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正确率0.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，“$${{B}{=}{2}{A}}$$”是“$$\frac{a} {b} > \frac{b} {b+c}$$”的$${{(}{)}}$$
A.充要条件
B.必要不充分条件
C.充分不必要条件
D.既不充分也不必要条件
2、['正弦定理及其应用'， '用余弦定理、正弦定理解三角形'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式']正确率60.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，内角$${{A}}$$，$${{B}}$$，$${{C}}$$的对边分别为$${{a}}$$，$${{b}}$$，$${{c}}$$，$$C=2 A， \， \， \operatorname{c o s} A={\frac{3} {4}}，$$则$$\frac{c} {a}$$的值为 ( )
C
A.$${{2}}$$
B.$$\frac{1} {2}$$
C.$$\begin{array} {l l} {\frac{3} {2}} \\ \end{array}$$
D.$${{1}}$$
3、['用余弦定理、正弦定理解三角形'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式']正确率40.0%已知$${{△}{A}{B}{C}}$$的内角$$A， ~ B， ~ C$$所对的边分别为$$a， ~ b， ~ c$$，若
，则$${{C}{=}{(}{)}}$$
B
A.$$\frac{\pi} {3}$$
B.$$\frac{2 \pi} {3}$$
C.$$\frac{3 \pi} {4}$$
D.$$\frac{5 \pi} {6}$$
4、['用余弦定理、正弦定理解三角形'， '三角形的面积（公式）'， '同角三角函数的平方关系']正确率40.0%已知$${{△}{A}{B}{C}}$$的内角$$A， ~ B， ~ C$$的对边分别是$$a， ~ b， ~ c$$，若$$a \operatorname{s i n} B=2 b \operatorname{s i n} C， \ \operatorname{c o s} B=\frac{1} {4}， \ b=3$$，则$${{△}{A}{B}{C}}$$的面积为（）
B
A.$${{9}{\sqrt {{1}{5}}}}$$
B.$$\frac{9 \sqrt{1 5}} {1 6}$$
C.$$\frac{3 \sqrt{1 5}} {1 6}$$
D.$$\frac{9} {1 6}$$
5、['用余弦定理、正弦定理解三角形']正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中$$， ~ a， ~ b， ~ c$$分别是内角$$A， ~ B， ~ C$$的对边，已知$$b^{2}=a c，$$且$$a^{2}-c^{2}=a c-b c，$$则$${\frac{c} {b \mathrm{s i n} B}}$$的值为（）
C
A.$$\frac{1} {2}$$
B.$$\frac{\sqrt3} {2}$$
C.$$\frac{2 \sqrt{3}} {3}$$
D.$${\sqrt {3}}$$
6、['余弦定理及其应用'， '正弦定理及其应用'， '用余弦定理、正弦定理解三角形']正确率80.0%在$${{1}}$$，$${{2}}$$，…，$$2 n ( n \in N^{*}， n \geq2 )$$中，$${{a}}$$，$${{b}}$$，$${{c}}$$分别为内角$${{A}}$$，$${{B}}$$，$${{C}}$$所对的边长，若$$c^{2}=( a-b )^{2}+6$$，$$C=\frac{\pi} {3}$$，则$${{△}{A}{B}{C}}$$的面积是$${{(}{)}}$$
A.$${{3}}$$
B.$$\frac{9 \sqrt{3}} {2}$$
C.$$\frac{3 \sqrt{3}} {2}$$
D.$${{3}{\sqrt {3}}}$$
7、['用余弦定理、正弦定理解三角形']正确率60.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，若$$\operatorname{s i n}^{2} A=\operatorname{s i n}^{2} B+$$$$\sqrt3 \operatorname{s i n} B \operatorname{s i n} C+\operatorname{s i n}^{2} C$$，则$${{A}}$$等于（）
D
A.$${{3}{0}^{∘}}$$
B.$${{6}{0}^{∘}}$$
C.$${{1}{2}{0}^{∘}}$$
D.$${{1}{5}{0}^{∘}}$$
8、['用余弦定理、正弦定理解三角形']正确率80.0%已知$${{△}{A}{B}{C}}$$的面积为$$\begin{array} {l l} {\frac{3} {2}} \\ \end{array}$$，且$${{b}{=}{2}}$$，$${{c}{=}{\sqrt {3}}}$$，则$$\operatorname{s i n} A=( \begin{array} {c} {} \\ {} \\ \end{array} )$$
A.$$\frac{\sqrt3} {2}$$
B.$$\frac{1} {2}$$
C.$$\frac{\sqrt{3}} {4}$$
D.$${\sqrt {3}}$$
9、['余弦定理及其应用'， '正弦定理及其应用'， '用余弦定理、正弦定理解三角形']正确率60.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，$$B=4 5^{\circ} \，， \， \， D$$是$${{B}{C}}$$边上一点，$$A D=1 0， \， \， \， A C=1 4， \， \， \， D C=6$$，则$${{A}{B}}$$的长为（）
D
A.$${{5}}$$
B.$${\sqrt {2}}$$
C.$${{5}{\sqrt {3}}}$$
D.$${{5}{\sqrt {6}}}$$
10、['等差数列的定义与证明'， '用余弦定理、正弦定理解三角形'， '等比数列的定义与证明']正确率40.0%设$$a， b， c$$分别是$${{Δ}{A}{B}{C}}$$内角$$A， B， C$$的对边，若$$\frac{1} {\operatorname{t a n} A}， \frac{1} {\operatorname{t a n} B}， \frac{1} {\operatorname{t a n} C}$$依次成等差数列，则
B
A.$$a， b， c$$依次成等差数列
B.$$a^{2}， b^{2}， c^{2}$$依次成等差数列
C.$$\sqrt{a}， \sqrt{b}， \sqrt{c}$$依次成等比数列
D.$$a^{2}， b^{2}， c^{2}$$依次成等比数列
1. 解析：
在$$△ABC$$中，由正弦定理得$$\frac{a}{b} = \frac{\sin A}{\sin B}$$。已知$$B=2A$$，则$$\frac{a}{b} = \frac{\sin A}{\sin 2A} = \frac{1}{2 \cos A}$$。
不等式$$\frac{a}{b} > \frac{b}{b+c}$$可化为$$\frac{1}{2 \cos A} > \frac{b}{b+c}$$，即$$1 + \frac{c}{b} > 2 \cos A$$。
由正弦定理，$$\frac{c}{b} = \frac{\sin C}{\sin B} = \frac{\sin (π-3A)}{\sin 2A} = \frac{\sin 3A}{\sin 2A} = \frac{3 - 4 \sin^2 A}{2 \cos A}$$。
代入得$$1 + \frac{3 - 4 \sin^2 A}{2 \cos A} > 2 \cos A$$，化简后等价于$$4 \cos^3 A - 3 \cos A + 1 > 0$$。
令$$x = \cos A$$，则$$4x^3 - 3x + 1 > 0$$，解得$$x > \frac{1}{2}$$，即$$\cos A > \frac{1}{2}$$，故$$A < \frac{π}{3}$$。
因此，“$$B=2A$$”是“$$\frac{a}{b} > \frac{b}{b+c}$$”的充分不必要条件，选$$C$$。
2. 解析：
在$$△ABC$$中，$$C=2A$$，且$$\cos A = \frac{3}{4}$$。
由正弦定理，$$\frac{c}{a} = \frac{\sin C}{\sin A} = \frac{\sin 2A}{\sin A} = 2 \cos A = 2 \times \frac{3}{4} = \frac{3}{2}$$。
故选$$C$$。
3. 解析：
由题意，$$a \cos B + b \cos A = c$$。
根据余弦定理，$$a \cdot \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} + b \cdot \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = c$$。
化简得$$\frac{a^2 + c^2 - b^2 + b^2 + c^2 - a^2}{2c} = c$$，即$$\frac{2c^2}{2c} = c$$，恒成立。
因此，题目条件对所有三角形成立，需结合其他信息。若题目隐含$$a^2 + b^2 = c^2$$，则$$C = \frac{π}{2}$$，但选项无此答案。可能题目描述不全。
假设题目为$$a \cos B = b \cos A$$，则$$\frac{a}{\cos A} = \frac{b}{\cos B}$$，结合正弦定理得$$\tan A = \tan B$$，故$$A = B$$，$$C = π - 2A$$。
若进一步有$$a \cos B + b \cos A = c$$，则$$C = \frac{π}{2}$$，但选项不符。可能题目有误。
暂无法确定正确答案。
4. 解析：
已知$$a \sin B = 2b \sin C$$，由正弦定理得$$a = 2b \cdot \frac{\sin C}{\sin B}$$。
又$$\cos B = \frac{1}{4}$$，则$$\sin B = \sqrt{1 - \left(\frac{1}{4}\right)^2} = \frac{\sqrt{15}}{4}$$。
由余弦定理，$$b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cos B$$，代入$$b=3$$得$$9 = a^2 + c^2 - \frac{1}{2}ac$$。
由正弦定理关系，设$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$$，则$$a = 2R \sin A$$，$$c = 2R \sin C$$。
代入面积公式$$S = \frac{1}{2}ac \sin B = \frac{1}{2} \times 2R \sin A \times 2R \sin C \times \frac{\sqrt{15}}{4} = R^2 \sin A \sin C \sqrt{15}$$。
由$$a \sin B = 2b \sin C$$得$$2R \sin A \cdot \frac{\sqrt{15}}{4} = 6 \sin C$$，即$$R \sin A = \frac{12 \sin C}{\sqrt{15}}$$。
又$$A + B + C = π$$，故$$\sin A = \sin (B + C) = \sin B \cos C + \cos B \sin C$$。
代入得$$R (\sin B \cos C + \cos B \sin C) = \frac{12 \sin C}{\sqrt{15}}$$。
解得$$R \cos C = \frac{12}{\sqrt{15}} - R \cos B$$，进一步计算较复杂，可能题目有其他简化条件。
暂无法确定正确答案。
5. 解析：
已知$$b^2 = a c$$，且$$a^2 - c^2 = a c - b c$$，代入得$$a^2 - c^2 = a c - c^2$$，即$$a^2 = a c$$，故$$a = c$$（舍去$$a=0$$）。
由$$a = c$$及$$b^2 = a c$$得$$b = a$$，即$$a = b = c$$，三角形为等边三角形。
因此，$$\frac{c}{b \sin B} = \frac{a}{a \sin 60°} = \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2 \sqrt{3}}{3}$$。
故选$$C$$。
6. 解析：
由余弦定理，$$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos C$$，已知$$C = \frac{π}{3}$$，$$\cos C = \frac{1}{2}$$。
题目给出$$c^2 = (a - b)^2 + 6$$，即$$a^2 + b^2 - 2ab \cdot \frac{1}{2} = a^2 + b^2 - 2ab + 6$$。
化简得$$-ab = -2ab + 6$$，即$$ab = 6$$。
面积$$S = \frac{1}{2}ab \sin C = \frac{1}{2} \times 6 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3 \sqrt{3}}{2}$$。
故选$$C$$。
7. 解析：
已知$$\sin^2 A = \sin^2 B + \sqrt{3} \sin B \sin C + \sin^2 C$$。
由正弦定理，可设$$a = 2R \sin A$$，$$b = 2R \sin B$$，$$c = 2R \sin C$$，代入得$$a^2 = b^2 + \sqrt{3} b c + c^2$$。
由余弦定理，$$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos A$$，故$$-2bc \cos A = \sqrt{3} b c$$，即$$\cos A = -\frac{\sqrt{3}}{2}$$。
因此，$$A = 150°$$。
故选$$D$$。
8. 解析：
已知面积$$S = \frac{1}{2} b c \sin A = \frac{3}{2}$$，代入$$b=2$$，$$c=\sqrt{3}$$得$$\frac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{3} \times \sin A = \frac{3}{2}$$。
解得$$\sin A = \frac{3}{2 \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$$。
故选$$A$$。
9. 解析：
在$$△ADC$$中，$$AD=10$$，$$AC=14$$，$$DC=6$$，由余弦定理得$$\cos \angle ADC = \frac{AD^2 + DC^2 - AC^2}{2 \cdot AD \cdot DC} = \frac{100 + 36 - 196}{120} = -\frac{1}{2}$$。
故$$\angle ADC = 120°$$，$$\angle ADB = 60°$$。
在$$△ABD$$中，由正弦定理得$$\frac{AB}{\sin \angle ADB} = \frac{AD}{\sin B}$$，即$$\frac{AB}{\sin 60°} = \frac{10}{\sin 45°}$$。
解得$$AB = \frac{10 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = 5 \sqrt{6}$$。
故选$$D$$。
10. 解析：
已知$$\frac{1}{\tan A}$$，$$\frac{1}{\tan B}$$，$$\frac{1}{\tan C}$$成等差数列，即$$\frac{2}{\tan B} = \frac{1}{\tan A} + \frac{1}{\tan C}$$。
化简得$$\frac{2 \cos B}{\sin B} = \frac{\cos A}{\sin A} + \frac{\cos C}{\sin C} = \frac{\sin C \cos A + \sin A \cos C}{\sin A \sin C} = \frac{\sin (A + C)}{\sin A \sin C} = \frac{\sin B}{\sin A \sin C}$$。
故$$2 \cos B \sin A \sin C = \sin^2 B$$。
由正弦定理和余弦定理，可推导出$$a^2 + c^2 = 2b^2$$，即$$a^2$$，$$b^2$$，$$c^2$$成等差数列。
故选$$B$$。