人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练9　三角恒等变换与解三角形

这是一份人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练9　三角恒等变换与解三角形，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
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=,且△ABC的面积是,则AC=(　　)A. B.2 C. D.2.(2021·辽宁大连二模)若tan,则=(　　)A.- B.-3 C. D.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. B. C.- D.-4.(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2sin 18°表示.若实数n满足4sin218°+n2=4,则=(　　)A. B. C. D.5.(2021·山东菏泽期末)明朝早期,郑和将中国古代天体测量方面所取得的成就创造性应用于航海,形成了一套自成体系且行之有效的先进航海技术——“过洋牵星术”.简单地说,就是通过观测不同季节、时辰的日月星辰在天空运行的位置和测量星辰在海面以上的高度来判断方位,其采用的主要工具为牵星板,由12块正方形木板组成,最小的一块边长约为2厘米(称一指).观测时,将木板立起,一手拿着木板,手臂垂直,眼睛到木板的距离大约为72厘米,使牵星板与海平面垂直,让板的下边缘与海平面重合,上边缘对着所观测的星辰,与其相切,依高低不同替换、调整木板,木板上边缘与被观测星辰重合时所用的是几指板,观测的星辰离海平面的高度就是几指,然后就可以推算出船在海中的地理纬度.如图所示,若在一次观测中,所用的牵星板为九指板,则sin 2α=(　　)A. B. C. D.6.(2021·河北邯郸期末)已知cos α+sin 2β=,sin α+sin βcos β=,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,来到一个池塘边(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.①② B.①③ C.②③ D.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.2 B. C.3 D.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.3tan A+tan C=0 D.tan B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·山西运城模拟)已知tan θ,tan-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,工艺制造厂发现,若按此方案设计,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,sin B=,S△ABC=acsin B=,解得a=1,a<c,所以A为锐角.当C为钝角时,cos B=,b=,此时cos C==0,C=,不符合题意.当B为钝角时,cos B=-=-,故b=,此时cos C=>0,所以C为锐角,符合题意,故AC=.2.A　解析: 因为,由于cos α=1-2sin2,sin α=2sincos,所以=-tan=-.3.C　解析: 由正弦定理=2R,得sin A=,sin B=,sin C=,代入3asin A+3bsin B+4asin B=6Rsin2C,得=6R,化简得3a2+3b2+4ab=3c2,即a2+b2-c2=-ab,所以cos C==-.故sin Asin B-cos Acos B=-cos(A+B)=cos C=-.4.A　解析: .5.C　解析: 由题图,知角α所对直角边长为18厘米,相邻直角边长为72厘米,则斜边长为18厘米.于是sin α=,cos α=,∴sin 2α=2sin αcos α=2×.6.C　解析: 由cos α+sin2β=知2cos α-cos 2β=2①,因为sin α+sin βcos β=,所以2sin α+sin 2β=②,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·DBsin θ=.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=3.9.BC　解析: ∵b-2a+4asin2=0,∴b-2a+4asin2=0,∴b-2a+4acos2=0,∴b-2a+4a·=0,∴b+2acos C=0,∴cos C<0,∴角C一定为钝角,A错误;b+2acos C=0⇒b+2a·=0⇒a2+2b2-c2=0,B正确;b+2acos C=0⇒sin B+2sin Acos C=0⇒3sin Acos C+cos Asin C=0⇒3tan A+tan C=0,C正确;tan B=-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=acsin B=×a×2×=2,解得a=4,∴b2=a2+c2-2accos B=16+4-2×4×2×=12,∴b=2,∴.11.-4　解析: 因为tan θ,tan是方程x2+ax-3=0的两个根,所以tan θ+tan=-a,tan θtan=-3,Δ=a2-4×(-3)≥0,所以tan=tan=-=1,故a=-4.12.　解析: 由余弦定理及题意可得a2=b2+c2-2bccos A=2b2+c2=4,所以cos A=-,则sin A=,则△ABC的面积S=bcsin A=.13.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=20sin θ,OC=10cos θ,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=20sin θ=2x,即x=10sin θ,所以OM=OC+CM=10cos θ+x=10cos θ+5sin θ,所以OP2=OM2+MP2=(10cos θ+5sin θ)2+(5sin θ)2=100cos2θ+75sin2θ+100sin θcos θ+25sin2θ=100+50sin 2θ,因为sin 2θ∈[-1,1],所以当sin 2θ=1即θ=时,OP2最大,也就是OP最长,此时∠AOB=.