2022届高三数学二轮复习：专题突破练9三角恒等变换与解三角形（有解析）

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=,且△ABC的面积是,则AC=(　　)　　　　　　　　　　　　A.B.2C.D.2.(2021·河北“五个一”名校联盟二诊)若tanα-=,则sin2α=(　　)A.B.-C.D.-3.(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.B.C.-D.-4.(2021·广东六校高三第四次联考)底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形,它的顶角为36°或108°,如图所示的五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成,在其中一个黄金三角形ABC中,,据这些信息,可得sin126°=(　　)A.B.-C.-D.-5.(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=,sinα+sinβcosβ=,则cos(α+2β)=(　　)A.B.C.D.-7.(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.2B.C.3D.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+4asin2=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的最小值为三、填空题10.(2021·北京延庆模拟)已知△ABC的面积为2,AB=2,B=,则=　　　　　. 11.(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　　　　　. 12.(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=,S△ABC=acsinB=,解得a=1,a<c,所以A为锐角.当C为钝角时,cosB=,b=,此时cosC==0,C=,不符合题意.当B为钝角时,cosB=-=-,故b=,此时cosC=>0,所以C为锐角,符合题意,故AC=2.D　解析:sin2α=cos-2α=cos2α-=cos2α--sin2α-==-3.C　解析:由正弦定理=2R,得sinA=,sinB=,sinC=,代入3asinA+3bsinB+4asinB=6Rsin2C,得=6R, 化简得3a2+3b2+4ab=3c2,即a2+b2-c2=-ab,所以cosC==-故sinAsinB-cosAcosB=-cos(A+B)=cosC=-4.A　解析:由题意可得∠ACB==72°,且cos∠ACB=,所以,cos144°=2cos272°-1=2×2-1=-,因此,sin126°=sin(270°-144°)=-cos144°=5.B　解析:设AC=x(x>0),则由已知可得AB=3x,BE=BC=2x,BD==3x,所以DE=BD-BE=3x-2x=79,解得x=24.7,所以楼高AB≈3×24.7=74.1≈74(m).6.C　解析:由cosα+sin2β=知2cosα-cos2β=2①,因为sinα+sinβcosβ=,所以2sinα+sin2β=,将①②两个等式平方相加得4+1-4cos(2β+α)=4+,解得cos(α+2β)=7.D　解析:根据题意,△P1P2D的三个角和三条边均可以求出,①中,,故CD=,故①可以求出CD;③与①条件等价.②中,在△P1P2C中,,故P1C=,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=,则S△BDE=DE·DBsinθ=在△ADF中,∠FDA=60°-θ,由正弦定理得DF=,S△ADF=DF·ADsin(60°-θ)=,所以S△BDE+S△ADF=,所以四边形CFDE的面积为S△ABC-(S△ADF+S△BDE)=4=39.BC　解析:∵b-2a+4asin2=0,∴b-2a+4asin2=0,∴b-2a+4acos2=0,∴b-2a+4a=0,∴b+2acosC=0,∴cosC<0,∴角C一定为钝角,A错误;b+2acosC=0⇒b+2a=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)=,经检验“=”取得到,D错误,综上选BC.10　解析:设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则AB=2=c,S△ABC=acsinB=a×2=2,解得a=4,∴b2=a2+c2-2accosB=16+4-2×4×2=12,∴b=2,11　解析:由余弦定理及题意可得a2=b2+c2-2bccosA=2b2+c2=4,所以cosA=-,则sinA=,则△ABC的面积S=bcsinA=12.　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=x,CM=PF=x,EF=QP=x,所以AB=2x,所以AB=20sinθ=2x,即x=10sinθ,所以OM=OC+CM=10cosθ+x=10cosθ+5sinθ,所以OP2=OM2+MP2=(10cosθ+5sinθ)2+(5sinθ)2=100cos2θ+75sin2θ+100sinθcosθ+25sin2θ=100+50sin2θ,因为sin2θ∈[-1,1],所以当sin2θ=1即θ=时,OP2最大,也就是OP最长,此时∠AOB=