ，c .11 新课标A 版·数学·必修5 高中同步学习方略解 (1)因为tan C ＝sin A ＋sin B cos A ＋cos B， 即sin C cos C ＝sin A ＋sin B cos A ＋cos B， 所以sin C cos A ＋sin C cos B ＝cos C sin A ＋cos C sin B ，即sin C cos A －cos C sin A ＝cos C sin B －sin C cos B ，得sin(C －A )＝sin(B －C )．所以C －A ＝B －C ，或C －A ＝π－(B －C )(不成立)，即2C ＝A ＋B ，得C ＝π3，所以B ＋A ＝2π3.又因为sin(B －A )＝cos C ＝12，则B －A ＝π6，或B －A ＝5π6(舍去)．得A ＝π4，B ＝5π12.所以A ＝π4，C ＝π3.(2)S △ABC ＝12ac sin B ＝6＋28ac ＝3＋3，又a sin A ＝c sin C ，即a 22＝c32.得a ＝22，c ＝2 3.。

必修五阶段测试一 (第一章 解三角形 )
时间： 120 分钟 满分： 150 分
一、选择题 (本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分)
1．(2017 ·江西金溪一中月考 )已知△ ABC 中，a＝ 2，b＝ 3，B＝ 60°，那么∠ A＝ ( )
A． 45°
B． 90°
C．130 °或 45°
sin
2
A＝
0.
∴ sinA－ sin2A＝ 0，∴ sinA＝ 0(舍去 )或 sinA＝ 1，
4
∴
A＝
π 2.故选
A.
7． A
∵C＝ 2B，∴
sinC＝ sin2B＝ 2sinBcosB.又∵
8b＝ 5c， sincC＝ sinbB，∴
cb＝
sinC sinB
＝
8 5.
∴ cosB＝2ssininCB＝ 12× 85＝45.
BC sinA sinA
∵△ ABC 是锐角三角形，
2A＜π2， ∴
π－ 3A＜ π2，
∴ π＜A＜ π，
6
4
∴ 2＜ 2cosA＜ 3，故选 D.
12．C 由题可知△ BCA 是等腰直角三角形，
∴ AB＝ AC＝ 200， BC＝ 200 2，
∠ DBC＝ 15°＋ 45°＝ 60°，
∵∠ DAB ＝ 90°－ 60°＝30°，
10．D ∠CBA＝ 180 °－∠ ACB－∠ CAB＝ 180 °－ 45°－105 °＝ 30°，
∴ AB ＝ AC ，∴ AB＝ AC·sin∠BCA ＝ 50×sin45 ＝°50 2 m ．故选 D.
sin∠ BCA sin∠CBA
sin∠CBA
sin30 °

本章测评(满分150分,测试时间120分钟)一、选择题(每题5分,共60分)1.在△ABC 中，BA sin sin 等于（ ） A.a b B.b a C.c a D.ac 解析：由正弦定理得b a B A =sin sin . 答案：B2.在△ABC 中，a 、b 、c 分别是∠A 、∠B 、∠C 的对边长，且a=1,b=2,C=60°，则c 等于( ) A.3 B.7 C.1 D.5解析：由已知及余弦定理得： c=360cos 2122160cos 22222=︒⨯⨯-+=︒-+ab b a .答案：A3.在△ABC 中，若A ：B ：C=1：2：3，则△ABC 的形状是( )A.1：2：3B.3：2：1C.2：3：1D.1：3：2解析：∵A ∶B ∶C=1∶2∶3,∴A=30°,B=60°,C=90°.∴a ∶b ∶c=sinA ∶sinB ∶sinC=1∶3∶2.答案：D4.在△ABC 中，bcosA=acosB ，则△ABC 的形状是( )A.直角三角形B.锐角三角形C.等腰三角形D.等边三角形解析：由余弦定理得b·acb c a a bc a c b 22222222-+∙=-+，化简得a 2=b 2,a=b.也可考虑应用正弦定理来确定.答案：C5.等腰△ABC 一腰上的高BD=3，高BD 与底边BC 的夹角为60°，则BC 等于( ) A.3 B.32 C.2 D.23 解析：由题意知，cos60°=BC BD ,BC=3260cos =︒BD . 答案：B6.在△ABC 中，已知Aa sin =2,b=1，则B 等于( )A.30°B.60°C.2D.60°或120° 解析：由已知及正弦定理得1sin 2sin sin ===B B b A a ，sinB=21,B=30°或150°. 答案：C7.三角形两边长分别为1、3，第三边的中线长也是1，则三角形内切圆半径为( ) A.13- B.)13(21- C.21(3-3) D.3-3 解析：由三角形的面积公式来考虑，就可以先求出其第三边，从而求出其内切圆的半径.设其三边长分别为a,b,c （其中a=1,b=3），设α为边a 、c 的夹角.则由余弦定理得⎪⎩⎪⎨⎧=⨯⨯-+=⨯⨯-+.)3(cos 121,1cos )2(12)2(1222222ααc c c c 将上一个方程乘以2与第二个方程相减，解得c=2.∴a 2+b 2=c 2, 故这个三角形是直角三角形，该三角形的内切圆半径为21(a+b-c)=21(13-)，故选B. 答案：B8.已知R 是△ABC 的外接圆半径，若ab ＜4R 2cosAcosB,则△ABC 的外心位于（ ）A.三角形的外部B.三角形的边上C.三角形的内部D.．三角形的内部或外部，但不会在边上解析：由ab ＜4R 2cosAcos B 及正弦定理得4R 2sinAsinB ＜4R 2cosAcos B,cosAcosB-sinAsinB ＞0,cos(A+B)＞0,A+B ＜2π. ∴△ABC 为钝角三角形，故三角形的外心位于三角形的外部.答案：A9.(2006高考山东卷，理4)在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c,A=3π,a=3,b=1，则c 等于（ ）A.1B.2C.3-1D.3解析：由正弦定理得sinB=21，又a ＞b ，所以 A ＞B ，故B=30°，所以C=90°，故c=2. 答案：B10.(2006苏、锡、常、镇四市调查二，理6)已知钝角三角形ABC 的最长边的长为2，其余两边长为a 、b ，则集合P={(x,y)|x=a,y=b}所表示的平面图形的面积是（ ）A.2B.4C.π-2D.4π-2解析：由钝角三角形ABC 的最长边的长为2，其余两边长为a 、b ，及余弦定理可得:a 2+b 2＜4,再由两边之和大于第三边,得a+b ＞2,且a ＞0,b ＞0,利用线性规划可表示出点P 表示的范围,从而求出面积.答案:C11.△ABC 中，A=3π,BC=3,则△ABC 的周长为（ ） A.43sin(B+3π)+3 B.43sin(B+6π)+3 C.6sin(B+3π)+3 D.6sin(B+6π)+3 解析：在△ABC 中，由正弦定理得：233sin =B AC ,化简得AC=32sinB,]233)3(sin[=+-ππB AB,化简得AB=32sin(32π-B),所以三角形的周长为： 3+AC+AB=3+32sinB+32sin(32π-B)=3+33sinB+3cosB=6sin(B+6π)+3. 答案：D12.(2006高考安徽卷，11)如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则（ ）A.△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形B.△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C.△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D.△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形解析：△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，若△A 2B 2C 2是锐角三角形，由⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=-=-=⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-==-==-==.2,2,2).2sin(cos sin ),2sin(cos sin ),2sin(cos sin 121212112112112C C B B A A C C C B B B A A A ππππππ得 那么，A 2+B 2+C 2=2π，所以△A 2B 2C 2是钝角三角形. 答案：D二、填空题(每题4分,共16分)13.在△ABC 中,a 、b 、c 是其三边长，直线xsinA+ay+c=0与直线bx-ysinB+sinC=0的位置关系是____________.解析：由题意及已知知这两条直线的斜率之积为Bb a A sin sin ∙-=-1,故它们垂直. 答案：垂直14.(2006高考江苏卷，11)在△ABC 中，已知BC=12，A=60°，B=45°，则AC=____________.解析：由正弦定理得，︒=︒60sin 45sin BC AC ，解得AC=64. 答案：64 15.在△ABC 中,Aa 22sin =4，则其外接圆的直径是______________. 解析：由已知及正弦定理得Aa sin =2R=2（其中R 是△ABC 的外接圆的半径）. 答案：216.在△ABC 中，已知BC=8，AC=5,三角形面积为12，则cos2C=_______________. 解析：由三角形面积公式，得21|BC|·|CA|·sinC=20sinC=12，即 sinC=53．于是cos2C=1-2sin 2C=257. 答案：257 三、解答题(请写出详细解答过程,共74分)17.(本题满分12分)根据你所学的数学知识，试给出使△ABC 是正三角形的至少四种不同的条件.解：（1）A=B=3π； （2）a=b=c ；（3）Cc B b A a cos cos cos ==； （4）(a+b-c)(a+b+c)=3ab 且a=b ；（5）(sinA+sinB-sinC)(sinA+sinB+sinC)=3sinAsinB 且B=C ，等等.18.(本题满分12分)在△ABC 中, a 、b 、c 分别是∠A 、∠B 、∠C 的对边长，且满足cos(A+B)=12，且a 、b 是方程x 2-23x+2=0的两根.（1）求 c ；（2）求△ABC 的面积.解：（1）由已知得cos(A+B)=21，0＜A+B ＜π，A+B=3π,C=32π.又a,b 是方程x 2-32x+2=0的两根，故a+b=32,ab=2.由余弦定理得 c=102)32(cos 22)(cos 22222=-=--+=-+C ab ab b a C ac b a .（2）由（1）及三角形的面积公式得△ABC 的面积=12absinC=12×2sin 32π=23. 19.(本题满分12分)在△ABC 中,a+b=4，C=60°，求这个三角形的周长的最小值.解：由已知及余弦定理得 c=︒---+=-+60cos )4(2)4(cos 22222a a a a C ab b a4)2(31612322+-=+-=a a a ≥2,当a=2时，c 有最小值，此时△ABC 的周长有最小值，最小值为6.20.(本题满分12分)在△ABC 中，已知tan(A+B)=1，且最长边为1，求角C 的大小及 △ABC 最短边的长.解：由已知得A+B=4π，C=43π.又tanA ＞tanB ，∴B 是△ABC 的最小内角.又tanB=31,∴sinB=1010. ∵C c B b sin sin =,∴b=55sin ,sin =B C c .∴C=43π,其最短边长为55. 21.(本题满分12分)某观测站C 在城A 的南20°西的方向，由城出发的一条公路，走向是南40°东，在C 处测得公路上B 处有一人距C 为31 km 正沿公路向A 城走去，走了20 km 后到达D 处，此时CD 间的距离为21 km ，这人还要走多少千米可到达A 城？解：如下图所示，假设∠ACD=α,∠CDB=β,在△CBD 中，由余弦定理得cos β=71212023121202222222-=⨯⨯-+=∙-+CD BD CB CD BD . ∴sin β=734. 而sin α=sin (β-60°)=sin βcos60°-sin60°cos β=1435712321734=⨯+⨯. 在△ACD 中，由正弦定理，得αsin 60sin AD CD =︒, ∴AD=︒⨯60sin sin 21α=15(km). ∴这个人再走15 km 就可以到达A 城.22.(本题满分14分)(2006高考江西卷，理19)如右图，已知△ABC 是边长为1的正三角形，M 、N 分别是边AB 、AC 上的点，线段MN 经过△ABC 的中心G ，设∠MGA=α(3π≤α≤32π).(1)试将△AGM 、△AGN 的面积（分别记为S 1与S 2）表示为α的函数.（2）求y=1S 12+1S 22的最大值与最小值.解：（1）因为G 是边长为1的正三角形ABC 的中心， 所以AG=32×23=33，∠MAG=6π. 由正弦定理)6sin(6sin παππ--=GA GM得GM=)6sin(63πα+. 则S 1=21GM·GA·sin α=)6sin(12sin παα+， 同理可求得S 2=)6sin(12sin παα-. (2)y=α22221sin 14411=+S S ［sin 2(α+6π)+sin 2(α-6π)］=72（3+cot 2α）， 因为3π≤α≤32π，所以当α=3π或α=32π时，y 取得最大值,y max =240. 当α=2π时，y 取得最小值,y min =216.。