1、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,sin B=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tan2=13,则sin+52-1sin(3-)=()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3asin A+3bsin B+4asin B=6Rsin2C,则sin Asin B-cos Acos B=()A.34B.23C.-23D.-344.(2021海南二模)古希腊数学家
2、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2sin 18表示.若实数n满足4sin218+n2=4,则1-sin188n2sin218=()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79 m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.
3、(2021河北邯郸期末)已知cos +sin 2=32,sin +sin cos =13,则cos(+2)=()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=,P2P1D=,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()DP1C和DCP1;P1P2C和P1CP2;P1DC和DCP1.A.B.C.D.8.(2021吉林
4、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.3tan A+tan C=0D.tan B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=3,则sinBsinC=.11.(2021山西运城模拟)已知tan
5、,tan4-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=
6、32,SABC=12acsinB=32,解得a=1,a0,所以C为锐角,符合题意,故AC=7.2.A解析 因为sin+52-1sin(3-)=cos-1sin,由于cos=1-2sin22,sin=2sin2cos2,所以cos-1sin=-2sin222sin2cos2=-tan2=-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=
7、-43ab,所以cosC=a2+b2-c22ab=-43ab2ab=-23.故sinAsinB-cosAcosB=-cos(A+B)=cosC=-23.4.A解析 1-sin188n2sin218=1-sin188sin218(4-4sin218)=1-sin188sin2184cos218=1-sin188sin236=1-sin1881-cos722=1-sin184(1-cos72)=14.5.B解析 设AC=x(x0),则由已知可得AB=3x,BE=BC=2x,BD=ABtanADB=33x,所以DE=BD-BE=33x-2x=79,解得x=7933-224.7,所以楼高AB324.7
8、=74.174(m).6.C解析 由cos+sin2=32知2cos-cos2=2,因为sin+sincos=13,所以2sin+sin2=23,将两个等式平方相加得4+1-4cos(2+)=4+49,解得cos(+2)=536.7.D解析 根据题意,P1P2D的三个角和三条边均可以求出,中,CDsinDP1C=DP1sinDCP1,故CD=DP1sinDP1CsinDCP1,故可以求出CD;与条件等价.中,在P1P2C中,P1P2sinP1CP2=P1CsinP1P2C,故P1C=asinP1P2CsinP1CP2,在P1CD中,利用余弦定理求解CD即可.8.C解析 设BDE=(060),在
9、BDE中,由正弦定理得DE=BDsin60sin(120-)=3sin(60+),则SBDE=12DEDBsin=3sinsin(60+).在ADF中,FDA=60-,由正弦定理得DF=ADsin60sin(60+)=3sin(60+),SADF=12DFADsin(60-)=3sin(60-)sin(60+),所以SBDE+SADF=3sinsin(60+)+3sin(60-)sin(60+)=332cos+12sin32cos+12sin=3,所以四边形CFDE的面积为SABC-(SADF+SBDE)=43-3=33.9.BC解析 b-2a+4asin2A+B2=0,b-2a+4asin2
10、2-C2=0,b-2a+4acos2C2=0,b-2a+4a1+cosC2=0,b+2acosC=0,cosC0,角C一定为钝角,A错误;b+2acosC=0b+2aa2+b2-c22ab=0a2+2b2-c2=0,B正确;b+2acosC=0sinB+2sinAcosC=03sinAcosC+cosAsinC=03tanA+tanC=0,C正确;tanB=-tan(A+C)=tanA+tanCtanAtanC-1=-2tanA-3tan2A-1=23tanA+1tanA33,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,SAB
11、C=12acsinB=12a232=23,解得a=4,b2=a2+c2-2accosB=16+4-24212=12,b=23,sinBsinC=bc=232=3.11.-4解析 因为tan,tan4-是方程x2+ax-3=0的两个根,所以tan+tan4-=-a,tantan4-=-3,=a2-4(-3)0,所以tan4=tan+4-=tan+tan4-1-tantan4-=-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=3
12、b4c2-b2129b2+4c2-b224=23.13.2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OMQP垂足为点M,交AB于点C,则OCAB,OM平分AOB,M为线段PQ的中点.设AOC=,则AB=20sin,OC=10cos,设AQ=QP=BP=x,过点Q作QEAB垂足为点E,过点P作PFAB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=20sin=2x,即x=10sin,所以OM=OC+CM=10cos+32x=10cos+53sin,所以OP2=OM2+MP2=(10cos+53sin)2+(5sin)2=100cos2+75sin2+1003sincos+25sin2=100+503sin2,因为sin2-1,1,所以当sin2=1即=4时,OP2最大,也就是OP最长,此时AOB=2.
