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.。
第一章综合素质检测(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12个小题，每个小题5分，共60分，每小题给出的四个备选答案中，有且仅有一个是符合题目要求的)1．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若c＝2，b＝6，B＝120°，则a等于( )A. 6 B．2C. 3D. 2[答案] D[解析] 在△ABC中，由正弦定理，得sinC＝csinBb＝2×326＝12，又∵B＝120°，∴C为锐角，∴C＝30°，∴A＝30°，∴a＝c＝ 2.2．在△ABC中，若AB＝3－1，BC＝3＋1，AC＝6，则B等于( ) A．30° B．45°C．60° D．120°[:[答案] C[解析] cosB＝AB2＋BC2－AC22AB·BC＝12，∴B＝60°.3．在△ABC中，A＝45°，AC＝4，AB＝2，那么cosB＝( )A.31010B．－31010C.55D．－55[答案] D[解析] BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA＝16＋2－82cos45°＝10，∴BC＝10，cosB＝AB2＋BC2－AC22AB·BC＝－55.4．等腰△ABC底角B的正弦与余弦的和为62，则它的顶角是( )A．30°或150° B．15°或75°C．30° D．15°[答案] A[解析] 由题意：sinB＋cosB＝62.两边平方得sin2B＝12，设顶角为A，则A＝180°－2B.∴sinA＝sin(180°－2B)＝sin2B＝1 2，∴A＝30°或150°.5．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α、β的关系为( )A．α>βB．α＝βC．α＋β＝90° D．α＋β＝180°[答案] B[解析] 仰角和俯角都是水平线与视线的夹角，故α＝β.6．(2018·天津理，6)在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，已知8b＝5c，C＝2B，则cosC ＝( )A.725B．－725C．±725D.2425[答案] A[解析] 由bsinB＝csinC及8b＝5c，C＝2B得，5csin2B＝8csinB，∴cosB＝45，∴co sC＝cos2B＝2cos2B－1＝725.[:数理化]7．△ABC的三边分别为2m＋3，m2＋2m，m2＋3m＋3(m>0)，则最大内角度数为( )A．150° B．120°C．90° D．135°[答案] B[解析] 解法一：∵m>0，∴m2＋3m＋3>2m＋3，m2＋3m＋3>m2＋2m.故边m2＋3m＋3对的角为最大角，由余弦定理，cosθ＝＋2＋2＋2－2＋3m＋2＋2＋＝－12，∴θ＝120°.解法二：特值法．取m＝1，则三边长为5,3,7∴cosθ＝52＋32－722×5×3＝－12，∴θ＝120°.8．在△ABC中，关于x的方程(1＋x2)sinA＋2xsinB＋(1－x2)sinC＝0有两个不等的实数根，则A为( ) A．锐角B．直角C．钝角D．不存在[答案] A[解析] 把已知方程整理得(sinA－sinC)x2＋2sinB·x＋(sinA＋sinC)＝0，Δ＝4sin2B－4(sinA－sinC)(sinA＋sinC)＞0，即sin2B＋sin2C－sin2A＞0.∴b2＋c2－a2＞0，∴cosA＞0，可知A为锐角．9．△ABC 的三个内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若asinAsinB ＋bcos 2A ＝2a ，则b a ＝( )A ．2 3B ．2 2 C. 3 D. 2[答案] D[解析] ∵asinAsinB ＋bcos 2A ＝2a ，∴由正弦定理，得sin 2AsinB ＋sinBcos 2A ＝2sinA ， ∴sinB(sin 2A ＋cos 2A)＝2sinA ， ∴sinB ＝2sinA ， ∴sinB sinA＝ 2. 由正弦定理，得b a ＝sinBsinA＝ 2.10．在△ABC 中，a 2＋b 2－ab ＝c 2＝23S △ABC ，则△ABC 一定是( ) A ．等腰三角形 B ．直角三角形 C ．等边三角形 D ．等腰直角三角形[答案] B[解析] 由a 2＋b 2－ab ＝c 2得：cosC ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，∴∠C ＝60°，又23S △ABC ＝a 2＋b 2－ab ， ∴23×12ab·sin60°＝a 2＋b 2－ab ，得2a 2＋2b 2－5ab ＝0， 即a ＝2b 或b ＝2a.当a ＝2b 时，代入a 2＋b 2－ab ＝c 2得a 2＝b 2＋c 2； 当b ＝2a 时，代入a 2＋b 2－ab ＝c 2得b 2＝a 2＋c 2. 故△ABC 为直角三角形．11．在△ABC 中，若|AB →|＝2，|AC →|＝5，AB →·AC →＝－5，则S △ABC ＝( ) A.532 B. 3 C.52D ．5 [答案] A[解析] AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|cosA ＝10cosA ＝－5， ∴cosA ＝－12，∴sinA ＝32，∴S △ABC ＝12|AB →|·|AC →|·sinA ＝532.12．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 [答案] D[解析] 由条件知，△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，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形，由⎩⎪⎨⎪⎧ sinA 2＝cosA 1＝π2－A1sinB 2＝cosB 1＝π2－B1sinC 2＝cosC 1＝π2－C1，得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1B 2＝π2－B1C 2＝π2－C1，那么，A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为180°相矛盾，故假设不成立，即△A 2B 2C 2是钝角三角形，故选D.二、填空题(本大题共4个小题，每个小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上) 13．三角形一边长为14，它对的角为60°，另两边之比为，则此三角形面积为________．[答案] 40 3[解析] 设另两边长为8x 和5x ，则cos60°＝64x 2＋25x 2－14280x 2得x ＝2，另两边长为16和10，此三角形面积为S ＝12×16×10·sin60°＝40 3.14．在△ABC 中，若tanA ＝13，C ＝150°，BC ＝1，则AB ＝________.[答案]102[解析] ∵tanA ＝13，∴sinA ＝1010，由正弦定理，得AB ＝BC·sinC sinA ＝102.15.如图，已知梯形ABCD 中，CD ＝2，AC ＝19，∠BAD ＝60°，则梯形的高为__________． [答案]332[解析] 解法一：∵∠BAD ＝60°， ∴∠ADC ＝180°－∠BAD ＝120°. ∵CD ＝2，AC ＝19，∴19sin120°＝2sin ∠CAD ，∴sin ∠CAD ＝5719. ∴sin ∠ACD ＝sin(60°－∠CAD)＝35738. ∴AD ＝AC·sin∠ACDsinD ＝19×35738sin120°＝3.∴h ＝AD·sin60°＝332. 解法二：在△ACD 中，AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD·CDcos120°， ∴AD 2＋2AD －15＝0. ∴AD ＝3 (AD ＝－5舍去)． ∴h ＝ADsin60°＝332.16．在△ABC 中，cos 2A2＝b ＋c 2c ，则△ABC 的形状为________．[答案] 直角三角形[:[解析] ∵cos 2A2＝1＋cosA 2＝b ＋c 2c ＝12＋b 2c ，∴cosA ＝bc.由余弦定理，得cosA ＝b 2＋c 2－a22bc ，∴b 2＋c 2－a 22bc ＝b c ，∴a 2＋b 2＝c 2.∴△ABC 为直角三角形．三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本题满分12分)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A 、B 、C 的对边，若tanA ＝3，cosC ＝55. (1)求角B 的大小；(2)若c ＝4，求△ABC 面积． [解析] (1)∵cosC ＝55，∴sinC ＝255，∴tanC ＝2. ∵tanB ＝－tan(A ＋C)＝－tanA ＋tanC 1－tanAtanC ＝－3＋21－3×2＝1，又0<B<π，∴B ＝π4.(2)由正弦定理，得b sinB ＝csinC，∴b ＝c×sinB sinC ＝4×22255＝10.∵B ＝π4，∴A ＝3π4－C.∴sinA ＝sin(3π4－C)＝sin 3π4cosC －cos 3π4sinC ＝22×55－(－22)×255＝31010. ∴S △ABC ＝12bcsinA ＝12×10×4×31010＝6.18．(本题满分12分)在△ABC 中，已知a ＝6，A ＝60°，b －c ＝3－1，求b 、c 和B 、C. [解析] 由余弦定理，得6＝b 2＋c 2－2bccos60°， ∴b 2＋c 2－bc ＝6 ①由b －c ＝3－1平方得：b 2＋c 2－2bc ＝4－2 3 ② ①、②两式相减得bc ＝2＋2 3.由⎩⎨⎧b －c ＝3－1bc ＝2＋23，解得⎩⎨⎧b ＝3＋1c ＝2，由正弦定理，得sinB ＝bsinAa ＝3＋6＝6＋24. ∵6<3＋1，∴B ＝75°或105°. ∵a 2＋c 2>b 2，∴B 为锐角， ∴B ＝75°，从而可知C ＝45°. [点评] 求角B 时，若先求得sinC ＝csinA a ＝22，∵a>c ，∴C ＝45°，从而得B ＝75°. 若用余弦定理cosB ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝6－24，∴B ＝75°.19．(本题满分12分)如图，某海轮以30n mile/h 的速度航行，在点A 测得海面上油井P 在南偏东60°，向北航行40min 后到达点B ，测得油井P 在南偏东30°，海轮改为北偏东60°的航向再航行80min 到达C 点，求P 、C 间的距离．[解析] AB ＝30×4060＝20，BC ＝30×8060＝40.[:在△ABP 中，∠A ＝120°，∠ABP ＝30°，∠APB ＝30°， ∴BP ＝AB sin ∠APB ·sin∠BAP ＝20sin30°sin120°＝20 3.在Rt △BCP 中， PC ＝BC 2＋BP 2＝402＋2032＝207.∴P 、C 间的距离为207n mile.20．(本题满分12分)在△ABC 中，a 、b 、c 分别为内角A 、B 、C 的对边，且2asinA ＝(2b ＋c)sinB ＋(2c ＋b)sinC.(1)求A 的大小；(2)若sinB ＋sinC ＝1，试判断△ABC 的形状． [解析] (1)由已知，根据正弦定理，得 2a 2＝(2b ＋c)b ＋(2c ＋b)c ， 即a 2＝b 2＋c 2＋bc.由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bccosA ， 故cosA ＝－12，A ＝120°.(2)由a 2＝b 2＋c 2＋bc ，得sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C ＋sinBsinC. 又sinB ＋sinC ＝1，故sinB ＝sinC ＝12.因为0°<B<90°，0°<C<90°，故B ＝C. 所以△ABC 是等腰的钝角三角形．21．(本题满分12分)在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，已知cos2C ＝－14.(1)求sinC 的值；(2)当a ＝2,2sinA ＝sinC ，求b 及c 的长． [解析] (1)∵cos2C ＝1－2sin 2C ＝－14，0<C<π，∴sinC ＝104. (2)当a ＝2,2sinA ＝sinC 时，由正弦定理a sinA ＝csinC ，得c ＝4.由cos2C ＝2cos 2C －1＝－14及0<C<π，得cosC ＝±64.由余弦定理，得c 2＝a 2＋b 2－2abcosC ，得b 2±6b －12＝0(b>0)，解得b ＝6或26，∴⎩⎨⎧b ＝6c ＝4，或⎩⎨⎧b ＝26c ＝4.22．(本题满分14分)在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知3cos(B －C)－1＝6cosBcosC. (1)求cosA 的值；(2)若a ＝3，△ABC 的面积为2，求b 、c. [解析] (1)由3cos(B －C)－1＝6cosBcosC ， 得3(cosBcosC －sinBsinC)＝－1，即cos(B ＋C)＝－13，∴cosA ＝－cos(B ＋C)＝13.(2)∵0<A<π，cosA ＝13，∴sinA ＝223.[:由S △ABC ＝22，得12bcsinA ＝22，∴bc ＝6.由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bccosA ， ∴9＝(b ＋c)2－2bc(1＋cosA)＝(b ＋c)2－16， ∴b ＋c ＝5.由⎩⎪⎨⎪⎧b ＋c ＝5bc ＝6，得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2c ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝3c ＝2.。
高中数学学习材料马鸣风萧萧*整理制作第一章测试(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>CC．C>B>A D．C>A>B解析由正弦定理asin A＝bsin B，∴sin B＝b sin Aa＝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，A ＝60°，a ＝3，则a ＋b ＋csin A ＋sin B ＋sin C 等于( )A.833B.2393C.2633D ．2 3解析 利用正弦定理及比例性质，得 a ＋b ＋c sin A ＋sin B ＋sin C ＝a sin A ＝3sin60°＝332＝2 3.答案 D5．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 ．2C. 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 ·sin20°＝sin20°，BC ＝AB ·cos20°＝cos20°，DC ＝AC tan10°＝2cos 210°， ∴DB ＝DC －BC ＝2cos 210°－cos20°＝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)cos75°，而cos75°＝cos(30°＋45°)＝cos30°cos45°－sin30°sin45°＝22(32－12)＝14(6－2)，∴b 2－2b (6＋2)cos75°＝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5小题，每小题4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 Csin B＝4sin45°sin75°＝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＝3 3.∵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×sin60°，∴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△ABC 中，若a 2b 2＝sin A cos Bcos A sin B ，判断△ABC 的形状． 解 依据正弦定理，得a 2b 2＝a b ·cos Bcos A ，所以a cos A ＝b cos B .再由正弦定理，得sin A cos A ＝sin B cos B ，即sin2A ＝sin2B ，因为2A,2B ∈(0,2π)，故2A ＝2B ，或2A ＋2B ＝π.从而A ＝B ，或A ＋B ＝π2，即△ABC 为等腰三角形，或直角三角形．18．(12分)锐角三角形ABC 中，边a ，b 是方程x 2－23x ＋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 )＝32. ∵△ABC 为锐角三角形，∴A ＋B ＝120°，∴∠C ＝60°.(2)∵a ，b 是方程x 2－23x ＋2＝0的两个根， ∴a ＋b ＝23，ab ＝2. ∴c 2＝a 2＋b 2－2ab 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．分析 (1)要求AD 的长，在△ABD 中，AB ＝126，B ＝45°，可由正弦定理求解；(2)要求CD 的长，在△ACD 中，可由余弦定理求解．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 ·cos30°. 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)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足cos A 2＝255，AB →·AC →＝3.(1)求△ABC 的面积； (2)若b ＋c ＝6，求a 的值． 解 (1)∵cos A 2＝255，∴cos A ＝2cos 2A2－1＝35，sin A ＝45. 又由AB →·AC →＝3，得bc cos A ＝3，∴bc ＝5. 因此S △ABC ＝12bc sin A ＝2.(2)由(1)知，bc ＝5，又b ＋c ＝6， ∴b ＝5，c ＝1，或b ＝1，c ＝5.由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝20. ∴a ＝2 5.21．(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 .马鸣风萧萧 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＝c 32. 得a ＝22，c ＝2 3.。
高中数学学习材料马鸣风萧萧*整理制作第一章综合检测一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的．)1．在△ABC 中，若AB ＝3－1，BC ＝3＋1，AC ＝6，则B 等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．120°[答案] C[解析] cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC＝12，∴B ＝60°. 2．在△ABC 中，A ＝45°，AC ＝4，AB ＝2，那么cos B ＝( ) A.31010 B ．－31010 C.55 D ．－55 [答案] D[解析] BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos A ＝16＋2－82cos45°＝10，∴BC ＝10，cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC＝－55. 3．在△ABC 中，b ＝3，c ＝3，B ＝30°，则a 的值为( ) A. 3 B ．2 3 C.3或2 3 D ．2[答案] C[解析] ∵sin C ＝sin B b ·c ＝32， ∴C ＝60°或C ＝120°， ∴A ＝30°或A ＝90°， 当A ＝30°时，a ＝b ＝3；当A ＝90°时，a ＝b 2＋c 2＝2 3.故选C.4．等腰△ABC 底角B 的正弦与余弦的和为62，则它的顶角是( )A ．30°或150°B ．15°或75°C ．30°D ．15° [答案] A[解析] 由题意：sin B ＋cos B ＝62.两边平方得sin2B ＝12，设顶角为A ，则A ＝180°－2B .∴sin A ＝sin(180°－2B )＝sin2B ＝12， ∴A ＝30°或150°.5．△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c .若c ＝2，b ＝6，B ＝120°，则a 等于( )A. 6B ．2C. 3D. 2[答案] D[解析] 由余弦定理得，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ， ∴cos120°＝a 2＋2－622a ，整理得a 2＋2a －4＝0，∵a >0，∴a ＝ 2.6．(2012·天津理，6)在△ABC 中，内角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，已知8b ＝5c ，C ＝2B ，则cos C ＝( )A.725 B ．－725 C ．±725 D.2425[答案] A[解析] 由b sin B ＝csin C 及8b ＝5c ，c ＝2B 得，5c sin2B ＝8c sin B ，∴cos B ＝45，∴cos C ＝cos2B ＝2cos 2B －1＝725.7．△ABC 中，已知下列条件：①b ＝3，c ＝4，B ＝30°；②a ＝5，b ＝8，A ＝30°；③c ＝6，b ＝33，B ＝60°；④c ＝9，b ＝12，C ＝60°.其中满足上述条件的三角形有两解的是( )A ．①②B ．①④C ．①②③D ．③④[答案] A[解析] ①c sin B <b <c ，故有两解； ②b sin A <a <b ，故有两解； ③b ＝c sin B ，有一解； ④c <b sin C ，无解．所以有两解的有①②，故选A.8．△ABC 中，|AB →|＝5，|AC →|＝8，AB →·AC →＝20，则|BC →|为( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9[答案] B[解析] ∵AB →·AC→＝20， ∴|AB →||AC →|cos A ＝20，∴cos A ＝12，由余弦定理，得|BC →|2＝|AB →|2＋|AC →|2－2|AB →||AC →|cos A ＝49， ∴|BC→|＝7. 9．已知钝角三角形的三边长分别为2、3、x ，则x 的取值范围是( )A ．1<x <5 B.5<x <13C ．1<x <5或13<x <5D ．1<x < 5 [答案] C[解析] 当x 为最大边时⎩⎨⎧3<x <5x 2>32＋22，∴13<x <5；当3为最大边时⎩⎨⎧1<x <332>x 2＋22，∴1<x < 5.∴x 的取值范围是：1<x <5或13<x <5.10．在△ABC 中，三边长分别为a －2，a ，a ＋2，最大角的正弦值为32，则这个三角形的面积为( )A.154B.1534C.2134D.3534[答案] B[解析] ∵三边不等，∴最大角大于60°， 设最大角为α，故α对的边长为a ＋2. ∵sin α＝32，∴α＝120°， 由余弦定理，得(a ＋2)2＝(a －2)2＋a 2＋a (a －2)，即a 2＝5a ，解得a ＝5，∴三边长为3,5,7， S △ABC ＝12×3×5×sin120°＝1534.11．在△ABC 中，B ＝60°，C ＝45°，BC ＝8，D 为BC 上一点，且BD→＝3－12BC →，则AD 的长为( )A ．4(3－1)B ．4(3＋1)C ．4(3－3)D ．4(3＋3) [答案] C[解析] 由题意知∠BAC ＝75°，根据正弦定理，得AB ＝BC sin45°sin75°＝8(3－1)， 因为BD →＝3－12BC →，所以BD ＝3－12BC . 又BC ＝8，所以BD ＝4(3－1)．在△ABD中，AD＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos60°＝4(3－3)．12．如图，一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°，与灯塔S相距20n mile，随后货轮按北偏西30°的方向航行30min后，又测得灯塔在货轮的东北方向，则货轮的速度为()A．20(2＋6)n mile/hB．20(6－2)n mile/hC．20(3＋6)n mile/hD．20(6－3)n mile/h[答案] B[解析]由题意可知∠SMN＝15°＋30°＝45°，MS＝20，∠MNS＝45°＋(90°－30°)＝105°，设货轮每小时航行x n mile，则MN＝12x，∴∠MSN＝180°－105°－45°＝30°，由正弦定理，得1 2xsin30°＝20sin105°，∵sin105°＝sin(60°＋45°)＝sin60°cos45°＋cos60°sin45°＝6＋24， ∴x ＝20(6－2)，故选B.二、填空题(本大题共4个小题，每个小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上)13．三角形一边长14，它对的角为60°，另两边之比为，则此三角形面积为__________．[答案] 40 3[解析] 设另两边长为8x 和5x ，则 cos60°＝64x 2＋25x 2－14280x 2，∴x ＝2， ∴另两边长为16和10，此三角形面积S ＝12×16×10·sin60°＝40 3.14．在△ABC 中，若tan A ＝13，C ＝150°，BC ＝1，则AB ＝________. [答案]102[解析] ∵tan A ＝13，∴sin A ＝1010，由正弦定理，得AB ＝BC ·sin Csin A ＝102.15．如图，已知梯形ABCD 中，CD ＝2，AC ＝19，∠BAD ＝60°，则梯形的高为__________．[答案] 332[解析] 解法一：∵∠BAD ＝60°， ∴∠ADC ＝180°－∠BAD ＝120°. ∵CD ＝2，AC ＝19，∴19sin120°＝2sin ∠CAD ，∴sin ∠CAD ＝5719.∴sin ∠ACD ＝sin(60°－∠CAD )＝35738. ∴AD ＝AC ·sin ∠ACD sin D ＝19×35738sin120°＝3. ∴h ＝AD ·sin60°＝332. 解法二：在△ACD 中，AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD cos120°， ∴AD 2＋2AD －15＝0. ∴AD ＝3 (AD ＝－5舍去)． ∴h ＝AD sin60°＝332.16．在△ABC 中，cos 2A2＝b ＋c2c ，则△ABC 的形状为________．[答案] 直角三角形[解析] ∵cos 2A2＝1＋cos A 2＝b ＋c 2c ＝12＋b2c ，∴cos A ＝bc .由余弦定理的推论，得 cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ， ∴b 2＋c 2－a 22bc ＝b c ， ∴a 2＋b 2＝c 2.∴△ABC 为直角三角形．三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本题满分12分)在△ABC 中，已知a ＝7，b ＝43，c ＝13，求最小内角的度数．[解析] ∵c <b <a ，∴C <B <A ， cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝49＋48－132×7×43＝32.∵0°<C <180°，∴C ＝30°.18．(本题满分12分)在△ABC 中，已知a ＝6，A ＝60°，b －c ＝3－1，求b 、c 和B 、C .[解析] 由余弦定理，得6＝b 2＋c 2－2bc cos60°， ∴b 2＋c 2－bc ＝6 ①由b －c ＝3－1平方得：b 2＋c 2－2bc ＝4－23 ② ①、②两式相减得bc ＝2＋2 3.由⎩⎪⎨⎪⎧ b －c ＝3－1bc ＝2＋23，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝3＋1c ＝2 ，由正弦定理，得sin B ＝b sin A a ＝(3＋1)sin60°6＝6＋24.∵6<3＋1，∴B ＝75°或105°. ∵a 2＋c 2>b 2，∴B 为锐角， ∴B ＝75°，从而可知C ＝45°.[点评] 求角B 时，若先求得sin C ＝c sin A a ＝22，∵a >c ，∴C ＝45°，从而得B ＝75°.若用余弦定理cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝6－24，∴B ＝75°.19．(本题满分12分)生活中，我们可以见到很多三角形结构的物体，而我们自己有时也制作那样的物体．如果现在有一足够长的木杆子，用它来制作一个三角形物体，要求三角形物体的三边为连续正整数，最大角是钝角，那么该如何去截木杆？[解析] 设三角形的三边长为a ＝n －1，b ＝n ，c ＝n ＋1，n ∈N *且n >1，∵C 是钝角，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝n －42(n －1)<0，∴1<n <4，∵n ∈N *，∴n ＝2或3，当n ＝2时，a ＝1，b ＝2，c ＝3，不能构成三角形； 当n ＝3时，a ＝2，b ＝3，c ＝4，能构成三角形；把该木杆截下长度分别为2、3、4的三段，然后三段首尾顺次连接即可．20．(本题满分12分)在△ABC 中，∠BAC ＝120°，AB ＝3，BC ＝7，求：(1)AC 的长；(2)△ABC 的面积．[解析] (1)由余弦定理，得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos ∠BAC ， ∴49＝9＋AC 2＋3AC ，解之得AC ＝5(AC ＝－8舍去)．(2)△ABC 的面积S ＝12AB ·AC ·sin ∠BAC ＝12×3×5×sin120°＝1534.21．(本题满分12分)已知A 、B 、C 是△ABC 的三个内角，a 、b 、c 为其对应边，向量m ＝(－1，3)，n ＝(cos A ，sin A )，m ·n ＝1.(1)求A ；(2)若AB →＝(2,1)，cos B cos C ＝b c ，求△ABC 的面积S .[解析] (1)由m ·n ＝1，得3sin A －cos A ＝1，∴sin(A －π6)＝12.∵0<A <π， ∴－π6<A －π6<5π6.∴A －π6＝π6.∴A ＝π3.(2)解法一：由正弦定理，得cos B cos C ＝b c ＝sin B sin C ，∴sin B cos C －cos B sin C ＝0，即sin(B －C )＝0.∵－π<B －C <π，∴B －C ＝0，即B ＝C .又∵A ＝π3，∴△ABC 为等边三角形．∵c ＝|AB→|＝5， ∴S ＝34×(5)2＝534.解法二：∵cos B cos C ＝b c ，∴由余弦定理，得a 2＋c 2－b 22ac a 2＋b 2－c22ab＝b c ， 整理得b 2＝c 2，∴b ＝c .又∵A ＝π3，∴△ABC 为等边三角形．又∵c ＝|AB→|＝5， ∴S ＝34×(5)2＝534.22．(本题满分14分)如图，在海岸A 处发现北偏东45°方向，距A 点(3－1)n mile 的B 处有一艘走私船．在A 处北偏西75°方向，与A 距离2n mile 的C 处的我方缉私船，奉命以103n mile/h 的速度追截走私船，此时走私船正以10n mile/h 的速度，从B 处向北偏东30°方向逃窜，问：缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船？并求出所需时间．[解析]设缉私船应沿CD方向行驶t h，才能最快截获(在D点)走私船．则CD＝103t n mile，BD＝10t n mile，∵BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A＝(3－1)2＋22－2(3－1)·2cos120°＝6，∴BC＝6，∵BCsin A＝ACsin∠ABC，∴sin∠ABC＝AC·sin ABC＝2sin120°6＝22∴∠ABC＝45°，∴B点在C点的正东方向上，∴∠CBD＝90°＋30°＝120°，∵BDsin∠BCD＝CDsin∠CBD，∴sin∠BCD＝BD·sin∠CBDCD＝10t sin120°103t＝12.∴∠BCD＝30°，又∠CBD＝120°得∠D＝30°，∴BD＝BC，即10t＝6，∴t＝610h≈15(min)．答：缉私船沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，约需15min.。
