高考数学专题突破练9　三角恒等变换与解三角形

专题突破练9　三角恒等变换与解三角形一、单项选择题1.(2021·深圳高级中学月考)在钝角△ABC中,AB=2,sinB=32,且△ABC的面积是32,则AC=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.3B.2C.7D.3或72.(2021·辽宁大连二模)若tanα2=13,则sinα+5π2-1sin(3π-α)=(　　)A.-13B.-3C.13D.33.(2021·山东日照期中)已知△ABC的三内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中R为△ABC外接圆的半径,若3asinA+3bsinB+4asinB=6Rsin2C,则sinAsinB-cosAcosB=(　　)A.34B.23C.-23D.-344.(2021·海南二模)古希腊数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图,发现了黄金分割率,黄金分割率的值也可以用2sin18°表示.若实数n满足4sin218°+n2=4,则1-sin18°8n2sin218°=(　　)A.14B.12C.54D.325.(2021·江西南昌期末)“欲穷千里目,更上一层楼”出自唐朝诗人王之涣的《登鹳雀楼》,鹳雀楼位于今山西永济市,该楼有三层,前对中条山,下临黄河,传说常有鹳雀在此停留,故有此名.下面是复建的鹳雀楼的示意图,某位游客(身高忽略不计)从地面点D看楼顶点A的仰角为30°,沿直线前进79m到达点E,此时看点C的仰角为45°,若BC=2AC,则楼高AB约为(　　)m.A.65B.74C.83D.926.(2021·河北邯郸期末)已知cosα+sin2β=32,sinα+sinβcosβ=13,则cos(α+2β)=(　　)A.49B.59C.536D.-5187.、 (2021·湖南长沙模拟)小李在某大学测绘专业学习,节日回家,来到村头的一个池塘(如图阴影部分),为了测量该池塘两侧C,D两点间的距离,除了观测点C,D外,他又选了两个观测点P1,P2,且P1P2=a,已经测得∠P1P2D=α,∠P2P1D=β,由于条件不足,需要再观测新的角,则利用已知观测数据和下面三组新观测的角的其中一组,就可以求出C,D间距离的是(　　)①∠DP1C和∠DCP1;②∠P1P2C和∠P1CP2;③∠P1DC和∠DCP1.A.①②B.①③C.②③D.①②③8.(2021·吉林月考)如图,正三角形ABC的边长为4,D,E,F分别在边AB,BC和CA上(异于端点),且D为AB的中点.若∠EDF=120°,则四边形CFDE的面积为(　　)A.23B.532C.33D.无法确定二、多项选择题9.(2021·山东师大附中期末)若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足b-2a+4asin2A+B2=0,则下列结论正确的是(　　)A.角C一定为锐角B.a2+2b2-c2=0C.3tanA+tanC=0D.tanB的最小值为33三、填空题10.(2021·北京延庆模拟)已知△ABC的面积为23,AB=2,B=π3,则sinBsinC=　　　　　. 11.(2021·山西运城模拟)已知tanθ,tanπ4-θ是方程x2+ax-3=0的两个根,则a=　　　　　. 12.(2021·广东揭阳一模)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足a=2,a2=2b2+c2,则△ABC的面积的最大值为　　　　　. 13.、 (2021·山东潍坊一模)某市为表彰在脱贫攻坚工作中做出突出贡献的先进单位,制作了一批奖杯,奖杯的剖面图形如图所示,其中扇形OAB的半径为10,∠PBA=∠QAB=60°,AQ=QP=PB,若按此方案设计,工艺制造厂发现,当OP最长时,该奖杯比较美观,此时∠AOB=　　　　　. 专题突破练9　三角恒等变换与解三角形1.C　解析设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.依题意,三角形ABC是钝角三角形,c=2,sinB=32,S△ABC=12acsinB=32,解得a=1,a<c,所以A为锐角.当C为钝角时,cosB=1-sin2B=12,b=a2+c2-2ac·cosB=3,此时cosC=a2+b2-c22ab=1+3-42×1×3=0,C=π2,不符合题意.当B为钝角时,cosB=-1-sin2B=-12,故b=a2+c2-2ac·cosB=7,此时cosC=a2+b2-c22ab=1+7-42×1×7=277>0,所以C为锐角,符合题意,故AC=7.2.A　解析因为sinα+5π2-1sin(3π-α)=cosα-1sinα,由于cosα=1-2sin2α2,sinα=2sinα2cosα2,所以cosα-1sinα=-2sin2α22sinα2cosα2=-tanα2=-13.3.C　解析由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R,得sinA=a2R,sinB=b2R,sinC=c2R,代入3asinA+3bsinB+4asinB=6Rsin2C,得3a22R+3b22R+4ab2R=6Rc24R2=3c22R,化简得3a2+3b2+4ab=3c2,即a2+b2-c2=-43ab,所以cosC=a2+b2-c22ab=-43ab2ab=-23.、 故sinAsinB-cosAcosB=-cos(A+B)=cosC=-23.4.A　解析1-sin18°8n2sin218°=1-sin18°8sin218°(4-4sin218°)=1-sin18°8sin218°×4cos218°=1-sin18°8sin236°=1-sin18°8×1-cos72°2=1-sin18°4(1-cos72°)=14.5.B　解析设AC=x(x>0),则由已知可得AB=3x,BE=BC=2x,BD=ABtan∠ADB=33x,所以DE=BD-BE=33x-2x=79,解得x=7933-2≈24.7,所以楼高AB≈3×24.7=74.1≈74(m).6.C　解析由cosα+sin2β=32知2cosα-cos2β=2①,因为sinα+sinβcosβ=13,所以2sinα+sin2β=23②,将①②两个等式平方相加得4+1-4cos(2β+α)=4+49,解得cos(α+2β)=536.7.D　解析根据题意,△P1P2D的三个角和三条边均可以求出,①中,CDsin∠DP1C=DP1sin∠DCP1,故CD=DP1sin∠DP1Csin∠DCP1,故①可以求出CD;③与①条件等价.②中,在△P1P2C中,P1P2sin∠P1CP2=P1Csin∠P1P2C,故P1C=asin∠P1P2Csin∠P1CP2,在△P1CD中,利用余弦定理求解CD即可.8.C　解析设∠BDE=θ(0<θ<60°),在△BDE中,由正弦定理得DE=BDsin60°sin(120°-θ)=3sin(60°+θ),则S△BDE=12DE·DBsinθ=3sinθsin(60°+θ).在△ADF中,∠FDA=60°-θ,由正弦定理得DF=ADsin60°sin(60°+θ)=3sin(60°+θ),S△ADF=12DF·ADsin(60°-θ)=3sin(60°-θ)sin(60°+θ),所以S△BDE+S△ADF=3sinθsin(60°+θ)+3sin(60°-θ)sin(60°+θ)=332cosθ+12sinθ32cosθ+12sinθ=3,所以四边形CFDE的面积为S△ABC-(S△ADF+S△BDE)=43−3=33.9.BC　解析∵b-2a+4asin2A+B2=0,∴b-2a+4asin2π2-C2=0,∴b-2a+4acos2C2=0,∴b-2a+4a·1+cosC2=0,、 ∴b+2acosC=0,∴cosC<0,∴角C一定为钝角,A错误;b+2acosC=0⇒b+2a·a2+b2-c22ab=0⇒a2+2b2-c2=0,B正确;b+2acosC=0⇒sinB+2sinAcosC=0⇒3sinAcosC+cosAsinC=0⇒3tanA+tanC=0,C正确;tanB=-tan(A+C)=tanA+tanCtanAtanC-1=-2tanA-3tan2A-1=23tanA+1tanA≤33,经检验“=”取得到,D错误,综上选BC.10.3　解析设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则AB=2=c,S△ABC=12acsinB=12×a×2×32=23,解得a=4,∴b2=a2+c2-2accosB=16+4-2×4×2×12=12,∴b=23,∴sinBsinC=bc=232=3.11.-4　解析因为tanθ,tanπ4-θ是方程x2+ax-3=0的两个根,所以tanθ+tanπ4-θ=-a,tanθtanπ4-θ=-3,Δ=a2-4×(-3)≥0,所以tanπ4=tanθ+π4-θ=tanθ+tanπ4-θ1-tanθtanπ4-θ=-a4=1,故a=-4.12.23　解析由余弦定理及题意可得a2=b2+c2-2bccosA=2b2+c2=4,所以cosA=-b2c,则sinA=4c2-b22c,则△ABC的面积S=12bcsinA=b4c2-b24=3b4c2-b212≤9b2+4c2-b224=23.13.π2　解析由题意可知,四边形ABPQ为等腰梯形.如图,连接OP,过点O作OM⊥QP垂足为点M,交AB于点C,则OC⊥AB,OM平分∠AOB,M为线段PQ的中点.设∠AOC=θ,则AB=20sinθ,OC=10cosθ,设AQ=QP=BP=x,过点Q作QE⊥AB垂足为点E,过点P作PF⊥AB垂足为点F,因为∠PBA=∠QAB=60°,所以AE=BF=12x,CM=PF=32x,EF=QP=x,所以AB=2x,所以AB=20sinθ=2x,即x=10sinθ,所以OM=OC+CM=10cosθ+32x=10cosθ+53sinθ,所以、 OP2=OM2+MP2=(10cosθ+53sinθ)2+(5sinθ)2=100cos2θ+75sin2θ+1003sinθcosθ+25sin2θ=100+503sin2θ,因为sin2θ∈[-1,1],所以当sin2θ=1即θ=π4时,OP2最大,也就是OP最长,此时∠AOB=π2.、