【文档说明】2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题突破练9　三角恒等变换与解三角形 Word版含答案.docx，共(5)页，114.760 KB，由小赞的店铺上传

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专题突破练9三角恒等变换与解三角形一、单项选择题1.在钝角三角形ABC中,AB=2,sinB=√32,且△ABC的面积是√32,则AC=()A.√3B.2C.√7D.√3或√72.若tan𝛼2=13,则sin(�

�+5π2)-1sin(3π-𝛼)=()A.-13B.-3C.13D.33.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sin

AsinB-cosAcosB=()A.34B.23C.-23D.-344.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.已知cosα+sin2β=32,sinα+sinβcosβ=13,则cos(α+2β)=()A.49B.59C.536D.-5186.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.①②B.①③C.②③D.①②③二、多项选择题7.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8.已知△ABC的面积为2√3,AB=2,B=

π3,则sin𝐵sin𝐶=.9.已知tanθ,tanπ4-θ是方程x2+ax-3=0的两个根,则a=.10.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.11.现制作一批奖杯,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,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·cos

𝐵=√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cos

C=𝑎2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏=1+7-42×1×√7=2√77>0,所以C为锐角,符合题意,故AC=√7.2.A解析因为sin(𝛼+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.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)

=536.6.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∠𝑃1�

�𝑃2=𝑃1𝐶sin∠𝑃1𝑃2𝐶,故P1C=𝑎sin∠𝑃1𝑃2𝐶sin∠𝑃1𝐶𝑃2,在△P1CD中,利用余弦定理求解CD即可.7.BC解析∵b-2a+4asin2𝐴+𝐵2=0,∴b-2a+4asin2(π2

-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+2

acosC=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.8.√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=2√3,解得a=4,∴b

2=a2+c2-2accosB=16+4-2×4×2×12=12,∴b=2√3,∴sin𝐵sin𝐶=𝑏𝑐=2√32=√3.9.-4解析因为tanθ,tan(π4-𝜃)是方程x2+ax-3=0

的两个根,所以tanθ+tan(π4-𝜃)=-a,tanθtan(π4-𝜃)=-3,Δ=a2-4×(-3)≥0,所以tanπ4=tan[𝜃+(π4-𝜃)]=tan𝜃+tan(π4-𝜃)1-tan𝜃tan(π4-𝜃)=-𝑎4=1,故a=-4.10.23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=𝑏√4𝑐2-𝑏24=3𝑏√4𝑐2-𝑏212≤9𝑏2+4𝑐2-𝑏22

4=23.11.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=1

0sinθ,所以OM=OC+CM=10cosθ+√32x=10cosθ+5√3sinθ,所以OP2=OM2+MP2=(10cosθ+5√3sinθ)2+(5sinθ)2=100cos2θ+75sin2θ+100√3sinθcosθ+

25sin2θ=100+50√3sin2θ,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.