用余弦定理、正弦定理解三角形-平面向量的应用知识点月考基础单选题自测题答案-宁夏回族自治区等高二数学必修,平均正确率62.0%

1、['用余弦定理、正弦定理解三角形'， '特殊角的三角函数值']

正确率60.0%已知$${{a}{，}{b}{，}{c}}$$分别为$${{△}{A}{B}{C}}$$三个内角$${{A}{，}{B}{，}{C}}$$的对边，且$${（{a}{+}{b}{）}{（}{{s}{i}{n}}{A}{−}{{s}{i}{n}}{B}{）}{=}{（}{c}{−}{b}{）}{{s}{i}{n}}{C}}$$，则$${{△}{A}{B}{C}}$$中$${{∠}{A}}$$为（）

A.$$\begin{array} {l l} {\frac{\pi} {6}} \\ \end{array}$$

B.$$\frac{2 \pi} {3}$$

C.$$\frac{\pi} {3}$$

D.$$\frac{5 \pi} {6}$$

2、['用余弦定理、正弦定理解三角形'， '两角和与差的余弦公式']

正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，$${{a}{，}{b}{，}{c}}$$分别是$${{A}{，}{B}{，}{C}}$$所对的边，若$$a \operatorname{c o s} C=4-c \operatorname{c o s} A， \， \， \， B=\frac{\pi} {3}， \， \， \， a=\frac{4 \sqrt{6}} {3}$$，则$${{c}{o}{s}{C}{=}{（}}$$）

A.$$\frac{1} {4}$$

B.$$\frac{\sqrt2-\sqrt6} {4}$$

C.$$\frac{\sqrt2+\sqrt6} {4}$$

D.$$\frac{\sqrt6-\sqrt2} {4}$$

3、['用余弦定理、正弦定理解三角形'， '判断三角形的形状'， '三角形的面积（公式）']

正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中$${，{D}}$$在边$${{A}{B}}$$上$${，{A}{D}{=}{5}{，}{B}{D}{=}{3}{，}}$$若$$C B=2 C D， \， \， \operatorname{c o s} \angle C D B=-\frac{\sqrt{5}} {5}，$$则下列说法错误的是（）

A.$${{△}{A}{B}{C}}$$的面积为$${{8}}$$

B.$${{△}{A}{B}{C}}$$的周长为$${{8}{+}{4}{\sqrt {5}}}$$

C.$${{△}{A}{B}{C}}$$为钝角三角形

D.$$\operatorname{s i n} \angle C D B={\frac{3} {1 0}}$$

4、['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$${{△}{A}{B}{C}}$$中，$$A=\frac{2 \pi} {3}， \， A C=2 \sqrt{3}$$，且$${{△}{A}{B}{C}}$$的面积为$$\frac{3 \sqrt{3}} {2}$$，则$${{A}{B}{=}{(}{)}}$$

A.$${\sqrt {3}}$$

B.$${{3}}$$

C.$${{2}}$$

D.$${\sqrt {2}}$$

5、['用余弦定理、正弦定理解三角形'， '三角形的面积（公式）']

正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，$${{A}{=}{{6}{0}}{°}}$$，$${{b}{=}{1}}$$，$$S_{\triangle A B C}=\sqrt{3}$$，求$$\frac{a+2 b+c} {\operatorname{s i n} A+2 \operatorname{s i n} B+\operatorname{s i n} C}$$$${{=}}$$（）

A.$${\sqrt {3}}$$

B.$$\frac{4 \sqrt{3}} {3}$$

C.$${{2}}$$

D.$$\frac{2 \sqrt{3 9}} {3}$$

6、['用余弦定理、正弦定理解三角形']

正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，若$${{s}{i}{n}{A}{：}{{s}{i}{n}}{B}{：}{{s}{i}{n}}{C}{=}{7}{：}{8}{：}{{1}{3}}{，}}$$则角$${{C}{=}}$$（）

A.$$\frac{2 \pi} {3}$$

B.$$\frac{\pi} {3}$$

C.$$\begin{array} {l l} {\frac{\pi} {6}} \\ \end{array}$$

D.$$\frac{5 \pi} {6}$$

7、['余弦定理及其应用'， '用余弦定理、正弦定理解三角形']

正确率60.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，$${{A}{C}{=}{\sqrt {7}}}$$，$${{B}{C}{=}{2}{，}{B}{=}{{6}{0}^{∘}}}$$，则$${{B}{C}}$$边上的高等于（）

A.$$\frac{\sqrt3} {2}$$

B.$$\frac{3 \sqrt{3}} {2}$$

C.$$\frac{\sqrt{3}+\sqrt{6}} {2}$$

D.$$\frac{\sqrt{3}+\sqrt{3 9}} {4}$$

8、['用余弦定理、正弦定理解三角形'， '判断三角形的形状']

正确率60.0%$${{△}{A}{B}{C}}$$中，己知$${{b}^{2}{+}{{c}^{2}}{=}{2}{{a}^{2}}{，}{{s}{i}{n}^{2}}{A}{=}{{s}{i}{n}}{B}{{s}{i}{n}}{C}}$$，那么三角形形状为（）

A.直角三角形

B.等腰三角形

C.等边三角形

D.不确定

1. 解析：

根据正弦定理，$$a = 2R \sin A$$，$$b = 2R \sin B$$，$$c = 2R \sin C$$，代入原式得：
$$(2R \sin A + 2R \sin B)(\sin A - \sin B) = (2R \sin C - 2R \sin B) \sin C$$
化简得：$$(\sin A + \sin B)(\sin A - \sin B) = (\sin C - \sin B) \sin C$$
即：$$\sin^2 A - \sin^2 B = \sin^2 C - \sin B \sin C$$
由正弦定理和余弦定理，进一步化简可得：$$a^2 - b^2 = c^2 - b c$$
结合余弦定理 $$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos A$$，代入得：$$b^2 + c^2 - 2bc \cos A - b^2 = c^2 - b c$$
化简得：$$-2bc \cos A = -b c$$，即 $$\cos A = \frac{1}{2}$$，故 $$A = \frac{\pi}{3}$$。
正确答案为 C。

2. 解析：

由题意，$$a \cos C = 4 - c \cos A$$，根据余弦定理：
$$a \cdot \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} = 4 - c \cdot \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$$
化简得：$$\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2b} = 4 - \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2b}$$
合并同类项得：$$\frac{2a^2 - 2c^2}{2b} = 4$$，即 $$a^2 - c^2 = 4b$$。
已知 $$B = \frac{\pi}{3}$$，由余弦定理：$$b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cos B$$，即 $$b^2 = a^2 + c^2 - a c$$。
联立 $$a^2 - c^2 = 4b$$ 和 $$b^2 = a^2 + c^2 - a c$$，解得 $$c = 2$$，$$b = 2\sqrt{3}$$。
由余弦定理求 $$\cos C$$：$$\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} = \frac{\frac{32}{3} + 12 - 4}{2 \cdot \frac{4\sqrt{6}}{3} \cdot 2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$$。
正确答案为 D。

3. 解析：

由题意，$$\cos \angle CDB = -\frac{\sqrt{5}}{5}$$，则 $$\sin \angle CDB = \sqrt{1 - \left(-\frac{\sqrt{5}}{5}\right)^2} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$$。
由正弦定理，$$\frac{CD}{\sin B} = \frac{BD}{\sin \angle BCD}$$，设 $$CB = 2CD$$，解得 $$\sin B = \frac{3}{10}$$。
由余弦定理，$$CD^2 = CB^2 + BD^2 - 2CB \cdot BD \cos B$$，解得 $$CB = 4$$，$$CD = 2$$。
进一步计算面积和周长，选项 D 的 $$\sin \angle CDB$$ 计算错误，应为 $$\frac{2\sqrt{5}}{5}$$。
正确答案为 D。

4. 解析：

已知 $$A = \frac{2\pi}{3}$$，$$AC = 2\sqrt{3}$$，面积 $$S = \frac{3\sqrt{3}}{2}$$。
由面积公式：$$S = \frac{1}{2} AB \cdot AC \cdot \sin A$$，代入得：
$$\frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{2} AB \cdot 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$$，解得 $$AB = 3$$。
正确答案为 B。

5. 解析：

已知 $$A = 60^\circ$$，$$b = 1$$，面积 $$S = \sqrt{3}$$。
由面积公式：$$S = \frac{1}{2} bc \sin A$$，代入得：
$$\sqrt{3} = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot c \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$$，解得 $$c = 4$$。
由余弦定理：$$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos A = 1 + 16 - 4 = 13$$，故 $$a = \sqrt{13}$$。
由正弦定理：$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$$，故 $$\frac{a + 2b + c}{\sin A + 2 \sin B + \sin C} = 2R = \frac{a}{\sin A} = \frac{2\sqrt{39}}{3}$$。
正确答案为 D。

6. 解析：

由正弦定理，$$a : b : c = \sin A : \sin B : \sin C = 7 : 8 : 13$$。
设 $$a = 7k$$，$$b = 8k$$，$$c = 13k$$，由余弦定理：
$$\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} = \frac{49k^2 + 64k^2 - 169k^2}{112k^2} = -\frac{1}{2}$$，故 $$C = \frac{2\pi}{3}$$。
正确答案为 A。

7. 解析：

已知 $$AC = \sqrt{7}$$，$$BC = 2$$，$$B = 60^\circ$$。
由余弦定理：$$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2AB \cdot BC \cos B$$，代入得：
$$7 = AB^2 + 4 - 2AB \cdot 2 \cdot \frac{1}{2}$$，即 $$AB^2 - 2AB - 3 = 0$$，解得 $$AB = 3$$。
由面积公式：$$S = \frac{1}{2} AB \cdot BC \sin B = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$$。
设高为 $$h$$，则 $$S = \frac{1}{2} BC \cdot h$$，代入得：$$\frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot h$$，解得 $$h = \frac{3\sqrt{3}}{2}$$。
正确答案为 B。

8. 解析：

由题意，$$b^2 + c^2 = 2a^2$$，且 $$\sin^2 A = \sin B \sin C$$。
由正弦定理，$$\sin^2 A = \sin B \sin C$$ 可转化为 $$a^2 = bc$$。
代入 $$b^2 + c^2 = 2a^2$$ 得 $$b^2 + c^2 = 2bc$$，即 $$(b - c)^2 = 0$$，故 $$b = c$$。
此时 $$a^2 = b^2$$，即 $$a = b = c$$，三角形为等边三角形。
正确答案为 C。

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