專題突破練9　三角恒等變換與解三角形一、單項選擇題1.(2021·深圳高級中學(xué)月考)在鈍角△ABC中,AB=2,sinB=,且△ABC的面積是,則AC=(　　)　　　　　　　　　　　　A.B.2C.D.2.(2021·河北“五個一”名校聯(lián)盟二診)若tanα-=,則sin2α=(　　)A.B.-C.D.-3.(2021·山東日照期中)已知△ABC的三內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,其中R為△ABC外接圓的半徑,若3asinA+3bsinB+4asinB=6Rsin2C,則sinAsinB-cosAcosB=(　　)A.B.C.-D.-4.(2021·廣東六校高三第四次聯(lián)考)底與腰之比為黃金分割比的黃金三角形被認(rèn)為是最美的三角形,它的頂角為36°或108°,如圖所示的五角星由五個黃金三角形與一個正五邊形組成,在其中一個黃金三角形ABC中,,據(jù)這些信息,可得sin126°=(　　)A.B.-C.-D.-5.(2021·江西南昌期末)“欲窮千里目,更上一層樓”出自唐朝詩人王之渙的《登鸛雀樓》,鸛雀樓位于今山西永濟市,該樓有三層,前對中條山,下臨黃河,傳說常有鸛雀在此停留,故有此名.下面是復(fù)建的鸛雀樓的示意圖,某位游客(身高忽略不計)從地面點D看樓頂點A的仰角為30°,沿直線前進(jìn)79m到達(dá)點E,此時看點C的仰角為45°,若BC=2AC,則樓高AB約為(　　)m.A.65B.74C.83D.926.(2021·河北邯鄲期末)已知cosα+sin2β=,sinα+sinβcosβ=,則cos(α+2β)=(　　)A.B.C.D.-7.(2021·湖南長沙模擬)小李在某大學(xué)測繪專業(yè)學(xué)習(xí),節(jié)日回家,來到村頭的一個池塘(如圖陰影部分),為了測量該池塘兩側(cè)C,D兩點間的距離,除了觀測點C,D外,他又選了兩個觀測點P1,P2,且P1P2=a,已經(jīng)測得∠P1P2D=α,∠P2P1D=β,由于條件不足,需要再觀測新的角,則利用已知觀測數(shù) 據(jù)和下面三組新觀測的角的其中一組,就可以求出C,D間距離的是(　　)①∠DP1C和∠DCP1;②∠P1P2C和∠P1CP2;③∠P1DC和∠DCP1.A.①②B.①③C.②③D.①②③8.(2021·吉林月考)如圖,正三角形ABC的邊長為4,D,E,F分別在邊AB,BC和CA上(異于端點),且D為AB的中點.若∠EDF=120°,則四邊形CFDE的面積為(　　)A.2B.C.3D.無法確定二、多項選擇題9.(2021·山東師大附中期末)若△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且滿足b-2a+4asin2=0,則下列結(jié)論正確的是(　　)A.角C一定為銳角B.a2+2b2-c2=0C.3tanA+tanC=0D.tanB的最小值為三、填空題10.(2021·北京延慶模擬)已知△ABC的面積為2,AB=2,B=,則=　　　　　.?11.(2021·廣東揭陽一模)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且滿足a=2,a2=2b2+c2,則△ABC的面積的最大值為　　　　　.?12.(2021·山東濰坊一模)某市為表彰在脫貧攻堅工作中做出突出貢獻(xiàn)的先進(jìn)單位,制作了一批獎杯,獎杯的剖面圖形如圖所示,其中扇形OAB的半徑為10,∠PBA=∠QAB=60°,AQ=QP=PB,若按此方案設(shè)計,工藝制造廠發(fā)現(xiàn),當(dāng)OP最長時,該獎杯比較美觀,此時∠AOB=　　　　　.?專題突破練9　三角恒等變換與解三角形1.C　解析:設(shè)內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.依題意,三角形ABC是鈍角三角形,c=2,sinB=,S△ABC=acsinB=,解得a=1,a0,所以C為銳角,符合題意,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, 化簡得3a2+3b2+4ab=3c2,即a2+b2-c2=-ab,所以cosC==-故sinAsinB-cosAcosB=-cos(A+B)=cosC=-4.A　解析:由題意可得∠ACB==72°,且cos∠ACB=,所以,cos144°=2cos272°-1=2×2-1=-,因此,sin126°=sin(270°-144°)=-cos144°=5.B　解析:設(shè)AC=x(x>0),則由已知可得AB=3x,BE=BC=2x,BD==3x,所以DE=BD-BE=3x-2x=79,解得x=24.7,所以樓高AB≈3×24.7=74.1≈74(m).6.C　解析:由cosα+sin2β=知2cosα-cos2β=2①,因為sinα+sinβcosβ=,所以2sinα+sin2β=,將①②兩個等式平方相加得4+1-4cos(2β+α)=4+,解得cos(α+2β)=7.D　解析:根據(jù)題意,△P1P2D的三個角和三條邊均可以求出,①中,,故CD=,故①可以求出CD;③與①條件等價.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:設(shè)∠BDE=θ(0<θ<60°),在△BDE中,由正弦定理得DE=,則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=,所以四邊形CFDE的面積為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一定為鈍角,A錯誤;b+2acosC=0?b+2a=0?a2+2b2-c2=0,B正確;b+2acosC=0?sinB+2sinAcosC=0?3sinAcosC+cosAsinC=0?3tanA+tanC=0,C正確;tanB=-tan(A+C)=,經(jīng)檢驗“=”取得到,D錯誤,綜上選BC.10　解析:設(shè)內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,則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:由余弦定理及題意可得a2=b2+c2-2bccosA=2b2+c2=4,所以cosA=-,則sinA=,則△ABC的面積S=bcsinA=12.　解析:由題意可知,四邊形ABPQ為等腰梯形.如圖,連接OP,過點O作OM⊥QP垂足為點M,交AB于點C,則OC⊥AB,OM平分∠AOB,M為線段PQ的中點.設(shè)∠AOC=θ,則AB=20sinθ,OC=10cosθ,設(shè)AQ=QP=BP=x,過點Q作QE⊥AB垂足為點E,過點P作PF⊥AB垂足為點 F,因為∠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O(shè)M=OC+CM=10cosθ+x=10cosθ+5sinθ,所以O(shè)P2=OM2+MP2=(10cosθ+5sinθ)2+(5sinθ)2=100cos2θ+75sin2θ+100sinθcosθ+25sin2θ=100+50sin2θ,因為sin2θ∈[-1,1],所以當(dāng)sin2θ=1即θ=時,OP2最大,也就是OP最長,此時∠AOB=