向量和三角函数

三角函数、解三角形、平面向量
一、三角函数的图象与性质
例题1、（10年重庆6）已知函数)
2
||,0)(sin(π
ϕωϕω<>+=x y
的部分图象如题（1）图所示，则（ ） A 、6
,1π
ϕω=
=
B 、6
,1π
ϕω-
==
C 、6,2π
ϕω== D 、6
,2π
ϕω-
==
解析：周期 πππ
ωπ
=⎪⎭⎫ ⎝⎛-==
312
742T 0
>ω
则2=ω
6
22
23
23
π
πϕπ
πϕπ
π
-
=⇒+=+⋅
⇒=
k k x
6
2
π
ϕπ
ϕ-
=⇒∴<
又
例题2（10年四川6）将函数x y sin =的图像上所有的点向右
平行移动10π
个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图像的函数解析式是
（A ）⎪⎭⎫ ⎝⎛-=102sin πx y （B ）⎪⎭
⎫ ⎝⎛
-=52sin πx y
（C ）
⎪⎭⎫ ⎝⎛-=102
1sin πx y （D ）⎪⎭⎫ ⎝⎛-
=2021
sin πx y 例题3(10年湖北)已知函数f(x)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3＋x ·cos ⎝
⎛⎭
⎪⎪⎫
π3－x ，
g(x)＝12sin 2x －1
4
.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的最大值，并求使h(x)取得最大值的x 的集合． 解 (1)因为
f(x)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3＋x cos ⎝
⎛⎭⎪
⎪⎫π3－x ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎪⎫12
cos x －32sin x ⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫
12cos x ＋32sin x ＝14cos 2x －34sin 2
x ＝1＋cos 2x 8－3－3cos 2x 8＝12cos 2x －14， 所以f(x)的最小正周期为2π2
＝π.
(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝12cos 2x －12sin 2x ＝
2
2
cos ⎝
⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π4， 当2x ＋π4＝2k π(k ∈Z)时，h(x)取得最大值22
.
h(x)取得最大值时，对应的
x 的集合为
⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫
x ⎪
⎪⎪⎪
x ＝kx －π
8，k ∈Z
试题分析 主要考查综合运用三角公式、三角函数图像和性质进行运算求解的能力．以三角函数的运算和性质为主线，着重对基础知识和基本方法的考查．题目难度不大，重视基础、强调应用．
重点考查 (1)三角恒等变换公式．
(2) B x A y ++=)sin(ϕω的性质和图像变化等基础知识． 主干知识：
1．任意角的三角函数
(1)设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点
P (x ，y )，那么sin α＝y ，cos α＝x ，tan α＝y
x
.
(2)各象限角的三角函数值的符号：一全正，二正弦， 三正切，四余弦．
2．诱导公式 απ±k 和απ
±2 3.同角三角函数基本关系式
sin 2α＋cos 2
α＝1，tan α＝sin αcos α
(cos α≠0)．
4．正弦、余弦、正切函数的性质
定义域 值域 图像 周期性 单调区间 对称中心 对称轴 最值
考点分类
题型一 三角函数的概念、诱导公式及基本关系式的 应用
例题1、如图在平面直角坐标系xOy 中，以
Ox 轴为始边作两个锐角α、β，它们的终
边分别与单位圆交于A 、B 两点，已知A 、B 的横坐标分别为210、25
5.
(1)求tan(α＋β)的值；
(2)求α＋2β的值．
分析 根据任意角三角函数的定义cos α＝x
r
不难得到
cos α、cos β的值，利用同角三角函数可求sin α、 sin β、tan α、tan β的值，进而利用和角公式求tan(α＋β)的值．
注意到第(2)问相当于“给值求角”问题，除注意到“角的变换”：α＋2β＝(α＋β)＋β外，还应注意该类问题求解的一般程序．
解 (1)由已知条件及三角函数的定义可知， cos α＝210，cos β＝255
.
因为α为锐角，故sin α>0，从而sin α＝1－cos 2
α＝72
10
.
同理可得sin β＝55.因此tan α＝7，tan β＝1
2.
所以tan(α＋β)＝tan α＋tan β
1－tan αtan β
＝
7＋
12
1－7×
12
＝－3. (2)tan(α＋2β)＝tan[(α＋β)＋β]＝
tan(α＋β)＋tan β
1－tan(α＋β)tan β
＝－3＋
12
1－(－3)×
1
2
＝－1，
又0<α<π2，0<β<π2，故0<α＋2β<3π
2，
从而由tan(α＋2β)＝－1得α＋2β＝3π
4
.
本题考查三角函数的基本概念、三角函数的基本关系式、两角和的正切、二倍角的正切公式，考查考生的运算求解能力．根据三角函数的定义，本题所给的两个横坐标实际上就是α、β的余弦值，又由于这两个角都是锐角，由同角三角函数的关系式就可以求出这两个角的正切，剩下的问题就是代入公式计算了．
例题2、 已知点P (sin 3π4，cos 3π
4落在角θ的终边上，且
θ∈[0,2π)，则θ的值为 ( ) A.π4 B.3π4 C.5π4 D.7π
4 解析 tan θ＝cos 34πsin 3
4
π＝－cos
π
4
sin π4
＝－1，
又sin 34π>0，cos 3
4
π<0，
∴θ为第四象限角且θ∈[0,2π)，∴θ＝7π
4，故选D.
题型二 三角函数的图象及函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的解析式 例题1、函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，
ω>0，|φ|<π
2)的一段图象如图所示)，
求其解析式． 分析：
先由图象求出函数的周期，从而求得ω的值，再由关键 点求φ，最后将(0，2)代入求A 的值 解 设函数的周期为T ，
则34T ＝7π8－π8＝34π，∴T ＝π，∴ω＝2πT ＝2 又由2×π8＋φ＝π2，得φ＝π4.
∴函数解析式为y ＝A sin(2x ＋π
4
)．
又图象过点(0，2)，∴A sin π4＝2，∴2
2
A ＝2，
∴A ＝2.∴所求函数的解析式为y ＝2sin(2x ＋π
4)．
分析提高 （1 )已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图
象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A ；由函数的周期确定ω；由图象上的关键点确定φ.
(2)求函数的周期时，注意以下规律：相邻的最高点与最低点的横坐标之差的绝对值为半个周期，最高点(或最低点)的横坐标与相邻零点差的绝对值为1
4
个周期。

例题2 (10·天津)右图是函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(x ∈R)在区间[－π6，5π
6]上的图象．为了得到这个函数的图象，只要
将y ＝sin x (x ∈R)的图象上所有的点 ( )
A ．向左平移π
3个单位长度，再把
所得各点的横坐标
缩短到原来的1
2
倍，纵坐标不变
B ．向左平移π
3个单位长度，再把所得各点的横坐标
伸长到原来的2倍，纵坐标不变
C ．向左平移π
6个单位长度，再把所得各点的横坐标
缩短到原来的1
2
倍，纵坐标不变
D ．向左平移π
6个单位长度，再把所得各点的横坐标
伸长到原来的2倍，纵坐标不变
解析 由图象可知A ＝1，T ＝5π6－(－π
6)＝π，
∴ω＝2π
T
＝2.
∴y ＝sin(2x ＋φ)(x ∈R)．
∵图象过点(π3，0)，∴sin(2π3＋φ)＝0，∴2π
3
＋φ＝π＋2k π，
k ∈Z ，
∴φ＝π
3
＋2k π，k ∈Z.
∴y ＝sin(2x ＋π3＋2k π)＝sin(2x ＋π
3
．
故将函数y ＝sin x 先向左平移π
3个单位长度后，再把所得
各点的横坐标缩短到原来的1
2纵坐标不变，可得原函数
的图象．答案 A
例题3、已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象与直线y ＝b (0<b <A )的三个相邻交点的横坐标分别是2, 4,8，则f (x )的单调递增区间是________________.
解析 如图x ＝3，x ＝6是
y ＝A sin(ωx ＋φ)的对称轴，
∴周期T ＝6， ∴单调递增区间为 [6k,6k ＋3]，k ∈Z. 题型三 三角函数的性质
例1 (09年重庆)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)，其中ω>0，|φ|<π2
.
(1)若cos π4cos φ－sin 3π
4
sin φ＝0，求φ的值；
(2)在(1)的条件下，若函数f (x )的图象的相邻两条对称轴之间的距离等于π
3，求函数f (x )的解析式；并求最小正实
数m ，使得函数f (x )的图象向左平移m 个单位长度后所对应的函数是偶函数．
分析：利用诱导公式化简→利用和、差角公式求φ→求f (x )的解析式→利用奇偶性确定m 的值．
解 方法一 (1)由cos π4cos φ－sin 3π
4
sin φ＝0
得cos π4cos φ－sin π4sin φ＝0，即cos ⎝ ⎛⎭
⎪
⎪
⎫π4＋φ＝0.
又|φ|<π2，∴φ＝π4
. (2)由(1)得，f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫ωx ＋π4. 依题意，T 2＝π3
. 又T ＝2πω，故ω＝3，∴f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x ＋π4. 函数f (x )的图象向左平移m 个单位长度后所对应的函数为
g (x )＝sin ⎣⎢⎢⎡⎦
⎥⎥⎤3(x ＋m )＋π4. g (x )是偶函数当且仅当3m ＋π4＝k π＋π2
(k ∈Z)， 即m ＝k π3＋π12(k ∈Z)．从而，最小正实数m ＝π12
. 方法二 (1)同方法一．
(2)由(1)得，f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫ωx ＋π4.依题意，T 2＝π3. 又T ＝2πω，故ω＝3，∴f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x ＋π4. 函数f (x )的图象向左平移m 个单位后所对应的函数为
g (x )＝sin ⎣⎢⎢⎡⎦
⎥⎥⎤3(x ＋m )＋π4. g (x )是偶函数当且仅当g (－x )＝g (x )对x ∈R 恒成立．
亦即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－3x ＋3m ＋π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x ＋3m ＋π4对x ∈R 恒成立．
∴sin(－3x )cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3m ＋π4＋cos(－3x )sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫3m ＋π4 ＝sin 3x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3m ＋π4＋cos 3x sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫3m ＋π4， 即2sin 3x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3m ＋π4＝0对x ∈R 恒成立．
∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3m ＋π4＝0，故3m ＋π4＝k π＋π2
(k ∈Z)， ∴m ＝k π3π12(k ∈Z)，从而，最小正实数m ＝π12
. 分析提高 (1)求三角函数的周期、单调区间、最值及判断三角函数的奇偶性，往往是在定义域内，先化简三角函数式，尽量化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的形式，然后再求解．
(2)对于形如y ＝a sin ωx ＋b cos ωx 型的三角函数，要通过引入辅助角化为y ＝a 2＋b 2sin(ωx ＋φ)(cos φ＝a a 2＋b 2，sin φ＝b a 2＋b 2)的形式来求．
例题2、 函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)＋B (A >0，ω>0，|φ|<π2
)的图象上一个最高点的坐标为(π12
，3)，与之相邻的一个最
低点的坐标为(7π12
，－1)． (1)求f (x )的表达式；
(2)当x ∈[π2
，π]时，求函数f (x )的单调递增区间和零点. 解 (1)依题意得T 2＝7π12－π12＝π2
，所以T ＝π. 于是ω＝2πT
＝2. 由⎩⎪⎨⎪⎧ A ＋B ＝3，－A ＋B ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ A ＝2，B ＝1.
∴f (x )＝2sin(2x ＋φ)＋1.
把(π12，3)代入f (x )＝2sin(2x ＋φ)＋1，可得sin(π6＋φ)＝1，
所以π6＋φ＝2k π＋π2
(k ∈Z)． 所以φ＝2k π＋π3
(k ∈Z)． 因为|φ|<π2，所以φ＝π3
. 综上，f (x )＝2sin(2x ＋π3
)＋1.
(2)又∵x ∈[π2，π]，∴4π3≤2x ＋π3≤7π3
. 令3π2≤2x ＋π3≤7π3，得7π12
≤x ≤π. ∴函数f (x )的单调递增区间是[7π12
，π]． 令f (x )＝0，得sin(2x ＋π3)＝－12
， 又∵4π3≤2x ＋π3≤7π3，∴2x ＋π3＝11π6
. 故x ＝3π4，∴函数f (x )的零点是x ＝3π4
. 规律方法总结 1．求函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(或y ＝A cos(ωx ＋φ)，或y ＝A tan(ωx ＋φ))的单调区间
(1)将ω化为正．
(2)将ωx ＋φ看成一个整体，由三角函数的单调性求 解． 2．已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (A >0，ω>0)的图象求 解析式
(1)A ＝y max －y min
2，B ＝y max ＋y min
2
(2)由函数的周期T求ω，ω＝2πT
.
(3)利用与“五点法”中相对应的特殊点求φ.
3．函数y＝A sin(ωx＋φ)的对称轴一定经过图象的最高
点或最低点．
4．求三角函数式最值的方法
(1)将三角函数式化为y＝A sin(ωx＋φ)＋B的形式，
进而结合三角函数的性质求解．
(2)将三角函数式化为关于sin x，cos x的二次函数的形式，进而借助二次函数的性质求解.
二、三角变换与解三角形
感悟高考明确考向
(2010·陕西)如图，A，B是海面上位于东西
方向相距5(3＋3)海里的两个观测
点，现位于A点北偏东45°，B点北偏
西60°的D点有一艘轮船发出求救信
号，位于B点南偏西60°且与B点相
距203海里的C点的救援船立即前往
营救，其航行速度为30海里/时，该救援船到达D点需要多长时间？
解由题意知AB＝5(3＋3)海里，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，
∴∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°.
在△DAB中，由正弦定理，得DB
sin∠DAB ＝
AB
sin∠ADB
，
∴DB＝AB·sin∠DAB
sin∠ADB
＝
5(3＋3)·sin 45°
sin 105°
＝5(3＋3)·sin 45°
sin 45°cos 60°＋cos 45°sin 60°＝
53(3＋1)
3＋1
2
＝103(海里)．
又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝203(海里)，
在△DBC中，由余弦定理，得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos
∠DBC＝300＋1 200－2×103×203×1
2
＝900，
∴CD＝30(海里)，∴需要的时间t＝30
30
＝1(小时)．
故救援船到达D点需要1小时．
考题分析本题以实际问题为背景考查考生的应用意识，建模能力，综合运用正、余弦定理进行运算求解的能力．本题题干较长，名词较多，需将其转化为解三角形问题．
易错提醒
(1)将题干中的数据与三角形中的边、角对应时，易出错．尤其是方位角与三角形的内角进行转换时，易出错．
(2)正弦定理、余弦定理的应用条件把握不准，易用错定理．
(3)运算易出错．
主干知识梳理
1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β.
(2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β.
(3)tan(α±β)＝tan α±tan β
1∓tan αtan β
.
2．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin 2α＝2sin αcos α.
(2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.
(3)tan 2α＝2tan α
1－tan2α
.
3．三角恒等式的证明方法
(1)从等式的一边推导变形到另一边，一般是化繁为简．
(2)等式的两边同时变形为同一个式子．
(3)将式子变形后再证明．
4．正弦定理
a
sin A ＝b sin B ＝c
sin C ＝2R (2R 为△ABC 外接圆的直径)．
变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C .
sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c 2R
. a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C .
5．余弦定理
a 2＝
b 2＋
c 2－2bc cos A ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .
推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 2
2ac
cos C ＝a 2＋b 2－c 2
2ab
. 变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，a 2＋c 2－b 2
＝2ac cos B ， a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C .
6．面积公式
S △ABC ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝12
ab sin C . 7．解三角形
(1)已知两角及一边，利用正弦定理求解．
(2)已知两边及一边的对角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情况可能不唯一．
(3)已知两边及其夹角，利用余弦定理求解．
(4)已知三边，利用余弦定理求解．
热点分类突破
题型一 三角变换及求值
例1、(1)已知0<β<π2<α<π，且cos(α－β2)＝－19
， sin(α2－β)＝23
，求cos(α＋β)的值； (2)已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝12，tan β＝－17
， 求2α－β的值． 注意角的组合分解
(1)(α－β2)－(α2－β)＝α＋β2
(2)α＝(α－β)＋β，2α－β＝α＋(α－β)． (3) 22β
αβ
αα-++=
解 (1)∵0<β<π2
<α<π， ∴－π4<α2－β<π2，π4<α－β2
<π， ∴cos(α2
－β)＝ 1－sin 2(α2－β)＝53，
sin(α－β2)＝ 1－cos 2(α－β2)＝459
， ∴cos α＋β2＝cos[(α－β2)－(α2
－β)] ＝cos(α－β2)cos(α2－β)＋sin(α－β2)sin(α2
β) ＝(－19)×53＋459×23＝7527
， ∴cos(α＋β)＝2cos 2α＋β2－1＝2×49×5729－1＝－239729
. (2)tan α＝tan[(α－β)＋β]＝tan(α－β)＋tan β1－tan(α－β)tan β
＝12－171＋12×17
＝13， tan(2α－β)＝tan[α＋(α－β)]
＝tan α＋tan(α－β)1－tan αtan(α－β)＝13＋121－13×12
＝1. ∵tan α＝13>0，∴0<α<π2
，∴0<2α<π. 又tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝34>0，∴0<2α<π2
.
∵tan β＝－17<0，∴π2
<β<π， ∴－π<2α－β<0.∴2α－β＝－3π4
. 总结提高 (1)注意角的变换，(α－β2－(α2－β)＝α＋β2
； (2)先由tan α＝tan[(α－β)＋β]，求出tan α的值，再求tan 2α的值，这样能缩小角2α的取值范围；
(3)善于观察条件中的角与欲求式中角的内在联系，整体运用条件中角的函数值可使问题简化．
例题2 已知α∈(π2，π)，且sin α2＋cos α2＝62
. (1)求cos α的值；
(2)若sin(α－β)＝－35，β∈(π2
，π)，求cos β的值 解 (1)∵sin α2＋cos α2＝62
， 两边平方得1＋2sin α2·cos α2＝32，∴sin α＝12
. ∵α∈(π2，π)，∴α＝5π6.∴cos α＝－32
. (2)∵β∈(π2，π)，∴α－β∈(－π6，π3
)．
又sin(α－β)＝－35
∴cos(α－β)＝1－(－35)2＝45
， ∴cos β＝cos[α－(α－β)]
＝cos α·cos(α－β)＋sin α·sin(α－β) ＝－32×45＋12×(－35)＝－3＋4310
. 题型二 正、余弦定理的应用
例1、已知△ABC 是半径为R 的圆内接三角形， 且2R (sin 2A －sin 2
C )＝(2a －b )sin B .
(1)求角C ；
(2)试求△ABC 的面积S 的最大值．
分析：题设中的条件等式是△ABC 中角、边及外接圆半径R 的混合关系式，因此，可以利用正、余弦定理将其统一为一种元素(边或角)．
解 (1)由2R (sin 2A －sin 2
C )＝(2a －b )sin B ， 两边同乘以2R ，
得(2R sin A )2－(2R sin C )2＝(2a －b )2R sin B ，
根据正弦定理，得a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，
∴a 2－c 2＝(2a －b )b ，即a 2＋b 2－c 2＝2ab . 再由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝22
， 又0<C <π，∴C ＝π4
. (2)∵C ＝π4，∴A ＋B ＝3π4
. S ＝12ab sin C ＝24
(2R sin A )(2R sin B ) ＝2R 2
sin A sin B ＝－22R 2[cos(A ＋B )－cos(A －B )] ＝22R 2[22
＋cos(A －B )]． ∵0<A <π，0<B <π，∴－π<A －B <π，
当且仅当A －B ＝0，即A ＝B ＝3π8
时，cos(A －B )＝1， S 取到最大值1＋22
R 2. 总结提高 正弦定理、余弦定理都体现了三角形的边角关系，解题时要根据具体题目合理选用，有时还需要交替使用．本例中将三角形面积S 表示为cos(A －B )的形式，利用三角函数的知识求解是关键．
例题2 (2010·辽宁)在△ABC 中，a ，b ，c 分别 为内角A ，B ，C 的对边，且2a sin A ＝(2b ＋c )sin B
＋(2c ＋b )·sin C .
(1)求A 的大小；
(2)求sin B ＋sin C 的最大值．
解 (1)由已知，根据正弦定理得2a 2
＝(2b ＋c )b ＋ (2c ＋b )c ，即a 2＝b 2＋c 2＋bc .
由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，
所以cos A ＝－12
，又0°<A <180°，故A ＝120°. (2)由(1)得sin B ＋sin C ＝sin B ＋sin(60°－B ) ＝32cos B ＋12
sin B ＝sin(60°＋B )． 故当B ＝30°时，sin B ＋sin C 取得最大值1.
例题3．在△ABC 中，A ＝60°，b ＝1，其面积为3，则 a ＋b ＋c sin A ＋sin B ＋sin C
等于 ( ) A ．3 3 B.2393 C.2633 D.292
解析 S ＝12bc sin A ＝12
×1×c ×sin 60°＝3，∴c ＝4. ∴a 2＝b 2＋c 2
－2bc ·cos A ＝1＋16－2×1×4×12＝13， 即a ＝13，
a sin A ＝
b sin B ＝c
sin C ＝a ＋b ＋c sin A ＋sin B ＋sin C ＝133
2
＝2393
，故选B. 例题4（10年安徽16题12分） 设ABC ∆是锐角三角形，c b a ,,分别是内角A ，B ，C 所对边长，并且
.sin )3sin()3sin(sin 22B B B A +-+=π
π
（Ⅰ）求角A 的值； （Ⅱ）若7212==⋅a AC AB ，，求c b ,（其中c b <）． 本题考查两角和的正弦公式，同角三角函数的基本关系，特殊角的三角函数值，向量的数量积，利用余弦定理解三角形等有关知识，考查综合运算求解能力. 解：（I ）
因为221
1
sin (cos sin )(cos sin )sin 2222A B B B B B =+-+
2223
1
3cos sin sin ,444sin ,,.2
3B B B A A A π=-+=
=±=所以又为锐角所以 （II ）由12AB AC ⋅= 可得
cos 12.cb A = ① 由（I ）知,3
A π=所以
24cb = ②
由余弦定理知2222cos ,a c b cb A a =+==将及①代
入，得③+②×2，得()100c b 2
+=，所以
10.c b +=
因此，c ，b 是一元二次方程210240t t -+=的两个根. 解此方程并由6, 4.c b c b >==知
题型三 正、余弦定理的实际应用
例1 、(2009·福建)如图，
某市拟在长为8 km 的道路
OP 的一侧修建一条运动赛
道，赛道的前一部分为曲线
段OSM ，该曲线段为函数y ＝A sin ωx (A >0，ω>0)， x ∈[0,4]的图象，且图象的最高点为S (3,23)；赛道的后一部分为折线段MNP ，为保证参赛运动员的安全，限定∠MNP ＝120°.
(1)求A ，ω的值和M ，P 两点间的距离；
(2)应如何设计，才能使折线段赛道MNP 最长？
思维启迪 （1）结合图形，联想y=A sin ωx 的性质→求A 、ω的值→确定M 、P 的坐标→求两点间的距离．
(2)可考虑以∠PMN ＝θ的大小为设计标准，即确定θ为何
值时，折线段赛道MNP 最长．或考虑MN 与NP 的关系为设计标准．
解 方法一 (1)依题意，有A ＝23，T 4
＝3， 又T ＝2πω，∴ω＝π6.∴y ＝23sin π6
x . 当x ＝4时，
y ＝23sin 2π3
＝3， ∴M (4,3)，
又P (8,0)，
∴MP ＝42＋32＝5.
(2)在△MNP 中，∠MNP ＝120°，MP ＝5.
设∠PMN ＝θ，则0°<θ<60°.
由正弦定理得MP sin 120°＝NP sin θ＝MN
sin(60°－θ)， ∴NP ＝1033sin θ，MN ＝1033
sin(60°－θ)， ∴NP ＋MN ＝1033sin θ＋1033
sin(60°－θ) ＝1033⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫12θ＋32cos θ＝1033sin(θ＋60°)． ∵0°<θ<60°，∴当θ＝30°时，折线段赛道MNP 最长．
即将∠PMN 设计为30°时，折线段赛道MNP 最长. 方法二 (1)同方法一．
(2)在△MNP 中，∠MNP ＝120°，MP ＝5，
由余弦定理得MN 2＋NP 2－2MN ·NP ·cos ∠MNP ＝MP 2. 即MN 2＋NP 2＋MN ·NP ＝25.
故(MN ＋NP )2－25＝MN ·NP ≤⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫MN ＋NP 22， 从而34(MN ＋NP )2≤25，即MN ＋NP ≤1033
. 当且仅当MN ＝NP 时等号成立．
即设计为MN ＝NP 时，折线段赛道MNP 最长．
探究提高 应用解三角形知识解决实际问题需要下列四步：
(1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语，如坡度、仰角、俯角、视角、方位角等；
(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；
(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识正确求解．
(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案．
例题2（10年江苏17题14分）某兴趣小组测量电视塔AE 的高度H(单位：m ），如示意图，垂直放置的
标杆BC 的高度h=4m ，仰角∠ABE=α，
∠ADE=β.
(1)该小组已经测得一组α、β的
值，tan α=1.24，tan β=1.20，请
据此算出H 的值；
(2)该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到电视塔的距离d （单位：m ），使α与β之差较大，可以提高测量精确度。

若电视塔的实际高度为125m ，试问d 为多少时，α-β最大？
解析:本题主要考查解三角形的知识、两角差的正切及不等式的应用。

（1）
tan tan H H AD AD ββ=⇒=，同理：tan H A B α=， tan h
BD β=。

AD-AB=DB ，故得
tan tan tan H
H
h
βαβ-=， 解得：tan 4 1.24124tan tan 1.24 1.20h H αβα⨯=
==--。

因此，算出的电视塔的高度H 是124m 。

（2）由题设知d A B =，得tan ,tan H H h H h d A D D B d α
β-====， 2tan tan tan()()1tan tan ()1H
H h
hd h d d H H h H H h d H H h d d d d αβ
αβαβ----====--+⋅+-+⋅+
()
H H h d d -+≥，
（当且仅当d ===
故当d =时，tan()αβ-最大。

因为02π
βα<<<，则02παβ<-<
，所以当d =时，α-β最大。

故所求的d
是m 。

规律方法总结
1．证明三角恒等式的常用方法 (1)从一边开始证它等于另一边，一般由繁到简．
(2)证明左右两边都等于同一个式子(或值)．
(3)运用分析法，证明其等式成立．
2．三角恒等变形的基本思路
(1)“化异为同”，“切化弦”，“1”的代换是三 角恒等变换的常用技巧．
“化异为同”是指“化异名为同名”，“化异次为
同次”，“化异角为同角”．
(2)角的变换是三角变换的核心，如β＝(α＋β)－α，
2α＝(α＋β)＋(α－β)等．
3．已知两边及其一边的对角，判断三角形解的情况
以已知a，b，A为例
(1)当A为直角或钝角时，若a>b，则有一解；若a≤b，则无解．
(2)当A为锐角时，如下表：
4.三角形中的常用结论
(1)三角形内角和定理：A＋B＋C＝π.
(2)A>B>C⇔a>b>c⇔sin A>sin B>sin C.
(3)a＝bcos C＋ccos B.
5．在△ABC中，三边分别为a，b，c(a<b<c)
(1)若a2＋b2>c2，则△ABC为锐角三角形．
(2)若a2＋b2＝c2，则△ABC为直角三角形．
(3)若a2＋b2<c2，则△ABC为钝角三角形.
三、平面向量
感悟高考 明确考向
（2010·天津）如图,在△ABC 中,AD ⊥AB,
解析 设BD ＝a ，
则BC ＝3a ，作CE ⊥BA 交BA 的延长线于E ，可知∠DAC ＝∠
ACE ，在Rt △ABD 中，sin B ＝1BD ＝1
a
.在Rt △BEC 中，
CE ＝BC ·sin B ＝3a ·1
a
＝3，
∴cos ∠DAC ＝cos ∠ACE ＝3
AC
.
＝AD ·AC ·
3
AC
＝ 3.
另解：因为AB 垂直AD ，所以选取向量AC AB ,为平面基底向量，用它们表示其它向量
.
AB AD BA AB AB BC AB AC )31()
(3+
-
=++
=+=+=
所以
BC =
=
⋅=AD AC AD 则,1||DAC
AC AD AC AD ∠⋅=⋅∴cos ||||
(
)
[(
)
3
3131=
=⋅+
⋅-
=⋅+-
=⋅AD
AD AB AD AB AD AC
考题分析 本题考查平面向量表示、平面向量的基本定理、线性运算、平面向量的数量积．题目为中档题难度． 主干知识梳理 1．向量的概念
(1)零向量模的大小为0，方向是任意的，它与任意 非零向量都共线，记为0.
(2)长度等于1个单位长度的向量叫单位向量，a 的
单位向量为a |a |
.
(3)方向相同或相反的向量叫共线向量(平行向量)． (4)如果直线l 的斜率为k ，则a ＝(1，k )是直线l 的 一个方向向量．
(5)向量的投影：|b |cos 〈a ，b 〉叫做向量b 在向量a 方向上的投影． 2．向量的运算
(1)向量的加法、减法、数乘向量是向量运算的基础， 应熟练掌握其运算规律．
(2)平面向量的数量积的结果是实数，而不是向
量．要注意数量积运算与实数运算在运算律方面的 差异，平面向量的数量积不满足结合律与消去 律．a ·b 的运算结果不仅与a ，b 的长度有关，而且 也与a ，b 的夹角有关，即a ·b ＝|a ||b |·cos 〈a ，b 〉． 3．两非零向量平行、垂直的充要条件 若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)， 则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔x 1y 2－x 2y 1＝0；
a ⊥
b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0.
热点分类突破
题型一 平面向量的数量积及应用
例1 已知|a |＝4，| b |＝3，(2 a －3 b )·(2 a ＋b )＝61. (1)求a 与b 的夹角； (2)求| a ＋b |；
求△ABC 的面积.
分析探究
(1)应用向量数量积的变形公式求解，即
cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a || b |
；
(2)应用公式| a ＋b |＝(a ＋b )2
即可求解；
,
,a
)3(b
AC AB ==若
(3)应用公式S ＝1
2| a || b |sin 〈a ，b 〉求解，关键是求
sin 〈a ，b 〉的值．
向量的数量积公式→向量的夹角→向量的模 解 (1)由(2a －3 b )·(2 a ＋b )＝61， 得4| a |2
－4 a ·b －3| b |2
＝61，
∵| a |＝4，| b |＝3，代入上式得a ·b=－6，
∴cos θ＝a ·b |a ||b |＝－64×3＝－1
2
.
又0°≤θ≤180°，∴θ＝120°. (2)| a ＋b |2
＝(a ＋b )2
＝| a |2
＋2 a ·b ＋| b |2
＝42
＋2×(－6)＋32
＝13， ∴| a ＋b |＝13.
探究提高 (1)准确利用两向量的夹角公式cos 〈a ，b 〉＝
a ·b
| a ||b |
|a |＝a ·a .
(2)在涉及数量积时，向量运算应注意 ①a ·a ＝0，未必有a ＝0或b ＝0； ②| a ·b |≤| a ||b |.
例题2 在△ABC 中，A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ， 且BC
BA AC AB
⋅=⋅
(1)判断△ABC 的形状；(2)若2=⋅AC AB ，求边c 的值
.
.
22|||,
|2
1cos ||,2cos ||||,
22,
即c的值为,即又倍.
上射影的在的长为(2)由(1)知
=∴⋅=
=
⋅∴=⋅⋅=⋅∴∠=∠AB AB A AC A AC AB AC AB AB AC AB B A
题型二 有关向量的平行、垂直问题
例1 已知向量a ＝(sin x ，cos x )，b ＝(3cos x ，cos x ) 且b ≠0，定义函数f (x )＝2a ·b －1. (1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)若a ∥b ，求tan x 的值； (3)若a ⊥b ，求x 的最小正值． 思维启迪
(1)根据已知求f (x )的解析式，再由三角函数的单调性求
f (x )的单调递增区间；
(2)由向量平行的充要条件求tan x 的值；
(3)a ⊥b ⇒a ·b ＝0，得到关于x 的三角等式，进而求出x 的最小值．
解 (1)f (x )＝2a ·b －1＝2(3sin x cos x ＋cos 2
x )－1 ＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2sin(2x ＋π
6
)．
由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π
2，k ∈Z ，
得k π－π3≤x ≤k π＋π
6
，k ∈Z.
∴f (x )的单调递增区间为[k π－π3，k π＋π
6]，k ∈Z.
(2)由a ∥b ，得sin x cos x －3cos 2
x ＝0， ∵b ≠0，∴cos x ≠0.
∴tan x －3＝0，∴tan x ＝ 3.
(3)若a ⊥b ，则a ·b ＝0.∴3sin x cos x ＋cos 2
x ＝0. ∵b ≠0，∴cos x ≠0.
∴3tan x ＋1＝0，即tan x ＝－3
3
.
∴x ＝k π＋5π
6，k ∈Z.
∴当k ＝0时，x 有最小正值5π
6
.
探究提高 向量与三角函数结合是高考命题的一大热点，在解决有关向量的平行、垂直问题时，先利用向量的坐标运算，再利用平行、垂直的充要条件即可简化运算过程． 例题2 设△ABC 的三个内角A 、B 、C 所对的边长为a 、b 、1，已知向量u ＝a (cos B ，sin B )，v ＝b (cos A ， －sin A )．
(1)如果u ⊥v ，指出△ABC 的形状，并说明理由； (2)求|u ＋v |.
解 (1)由u ⊥v 知u ·v ＝0，
即[a (cos B ，sin B )]·[b (cos A ，－sin A )]＝0，∴cos B cos
A －sin
B sin A ＝0，
∴cos(A ＋B )＝0，
又∵0<A ＋B <π，则A ＋B ＝π2，
因此△ABC 为直角三角形．
(2)由u ＝a (cos B ，sin B )，v ＝b (cos A ，－sin A )知|u |＝a ，
|v |＝b ，cos 〈u ，v 〉＝u ·v | u ||v |＝ab cos(A ＋B )
ab
＝cos(A ＋B )＝－cos C ，
|u ＋v |2
＝u 2
＋v 2
＋2u ·v ＝u 2
＋v 2
＋2|u ||v |cos 〈u ，v 〉 ＝u 2
＋v 2
＋2|u |·|v |(－cos C )＝a 2
＋b 2
－2ab cos C ＝1， ∴|u ＋v |＝1.
题型三 向量与三角函数的综合应用
例1 已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，
c ＝(－1,0)．
(1)求向量b ＋c 的长度的最大值；
(2)设α＝π
4，且a ⊥(b ＋c )，求cos β的值．
思维启迪
解(1)方法一b＋c＝(cos β－1，sin β)，则
| b＋c|2＝(cos β－1)2＋sin2β＝2(1－cos β)．
∵－1≤cos β≤1，∴0≤|b＋c|2≤4，即0≤|b＋c|≤2.
当cos β＝－1时，有|b＋c |＝2，
所以向量b＋c的长度的最大值为2.
方法二∵|b|＝1，|c|＝1，|b＋c|≤|b|＋|c|＝2，
当cos β＝－1时，有b＋c＝(－2,0)，即|b＋c|＝2.
所以向量b＋c的长度的最大值为2.
(2)方法一由已知可得b＋c＝(cos β－1，sin β)，a·(b＋c)＝cos αcos β＋sin αsin β－cos α
＝cos(α－β)－cos α.
∵a⊥(b＋c)，∴a·(b＋c)＝0，即cos(α－β)＝cos α.
由α＝π
4
，得cos
⎝
⎛
⎭
⎪
⎪
⎫
π
4
－β＝cos
π
4
，
即β－π
4
＝2kπ±
π
4
(k∈Z)，
∴β＝2kπ＋π
2
或β＝2kπ，k∈Z，
∴cos β＝0或cos β＝1.
方法二 若α＝π4，则a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22
，22.又由b ＝(cos β，sin β)，
c ＝(－1,0)得a ·(b ＋c )＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22，22·(cos β－1，sin β) ＝22cos β＋22sin β－22
. ∵a ⊥(b ＋c )，∴a ·(b ＋c )＝0，即cos β＋sin β＝1. 平方后化简得2sin βcos β＝0，
解得cos β＝0或cos β＝1.
经检验，cos β＝0或cos β＝1满足题意．
∴cos β＝0或cos β＝1.
探究提高 向量与三角函数的综合，实质上是借助向量的工具性．
(1)解这类问题的基本思路方法是将向量转化为代数运算；
(2)常用到向量的数乘、向量的代数运算，以及数形结合的思想．
例题2 (2009·江苏)设向量a ＝(4cos α，sin α)，
b ＝(sin β，4cos β)，
c ＝(cos β，－4sin β)．
(1)若a 与b －2c 垂直，求tan(α＋β)的值；
(2)求|b ＋c |的最大值；
(3)若tan αtan β＝16，求证：a ∥b .
(1)解 因为a 与b －2c 垂直，所以a ·(b －2c )
＝4cos αsin β－8cos αcos β＋4sin αcos β＋8sin αsin β ＝4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0.
因此tan(α＋β)＝2.
(2)解 由b ＋c ＝(sin β＋cos β，4cos β－4sin β)， 得|b ＋c |＝(sin β＋cos β)2＋(4cos β－4sin β)2 ＝17－15sin 2β≤4 2.
又当β＝－π4
时，等号成立，所以|b ＋c |的最大值为4 2. (3)证明 由tan α·tan β＝16得4cos αsin β＝sin α4cos β
， 所以a ∥b .
规律方法总结
1．利用数量积研究向量的平行和垂直
设a ＝(x 1，y 1)，a ＝(x 2，y 2)，则
2.利用数量积研究夹角问题
设〈a，b〉＝θ，则cos θ＝
a·b
|a||b|
，
3.利用数量积求向量的长度(或模)
练习1．已知a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，其中0<α<β<π.
(1)求证：a＋b与a－b互相垂直；
(2)若ka＋b与ka－b(k≠0)的长度相等，求β－α.
(1)证明因为(a＋b)·(a－b)＝a·a－a·b＋b·a－b·b＝a·a－b·b＝|a|2－|b|2＝cos2α＋sin2α－cos2β＋sin2β＝1－1＝0，
所以a ＋b 与a －b 互相垂直．
(2)解 ka ＋b ＝(k cos α＋cos β，k sin α＋sin β)， ka －b ＝(k cos α－cos β，k sin α－sin β)，
所以|ka ＋b |＝k 2＋2k cos(β－α)＋1，
|ka －b |＝k 2－2k cos(β－α)＋1，
因为|ka ＋b |＝|ka －b |，
所以k 2＋2k cos(β－α)＋1＝k 2－2k cos(β－α)＋1， 有2k cos(β－α)＝－2k cos(β－α)，
因为k ≠0，故cos(β－α)＝0.
又因为0<α<β<π，0<β－α<π，
所以β－α＝π2
. 练习2．已知向量m ＝(3sin x 4，1)，n ＝(cos x 4，cos 2x 4
． (1)若m ·n ＝1，求cos(2π3
－x )的值； (2)记f (x )＝m ·n ，在△ABC 中，角A 、B 、C 的对 边分别是a 、b 、c ，且满足(2a －c )cos B ＝b cos C ， 求函数f (A )的取值范围．
解 (1)m ·n ＝3sin x 4cos x 4＋cos 2x 4
＝32sin x 2＋12·cos x 2＋12＝sin(x 2＋π6)＋12
. 又∵m ·n ＝1，∴sin(x 2＋π6)＝12
. cos(x ＋π3)＝1－2sin 2(x 2＋π6)＝12
， cos(2π3－x )＝－cos(x ＋π3)＝－12
. (2)∵(2a －c )cos B ＝b cos C ，
由正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ， ∴2sin A cos B －sin C cos B ＝sin B cos C . ∴2sin A cos B ＝sin(B ＋C )．
∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin(B ＋C )＝sin A ，且sin A ≠0.
∴cos B ＝12，又∵0<B <π，∴B ＝π3
. ∴0<A <2π3.∴π6<A 2＋π6<π2，12<sin(A 2＋π6
)<1. 又∵f (x )＝m ·n ＝sin(x 2＋π6)＋12
， ∴f (A )＝sin(A 2＋π
6)＋12
. 故函数f (A )的取值范围是(1，32)．。