(名师讲坛)2020版高考数学二轮复习专题一三角函数和平面向量微切口4三角形中的最值问题练习(无答案)

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2020高考数学二轮复习专题一平面向量、三角函数与解三角形学案理

专题一平面向量、三角函数与解三角形[全国卷3年考情分析]第一讲小题考法——平面向量考点(一) 向量的线性运算与有关定理主要考查平面向量的线性运算以及向量共线、平面向量基本定理的应用.[典例感悟][典例] (1)(2018·福州模拟)如图，在直角梯形ABCD 中，DC ―→＝14AB ―→，BE ―→＝2EC ―→，且AE ―→＝r AB ―→＋s AD ―→，则2r ＋3s ＝( )A ．1B ．2C ．3D ．4(2)(2019届高三·开封模拟)已知平面向量a ，b ，c ，a ＝(－1,1)，b ＝(2,3)，c ＝(－2，k )，若(a ＋b )∥c ，则实数k ＝________.[解析] (1)法一：根据图形，由题意可得AE ―→＝AB ―→＋BE ―→＝AB ―→＋23BC ―→＝AB ―→＋23(BA―→＋AD ―→＋DC ―→)＝13AB ―→＋23(AD ―→＋DC ―→)＝13AB ―→＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫AD ―→＋14AB ―→ ＝12AB ―→＋23 AD ―→.因为AE―→＝r AB ―→＋s AD ―→，所以r ＝12，s ＝23，则2r ＋3s ＝1＋2＝3，故选C.法二：如图所示，建立平面直角坐标系xAy ，依题意可设点B (4m,0)，D (3m,3h )，E (4m,2h )，其中m >0，h >0.由AE ―→＝r AB ―→＋s AD ―→，得(4m,2h )＝r (4m,0)＋s (3m,3h )，所以⎩⎪⎨⎪⎧4m ＝4mr ＋3ms ，2h ＝3hs ，解得⎩⎪⎨⎪⎧r ＝12，s ＝23，所以2r ＋3s ＝1＋2＝3，选C.(2)由题意，得a ＋b ＝(1,4)，由(a ＋b )∥c ，得1×k ＝4×(－2)，解得k ＝－8. [答案] (1)C (2)－8[方法技巧]解决平面向量问题的常用3种方法几何法求解有关平面向量的问题时，若能灵活利用平面向量加、减法运算及其几何意义进行分析，则有利于问题的顺利获解建系法处理有关平面图形的向量问题时，若能灵活建立平面直角坐标系，则可借助向量的坐标运算巧解题，这也体现了向量的代数化手段的重要性基底法求解有关平面向量的问题时，若能灵活地选取基底，则有利于问题的快速获解．理论依据：适当选取一组基底e 1，e 2，利用平面向量基本定理及相关向量知识，可将原问题转化为关于e 1，e 2的代数运算问题 [演练冲关]1．(2018·合肥二模)如图，在△OAB 中，P 为线段AB 上的一点，OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→，且BP ―→＝2PA ―→，则( )A ．x ＝23，y ＝13B ．x ＝13，y ＝23C ．x ＝14，y ＝34D ．x ＝34，y ＝14解析：选A 由题意知OP ―→＝OB ―→＋BP ―→，又BP ―→＝2PA ―→＝23BA ―→，所以OP ―→＝OB ―→＋23BA―→＝OB ―→＋23(OA ―→－OB ―→)＝23OA ―→＋13OB ―→，所以x ＝23，y ＝13.2．(2018·西安高级中学三模)在△ABC 中，AE ―→＝2EB ―→，AF ―→＝3FC ―→，连接BF ，CE ，且BF ∩CE ＝M ，AM ―→＝x AE ―→＋y AF ―→，则x －y 等于( )A ．－112B.112C ．－16D.16解析：选C 因为AE ―→＝2EB ―→，所以AE ―→＝23AB ―→，所以AM ―→＝x AE ―→＋y AF ―→＝23x AB ―→＋y AF ―→.由B ，M ，F 三点共线得23x ＋y ＝1.①因为AF ―→＝3FC ―→，所以AF ―→＝34AC ―→，所以AM ―→＝x AE ―→＋y AF ―→＝x AE ―→＋34y AC ―→.由C ，M ，E 三点共线得x ＋34y ＝1.②联立①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝23，所以x －y ＝12－23＝－16，故选C.3．已知A (－1,2)，B (a －1,3)，C (－2，a ＋1)，D (2,2a ＋1)，若向量AB ―→与CD ―→平行且同向，则实数a 的值为________．解析：法一：由已知得AB ―→＝(a,1)，CD ―→＝(4，a )，因为AB ―→与CD ―→平行且同向，故可设AB ―→＝λCD ―→(λ>0)，则(a,1)＝λ(4，a )，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4λ，1＝aλ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，λ＝12.故所求实数a ＝2.法二：由已知得AB ―→＝(a,1)，CD ―→＝(4，a )，由AB ―→∥CD ―→，得a 2－4＝0，解得a ＝±2.又向量AB ―→与CD ―→同向，易知a ＝－2不符合题意．故所求实数a ＝2.答案：2考点(二) 平面向量的数量积及应用主要考查数量积、夹角以及向量模的计算或用数量积解决最值范围问题.[典例感悟][典例] (1)(2018·南宁、柳州联考)已知单位向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则a 与b －a 的夹角是( )A.π6 B.π3 C.π4D.3π4(2)(2018·福州四校联考)已知向量a ，b 为单位向量，且a ·b ＝－12，向量c 与a ＋b共线，则|a ＋c |的最小值为( )A ．1 B.12 C.34D.32(3)(2017·全国卷Ⅱ)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)的最小值是( )A ．－2B ．－32C ．－43D ．－1[解析] (1)因为|a ＋b |＝|a －b |，所以(a ＋b )2＝(a －b )2，整理得a ·b ＝0.在平面直角坐标系中作出a ，b ，b －a ，如图，易知a 与b －a 的夹角是3π4，故选D.(2)法一：∵向量c 与a ＋b 共线，∴可设c ＝t (a ＋b )(t ∈R )，∴a ＋c ＝(t ＋1)a ＋t b ，∴(a ＋c )2＝(t ＋1)2a 2＋2t (t ＋1)a ·b ＋t 2b 2，∵向量a ，b 为单位向量，且a ·b ＝－12，∴(a ＋c )2＝(t ＋1)2－t (t ＋1)＋t 2＝t 2＋t ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122＋34≥34，∴|a ＋c |≥32，∴|a ＋c |的最小值为32，故选D. 法二：∵向量a ，b 为单位向量，且a ·b ＝－12，∴向量a ，b 的夹角为120°，在平面直角坐标系中，不妨设向量a ＝(1,0)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，则a ＋b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32.∵向量c 与a ＋b 共线，∴可设c ＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32(t ∈R )，∴a ＋c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋t2，32t ，∴|a ＋c |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋t 22＋3t24＝t 2＋t ＋1≥32，∴|a ＋c |的最小值为32，故选D. (3)如图，以等边三角形ABC 的底边BC 所在直线为x 轴，以BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (0，3)，B (－1,0)，C (1,0)，设P (x ，y )，则PA ―→＝(－x, 3－y )，PB ―→＝(－1－x ，－y )，PC ―→＝(1－x ，－y )，所以PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)＝(－x ，3－y )·(－2x ，－2y )＝2x 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322－32，故当x ＝0，y ＝32时，PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)取得最小值，为－32.[答案] (1)D (2)D (3)B[方法技巧]解决以平面图形为载体的向量数量积问题的方法(1)选择平面图形中模与夹角确定的向量作为一组基底，用该基底表示构成数量积的两个向量，结合向量数量积运算律求解．(2)若已知图形中有明显的适合建立直角坐标系的条件，可建立直角坐标系将向量数量积运算转化为代数运算来解决．[演练冲关]1．(2018·昆明模拟)已知向量a ＝(－1,2)，b ＝(1,3)，则|2a －b |＝( ) A. 2 B ．2 C.10D ．10解析：选 C 由已知，易得2a －b ＝2(－1,2)－(1,3)＝(－3,1)，所以|2a －b |＝－32＋12＝10.故选C.2．(2018·全国卷Ⅱ)已知向量a ，b 满足|a |＝1，a ·b ＝－1，则a ·(2a －b )＝( ) A ．4 B ．3 C ．2D ．0解析：选B a ·(2a －b )＝2a 2－a ·b ＝2|a |2－a ·b . ∵|a |＝1，a ·b ＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3.3．(2018·陕西宝鸡一模)在等腰直角三角形ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝2，M ，N (不与A ，C 重合)为AC 边上的两个动点，且满足|MN ―→|＝2，则BM ―→·BN ―→的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ 解析：选C 以等腰直角三角形ABC 的直角边所在直线为坐标轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B (0,0)，直线AC 的方程为x ＋y ＝2.设M (a,2－a )，则0<a <1.由|MN ―→|＝2，得N (a ＋1,1－a )， ∴BM ―→＝(a,2－a )，BN ―→＝(a ＋1,1－a )．∴BM ―→·BN ―→＝a (a ＋1)＋(2－a )(1－a )＝2a 2－2a ＋2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋32.∵0<a <1，∴当a ＝12时，BM ―→·BN ―→取得最小值32.当a ＝0或a ＝1时，BM ―→·BN ―→＝2. ∴BM ―→·BN ―→的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2.故选C.4．在△ABC 中，AB ―→·AC ―→＝83，AB ―→，CA ―→的夹角为150°.若M 为△ABC 内的动点，且△MAB ，△MBC ，△MCA 的面积分别为2，m ，n ，则1m ＋9n的最小值是( )A ．20B ．18C ．16D ．8解析：选D 设△ABC 的内角B ，C 所对的边分别为b ，c ，因为AB ―→·AC ―→＝83，AB ―→，CA ―→的夹角为150°，所以8 3＝bc ·cos 30°，解得bc ＝16，所以S △ABC ＝12bc sin ∠BAC＝12×16×sin 30°＝4.依题意得2＋m ＋n ＝4，解得m ＋n ＝2.因为1m ＋9n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋9n ×m ＋n 2＝5＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫n m ＋9m n ≥5＋12×2n m ×9m n ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当m ＝12，n ＝32时取等号，所以1m ＋9n 的最小值是8.故选D.[必备知能·自主补缺]依据学情课下看，针对自身补缺漏；临近高考再浏览，考前温故熟主干[主干知识要记牢]1．平面向量的两个充要条件若两个非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则 (1)a ∥b ⇔a ＝λb (b ≠0)⇔x 1y 2－x 2y 1＝0. (2)a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0. 2．平面向量的性质(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a ·a ＝x 2＋y 2. (2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB ―→|＝x 2－x 12＋y 2－y 12.(3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a ·b|a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21 x 22＋y 22. (4)|a ·b |≤|a |·|b |.[二级结论要用好]1．三点共线的判定(1)A ，B ，C 三点共线⇔AB ―→，AC ―→共线．(2)向量PA ―→，PB ―→，PC ―→中三终点A ，B ，C 共线⇔存在实数α，β使得PA ―→＝αPB ―→＋βPC ―→，且α＋β＝1.[针对练1] 在▱ABCD 中，点E 是AD 边的中点，BE 与AC 相交于点F ，若EF ―→＝m AB ―→＋n AD ―→(m ，n ∈R )，则m n＝________.解析：如图，∵AD ―→＝2AE ―→，EF ―→＝m AB ―→＋n AD ―→，∴AF ―→＝AE ―→＋EF―→＝m AB ―→＋(2n ＋1)AE ―→，∵F ，E ，B 三点共线，∴m ＋2n ＋1＝1，∴m n＝－2.答案：－22．中点坐标和三角形的重心坐标(1)设P 1，P 2的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则线段P 1P 2的中点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22. (2)三角形的重心坐标公式：设△ABC 的三个顶点的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，则△ABC 的重心坐标是G ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2＋x 33，y 1＋y 2＋y 33.3．三角形“四心”向量形式的充要条件设O 为△ABC 所在平面上一点，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，则 (1)O 为△ABC 的外心⇔|OA ―→|＝|OB ―→|＝|OC ―→|＝a2sin A. (2)O 为△ABC 的重心⇔OA ―→＋OB ―→＋OC ―→＝0.(3)O 为△ABC 的垂心⇔OA ―→·OB ―→＝OB ―→·OC ―→＝OC ―→·OA ―→. (4)O 为△ABC 的内心⇔a OA ―→＋b OB ―→＋c OC ―→＝0.[易错易混要明了]1．要特别注意零向量带来的问题：0的模是0，方向任意，并不是没有方向；0与任意向量平行；λ0＝0(λ∈R )，而不是等于0；0与任意向量的数量积等于0，即0·a ＝0；但不说0与任意非零向量垂直．2．当a ·b ＝0时，不一定得到a ⊥b ，当a ⊥b 时，a ·b ＝0；a ·b ＝c ·b ，不能得到a ＝c ，即消去律不成立；(a ·b )·c 与a ·(b ·c )不一定相等，(a ·b )·c 与c 平行，而a ·(b ·c )与a 平行．3．两向量夹角的范围为[0，π]，向量的夹角为锐角(钝角)与向量的数量积大于(小于)0不等价．[针对练2] 已知向量a ＝(－2，－1)，b ＝(λ，1)，若a 与b 的夹角为钝角，则λ的取值范围是________________．解析：依题意，当a 与b 的夹角为钝角时，a ·b ＝－2λ－1<0，解得λ>－12.而当a 与b 共线时，有－2×1＝－λ，解得λ＝2，即当λ＝2时，a ＝－b ，a 与b 反向共线，此时a与b 的夹角为π，不是钝角，因此，当a 与b 的夹角为钝角时，λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2∪(2，＋∞)．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2∪(2，＋∞) [课时跟踪检测] A 级——12＋4提速练一、选择题1．(2018·贵州模拟)已知向量a ＝(1,2)，b ＝(m ，－1)，若a ∥b ，则实数m 的值为( ) A.12 B ．－12C ．3D ．－3解析：选B 由题意，得1×(－1)－2m ＝0，解得m ＝－12，故选B.2．(2018·福州模拟)已知a ＝(1,2)，b ＝(－1,1)，c ＝2a －b ，则|c |＝( ) A.26 B ．3 2 C.10D. 6解析：选B 因为c ＝2a －b ＝2(1,2)－(－1,1)＝(3,3)，所以|c |＝32＋32＝3 2.故选B.3．(2019届高三·广西五校联考)设D 是△ABC 所在平面内一点，AB ―→＝2DC ―→，则( ) A ．BD ―→＝AC ―→－32AB ―→B ．BD ―→＝32AC ―→－AB ―→C ．BD ―→＝12AC ―→－AB ―→D ．BD ―→＝AC ―→－12AB ―→解析：选A BD ―→＝BC ―→＋CD ―→＝BC ―→－DC ―→＝AC ―→－AB ―→－12AB ―→＝AC ―→－32AB ―→.4．(2018·云南调研)在▱ABCD 中，|AB |―→＝8，|AD |―→＝6，N 为DC 的中点，BM ―→＝2MC ―→，则AM ―→·NM ―→＝( )A ．48B ．36C ．24D ．12解析：选CAM ―→·NM ―→＝(AB―→＋BM ―→)·(NC―→＋CM ―→)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB ―→＋23 AD ―→ ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB ―→－13 AD ―→ ＝12AB ―→2－29AD ―→2＝12×82－29×62＝24. 5．已知点A (－1,1)，B (1,2)，C (－2，－1)，D (3,4)，则向量CD ―→在AB ―→方向上的投影是( )A.322B ．－322C ．3 5D ．－3 5解析：选C 依题意得，AB ―→＝(2,1)，CD ―→＝(5,5)，AB ―→·CD ―→＝(2,1)·(5,5)＝15，|AB ―→|＝5，因此向量CD ―→在AB ―→方向上的投影是AB ―→·CD ―→|AB ―→|＝155＝3 5.6．(2019届高三·湖南五市十校联考)△ABC 是边长为2的等边三角形，向量a ，b 满足AB ―→＝2a ，AC ―→＝2a ＋b ，则向量a ，b 的夹角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°解析：选C BC ―→＝AC ―→－AB ―→＝2a ＋b －2a ＝b ，则向量a ，b 的夹角即为向量AB ―→与BC ―→的夹角，故向量a ，b 的夹角为120°.7．(2018·西工大附中四模)已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，点G 在△ABC 内，且满足GA ―→＋GB ―→＋GC ―→＝0，GA ―→·GB ―→＝0，若a 2＋b 2＝λc 2(λ∈R )，则λ＝( )A ．－5B ．－2C ．2D ．5解析：选D 设BC 的中点为D ，连接GD (图略)，则GB ―→＋GC ―→＝2GD ―→. 又GA ―→＋GB ―→＋GC ―→＝0，所以2GD ―→＝AG ―→，所以A ，G ，D 三点共线，且AG ＝2GD .故AG ―→＝23AD ―→＝23×12(AB ―→＋AC ―→)＝13(AB ―→＋AC ―→)．同理可得BG ―→＝13(BA ―→＋BC ―→)．由GA ―→·GB ―→＝0，得19(AB ―→＋AC ―→)·(BA ―→＋BC ―→)＝0，所以(AB ―→＋AC ―→)·(AC ―→－2AB ―→)＝0，即|AC ―→|2－2|AB ―→|2－AB ―→·AC ―→＝0，所以b 2－2c 2－bc ·b 2＋c 2－a 22bc＝0，化简得a 2＋b 2＝5c 2.又a 2＋b 2＝λc 2(λ∈R )，所以λ＝5.故选D.8．已知△ABC 为等边三角形，AB ＝2，设点P ，Q 满足AP ―→＝λAB ―→，AQ ―→＝(1－λ)AC ―→，λ∈R ，若BQ ―→·CP ―→＝－32，则λ＝( )A.12B.1±22 C.1±102D.－3±222解析：选A 以点A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，过点A 且垂直于AB 的直线为y 轴，建立平面直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (1，3)，∴AB ―→＝(2,0)，AC ―→＝(1，3)，又AP ―→＝λAB ―→，AQ ―→＝(1－λ)AC ―→，∴P (2λ，0)，Q (1－λ，3(1－λ))，∴BQ ―→·CP ―→＝(－1－λ，3(1－λ))·(2λ－1，－3)＝－32，化简得4λ2－4λ＋1＝0，∴λ＝12.9．(2018·西安八十三中二模)称d (a ，b )＝|a －b |为两个向量a ，b 间的“距离”．若向量a ，b 满足：①|b |＝1；②a ≠b ；③对任意t ∈R ，恒有d (a ，t b )≥d (a ，b )，则( )A ．a ⊥bB ．a ⊥(a －b )C ．b ⊥(a －b )D ．(a ＋b )⊥(a －b )解析：选C 由d (a ，t b )≥d (a ，b )，可知|a －t b |≥|a －b |，所以(a －t b )2≥(a －b )2，又|b |＝1，所以t 2－2(a ·b )t ＋2(a ·b )－1≥0.因为上式对任意t ∈R 恒成立，所以Δ＝4(a ·b )2－4[2(a ·b )－1]≤0，即(a ·b －1)2≤0，所以a ·b ＝1.于是b ·(a －b )＝a ·b －|b |2＝1－12＝0，所以b ⊥(a －b )．故选C.10．(2018·河南林州检测)已知△ABC 的外接圆的圆心为O ，满足：CO ―→＝m CA ―→＋n CB ―→,4m＋3n ＝2，且|CA ―→|＝43，|CB ―→|＝6，则CA ―→·CB ―→＝( )A ．36B ．24C ．24 3D ．12 3解析：选A CO ―→·CA ―→＝m CA ―→2＋n CA ―→·CB ―→，因为O 为△ABC 的外心，所以12CA ―→2＝m CA―→2＋n |CA ―→|·|CB ―→|·cos∠BCA ，所以24＝48m ＋243n ·cos∠BCA ，因为4m ＋3n ＝2，所以24＝12(2－3n )＋243n ·cos∠BCA ，又n ≠0，即cos ∠BCA ＝32，所以CA ―→·CB ―→＝|CA ―→|·|CB ―→|cos ∠BCA ＝43×6×32＝36.11．设e 1，e 2，e 3为单位向量，且e 3＝12e 1＋k e 2(k >0)，若以向量e 1，e 2为两边的三角形的面积为12，则k 的值为( )A.32B.22C.52D.72解析：选A 设e 1，e 2的夹角为θ，则由以向量e 1，e 2为两边的三角形的面积为12，得12×1×1×sin θ＝12，得sin θ＝1，所以θ＝90°，所以e 1·e 2＝0.从而将e 3＝12e 1＋k e 2两边平方得1＝14＋k 2，解得k ＝32或k ＝－32(舍去)．12.如图所示，点A ，B ，C 是圆O 上的三点，线段OC 与线段AB 交于圆内一点M ，若OC ―→＝m OA ―→＋n OB ―→(m >0，n >0)，m ＋n ＝2，则∠AOB 的最小值为( )A.π6B.π3C.π2D.2π3解析：选D 将OC ―→＝m OA ―→＋n OB ―→平方得1＝m 2＋n 2＋2mn cos ∠AOB ， cos ∠AOB ＝1－m 2－n 22mn ＝1－m ＋n 2＋2mn 2mn ＝－32mn ＋1≤－12(当且仅当m ＝n ＝1时等号成立)，∵0<∠AOB <π，∴∠AOB 的最小值为2π3.二、填空题13．(2018·汕头模拟)已知向量a ＝(2,1)，b ＝(3，m )．若(a ＋2b )∥(3b －a )，则实数m 的值是________．解析：a ＋2b ＝(2,1)＋(6,2m )＝(8,1＋2m )，3b －a ＝(9,3m )－(2,1)＝(7,3m －1)，由(a ＋2b )∥(3b －a )，得8(3m －1)－7(1＋2m )＝0，解得m ＝32.答案：3214．(2018·长春模拟)已知平面内三个不共线向量a ，b ，c 两两夹角相等，且|a |＝|b |＝1，|c |＝3，则|a ＋b ＋c |＝________.解析：由平面内三个不共线向量a ，b ，c 两两夹角相等，可得夹角均为2π3，所以|a ＋b＋c |2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2a ·c ＝1＋1＋9＋2×1×1×cos 2π3＋2×1×3×cos 2π3＋2×1×3×cos 2π3＝4，所以|a ＋b ＋c |＝2.答案：215．(2018·河北衡水中学三调)如图，已知平面内有三个向量OA ―→，OB ―→，OC ―→，其中OA ―→与OB ―→的夹角为120°，OA ―→与OC ―→的夹角为30°，且|OA ―→|＝|OB ―→|＝1，|OC ―→|＝2 3.若OC ―→＝λOA ―→＋μOB ―→(λ，μ∈R )，则λ＋μ的值为________．解析：法一：如图所示，作平行四边形OB 1CA 1，则OC ―→＝OB ―→1＋OA―→1，因为OA ―→与OB ―→的夹角为120°，OA ―→与OC ―→的夹角为30°，所以∠B 1OC ＝90°.在Rt △B 1OC 中，∠OCB 1＝30°，|OC |＝23，所以|OB 1|＝2，|B 1C |＝4，所以|OA 1|＝|B 1C |＝4，所以OC ―→＝4OA ―→＋2OB ―→，所以λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6.法二：以O 为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (1,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，C (3，3)．由OC ―→＝λOA ―→＋μOB ―→，得⎩⎪⎨⎪⎧3＝λ－12μ，3＝0＋32μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝4，μ＝2.所以λ＋μ＝6.答案：616．(2018·渭南一模)在平行四边形ABCD 中，AD ＝1，∠BAD ＝30°，E 为CD 的中点，若AC ―→·BE ―→＝1，则AB 的长为________．解析：因为四边形ABCD 是平行四边形，E 为CD 的中点，所以AC ―→＝AB ―→＋AD ―→，BE ―→＝BC ―→＋CE ―→＝AD ―→－12AB ―→，所以AC ―→·BE ―→＝(AB ―→＋AD ―→)·⎝ ⎛⎭⎪⎫AD ―→－12AB ―→ ＝AD ―→2－12AB ―→2＋12AB ―→·AD ―→＝1，又AD ―→2＝1，AB ―→·AD ―→＝1×|AB ―→|×cos 30°＝32|AB ―→|，所以1－12AB ―→2＋34|AB ―→|＝1，解得|AB ―→|＝32或|AB ―→|＝0(舍去)．答案：32B 级——难度小题强化练1．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB ―→＝( ) A.34AB ―→－14AC ―→ B.14AB ―→－34AC ―→C.34AB ―→＋14AC ―→ D.14AB ―→＋34AC ―→ 解析：选A 法一：作出示意图如图所示．EB ―→＝ED ―→＋DB ―→＝12AD―→＋12CB ―→＝12×12(AB ―→＋AC ―→)＋12(AB ―→－AC ―→)＝34AB ―→－14AC ―→.故选A. 法二：不妨设△ABC 为等腰直角三角形，且∠A ＝π2，AB ＝AC ＝1.建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (1,0)，C (0,1)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14.故AB ―→＝(1,0)，AC―→＝(0,1)，EB ―→＝(1,0)－⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－14，即EB ―→＝34AB ―→－14AC ―→.2．已知点P 是△ABC 内一点，且BA ―→＋BC ―→＝6BP ―→，则S △ABP S △ACP＝( )A.12B.13C.14D.15解析：选C 设点D 为AC 的中点，在△ABC 中，BA ―→＋BC ―→＝2BD ―→，即2BD ―→＝6BP ―→，所以BD ―→＝3BP ―→，即P 为BD 的三等分点，所以S △ABP S △APD ＝12，又S △APD S △APC ＝12，所以S △ABP S △ACP ＝14.3．(2018·嘉兴一模)设平面向量OA ―→＝(2,0)，OB ―→＝(0,1)，点P 满足OP ―→＝m2m 2＋2n2OA ―→＋2n m 2＋n 2OB ―→，其中m >0，n >0，O 为坐标原点，则点P 的轨迹的长度为( ) A.12 B.22 C.π2D.2π2解析：选D 设P (x ，y )，因为OA ―→＝(2,0)，OB ―→＝(0,1)，OP ―→＝m2m 2＋2n2OA ―→＋2nm 2＋n 2OB ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫2m2m 2＋2n2，2n2m 2＋2n 2，所以x ＝2m 2m 2＋2n 2，y ＝2n 2m 2＋2n2(其中m ，n >0)，所以x 2＋y 2＝2(其中x ，y >0)，则点P 的轨迹的长度为14×2π×2＝2π2.4．(2018·重庆模拟)已知Rt △ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，AC ＝5，I 是△ABC 的内心，P 是△IBC 内部(不含边界)的动点，若AP ―→＝λAB ―→＋μAC ―→(λ，μ∈R )，则λ＋μ的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2 C.⎝⎛⎭⎪⎫712，1D ．(2,3)解析：选A 以B 为原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B (0,0)，A (3,0)，C (0,4)．设△ABC 的内切圆的半径为r ，因为I 是△ABC 的内心，所以(5＋3＋4)×r ＝4×3，解得r ＝1，所以I (1,1)．设P (x ，y )，因为点P 在△IBC 内部(不含边界)，所以0<x <1.因为AB ―→＝(－3,0)，AC ―→＝(－3,4)，AP ―→＝(x －3，y )，且AP ―→＝λAB ―→＋μAC ―→，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －3＝－3λ－3μ，y ＝4μ，得⎝ ⎛λ＝1－13x －14y ，μ＝14y ，所以λ＋μ＝1－13x ，又0<x <1，所以λ＋μ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1，故选A. 5．已知a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2π3，sin 2π3，OA ―→＝a －b ，OB ―→＝a ＋b ，若△OAB 是以O 为直角顶点的等腰直角三角形，则△OAB 的面积为________．解析：因为OA ―→⊥OB ―→，所以OA ―→·OB ―→＝(a －b )·(a ＋b )＝0，化简得a 2－b 2＝0，得|a |＝|b |，又|OA ―→|＝|OB ―→|，所以|OA ―→|2＝|OB ―→|2，即(a －b )2＝(a ＋b )2，得a ⊥b ，因为a ＝⎝⎛⎭⎪⎫cos 2π3，sin 2π3，所以|a |＝ cos22π3＋sin 22π3＝1，所以|a |＝|b |＝1，可得a ，b 是相互垂直的单位向量，所以|OA ―→|＝|OB ―→|＝2，所以△OAB 的面积S ＝12|OA ―→|·|OB ―→|＝1.答案：16．(2018·武汉调研)在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1.边DC 上的动点P (包含点D ，C )与CB 延长线上的动点Q (包含点B )满足|DP ―→|＝|BQ ―→|，则PA ―→·PQ ―→的最小值为________．解析：以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD 所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，设P (x ，1)，Q (2，y )，由题意知0≤x ≤2，－2≤y ≤0.∵|DP ―→|＝|BQ ―→|，∴|x |＝|y |，∴x ＝－y .∵PA ―→＝(－x ，－1)，PQ ―→＝(2－x ，y －1)，∴PA ―→·PQ ―→＝－x (2－x )－(y －1)＝x 2－2x －y ＋1＝x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34，∴当x ＝12时，PA ―→·PQ ―→取得最小值，为34.答案：34第二讲小题考法——三角函数的图象与性质考点(一) 三角函数的图象及应用主要考查三角函数的图象变换或根据图象求解析式或参数. [典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)已知曲线C 1：y ＝cos x ，C 2：y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3，则下面结论正确的是( )A ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2B ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2C ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2D ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2(2)(2019届高三·广西南宁模拟)如图，函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，|φ|<π2的图象过点(0，3)，则f (x )的函数解析式为( )A ．f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3B ．f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3C ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6 D ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6 (3)(2018·石家庄模拟)若ω>0，函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3的图象向右平移π3个单位长度后与函数y ＝sin ωx 的图象重合，则ω的最小值为( )A.112B.52C.12D.32[解析] (1)易知C 1：y ＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2，把曲线C 1上的各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，得到函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2的图象，再把所得函数的图象向左平移π12个单位长度，可得函数y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＋π2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3的图象，即曲线C 2. (2)由函数图象可知，A ＝2，又函数f (x )的图象过点(0，3)，所以2sin φ＝3，即sin φ＝32，由于|φ|<π2，所以φ＝π3，于是f(x)＝2sin⎝⎛⎭⎪⎫2x＋π3，故选B.(3)将函数y＝cos⎝⎛⎭⎪⎫ωx＋π3的图象向右平移π3个单位长度，得y＝cos⎝⎛⎭⎪⎫ωx－ωπ3＋π3的图象．因为所得函数图象与y＝sin ωx，即y＝cos⎝⎛⎭⎪⎫ωx＋3π2的图象重合，所以－ωπ3＋π3＝3π2＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝－72－6k(k∈Z)，因为ω>0，所以当k＝－1时，ω取得最小值52，故选B.[答案] (1)D (2)B (3)B[方法技巧]1．函数表达式y＝A sin(ωx＋φ)＋B的确定方法字母确定途径说明A 由最值确定A＝最大值－最小值2B 由最值确定B＝最大值＋最小值2ω由函数的周期确定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之差的绝对值为14个周期，ω＝2πTφ由图象上的特殊点确定一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置，利用待定系数法并结合图象列方程或方程组求解2．三角函数图象平移问题处理的“三看”策略[演练冲关]1．(2018·陕西模拟)为了得到函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象，只需把函数y ＝sin 2x 的图象( )A ．向左平移π3个单位长度B ．向右平移π3个单位长度C ．向左平移π6个单位长度D ．向右平移π6个单位长度解析：选 D 函数y ＝sin 2x 的图象向右平移π6个单位长度，可得到函数y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象．故选D.2．(2018·广州模拟)将函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x 的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，所得图象对应的函数恰为奇函数，则φ的最小值为( )A.π6 B.π12 C.π4D.π3解析：选A 由y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x 可得y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3，该函数的图象向左平移φ个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋φ＋2π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2φ＋2π3，因为g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋2φ＋2π3为奇函数，所以2φ＋2π3＝k π(k ∈Z )，φ＝k π2－π3(k ∈Z )，又φ>0，故φ的最小值为π6，故选A.3.函数f (x )＝－4sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2，x ∈R 的部分图象如图所示，则f (16)的值为( )A ．－ 2 B. 2 C ．－2 2D ．2 2解析：选C 由图象得T 2＝8，所以T ＝16，因为ω>0，所以ω＝2πT ＝π8，当x ＝－2时，f (x )＝0，则π8×(－2)＋φ＝k π，k ∈Z ，所以φ＝k π＋π4，k ∈Z .又|φ|<π2，所以φ＝π4.所以函数f (x )的解析式为f (x )＝－4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8x ＋π4.所以f (16)＝－4sin ⎝⎛⎭⎪⎫π8×16＋π4＝－4sin π4＝－2 2.故选C.4．(2018·山东日照一模)函数f (x )＝A cos(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，－π<φ<0)的部分图象如图所示，为了得到函数g (x )＝A sin ωx 的图象，只需将函数y ＝f (x )的图象( )A ．向左平移π6个单位长度B ．向左平移π12个单位长度C ．向右平移π6个单位长度D ．向右平移π12个单位长度解析：选B 由图可得函数的最大值为2，即A ＝2.函数的周期T ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝π，所以2πω＝π，解得ω＝2，所以f (x )＝2cos(2x ＋φ)．又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π3＋φ＝2，即cos ⎝⎛⎭⎪⎫2π3＋φ＝1，所以2π3＋φ＝2k π(k ∈Z )，解得φ＝2k π－2π3(k ∈Z )．又－π<φ<0，故k ＝0，φ＝－2π3.所以f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －2π3＝2cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π3，而g (x )＝2sin 2x ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝2cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝2cos 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12－π3，所以g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12.因此把函数y ＝f (x )的图象向左平移π12个单位长度才能得到函数y ＝g (x )的图象.考点(二) 三角函数的性质及应用主要考查三角函数的奇偶性及对称性、周期性或求函数的单调区间以及根据函数的单调性、奇偶性、周期性等求参数的值或范围.[典例感悟][典例] (1)(2017·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3，则下列结论错误的是( )A ．f (x )的一个周期为－2πB ．y ＝f (x )的图象关于直线x ＝8π3对称C ．f (x ＋π)的一个零点为x ＝π6D ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减 (2)(2018·全国卷Ⅱ)若f (x )＝cos x －sin x 在[－a ，a ]是减函数，则a 的最大值是( )A.π4 B.π2C.3π4D ．π(3)(2018·惠州模拟)函数f (x )＝A sin(2x ＋θ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|θ|≤π2，A >0的部分图象如图所示，且f (a )＝f (b )＝0，对不同的x 1，x 2∈[a ，b ]，若f (x 1)＝f (x 2)，有f (x 1＋x 2)＝3，则( )A ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π12，π12上是减函数B ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π12，π12上是增函数C ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5π6上是减函数D ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5π6上是增函数 [解析] (1)根据函数解析式可知函数f (x )的最小正周期为2π，所以函数的一个周期为－2π，A 正确；当x ＝8π3时，x ＋π3＝3π，所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝－1，所以B 正确；f (x ＋π)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π＋π3＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋4π3，当x ＝π6时，x ＋4π3＝3π2，所以f (x ＋π)＝0，所以C 正确；函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2π3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π上单调递增，故D 不正确．(2)法一：f (x )＝cos x －sin x ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4，即x －π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2时，y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4单调递增，则f (x )＝－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4单调递减．∵函数f (x )在[－a ，a ]是减函数，∴[－a ，a ]⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4，∴0<a ≤π4，∴a 的最大值为π4.法二：因为f (x )＝cos x －sin x ，所以f ′(x )＝－sin x －cos x ，则由题意，知f ′(x )＝－sin x －cos x ≤0在[－a ，a ]上恒成立，即sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4≥0在[－a ，a ]上恒成立，结合函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4的图象可知有⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋π4≥0，a ＋π4≤π，解得a ≤π4，所以0<a ≤π4，所以a 的最大值为π4.(3)由题图知A ＝2，设m ∈[a ，b ]，且f (0)＝f (m )，则f (0＋m )＝f (m )＝f (0)＝3，∴2sin θ＝3，sin θ＝32，又|θ|≤π2，∴θ＝π3，∴f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3. 令－π2＋2k π≤2x ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，解得－5π12＋k π≤x ≤π12＋k π，k ∈Z ，此时f (x )单调递增；令π2＋2k π≤2x ＋π3≤3π2＋2k π，k ∈Z ，解得π12＋k π≤x ≤7π12＋k π，k ∈Z ，此时f (x )单调递减．所以选项B 正确．[答案] (1)D (2)A (3)B[方法技巧]1．求函数单调区间的2种方法(1)代换法：求形如y ＝A sin(ωx ＋φ)(或y ＝A cos(ωx ＋φ))(A ，ω，φ为常数，A ≠0，ω>0)的单调区间时，令ωx ＋φ＝z ，得y ＝A sin z (或y ＝A cos z )，然后由复合函数的单调性求得．(2)图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间．2．判断对称中心与对称轴的方法利用函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数的零点这一性质，通过检验f (x 0)的值进行判断．3．求三角函数周期的常用结论(1)y ＝A sin(ωx ＋φ)和y ＝A cos(ωx ＋φ)的最小正周期为2π|ω|，y ＝tan ()ωx ＋φ的最小正周期为π|ω|.(2)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是12个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是14个周期；正切曲线相邻两对称中心之间的距离是12个周期．[演练冲关]1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2cos 2x －sin 2x ＋2，则( ) A ．f (x )的最小正周期为π，最大值为3 B ．f (x )的最小正周期为π，最大值为4 C ．f (x )的最小正周期为2π，最大值为3 D ．f (x )的最小正周期为2π，最大值为4解析：选B ∵f (x )＝2cos 2x －sin 2x ＋2＝1＋cos 2x －1－cos 2x 2＋2＝32cos 2x ＋52，∴f (x )的最小正周期为π，最大值为4.故选B.2．(2018·西安八校联考)已知函数f (x )＝cos(x ＋θ)(0<θ<π)在x ＝π3时取得最小值，则f (x )在[0，π]上的单调递增区间是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，πB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，π 解析：选A 因为0<θ<π，所以π3<π3＋θ<4π3，又f (x )＝cos(x ＋θ)在x ＝π3时取得最小值，所以π3＋θ＝π，θ＝2π3，所以f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2π3.由0≤x ≤π，得2π3≤x ＋2π3≤5π3.由π≤x ＋2π3≤5π3，得π3≤x ≤π，所以f (x )在[0，π]上的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π，故选A. 3．(2018·四川宜宾二诊)先将函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫23x ＋3π4图象上所有点的横坐标缩短为原来的13，纵坐标不变，再向右平移π8个单位长度，得到函数y ＝g (x )的图象，则下列说法正确的是( )A ．函数g (x )图象的一条对称轴是x ＝π4B ．函数g (x )图象的一个对称中心是⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0 C ．函数g (x )图象的一条对称轴是x ＝π2D ．函数g (x )图象的一个对称中心是⎝ ⎛⎭⎪⎫π8，0 解析：选C 先将函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫23x ＋3π4图象上所有点的横坐标缩短为原来的13，纵坐标不变，可得函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋3π4的图象，再向右平移π8个单位长度，得到函数g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π8＋3π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝2cos 2x 的图象．令2x ＝k π，k ∈Z ，得x ＝k π2，k ∈Z .所以函数g (x )图象的对称轴方程为x ＝k π2，k ∈Z .当k ＝1时，对称轴方程为x ＝π2.显然k π2＝π4没有整数解，所以x ＝π4不是函数g (x )的对称轴．排除 A.令2x ＝k π＋π2，k ∈Z ，得x ＝k π2＋π4，k ∈Z ，故函数g (x )图象的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2＋π4，0，k ∈Z .显然k π2＋π4＝π8和k π2＋π4＝π2没有整数解，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫π8，0和⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0不是函数g (x )的对称中心．排除B ，D.故选C.4．(2018·开封模拟)已知函数f (x )＝2sin(π＋x )sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋φ的图象关于原点对称，其中φ∈(0，π)，则φ＝________.解析：因为f (x )＝2sin(π＋x )sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋φ的图象关于原点对称，所以函数f (x )＝2sin(π＋x )sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋φ为奇函数，则y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋φ为偶函数，则π3＋φ＝π2＋k π，k ∈Z ，又φ∈(0，π)，所以φ＝π6.答案：π6考点(三) 三角函数的值域与最值问题[典例感悟][典例] (1)已知函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3－sin(2x ＋3π)．若将函数f (x )的图象向左平移π4个单位长度，得到函数g (x )的图象，则函数g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值之和为( )A ．－12B ．－1 C.12D ．1(2)(2017·全国卷Ⅱ)函数f (x )＝sin 2x ＋3cos x －34⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2的最大值是________．(3)(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________． [解析] (1)f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3－sin(2x ＋3π)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3＋sin 2x ＝sin 2x cos 2π3＋cos 2x sin 2π3＋sin 2x ＝12sin 2x ＋32cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.由题意知函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＋π3＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，4π3，故当2x ＋π3＝π，即x ＝π3时，函数g (x )取得最小值，且g (x )min ＝－1；当2x ＋π3＝π3，即x ＝0时，函数g (x )取得最大值，且g (x )max ＝12.所以函数g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值之和为－12.故选A. (2)依题意，f (x )＝sin 2x ＋3cos x －34＝－cos 2x ＋3cos x ＋14＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x －322＋1，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以cos x ∈[0,1]，因此当cos x ＝32时，f (x )max ＝1.(3)f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1)＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cosx －1)(cos x ＋1)．∵cos x ＋1≥0，∴当cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴当cos x ＝12，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x＝2sin x (1＋cos x )，∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值，即f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝－332.[答案] (1)A (2)1 (3)－332[方法技巧]求三角函数的值域(最值)的常见函数类型及方法[演练冲关]1．已知函数y ＝a sin 2x ＋3cos 2x 的最大值为2，则a 的值为( ) A ．1 B ．－1 C ．±1D ．2－ 3解析：选C 由条件知a ≠0，且y ＝a sin 2x ＋3cos 2x ＝a 2＋3sin(2x ＋φ)，其中tan φ＝3a，则a 2＋3＝4，∴a 2＝1，∴a ＝±1.2．已知函数f (x )＝(1＋3tan x )cos x,0≤x <π2，则f (x )的最大值为( )A.3＋1B ．4C ．3D ．2解析：选 D ∵f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3sin x cos x cos x ＝cos x ＋3sin x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6，∵x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2.∴x ＋π6∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，2π3，∴当且仅当x ＋π6＝π2，即x ＝π3时，f (x )max ＝2.3．已知函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π3，其中x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，m ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ∈R 且m >π6，若f (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－32，则m 的取值范围是________．解析：由x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，m ，可知5π6≤3x ＋π3≤3m ＋π3，∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝cos 5π6＝－32，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π9＝cos π＝－1，∴要使f (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－32，需要π≤3m ＋π3≤7π6，即2π9≤m ≤5π18. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π9，5π18[必备知能·自主补缺] 依据学情课下看，针对自身补缺漏；临近高考再浏览，考前温故熟主干[主干知识要记牢]1．三角函数的图象及常用性质函数y ＝sin x y ＝cos x y ＝tan x图象单调性在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2＋2k π，π2＋2k π(k ∈Z )上单调递增；在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2＋2k π，3π2＋2k π(k ∈Z )上单调递减在[－π＋2k π，2k π](k ∈Z )上单调递增；在[2k π，π＋2k π](k ∈Z )上单调递减在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＋k π，π2＋k π(k ∈Z )上单调递增对称性对称中心：(k π，0)(k ∈Z )；对称轴：x ＝π2＋k π(k ∈Z ) 对称中心：⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋k π，0(k ∈Z )；对称轴：x ＝k π(k ∈Z )对称中心：⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2，0(k ∈Z )2．三角函数的两种常见的图象变换 (1)y ＝sin x ―――――――――→向左φ>0或向右φ<0平移|φ|个单位y ＝sin(x ＋φ)―――――――――――→横坐标变为原来的1ω纵坐标不变 y ＝sin(ωx ＋φ)――――――――→纵坐标变为原来的A 倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)．(2)y ＝sin x ――――――――→横坐标变为原来的1ω纵坐标不变y ＝sin ωx ――――――――――――→向左φ>0或向右φ<0平移⎪⎪⎪⎪⎪⎪φω个单位y ＝sin(ωx ＋φ)―――――――→纵坐标变为原来的A 倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)． [二级结论要用好]1．sin α－cos α＞0⇔α的终边在直线y ＝x 上方(特殊地，当α在第二象限时有 sinα－cos α＞1)．2．sin α＋cos α＞0⇔α的终边在直线y ＝－x 上方(特殊地，当α在第一象限时有sin α＋cos α>1)．[易错易混要明了]求y ＝A sin(ωx ＋φ)的单调区间时，要注意ω，A 的符号．ω<0时，应先利用诱导公式将x 的系数转化为正数后再求解；在书写单调区间时，弧度和角度不能混用，需加2k π时，不要忘掉k ∈Z ，所求区间一般为闭区间．如求函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x 的单调减区间，可将函数化为f (x )＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3，转化为求函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3的单调增区间．[课时跟踪检测] A 级——12＋4提速练一、选择题1.函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈R ，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则函数f (x )的解析式为( )A ．f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4B ．f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4C ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x ＋π4 D ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x －π4 解析：选A 由题图可知，函数f (x )的最小正周期为T ＝2πω＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8－π8×4＝π，所以ω＝2，即f (x )＝sin(2x ＋φ)．又函数f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎪⎫π8，1，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋φ＝1，则π4＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z )，解得φ＝2k π＋π4(k ∈Z )，又|φ|<π2，所以φ＝π4，即函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，故选A.。

2020版高考数学大二轮复习专题一专题培优“平面向量、三角函数与解三角形”专题培优课

“平面向量、三角函数与解三角形”错误![错误!级——易错清零练]1．设x，y∈R,向量a＝（x，1），b＝（1，y），c＝(2，－4），且a⊥c，b∥c，则|a＋b｜＝( ）A. 5B.错误!C．2 5 D．10解析：选B 由题意可知错误!解得错误!故a＋b＝(3，－1），｜a＋b｜＝10。

2．将函数y＝sin（2x＋φ）的图象沿x轴向左平移错误!个单位长度后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能取值为( ）A.错误!B。

错误!C．0 D。

错误!解析：选B 将函数y＝sin(2x＋φ）的图象沿x轴向左平移错误!个单位长度后，得到的图象对应的函数解析式为y＝sin2x＋错误!＋φ＝sin 错误!.因为所得函数为偶函数，所以错误!＋φ＝kπ＋错误!(k∈Z），即φ＝kπ＋错误!(k∈Z),则φ的一个可能取值为错误!，故选B.3．(2017·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A,B，C的对边分别为a，b,c。

已知C ＝60°，b ＝错误!，c ＝3，则A ＝________.解析:由正弦定理，得sin B ＝错误!＝错误!＝错误!,因为0°＜B ＜180°，所以B ＝45°或135°。

因为b ＜c ,所以B ＜C ,故B ＝45°,所以A ＝180°－60°－45°＝75°。

答案:75°[B 级——方法技巧练]1．已知向量a ，b ,且|a ｜＝3，a 与b 的夹角为π6，a ⊥(2a －b )，则｜b ｜＝( )A ．2B ．4 C. 3 D ．3解析：选B 如图，作错误!＝a ，错误!＝b ,〈a ，b >＝错误!，作错误!＝2a ,则错误!＝2a －b .由a ⊥(2a－b ）可知，OC ⊥BC .在Rt △OCB 中，OC ＝2|a |＝2错误!，cos 〈a ，b 〉＝错误!＝错误!＝错误!,解得｜b |＝4。

2020年高考数学一轮总复习三角函数、三角形、平面向量专题04三角函数的应用文(含解析)

专题04三角函数的应用一、本专题要特别小心：1.图象的平移（把系数提到括号的前边后左加右减）2. 图象平移要注意未知数的系数为负的情况3. 图象的横坐标伸缩变换要注意是加倍还是变为几分之几4.五点作图法的步骤5.利用图象求周期6.已知图象求解析式二【学习目标】1．理解三角函数的定义域、值域和最值、奇偶性、单调性与周期性、对称性．2．会判断简单三角函数的奇偶性，会求简单三角函数的定义域、值域、最值、单调区间及周期． 3．理解三角函数的对称性，并能应用它们解决一些问题．三．【方法总结】1.三角函数奇偶性的判断与其他函数奇偶性的判断步骤一致： (1)首先看定义域是否关于原点对称； (2)在满足(1)后，再看f (－x )与f (x )的关系.另外三角函数中的奇函数一般可化为y ＝A sin ωx 或y ＝A tan ωx ，偶函数一般可化为y ＝A cos ωx ＋b 的形式.2.三角函数的单调性(1)函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0)的单调区间的确定，其基本思想是把ωx ＋φ看作一个整体，比如：由2k π－π2≤ωx ＋φ≤2k π＋π2(k ∈Z)解出x 的范围，所得区间即为增区间.若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)中A ＞0，ω＜0，可用诱导公式将函数变为y ＝－A sin(－ωx －φ)，则y ＝A sin(－ωx －φ)的增区间为原函数的减区间，减区间为原函数的增区间. 对函数y ＝A cos(ωx ＋φ)，y ＝A tan(ωx ＋φ)等单调性的讨论同上.(2)三角函数单调性的应用主要有比较三角函数值的大小，而比较三角函数值大小的一般步骤：①先判断正负；②利用奇偶性或周期性转化为属于同一单调区间上的两个同名函数；③再利用单调性比较. 3.求三角函数的最值常见类型：(1)y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 或y ＝A tan(ωx ＋φ)＋B ， (2)y ＝A (sin x －a )2＋B ，(3)y ＝a (sin x ±cos x )＋b sin x cos x (其中A ，B ，a ，b ∈R ，A ≠0，a ≠0). 四．【题型方法】（一）利用三角函数测量应用例1.如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75︒，30︒，此时气球的高是60m，则河流的宽度BC等于( )A．B．C．D．【答案】B【解析】记A点正下方为O，OA=，，，由题意可得60∆中，由，在AOB得到；∆中，由得到，在AOC所以河流的宽度BC等于米.故选B练习1. 习总书记在十九大报告中指出：必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念.某市为贯彻落实十九大精神，开展植树造林活动，拟测量某座山的高.如图，勘探队员在山脚A测得山顶B的仰角为，他沿着倾斜角为的斜坡向上走了40米后到达C，在C处测得山顶B的仰角为，则山高约为______米.（结果精确到个位，在同一铅垂面）.参考数据：.【答案】【解析】过C做CM⊥BD于M,CN⊥AD于N,设BM=h,则CM=,解得h=20(),∴BD=h+20（二）与圆有关的三角函数应用是锐角，大小为β.图中阴影区例2. 如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，APB域的面积的最大值为A．4β+4cosβB．4β+4sinβC．2β+2cosβD．2β+2sinβ【答案】B【解析】观察图象可知，当P为弧AB的中点时，阴影部分的面积S取最大值，此时∠BOP =∠AOP =π-β, 面积S 的最大值为2222βππ⨯⨯+S △POB + S △POA =4β+.故选：B .练习1．如图，四边形ABCD 内接于圆O ，若1AB =，2AD =，，则BCD S △的最大值为（）A ．74B C ．4D ．72【答案】C【解析】做DE CB ⊥于点E ，，在直角三角形CDE中，可得到根据该四边形对角互补得到在三角形ABD中，应用余弦定理得到在三角形DCB中，应用余弦定理以及重要不等式得到进而得到故答案为：C.练习2.位于潍坊滨海的“滨海之眼”摩天轮是世界上最高的无轴摩天轮，该摩天轮的直径均为124米，中间没有任何支撑，摩天轮顺时针匀速旋转一圈需要30分钟，当乘客乘坐摩天轮到达最高点时，距离地面145米，可以俯瞰白浪河全景，图中与地面垂直，垂足为点，某乘客从处进入处的观景舱，顺时针转动分钟后，第1次到达点，此时点与地面的距离为114米，则（）A．16分钟B．18分钟C．20分钟D．22分钟【答案】C【解析】根据题意，作，，如下图所示：直径为，则，所以则所以，即所以因为摩天轮顺时针匀速旋转一圈需要30分钟所以从A到B所需时间为分钟所以选C练习3.定义在封闭的平面区域内任意两点的距离的最大值称为平面区域的“直径”.已知锐角三角形的三个顶点在半径为1的圆上，且，分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域，则平面区域的“直径”的最大值是__________．【答案】【解析】设三个半圆圆心分别为G,F，E，半径分别为M,P,N分别为半圆上的动点，则PM≤+GF=+=，当且仅当M,G,F,P共线时取等；同理：PN ≤MN≤,又外接圆半径为1，，所以,∴BC=a=2sin=,由余弦定理解b+c≤2,当且仅当b=c=取等；故故答案为（三）模型的应用例3. 据市场调查，某种商品一年内每件出厂价在7千元的基础上，按月呈的模型波动（x为月份），已知3月份达到最高价9千元，7月份价格最低为5千元，根据以上条件可确定的解析式为( )A． B．C． D．【答案】A【解析】因为3月份达到最高价9千元，7月份价格最低为5千元，所以半周期，故，所以，又，所以，所以，当时，，，.，故选A.练习1. 国际油价在某一时间内呈现出正弦波动规律： (美元)(t(天)，，)，现采集到下列信息：最高油价80美元，当 (天)时达到最低油价，则的最小值为________．【答案】【解析】由最高油价为80美元知.由(天)时达到最低油价知，所以，，又，所以的最小值为.练习2.为解决城市的拥堵问题，某城市准备对现有的一条穿城公路MON 进行分流，已知穿城公路MON 自西向东到达城市中心O 后转向ON 方向，已知∠MON＝34π，现准备修建一条城市高架道路L ，L 在MO 上设一出入口A ，在ON 上设一出口B ，假设高架道路L 在AB 部分为直线段，且要求市中心O 与AB 的距离为10km ．（1）求两站点A ，B 之间的距离；（2）公路MO 段上距离市中心O 30km 处有一古建筑群C ，为保护古建筑群，设立一个以C 为圆心，5km 为半径的圆形保护区．因考虑未来道路AB 的扩建，则如何在古建筑群和市中心O 之间设计出入口A ，才能使高架道路及其延伸段不经过保护区？【答案】（1）1)；（2）【解析】（1）过O 作直线OE⊥AB 于E ，则OE ＝10，设∠EOA＝α，则∠EOB＝34π﹣α，（42ππα<<），故AE ＝10tan α，BE ＝10tan （34π﹣α）， AB ＝10tan α+10tan （34π﹣α）＝10（）＝，又cos＝cos αcos αsin α）＝由42ππα<<，可得：2α﹣，故cos，当且仅当2α﹣42ππ=，即α＝38π时取等号，此时，AB 有最小值为201），即两出入口之间距离的最小值为201）．（2）由题意可知直线AB 是以O 为圆心，10为半径的圆O 的切线，根据题意，直线AB 与圆C 要相离，其临界位置为直线AB 与圆C 相切，设切点为F ，此时直线AB 为圆C 与圆O 的公切线，因为，出入口A 在古建筑群和市中心O 之间，如图所示，以O 为坐标原点，以CO 所在的直线为x 轴，建立平面直角坐标系xOy ，由CF ＝5，OE ＝10，因为圆O 的方程为x 2+y 2＝100，圆C 的方程为（x+30）2+y 2＝25，设直线AB 的方程为y ＝kx+t （k ＞0），则：，所以两式相除可得：|||30|t k t -+＝2，所以t ＝20k ，或t ＝60k ，所以，此时A （﹣20，0）或A （﹣60，0）（舍去），此时OA ＝20，又由（1）可知当4πα=时，OA ＝，综上，OA ．即设计出入口A 离市中心O 的距离在km 到20km 之间时，才能使高架道路及其延伸段不经过保护区．练习3．一半径为的水轮如图所示，水轮圆心距离水面；已知水轮按逆时针做匀速转动，每转一圈，如果当水轮上点从水中浮现时（图中点）开始计算时间.（1）以水轮所在平面与水面的交线为轴，以过点且与水面垂直的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，将点距离水面的高度表示为时间的函数；（2）点第一次到达最高点大约要多长时间？【答案】(1) (2)【解析】（1）设，，则，，∴，∴∴，∵，，∴，∴.∵，∴，∴（2）令，得，∴，∴∴点第一次到达最高点大约要的时间.练习4.已知某海滨浴场海浪的高度（米）是时间的（，单位：小时）函数，记作，下表是某日各时的浪高数据：（时）（米）经长期观察，的曲线，可以近似地看成函数的图象．（1）根据以上数据，求出函数近似表达式；（2）依据规定，当海浪高度高于米时才对冲浪爱好者开放，请依据（1）的结论，判断一天内的上午时至晚上时之间，有多少时间可供冲浪者进行运动？【答案】（1）；（2）从8点到16点共8小时.【解析】（1）设函数，∵同一周期内，当时，当时，∴函数的周期，得，且，∴，又由题意得点是函数图象上的一个最低点，∴，∴，∴函数近似表达式为．（2）由题意得，即，解得，即，∵在规定时间上午8∶00时至晚上20∶00时之间，∴令，得，∴在规定时间上午8∶00时至晚上20∶00时之间，从8点到16点共8小时的时间可供冲浪者进行运动．（四）数学文化中的三角应用例4. 我国古代数学家僧一行应用“九服晷（guǐ）影算法”在《大衍历》中建立了晷影长与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表．根据三角学知识可知，晷影长度等于表高与太阳天顶距正切值的乘积，即．已知天顶距时，晷影长．现测得午中晷影长度，则天顶距为（）（参考数据：，，，）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵，且顶距时，晷影长．∴，当晷影长度，∴故选：B练习1．我国古代数学家刘徽于公元263年在《九章算术注》中提出“割圆术”：割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣.即通过圆内接正多边形细割圆，并使正多边形的面积无限接近圆的面积，进而来求得较为精确的圆周率.如果用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值记为，那么用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值可表示成（）A．B．C．D．【答案】A【解析】令圆的半径为1，则圆内接正边形的面积为，圆内接正边形的面积为，用圆的内接正边形逼近圆，可得；用圆的内接正边形逼近圆，可得；所以.故选A练习2．“勾股定理”在西方被称为“毕达哥拉斯定理”，三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明．如图所示的“勾股圆方图” 中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形．若直角三角形中较小的锐角为，现已知阴影部分与大正方形的面积之比为，则锐角（）．A．B．C．D．【答案】D【解析】设大正方形的边长为a,小正方形边长为b,则=b,阴影三角形面积为小正方形面积为又阴影部分与大正方形的面积之比为所以整理得1-,解得故选：D（五）三角形中的三角函数例5. 某小区拟对如图一直角△ABC 区域进行改造，在三角形各边上选一点连成等边三角形DEF △,在其内建造文化景观。

2020版名师讲坛高三数学二轮专题复习课件：专题一微切口7 向量的等和线

其中P→A1＝12P→A，P→B1＝13P→B.
由2x＋2x3y＋2x＋3y3y＝1知点D在线段A1B1上(含点A1，B1)，如图．
(变式) 在△PA1B1中，因为|P→A1|＝3，|P→B1|＝2，∠A1PB1＝120°，且点D在线段A1B1上 (含端点A1，B1)，所以|P→H|≤|P→D|≤|P→A1|，其中PH是边A1B1上的高．
由A→1B12＝(P→B1－P→A1)2＝P→B12＋P→A12－2P→B1·P→A1＝19，得|A→1B1|＝ 19.
又由S△PA1B1＝12|P→A1|·|P→B1|·sin∠A1PB1＝12|A→1B1|·|P→H|，得|P→H|＝3 1957，所以3 1957≤|P→D|≤3. 由P→C＝(2x＋3y)P→D，
【解题步骤及说明】 1. 求k＝1的等和线； 2. 平移(旋转或伸缩)该线，结合动点的可行域，分析何处取得最大值和最小值； 3. 从长度比或者点的位置两个角度，计算最大值和最小值．说明：平面向量共线定理的表达式中的三个向量的起点务必一致，若不一致，本着少数服从多数的原则，优先平移固定的向量；若需要研究两系数的线性关系，则需要通过变换基底向量，使得需要研究的代数式为基底的系数和．
(变式)
由2x＋2x3y＋2x＋3y3y＝1，得点A1，B1，D共线，即点D在直线A1B1上．如图，由P→C＝5P→D知点C在直线A2B2上，其中P→A2＝5P→A1，P→B2＝5P→B1.
若△PAB是边长为6的等边三角形，点C满足
→ PC
＝x
→ PA
＋y
→ PB
，且2x＋3y＝
4，其中x＞0，y＞0，则|P→C|的取值范围为__1_2_7_2_1_，__1_2__．
(例2) 在△PA1B1中，因为|P→A1|＝3，|P→B1|＝2，∠A1PB1＝60°，且点D在线段A1B1上 (不含端点A1，B1)，所以|P→H|≤|P→D|＜|P→A1|，其中PH是边A1B1上的高．

名师专题讲座2-三角函数、平面向量的高考解答题型及求解策略

名师专题讲座(二)三角函数、平面向量的高考解答题型及求解策略专题概述高考对本部分内容的考查主要有：三角恒等变换与三角函数图象和性质结合，解三角形与恒等变换、平面向量的综合，难度属于中低档题，但考生得分不高，其主要原因是公式不熟导致运算错误．考生在复习时，要熟练掌握三角公式，特别是二倍角的余弦公式，在此基础上掌握一些三角恒等变换．要注意公式的多样性和灵活性，注意题目中隐含的各种限制条件，选择合理的解决方法，灵活地实现问题的转化.题型一三角函数的图象与性质题型概览：(1)三角函数的性质问题，往往都要先化成f (x )＝A sin(ωx ＋φ)的形式再求解．要注意在进行此步骤之前，如果函数解析式中出现α及其二倍角、半角或函数值的平方，应根据变换的难易程度去化简，往往要利用到二倍角公式、升幂或降幂公式，把解析式统一化成关于同一个角的三角函数式．(2)要正确理解三角函数的性质，关键是记住三角函数的图象，根据图象并结合整体代入的基本思想即可求三角函数的单调性、最值与周期．(2018·合肥模拟)已知函数f (x )＝(23·cos ωx ＋sin ωx )sin ωx －sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋ωx (ω>0)，且函数y ＝f (x )图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4.(1)求ω的值和函数f (x )的单调递增区间；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的值域． [审题程序]第一步：化简f (x )为“一角一函数”形式；第二步：求ω和单调递增区间；第三步：求f (x )在给定区间上的值域．[规范解答] (1)f (x )＝23cos ωx sin ωx ＋sin 2ωx －cos 2ωx ＝3sin2ωx －cos2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π6.由函数f (x )的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4，得14T ＝14·2π2ω＝π4，即ω＝1，所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6. 令－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，解得k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z ，所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6＋k π，π3＋k π，k ∈Z . (2)因为0≤x ≤π2，所以－π6≤2x －π6≤5π6，所以－12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6≤1，所以－1≤f (x )≤2，所以函数f (x )的值域为[－1,2]．[解题反思] 此类题目是三角函数问题中的典型题型，该题综合考查了三角函数的诱导公式、由三角函数值求参数、三角函数的周期、三角函数在指定区间上的最值等，考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及转化与化归思想、应用意识等．该题的亮点有二：一是第(1)问，由f (x )的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离得出f (x )的周期从而求出ω，求出f (x )的单调递增区间，经典而又不失新意；二是第(2)问考查函数f (x )在给定区间上的最值问题．需结合y ＝sin x的图象及自变量的变化求解，否则容易出现－12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6≤12，从而出现f (x )∈[－1,1]的错误．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]1．设函数f (x )＝32－3sin 2ωx －sin ωx cos ωx (ω>0)，且y ＝f (x )的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4.(1)求ω的值；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2上的最大值和最小值． [解] (1)f (x )＝32－3sin 2ωx －sin ωx cos ωx＝32－3·1－cos2ωx 2－12sin2ωx ＝32cos2ωx －12sin2ωx ＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π3. 因为y ＝f (x )的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4，故该函数的周期T ＝4×π4＝π.又ω>0，所以2π2ω＝π，因此ω＝1.(2)由(1)知f (x )＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.设t ＝2x －π3，则函数f (x )可转化为y ＝－sin t .当π≤x ≤3π2时，5π3≤t ＝2x －π3≤8π3，如图所示，作出函数y ＝sin t 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π3，8π3上的图象．由图象可知，当t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π3，8π3时， sin t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，故－1≤－sin t ≤32，因此－1≤f (x )＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3≤32.故f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2上的最大值和最小值分别为32，－1. 题型二解三角形应用题型概览：(1)已知两角A ，B 与一边a ，由A ＋B ＋C ＝π及a sin A ＝b sin B ＝c sin C ，可先求出角C 及b ，再求出c .(2)已知两边b ，c 及其夹角A ，由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，先求出a ，再求出角B ，C .(3)已知三边a ，b ，c ，由余弦定理可求出角A ，B ，C .(4)已知两边a ，b 及其中一边的对角A ，由正弦定理a sin A ＝b sin B 可求出另一边b 的对角B ，由C ＝π－(A ＋B )，可求出角C ，再由a sin A ＝c sin C 可求出c ，而通过a sin A ＝bsin B 求角B 时，可能有一解或两解或无解的情况．(2017·湖南五市十校3月联考)在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，若b 2＋c 2－a 2＝bc .(1)求角A 的大小；(2)若a ＝3，求BC 边上的中线AM 的最大值．[审题程序]第一步：依据余弦定理角化边；第二步：依据余弦定理求cos B 及AM ；第三步：由余弦定理和重要不等式求AM 的最大值．[规范解答] (1)∵b 2＋c 2－a 2＝bc ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12.又0<A <π，∴A ＝π3.(2)在△ABC 中，A ＝π3，a ＝3，由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A 得b 2＋c 2＝bc ＋3.则b 2＋c 2＝bc＋3≥2bc ，得bc ≤3(当且仅当b ＝c 时取等号)．在△ABC 中，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac .在△ABM 中，由余弦定理，得AM 2＝AB 2＋BM 2－2·AB ·BM ·cos B ＝c 2＋a 24－2·c ·12a ·a 2＋c 2－b 22ac ＝2c 2＋2b 2－a 24＝2bc ＋34≤94， ∴AM ≤32.∴AM 的最大值是32.[解题反思] 三角形中的边角关系的转化往往通过正余弦定理．求解与三角形有关的最值问题时，常利用余弦定理和基本不等式构造不等关系．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]2．(2018·宁波统考)在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且c sin C －b sin B ＝(a －b )sin A .(1)求角C ；(2)若c ＝5，求△ABC 的面积的最大值．[解] (1)由c sin C －b sin B ＝(a －b )sin A 及正弦定理，得a 2＋b 2－c 2＝ab ，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12又C ∈(0，π)，∴C ＝π3.(2)∵c ＝5，由(1)知C ＝π3，∴a 2＋b 2－25＝ab ，又a 2＋b 2≥2ab (当且仅当a ＝b 时，等号成立)，∴a 2＋b 2－25＝ab ≥2ab －25，即ab ≤25，∴△ABC 的面积S △ABC ＝12ab sin C ≤12×25×32＝2534.当且仅当a ＝b ＝c ＝5，即△ABC 为等边三角形时，面积取得最大值2534.题型三三角函数、解三角形与平面向量的综合应用题型概览：(1)向量是一种解决问题的工具，是一个载体，通常是用向量的数量积运算或性质转化成三角函数问题．(2)三角形中的三角函数要结合正弦定理、余弦定理进行转化，注意角的范围对变形过程的影响．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．[审题程序]第一步：化简m ·n ＝1；第二步：应用三角函数诱导公式求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－x ；第三步：由正弦定理求角；第四步：求三角函数的值域．[规范解答] (1)m ·n ＝3sin x 4·cos x 4＋cos 2x 4 ＝32sin x 2＋1＋cos x 22＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＋12， ∵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 ≠0.∴cos B ＝12，∵0<B <π，∴B ＝π3.∴0<A <2π3.∴π6<A 2＋π6<π2，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 又∵f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＋12. ∴f (A )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＋π6＋12. 故函数f (A )的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫1，32. [解题反思] 本例将平面向量的坐标运算、三角恒等变换、解三角形等知识综合考查．有一定难度．无论(1)还是(2)通过三角恒等变换转化为“一角一函数”的形式都是高考的重点．在(2)中利用正余弦定理转化为给定区间上的最值问题也是热点问题，考查了三角函数的性质．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]3．(2017·山东淄博3月模拟)已知函数f (x )＝3sin ωx cos ωx －sin 2ωx ＋1(ω>0)的图象中相邻两条对称轴之间的距离为π2.(1)求ω的值及函数f (x )的单调递减区间；(2)已知a ，b ，c 分别为△ABC 中角A ，B ，C 的对边，且满足a ＝3，f (A )＝1，求△ABC 面积S 的最大值．[解] (1)f (x )＝32sin2ωx －1－cos2ωx 2＋1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6＋12.因为函数f (x )的图象中相邻两条对称轴之间的距离为π2，所以T＝π，即2π2ω＝π，所以ω＝1.所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋12. 令π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π(k ∈Z )，解得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π(k ∈Z )．所以函数f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z )． (2)由f (A )＝1得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12.因为2A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，所以2A ＋π6＝5π6，得A ＝π3.由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即(3)2＝b 2＋c 2－2bc cos π3，所以bc ＋3＝b 2＋c 2≥2bc ，解得bc ≤3，当且仅当b ＝c 时等号成立．所以S △ABC ＝12bc sin A ≤12×3×32＝334.。

【2020高考数学】三角函数与平面向量结合问题解题指导(含答案)

【2020高考数学】三角函数与平面向量结合问题解题指导第一篇三角函数与解三角形专题04 三角函数与平面向量结合问题【典例1】如图，在平面直角坐标系中，已知点()2,0A 和单位圆上的两点()10B ,，34,55C ⎛⎫- ⎪⎝⎭，点P 是劣弧BC 上一点，BOC α∠=，BOP β∠=．（1）若OC OP ⊥，求()()sin sin παβ-+-的值；（2）设()f t OA tOP =+，当()f t 的最小值为1时，求OP OC ⋅的值．【思路引导】（1）根据任意角三角函数定义可求得sin ,cos αα，利用2πβα=-可求得sin cos βα=-，结合诱导公式可化简求出结果；（2）利用向量坐标表示可得到()2cos ,sin OA tOP t t ββ+=+，可求得224cos 4OA tOP t t β+=++，根据二次函数性质可求得22min44cos OA tOPβ+=-，从而利用()f t 的最小值构造方程可求得2cos β，根据角的范围可求得sin β和cos β，进而根据数量积的坐标运算可求得结果.【典例2】【江苏省启东中学2020届高三上学期期初考试数学试题】在平面直角坐标系xOy 中，设向量()cos sin a αα=，，()sin cos b ββ=-，，()12c =-．（1）若a b c +=，求sin ()αβ-的值；（2）设5π6α=，0πβ<<，且()//a b c +，求β的值．【思路引导】（1）利用向量的数量积转化求解两角差的三角函数即可；（2）通过向量平行，转化求解角的大小即可．【典例3】【2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（山东卷】已知向量a m x (,cos 2)=，b x n (sin 2,)=，设函数()f x a b =⋅，且()y f x =的图象过点(12π和点2(,2)3π-. （Ⅰ）求,m n 的值；（Ⅱ）将()y f x =的图象向左平移ϕ（0ϕπ<<）个单位后得到函数()y g x =的图象.若()y g x =的图象上各最高点到点(0,3)的距离的最小值为1，求()y g x =的单调增区间. 【思路引导】（Ⅰ）利用向量的数量积坐标运算公式代入函数式整理化简，将函数过的点(12π和点2(,2)3π-代入就可得到关于,m n 的方程，解方程求其值；（Ⅱ）利用图像平移的方法得到()y g x =的解析式，利用最高点到点(0,3)的距离的最小值为1求得ϕ角，得()2cos2g x x =，求减区间需令[]22,2x k k πππ∈+解x 的范围【典例4】【河南省信阳市2019-2020学年高三第一次教学质量检测】已知函数()()f x a b c =+，其中向量()sin ,cos a x x =-，()sin ,3cos b x x =-，()cos ,sin c x x =-，x ∈R .（Ⅰ）若()52f α=，588ππα-<<-，求cos2α的值；（Ⅱ）不等式()2f x m -<在,82x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，求实数m 的取值范围. 【思路引导】(Ⅰ)利用向量数量积公式得到()f x 后,再用二倍角公式以及两角和的正弦公式的逆用公式化成辅助角的形式,根据已知条件及同角公式解得3cos 244πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭,再将所求变成33cos 2cos 244ππαα⎡⎤⎛⎫=+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦后,利用两角差的余弦公式求得;(Ⅱ)将不等式恒成立转化为最大最小值可解得.【典例5】【陕西省宝鸡市宝鸡中学2019-2020学年高三上学期期中】已知向量()a cos x cos x ωω=-，，()b sin x x ωω=（ω＞0），且函数()f x a b =⋅的两个相邻对称中心之间的距离是4π．（1）求6f π⎛⎫⎪⎝⎭；（2）若函数()()1g x m x =+在04π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恰有两个零点，求实数m 的取值范围．【思路引导】（1）首先利用平面向量的数量积的应用求出函数的关系式，进一步把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的性质的应用求出结果．（2）利用函数的零点和方程之间的转换的应用，利用函数的定义域和值域之间的关系求出m 的范围．【典例6】【辽宁省鞍山市第一中学2019-2020学年高三上学期11月月考】已知实数0θπ≤≤，()cos ,sin a θθ=，()0,1j =，若向量b 满足()0a b j +⋅=，且0a b ⋅=. （1）若2a b -=，求b ；（2）若()()f x b x a b =+-在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上为增函数，求实数θ的取值范围.【思路引导】（1）设出b 的坐标，结合0a b ⋅=、2a b -=、()0a b j +⋅=，解方程，先求得θ的值，再求得b 的坐标. （2）利用向量模的运算、数量积的运算化简()f x 表达式，结合二次函数的性质列不等式，解不等式求得b 的取值范围.设出b 的坐标，结合()0a b j +⋅=、0a b ⋅=，解方程，用θ表示出2b ，根据b 的取值范围列不等式，解不等式求得cos θ的取值范围，进而求得θ的取值范围.【典例7】【江西省南昌市第二中学2018届高三上学期第五次月考】在平面直角坐标系xOy 中，已知向量()cos ,sin e αα=，设,(0)OA e λλ=>，向量ππcos ,sin 22OB ββ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．（1）若π6βα=-，求向量OA 与OB 的夹角；（2）若2AB OB ≥ 对任意实数,αβ都成立，求实数λ的取值范围．【思路引导】(1)由题意结合平面向量的坐标表示，结合平面向量的数量积运算法则可得1cos sin 62πθ==. 则向量OA 与OB 的夹角为3π. (2)原问题等价于2230OA OB λ-⋅-≥任意实数,αβ都成立.分离参数可得()23sin 2λαβλ-≥-任意实数,αβ都成立.结合三角函数的性质求解关于实数λ的不等式可得3λ≥.1. ．【河北省唐山市第一中学2019-2020学年高三上学期10月月考】已知向量()2cos 1,2sin a x x ωω=+，()()6cos 0b x x ωωω=>.（1）当2x k πωπ≠+，k Z ∈时，若向量()1,0c =，()3,0d =，且()()//a c b d -+，求224sin cos x x ωω-的值；（2）若函数()f x a b =⋅的图象的相邻两对称轴之间的距离为4π，当,86x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，求函数()f x 的最大值和最小值．2. 已知向量(sin ,1),(3cos ,cos 2)(0)2Am x n A x x A ==>，函数()f x m n =⋅的最大值为6. （Ⅰ）求A ；（Ⅱ）将函数()y f x =的图象向左平移12π个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍，纵坐标不变，得到函数()y g x =的图象.求()g x 在5[0,]24π上的值域. 3. 【河南省郑州市第一中学2019-2020学年高三上学期期中】已知点()2,0A ，()0,2B -，()2,0F -，设AOC α∠=，[)0,2απ∈，其中O 为坐标原点.（1）设点C 在x 轴上方，到线段AF 3AFC π∠=，求α和线段AC 的大小；（2）设点D 为线段OA 的中点，若2OC =，且点C 在第二象限内,求)3cos y DC OB BC OA α=⋅+⋅的取值范围.4. 【河北省衡水市深州市2019-2020学年高三上学期12月月考】已知向量()()2,22=+a x ωϕ，2,22⎛=- ⎝⎭b ，其中0>ω，02πϕ<<，函数()f x a b =⋅的图像过点()1,2B ，点B 与其相邻的最高点的距离为4．（1）求函数()f x 的单调递减区间；（2）计算()()()122019f f f ++⋅⋅⋅+的值． 5. 【河北省衡水中学2017届高三下学期二调考试】已知向量()()23sin ,1,cos ,cos 1m x n x x ωωω==+，设函数()f x m n b =⋅+.（1）若函数()f x 的图象关于直线6x π=对称，[]0,3ω∈，求函数()f x 的单调递增区间；（2）在（1）的条件下，当70,12x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 有且只有一个零点，求实数b 的取值范围. 6. 已知(sin ,cos ),(sin ,sin )a x x b x x ==，函数()f x a b =⋅．（1）求()f x 的对称轴方程；（2）若对任意实数[,]63x ππ∈，不等式()2f x m -<恒成立，求实数m 的取值范围．7. 【江苏省淮安市淮阴中学2019-2020学年高三期中数学试题】在如图所示的平面直角坐标系中，已知点(1,0)A 和点(1,0)B -，1OC =，且AOC=x ∠，其中O 为坐标原点．（1）若34x π=，设点D 为线段OA 上的动点，求||OC OD +的最小值；（2）若0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，向量m BC =，(1cos ,sin 2cos )n x x x =--，求m n ⋅的最小值及对应的x 值． 8. 已知向量(1,3p =，()cos ,sin q x x =. （1）若//p q ，求2sin 2cos x x -的值；（2）设函数()f x p q =⋅，将函数()f x 的图象上所有的点的横坐标缩小到原来的12（纵坐标不变），再把所得的图象向左平移3π个单位，得到函数()g x 的图象，求()g x 的单调增区间.9. 已知向量(3sin ,cos )x x =m ，(cos )x x =-n ，()f x =⋅-m n .（1）求函数()f x 的最大值及取得最大值时x 的值；（2）若方程()f x a =在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数根，求实数a 的取值范围. 10. 【黑龙江省大庆实验中学2019届高三上学期第一次月考】已知O 为坐标原点，()22cos ,1OA x =，()1,OB x a =+ ()R,R x a a ∈∈且为常数，若()•f x OA OB =. （Ⅰ）求函数()f x 的最小正周期和单调递减区间；（Ⅱ）若0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 的最小值为2，求实数a 的值.【参考答案部分】【典例1】如图，在平面直角坐标系中，已知点()2,0A 和单位圆上的两点()10B ,，34,55C ⎛⎫- ⎪⎝⎭，点P 是劣弧BC 上一点，BOC α∠=，BOP β∠=．（1）若OC OP ⊥，求()()sin sin παβ-+-的值；（2）设()f t OA tOP =+，当()f t 的最小值为1时，求OP OC ⋅的值．【思路引导】（1）根据任意角三角函数定义可求得sin ,cos αα，利用2πβα=-可求得sin cos βα=-，结合诱导公式可化简求出结果；（2）利用向量坐标表示可得到()2cos ,sin OA tOP t t ββ+=+，可求得224cos 4OA tOP t t β+=++，根据二次函数性质可求得22min44cos OA tOP β+=-，从而利用()f t 的最小值构造方程可求得2cos β，根据角的范围可求得sin β和cos β，进而根据数量积的坐标运算可求得结果.解：（1）由34,55C ⎛⎫- ⎪⎝⎭可知：4sin 5α，3cos 5α=- OC OP ⊥ 2πβα∴=-3sin sin cos 25πβαα⎛⎫∴=-=-= ⎪⎝⎭ ()()431sin sin sin sin 555παβαβ∴-+-=-=-= （2）由题意得：()cos ,sin P ββ ()2,0OA ∴=，()cos ,sin OP ββ=()2cos ,sin OA tOP t t ββ∴+=+()()22222cos sin 4cos 4OA tOP t t t t βββ∴+=++=++当2cos t β=-时，22min44cos OA tOPβ+=-()min 1f t ∴==，解得：23cos 4β=1sin 2β∴==0βα<< 6πβ∴=cos β∴= 12P ⎫∴⎪⎪⎝⎭3414525210OP OC -⎛⎫∴⋅=-⨯+⨯=⎪⎝⎭【典例2】【江苏省启东中学2020届高三上学期期初考试数学试题】在平面直角坐标系xOy 中，设向量()cos sin a αα=，，()sin cos b ββ=-，，()12c =-．（1）若a b c +=，求sin ()αβ-的值；（2）设5π6α=，0πβ<<，且()//a b c +，求β的值．【思路引导】（1）利用向量的数量积转化求解两角差的三角函数即可；（2）通过向量平行，转化求解角的大小即可．解：（1）因为()cos sin a αα=，，()sin cos b ββ=-，，()12c =-，所以1a b c ===，且()cos sin sin cos sin a b αβαβαβ⋅=-+=-.因为a b c +=，所以22a bc +=，即2221a a b b +⋅+=，所以12sin ()11αβ+-+=，即1sin ()2αβ-=-．（2）因为5π6α=，所以3122a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，．依题意，1sin cos 2b c ββ⎛⎫+=-- ⎪ ⎪⎝⎭，．因为()//a b c +，所以)()11cos sin 022ββ-+--=．化简得，11sin 22ββ-=，所以()π1sin 32β-=．因为0πβ<<，所以ππ2π333β-<-<．所以ππ36β-=，即π2β=．【典例3】【2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（山东卷】已知向量a m x (,cos 2)=，b x n (sin 2,)=，设函数()f x a b =⋅，且()y f x =的图象过点(12π和点2(,2)3π-. （Ⅰ）求,m n 的值；（Ⅱ）将()y f x =的图象向左平移ϕ（0ϕπ<<）个单位后得到函数()y g x =的图象.若()y g x =的图象上各最高点到点(0,3)的距离的最小值为1，求()y g x =的单调增区间.试题思路引导：（Ⅰ）利用向量的数量积坐标运算公式代入函数式整理化简，将函数过的点(12π和点2(,2)3π-代入就可得到关于,m n 的方程，解方程求其值；（Ⅱ）利用图像平移的方法得到()y g x =的解析式，利用最高点到点(0,3)的距离的最小值为1求得ϕ角，得()2cos2g x x =，求减区间需令[]22,2x k k πππ∈+解x 的范围试题解析：（1）由题意知．()y f x =的过图象过点(12π和2(,2)3π-，所以sincos,66{442sin cos ,33m n m n ππππ=+-=+即1,2{12,2m n n =-=-解得{1.m n == （2）由（1）知．由题意知()()2sin(22)6g x f x x πϕϕ=+=++．设()y g x =的图象上符合题意的最高点为0(,2)x ，由题意知2011x +=，所以，即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）．将其代入()y g x =得sin(2)16πϕ+=，因为0ϕπ<<，所以6πϕ=，因此()2sin(2)2cos 22g x x x π=+=．由222,k x k k πππ-+≤≤∈Z 得,2k x k k πππ-+≤≤∈Z ，所以函数()y f x =的单调递增区间为[,],2k k k Z πππ-+∈【典例4】【河南省信阳市2019-2020学年高三第一次教学质量检测】已知函数()()f x a b c =+，其中向量()sin ,cos a x x =-，()sin ,3cos b x x =-，()cos ,sin c x x =-，x ∈R .（Ⅰ）若()52f α=，588ππα-<<-，求cos2α的值；（Ⅱ）不等式()2f x m -<在,82x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，求实数m 的取值范围. 【思路引导】(Ⅰ)利用向量数量积公式得到()f x 后,再用二倍角公式以及两角和的正弦公式的逆用公式化成辅助角的形式,根据已知条件及同角公式解得3cos 244πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭,再将所求变成33cos 2cos 244ππαα⎡⎤⎛⎫=+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦后,利用两角差的余弦公式求得;(Ⅱ)将不等式恒成立转化为最大最小值可解得. 解：()()f x a b c =+()()sin ,cos sin cos ,sin 3cos x x x x x x =---222 sin2sin cos3cos1sin22cos x x x x x x =-+=-+32cos2sin2224x x xπ⎛⎫=+-=++⎪⎝⎭（Ⅰ）若()52fα=，则352242πα⎛⎫+=⎪⎝⎭，即3sin(2)44πα+=，由588ππα-<<-∴544ππα-<2<-，即3242πππα-<2+<，则3cos244πα⎛⎫+=⎪⎝⎭则333333cos2cos2cos2cos sin2sin444444ππππππαααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+++⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦142424⎛=-+=⎝⎭.（Ⅱ）∵不等式()2f x m-<在,82xππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，∴()22f x m-<-<，即()()22f x m f x-<<+在,82xππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，当,82xππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则2,4xππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，372,44xπππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，则当324xππ+=，即8xπ=时,()f x取得最大值，最大值为()max2f x=，当33242xππ+=，即38xπ=时,()f x取得最小值，最小值为()min322f xπ=+2=-则2222mm>-⎧⎪⎨<⎪⎩,得04m<<，即实数m的取值范围是(0,4-.【典例5】【陕西省宝鸡市宝鸡中学2019-2020学年高三上学期期中】已知向量()a cos x cos xωω=-，，()b sin x xωω=（ω＞0），且函数()f x a b=⋅的两个相邻对称中心之间的距离是4π．（1）求6f π⎛⎫⎪⎝⎭；（2）若函数()()1g x m x =+在04π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恰有两个零点，求实数m 的取值范围．【思路引导】（1）首先利用平面向量的数量积的应用求出函数的关系式，进一步把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的性质的应用求出结果．（2）利用函数的零点和方程之间的转换的应用，利用函数的定义域和值域之间的关系求出m 的范围．解：（1）向量()a cos x cos x ωω=-，，()b sin x x ωω=，所以()f x a b =⋅=sinωx •cosωx 2ωx)1212223sin x cos x sin x πωωω⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭．函数的两个相邻对称中心之间的距离是4π．所以函数的最小正周期为2π，由于ω＞0，所以242πωπ==，所以f （x ）＝sin （4x 3π-）．则f （6π）4632sin ππ⎛⎫=⋅--= ⎪⎝⎭sin 3π=0．（2）由于f （x ）＝sin （4x 3π-）．则()()1g x m x =+在04π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恰有两个零点，即31432m x π⎛⎫+--= ⎪⎝⎭0，即m 1432x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，由于04x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，所以24333x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，，在24333x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，时，函数的图象与y ＝m 有两个交点，最高点除外．当433x ππ-=时，m 31222=+=，当432x ππ-=时，m 12=，所以当m 122⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，函数的图象在在04π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恰有两个零点．【典例6】【辽宁省鞍山市第一中学2019-2020学年高三上学期11月月考】已知实数0θπ≤≤，()cos ,sin a θθ=，()0,1j =，若向量b 满足()0a b j +⋅=，且0a b ⋅=. （1）若2a b -=，求b ；（2）若()()f x b x a b =+-在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上为增函数，求实数θ的取值范围.【思路引导】（1）设出b 的坐标，结合0a b ⋅=、2a b -=、()0a b j +⋅=，解方程，先求得θ的值，再求得b 的坐标. （2）利用向量模的运算、数量积的运算化简()f x 表达式，结合二次函数的性质列不等式，解不等式求得b 的取值范围.设出b 的坐标，结合()0a b j +⋅=、0a b ⋅=，解方程，用θ表示出2b ，根据b 的取值范围列不等式，解不等式求得cos θ的取值范围，进而求得θ的取值范围. 解：（1）设()00,b x y =，则()00cos ,sin b x a y θθ=+++，∵0a b ⋅=，由2a b -=得()24a b -=，得2224a a b b -⋅+=，得2104b -+=，得3b =，∵()0a b j +⋅=，∴0sin 0y θ+=，∴0sin y θ=-，∵0a b ⋅=，∴00cos sin 0x y θθ+=，∴20sin cos x θθ=，∴()22222002sin 3sin cos x y b θθθ⎛⎫=+=⇒+- ⎪⎝⎭3tan θ=⇒= ∵[]0,θπ∈，∴3πθ=，或23πθ=，∴当3πθ=时，032x =，0y = 当23πθ=时，032x =-，02y =-，所以3,22b ⎛=-⎝⎭或3,22b ⎛=-- ⎝⎭.（2）()()()1f x b x a b xa x b =+-=+-()()2222121a x b x x a b =+-+-⋅()2222212b b x bx b ==+-+，∵()f x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上为增函数，所以对称轴()2221221b b--≤+，即1b ≤，设()00,b x y =，则()00cos ,sin b x a y θθ=+++，又∵()0a b j +⋅=，且0a b ⋅=，∴0sin y θ=-，20sin cos x θθ=. ∴22222020sin sin 1cos x b y θθθ⎛⎫=+=+≤ ⎪⎝⎭，即22sin cos θθ≤，21cos 2θ≥， ∴21,22cos θ⎤⎡∈--⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎦，∴30,,44ππθπ⎡⎤⎡⎤∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦. 【典例7】【江西省南昌市第二中学2018届高三上学期第五次月考】在平面直角坐标系xOy 中，已知向量()cos ,sin e αα=，设,(0)OA e λλ=>，向量ππcos ,sin 22OB ββ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．（1）若π6βα=-，求向量OA 与OB 的夹角；（2）若2AB OB ≥ 对任意实数,αβ都成立，求实数λ的取值范围．【思路引导】(1)由题意结合平面向量的坐标表示，结合平面向量的数量积运算法则可得1cos sin62πθ==. 则向量OA 与OB 的夹角为3π. (2)原问题等价于2230OA OB λ-⋅-≥任意实数,αβ都成立.分离参数可得()23sin 2λαβλ-≥-任意实数,αβ都成立.结合三角函数的性质求解关于实数λ的不等式可得3λ≥.解析：（1）由题意， ()cos ,sin (0)OA λαλαλ=>， ()sin ,cos OB ββ=-，所以 OA λ=， 1OB =，设向量OA 与OB 的夹角为θ, 所以()()cos sin sin cos cos sin 1OA OB OA OBλαβλαβθαβλ-+⋅===-⋅⋅.因为6πβα=-，即6παβ-=，所以1cos sin62πθ==.又因为[]0,θπ∈，所以3πθ=,即向量OA 与OB 的夹角为3π.（2）因为2AB OB ≥对任意实数,αβ都成立，而1OB =, 所以24AB ≥，即()24OB OA-≥任意实数,αβ都成立. .因为OA λ=，所以2230OA OB λ-⋅-≥任意实数,αβ都成立. 所以()22sin 30λλαβ---≥任意实数,αβ都成立.因为0λ>，所以()23sin 2λαβλ-≥-任意实数,αβ都成立.所以2312λλ-≥，即2230λλ--≥，又因为0λ>，所以3λ≥1. ．【河北省唐山市第一中学2019-2020学年高三上学期10月月考】已知向量()2cos 1,2sin a x x ωω=+，()()6cos 0b x x ωωω=->.（1）当2x k πωπ≠+，k Z ∈时，若向量()1,0c =，()3,0d =，且()()//a c b d -+，求224sin cos x x ωω-的值；（2）若函数()f x a b =⋅的图象的相邻两对称轴之间的距离为4π，当,86x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，求函数()f x 的最大值和最小值．【思路引导】（1）先将a c -和b d +用坐标形式表示出来，然后根据向量平行对应的坐标表示得到tan x ω的值，然后利用22sin cos 1x x ωω+=将224sin cos x x ωω-进行变形即可求值；（2）计算并化简()f x ，根据相邻两对称轴之间的距离为4π求解出ω的值，然后根据x 范围即可求解出()f x 的最大值和最小值.解：（1）因为()2cos ,2sin a c x x ωω-=，()6cos ,cos b d x x ωω+=，又因为()()//a cb d -+，2cos x x x ωωω=，又因为()2xk k Z πωπ≠+∈，所以tan x ω=，所以22222222114sin cos 4tan 1834sin cos 1sin cos tan 113112x x x x x x x x ωωωωωωωω----====-+++；（2）()())2cos 112sin cos f x a b ωx ωx ωx ωx =⋅=+-+)22cos 1sin 2sin 222sin 23x x x x x πωωωωω⎛⎫=-+==+ ⎪⎝⎭，因为相邻两对称轴之间的距离为4π，所以242T ππ=⨯=，所以224Tπω==，所以2ω=，所以()2sin 43πf x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭，因为,86x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，所以4,36ππx π⎛⎫⎡⎤+∈- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，所以()max 2sin22f x π==，此时24x π=，()min 2sin 16f x π⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，此时8x π=-. 2. 已知向量(sin ,1),(3cos ,cos 2)(0)2Am x n A x x A ==>，函数()f x m n =⋅的最大值为6. （Ⅰ）求A ；（Ⅱ）将函数()y f x =的图象向左平移12π个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍，纵坐标不变，得到函数()y g x =的图象.求()g x 在5[0,]24π上的值域. 【解析】（Ⅰ）()(sin ,1)cos ,cos 2)sin 2.26A f x m n x x x A x π⎛⎫=⋅=⋅=+ ⎪⎝⎭ 因为()f x m n =⋅的最大值为6，所以 6.A = （Ⅱ）将函数()y f x =的图象向左平移12π个单位，得到()6sin 26sin 2.1263t x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍，纵坐标不变，得到()6sin 4.3g x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭因为5[0,],24x π∈所以74,336x πππ≤+≤ ()6sin 43g x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的最小值为76sin 3,6π⨯=-最大值为6sin 6,2π⨯=所以()g x 在5[0,]24π上的值域为[]3,6.- 3. 【河南省郑州市第一中学2019-2020学年高三上学期期中】已知点()2,0A ，()0,2B -，()2,0F -，设AOC α∠=，[)0,2απ∈，其中O 为坐标原点.（1）设点C 在x 轴上方，到线段AF 3AFC π∠=，求α和线段AC 的大小；（2）设点D 为线段OA 的中点，若2OC =，且点C 在第二象限内,求)3cos y DC OB BC OA α=⋅+⋅的取值范围. 【思路引导】（1）过点C 作AF 的垂线，垂足为点E ，可得出CE =2CF =，可得出OCF ∆为等边三角形，可求出α的值，然后在ACF ∆中利用余弦定理求出AC ；（2）由题中条件求出DC 、OB 、OA 的坐标，化简)cos y OB BC OA α=⋅+⋅的解析式为4cos 223y πα⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，再根据α的取值范围，结合余弦函数的定义域与基本性质可求出y 的取值范围.解：（1）过C 作AF 的垂线，垂足为E ，则CE =在直角三角形FCE 中，2sin CEFC CFE==∠，又2OF =，3OFC π∠=，所以OFC ∆为正三角形.所以3FOC π∠=，从而23FOC παπ=-∠=.在AFC ∆中，AC ==；（2）()2,0A ，点D 为线段OA 的中点，()1,0D ∴，2OC =且点C 在第二象限内，()2cos ,2sin C αα∴，,2παπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，从而()2cos 1,2sin DC αα=-，()2cos ,2sin 2BC αα=+，()2,0OA =，()0,2OB =-，则)2cos cos 4cos y OB BC OA αααα=⋅+⋅=-+()221cos 24cos 223πααα⎛⎫=-++=++ ⎪⎝⎭，因为,2παπ⎛⎫∈⎪⎝⎭，所以472,333πππα⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，从而1cos 2123πα⎛⎫-<+≤ ⎪⎝⎭， 04cos 2263πα⎛⎫∴<++≤ ⎪⎝⎭，因此，)cos y OB BC OA α=⋅+⋅的取值范围为(]0,6.4. 【河北省衡水市深州市2019-2020学年高三上学期12月月考】已知向量()()2,22=+a x ωϕ，2,⎛= ⎝⎭b ，其中0>ω，02πϕ<<，函数()f x a b =⋅的图像过点()1,2B ，点B 与其相邻的最高点的距离为4．（1）求函数()f x 的单调递减区间；（2）计算()()()122019f f f ++⋅⋅⋅+的值．【思路引导】（1）先求出()1cos2()f x x ωϕ=-+，则()1,2B 为函数()f x 的图象的一个最高点，又点B 与其相邻的最高点的距离为4，所以242πω=，可得4πω=，再将点()1,2B 代入求出4πϕ=即可求出()1sin 2f x x π=+，最后令322222k x k πππππ+≤≤+解之即可求出函数()f x 的单调递减区间；（2）根据函数()f x 的最小正周期4，则()()()()()()()()()()1220195041234123f f f f f f f f f f ++⋅⋅⋅+=++++++⎡⎤⎣⎦求出()1f 、()2f 、()3f 、()4f 的值代入计算即可.解：（1）因为()()2,22=+a x ωϕ，2,22⎛=- ⎝⎭b()22()1cos 2()22∴=⋅=⋅-+=-+f x a b x x ωϕωϕ ()max 2∴=f x ，则点()1,2B 为函数()f x 的图象的一个最高点．点B 与其相邻的最高点的距离为4，242∴=πω，得4πω=．函数()f x 的图象过点()1,2B ，1cos 222⎛⎫∴-+=⎪⎝⎭πϕ即sin 21=ϕ. 02πϕ<<，4πϕ∴=．()1cos 21sin 442⎛⎫∴=-+=+ ⎪⎝⎭f x x x πππ，由322222k x k πππππ+≤≤+，得4143k x k +≤≤+，k Z ∈．()f x ∴的单调递减区间是[]41,43++k k ，k Z ∈．（2）由（1）知，()1sin2=+f x x π，()f x ∴是周期为4的周期函数，且()12f =，()21f =，()30f =，()41f =()()()()12344∴+++=f f f f而201945043=⨯+，()()()12201945042102019∴++⋅⋅⋅+=⨯+++=f f f5. 【河北省衡水中学2017届高三下学期二调考试】已知向量()()23sin ,1,cos ,cos 1m x n x x ωωω==+，设函数()f x m n b =⋅+.（1）若函数()f x 的图象关于直线6x π=对称，[]0,3ω∈，求函数()f x 的单调递增区间；（2）在（1）的条件下，当70,12x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 有且只有一个零点，求实数b 的取值范围. 思路引导：（1）根据平面向量数量积运算求解出函数()•f x m n b =+，利用函数()f x 的图象关于直线6x π=对称，且[]0,3ω∈可得1ω=，结合三角函数的性质可得其单调区间；（2）当70,12x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，求出函数()f x 的单调性，函数()f x 有且只有一个零点，利用其单调性求解求实数b 的取值范围. 试题解析：解：向量()3sin ,1m x ω=， ()cos ,cos21n x x ωω=+，()2•3sin cos cos 1f x m n b x x x b ωωω=+=+++133cos2sin 222262x x b x b πωωω⎛⎫=+++=+++ ⎪⎝⎭ （1）∵函数()f x 图象关于直线6x π=对称，∴()2?662k k Z πππωπ+=+∈，解得： ()31k k Z ω=+∈，∵[]0,3ω∈，∴1ω=，∴()3sin 262f x x b π⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭，由222262k x k πππππ-≤+≤+，解得： ()36k x k k Z ππππ-≤≤+∈，所以函数()f x 的单调增区间为(),36k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦．（2）由（1）知()3sin 262f x x b π⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭，∵70,12x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， ∴42,663x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦， ∴2,662x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，即0,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 单调递增； 42,663x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，即7,612x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 单调递减．又()03f f π⎛⎫=⎪⎝⎭， ∴当70312f f ππ⎛⎫⎛⎫>≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭或06f π⎛⎫= ⎪⎝⎭时函数()f x 有且只有一个零点．即435sinsin326b ππ≤--<或3102b ++=，所以满足条件的52b ⎛⎧⎫∈-⋃- ⎨⎬ ⎩⎭⎝⎦． 6. 已知(sin ,cos ),(sin ,sin )a x x b x x ==，函数()f x a b =⋅．（1）求()f x 的对称轴方程；（2）若对任意实数[,]63x ππ∈，不等式()2f x m -<恒成立，求实数m 的取值范围．【思路引导】（I ）利用平面向量数量积的坐标表示、二倍角公式以及两角和与差的正弦公式将函数()f x 化为12242x π⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，利用242x k k Z πππ-=+∈，可得对称轴方程；（II ）原不等式化为sin 24x π⎛⎫-≥⎪⎝⎭，利用3222444k x k k Z πππππ+≤-≤+∈，可得结果；（Ⅲ）2f x m -（）＜恒成立，等价于2max m f x -＞（），利用63x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，求得5212412x πππ≤-≤，可得max f x （），从而可得结果.【详解】（I ）()21cos21sin sin cosx sin222x f x a b x x x -=⋅=+⋅=+ 1sin 2242x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，令242x k k Z πππ-=+∈，，解得328k x k Z ππ=+∈，． ∴f x （）的对称轴方程为328k x k Z ππ=+∈，．（II ）由1f x （）≥得121242x π⎛⎫-+≥ ⎪⎝⎭，即sin 242x π⎛⎫-≥⎪⎝⎭， ∴3222444k x k k Z πππππ+≤-≤+∈，．故x 的取值集合为42xk x k k Z ππππ⎧⎫+≤≤+∈⎨⎬⎩⎭，．（Ⅲ）∵63x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，∴5212412x πππ≤-≤，又∵sin y x =在02π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上是增函数，∴5sin sin 212412x sin πππ⎛⎫≤-≤ ⎪⎝⎭，又5sinsin 12644πππ⎛⎫=+=⎪⎝⎭，∴()f x 在63x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，时的最大值是()122max f x =+=，∵2f x m -（）＜恒成立，∴2max m f x -＞（），即54m >，∴实数m 的取值范围是⎫+∞⎪⎪⎝⎭．7. 【江苏省淮安市淮阴中学2019-2020学年高三期中数学试题】在如图所示的平面直角坐标系中，已知点(1,0)A 和点(1,0)B -，1OC =，且AOC=x ∠，其中O 为坐标原点．（1）若34x π=，设点D 为线段OA 上的动点，求||OC OD +的最小值；（2）若0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，向量m BC =，(1cos ,sin 2cos )n x x x =--，求m n ⋅的最小值及对应的x 值．【思路引导】（1）设D （t ，0）（0≤t ≤1），利用二次函数的性质求得它的最小值．（2）由题意得⋅=m n 1sin （2x 4π+），再利用正弦函数的定义域和值域求出它的最小值．解：（I ）设(,0)(01)D t t ≤≤，又22C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭所以22OC OD t ⎛+=-+ ⎝⎭所以22211||122OC OD t t +=++=-+ 21(01)22t t ⎛⎫=-+≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭所以当2t =时，||OC OD +最小值为2．（II ）由题意得(cos ,sin )C x x ，(cos 1,sin )m BC x x ==+ 则221cos sin 2sin cos 1cos2sin 2m n x x x x x x ⋅=-+-=--124x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭因为0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以52444x πππ≤+≤ 所以当242x ππ+=时，即8x π=时，sin 24x π⎛⎫+⎪⎝⎭取得最大值1所以8x π=时，1224m n x π⎛⎫⋅=-+ ⎪⎝⎭取得最小值1所以m n ⋅的最小值为1，此时8x π=8. 已知向量(1,3p =，()cos ,sin q x x =. （1）若//p q ，求2sin 2cos x x -的值；（2）设函数()f x p q =⋅，将函数()f x 的图象上所有的点的横坐标缩小到原来的12（纵坐标不变），再把所得的图象向左平移3π个单位，得到函数()g x 的图象，求()g x 的单调增区间. 【思路引导】（1）由//p q ，可得出tan x =2sin 2cos x x -的值；（2）利用平面向量数量积的坐标运算以及辅助角公式可得出()2sin 6f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，利用三角函数图象变换规律得出()52sin 26g x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，然后解不等式()5222262k x k k Z πππππ-+≤+≤+∈，可得出函数()y g x =的单调递增区间. 解：（1）(1,3p =，()cos ,sin q x x =，且//p q ，sin x x ∴=，则tan x =222222sin cos cos 2tan 1sin 2cos sin cos tan 1x x x x x x x x x --∴-===++；（2）()cos 2sin 6f x p q x x x π⎛⎫=⋅=+=+ ⎪⎝⎭，由题意可得()52sin 22sin 2366g x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，由()5222262k x k k Z πππππ-+≤+≤+∈，得()236k x k k Z ππππ-+≤≤-+∈. ∴函数()y g x =的单调递增区间为()2,36k k k Z ππππ⎡⎤-+-+∈⎢⎥⎣⎦.9. 已知向量(3sin ,cos )x x =m ，(cos )x x =-n ，()f x =⋅m n . （1）求函数()f x 的最大值及取得最大值时x 的值；（2）若方程()f x a =在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数根，求实数a 的取值范围. 【思路引导】（1）先通过数量积求出5()26f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，再根据三角函数即可求出最大值．（2）方程()f x a =在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数根表示()f x a =与y 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的交点，画出()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦的图像易得a 的取值范围．【详解】（1）23()3sin cos sin 22f x x x x x =⋅=-=-+m n35cos 2)sin 22222226x x x x π⎛⎫+-=-+=+ ⎪⎝⎭.当52262x k πππ+=+，即6x k ππ=-，k ∈Z 时，函数f （x（2）由于0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，55112,666x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦.而函数()g x x =在区间53,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，在区间311,26ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增.又11362g g ππ⎛⎫⎛⎫==⎪⎪⎝⎭⎝⎭56g π⎛⎫=⎪⎝⎭结合图象（如图），所以方程()f x a =在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数根时，a ⎛∈ ⎝⎦.故实数a 的取值范围为⎛ ⎝⎦. 10. 【黑龙江省大庆实验中学2019届高三上学期第一次月考】已知O 为坐标原点，()22cos ,1OA x =，()1,OB x a =+ ()R,R x a a ∈∈且为常数，若()•f x OA OB =. （Ⅰ）求函数()f x 的最小正周期和单调递减区间；（Ⅱ）若0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 的最小值为2，求实数a 的值. 【思路引导】（1）通过向量的数量积，把OA ，OB 的坐标，代入函数解析式，利用向量积的运算求得函数解析式，进而得到函数()f x 的最小正周期和单调递减区间；（2）通过x ∈[0，2π]，求出相位的范围，然后求出函数的最大值，利用最大值为2，直接求得a ．解：(1)由题意()()22cos ,1,1,3sin2(,,OA x OB x a x R a R a ==-∈∈是常数）所以()22cos cos212sin 216f x x x a x x a x a π⎛⎫=++=+++=+++ ⎪⎝⎭， ∴()f x 的最小正周期为22ππ=，令3222,262k x k k Z πππππ+≤+≤+∈，得2,63k x k k Z ππππ+≤≤+∈，所以()f x 的单调递减区间为2,,63k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦. （2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，72,666x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦， ∴当7266x ππ+=，即2x π=时，()f x 有最小值a ,所以2a = .。

2020版高考数学二轮复习教程第二编专题二三角函数、解三角形与平面向量第1讲三角函数的图象与性质练习

第1讲三角函数的图象与性质「考情研析」1。

以图象为载体，考查三角函数的最值、单调性、对称性、周期性．2。

考查三角函数式的化简、三角函数的图象和性质、角的求值，重点考查分析、处理问题的能力，是高考的必考点。

核心知识回顾1.同角关系式与诱导公式（1）同角三角函数的基本关系：错误!sin2α＋cos2α＝1，错误!错误!＝tanα。

（2）诱导公式：在错误!＋α，k∈Z的诱导公式中“错误!奇变偶不变,符号看象限"．2．三种三角函数的性质3．函数y＝sin x的图象经变换得到y＝A sin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象的步骤热点考向探究考向1 同角三角关系式、诱导公式例1 (1）(2019·临川第一中学等九校高三3月联考）已知α∈(0，π），且cosα＝－错误!,则sin错误!tan（π＋α)＝（）A．－错误!B．错误!C．－错误!D．错误!答案D解析sin错误!tan（π＋α)＝cosαtanα＝sinα,因为α∈（0,π），且cosα＝－错误!，所以sinα＝1－cos2α＝错误!＝错误!.故选D。

（2)已知sinα－cosα＝错误!，α∈（0，π），则tanα＝（)A．－1 B．－错误!C．错误!D．1答案A解析因为sinα－cosα＝错误!，所以(sinα－cosα）2＝2，所以sin2α＝－1.因为α∈（0,π），2α∈(0，2π)，所以2α＝错误!，即α＝错误!,故tanα＝－1。

（3）已知α为锐角，且有2tan（π－α)－3cos错误!＋5＝0，tan(π＋α)＋6sin(π＋β)－1＝0，则sinα＝( )A.错误!B．错误!C．错误!D．－错误!答案C解析由已知可得,－2tanα＋3sinβ＋5＝0，①tanα－6sinβ－1＝0, ②①×2＋②得tanα＝3。

∵α为锐角，∴sinα＝错误!.故选C。

（1）利用诱导公式化简求值时，先利用公式化任意角的三角函数为锐角三角函数，其步骤:去负—脱周—化锐，特别注意函数名称和符号的确定．(2）应用公式时注意方程思想的应用:对于sinα＋cosα，sinαcosα，sinα－cosα这三个式子，利用（sinα±cosα）2＝1±2sinαcosα,可以知一求二．（3)关于sinα,cosα的齐次式，往往转化为关于tanα的式子求解．1．(2019·内江市高三第三次模拟）已知α∈错误!，sinα＝错误!，则tan错误!＝( ）A．7 B．错误!C．－7 D．－错误!答案D解析∵α∈错误!，sinα＝错误!，∴cosα＝－错误!，∴tanα＝－错误!。

名师讲坛高考数学二轮专题复习课件：专题一三角函数和平面向量(2讲72张PPT)

则A－B＝π2，所以tanA－2 B＝tan π4＝1.
在平面直角坐标系xOy中，已知向量a＝(cos α，sin α)，b＝(－sin β，
cos β)，c＝－12， 23.
(1) 若|a＋b|＝|c|，求sin(α－β)的值；【解答】因为a＝(cos α，sin α)， b＝(－sin β，cos β)，c＝－12， 23，所以|a|＝|b|＝|c|＝1，且a·b＝－cos αsin β＋sin αcos β＝sin(α－β)．因为|a＋b|＝|c|，所以|a＋b|2＝c2，
(x)＝sin
ωx(ω>0)在区间π3，π2上单调递减，则ω的取值范围是
【解析】
令
π2 ＋2kπ≤ωx≤
3π 2
＋2kπ(k∈Z)，得
π 2ω
＋ 2ωkπ
≤x≤
23ωπ ＋
2kπ ω
.因为f
(x)在
π3，π2上单调递减，所以2π2πω≤＋23ωπ2ωk＋π≤2ωkπ3π，，
y＝tan x的定义域为x|x≠kπ＋π2，k∈Z
【解析】由题知2x－
π 3
≠kπ＋
π 2
，k∈Z，解得x≠
kπ 2
＋
5π 12
，k∈Z，故其定义域为
x|x≠k2π＋51π2，k∈Z.
2.
(必修4 π
P39练习2改编)要得到y＝cos
2x的图象，只要将y＝sin2x＋π4的图象向左
目标2 三角函数的图象与性质 (1) 如图，若某地一天从6～14时的温度变化曲线近似满足函数y＝Asin(ωx＋
φ)＋b(A＞0，ω＞0,0＜φ＜π)，则这段曲线的函数解析式为
_y_＝__1_0_s_in__π8_x_＋__34_π_＋__2_0_，__x_∈__[_6_,1_4_]__．

2020浙江高考数学二轮讲义：专题二第1讲三角函数的图象与性质 Word版含解析

第1讲三角函数的图象与性质三角函数的定义、诱导公式及基本关系[核心提炼]1．三角函数：设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P (x ，y )，则sin α＝y ，cosα＝x ，tan α＝yx .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．同角关系：sin 2α＋cos 2α＝1，sin αcos α＝tan α.3．诱导公式：在k π2＋α，k ∈Z 的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”．[典型例题](1)(2019·湖州市高三期末)点P 从点A (1，0)出发，沿单位圆x 2＋y 2＝1逆时针方向运动2π3弧长到达点Q ，则点Q 的坐标是( )A.⎝⎛⎭⎫－12，32B.⎝⎛⎭⎫32，12C.⎝⎛⎭⎫－12，－32D.⎝⎛⎭⎫－32，12 (2)(2019·长春一模)已知α为锐角，且2tan(π－α)－3cos ⎝⎛⎭⎫π2＋β＋5＝0，tan(π＋α)＋6sin(π＋β)＝1，则sin β的值为________．(3)(2018·高考浙江卷)已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点P ⎝⎛⎭⎫－35，－45. ①求sin ()α＋π的值；②若角β满足sin(α＋β)＝513，求cos β的值．【解】 (1)选A.点P 从(1，0)出发，沿单位圆逆时针方向运动2π3弧长到达Q 点，所以∠QOx＝2π3，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2π3，sin 2π3，即Q 点的坐标为⎝⎛⎭⎫－12，32.故选A.(2)2tan(π－α)－3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋β＋5＝0化简为－2tan α＋3sin β＋5＝0，tan(π＋α)＋6sin(π＋β)＝1化简为tan α－6sin β＝1，因而sin β＝13.故填13.(3)①由角α的终边过点P ⎝⎛⎭⎫－35，－45得sin α＝－45，所以sin(α＋π)＝－sin α＝45.②由角α的终边过点P ⎝⎛⎭⎫－35，－45得cos α＝－35，由sin(α＋β)＝513得cos(α＋β)＝±1213.由β＝(α＋β)－α得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，所以cos β＝－5665或cos β＝1665.应用三角函数的概念和诱导公式的注意事项(1)当角的终边所在的位置不是唯一确定的时候要注意分情况解决，机械地使用三角函数的定义就会出现错误．(2)应用诱导公式与同角关系开方运算时，一定注意三角函数的符号；利用同角三角函数的关系化简要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等．[对点训练]1．已知角α的顶点与原点重合，始边与x 轴的正半轴重合，终边上一点P (－4，3)，则cos ⎝⎛⎭⎫π2＋αsin （－π－α）cos⎝⎛⎭⎫11π2－αsin ⎝⎛⎭⎫9π2＋α的值为________．解析：原式＝－sin α·sin α－sin α·cos α＝tan α.根据三角函数的定义，得tan α＝y x ＝－34，所以原式＝－34.答案：－342．已知θ是第四象限角，且sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝35，则tan ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝________．解析：法一：因为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝35，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝sin ⎣⎢⎡π2＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝35，因为θ为第四象限角，所以－π2＋2k π＜θ＜2k π，k ∈Z ，所以－3π4＋2k π＜θ－π4＜2k π－π4，k ∈Z ，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝－1－⎝⎛⎭⎫352＝－45，所以tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝－43.法二：因为θ是第四象限角，且sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝35，所以θ＋π4为第一象限角，所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝45，所以tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝－43. 答案：－43三角函数的图象及应用[核心提炼]函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象 (1)“五点法”作图设z ＝ωx ＋φ，令z ＝0，π2，π，3π2，2π，求出x 的值与相应的y 的值，描点、连线可得．(2)图象变换y ＝sin x ――――――――――――――→向左（φ＞0）或向右（φ＜0）平移|φ|个单位y ＝sin(x ＋φ)―――――――――――――→横坐标变为原来的1ω（ω＞0）倍纵坐标不变y ＝sin(ωx ＋φ)――――――――――――――――――→纵坐标变为原来的A （A ＞0）倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)． [典型例题](1)函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的部分图象如图所示，则( )A ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6B ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3C ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6D ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3(2)(2019·温州瑞安七中高考模拟)函数y ＝sin(2x ＋φ)的图象沿x 轴向左平移π8个单位后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能的值为( )A.3π4B.π4 C ．0 D ．－π4(3)(2019·浙江五校联考数学模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2sin x ，x ∈[0，π]|cos x |，x ∈（π，2π]，若函数g (x )＝f (x )－m 在[0，2π]内恰有4个不同的零点，则实数m 的取值范围是( )A ．(0，1)B ．[1，2]C ．(0，1]D ．(1，2)【解析】 (1)由题图易知A ＝2，因为周期T 满足T 2＝π3－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，所以T ＝π，ω＝2πT ＝2.由x ＝π3时，y ＝2可知2×π3＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z )，所以φ＝－π6＋2k π(k ∈Z )，结合选项可知函数解析式为y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6.(2)令y ＝f (x )＝sin(2x ＋φ)，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π8＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π8＋φ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋φ，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π8为偶函数，所以π4＋φ＝k π＋π2，所以φ＝k π＋π4，k ∈Z ，所以当k ＝0时，φ＝π4.故φ的一个可能的值为π4.故选B.(3)画出函数f (x )在[0，2π]的图象，如图所示：若函数g (x )＝f (x )－m 在[0，2π]内恰有4个不同的零点，即y ＝f (x )和y ＝m 在[0，2π]内恰有4个不同的交点，结合图象，知0＜m ＜1. 【答案】 (1)A (2)B (3)A解决三角函数图象问题的方法及注意事项(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；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置．(2)在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换，变换只是相对于其中的自变量x 而言的，如果x 的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向．[对点训练]1．(2019·兰州市诊断考试)函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示，若x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫－π6，π3，且f (x 1)＝f (x 2)，则f (x 1＋x 2)＝( )A.12B.22C.32D ．1解析：选C.由图知，T 2＝π2，即T ＝π，则ω＝2，所以f (x )＝sin(2x ＋φ)，因为点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0在函数f (x )的图象上，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π3＋φ＝0，即2π3＋φ＝k π，k ∈Z ，又|φ|<π2，所以φ＝π3，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，因为x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3，且f (x 1)＝f (x 2)，所以x 1＋x 22＝π12，所以x 1＋x 2＝π6，所以f (x 1＋x 2)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋π3＝32.2．已知曲线C 1：y ＝cos x ，C 2：y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3，则下面结论正确的是( ) A ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2B ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2C ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2D ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2解析：选D.易知C 1：y ＝cos x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2，把曲线C 1上的各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，得到函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π2的图象，再把所得函数的图象向左平移π12个单位长度，可得函数y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＋π2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3的图象，即曲线C 2，故选D.三角函数的性质 [核心提炼]1．三角函数的单调区间y ＝sin x 的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z )，单调递减区间是⎣⎡⎦⎤2k π＋π2，2k π＋3π2(k ∈Z )；y ＝cos x 的单调递增区间是[2k π－π，2k π](k ∈Z )，单调递减区间是[2k π，2k π＋π](k ∈Z )；y ＝tan x 的递增区间是⎝⎛⎭⎫k π－π2，k π＋π2(k ∈Z )．2．y ＝A sin(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )求得．y ＝A cos(ωx ＋φ)，当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )求得． y ＝A tan(ωx ＋φ)，当φ＝k π2(k ∈Z )时为奇函数．[典型例题]已知函数f (x )＝sin 2x －cos 2x －23sin x cos x (x ∈R )． (1)求f ⎝⎛⎭⎫2π3的值；(2)求f (x )的最小正周期及单调递增区间．【解】 (1)由sin 2π3＝32，cos 2π3＝－12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝⎝⎛⎭⎫322－⎝⎛⎭⎫－122－23×32×⎝⎛⎭⎫－12，得f ⎝⎛⎭⎪⎫2π3＝2. (2)由cos 2x ＝cos 2x －sin 2x 与sin 2x ＝2sin x ·cos x 得 f (x )＝－cos 2x －3sin 2x ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.所以f (x )的最小正周期是π. 由正弦函数的性质得π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z ，解得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z ，所以，f (x )的单调递增区间是 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z )．三角函数的单调性、周期性及最值的求法(1)三角函数单调性的求法求形如y ＝A sin(ωx ＋φ)(或y ＝A cos(ωx ＋φ))(A 、ω、φ为常数，A ≠0，ω＞0)的单调区间的一般思路是令ωx ＋φ＝z ，则y ＝A sin z (或y ＝A cos z )，然后由复合函数的单调性求解．(2)三角函数周期性的求法函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(或y ＝A cos(ωx ＋φ))的最小正周期T ＝2π|ω|.应特别注意y ＝|A sin(ωx ＋φ)|的最小正周期为T ＝π|ω|.(3)三角函数最值(或值域)的求法在求最值(或值域)时，一般要先确定函数的定义域，然后结合三角函数性质可得函数f (x )的最值．[对点训练]1．(2019·杭州市高三期末检测)设A ，B 是函数f (x )＝sin|ωx |与y ＝－1的图象的相邻两个交点，若|AB |min ＝2π，则正实数ω＝( )A.12B ．1 C.32D ．2解析：选B.函数f (x )＝sin|ωx |＝⎩⎪⎨⎪⎧sin ωx ，x ≥0－sin ωx ，x ＜0，ω为正数，所以f (x )的最小值是－1，如图所示：设A ，B 是函数f (x )＝sin|ωx |与y ＝－1的图象的相邻两个交点，且|AB |min ＝T ＝2πω＝2π，解得ω＝1.故选B.2．(2019·台州调研)设函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx －π6(ω>0)．若f (x )≤f ⎝⎛⎭⎫π4对任意的实数x 都成立，则ω的最小值为________．解析：由于对任意的实数x 都有f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4成立，故当x ＝π4时，函数f (x )有最大值，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝1，πω4－π6＝2k π(k ∈Z )，所以ω＝8k ＋23(k ∈Z )，又ω>0，所以ωmin ＝23.答案：233．(2019·高考浙江卷)设函数f (x )＝sin x ，x ∈R .(1)已知θ∈[0，2π)，函数f (x ＋θ)是偶函数，求θ的值； (2)求函数y ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫x ＋π122＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫x ＋π42的值域．解：(1)因为f (x ＋θ)＝sin(x ＋θ)是偶函数，所以对任意实数x 都有 sin(x ＋θ)＝sin(－x ＋θ)，即sin x cos θ＋cos x sin θ＝－sin x cos θ＋cos x sin θ，故2sin x cos θ＝0，所以cos θ＝0.又θ∈[0，2π)，因此θ＝π2或3π2.(2)y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π122＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π42＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＋sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π62＋1－cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π22＝1－12⎝⎛⎭⎫32cos 2x －32sin 2x＝1－32cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3. 因此，函数的值域是⎣⎡⎦⎤1－32，1＋32.三角函数与其他知识的交汇[核心提炼]三角函数的图象与性质是高考考查的重点，近年来，三角函数与其他知识交汇命题成为高考的热点，由原来三角函数与平面向量的交汇渗透到三角函数与函数的零点、数列、不等式、复数、方程等知识的交汇．[典型例题](1)(2019·台州市高考一模)已知θ∈[0，π)，若对任意的x ∈[－1，0]，不等式x 2cosθ＋(x ＋1)2sin θ＋x 2＋x ＞0恒成立，则实数θ的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫π12，5π12B.⎝⎛⎭⎫π6，π4C.⎝⎛⎭⎫π4，3π4D.⎝⎛⎭⎫π6，5π6(2)(2019·浙江“七彩阳光”联盟高三联考)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω＞0，|φ|＜π2的图象过点⎝⎛⎭⎫0，32，若f (x )≤f ⎝⎛⎭⎫π6对x ∈R 恒成立，则ω的值为________；当ω最小时，函数g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x －π3－22在区间[0，22]的零点个数为________．【解析】 (1)设f (x )＝x 2cos θ＋(x ＋1)2sin θ＋x 2＋x ＝(1＋sin θ＋cos θ)x 2＋(2sin θ＋1)x ＋sin θ，因为θ∈[0，π)，所以1＋cos θ＋sin θ≠0，且其对称轴为x＝－2sin θ＋12（1＋sin θ＋cos θ）.因为f(x)在[－1，0]的最小值为f(0)或f(1)或f⎝⎛⎭⎪⎫－2sin θ＋12（1＋sin θ＋cos θ），所以⎩⎪⎨⎪⎧f（－1）＞0f（0）＞0f⎝⎛⎭⎪⎫－2sin θ＋12（1＋sin θ＋cos θ）＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧cos θ＞0sin θ＞0sin 2θ＞12，所以⎩⎪⎨⎪⎧0＜θ＜π20＜θ＜ππ12＜θ＜5π12.所以π12＜θ＜5π12.(2)由题意得φ＝π3，且当x＝π6时，函数f(x)取到最大值，故π6ω＋π3＝π2＋2kπ，k∈Z，解得ω＝1＋12k，k∈N，又因为ω＞0，所以ω的最小值为1，因此，g(x)＝f⎝⎛⎭⎪⎫x－π3－22＝sin x－22的零点个数是8个．【答案】(1)A(2)1＋12k(k∈N)8解决三角函数与其他知识的交汇问题，可利用数形结合思想．利用“数形结合”思想还可以解决以下问题：(1)讨论含有参数的方程的解的个数问题．(2)求三角函数解析式中含有参数的最值问题．(3)求一些特殊函数的周期．(4)利用三角函数图象对实际问题作出分析等．[对点训练]1．(2019·湖州市高三期末考试)若α，β∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2，且αsinα－βsin β＞0，则必有()A．α2＜β2B．α2＞β2C ．α＜βD ．α＞β解析：选B.α，β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2，且αsin α－βsin β＞0，即αsin α＞βsin β，再根据y ＝x sinx 为偶函数，且在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，可得|α|＞|β|，即α2＞β2，故选B.2．(2019·合肥市第二次教学质量检测)已知关于x 的方程(t ＋1)cos x －t sin x ＝t ＋2在(0，π)上有实根，则实数t 的最大值是________．解析：由题意可得，－1t ＝1－cos x ＋sin x 2－cos x ＝1－1－sin x 2－cos x ，令P (cos x ，sin x )，A (2，1)，则k P A ＝1－sin x2－cos x ，因为x ∈(0，π)，所以－1<cos x <1，0<sin x ≤1，令a ＝cos x ，b ＝sin x ，则点P 是上半圆a 2＋b 2＝1(0<b ≤1)上任意一点，如图，可知，0≤kP A <1，所以0<1－1－sin x2－cos x≤1，即0<－1t≤1，故t ≤－1，实数t 的最大值是－1.答案：－1专题强化训练1．(2019·嵊州模拟)已知sin (π＋α)＝－12，则cos ⎝⎛⎭⎫α－3π2的值为( )A.12 B ．－12 C.32 D ．－32 解析：选B .因为sin(π＋α)＝－12＝－sin α，所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－3π2＝－sin α＝－12.2．(2019·湖州市高三期末考试)为了得到函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象，只需将y ＝cos 2x 的图象上每一点( )A ．向右平移π6个单位长度B ．向右平移π12个单位长度C ．向左平移π6个单位长度D ．向左平移π12个单位长度解析：选B.因为y ＝cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，所以y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π12，所以为了得到函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象，只需将y ＝cos 2x 的图象上每一点向右平移π12个单位长度即可．故选B.3．已知tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝3，则sin 2α的值为( )A ．－45 B.45 C ．－35D.35解析：选B.因为tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝3，所以tan α＝12.所以sin 2α＝2sin αcos α＝2sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝2tan αtan 2α＋1＝114＋1＝45.4．(2019·金华模拟)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，⎭⎫|φ|＜π2的部分图象如图所示，则f ⎝⎛⎭⎫11π24的值为( )A ．－62 B ．－32 C ．－22D ．－1解析：选D.由图象可得A ＝2，最小正周期T ＝4×⎝⎛⎭⎪⎫7π12－π3＝π，则ω＝2πT ＝2.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫7π6＋φ＝－2，得φ＝π3，则f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π24＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π12＋π3＝2sin 5π4＝－1，故选D.5．(2019·宁波市高考模拟)已知函数f (x )＝sin x cos 2x ，则下列关于函数f (x )的结论中，错误的是( )A ．最大值为1B ．图象关于直线x ＝－π2对称C ．既是奇函数又是周期函数D ．图象关于点⎝⎛⎭⎫3π4，0中心对称解析：选D.因为函数f (x )＝sin x cos 2x ，当x ＝3π2时，f (x )取得最大值为1，故A 正确；当x ＝－π2时，函数f (x )＝1，为函数的最大值，故图象关于直线x ＝－π2对称；故B 正确；函数f (x )满足f (－x )＝sin(－x )·cos(－2x )＝－sin x cos 2x ＝－f (x )，故函数f (x )为奇函数，再根据f (x ＋2π)＝sin(x ＋2π)cos[－2(x ＋2π)]＝sin x cos 2x ，故f (x )的周期为2π，故C 正确；由于f ⎝⎛⎭⎪⎫3π2－x ＋f (x )＝－cos x ·cos(3π－2x )＋sin x cos 2x ＝cos x cos 2x ＋sin x cos 2x ＝cos 2x (sin x ＋cos x )＝0不一定成立，故f (x )图象不一定关于点⎝⎛⎭⎪⎫3π4，0中心对称，故D 不正确，故选D.6．已知函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π4(ω>0)的最大值与最小正周期相同，则函数f (x )在[－1，1]上的单调递增区间为( )A.⎝⎛⎦⎤－12，34 B.⎣⎡⎭⎫－12，34 C.⎣⎡⎦⎤－12，34 D.⎣⎡⎦⎤－14，34 解析：选D.由T ＝2π2ω＝πω，又f (x )的最大值为2，所以πω＝2，即ω＝π2，所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx －π4.当2k π－π2≤πx －π4≤2k π＋π2，即2k －14≤x ≤2k ＋34，k ∈Z 时函数f (x )单调递增，则f (x )在[－1，1]上的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤－14，34. 7．(2019·温州调研)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6(ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤－π4，2π3上单调递增，则ω的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤0，83 B.⎝⎛⎦⎤0，12 C.⎣⎡⎦⎤12，83D.⎣⎡⎦⎤38，2解析：选B.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，2π3，所以ωx ＋π6∈⎣⎢⎡－π4ω＋π6，⎦⎥⎤2π3ω＋π6，因为函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(ω>0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，2π3上单调递增，所以⎩⎪⎨⎪⎧－π4ω＋π6≥2k π－π2，k ∈Z ，2π3ω＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z .又ω>0，所以0<ω≤12，选B.8．(2019·宁波市高三调研)已知函数f (x )＝12(sin x ＋cos x )－12|sin x －cos x |，则f (x )的值域是( )A ．[－1，1] B.⎣⎡⎦⎤－22，1 C.⎣⎡⎦⎤－1，22 D.⎣⎡⎦⎤－1，－22 解析：选C.f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cos x ，sin x ≥cos x ，sin x ，sin x ＜cos x ，作出[0，2π]区间内f (x )的图象，如图所示，由f (x )的图象，可得f (x )的值域为⎣⎡⎦⎤－1，22.9．(2019·宁波市高考模拟)已知函数f (x )＝a sin 2x ＋(a ＋1)cos 2x ，a ∈R ，则函数f (x )的最小正周期为______，振幅的最小值为________．解析：函数f (x )＝a sin 2x ＋(a ＋1)cos 2x ，a ∈R ，化简可得：f (x )＝a 2＋（a ＋1）2sin(2x ＋θ)＝2⎝⎛⎭⎫a ＋122＋12·sin(2x ＋θ)，其tan θ＝1＋a a. 函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.振幅为2⎝⎛⎭⎫a ＋122＋12，当a ＝－12时，可得振幅的最小值22.答案：π2210．已知－π2<α<0，sin α＋cos α＝15，则sin α－cos α＝________．解析：sin α＋cos α＝15，平方可得sin 2α＋2sin α·cos α＋cos 2α＝125，即2sin α·cos α＝－2425，因为(sin α－cos α)2＝1－2sin α·cos α＝4925，又－π2<α<0，所以sin α<0，cos α>0，所以sin α－cos α<0，所以sin α－cos α＝－75.答案：－7511．已知f (x )＝sin 2x －3cos 2x ，若对任意实数x ∈⎝⎛⎦⎤0，π4，都有|f (x )|<m ，则实数m 的取值范围是________．解析：因为f (x )＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π4，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－π3，π6，所以2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3∈(－3，1]，所以|f (x )|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3<3，所以m ≥ 3.答案：[3，＋∞)12．函数f (x )＝sin 2x ＋sin x cos x ＋1的最小正周期是________，单调递减区间是________．解析：因为f (x )＝sin 2x ＋sin x cos x ＋1＝1－cos 2x 2＋12sin 2x ＋1＝12sin 2x －12cos 2x ＋32＝22sin(2x －π4)＋32，所以函数f (x )的最小正周期T ＝π.令π2＋2k π≤2x －π4≤3π2＋2k π，k ∈Z ，解之可得函数f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤k π＋38π，k π＋78π(k ∈Z )．答案：π ⎣⎡⎦⎤k π＋38π，k π＋78π(k ∈Z ) 13．(2019·太原市模拟试题)已知函数f (x )＝sin ωx －3cos ωx (ω>0)，若方程f (x )＝－1在(0，π)上有且只有四个实数根，则实数ω的取值范围为________．解析：因为f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π3，方程2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π3＝－1在(0，π)上有且只有四个实数根，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π3＝－12在(0，π)上有且只有四个实数根．设t ＝ωx －π3，因为0<x <π，所以－π3<t <ωπ－π3，所以19π6<ωπ－π3≤23π6，解得72<ω≤256.答案：⎝⎛⎦⎤72，25614．(2019·温州市高考数学模拟)设奇函数f (x )＝⎩⎨⎧a cos x －3sin x ＋c ，x ≥0cos x ＋b sin x －c ，x ＜0，则a ＋c 的值为________，不等式f (x )＞f (－x )在x ∈[－π，π]上的解集为________．解析：因为f (x )是奇函数，所以f (0)＝0，即f (0)＝a cos 0－3sin 0＋c ＝a ＋c ＝0，即a ＋c ＝0，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a cos x －3sin x －a ，x ≥0cos x ＋b sin x ＋a ，x ＜0，若x ＜0，则－x ＞0，则f (－x )＝a cos x ＋3sin x －a ＝－cos x －b sin x －a ，则a ＝－1，b ＝－3，c ＝1.则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－cos x －3sin x ＋1，x ≥0cos x －3sin x －1，x ＜0，若0≤x ≤π，则由f (x )＞f (－x )得－cos x －3sin x ＋1＞cos x ＋3sin x －1，即cos x ＋3sin x ＜1，即cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＜12，因为0≤x ≤π，所以－π3≤x －π3≤2π3，则π3＜x －π3≤2π3，即2π3＜x ≤π. 若－π≤x ＜0，则由f (x )＞f (－x )得cos x －3sin x －1＞－cos x ＋3sin x ＋1，即cos x －3sin x ＞1，即cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＞12，因为－π≤x ＜0，所以－2π3≤x ＋π3＜π3，则－π3＜x ＋π3＜π3，即－2π3＜x ＜0，综上不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π3，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤2π3，π.答案：0 ⎝⎛⎭⎫－2π3，0∪⎝⎛⎦⎤2π3，π15．(2019·台州市高三期末评估)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω＞0，|φ|≤π2的最小正周期为π，且x ＝π12为f (x )图象的一条对称轴．(1)求ω和φ的值；(2)设函数g (x )＝f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫x －π6，求g (x )的单调递减区间．解：(1)因为f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，|φ|≤π2的最小正周期为π，由T ＝2πω＝π，所以ω＝2，由2x ＋φ＝k π＋π2，k ∈Z ，所以f (x )的图象的对称轴为x ＝k π2＋π4－φ2，k ∈Z .由π12＝k π2＋π4－φ2，得φ＝k π＋π3.又|φ|≤π2，则φ＝π3. (2)函数g (x )＝f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋sin 2x ＝12sin 2x ＋32cos 2x ＋sin 2x ＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. 所以g (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3，k ∈Z .16．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3(x ∈R ，ω＞0)的图象如图，P 是图象的最高点，Q 是图象的最低点，且|PQ |＝13.(1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)将函数y ＝f (x )的图象向右平移1个单位后得到函数y ＝g (x )的图象，当x ∈[0，2]时，求函数h (x )＝f (x )·g (x )的最大值．解：(1)过P 作x 轴的垂线PM ，过Q 作y 轴的垂线QM ，则由已知得|PM |＝2，|PQ |＝13，由勾股定理得|QM |＝3，所以T ＝6，又T ＝2πω，所以ω＝π3，所以函数y ＝f (x )的解析式为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋π3.(2)将函数y ＝f (x )图象向右平移1个单位后得到函数y ＝g (x )的图象，所以g (x )＝sin π3x .函数h (x )＝f (x )·g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋π3sin π3x＝12sin 2π3x ＋32sin π3x cos π3x＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos 2π3x ＋34sin 2π3x ＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3x －π6＋14. 当x ∈[0，2]时，2π3x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，7π6，所以当2π3x －π6＝π2，即x ＝1时，h (x )max ＝34.17．(2019·“绿色联盟”模拟)已知函数f (x )＝sin x ·(cos x ＋3sin x )． (1)求f (x )的最小正周期；(2)若关于x 的方程f (x )＝t 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2内有两个不相等的实数解，求实数t 的取值范围．解：(1)f (x )＝12sin 2x －32cos 2x ＋32＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋32，故函数f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π.(2)关于x 的方程f (x )＝t 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内有两个不相等的实数解，等价于y ＝f (x )与y ＝t 的图象在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内有两个不同的交点．因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以2x －π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3.因为y ＝sin x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，2π3上是减函数，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，5π12上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π12，π2上是减函数．又因为f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎪⎫5π12＝1＋32， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝3，所以3≤t ＜1＋32，故实数t 的取值范围为⎣⎡⎭⎫3，1＋32. 18．已知定义在区间⎣⎡⎦⎤－π，3π2上的函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝π4对称，当x ≥π4时，f (x )＝－sin x .(1)作出y ＝f (x )的图象；(2)求y ＝f (x )的解析式；(3)若关于x 的方程f (x )＝a 有解，将方程中的a 取一确定的值所得的所有解的和记为M a ，求M a 的所有可能的值及相应的a 的取值范围．解：(1)y ＝f (x )的图象如图所示．(2)任取x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π，π4，则π2－x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π2，因为函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝π4对称，则f (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ，又当x ≥π4时，f (x )＝－sin x ，则f (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ＝－cos x ，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π，π4，－sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π2. (3)当a ＝－1时，f (x )＝a 的两根为0，π2，则M a ＝π2；当a ∈⎝⎛⎭⎫－1，－22时，f (x )＝a 的四根满足x 1<x 2<π4<x 3<x 4，由对称性得x 1＋x 2＝0，x 3＋x 4＝π，则M a ＝π；当a ＝－22时， f (x )＝a 的三根满足x 1<x 2＝π4<x 3，由对称性得x 3＋x 1＝π2，则M a ＝3π4；当a ∈⎝⎛⎦⎤－22，1时，f (x )＝a 的两根为x 1，x 2，由对称性得M a ＝π2.综上，当a ∈⎝⎛⎭⎫－1，－22时，M a ＝π；当a ＝－22时，M a ＝3π4；当a ∈⎝⎛⎦⎤－22，1∪{－1}时，M a ＝π2.。