压轴题命题区间(三)三角函数与平面向量
2013年高考三角函数与平面向量命题预测
究成果比较 显著 ，名 声一般也都很 大 。 哥 白尼和他 的
日心说 就是 一个代表 ；另一类便是停下来宣传 ，表 面
上服从教会 ，Байду номын сангаас 自己却 继续研 究，这样的人研 究 出的
里 ，又看不清山的面貌。如果 继续 。将会有可能使 自 己走进更大的迷局 ；而在人群组成 的的迷 雾里 ，如果 不停下 来．最后可能发现 自己只是在一个死胡 同里绕 圈。为何不停 下来 ，把 自己拿 出这 个迷局 ，用外人的
数学有数
预 测 练 习 １ ： 已 知 ｓ ｉ ｎ （ ＋ 手） ＋ ｓ ｉ ｎ Ｏ ／ ＝ 一 尘 ， 一
手 ＜ 删， 则 ｃ 。 ＝
ｃ 。 ｓ ｄ ＝ 、 ／ 丁ｓ ｉ ｎ （ ＋ ） 一
Ｏ ）
） 的 最 大 值 为 、 ／ ＋ ， 则 常 数
解 析 ：ｆ （ ｘ ） ＝ １ ＋ ２ ｃ ｏ ｓ 一 １
２ ｃ ｏ ｓ ｘ ＋ ｓ ｉ ｎ ｘ ＋ ｎ ｝） ＝
。 ＋ ｓ ｉ ｎ ｘ ＋ ａ ２ ｓ ｉ ｎ （ ＋ ｝） ＝ 、 ／ ｓ ｉ ｎ （ ＋ 孑 ） ＋ ａ ２ ｓ ｉ ｎ （ ＋ ） ＝ 解 析 ： ｓ ｉ ｎ Ｏ ／ ｃ ｏ ｓ 手 ＋ ｃ ｏ ｓ ｔ ｓ ｉ ｎ ＋ ｓ ｉ ｎ ＝ 争 ｓ ｉ ｎ ＋ 一 Ｖ ２ ３ － 一 ｃ
数学有数
２ ０ １ ３年高考三角 函数与平面 向量命题 预测
■王佩 其
三 角函数与平面 向量历来 是高考 的的重点 内容 。 在高考命题 中。涉及单一 内容的试 题往往 以填空或选 择的形 式出现 ．而三个或两个 内容的试 题往往 以解答 题形式出现 。由于三角 函数 、解三角形和平 面向量具
（ 作者单位 ：河北省辛集 中学 ）
-三角函数三角形平面向量高考常考14种题型解题方法
三角函数三角形平面向量高考常考题型解题方法本专题要特别小心： 1.平面向量的几何意义应用 2. 平面向量与三角形的综合 3. 三角形的边角互化4.向量的数量积问题等综合问题5. 向量夹角为锐角、钝角时注意问题6.三角形中角的范围7.正余弦定理综合。
【题型方法】（一）考查平面向量基本定理例1. 设D 为ABC ∆所在平面内一点，若3BC CD =，则下列关系中正确的是（ ） A ．1433AD AB AC =-+ B ．1433AD AB AC =- C ．4133AD AB AC =+ D ．4133AD AB AC =-【解析】∵3BC CD = ∴AC −−AB =3(AD −−AC ) ∴AD =43AC −−13AB . 选C练习1．设四边形ABCD 为平行四边形，，.若点M ，N 满足，，则（ ）A ．20B ．15C ．9D ．6【解析】不妨设该平行四边形为矩形，以为坐标原点建立平面直角坐标系 则，故练习2. 如图，在ABC 中，D 是BC 的中点，E 在边AB 上，BE =2EA ，AD 与CE 交于点O .若6AB AC AO EC ⋅=⋅，则ABAC的值是_____【解析】如图，过点D 作DF //CE ，交AB 于点F ，由BE =2EA ，D 为BC 中点，知BF =FE =EA ,AO =OD()()()3632AO EC AD AC AE AB AC AC AE =-=+-()223131123233AB AC AC AB AB AC AB AC AB AC ⎛⎫⎛⎫=+-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22223211323322AB AC AB AC AB AC AB AC AB AC ⎛⎫=-+=-+= ⎪⎝⎭得2213,22AB AC =即3,AB AC =故3AB AC=（二）考察数形结合思想（如：向量与圆等图形的结合） 例2. 已知点A ,B ,C 在圆上运动，且ABBC ，若点P 的坐标为（2，0），则的最大值为（ ）A ．6B ．7C ．8D ．9 【解析】由题意，AC 为直径，所以当且仅当点B 为（-1，0）时，取得最大值7选B练习1. 在平面内，定点A ，B ，C ，D 满足==, = = =–2，动点P ，M 满足=1，=，则的最大值是（ ）A ．B ．C ．D ．【解析】甴已知易得以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示则设由已知，得又，它表示圆上的点与点的距离的平方的，选B练习2. 在矩形ABCD 中，AB =1，AD =2，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上．若AP =λAB +μAD ，则λ+μ的最大值为（ ） A ．3 B ．22 C ．5 D ．2 【解析】如图，建立平面直角坐标系设()()()()0,1,0,0,2,1,,A B D P x y 根据等面积公式可得圆的半径是25，即圆的方程是()22425x y -+=()()(),1,0,1,2,0AP x y AB AD =-=-=若满足AP AB AD λμ=+，即21x y μλ=⎧⎨-=-⎩ ，,12x y μλ==- ，所以12xy λμ+=-+设12x z y =-+ ，即102xy z -+-= 点(),P x y 在圆()22425x y -+=上，所以圆心到直线的距离d r ≤，即221514z -≤+ ，解得13z ≤≤ 所以z 的最大值是3，即λμ+的最大值是3，选A（三）．考查向量的数量积 例3. 已知向量,则ABC =（ ）A ．30B ．45C ．60D ．120 【解析】由题意，得，所以，选A【小结】（1）平面向量与的数量积为，其中是与的夹角，要注意夹角的定义和它的取值范围：；（2）由向量的数量积的性质知，，，因此，利用平面向量的数量积可以解决与长度、角度、垂直等有关的问题练习1. 已知是边长为4的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是A ．B ．C ．D ．【解析】以BC 中点为坐标原点，建立如图所示的坐标系则A （0，2），B （﹣2，0），C （2，0），设P （x ，y ）则=（﹣x ，2﹣y ），=（﹣2﹣x ，﹣y ），=（2﹣x ，﹣y ）所以•（+）=﹣x •（﹣2x ）+（2﹣y ）•（﹣2y ）=2x 2﹣4y +2y 2=2[x 2+（y ﹣）2﹣3]所以当x =0，y =时，•（+）取得最小值为2×（﹣3）=﹣6，选D练习2.在等腰梯形ABCD 中,已知//,2,1,60AB DC AB BC ABC ==∠= ,动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上,且,1,,9BE BC DF DC λλ==则AE AF ⋅的最小值为 . 【解析】因为1,9DF DC λ=12DC AB = 119199918CF DF DC DC DC DC AB λλλλλ--=-=-==；AE AB BE AB BC λ=+=+19191818AF AB BC CF AB BC AB AB BC λλλλ-+=++=++=+ ()221919191181818AE AF AB BC AB BC AB BC AB BC λλλλλλλλλ+++⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅+=+++⋅⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭19199421cos1201818λλλλ++=⨯++⨯⨯⨯︒21172117299218921818λλλλ=++≥⋅+= 当且仅当2192λλ=即23λ=时AE AF ⋅的最小值为2918BAD C E（四）考查三角形中的边角互化例 4. 在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为a ， b ， c ．若ABC ∆为锐角三角形，且满足()sin 12cos 2sin cos cos sin B C A C A C +=+，则下列等式成立的是（ ）A ．2a b =B ．2b a =C ．2A B =D ．2B A = 【解析】()sin 2sin cos 2sin cos cos sin A C B C A C A C ++=+所以2sin cos sin cos 2sin sin 2B C A C B A b a =⇒=⇒=，选A练习1. 在中，角，，所对应的边分别为，，.已知，则（）A．一定是直角三角形B．一定是等腰三角形C．一定是等腰直角三角形D．是等腰或直角三角形【解析】由题，已知，由正弦定理可得：即又因为所以即由余弦定理：，即所以所以三角形一定是等腰三角形，选B练习2. 在中，，为边上的一点，且，若为的角平分线，则的取值范围为（）A．B．C．D．【解析】因为，为的角平分线，所以在中，，因为，所以在中，，因为，所以，所以则因为，所以所以，则即的取值范围为,选A练习3. 在锐角三角形ABC 中，角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c ,已知,,,则的面积（ ） A ．B ．C ．D ．【解析】由题，，所以所以 又因为锐角三角形ABC ，所以 由题，即根据代入可得，，即再根据正弦定理： 面积故选D练习4. 在锐角ABC ∆中，角AB C ，，的对边分别为a b c ，，．且cos cos A B a b +=33Ca，23b =a c +的取值范围为_____．【解析】cos cos 33A B C a b a +=23cos cos sin 3b A a B C ∴+= ∴由正弦定理可得： 23sin cos sin cos sin 3B A A B BC +=，可得：23sin()sin sin A B C B C +==，3sin B ∴=， 又ABC ∆为锐角三角形，3B π∴=，∴可得：sin sin 24(sin sin )4sin 4sin sin sin 3b A b C a c A C A A B B π⎛⎫+=+=+=+- ⎪⎝⎭33A π⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 2,3A A π-均为锐角，可得：,62636A A πππππ<<-<-<，(6,43]a c ∴+∈.练习5. 在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若sin cos cos sin sin sin ab Ca Bb A a A b Bc C+=+-，且3a b +=，则c 的取值范围为________________． 【解析】因为()sin sin sin cos cos sin C A B A B A B =+=+ 所以由正弦定理可得cos cos a B b A c +=， 又因为sin cos cos sin sin sin ab C a B b A a A b B c C+=+-，所以由正弦定理可得222abcc a b c =+- 即222a b c ab +-=，所以222c a b =+-2()3ab a b ab =+-， 因为3a b +=，所以293c ab =-，因为29()24a b ab +≤=， 当且仅当23==b a 时取等号，所以27304ab -≤-<， 所以99394ab ≤-<，即2994c ≤<，所以332c ≤<，故c 的取值范围为3[,3)2（五）三角形与向量综合 例5. 在△中，为边上的中线，为的中点，则（ ）A ．B ．C ．D ．【分析】首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.【解析】根据向量的运算法则，可得，所以，故选A .练习1. 已知中，为的重心，则（）A．B．C．D．【解析】因为中，为的重心，所以，由余弦定理可得：且所以=练习2. 下列命题中，①在中，若，则为直角三角形；②若，则的最大值为；③在中，若，则；④在中，，若为锐角，则的最大值为．正确的命题的序号是______【解析】①在中，若，可得或，则为直角或钝角三角形，故①错；②若时，即，即垂直，则的最大值为，故②正确；③在中，若，，即，即，，即为，由，可得，故③正确；④在中，，即为，即为，可得，即，可得锐角，可得时，的最大值为，故④正确故答案为：②③④练习3. 在ABC 中， 60A ∠=︒， 3AB =， 2AC =. 若2BD DC =， ()AE AC AB R λλ=-∈，且4AD AE ⋅=-，则λ的值为______________. 【解析】01232cos603,33AB AC AD AB AC ⋅=⨯⨯==+ 则()1221233493433333311AD AE AB AC AC AB λλλλ⎛⎫⋅=+-=⨯+⨯-⨯-⨯=-⇒= ⎪⎝⎭（六）向量与三角函数综合例6. 自平面上一点O 引两条射线OA ，OB ，点P 在OA 上运动，点Q 在OB 上运动且保持PQ 为定值a （点P ，Q 不与点O 重合），已知3AOB π∠=，7a =，则3||||PQ PO QP QOPO QO ⋅⋅+的取值范围为（ ）A ．1,72⎛⎤⎥⎝⎦B ．7,72⎛⎤⎥ ⎝⎦C ．1,72⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．7,72⎛⎤- ⎥ ⎝⎦【解析】设OPQ α∠=，则23PQO πα∠=- 322cos 3cos 7cos 3cos 33PQ PO QP QO PQ QP POQO ππαααα⋅⋅⎫⎛⎫⎛⎫+=+-=+- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎭()3331337cos cos 7cos 7sin 22ααααααϕ⎫⎫=-=-+=-⎪⎪⎪⎪⎭⎭其中3tan 9ϕ=，则7sin 14ϕ=20,3πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴当()sin 1αϕ-=时，原式取最大值7 ()()7sin sin 0sin 14αϕϕϕ->-=-=-，∴()77sin 2αϕ->- 37,72PQ PO QP QO PO QO ⎛⎤⋅⋅+∈- ⎥ ⎝⎦∴，选D练习1. 在同一个平面内，向量的模分别为与的夹角为，且与的夹角为，若，则_________．【解析】以为轴，建立直角坐标系，则， 由的模为与与的夹角为，且知，，可得，，由可得 ，（七）三角形中的最值 例7. 在中，内角所对的边分别为．已知，，，设的面积为，，则的最小值为_______． 【解析】在中，由得， 因为利用正弦定理得，再根据，可得，，，由余弦定理得，求得，所以，所以 ，所以，当且仅当，即时取等，所以 的最小值为。
专题03 三角函数与平面向量综合问题(答题指导)(解析版)
专题03 三角函数与平面向量综合问题（答题指导）【题型解读】题型特点命题趋势▶▶题型一：三角函数的图象和性质1．注意对基本三角函数y ＝sin x ，y ＝cos x 的图象与性质的理解与记忆，有关三角函数的五点作图、图象的平移、由图象求解析式、周期、单调区间、最值和奇偶性等问题的求解，通常先将给出的函数转化为y ＝A sin(ωx ＋φ)的形式，然后利用整体代换的方法求解． 2．解决三角函数图象与性质综合问题的步骤 (1)将f (x )化为a sin x ＋b cos x 的形式． (2)构造f (x )＝a 2＋b 2⎝⎛⎭⎪⎫a a 2＋b 2·sin x ＋b a 2＋b 2·cos x . (3)和角公式逆用，得f (x )＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)(其中φ为辅助角)． (4)利用f (x )＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)研究三角函数的性质． (5)反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．【例1】 (2017·山东卷)设函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π2，其中0＜ω＜3.已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝0.(1)求ω；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4上的最小值．【答案】见解析【解析】(1)因为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx －π2，所以f (x )＝32sin ωx －12cos ωx －cos ωx ＝32sinωx －32cos ωx ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin ωx －32cos ωx ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π3.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝0，所以ωπ6－π3＝k π，k ∈Z .故ω＝6k ＋2，k ∈Z .又0＜ω＜3，所以ω＝2.(2)由(1)得f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，所以g (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π3＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4，所以x －π12∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3，当x －π12＝－π3，即x ＝－π4时，g (x )取得最小值－32.【素养解读】本题中图象的变换考查了数学直观的核心素养，将复杂的三角函数通过变形整理得到正弦型函数，从而便于对性质的研究，考查数学建模的核心素养．【突破训练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． 【答案】见解析 【解析】(1)f (x )＝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.当π≤x ≤3π2时，5π3≤2x －π3≤8π3，所以－32＝sin 5π3≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3≤sin 5π2＝1，所以－1≤f (x )≤32，即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1．高考对解三角形的考查，以正弦定理、余弦定理的综合运用为主．其命题规律可以从以下两方面看：(1)从内容上看，主要考查正弦定理、余弦定理以及三角函数公式，一般是以三角形或其他平面图形为背景，结合三角形的边角关系考查学生利用三角函数公式处理问题的能力；(2)从命题角度看，主要是在三角恒等变换的基础上融合正弦定理、余弦定理，在知识的交汇处命题． 2．用正、余弦定理求解三角形的步骤第一步：找条件，寻找三角形中已知的边和角，确定转化方向．第二步：定工具，根据已知条件和转化方向，选择使用的定理和公式，实施边角之间的转化． 第三步：求结果，根据前两步分析，代入求值得出结果．第四步：再反思，转化过程中要注意转化的方向，审视结果的合理性．【例2】 在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，且cos(C ＋B)cos(C －B)＝cos2A －sin Csin B ． (1)求A ；(2)若a ＝3，求b ＋2c 的最大值． 【答案】见解析【解析】(1)cos(C ＋B)cos(C －B)＝cos2A －sinCsinB ＝cos2(C ＋B)－sinCsinB ，则cos(C ＋B)[cos(C －B)－cos(C ＋B)]＝－sinCsinB ，则－cosA·2sinCsinB＝－sinCsinB ，可得cosA ＝12，因为0＜A ＜π，所以A＝60°.(2)由a sinA ＝b sinB ＝csinC ＝23，得b ＋2c ＝23(sinB ＋2sinC)＝23[sinB ＋2sin(120°－B)]＝23(2sinB＋3cosB)＝221sin(B ＋φ)，其中tanφ＝32，φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.由B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2π3得B ＋φ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，7π6，所以sin(B ＋φ)的最大值为1，所以b ＋2c 的最大值为221.【素养解读】试题把设定的方程与三角形内含的方程(三角形的正弦定理、三角形内角和定理等)建立联系，从而求得三角形的部分度量关系，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．【突破训练2】 (2017·天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a >b ，a ＝5，c ＝6，sin B ＝35.(1)求b 和sin A 的值； (2)求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π4的值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABC 中，因为a >b ，故由sin B ＝35，可得cos B ＝45.由已知和余弦定理，有b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B＝13，所以b ＝13.由正弦定理得sin A ＝a sin B b ＝31313. (2)由(1)及a <c ，得cos A ＝21313，所以sin2A ＝2sin A cos A ＝1213，cos2A ＝1－2sin 2A ＝－513.故sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π4＝sin2A cos π4＋cos 2A ·sin π4＝7226.▶▶题型三 三角函数与平面向量的综合1．三角函数、解三角形与平面向量的综合主要体现在以下两个方面：(1)以三角函数式作为向量的坐标，由两个向量共线、垂直、求模或求数量积获得三角函数解析式；(2)根据平面向量加法、减法的几何意义构造三角形，然后利用正、余弦定理解决问题．2．(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． 【例3】 (2019·佛山调考)已知函数f (x )＝a ·b ，其中a ＝(2cos x ，－3sin2x )，b ＝(cos x,1)，x ∈R .(1)求函数y ＝f (x )的单调递减区间；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，f (A )＝－1，a ＝7，且向量m ＝(3，sin B )与n ＝(2，sin C )共线，求边长b 和c 的值． 【答案】见解析【解析】(1)f (x )＝a ·b ＝2cos 2x －3sin2x ＝1＋cos2x －3sin2x ＝1＋2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，由2k π≤2x ＋π3≤2k π＋π(k ∈Z )，解得k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )，所以f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )．(2)因为f (A )＝1＋2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π3＝－1，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π3＝－1.因为0＜A ＜π，所以π3＜2A ＋π3＜7π3，所以2A ＋π3＝π，即A ＝π3.因为a ＝7，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－3bc ＝7.①因为向量m ＝(3，sin B )与n ＝(2，sin C )共线，所以2sin B ＝3sinC ． 由正弦定理得2b ＝3c ，② 由①②可得b ＝3，c ＝2.【突破训练3】(2019·湖北八校联考) 已知△ABC 的面积为S ，且32AB →·AC →＝S ，|AC →－AB →|＝3.(1)若f (x )＝2cos(ωx ＋B )(ω＞0)的图象与直线y ＝2相邻两个交点间的最短距离为2，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫16＝1，求△ABC 的面积S ；(2)求S ＋3 3 cos B cos C 的最大值． 【答案】见解析【解析】设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ， 因为32AB →·AC →＝S ，所以32bc cos A ＝12bc sin A ， 解得tan A ＝3，所以A ＝π3.由|AC →－AB →|＝3得|BC →|＝a ＝3.(1)因为f (x )＝2cos(ωx ＋B )(ω>0)的图象与直线y ＝2相邻两个交点间的最短距离T ＝2，即2πω＝2，解得ω＝π，故f (x )＝2cos(πx ＋B )．又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫16＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫π6＋B ＝1，即cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋B ＝12.因为B 是△ABC 的内角，所以B ＝π6，从而△ABC 是直角三角形，所以b ＝3，所以S △ABC ＝12ab ＝332.(2)由题意知A ＝π3，a ＝3，设△ABC 的外接圆半径为R ，则2R ＝a sin A ＝ 332＝23，解得R ＝3，所以S＋33cos B cos C ＝12bc sin A ＋33cos B cos C ＝34bc ＋33cos B cos C ＝33sin B sin C ＋33cos B cos C ＝33cos(B －C )，故S ＋33cos B cos C 的最大值为3 3.。
高考数学一轮复习之三角函数与平面向量
高考数学一轮复习之三角函数与平面向量
1.三角函数作为一种重要的基本初等函数，是中学数学的重要内容，也是高考命题的热点之一。
近几年对三角函数的要求基本未作调整，主要考察三角函数的定义、图象与性质以及同角三角函数的基本关系式、诱导公式、和角与倍角公式等。
高考对三角函数与三角恒等变换内容的考察，一是设置一道或两道客观题，考察三角函数求值、三角函数图象与性质或三角恒等变换等外容；二是设置一道解答题，考察三角函数的性质、三角函数的恒等变换或三角函数的实践运用，普通出如今前两个解答题的位置。
无论是客观题还是解答题，从难度来说均属于中高档标题，所占分值在20分左右，约占总分值的13.3%。
2.平面向量是衔接代数与几何的桥梁，是高考的重要内容之一。
高考常设置1个客观题或1个解答题，对平面向量知识停止片面的考察，其分值约为10分，约占总分的7%。
近年高考中平面向量与解三角形的试题是难易适中的基础题或中档题，一是直接考察向量的概念、性质及其几何意义；二是考察向量、正弦定理与余弦定理在代数、三角函数、几何等效果中的运用。
1.2021年高考试题预测
(1)剖析近几年高考对三角函数与三角恒等变换局部的命题特点及开展趋向，以下仍是今后高考的主要内容：
①三角函数的图象与性质是高考考察的中心内容，经过图象求解析式、经过解析式研讨函数性质是罕见题型。
②解三角函数标题的进程普通是经过三角恒等变换化简三角函数式，再研讨其图象与性质，所以熟练掌握三角恒等变换的方法和技巧尤为重要，比如升幂(降幂)公式、asinx＋bcosx的常考内容。
③经过实践背景考察同窗们的数学建模才干和数学应意图识。
压轴题命题区间(三) 三角函数与平面向量
三角函数与平面向量
结束
法四：(三角函数法) 因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0， 所以 〈a，b〉 ＝π2. 设―O→A ＝a，―O→B ＝b，―O→C ＝c， 因为 a⊥b，所以 OA⊥OB. 分别以 OA，OB 所在的直线为 x 轴、y 轴建立平面直角坐标系， 如图(1)所示， 则 a＝(1,0)，b＝(0,1)，A(1,0)，B(0,1)．
(2)在锐角△ABC 中，△ABC 的三个角 A，B，C 所对的边分别为
a，b，c，且 f(C)＝32，且 c＝ 3，求 a－12b 的取值范围．
解：由 f(C)＝32可得 f(C)＝32＋12sin2C＋π3＝32， ∴sin2C＋π3＝0，∴2C＋π3＝π 或 2C＋π3＝2π， 可得 C＝π3或 C＝56π(舍去)．
＝2[2－cos 2B－cos(240°－2B)]＝22－12cos
2B＋
23sin
2B
＝4＋2sin(2B－30°)．
因为 0°＜B＜120°，所以－30°＜2B－30°＜210°，
所以－12＜sin(2B－30°)≤1，所以 3＜b2＋c2≤6. 即 b2＋c2 的取值范围是(3,6]．
三角函数与平面向量
C A.
(2)当 a＝ 3时，求 b2＋c2 的取值范围．
[解] 由正弦定理，得sina A＝sinb B＝sinc C＝2， 则 b＝2sin B，c＝2sin C，所以 b2＋c2＝4sin2B＋4sin2C
＝2(1－cos 2B＋1－cos 2C)＝2[2－cos 2B－cos 2(120°－B)]
三角函数与平面向量
结束
法三：(坐标法)
因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
所以 〈a，b〉＝π2.
(压轴题)高中数学必修四第二章《平面向量》测试题(含答案解析)(2)
一、选择题1．已知非零向量,a b 满足4,2a b ==，且a 在b 方向上的投影与b 在a 方向上的投影相等，则a b -等于（ ） A ．1B ．25C ．5D ．32．在AOB ∆中，0,5,25,OA OB OA OB AB ⋅===边上的高为,OD D 在AB 上，点E 位于线段OD 上，若34OE EA ⋅=，则向量EA 在向量OD 上的投影为（ ） A ．12或32B ．1C ．1或12D ．323．已知1a ，2a ，1b ，2b ，()*k b k ⋅⋅⋅∈N是平面内两两互不相等的向量，121a a-=，且对任意的1,2i = 及1,2,,j k =⋅⋅⋅，{}1,2i j a b -∈，则k 最大值为（ ） A ．3 B ．4C ．5D ．64．已知a ，b 是单位向量，a •b =0．若向量c 满足|c a b --|＝1，则|c |的最大值为（ ） A ．21-B ．2C ．21+D ．22+5．如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，6AB =，3AD CD ==，E 是CD 的中点，14DF DA =，若12AE BF ⋅=-，则梯形ABCD 的高为（ ）A ．1B 6C 5D ．26．已知M 、N 为单位圆22:1O x y +=上的两个动点，且满足1MN =，()3,4P ，则PM PN +的取值范围为（ ）A ．53,53+⎡⎣B ．103,103⎡-⎣C ．523,523-+⎡⎣D ．1023,1023-+⎡⎤⎣⎦7．如下图，四边形OABC 是边长为1的正方形，点D 在OA 的延长线上，且2OD =，点P 为BCD 内(含边界)的动点，设(,)OP OC OD R αβαβ=+∈，则αβ+的最大值等于( )A ．3B ．2C ．52D ．328．已知(),0A a ,()0,C c ,2AC =,1BC =,0AC BC ⋅=,O 为坐标原点,则OB 的取值范围是（ ） A ．(0,21⎤-⎦B ．(0,21⎤+⎦ C ．21,21⎡⎤-+⎣⎦D ．)21,⎡-+∞⎣9．已知ABC ，若对任意m R ∈，BC mBA CA -≥恒成立，则ABC 为（ ） A ．锐角三角形B ．钝角三角形C ．直角三角形D ．不确定10．在ABC 中，||:||:||3:4:5AB AC BC =，圆O 是ABC 的内切圆，且与BC 切于D 点，设AB a =，AC b =，则AD =（ ）A ．2355a b + B ．3255a b + C ．2133a b +D ．1233a b +11．设θ为两个非零向量,a b 的夹角，且6πθ=，已知对任意实数t ，b ta +的最小值为1，则b =（ ） A ．14B ．12C ．2D ．412．如图所示，在ABC 中，点D 在线段BC 上，且3BD DC =，若AD AB AC λμ=+，则λμ=（ ）A ．12B ．13C ．2D ．23二、填空题13．已知向量(9,6),(3,)a b x ==，若//a b ，则()b a b ⋅-=___________.14．已知ABC ，点P 是平面上任意一点，且AP AB AC λμ=+（,λμ∈R ），给出以下命题： ①若1ABλ=，1ACμ=，则P 为ABC 的内心；②若1λμ==，则直线AP 经过ABC 的重心； ③若1λμ+=，且0μ>，则点P 在线段BC 上； ④若1λμ+>，则点P 在ABC 外； ⑤若01λμ<+<，则点P 在ABC 内． 其中真命题为______15．已知平面向量a ，b 的夹角为120︒，且1a b ⋅=-，则a b -的最小值为________. 16．在平面内,定点,,A B C 满足DA DB DC ==，2DA DB DB DC DC DA ⋅=⋅=⋅=-，动点,P M 满足1AP PM MC ==，则2BM 的最大值为________.17．已知非零向量m →，n →满足4m →=3n →，cos m →〈，13n →〉=.若n →⊥t m n →→⎛⎫+ ⎪⎝⎭，则实数t的值为_____________.18．已知ABC 的三边长3AC =，4BC =，5AB =，P 为AB 边上任意一点，则()CP BA BC ⋅-的最大值为______________.19．向量a ，b ，c 在正方形网格（每个小正方形的边长为1）中的位置如图所示，若向量a b λ+与c 共线，则||a b λ-=________．20．已知ABC ∆中，3AB =，5AC =，7BC =，若点D 满足1132AD AB AC =+，则DB DC ⋅=__________．三、解答题21．已知向量()sin ,cos a x x =，()3,1b =-，[]0,x π∈.（1）若a b ⊥，求x 的值；（2）记()f x a b =⋅，求()f x 的最大值和最小值以及对应的x 的值.22．如图，在扇形OAB 中，120AOB ∠=︒，半径2OA OB ==，P 为弧AB 上一点.（1）若OA OP ⊥，求PA PB ⋅的值； （2）求PA PB ⋅的最小值.23．已知向量,a b 满足：16,()2a b a b a ==⋅-=,. （1）求向量a 与b 的夹角； （2）求2a b -.24．已知向量(1,2)a =-，||25b =. （1）若b a λ=，其中0λ<，求b 的坐标； （2）若a 与b 的夹角为23π，求()(2)a b a b -⋅+的值. 25．已知||1a =，||2b =.（1）若向量a 与向量b 的夹角为135︒，求||a b +及b 在a 方向上的投影； （2）若向量a b -与向量a 垂直，求向量a 与b 的夹角. 26．已知向量a 、b 的夹角为3π，且||1a =，||3b =. （1）求||a b +的值； （2）求a 与a b +的夹角的余弦.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B【解析】因为a 在b 方向上的投影与b 在a 方向上的投影相等，设这两个向量的夹角为θ，则cos cos 4cos 2cos 2a b πθθθθθ===⇒=，又由2()a b a b -=-且4,2a b ==，所以222()225a b a b a a b b -=-=-⋅+=，故选B.2．A解析：A 【解析】Rt AOB 中，0OA OB ⋅=，∴2AOB π∠=，∵5OA =，25OB =|，∴225AB OA OB =+= ， ∵AB 边上的高线为OD ，点E 位于线段OD 上，建立平面直角坐标系，如图所示； 则)5,0A、(025B ，、设(),D m n ，则OAD BAO ∽，∴OA ADAB OA=， ∴1AD =，∴15AD AB =， 即()(155,255m n =-，，求得55m =， ∴452555D ⎛⎝⎭；则45254525,,5555OE OD λλλ⎛⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，45255,EA λλ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎭； ∵34OE EA ⋅=， ∴2454525354λλλ⎛⎫⎛⎫⋅--= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎭⎝⎭， 解得34λ=或14λ=；∴向量EA 在向量OD 上的投影为()()45251,1ED OD OE λλ⎛⎫=-=-- ⎪ ⎪⎝⎭， 当34λ=时，551,2ED ⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭；当14λ=时，35353,2ED ⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭． 即向量EA 在向量OD 上的投影为12或32，故选A. 3．D解析：D 【分析】根据向量的几何意义把抽象问题具体化，转化到圆与圆的位置关系问题. 【详解】如图所示，设11OA a =，22OA a =，此时121A A =，由题意可知：对于任意的1,2i = 及1,2,,j k =⋅⋅⋅，{}1,2i j a b -∈， 作j j OB b =则有1j A B 等于1或2，且2j A B 等于1或2， 所以点(1,2,,)j B j k =同时在以(1,2)i A i =为圆心，半径为1或2的圆上，由图可知共有6个交点满足条件，故k 的最大值为6.故选：D. 【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和平面向量的应用.4．C解析：C 【分析】通过建立直角坐标系，利用向量的坐标运算和圆的方程及数形结合即可得出． 【详解】∵|a |＝|b |＝1，且0a b ⋅=，∴可设()10a =，，()01b =，，()c x y ，=．∴()11c a b x y --=--，． ∵1c a b --=， ∴22(1)(1)1x y -+-=x ﹣1）2+（y ﹣1）2＝1．∴c 的最大值2211121=+=．故选C ． 【点睛】熟练掌握向量的坐标运算和圆的方程及数形结合是解题的关键．5．C解析：C 【分析】以,AD AB 为一组基底，表示向量,AE BF ，然后利用12AE BF ⋅=-，求得2cos 3BAD ∠=，然后由梯形ABCD 的高为sin AD BAD ⋅∠求解. 【详解】因为14AE AD DE AD AB =+=+，34BF AF AB AD AB =-=-， ∴22133113444416AE BF AD AB AD AB AD AB AD AB ⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅-=--⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，223113cos 4416AD AB AD AB BAD =--⋅∠， 31117936cos 12448BAD =⨯-⨯-∠=-， ∴2cos 3BAD ∠=，∴25sin 1cos 3BAD BAD ∠=-∠=， ∴梯形ABCD 的高为sin 5AD BAD ⋅∠=． 故选：C ． 【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的运算以及平面向量的基本定理，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.6．B解析：B 【分析】作出图形，可求得线段MN 的中点Q 的轨迹方程为2234x y +=，由平面向量加法的平行四边形法则可得出2PM PN PQ +=，求得PQ 的取值范围，进而可求得PM PN +的取值范围. 【详解】由1MN =，可知OMN 为等边三角形，设Q 为MN 的中点，且3sin 602OQ OM ==，所以点Q 的轨迹为圆2234x y +=，又()3,4P ，所以，3322PO PQ PO -≤≤+，即3355PQ -≤≤+. 由平面向量加法的平行四边形法则可得2PM PN PQ +=，因此2103,103PM PN PQ ⎡⎤+=∈-+⎣⎦.故选：B. 【点睛】本题考查平面向量模长的取值范围的计算，考查了圆外一点到圆上一点距离的取值范围的计算，考查数形结合思想的应用，属于中等题.7．D解析：D 【分析】以O 为原点，边OA 和OC 所在的直线分别为x 和y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，设(),P x y ，易得1,2y x αβ==，则12x y αβ+=+，再将原问题转化为线性规划问题，求目标函数12x y +在可行域BCD 内(含边界)的最大值，即可求出结果．【详解】以O 为原点，边OA 和OC 所在的直线分别为x 和y 轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则()()0,1,2,0C D ，如下图所示：设(),P x y ，∵ (,)OP OC OD R αβαβ=+∈， ∴()()(),0,12,0)2,(x y αββα=+=，∴2,x y βα==，即1,2y x αβ==，∴12x y αβ+=+， 令1,2z x y =+则12y x z =-+，其中z 为直线12y x z =-+在y 轴上的截距，由图可知，当该直线经过点()1,1B 时，其在y 轴上的截距最大为32， ∴αβ+的最大值为32． 故选：D ． 【点睛】本题考查平面向量在几何中的应用，建立坐标系后，可将原问题转化为线性规划中的最值问题，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．8．C解析：C 【分析】法一：将A ,C 视为定点,根据A 、C 分别在 x 轴、y 轴上,得到垂直关系, O 是AC 为直径的圆上的动点,AC 的中点为圆心M ,根据圆心M 和BO 的位置关系即可得取值范围. 法二：设B 的坐标,根据2AC =,1BC =得到224a c +=,()221x y c +-=,整理式子至()222251x a y x y ax cy -+=⇒+=++,利用均值不等式得出22OB x y d =+=,则212d d -≤即可算出距离的取值范围.【详解】解：法一：将A ,C 视为定点,OA OC ⊥,O 视为以AC 为直径的圆上的动点,AC 的中点为M ,当BO 过圆心M ,且O 在B ,M 之间时,OB 21,O 在BM 的延长线上时,OB 21． 故选:C法二：设(),B x y ,则224a c +=,()221x y c +-=,()222251x a y x y ax cy -+=⇒+=++,即221ax cy x y +=+-,()()2222222ax cy ac xy x y +≤++=+,取等号条件：ay cx =,令22OB x y d =+=,则22112{210d d d d d ≥-≤⇔--≤或201{210d d d <<⇔+-≥,解得2121d ≤≤．故选:C 【点睛】本题考查向量的坐标运算和圆的基本性质,综合性强,属于中档题.9．C解析：C 【分析】在直线AB 上取一点D ，根据向量减法运算可得到DC CA≥，由垂线段最短可确定结论. 【详解】在直线AB 上取一点D ，使得mBA BD =，则BC mBA BC BD DC -=-=，DC CA ∴≥.对于任意m R ∈，都有不等式成立，由垂线段最短可知：AC AD ⊥，即AC AB ⊥，ABC ∴为直角三角形. 故选：C . 【点睛】本题考查与平面向量结合的三角形形状的判断，关键是能够利用平面向量数乘运算和减法运算的几何意义准确化简不等式.10．B解析：B 【分析】由题得三角形是直角三角形，设3,4,5AB AC BC ===，设,=,,DB BF x AD AE y EC CF z =====求出,,x y z ，再利用平面向量的线性运算求解.【详解】因为||:||:||3:4:5AB AC BC =，所以ABC 是直角三角形，设3,4, 5.AB AC BC ===如图，设,=,,DB BF x AD AE y EC CF z =====由题得34,2,1,35x y y z x y z x z +=⎧⎪+=∴===⎨⎪+=⎩，所以2232()5555AD AB BD AB BC AB AC AB AB AC =+=+=+-=+3255a b =+. 故选：B 【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11．C解析：C 【分析】由题意可知，2222()2b ta a t a bt b +=+⋅+，令222()2g t a t a bt b =+⋅+，由二次函数的性质可知，当22cos62b a b t aaπ⋅=-=-时，()g t 取得最小值1，变形可得22sin16b π=，从而可求出b 【详解】解：由题意可知，2222()2b ta a t a bt b +=+⋅+，令222()2g t a t a bt b =+⋅+， 因为2222224()44(cos 1)06a b a b a b π∆=⋅-=-<，所以()g t 恒大于零， 所以当232cos622b b a b t aaaπ⋅=-=-=-时，()g t 取得最小值1，所以2223332122bb bg a a b b a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪=-+⋅-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 化简得2114b =，所以2b =， 故选：C 【点睛】此题考查平面向量数量积的运算，涉及二次函数的最值，考查转化思想和计算能力，属于中档题12．B解析：B 【分析】由向量的运算法则，化简得1344AD AB AC =+,再由AD AB AC λμ=+，即可求得,λμ 的值，即可求解.【详解】由向量的运算法则，可得34=+=+AD AB BD AB BC 313()444AB AC AB AB AC =+-=+, 因为AD AB AC λμ=+，所以13,44λμ==，从而求得13λμ=，故选:B ． 【点睛】该题考查的是有关向量的基本定理，在解题的过程中，需要利用向量直角的关系，结合三角形法则，即可求得结果，属于基础题.二、填空题13．26【分析】先由求出求出再进行的计算【详解】因为所以解得所以故答案为：26【点睛】向量类问题的常用处理方法——向量坐标化利用坐标运算比较简单解析：26 【分析】先由//a b 求出2x =，求出b ，再进行()b a b ⋅-的计算. 【详解】因为//a b ，所以9180x -=，解得2x =，所以(6,4),()362426a b b a b -=⋅-=⨯+⨯=.故答案为：26 【点睛】向量类问题的常用处理方法——向量坐标化，利用坐标运算比较简单．14．②④【分析】①可得在的角平分线上但不一定是内心；②可得在BC 边中线的延长线上；③利用向量线性运算得出可判断；④得出根据向量加法的平行四边形法则可判断；⑤令可判断【详解】①若则因为是和同向的单位向量则解析：②④ 【分析】①可得P 在BAC ∠的角平分线上，但不一定是内心；②可得P 在BC 边中线的延长线上；③利用向量线性运算得出=BP BC μ可判断；④得出()1CP CB AC λλμ=++-，根据向量加法的平行四边形法则可判断；⑤令1132=λμ=-，可判断. 【详解】①若1ABλ=，1ACμ=，则AB AC AP ABAC=+，因为,AB AC ABAC是和,AB AC 同向的单位向量，则P 在BAC ∠的角平分线上，但不一定是内心，故①错误；②若1λμ==，则AP AB AC =+，则根据平行四边形法则可得，P 在BC 边中线的延长线上，故直线AP 经过ABC 的重心，故②正确；③若1λμ+=，且0μ>，则()1=AP AB AC AB AB AC μμμμ=-+-+，即()==AP AB AB AC AC AB μμμ--+-，即=BP BC μ，则点P 在线段BC 上或BC 的延长线上，故③错误；④若1λμ+>，()()11AP AB AC AC λλλμ=+-++-，整理可得()1CP CB AC λλμ=++-，10λμ+->，根据向量加法的平行四边形法则可判断点P 在ABC 外，故④正确；⑤若01λμ<+<，则令1132=λμ=-，，则1132AP AB AC =-+，则根据向量加法的平行四边形法则可判断点P 在ABC 外，故⑤错误. 故答案为：②④. 【点睛】本题考查向量基本定理的应用，解题的关键是正确利用向量的线性运算进行判断，合理的进行转化，清楚向量加法的平行四边形法则.15．【分析】先利用平面向量的夹角为且解出然后求解的最值即可得到的最值【详解】因为所以而当且仅当时等号成立所以故答案为：【点睛】本题考查平面向量数量积的运用考查模长最值的求解难度一般【分析】先利用平面向量a ，b 的夹角为120︒，且1a b ⋅=-解出2a b ⋅=，然后求解2a b -的最值即可得到a b -的最值. 【详解】因为1·cos 12a b a a b b θ⋅=⋅=-⋅=-，所以2a b ⋅=， 而2222222226a b a a b b a b a b -=-⋅+=++≥⋅+=，当且仅当2a b ==时等号成立，所以6a b -≥. 【点睛】本题考查平面向量数量积的运用，考查模长最值的求解，难度一般.16．【分析】由可得为的外心又可得为的垂心则为的中心即为正三角形运用向量的数量积定义可得的边长以为坐标原点所在直线为轴建立直角坐标系求得的坐标再设由中点坐标公式可得的坐标运用两点的距离公式可得的长运用三角 解析：494【分析】由DA DB DC ==，可得D 为ABC ∆的外心，又DA DB DB DC DC DA ⋅=⋅=⋅，可得D 为ABC ∆的垂心，则D 为ABC ∆的中心，即ABC ∆为正三角形．运用向量的数量积定义可得ABC ∆的边长，以A 为坐标原点，AD 所在直线为x 轴建立直角坐标系xOy ，求得,B C 的坐标，再设(cos ,sin ),(02)P θθθπ≤<，由中点坐标公式可得M 的坐标，运用两点的距离公式可得BM 的长，运用三角函数的恒等变换公式，结合正弦函数的值域，即可得到最大值． 【详解】解: 由DA DB DC ==，可得D 为ABC ∆的外心， 又DA DB DB DC DC DA ⋅=⋅=⋅，可得()0,(DB DA DC DC DB ⋅-=⋅ )0DA -=，即0DB AC DC AB ⋅=⋅=， 即有,DB AC DC AB ⊥⊥，可得D 为ABC ∆的垂心， 则D 为ABC ∆的中心，即ABC ∆为正三角形， 由2DA DB ⋅=-，即有||||cos1202DA DB ︒⋅=-， 解得||2DA =，ABC∆的边长为4cos30︒=以A 为坐标原点，AD 所在直线为x 轴建立直角坐标系xOy ， 可得B(3,3),C(3,D(2,0)-， 由||1AP=，可设(cos ,sin ),(02)P θθθπ≤<，由PM MC =，可得M为PC中点，即有3cos sin (,)22M θθ+， 则2223cos ||3=+2BM θ+⎛⎫- ⎪⎝⎭⎝ 2(3cos )4θ-=+=3712sin 64πθ⎛⎫+- ⎪⎝⎭=， 当sin 16πθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即23πθ=时，取得最大值，且为494．故答案为：494． 【点睛】本题考查向量的定义和性质，以及模的最值的求法，注意运用坐标法，转化为三角函数的最值的求法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．17．【分析】利用向量的数量积公式向量垂直的性质直接直解【详解】非零向量满足=⊥解得故答案为：【点睛】本题主要考查了向量的数量积公式向量垂直的性质等基础知识考查运算能力属于中档题 解析：4-【分析】利用向量的数量积公式、向量垂直的性质直接直解． 【详解】非零向量m →，n →满足4m →=3n →，cos m →〈，13n →〉=,n →⊥t m n →→⎛⎫+ ⎪⎝⎭,n →∴⋅22+||||cos ,||t m n t m n n t m n m n n →→→→→→→→→→⎛⎫+=⋅=<>+ ⎪⎝⎭223||||034t n n →→=⨯+=, 解得4t =-， 故答案为：4- 【点睛】本题主要考查了向量的数量积公式、向量垂直的性质等基础知识，考查运算能力，属于中档题.18．9【分析】根据题意建立直角坐标系用坐标法解决即可得答案【详解】解：根据题意如图建立直角坐标系∴∴∴∴的最大值为故答案为：【点睛】本题考查坐标法表示向量向量的数量积运算线性运算的坐标表示等是中档题解析：9 【分析】根据题意，建立直角坐标系，用坐标法解决即可得答案. 【详解】解：根据题意，如图建立直角坐标系，∴ ()0,3A ()4,0B ，()0,0C ， ∴ ()4,3AB =-，()()()0,34,34,33CP CA AP CA AB λλλλλ=+=+=+-=-，[]0,1λ∈，∴ ()()()[]4,330,3990,9CP BA BC CP CA λλλ⋅-=⋅=-⋅=-∈∴()CP BA BC ⋅-的最大值为9.故答案为：9 . 【点睛】本题考查坐标法表示向量，向量的数量积运算，线性运算的坐标表示等，是中档题.19．【分析】建立平面直角坐标系从而得到的坐标这样即可得出的坐标根据与共线可求出从而求出的坐标即得解【详解】建立如图所示平面直角坐标系则：；与共线故答案为：【点睛】本题考查了平面向量线性运算和共线的坐标表 13【分析】建立平面直角坐标系，从而得到,,a b c 的坐标，这样即可得出a b λ+的坐标，根据a b λ+与c 共线，可求出λ，从而求出a b λ-的坐标，即得解. 【详解】建立如图所示平面直角坐标系，则：(1,1),(0,1),(2,1)a b c ==-= ；(,1)a b λλλ∴+=-a b λ+与c 共线2(1)02λλλ∴--=∴=(2,3)a b λ∴-=22||2313a b λ∴-=+=13【点睛】本题考查了平面向量线性运算和共线的坐标表示，考查了学生概念理解，数形结合，数学运算的能力，属于中档题.20．【分析】根据以为一组基底由得到再由求解【详解】因为又因为所以所以故答案为：-12【点睛】本题主要考查平面向量基本定理和向量的线性运算还考查了运算求解的能力属于中档题 解析：12-【分析】 根据1132AD AB AC =+，以,AB AC 为一组基底，由2222()2BC AC AB AC AB AB AC =-=+-⋅，得到152AB AC ⋅=-，再由2111()()3223⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭DB DC AB AD AC AD AB AC AC AB 求解.【详解】因为2222()2BC AC AB AC AB AB AC =-=+-⋅ 又因为3AB =，5AC =，7BC = 所以152AB AC ⋅=-， 所以2111()()3223DB DC AB AD AC AD AB AC AC AB ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-⋅-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭22211251521294244AB AC AB AC --+⋅=---=-. 故答案为：-12 【点睛】本题主要考查平面向量基本定理和向量的线性运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.三、解答题21．（1）6x π=；（2）23x π=时，()f x 取到最大值2，0x =时，()f x 取到最小值1-.【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示可求得tan x =，结合x 的范围可求得x 的值； （2）将函数化简为()2sin 6f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭，根据x 的范围可求得6x π-的范围，结合正弦函数图象可确定最大值和最小值取得的点，进而求得结果. 【详解】解:（1）因为a b ⊥，所以sin co 30s b x x a =-=⋅，于是sin tan s 3co x x x ==， 又[]0,x π∈，所以6x π=；（2）()())sin ,1cos f x a x b x =⋅=⋅-cos x x =-2sin 6x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭.因为[]0,x π∈，所以5,666x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦， 从而12sin 26x π⎛⎫-≤-≤ ⎪⎝⎭于是，当62x ππ-=，即23x π=时，()f x 取到最大值2； 当66x ππ-=-，即0x =时，()f x 取到最小值1-.【点睛】本题考查平面向量垂直的坐标表示、平面向量与三角函数的综合应用，涉及到三角函数最值的求解问题；求解三角函数最值的关键是能够利用整体对应的方式，结合正弦函数的图象来进行求解.22．（1）223-；（2）2-. 【分析】（1）先通过倒角运算得出30POB ∠=︒，120APB ∠=︒，再在POB 中，由余弦定理可求得62PB =-，然后根据平面向量数量积的定义cos PA PB PA PB APB ⋅=⋅∠，代入数据进行运算即可得解；（2）以O 为原点，OA 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，设()2cos ,2sin P αα，其中20,3πα⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，结合平面向量数量积的坐标运算，用含有α的式子表示出PA PB ⋅，再利用三角恒等变换公式和正弦函数的图象即可得解. 【详解】（1）当OA OP ⊥时，如图所示，∵120AOB ∠=︒，∴1209030POB ∠=︒-︒=︒，18030752OPB ︒-︒∠==︒，∴7545120APB ∠=︒+︒=︒， 在POB 中，由余弦定理，得222222cos 22222cos30843PB OB OP OB OP POB =+-⋅∠=+-⨯⨯⨯︒=-∴84362PB =-=，又222PA OA ==，∴1cos 22622232PA PB PA PB APB ⎛⎫⋅=⋅∠=⨯-=- ⎪⎝⎭（2）以O 为原点，OA 所在直线为x 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则()2,0A ，∵120AOB ∠=︒，2OB =，∴(3B -，设()2cos ,2sin P αα，其中20,3πα⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 则()()22cos ,2sin 12cos 32sin PA PB αααα⋅=--⋅-- 2222cos 4cos 234sin αααα=--+-+2cos 2324sin 26πααα⎛⎫=--+=-++ ⎪⎝⎭. ∵20,3πα⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴5,666πππα⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，1sin ,162πα⎛⎫⎡⎤+∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦， ∴当62ππα+=，即3πα=时，PA PB ⋅取得最小值为2-.【点睛】 本题考查平面向量的坐标表示，考查平面向量的数量积，考查余弦定理，考查三角函数的图象与性质，属于中档题．23．（1）π3；（2）27 【分析】（1）设向量a 与b 的夹角θ，利用向量的数量积公式计算()2a b a ⋅-=，可得向量的夹角；（2）利用向量的模长公式：2a a =，代入计算可得. 【详解】（1）设向量a 与b 的夹角θ，()16cos 12a b a a b θ⋅-=⋅-=-=，解得1cos 2θ=， 又[]0πθ∈，，π3θ∴= （2）由向量的模长公式可得： ()222a b a b -=-=2244a a b b -⋅+4123627-+=.【点睛】 本题主要考查向量数量积公式的应用，向量模长的计算，求向量的模长需要熟记公式2a a =，考查学生的逻辑推理与计算能力，属于基础题.24．（1）(2,4)-；（2）5-.【分析】（1）由向量模的坐标表示求出λ，可得b 的坐标；（2）根据向量数量积的运算律及数量积的定义计算．【详解】（1）由题知(,2)b λλ=-，2||(|b λλ=+==2λ=-，故(2,4)b =-；（2）21(a =+=∴222221()(2)22||||cos105220532a b a b a a b b a a b b π⎛⎫-⋅+=-⋅-=-⋅-=-⋅--=- ⎪⎝⎭.【点睛】 本题考查向量模的坐标表示，考查向量数量积的运算律，掌握数量积的运算律是解题关键．25．（1）1a b +=；-1；（2）45︒.【分析】（1）根据平面向量数量积的运算律求出||a b +，再根据平面向量的几何意义求出b 在a 方向上的投影；（2）根据向量垂直，则数量积为零，即可得到1a b ⋅=，再根据夹角公式计算可得； 【详解】解：（1）由已知得2222()2121()212a b a b a a b b +=+=+⋅+=+⨯-+=，∴1a b +=；b 在a 方向上的投影为||cos1352(12b =-=- （2）由已知得()0a b a -⋅=，即20a a b -⋅=∴1a b ⋅=，∴[]2cos ,,0,212a b a b a b a b π⋅===∈⨯，， ∴向量a 与b 的夹角为45︒.【点睛】本题考查平面向量的数量积及夹角的计算，属于中档题.26．（12 【分析】（1）利用定义得出a b ⋅，再结合模长公式求解即可；（2）先得出()a a b ⋅+，再由数量积公式得出a 与a b +的夹角的余弦.【详解】（1）313cos 32a b π⋅=⨯⨯=2223()||2||122a b a b a a b b ∴+=+=+⋅+=+⨯=（2）235()||122a a b a a b ⋅+=+⋅=+= 5()2cos ,26113a ab a a b a a b ⋅+∴+===⨯⋅+ 【点睛】 本题主要考查了利用定义求模长以及求夹角，属于中档题.。
三角函数与平面向量综合问题的6种类型.doc
三角函数与平面向量综合问题一6种类型、三角函数与平面向量综合问题经典回顾开篇语三角函数与平面向量是高中数学的两大重点内容，在近几年的数学高考中，除了单独考查三角 函数问题和平面向量问题以外，还常常考查三•角函数与平面向量的交汇问题.即一个问题中•既涉及 三角函数内容，又涉及平面向量知识，以此检测我们综合处理•问题的能力.因此，在高三数学复习 屮，我们应当有意识•地关注平面向量与三角函数的交汇，通过典型的综合问题的分析•和研究，逐步 掌握这类问题的求解策略.开心自测题一：•设的三个内角 A ，B,C ,向 § m = (^/3 sin A,sin B), n = (cos B, >/3 cos A),若M = l + cos(4 + B),则C=()ao=2b,则一的取值范围是（）.m金题精讲TVB.-27Tc* T题二：设两个向M a = （^+2, ，一 cos 2 ⑵和",其中a m a 为实数.若B. [4,8]C. [71]D. [一1,6]题一：平面上三点不共线,设OA=a f OB = b,则△408的面积等于（).A.（炉方）2c. *』胡肝-（小疔B .血Fi 肝+@劝2•7TA. _ 6题二：设向量0= (4 cos a, sin a),方=(sin 0,4cos "c= (cos 0,-4 sin P)(I )若a与b_2c垂直，求tan(a+0)的值；(ID求|A+c|.的最大值；(III)若tanatan 0=16,求证：a // b .题三：在△肋C中，角A f B f C所对的边分别为a,b,c ,且满足cos△二逵，AB AC = 3-2 5(I)求△45C的面积；• (II)若E+c = 6,求a的值.题四：设“ABC是锐角三角形，a,b9c分别是内角4B,C所对边长，并且sin2^ = sin(- + 5) sin(--5) + sin2B .3 3(I)求角A 的值；(II)若^5.^4C=12,a = 2>/7 ,求 (其中b<c).名师寄语本讲要点小结与建议：三角函数和平面向量的综合问题是近儿年数学高考的一个新的视角•求解这类问题，既要求我们具有娴熟的三角函数的恒等变换技能，乂要求我们熟练地进行平而向量的四种运算，特别是数乘运算和数量积运算.因此，在高三复习中，我们应当选择典型的综合性问题进行求解•训练，提高我们处理这类综合问题的能力.■.三角函数与平面向量综合问题经典回顾参考答案开心自测题_：C.题二：A.金题精讲 题一：C.题二：(I )tan(a+/S) = 2；(11)4迈；＜ni)略. 题三：(I)= 2 ； di ) d — 2*^5 •题，四：(I) J 4 = —； (II) 6 = 4F c= 6.3二、三角函数与平面向量综合问题一6种类型题型一：结合向量的数量积,考查三角函数的化简或求值TT 7T【例1】己知0 <◎<二，0为/(x) = cos(2x + -)的最小正周期,4 8a = (tan(a+ —),-1),6 = (cosa,2),3 i =w,求2cos的值4cosa-sina【解答】因为0为/(X ) = COS (2X + 5的最小正周期，故 八兀.因为d b =O_ - J5 B 又a b = cosa tan(a+—)- 2,故COSQ tan(a+—) = w+2.4 4由于0 ＜a ＜兰 所以 2cos 2a+sin2(a+^) 2cos 2a+sin(2a+27T )4 cos a-sin a 2 cos 2 a+ sin 2a 2 cos a(cos a+ sin a) 宀 1 + tana= ---------- : ---------- --------------- =2 cos a cos a-sin a cos a- sin a 1-tana=cosa tan(a+—)=加+2.cos a- sin acos a-sin a【评析】合理选用向量的数量积的运算法则构建相关等式，然后运用三角函数川的和、差、半、倍角公式进行恒等变形，以期达到与题设条件或待求结论的相关式，找准时机代入求值或化简。
2020压轴题命题区间(三)解三角形平面向量与三角函数
压轴题命题区间(三)⎪⎪三角函数、解三角形、平面向量 增分点应用两大策略解决三角函数图象与性质的综合问题策略一：针对选择题特事特办，选择题中关于三角函数的图象和性质的问题是多年来高考的热点，三角函数试题常涉及函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0，A >0)的图象的单调性、对称性、周期、零点等问题．一般来说：(1)若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0，A >0)有两条对称轴x ＝a ，x ＝b ，则有|a －b |＝T 2＋kT2(k∈Z)；(2)若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0，A >0)有两个对称中心M (a,0)，N (b,0)，则有|a －b |＝T2＋kT2(k ∈Z)； (3)若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0，A >0)有一条对称轴x ＝a ，一个对称中心M (b,0)，则有|a －b |＝T 4＋kT2(k ∈Z)．策略二：研究函数在某一特定区间的单调性，若函数仅含有一个参数的时候，利用导数的正负比较容易控制，但对于函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0，A >0)含多个参数，并且具有周期性，很难解决，所以必须有合理的等价转化方式才能解决．[典例] (2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|≤π2，x ＝－π4为f (x )的零点，x ＝π4为y ＝f (x )图象的对称轴，且f (x )在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调，则ω的最大值为( ) A ．11 B ．9 C ．7 D ．5[思路点拨]本题条件较多，事实上从题型特征的角度来看，若选择题的已知条件越多，那么意味着可用来排除选项的依据就越多．所谓正面求解也是在不断缩小的范围内与条件进行对比验证．[方法演示] 法一：排除法由f ⎝⎛⎭⎫－π4＝0得，－π4ω＋φ＝k π(k ∈Z)，φ＝k π＋π4ω. 当ω＝5时，k 只能取－1，φ＝π4，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫5x ＋π4，则f ⎝⎛⎭⎫π4＝－1，x ＝π4是函数图象的对称轴，符合题意；当x ∈⎝⎛⎭⎫π18，5π36时，5x ＋π4∈⎝⎛⎭⎫19π36，34π36，这个区间不含2n ＋12π(n ∈Z)中的任何一个，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调，符合题意．当ω＝7时，k 只能取－2，φ＝－π4，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫7x －π4，则f ⎝⎛⎭⎫π4＝－1，x ＝π4是函数图象的对称轴，符合题意；当x ∈⎝⎛⎭⎫π18，5π36时，7x －π4∈⎝⎛⎭⎫5π36，26π36，这个区间含有π2，则函数f (x )在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上不可能单调，不符合题意．当ω＝9时，k 只能取－2，φ＝π4，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫9x ＋π4，则f ⎝⎛⎭⎫π4＝1，x ＝π4是函数图象的对称轴，符合题意；当x ∈⎝⎛⎭⎫π18，5π36时，9x ＋π4∈⎝⎛⎭⎫3π4，3π2，这个区间不含2n ＋12π(n ∈Z)中的任何一个，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调，符合题意．当ω＝11时，k 只能取－3，φ＝－π4，f (x )＝sin11x －π4，则f ⎝⎛⎭⎫π4＝1，x ＝π4是函数图象的对称轴，符合题意；当x ∈⎝⎛⎭⎫π18，5π36时，11x －π4∈⎝⎛⎭⎫13π36，46π36，这个区间含有π2，则函数f (x )在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上不可能单调，不符合题意．综上，ω的最大值为9.故选B. 法二：特殊值法 从T ＝2π2k ＋1，ω＝2k ＋1(k ∈N)来思考，ω需要最大值，只有从选项中的最大数开始，即从前往后一一验证：当ω＝11时，T ＝2π11，从单调区间的一个端点x ＝π4往前推算，靠近⎝⎛⎭⎫π18，5π36的单调区间为⎝⎛⎭⎫－π44，3π44，⎝⎛⎭⎫3π44，7π44，容易看出π18<3π44<5π36，不合题意；当ω＝9时，T ＝2π9，从单调区间的一个端点x ＝π4往前推算，靠近⎝⎛⎭⎫π18，5π36的单调区间为5π36，π4，⎝⎛⎭⎫π36，5π36，容易看出⎝⎛⎭⎫π18，5π36⊆⎝⎛⎭⎫π36，5π36，符合题意，故选B.法三：综合法由题意得⎩⎨⎧－π4ω＋φ＝k 1π，k 1∈Z ，π4ω＋φ＝k 2π＋π2，k 2∈Z ，且|φ|≤π2，则ω＝2k ＋1，k ∈Z ，φ＝π4或φ＝－π4.对比选项，将选项值分别代入验证：若ω＝11，则φ＝－π4，此时f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫11x －π4，f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π18，3π44上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫3π44，5π36上单调递减，不满足f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调；若ω＝9，则φ＝π4，此时f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫9x ＋π4，满足f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调递减． 法四：分类讨论由题意知，5π36－π18≤T 2⇒T ≥π6，即2πω≥π6⇒0<ω≤12.①又由题意可得⎩⎨⎧－π4ω＋φ＝k π，π4ω＋φ＝π2＋n π(n ，k ∈Z)，所以φ＝π4＋k ＋n2π.又|φ|≤π2，所以－32≤k ＋n ≤12.(1)当k ＋n ＝0时，φ＝π4，ω＝1－4k .②由①②可得，当k ＝－2时，ω＝9，此时函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫9x ＋π4在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调递减，符合题意；当k ＝－1时，ω＝5，此时函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫5x ＋π4在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调递减，符合题意； 当k ＝0时，ω＝1，此时f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调递减，符合题意； (2)当k ＋n ＝－1时，φ＝－π4，ω＝－1－4k .③由①③可得，当k ＝－1时，ω＝3，此时函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫3x －π4在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上单调递增，符合题意；当k ＝－2时，ω＝7，此时函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫7x －π4在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上不单调，舍去； 当k ＝－3时，ω＝11，此时f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫11x －π4在⎝⎛⎭⎫π18，5π36上不单调，舍去； 综上，ω＝1,3,5,9，此法求出了ω的所有可能值，故ω的最大值为9. 答案：B [解题师说]上述法一和法二的本质是一样的，都是针对选择题的做法，逐一验证，目标明确，不同的是验证的角度．法二直接利用y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0，A >0)的单调区间的特征，每个区间长度为T 2，从靠近区间的特殊极值点π4开始把可能出现的单调区间找出来比较，只要“所求区间包含在单调区间内”即可．[应用体验]1．已知函数f (x )＝2sin ωx 在区间⎣⎡⎦⎤－π3，π4上的最小值为－2，则ω的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤－∞，－92∪[6，＋∞) B.⎝⎛⎦⎤－∞，－92∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞ C ．(－∞，－2]∪[6，＋∞) D ．(－∞，－2]∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞解析：选D 法一：当ω＞0时，－π3ω≤ωx ≤π4ω，可知－π3ω≤－π2，解得ω≥32；当ω＜0时，π4ω≤ωx ≤－π3ω，可知π4ω≤－π2，解得ω≤－2，所以ω的取值范围是(－∞，－2]∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞. 法二：取ω＝2，则函数f (x )＝2sin 2x ，根据2x ∈⎣⎡⎦⎤－2π3，π2知，当2x ＝－π2时，f (x )取得最小值－2，满足条件，排除A 、C ；取ω＝－3，则函数f (x )＝2sin(－3x )＝－2sin 3x ，根据3x ∈⎣⎡⎦⎤－π，3π4知，当3x ＝π2时，f (x )取得最小值－2，满足条件，排除B ，故选D. 2．(2018·江西联考)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)－1(ω>0，|φ|<π)的一个零点是π3，函数y＝f (x )图象的一条对称轴是直线x ＝－π6，则当ω取得最小值时，函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎣⎡⎦⎤3k π－π3，3k π－π6(k ∈Z) B.⎣⎡⎦⎤3k π－5π3，3k π－π6(k ∈Z) C.⎣⎡⎦⎤2k π－2π3，2k π－π6(k ∈Z) D.⎣⎡⎦⎤2k π－π3，2k π－π6(k ∈Z) 解析：选B 依题意得，f ⎝⎛⎭⎫π3＝2sin ⎝⎛⎭⎫πω3＋φ－1＝0，即sin ⎝⎛⎭⎫πω3＋φ＝12，解得πω3＋φ＝2k 1π＋π6或πω3＋φ＝2k 2π＋5π6(其中k 1，k 2∈Z)．①又sin ⎝⎛⎭⎫－πω6＋φ＝±1，即－πω6＋φ＝k 3π＋π2(其中k 3∈Z)．②由①－②得πω2＝(2k 1－k 3)π－π3或πω2＝(2k 2－k 3)π＋π3，即ω＝2(2k 1－k 3)－23或ω＝2(2k 2－k 3)＋23(其中k 1，k 2，k 3∈Z)，因此ω的最小值为23.因为sin ⎝⎛⎭⎫－πω6＋φ＝sin ⎝⎛⎭⎫－π9＋φ＝±1， 所以－π9＋φ＝π2＋k π(k ∈Z)．又|φ|<π，所以φ＝π2＋π9，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫23x ＋π2＋π9－1＝2cos 23x ＋π9－1， 令2k π－π≤23x ＋π9≤2k π(k ∈Z)，则3k π－5π3≤x ≤3k π－π6(k ∈Z)．因此，当ω取得最小值时，f (x )的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤3k π－5π3，3k π－π6(k ∈Z)．一、选择题1．已知函数f (x )＝3cos ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3(ω＞0)和g (x )＝2sin(2x ＋φ)＋1的图象的对称轴完全相同，若x ∈⎣⎡⎦⎤0，π3，则f (x )的取值范围是( ) A ．[－3,3] B.⎣⎡⎦⎤－32，3 C.⎣⎡⎦⎤－3，332D.⎣⎡⎦⎤－3，32 解析：选D 因为函数f (x )和g (x )的图象的对称轴完全相同，故f (x )和g (x )的周期相同，所以ω＝2，f (x )＝3cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3.由x ∈⎣⎡⎦⎤0，π3，得2x ＋π3∈⎣⎡⎦⎤π3，π.根据余弦函数的单调性可知，当2x ＋π3＝π，即x ＝π3时，f (x )min ＝－3；当2x ＋π3＝π3，即x ＝0时，f (x )max ＝32，所以f (x )的取值范围是⎣⎡⎦⎤－3，32.2．(2018·郴州质检)将函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6的图象上各点的横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，所得图象对应的函数的一个单调递增区间为( )A.⎣⎡⎦⎤－π3，π6 B.⎣⎡⎦⎤－π2，π2 C.⎣⎡⎦⎤－π3，π3 D.⎝⎛⎭⎫－π6，2π3 解析：选A 将函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6的图象上各点的横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，得到函数y ＝sin2x ＋π6的图象，由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2(k ∈Z)，得函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6的单调递增区间为k π－π3，k π＋π6(k ∈Z)，当k ＝0时，函数y ＝sin2x ＋π6在区间－π3，π6上单调递增．3．(2018·广州综合测试)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)＋cos(ωx ＋φ)(ω>0,0<φ<π)是奇函数，直线y ＝2与函数f (x )的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为π2，则( )A ．f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π4上单调递减 B ．f (x )在⎝⎛⎭⎫π8，3π8上单调递减 C ．f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π4上单调递增 D ．f (x )在⎝⎛⎭⎫π8，3π8上单调递增解析：选D f (x )＝sin(ωx ＋φ)＋cos(ωx ＋φ)＝2sin ωx ＋φ＋π4，因为0<φ<π且f (x )为奇函数，所以φ＝3π4，即f (x )＝－2sin ωx ，又直线y ＝2与函数f (x )的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为π2，所以函数f (x )的最小正周期为π2，由2πω＝π2，可得ω＝4，故f (x )＝－2sin 4x ，由2k π＋π2≤4x ≤2k π＋3π2，k ∈Z ，得k π2＋π8≤x ≤k π2＋3π8，k ∈Z ，令k ＝0，得π8≤x ≤3π8，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫π8，3π8上单调递增，令－π2＋2k π≤4x ≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－π8＋k π2≤x ≤π8＋k π2，k ∈Z ，故f (x )的单调递减区间为－π8＋k π2，π8＋k π2，k ∈Z ，则A ，B 错误，故选D.4．(2018·长沙模拟)将函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4(ω>0)的图象向右平移π4ω个单位长度，得到函数y ＝g (x )的图象，若y ＝g (x )在⎣⎡⎦⎤－π6，π3上为增函数，则ω的最大值为( )A ．3B ．2 C.32 D.54解析：选C g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤ω⎝⎛⎭⎫x －π4ω＋π4＝2sin ωx . 因为y ＝g (x )在－π6，π3上为增函数，所以ω·⎝⎛⎭⎫－π6≥－π2＋2k π(k ∈Z)且ω·π3≤π2＋2k π(k ∈Z)，解得0<ω≤32，则ω的最大值为32.5．(2018·陕西质检)将函数f (x )＝sin(2x ＋φ)|φ|<π2的图象向左平移π6个单位长度后关于原点对称，则函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最小值为( ) A ．－32 B ．－12 C.12 D.32解析：选A 将f (x )＝sin(2x ＋φ)的图象向左平移π6个单位长度得到y ＝sin2x ＋π6＋φ＝sin2x ＋π3＋φ的图象，该图象关于原点对称，即为奇函数，则π3＋φ＝k π(k ∈Z)，且|φ|<π2，所以φ＝－π3，即f (x )＝sin2x －π3，当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，2x －π3∈⎣⎡⎦⎤－π3，2π3，所以当2x －π3＝－π3，即x ＝0时，f (x )取得最小值，最小值为－32. 6．(2018·临沂调研)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)＋1ω>0，|φ|≤π2，其图象与直线y ＝－1相邻两个交点的距离为π，若f (x )>1对任意x ∈－π12，π3恒成立，则φ的取值范围是( )A.π12，π6B.π6，π2C.π12，π3D.π6，π3解析：选D 由题知，T ＝2πω＝π，ω＝2，所以f (x )＝2sin(2x ＋φ)＋1，根据题意，若f (x )>1对任意x ∈⎝⎛⎭⎫－π12，π3恒成立，即sin(2x ＋φ)>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫－π12，π3恒成立，所以－π6＋φ≥2k π，k ∈Z ，且2π3＋φ≤π＋2k π，k ∈Z ，所以π6＋2k π≤φ≤π3＋2k π，k ∈Z ，又|φ|≤π2，所以π6≤φ≤π3. 7．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则( )A ．f (x )的图象关于直线x ＝－2π3对称 B ．f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫－5π12，0对称 C ．若方程f (x )＝m 在－π2，0上有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是(－2，－3]D ．将函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6的图象向左平移π6个单位长度得到函数f (x )的图象 解析：选C 根据题中所给的图象，可知A ＝2， T ＝4⎝⎛⎭⎫π3－π12＝π，∴ω＝2ππ＝2. 又π6＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，|φ|<π2，∴φ＝π3，∴函数f (x )的解析式为f (x )＝2sin2x ＋π3，∴2×⎝⎛⎭⎫－2π3＋π3＝－π，从而f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫－2π3，0对称，而不是关于直线x ＝－2π3对称，故A 不正确；2×⎝⎛⎭⎫－5π12＋π3＝－π2，∴f (x )的图象关于直线x ＝－5π12对称，而不是关于点⎝⎛⎭⎫－5π12，0对称，故B 不正确；当x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，0时，2x ＋π3∈－2π3，π3，结合正弦函数图象的性质，可知若方程f (x )＝m 在－π2，0上有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是(－2，－3]，故C 正确；根据图象平移变换的法则，可知应将y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6的图象向左平移π4个单位长度得到f (x )的图象，故D 不正确． 8．曲线y ＝2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4cos ⎝⎛⎭⎫x －π4和直线y ＝12在y 轴右侧的交点的横坐标按从小到大的顺序依次记为P 1，P 2，P 3，…，则|P 3P 7|＝( )A ．πB ．2πC ．4πD ．6π解析：选B y ＝2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4cos ⎝⎛⎭⎫x －π4＝cos 2x －sin 2x ＝cos 2x ，故曲线对应的函数为周期函数，且周期为π，直线y ＝12在y 轴右侧与函数y ＝cos 2x 在每个周期内的图象都有两个交点，又P 3与P 7相隔2个周期，故|P 3P 7|＝2π.9．已知x ＝π12是函数f (x )＝3sin(2x ＋φ)＋cos(2x ＋φ)(0<φ<π)图象的一条对称轴，将函数f (x )的图象向右平移3π4个单位长度后得到函数g (x )的图象，则函数g (x )在－π4，π6上的最小值为( )A ．－2B ．－1C ．－ 2D ．－ 3解析：选B f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋φ，∵x ＝π12是f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋φ图象的一条对称轴，∴π3＋φ＝k π＋π2(k ∈Z)．∵0<φ<π，∴φ＝π6，则f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3， ∴g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －3π4＋π3＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋5π6. ∵x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π6，∴2x ＋5π6∈⎣⎡⎦⎤π3，7π6，∴当x ＝π6时，g (x )取得最小值，最小值为－1. 10．(2018·宁夏银川一中月考)已知函数f (x )＝sin(2x ＋φ)|φ|<π2的图象向右平移π6个单位长度后关于原点对称，则f ⎝⎛⎭⎫π12的值为( )A ．1B ．－1 C.12D ．－12解析：选A 函数f (x )＝sin(2x ＋φ)|φ|<π2的图象向右平移π6个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为y ＝sin2x －π6＋φ＝sin2x －π3＋φ，由所得图象关于原点对称，可得φ－π3＝k π，k ∈Z ，即φ＝k π＋π3，k ∈Z.又|φ|<π2，故φ＝π3，可得函数f (x )＝sin2x ＋π3，f ⎝⎛⎭⎫π12＝sin2×π12＋π3＝sin π2＝1. 11．将函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6的图象向左平移π12个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到g (x )的图象．若g (x 1)g (x 2)＝9，且x 1，x 2∈[－2π，2π]，则2x 1－x 2的最大值为( )A.49π12 B.35π6 C.25π6D.17π4解析：选A 由题意得g (x )＝2sin2x ＋π12＋π6＋1＝2sin2x ＋π3＋1，故g (x )max ＝3，g (x )min ＝－1，由g (x 1)g (x 2)＝9，得⎩⎪⎨⎪⎧g (x 1)＝3，g (x 2)＝3，由g (x )＝2sin2x ＋π3＋1＝3，得2x ＋π3＝π2＋2k π，k∈Z ，即x ＝π12＋k π，k ∈Z ，由x 1，x 2∈[－2π，2π]，得x 1，x 2＝－23π12，－11π12，π12，13π12，故当x 1＝13π12，x 2＝－23π12时，2x 1－x 2取得最大值，最大值为49π12. 12．(2018·河北衡水中学调研)已知函数f (x )＝A cos(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的部分图象如图所示，下面结论错误的是( )A ．函数f (x )的最小正周期为2π3B ．函数f (x )的图象可由g (x )＝A cos ωx 的图象向右平移π12个单位长度得到 C ．函数f (x )的图象关于直线x ＝π12对称D ．函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π4，π2上单调递增解析：选D 由图象可知，函数f (x )的最小正周期T ＝2⎝⎛⎭⎫11π12－7π12＝2π3，选项A 正确；由T ＝2π3，得ω＝3.又f ⎝⎛⎭⎫7π12＝A cos ⎝⎛⎭⎫7π4＋φ＝0，所以φ＝k π－5π4(k ∈Z)．又f ⎝⎛⎭⎫π2＝A cos ⎝⎛⎭⎫3π2＋φ＝A sin φ＝－23，所以sin φ<0，φ＝－π4＋2k π(k ∈Z)，即f (x )＝A cos ⎝⎛⎭⎫3x －π4，函数g (x )＝A cos 3x 的图象向右平移π12个单位长度得到的图象对应的函数的解析式为y ＝g ⎝⎛⎭⎫x －π12＝A cos3x －π12＝A cos ⎝⎛⎭⎫3x －π4＝f (x )，选项B 正确；当x ＝π12时，f (x )＝A ，因此函数f (x )的图象关于直线x ＝π12对称，选项C 正确；当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2时，3x －π4∈⎝⎛⎭⎫π2，5π4，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫π4，π2上不是单调递增的，选项D 错误．二、填空题13．(2018·郑州模拟)定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 1 a 2a 3 a 4＝a 1a 4－a 2a 3，将函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3 sin ωx 1 cos ωx (ω>0)的图象向左平移2π3个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数，则ω的最小值是________．解析：由题意，得f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3 sin ωx 1 cos ωx ＝3cos ωx －sin ωx ＝2cos ωx ＋π6(ω>0)，将函数f (x )＝2cos ωx ＋π6(ω>0)的图象向左平移2π3个单位长度，所得图象对应的函数为y ＝2cos ωx ＋2π3＋π6＝2cos ωx ＋2ωπ3＋π6.因为y ＝2cos ωx ＋2ωπ3＋π6为偶函数，所以2ωπ3＋π6＝k π(k ∈Z)．即ω＝6k －14(k ∈Z)．又ω>0，所以ω的最小值是54.答案：5414.(2018·江西赣南五校联考)已知函数f (x )＝A sin π6x ＋φA >0，0<φ<π2的部分图象如图所示，P ，Q 分别为该图象的最高点和最低点，点P 的坐标为(2，A )，点R 的坐标为(2,0)．若∠PRQ ＝2π3，则f (x )的最大值是________．解析：由题设可知函数f (x )的最小正周期T ＝2ππ6＝12，则Q (8，－A )，所以|PR |＝A ，连接PQ ，|PQ |＝36＋4A 2，|RQ |＝36＋A 2，由余弦定理可得4A 2＋36＝A 2＋A 2＋36－2A ·A 2＋36·cos 2π3.又A >0，解得A ＝23，故f (x )的最大值是2 3.答案：2 315．(2018·江西上饶一模)已知函数f (x )＝4sin2x ＋π60≤x ≤91π6，若函数F (x )＝f (x )－3的所有零点依次记为x 1，x 2，x 3，…，x n ，且x 1<x 2<x 3<…<x n ，则x 1＋2x 2＋2x 3＋…＋2x n －1＋x n ＝________.解析：令2x ＋π6＝π2＋k π，k ∈Z ，解得x ＝π6＋k π2，k ∈Z ，故函数f (x )的图象在0，91π6上的对称轴为x ＝π6，2π3，…，44π3，共有30条，所以x 1＋x 2＝2×π6＝π3，x 2＋x 3＝2×2π3＝4π3，x 3＋x 4＝2×7π6＝7π3，以此类推，x n －1＋x n ＝2×44π3＝88π3，所以(x 1＋x 2)＋(x 2＋x 3)＋…＋(x n －1＋x n )＝30×π3＋88π32＝445π. 答案：445π16．(理)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω＞0，|φ|＜π2的图象过点B (0，－3)，且在⎝⎛⎭⎫π18，π3上单调，同时f (x )的图象向左平移π个单位长度之后与原来的图象重合，当x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫－4π3，－2π3，且x 1≠x 2时，f (x 1)＝f (x 2)，则f (x 1＋x 2)＝________.解析：∵函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)的图象经过点B (0，－3)，∴f (0)＝2sin φ＝－3⇒sin φ＝－32，又|φ|＜π2，∴φ＝－π3. ∵f (x )的图象向左平移π个单位长度后与原来的图象重合，且函数f (x )在⎝⎛⎭⎫π18，π3上单调，∴函数f (x )的最小正周期T ＝π，∴ω＝2πT ＝2，∴函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3.令2x －π3＝k π＋π2(k ∈Z)，得x ＝k π2＋5π12(k ∈Z)， ∴函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3的对称轴为直线x ＝5π12＋k π2(k ∈Z)，∴当－4π3＜x ＜－2π3时，f (x )的对称轴为直线x ＝－3π2＋5π12＝－13π12，∴当x 1，x 2分别在直线x ＝－13π12两侧时，存在x 1≠x 2，使f (x 1)＝f (x 2)，此时x 1＋x 2＝2×⎝⎛⎭⎫－13π12＝－13π6，∴f (x 1＋x 2)＝f ⎝⎛⎭⎫－13π6＝2sin ⎣⎡⎦⎤2×⎝⎛⎭⎫－13π6－π3＝2sin ⎝⎛⎭⎫－14π3＝2sin ⎝⎛⎭⎫－2π3＝2×⎝⎛⎭⎫－32＝－ 3. 答案：－ 3(文)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)x ∈－π12，2π3，φ∈0，π2的图象如图所示，若f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，则f (x 1＋x 2)＝________.解析：由f (x )＝2sin(ωx ＋φ)，x ∈⎣⎡⎦⎤－π12，2π3的图象，得最小正周期T ＝2πω＝432π3＋π12＝π，所以ω＝2，所以f (x )＝2sin(2x ＋φ)．将点⎝⎛⎭⎫2π3，－2代入，得sin ⎝⎛⎭⎫4π3＋φ＝－1， 又φ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，解得φ＝π6， 所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 法一：由f (x 1)＝f (x 2)， 得sin ⎝⎛⎭⎫2x 1＋π6＝sin ⎝⎛⎭⎫2x 2＋π6. 因为x ∈⎣⎡⎦⎤－π12，2π3，所以0≤2x ＋π6≤3π2，所以2x 1＋π6＋2x 2＋π6＝π，所以x 1＋x 2＝π3，所以f (x 1＋x 2)＝2sin 5π6＝1.法二：因为f (x 1)＝f (x 2)且x 1≠x 2，由图象得x 1＋x 2＝π3，所以f (x 1＋x 2)＝2sin 5π6＝1.答案：1增分点“三法”解决平面向量数量积问题平面向量的数量积是向量的一种重要运算，也是高中数学的一个重要概念，在数学、物理等学科中应用十分广泛．在高考试卷中备受青睐，命题方式灵活多样，试题内容活泼、新颖，是一个稳定的高频考点．解决这类问题有三种基本方法：投影法、基底法和坐标法．“三法”的准确定位应是并举！即不应人为地、凭主观划分它们的优劣，而应具体问题具体分析．[典例] 已知在△ABC 中，AB ＝4，AC ＝6，BC ＝7，其外接圆的圆心为O ，则AO ―→·BC ―→＝________.[思路点拨]本题如果直接利用向量数量积的定义求解，计算复杂，过程较长．我们可以从以下三种思路着手：(1)利用数量积的几何意义，及数形结合思想，可以巧妙解决该题；(2)选择BA ―→，BC ―→为基底，利用向量基本定理，将AO ―→·BC ―→转化到两个基底之间的运算，问题自然就能顺利解决．(3)设D 是边BC 的中点，根据题意可知OD ⊥BC ，因此方便建立平面直角坐标系，利用坐标运算解答问题．[方法演示] 法一：投影法如图，作OD ⊥BC ，垂足为D ，则D 是线段BC 的中点． 作AE ⊥BC ，垂足为E . 则AO ―→在BC ―→的方向上的投影为|AO ―→|·cos 〈AO ―→，BC ―→〉＝|ED ―→|，所以AO ―→·BC ―→＝|AO ―→|·|BC ―→|·cos 〈AO ―→，BC ―→〉＝|ED ―→|·|BC ―→|. 在△ABC 中，AB ＝4，AC ＝6，BC ＝7，由余弦定理，得cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝－1387.所以cos ∠ABE ＝cos(π－∠ABC )＝1387，所以BE ＝AB ·cos ∠ABE ＝1327.所以|ED ―→|＝BE ＋BD ＝1327＋72.因为|BC ―→|＝7，所以AO ―→·BC ―→＝|ED ―→|·|BC ―→|＝10. 法二：基底法如图，作OD ⊥BC ，垂足为D ， 则D 是线段BC 的中点，且OD ―→·BC ―→＝0. 所以AO ―→·BC ―→＝(AB ―→＋BD ―→＋DO ―→)·BC ―→ ＝AB ―→·BC ―→＋BD ―→·BC ―→＋DO ―→·BC ―→ ＝AB ―→·BC ―→＋BD ―→·BC ―→ ＝－BA ―→·BC ―→＋12BC ―→·BC ―→，在△ABC 中，AB ＝4，AC ＝6，BC ＝7，由余弦定理，得cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝－1387.所以AO ―→·BC ―→＝－BA ―→·BC ―→＋12BC ―→·BC ―→＝－|BA ―→|·|BC ―→|cos ∠ABC ＋12|BC ―→|2＝－4×7×⎝⎛⎭⎫－1387＋12×(7)2＝10.法三：坐标法如图，作OD ⊥BC ，垂足为D ，则D 是线段BC 的中点．以D 为坐标原点，BC ，DO 分别为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系． 在△ABC 中，AB ＝4，AC ＝6，BC ＝7，由余弦定理，得cos ∠ACB ＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC ＝947.作AE ⊥BC ，垂足为E .在Rt △ACE 中，CE ＝AC ·cos ∠ACB ＝2727.设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫72－2727，y A ，O (0，y O )，又B ⎝⎛⎭⎫－72，0，C ⎝⎛⎭⎫72，0.所以AO ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫2727－72，y O －y A ，BC ―→＝(7，0)． 所以AO ―→·BC ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫2727－72×7＋(y O －y A )×0＝10. 答案：10 [解题师说](1)法一(投影法)利用向量数量积的几何意义，借助于向量的投影求向量的数量积，巧妙地利用平面图形的性质，解答简短．法二(基底法)通过向量的分解变换，即向量的线性运算，转化成另外向量的数量积，不断化简求出值，充分体现了转化的思想，其中垂直关系的利用是化简的关键．思维更自然，处理更简单．法三(坐标法)巧妙地把向量运算转化为数量运算，解答过程同样简洁，体现了坐标法的威力．(2)如果题目图形便于建立平面直角坐标系，可以优先考虑的坐标法．如果不方便建立平面直角坐标系，则可考虑投影法或基底法，其中选择恰当的基底，将要求的数量积的两向量用基底表示是关键．[应用体验]1.如图，△ABC 是边长为23的正三角形，P 是以C 为圆心，半径为1的圆上任意一点，则AP ―→·BP ―→的取值范围是( )A ．[1,13]B ．(1,13)C ．(4,10)D ．[4,10]解析：选A 取AB 的中点D ，连接CD ，CP ，则CA ―→＋CB ―→＝2CD ―→，所以AP ―→·BP ―→＝(CP ―→－CA ―→)·(CP ―→－CB ―→)＝CA ―→·CB ―→－2CD ―→·CP ―→＋1＝(23)2cos π3－2×3×1×cos 〈CD ―→，CP ―→〉＋1＝7－6cos 〈CD ―→，CP ―→〉，所以当cos 〈CD ―→，CP ―→〉＝1时，AP ―→·BP ―→取得最小值为1；当cos 〈CD ―→，CP ―→〉＝－1时，AP ―→·BP ―→取得最大值为13，因此AP ―→·BP ―→的取值范围是[1,13]．2．已知四边形ABCD 的对角线相交于一点，AC ―→＝(1，3)，BD ―→＝(－3，1)，则AB ―→·CD ―→的取值范围是( )A ．(0,2)B ．(0,4]C ．[－2,0)D ．[－4,0)解析：选C 由已知得，|AC ―→|＝|BD ―→|＝2，AC ⊥BD .法一(基底法)：设四边形ABCD 的对角线相交于一点O ，设OA ＝x ，OB ＝y ， 则OC ＝2－x ，OD ＝2－y ，且0<x <2,0<y <2. 所以OA ―→＝－x 2－x OC ―→，OB ―→＝－y 2－y OD ―→.若以OC ―→，OD ―→为基底．则AB ―→·CD ―→＝(OB ―→－OA ―→)·(OD ―→－OC ―→)＝－y 2－y OD ―→＋x 2－x OC ―→ ·(OD ―→－OC ―→)＝－y 2－y OD ―→·OD ―→－x 2－x OC ―→·OC ―→＝－y 2－y |OD ―→|2－x 2－x|OC ―→|2＝(y －1)2＋(x －1)2－2.又0≤(x －1)2<1,0≤(y －1)2<1， 所以－2≤AB ―→·CD ―→<0.法二(坐标法)：设四边形ABCD 的对角线相交于一点O .以O 为坐标原点，OC ，OD 分别为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系．设OA ＝a ，OB ＝b ，则OC ＝2－a ，OD ＝2－b ，且0<a <2,0<b <2.则A (－a,0)，B (0，－b )，C (2－a,0)， D (0,2－b )，所以AB ―→＝(a ，－b )，CD ―→＝(a －2,2－b )． 所以AB ―→·CD ―→＝a (a －2)＋(－b )(2－b ) ＝(a －1)2＋(b －1)2－2. 又0≤(a －1)2<1,0≤(b －1)2<1， 所以－2≤AB ―→·CD ―→<0.一、选择题1.(2017·日照一模)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝4，∠ABC ＝30°，AD 是BC 边上的高，则AD ―→·AC ―→＝( )A ．0B ．4C ．8D ．－4解析：选B 因为AB ＝BC ＝4，∠ABC ＝30°，AD 是BC 边上的高，所以AD ＝2，所以AD ―→·AC ―→＝AD ―→·(AB ―→＋BC ―→)＝AD ―→·AB ―→＋AD ―→·BC ―→＝AD ―→·AB ―→＝2×4×12＝4.2．(2018·郑州质检)已知P 是边长为2的正三角形ABC 的边BC 上的动点，则AP ―→·(AB ―→＋AC ―→)( )A ．有最大值8B ．是定值6C ．有最小值2D ．与P 点的位置有关解析：选B 设AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，BP ―→＝t BC ―→，∴BC ―→＝AC ―→－AB ―→＝b －a ，a 2＝b 2＝4，a ·b ＝2×2×cos 60°＝2，∴AP ―→＝AB ―→＋BP ―→＝a ＋t (b －a )＝(1－t )a ＋tb ，AB ―→＋AC ―→＝a ＋b ，∴AP ―→·(AB ―→＋AC ―→)＝[(1－t )a ＋tb ]·(a ＋b )＝(1－t )a 2＋[(1－t )＋t ]a ·b ＋tb 2＝(1－t )×4＋2＋t ×4＝6.3.如图，菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝60°，M 为DC 的中点，若N 为菱形内任意一点(含边界)，则AM ―→·AN ―→的最大值为( )A ．3B ．2 3C ．6D ．9解析：选D 由平面向量数量积的几何意义知，AM ―→·AN ―→等于AM ―→与AN ―→在AM ―→方向上的投影之积，所以(AM ―→·AN ―→)max ＝AM ―→·AC ―→＝12AB ―→＋AD ―→ ·(AB ―→＋AD ―→)＝12AB ―→2＋AD ―→2＋32AB ―→·AD ―→＝9.4．(2018·宝鸡质检)在等腰直角△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.⎣⎡⎦⎤32，2 B.⎝⎛⎭⎫32，2 C.⎣⎡⎭⎫32，2D.⎣⎡⎭⎫32，＋∞解析：选C 以等腰直角三角形的直角边BC 为x 轴，BA 为y 轴，建立平面直角坐标系，如图，则B (0,0)，直线AC 的方程为x ＋y ＝2.设M (a,2－a )，则0<a <1，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，∵0<a <1，∴当a ＝12时，BM ―→·BN ―→取得最小值32.又BM ―→·BN ―→<2，故BM ―→·BN ―→的取值范围为⎣⎡⎭⎫32，2. 5．(2018·福州模拟)在平行四边形ABCD 中，∠BAD ＝60°，AB ＝1，AD ＝3，P 为平行四边形内一点，AP ＝32，若AP ―→＝λAB ―→＋μAD ―→(λ，μ∈R)，则λ＋3μ的最大值为( ) A ．1 B.34 C. 2D.43解析：选A ∵AP ―→＝λAB ―→＋μAD ―→， ∴|AP ―→|2＝(λAB ―→＋μAD ―→)2， 即⎝⎛⎭⎫322＝λ2|AB ―→|2＋μ2|AD ―→|2＋2λμ·AB ―→·AD ―→.又AB ＝1，AD ＝3，∠BAD ＝60°， ∴AB ―→·AD ―→＝1×3×cos 60°＝32，∴34＝λ2＋3μ2＋3λμ， ∴(λ＋3μ)2＝34＋3λμ≤34＋λ＋3μ22，∴(λ＋3μ)2≤1，∴λ＋3μ的最大值为1，当且仅当λ＝12，μ＝36时取等号．6．(2018·开封质检)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±22C.1±102D.－3±222解析：选A 法一：如图，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)，∴P (2λ，0)，Q (1－λ，3(1－λ))．∵BQ ―→·CP ―→＝－32，∴(－1－λ，3(1－λ))·(2λ－1，－3)＝－32，化简得4λ2－4λ＋1＝0， ∴λ＝12.法二：∵BQ ―→＝AQ ―→－AB ―→＝(1－λ)·AC ―→－AB ―→，CP ―→＝AP ―→－AC ―→＝λAB ―→－AC ―→，又BQ ―→·CP ―→＝－32，|AB ―→|＝|AC ―→|＝2，〈AB ―→，AC ―→〉＝60°，AB ―→·AC ―→＝|AB ―→|·|AC ―→|cos 60°＝2， ∴[(1－λ)AC ―→－AB ―→]·(λAB ―→－AC ―→)＝－32，即λ|AB ―→|2＋(λ2－λ－1)AB ―→·AC ―→＋(1－λ)|AC ―→|2＝32，∴4λ＋2(λ2－λ－1)＋4(1－λ)＝32，解得λ＝12.7.如图，△ABC 的外接圆的圆心为O ，AB ＝2，AC ＝7，BC ＝3，则AO ―→·BC ―→的值为( )A.32 B.52 C ．2D ．3解析：选A 取BC 的中点为D ，连接AD ，OD ，则OD ⊥BC ，AD ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)，BC ―→＝AC ―→－AB ―→，所以AO ―→·BC ―→＝(AD ―→＋DO ―→)·BC ―→＝AD ―→·BC―→＋DO ―→·BC ―→＝AD ―→·BC ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)·(AC ―→－AB ―→)＝12(AC ―→2－AB ―→2)＝12×[(7)2－22]＝32.8.(2018·贵阳质检)如图，在正方形ABCD 中，M ，N 分别是BC ，CD 的中点，若AC ―→＝λAM ―→＋μBN ―→，则λ＋μ＝( )A ．2 B.83 C.65D.85解析：选D 法一：以AB ，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，设正方形的边长为1，则AM ―→＝⎝⎛⎭⎫1，12，BN ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，1，AC ―→＝(1,1)． ∵AC ―→＝λAM ―→＋μBN ―→＝λ－12μ，λ2＋μ，∴⎩⎨⎧λ－12μ＝1，12λ＋μ＝1，解得⎩⎨⎧λ＝65，μ＝25，∴λ＋μ＝85.法二：由AM ―→＝AB ―→＋12AD ―→，BN ―→＝－12AB ―→＋AD ―→，得AC ―→＝λAM ―→＋μBN ―→＝⎝⎛⎭⎫λ－μ2AB ―→＋λ2＋μAD ―→. 又AC ―→＝AB ―→＋AD ―→，∴⎩⎨⎧λ－12μ＝1，λ2＋μ＝1，解得⎩⎨⎧λ＝65，μ＝25.∴λ＋μ＝85.9．已知△ABC 是边长为1的等边三角形，点D ，E 分别是边AB ，BC 的中点，连接DE 并延长到点F ，使得DE ＝2EF ，则AF ―→·BC ―→的值为( )A ．－58B.18C.14D.118解析：选B 如图所示， AF ―→＝AD ―→＋DF ―→.又D ，E 分别为AB ，BC 的中点， 且DE ＝2EF ，所以AD ―→＝12AB ―→，DF ―→＝12AC ―→＋14AC ―→＝34AC ―→，所以AF ―→＝12AB ―→＋34AC ―→.又BC ―→＝AC ―→－AB ―→，则AF ―→·BC ―→＝⎝⎛⎭⎫12AB ―→＋34 AC ―→ ·(AC ―→－AB ―→)＝12AB ―→·AC ―→－12AB ―→2＋34AC ―→2－34AC ―→·AB ―→ ＝34AC ―→2－12AB ―→2－14AC ―→·AB ―→. 又|AB ―→|＝|AC ―→|＝1，∠BAC ＝60°， 故AF ―→·BC ―→＝34－12－14×1×1×12＝18.10．(2018·成都诊断)已知A ，B 是圆O ：x 2＋y 2＝4上的两个动点，|AB ―→|＝2，OC ―→＝53OA―→－23OB ―→.若M 是线段AB 的中点，则OC ―→·OM ―→的值为( ) A ．3 B ．2 3 C ．2D ．－3解析：选A 由条件易知△OAB 为正三角形．又由M 为AB 的中点，则OM ―→＝12(OA ―→＋OB ―→)，所以OC ―→·OM ―→＝12(OA ―→＋OB ―→)·⎝⎛⎭⎫53 OA ―→－23 OB ―→＝1253|OA ―→|2＋OA ―→·OB ―→－23|OB ―→|2＝3. 11.(2018·湖北八校联考)如图，O 为△ABC 的外心，AB ＝4，AC ＝2，∠BAC 为钝角，M 为BC 边的中点，则AM ―→·AO ―→的值为( )A ．2 3B ．12C ．6D ．5解析：选D 如图，取AB ，AC 的中点分别为D ，E ，连接OD ，OE ，可知OD ⊥AB ，OE ⊥AC ，∵M 是BC 边的中点，∴AM ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)，∴AM ―→·AO ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)·AO ―→＝12AB ―→·AO ―→＋12AC ―→·AO ―→＝AD ―→·AO ―→＋AE ―→·AO ―→.由数量积的定义可得AD ―→·AO ―→＝|AD ―→||AO ―→|·cos 〈AD ―→，AO ―→〉，而|AO ―→|cos 〈AD ―→，AO ―→〉＝|AD ―→|，故AD ―→·AO ―→＝|AD ―→|2＝4，同理可得AE ―→·AO ―→＝|AE ―→|2＝1，即AD ―→·AO ―→＋AE ―→·AO ―→＝5，故AM ―→·AO ―→＝5.12．(2018·陕西质检)已知非零单位向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则a 与b －a 的夹角是( )A.π4 B.π2 C.34π D.π6解析：选C 由|a ＋b |＝|a －b |，得a ·b ＝0，即a ⊥b .法一：如图，令OA ―→＝a ，OB ―→＝b ， 则△AOB 为等腰直角三角形． 又b －a ＝AB ―→， ∴a 与b －a 的夹角为34π.法二：不妨令a ＝(1,0)，b ＝(0,1)， 则b －a ＝(－1,1)， 设a 与b －a 的夹角为θ， 则cos θ＝a ·(b －a )|a ||b －a |＝－11×2＝－22.又∵θ∈[0，π]，∴θ＝34π.二、填空题13．在△ABC 中，点D 在线段BC 的延长线上，且BC ―→＝3CD ―→，点O 在线段CD 上(与点C ，D 不重合)，若AO ―→＝x AB ―→＋(1－x )AC ―→，则x 的取值范围是________．解析：依题意，设BO ―→＝λBC ―→，其中1<λ<43，则有AO ―→＝AB ―→＋BO ―→＝AB ―→＋λBC ―→＝AB―→＋λ(AC ―→－AB ―→)＝(1－λ)AB ―→＋λAC ―→.又AO ―→＝x AB ―→＋(1－x )AC ―→，且AB ―→，AC ―→不共线，于是有x ＝1－λ，由λ∈⎝⎛⎭⎫1，43知，x ∈⎝⎛⎭⎫－13，0，即x 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－13，0. 答案：⎝⎛⎭⎫－13，0 14.如图，在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝8，AD ＝5，CP ―→＝3PD ―→，AP ―→·BP ―→＝2，则AB ―→·AD ―→的值是________．解析：因为AP ―→＝AD ―→＋DP ―→＝AD ―→＋14AB ―→，BP ―→＝BC ―→＋CP ―→＝AD ―→－34AB ―→，所以AP ―→·BP ―→＝⎝⎛⎭⎫AD ―→＋14 AB ―→·⎝⎛⎭⎫AD ―→－34 AB ―→ ＝ |AD ―→|2－316|AB ―→|2－12AD ―→·AB ―→＝2，将AB ＝8，AD ＝5代入解得AB ―→·AD ―→＝22. 答案：2215.如图，在Rt △ABC 中，AB ＝AC ，BC ＝4，O 为BC 的中点，以O 为圆心，1为半径的半圆与BC 交于点D ，P 为半圆上任意一点，则BP ―→·AD ―→的最小值为________．解析：建立如图所示的平面直角坐标系，则B (－2,0)，A (0,2)，D (1,0)，设P (x ，y )，故BP ―→＝(x ＋2，y )，AD ―→＝(1，－2)，所以BP ―→·AD ―→＝x －2y ＋2.令x －2y ＋2＝t ，根据直线的几何意义可知，当直线x －2y ＋2＝t 与半圆相切时，t 取得最小值，由点到直线的距离公式可得|2－t |5＝1，t ＝2－5，即BP ―→·AD ―→的最小值是2－ 5. 答案：2－ 516.在△ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝1t ，AC ＝t ，P 是△ABC 所在平面内一点，若AP ―→＝4AB―→|AB ―→|＋AC ―→| AC ―→ |，则△PBC 面积的最小值为________．解析：由于AB ⊥AC ，故以AB ，AC 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系(图略)，则B ⎝⎛⎭⎫1t ，0，C (0，t )，因为AP ―→＝4AB ―→|AB ―→|＋AC ―→|AC ―→|，所以点P 坐标为(4,1)，直线BC 的方程为t 2x ＋y －t ＝0，所以点P 到直线BC 的距离为d ＝|4t 2＋1－t |t 4＋1，BC ＝t 4＋1t ，所以△PBC 的面积为12×|4t 2＋1－t |t 4＋1×t 4＋1t ＝12⎪⎪⎪⎪4t ＋1t －1≥32，当且仅当t ＝12时取等号． 答案：32增分点突破解三角形问题的两类题型(1)边角统一化：运用正弦定理和余弦定理化角、化边，通过代数恒等变换求解； (2)几何问题代数化：通过向量法、坐标法将问题代数化，借用函数与方程来求解，对于某些问题来说此法也是极为重要的．[典例] (2016·北京高考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知∠A ＝2π3，a ＝3c ，则c b ＝______. [思路点拨]本题条件涉及三角形边、角的数量关系，结论是求边比问题，必然通过解三角形来处理．注意正弦定理和余弦定理的灵活应用．[方法演示]法一：角化边(余弦定理)由余弦定理及a ＝3c ，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2－2c 22bc ＝－12，化简得b 2＋bc －2c 2＝0，即2⎝⎛⎭⎫c b 2－c b －1＝0，解得c b ＝1或c b ＝－12(舍去)． 法二：边化角(正弦定理)由⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3c ，∠A ＝2π3得sin A ＝3sin C ＝32，即sin C ＝12. 又角C 是三角形的内角，则∠C ＝π6.又∠A ＝2π3，所以∠B ＝π6，从而有c b ＝sin C sin B＝1. 法三：几何法过点C 作BA 的垂线CD ，交BA 的延长线于点D ，如图，由∠BAC ＝2π3，得∠DAC ＝π3，即在Rt △DAC 中，AD ＝12b ，CD ＝32b . 由△BDC 是直角三角形，得CD 2＋BD 2＝BC 2， 即⎝⎛⎭⎫32b 2＋⎝⎛⎭⎫c ＋12b 2＝a 2.由a ＝3c ，得b 2＋bc －2c 2＝0，即2⎝⎛⎭⎫c b 2－c b －1＝0，解得c b ＝1或c b ＝－12(舍去)． 法四：坐标法根据题意，以点A 为原点，AB 为x 轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系，根据题意可知AB ＝c ，AC ＝b ，BC ＝a ，∠CAB ＝2π3，则A (0,0)，B (c,0)，C －b 2，32b . 根据两点间距离公式，BC ＝⎝⎛⎭⎫32b 2＋⎝⎛⎭⎫c ＋12b 2＝a .由a ＝3c ，得b 2＋bc －2c 2＝0，即2⎝⎛⎭⎫c b 2－c b －1＝0，解得c b ＝1或c b ＝－12(舍去)． 法五：向量法由BC ―→＝AC ―→－AB ―→，得|BC ―→|2＝|AC ―→－AB ―→ |2＝|AC ―→|2－2AC ―→·AB ―→＋|AB ―→|2.又由|BC ―→|＝a ＝3c ，得3c 2＝b 2－2bc cos 2π3＋c 2，化简得b 2＋bc －2c 2＝0，即2⎝⎛⎭⎫c b 2－c b －1＝0，解得c b ＝1或c b ＝－12(舍去)．法六：特殊值法因为a ＝3c ，不妨令c ＝1，所以a ＝3，结合条件∠A ＝2π3，由余弦定理得b ＝1，于是cb ＝1.答案：1 [解题师说]本题法一、法二分别运用了余弦定理和正弦定理，这两种方法(边化角、角化边)是最基本的方法，其本质就是将题中的边、角统一，方便求解；法三运用了三角形的几何性质，回归三角形的本质；法四和法五都是将题中的边和角坐标化、向量化，将几何问题代数化，从而求出结果．易知法五和法一的本质是相同的，因为我们知道余弦定理是可以用向量法证明的．法六是抓住了条件a ＝3c 的本质，这是两个边的比例关系，通过令c ＝1将比例变为了具体数值，便于计算，也体现了基本量的思想．[应用体验]1．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为S ，且2S ＝(a ＋b )2－c 2，则tan C 等于( )A.34 B.43 C ．－43D ．－34解析：选C 因为2S ＝(a ＋b )2－c 2＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ， 则结合面积公式与余弦定理，得ab sin C ＝2ab cos C ＋2ab ， 即sin C －2cos C ＝2， 所以(sin C －2cos C )2＝4，即sin 2C －4sin C cos C ＋4cos 2C sin 2C ＋cos 2C ＝4，所以tan 2C －4tan C ＋4tan 2C ＋1＝4，解得tan C ＝－43或tan C ＝0(舍去)．2．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且满足(a ＋b )sin C 2＝12，(a －b )cosC2＝5，则c ＝________.解析：因为(a ＋b )sin C 2＝12，(a －b )cos C2＝5，所以(a ＋b )2(1－cos C )2＝144，①(a －b )2(1＋cos C )2＝25，②由①②得2a 2＋2b 2－4ab cos C2＝169，即a 2＋b 2－2ab cos C ＝169， 由余弦定理得c 2＝169，所以c ＝13. 答案：13(1)目标函数法：根据已知和所求最值、范围，选取恰当的变量，利用正弦定理与余弦定理建立所求的目标函数，然后根据目标函数解析式的结构特征求解最值、范围．(2)数形结合法：借助图形的直观性，利用所学平面图形中的相关结论直接判断最值、范围．[典例] 已知a ，b ，c 分别为△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，a ＝2，且(2＋b )(sin A －sin B )＝(c －b )sin C ，则△ABC 的面积的最大值为________．[思路点拨]本题条件为三角形的边角关系式，而问题是求三角形面积的最值，势必要利用三角形的正、余弦定理、三角形的面积公式，以及三角恒等变换，再利用三角形的几何性质和均值不等式来解决最值问题．[方法演示]法一：综合运用正、余弦定理由正弦定理知(2＋b )(sin A －sin B )＝(c －b )sin C 可化为(2＋b )(a －b )＝c (c －b )， 将a ＝2代入整理，得b 2＋c 2－a 2＝bc ， 所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，故A ＝π3，则△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝34bc .而b 2＋c 2－a 2＝bc ≥2bc －a 2⇒bc ≤4， 所以S ＝34bc ≤3，当且仅当b ＝c ＝2时取到等号， 故△ABC 的面积的最大值为 3. 法二：正、余弦定理与数形结合由法一得A ＝π3，可知△ABC 的边a ＝2为定长，△ABC 的角A ＝π3为定值，作出示意图如图所示，满足条件的点A 在圆周上的运动轨迹为优弧BC (包括两个端点B ，C )，易知当点A 位于优弧中点时，此时△ABC 的面积最大，由于A ＝π3，则此时的△ABC 是等边三角形，面积为 3.法三：正、余弦函数的有界性由法一知A ＝π3，则由正弦定理得，b ＝a sin A ·sin B ＝433sin B ，c ＝433sin C ，则S △ABC＝12bc sin A ＝34bc ＝433sin B ·sin C ＝433·12[cos(B －C )－cos(B ＋C )]＝233cos(B －C )＋12≤233·⎝⎛⎭⎫1＋12＝3，当且仅当cos(B －C )＝1，即B ＝C 时，△ABC 的面积取得最大值 3.法四：函数思想 由法三得S ＝433sin B ·sin C ＝433sin B ·sin 2π3－B ，令g (B )＝sin B ·sin ⎝⎛⎭⎫2π3－B ＝sin B 32cos B ＋12sin B ＝12sin ⎝⎛⎭⎫2B －π6＋14. 由0<B <2π3，易得g (B )max ＝34，当且仅当B ＝π3时取等号，所以△ABC 的面积的最大值为 3.答案： 3 [解题师说]上述四种解法，可归为两类：法一、三、四是借助正、余弦定理，把三角形面积这个目标函数转化为边或角的形式，然后借助基本不等式或函数性质来解决；法二是结合问题特征，构造几何图形来求得最值，直观迅速．不难发现，法三与法四的区别仅是对式子sin B ·sin C 的变形方法不同，两者本质相同． [应用体验]1．(2015·全国卷Ⅰ)在平面四边形ABCD 中，∠A ＝∠B ＝∠C ＝75°，BC ＝2，则AB 的取值范围是________．解析：如图所示，延长BA 与CD 相交于点E ，过点C 作CF ∥AD 交AB 于点F ， 则BF <AB <BE .在等腰三角形CFB 中，∠FCB ＝30°，CF ＝BC ＝2， ∴BF ＝22＋22－2×2×2cos 30°＝6－ 2.在等腰三角形ECB 中，∠CEB ＝30°，∠ECB ＝75°， BE ＝CE ，BC ＝2，BE sin 75°＝2sin 30°， ∴BE ＝212×6＋24＝6＋ 2.∴6－2<AB <6＋ 2. 答案：(6－2，6＋2)2．若△ABC 的内角满足sin A ＋2sin B ＝2sin C ，则cos C 的最小值是________． 解析：由sin A ＋2sin B ＝2sin C 及正弦定理， 得a ＋2b ＝2c . 由余弦定理得，cos C ＝a 2＋b 2－c22ab ＝a 2＋b 2－14(a ＋2b )22ab＝34a 2＋12b 2－22ab 2ab ＝3a 8b ＋b 4a －24≥6－24，当且仅当3a 2＝2b 2时取等号． 故cos C 的最小值为6－24. 答案：6－24一、选择题1．(2018·合肥质检)在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(a －b )(sin A ＋sin B )＝(c －b )sin C ．若a ＝3，则b 2＋c 2的取值范围是( )A ．(5,6]B ．(3,5)C．(3,6]D ．[5,6]。
高三数学高考总复习课件：冲刺985压轴题命题区间三角函数与平面向量
[方法点拨] 平面向量具有双重性，处理平面向量问题一般可以从两 个角度进行： (1)利用其“形”的特征，将其转化为平面几何的有关知 识进行解决； (2)利用其“数”的特征，通过坐标转化为代数中的有关 问题进行解决．
[对点演练]
1．在△ABD中，AB＝2，AD＝2 2 ，E，C分别在线段AD，
BD上，且AE＝
∴2x＋π6＝2kπ＋π2，k∈Z，
解得x＝kπ＋π6，k∈Z．
故f(x)取最大值时x的取值集合为
xx＝kπ＋π6，k∈Z
．
(2)由题意知，f(A)＝sin2A＋π6＋1＝32，
化简得sin2A＋π6＝12．
∵A∈(0，π)，∴2A＋π6∈π6，136π， ∴2A＋π6＝56π，∴A＝π3． 在△ABC 中，根据余弦定理，得 a2＝b2＋c2－2bccosπ3＝(b＋c)2－3bc． 由 b＋c＝2，知 bc≤b＋2 c2＝1， 当且仅当 b＝c＝1 时等号成立．即 a2≥1． ∴当 b＝c＝1 时，实数 a 的最小值为 1．
为3，求a的值．
解：(1)由题意得2ωπ·π＝2π2，所以ω＝1． 又A＝2g174π＝2tan174π＝2tanπ4＝2， 所以f(x)＝2sinx＋π4． 由2kπ－π2≤x＋π4≤2kπ＋π2(k∈Z)， 得2kπ－34π≤x≤2kπ＋π4(k∈Z)． 故f(x)的单调递增区间为2kπ－34π，2kπ＋π4(k∈Z)．
即 2sin Bcos A＝sin Acos C＋sin Ccos A ＝sin(A＋C)＝sin B， 所以 cos A＝12，所以 A＝60°． (2)由正弦定理， 得sina A＝sinb B＝sinc C＝2， 则 b＝2sin B，c＝2sin C， 所以 b2＋c2＝4sin2B＋4sin2C ＝2(1－cos 2B＋1－cos 2C)
高考数学出题人预测专题04 三角函数与平面向量结合问题 (解析版)
备战2020年高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第一篇 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 =+u u u v u u u v ，当()f t 的最小值为1时，求OP OC ⋅u u u v u u u v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+=+u u u v u u u v，可求得224cos 4OA tOP t t β+=++u u u v u u u v ，根据二次函数性质可求得22min44cos OA tOP β+=-u u u v u u u v ，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 ⊥Q 2πβα∴=-3sin sin cos 25πβαα⎛⎫∴=-=-= ⎪⎝⎭ ()()431sin sin sin sin 555παβαβ∴-+-=-=-= （2）由题意得：()cos ,sin P ββ ()2,0OA ∴=u u u v ，()cos ,sin OP ββ=u u u v()2cos ,sin OA tOP t t ββ∴+=+u u u v u u u v()()22222cos sin 4cos 4OA tOP t t t t βββ∴+=++=++u u u v u u u v当2cos t β=-时，22min44cos OA tOPβ+=-u u u v u u u v ()min 1f t ∴==，解得：23cos 4β=1sin 2β∴== 0βα<<Q 6πβ∴=cos β∴=122P ⎛⎫∴ ⎪ ⎪⎝⎭3414525210OP OC -⎛⎫∴⋅=-⨯+⨯=⎪⎝⎭u u u v u u u v 【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=r ，，()sin cos b ββ=-r ，，()12c =-r ．（1）若a b c +=r r r，求sin ()αβ-的值；（2）设5π6α=，0πβ<<，且()//a b c +r r r ，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=r ，，()sin cos b ββ=-r ，，()12c =-r ，所以1a b c ===r r r，且()cos sin sin cos sin a b αβαβαβ⋅=-+=-vv .因为a b c +=r r r ，所以22a b c +=v v v ，即2221a a b b +⋅+=r r r r ，所以12sin ()11αβ+-+=，即1sin ()2αβ-=-．（2）因为5π6α=，所以12a ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭v ，．依题意，1sin cos 22b c ββ⎛⎫+=--+ ⎪ ⎪⎝⎭v v ，． 因为()//a b c +r r r，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)=r ，b x n (sin 2,)=r，设函数()f x a b =⋅r r ，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 =Q的过图象过点(12π和2(,2)3π-，所以sincos,66{442sin cos ,33m n m n ππππ=+-=+即1,22{12,22m n m 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 =+r r rg ，其中向量()sin ,cos a x x =-r ，()sin ,3cos b x x =-r ，()cos ,sin c x x =-r ，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 =+r r rg()()sin ,cos sin cos ,sin 3cos x x x x x x =---g 222sin 2sin cos 3cos 1sin 22cos x x x x x x =-+=-+32cos 2sin 2224x x x π⎛⎫=+-=++⎪⎝⎭（Ⅰ）若()52f α=，则352242πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，即3sin(2)44πα+=， 由588ππα-<<-∴544ππα-<2<-， 即3242πππα-<2+<，则3cos 244πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭则333333cos 2cos 2cos 2cos sin 2sin 444444ππππππαααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦142424⎛=-+= ⎝⎭. （Ⅱ）∵不等式()2f x m -<在,82x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立， ∴()22f x m -<-<，即()()22f x m f x -<<+在,82x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立， 当,82x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则2,4x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，372,44x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦， 则当324x ππ+=，即8x π=时,()f x 取得最大值，最大值为()max 2f x =，当33242x ππ+=，即38x π=时,()f x 取得最小值，最小值为()min 322f x π=+2=-则2222m m >-⎧⎪⎨<⎪⎩,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 x ωω=-r ，，()b sin x x ωω=r （ω＞0），且函数()f x a b =⋅rr 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=-r，，()b sin x x ωω=r ， 所以()f x a b =⋅=r r sinωx •cosωx 2ωx ()121222232sin 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）463sin 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=r ，()0,1j =r ，若向量b r满足()0a b j +⋅=r r r ，且0a b ⋅=r r .（1）若2a b -=r r ，求b r；（2）若()()f x b x a b =+-r r r 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 r 的坐标，结合0a b ⋅=r r 、2a b -=r r 、()0a b j +⋅=r r r ，解方程，先求得θ的值，再求得b r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 r的取值范围.设出b r的坐标，结合()0a b j +⋅=r r r 、0a b ⋅=r r ，解方程，用θ表示出2b r ，根据b r 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 =r ，则()00cos ,sin b x a y θθ=+++r r ，∵0a b ⋅=r r，由2a b -=r r 得()24a b-=r r ，得2224a a b b -⋅+=r r r r ，得2104b -+=r ，得b =r∵()0a b j +⋅=r r r，∴0sin 0y θ+=，∴0sin y θ=-，∵0a b ⋅=r r ，∴00cos sin 0x y θθ+=，∴20sin cos x θθ=，∴()22222002sin 3sin cos x y b θθθ⎛⎫=+=⇒+- ⎪⎝⎭r 3tan θ=⇒=∵[]0,θπ∈，∴3πθ=，或23πθ=， ∴当3πθ=时，032x =，0y = 当23πθ=时，032x =-，02y =-，所以3,2b ⎛= ⎝⎭r或3,2b ⎛=- ⎝⎭r .（2）()()()1f x b x a b xa x b =+-=+-r r r r r===∵()f x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上为增函数，所以对称轴()2221221b b--≤+r r ，即1b ≤r ， 设()00,b x y =r ，则()00cos ,sin b x a y θθ=+++r r，又∵()0a b j +⋅=r r r ，且0a b ⋅=r r ，∴0sin y θ=-，20sin cos x θθ=. ∴22222020sin sin 1cos x b y θθθ⎛⎫=+=+≤ ⎪⎝⎭r ，即22sin cos θθ≤，21cos 2θ≥，∴1,22cos θ⎤⎡∈--⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎦U ，∴30,,44ππθπ⎡⎤⎡⎤∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦U .【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=r ，设,(0)OA e u u u v rλλ=>，向量ππcos ,sin 22OB ββ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭u u u v ．（1）若π6βα=-，求向量OA u u u r 与OB uuu r 的夹角； （2）若2AB OB ≥u u u v u u u v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 u u u v 与OBuuu v 的夹角为3π. (2)原问题等价于2230OA OB u u u v u u u v 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=>u u u v ， ()sin ,cos OB ββ=-u u u v，所以 OA λ=u u u v ， 1OB =u u u v，设向量OA u u u v 与OB uuu v的夹角为θ,所以()()cos sin sin cos cos sin 1OA OB OA OBu u u v u u u vu u uv u u u v λαβλαβθαβλ-+⋅===-⋅⋅. 因为6πβα=-，即6παβ-=，所以1cos sin62πθ==.又因为[]0,θπ∈，所以3πθ=,即向量OA u u u v 与OB uuu v 的夹角为3π.（2）因为2AB OB ≥u u u v u u u v 对任意实数,αβ都成立，而1OB =u u u v,所以24AB u u u v ≥，即()24OB OA -≥u u u v u u u v 任意实数,αβ都成立. .因为OA λ=u u u v ，所以2230OA OB u u u v u u u vλ-⋅-≥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)1,2sina x x ωω=+r ，)()0b x x ωωω=->r.（1）当2x k πωπ≠+，kZ ∈时，若向量()1,0c =r，)d =u r ，且()()//a c b d -+r r r u r，求224sin cos x x ωω-的值；（2）若函数()f x a b =⋅r r 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 -r r 和b d +r u r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),2sin a c x x ωω-=r r，),cos b d x x ωω+=r u r，又因为()()//a c b d -+r r r u r，2cos x x x ωωω=，又因为()2x k k Z πωπ≠+∈，所以tan 6x ω=，所以22222222114sin cos 4tan 1834sin cos 1sin cos tan 113112x x x x x x x x ωωωωωωωω----====-+++；（2）()))112sin cos f x a b ωx ωx ωx ωx =⋅=+-+r r)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),cos ,cos 2)(0)2Am x n x x A ==>rr，函数()f x m n =⋅r r 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⎛⎫=⋅=⋅=+ ⎪⎝⎭r r因为()f x m n =⋅r r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 =uuu r ，且点C 在第二象限内,求)cos y OB BC OA α=⋅+⋅u u r u u u r u u u r u u u r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 u u u r 、OB uuu r 、OA u u u r的坐标，化简)cos y OB BC OA α=⋅+⋅u u r u u u r u u u r u u u r 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 Q ，点D 为线段OA 的中点，()1,0D ∴，2OC =u u u r Q 且点C 在第二象限内，()2cos ,2sin C αα∴，,2παπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，从而()2cos 1,2sin DC αα=-u u u r ，()2cos ,2sin 2BC αα=+u u u r ，()2,0OA =u u u r ，()0,2OB =-u u u r，则)2cos cos 4cos y OB BC OA αααα=⋅+⋅=-+u u r u u u r u u u r u u u r()221cos 24cos 223πααα⎛⎫=-++=++ ⎪⎝⎭，因为,2παπ⎛⎫∈⎪⎝⎭，所以472,333πππα⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，从而1cos 2123πα⎛⎫-<+≤ ⎪⎝⎭， 04cos 2263πα⎛⎫∴<++≤ ⎪⎝⎭，因此，)cos y OB BC OA α=⋅+⋅u u r u u u r u u u r u u u r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=+ra x ωϕ，22⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭r b ，其中0>ω，02πϕ<<，函数()f x a b =⋅r r 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=+ra x ωϕ，22⎛=- ⎝⎭r b()2()1cos 2()22∴=⋅=-+=-+r r 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．Q 点B 与其相邻的最高点的距离为4，242∴=πω，得4πω=． Q 函数()f x 的图象过点()1,2B ，1cos 222⎛⎫∴-+=⎪⎝⎭πϕ即sin 21=ϕ. 02πϕ<<Q ，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)()2,1,cos ,cos 1m x n x x ωωω==+vv，设函数()f x m n b =⋅+v v .（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 =+r r，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),1m x ω=r， ()cos ,cos21n x x ωω=+r，()2•cos cos 1f x m n b x x x b ωωω=+=+++r r133cos2sin 22262x 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352,22b ⎛⎤⎧⎫∈-⋃- ⎨⎬⎥ ⎩⎭⎝⎦． 6. 已知(sin ,cos ),(sin ,sin )a x x b x x ==r r ，函数()f x a b =⋅rr ．（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 242x 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 -=⋅=+⋅=+vv 1242x 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 （）≥12142x π⎛⎫-+≥ ⎪⎝⎭，即sin 24x 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，∴5sinsin 212412x sin πππ⎛⎫≤-≤ ⎪⎝⎭，又5sinsin 1264πππ⎛⎫=+=⎪⎝⎭，∴()f x 在63x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，时的最大值是()132424maxf x =+=，∵2f x m -（）＜恒成立，∴2max m f x -＞（），即m >，∴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 =u u u r，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 +uuu r uuu r 的最小值；（2）若0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，向量m BC =u u u r r ，(1cos ,sin 2cos )n x x x =--r ，求m n ⋅r r 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⋅=r rm n1sin （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 ⎛+=-+ ⎝⎭u u u r u u u r所以22211||122OC OD t t +=++=-+u u u r u u u r21(01)22t t ⎛⎫=-+≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭所以当2t =时，||OC OD +uuu r uuu r最小值为2． （II ）由题意得(cos ,sin )C x x ，(cos 1,sin )m BC x x ==+u u ur r则221cos sin 2sin cos 1cos2sin 2m n x x x x x x ⋅=-+-=--r r124x 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，124m n x π⎛⎫⋅=-+ ⎪⎝⎭r r取得最小值1所以m n ⋅r r的最小值为1，此时8x π=8.已知向量(p =u r ，()cos ,sin q x x =r.（1）若//p q u r r，求2sin 2cos x x -的值；（2）设函数()f x p q =⋅u r r ，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 u r r，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）(p =u r Q ，()cos ,sin q x x =r ，且//p q u r r，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⎛⎫=⋅=+=+ ⎪⎝⎭u r r Q ，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 =u u u v ，()OB x a =+u u u v()R,R x a a ∈∈且为常数，若()•f x OA OB =u u u v u u u v.（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 u u u r ，OB uuu r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,(,,OA x OB x a x R a R a ==-∈∈u u u v u u u v 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 = .。
压轴题03 三角函数压轴题(原卷版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用)
压轴题03三角函数压轴题题型/考向一：三角函数的图像与性质题型/考向二：三角恒等变换题型/考向三：三角函数综合应用一、三角函数的图像与性质热点一三角函数图象的变换1.沿x轴平移：由y＝f(x)变为y＝f(x＋φ)时，“左加右减”，即φ>0，左移；φ<0，右移.沿y轴平移：由y＝f(x)变为y＝f(x)＋k时，“上加下减”，即k>0，上移；k<0，下移.2.沿x轴伸缩：若ω>0，A>0，由y＝f(x)变为y＝f(ωx)时，点的纵坐标不变，横坐标变为原来的1ω倍.沿y轴伸缩：由y＝f(x)变为y＝Af(x)时，点的横坐标不变，纵坐标变为原来的A 倍.热点二三角函数的图象与解析式已知图象求函数y＝A sin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)的解析式时，常用的方法是待定系数法.由图中的最高点、最低点或特殊点求A，B；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.热点三三角函数的性质1.单调性：由－π2＋2kπ≤ωx＋φ≤π2＋2kπ(k∈Z)可得单调递增区间；由π2＋2kπ≤ωx＋φ≤3π2＋2k π(k ∈Z )可得单调递减区间.2.对称性：由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )可得对称中心；由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )可得对称轴.3.奇偶性：φ＝k π(k ∈Z )时，函数y ＝A sin(ωx ＋φ)为奇函数；φ＝k π＋π2(k ∈Z )时，函数y ＝A sin(ωx ＋φ)为偶函数.二、三角恒等变换热点一化简与求值(角)1.同角三角函数的基本关系：sin 2α＋cos 2α＝1，sin αcos α＝tan ≠π2＋k π，k ∈2.诱导公式的记忆口诀：在k π2＋α，k ∈Z 的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”.3.熟记三角函数公式的两类变形：(1)和差角公式的变形；(2)倍角公式的变形.热点二三角函数恒等式的证明三角恒等式常从复杂一边向简单的一边转化，或者两边同时推出一个相同式子，有时要证等式先进行等价交换，进而证明其等价命题.○热○点○题○型一三角函数的图像与性质一、单选题1．将函数()sin cos f x x x =-的图象向左平移7π12个单位长度，得到函数()y g x =的图象，关于函数()y g x =的下列说法中错误的是（）A ．周期是2πB ．非奇非偶函数C ．图象关于点5π,03⎛⎫⎪⎝⎭中心对称D ．在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增2．数学与音乐有着紧密的关联，我们平时听到的乐音一般来说并不是纯音，而是由多种波叠加而成的复合音.如图为某段乐音的图象，则该段乐音对应的函数解析式可以为（）A ．11sin sin 2sin 323=++y x x xB ．11sin sin 2sin 323y x x x=--C ．11sin cos 2cos323y x x x=++D ．11cos cos 2cos323y x x x=++3．将函数()2sin 21f x x =-图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，并沿x 轴向左平移()0ϕϕ>个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数()g x 的图象．若对于任意的1π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，总存在2π,04x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，使得()()12f x g x =，则ϕ的值可能是（）A ．π6B ．5π24C ．π4D ．2π34．函数e sin xy x =在区间[]2,2ππ-上的图象大致是（）A．B．C．D．5．已知函数()()π2sin 0,2f x x ωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则满足()()5π605π12f x f f x f ⎛⎫- ⎪⎝⎭>⎛⎫- ⎪⎝⎭的正整数x 的最小值为（）A ．1B ．2C ．3D ．4二、多选题6．已知函数2π()cos (0)3f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在ππ,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调，且曲线()y f x =关于点π,03⎛⎫- ⎪⎝⎭对称，则（）A ．()f x 以2π为周期B ．()f x 的图象关于直线2π3x =对称C ．将()f x 的图象向右平移π3个单位长度后对应的函数为偶函数D ．函数9()10y f x =+在[0,π]上有两个零点7．已知函数()()()sin 0,0π,f x A x b A b ωϕϕ=++><<∈R 的部分图像如图，则（）A ．5πb ωϕ=B ．π23f ⎛⎫= ⎪⎝⎭C ．将曲线()y f x =向右平移π9个单位长度得到曲线4cos 32y x =-+D ．点11π,218⎛⎫- ⎪⎝⎭为曲线()y f x =的一个对称中心8．已知函数()f x 的定义域为()1,1-，对任意的(),1,1x y ∈-，都有()()1x y f x f y f xy ⎛⎫--= ⎪-⎝⎭，且112f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，当()0,1x ∈时，()0f x >，则（）A ．()f x 是偶函数B ．()00f =C ．当A ，B 是锐角ABC 的内角时，()()cos sin f B f A <D ．当0n x >，且21112n n n x x x ++=，112x =时，()12n n f x -=9．已知某游乐场循环观光车路线近似为一个半径为1km 的圆，观光车从起始站点P 出发，沿图中顺时针方向行驶，记观光者从某次出发开始，行驶的时间为t 小时.A ，B 是沿途两个站点，C 是终点站，D 是该游乐场的观景点之一.已知该观光车绕行一圈的时间是固定的，且π,,6BOA OA OC OA OD ∠=⊥⊥.若要求起始站点P 无论位于站台B ，C 之间的任何位置（异于B ，C ），观光车在ππ,124t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭的时间内，都要至少经过两次终点站C ，则下列说法正确的是（）A ．该观光车绕行一周的时间小于π6B ．该观光车在π0,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内不一定会经过终点站CC ．该观光车的行驶速度一定大于52km /h 3D ．该观光车在π0,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内一定会经过一次观景点D10．如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽略小球的大小），它在()s t 时刻相对于平衡位置的高度()cm h 可以田ππ2sin 24h t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭确定，则下列说法正确的是（）A．小球运动的最高点与最低点的距离为2cm B．小球经过4s往复运动一次C．()3,5t∈时小球是自下往上运动D．当 6.5t=时，小球到达最低点○热○点○题○型二三角恒等变换一、单选题1．已知π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，cos22sin21αα+=，则sinα=（）A．15B C．45D2．古希腊数学家特埃特图斯（Theaetetus，大约公元前417年—公元前369年）通过下图来…，记BACα∠=，DACβ∠=，则()cosαβ+=（）A．46B．36-C．36+D．463．若π2α<<，π02β-<<，π1cos43α⎛⎫+=⎪⎝⎭，π3cos423β⎛⎫-=⎪⎝⎭，则sin2βα⎛⎫+=⎪⎝⎭（）A．9-B．9C．539D．94．人脸识别技术应用在各行各业，改变着人类的生活，而所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别人脸对象的身份.在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用的测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.假设二维空间中有两个点()()1122,,,A x yB x y，O为坐标原点，余弦相似度similarity为向量,OA OB夹角的余弦值，记作()cos,A B，余弦距离为()1cos,A B-.已知()sin,cosPαα，()sin,cosQββ，()sin,cosRαα-，若P，Q的余弦距离为13，Q，R的余弦距离为12，则tan tanαβ⋅=（）A ．7B ．17C ．4D ．145．已知函数()()*sin cos n n n f x x x n =+∈N ，函数()4324y f x =-在3π0,8⎡⎤⎢⎣⎦上的零点的个数为（）A ．2B ．3C ．4D ．56．已知函数())2sin 02f x x x ωωω⎛⎫=->⎪⎝⎭的图像如图所示，则ω的值为（）A ．13B ．43C ．16D ．76二、多选题7．已知函数2()sin cos 2f x x x x =-+，则下列说法正确的是（）A ．π()sin(2)3f x x =-B ．函数()f x 的最小正周期为πC ．函数()f x 的对称轴方程为()5ππZ 12x k k =+∈D ．函数()f x 的图象可由sin 2y x =的图象向右平移π6个单位长度得到8．黄金三角形被称为最美等腰三角形，因此它经常被应用于许多经典建筑中，例如图中所示的建筑对应的黄金三角形，它的底角正好是顶角的两倍，且它的底与腰之比为黄金分割比（黄金分割比12=）.在顶角为BAC ∠的黄金ABC 中，D 为BC 边上的中点，则（）A ．cos 342AD AC︒=B ．cos 27sin 27cos 27sin 27AD CD ︒+︒=︒-︒C ．AB 在AC 251AC+D ．cos BAC ∠是方程324231x x x +-=的一个实根9．已知()cos 4cos3f θθθ=+，且1θ，2θ，3θ是()f θ在()0,π内的三个不同零点，则（）A ．{}123π,,7∈θθθB ．123π++=θθθC ．1231cos cos cos 8θθθ=-D ．1231cos cos cos 2θθθ++=10．重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱.古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长”.荣昌折扇平面图为下图的扇形COD ，其中2π3COD ∠=，33OC OA ==，动点P 在 CD 上（含端点），连结OP 交扇形OAB 的弧 AB于点Q ，且OQ xOC yOD =+，则下列说法正确的是（）A ．若y x =，则23x y +=B ．若2y x =，则0OA OP ⋅=C ．2AB PQ ⋅≥-D ．112PA PB ⋅≥○热○点○题○型三三角函数综合应用一、解答题1．已知函数2()23cos 2cos 1f x x x x =-+.(1)求函数()f x 的最小正周期及单调递增区间；(2)求函数()f x 在区间5ππ[,]126-的值域；2．已知)213,1,cos ,cos 2m x n x x ⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭，设函数()f x m n =⋅ ．(1)当π5π,1212x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，分别求函数()f x 取得最大值和最小值时x 的值；(2)设ABC 的内角,,A B C 的对应边分别是,,,a b c 且23a =，6,12A b f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，求c 的值．3．已知函数()()213cos cos 02f x x x x ωωωω=+->.(1)若1ω=，求函数()f x 的最小正周期；(2)若()y f x =图象在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭内有且仅有一条对称轴，求8f π⎛⎫⎪⎝⎭的取值范围.4．已知函数()()2sin f x x ωϕ=+（0ω>，π2ϕ<）的部分图象如图所示.(1)求()f x 的解析式，并求()f x 的单调递增区间；(2)若对任意π,3x t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，都有()π116f x fx ⎛⎫--≤ ⎪⎝⎭，求实数t 的取值范围.5．若实数x ，[0,2]y π∈，且满足cos()cos cos x y x y +=+，则称x ､y 是“余弦相关”的.(1)若2x π=，求出所有与之“余弦相关”的实数y ；(2)若实数x ､y 是“余弦相关”的，求x 的取值范围；(3)若不相等的两个实数x ､y 是“余弦相关”的，求证：存在实数z ，使得x ､z 为“余弦相关”的，y ､z 也为“余弦相关”的.。
三角函数、平面向量题型专题
三角函数、平面向量题型专题三角函数、平面向量是高中数学教学中一个重要的知识点，在学习过程中，学生要对它们有一个清晰的认识，以达到有效的学习和掌握相关知识。
下文就是以三角函数、平面向量题型专题为标题，写一篇3000字的中文文章。
三角函数是一种有关三角形的函数，其特性与其他函数不同，是数学中重要的概念。
三角函数可以用来描述各种三角形的性质，形成三角形，可以进一步理解其中三直角和其他类型的三角形。
三角函数包括余弦定理、正弦定理、正切定理、反正切定理等，最常用的三角函数是正弦函数、余弦函数和正切函数。
这些函数的定义可以以三角形的内角算得，具体定义可以参考数学课本。
平面向量是一种二维的向量，可以使用平面内的一个点来描述和表示，它以直角坐标系为基础，具有长度和方向两个方面的特点。
平面向量由向量的起始点、终止点和边长组成，它可以表示平面上两个点之间的距离和方向。
平面向量可以用来表示多个物理和数学量，比如力、加速度、速度等，因此在高等数学和物理学的学习中，学习平面向量是非常重要的一部分。
三角函数和平面向量都是重要的知识点，因此在教学过程中需要学生充分理解和掌握。
首先应该清晰的认识三角函数的定义和含义，同时要掌握余弦定理、正弦定理、正切定理、反正切定理的概念和应用，熟练的掌握三角函数的基本概念。
其次要清楚地理解平面向量的概念，掌握向量的定义和表示，明确向量的长度和方向，熟练的掌握平面向量的运算。
为了更好地学习三角函数和平面向量，学生应该练习大量的题目，培养解答各类三角函数和平面向量题型的能力。
一般来说，三角函数和平面向量的题型有比较固定的模式，比如求给定三角形的部分边、角；用三角函数求解不等式；计算两个向量的和、差；求解向量方程等等。
学生在解答这类题型时，除了要正确理解题意，正确使用相应的公式等外，还要注意学会运用概念来分析问题、思考问题，而不是单纯的死记硬背。
最后，学生要充分利用计算机和信息技术的帮助，在学习三角函数和平面向量时，可以利用计算机上的三角函数程序，在平面向量上可以使用向量分析软件来模拟、求解各类问题，这样可以使这两个领域的学习变得更加具有趣味性和实用价值。
（完整版）三角函数与平面向量综合题的六种类型
（完整版）三角函数与平面向量综合题的六种类型第1讲三角函数与平面向量综合题3.17题型一：三角函数与平面向量平行(共线)的综合【例1】已知A 、B 、C 为三个锐角，且A ＋B ＋C ＝π.若向量→p ＝(2－2sinA ，cosA ＋sinA)与向量→q ＝(cosA －sinA ，1＋sinA)是共线向量.（Ⅰ）求角A ；（Ⅱ）求函数y ＝2sin 2B ＋cos C －3B2的最大值.题型二. 三角函数与平面向量垂直的综合【例2】已知向量→a ＝(3sinα,cosα)，→b ＝(2sinα，5sinα－4cosα)，α∈(3π2，2π)，且→a ⊥→b ．（Ⅰ）求tanα的值；（Ⅱ）求cos(α2＋π3)的值．题型三. 三角函数与平面向量的模的综合【例3】已知向量→a ＝(cosα,sinα)，→b ＝(cosβ,sinβ)，|→a －→b |＝25 5.(Ⅰ)求cos(α－β)的值；(Ⅱ)若－π2＜β＜0＜α＜π2，且sinβ＝－513，求sinα的值.题型四三角函数与平面向量数量积的综合【例4】设函数f(x)＝→a ·→b .其中向量→a ＝(m ，cosx)，→b ＝(1＋sinx ，1)，x ∈R ，且f(π2)＝2.（Ⅰ）求实数m 的值；（Ⅱ）求函数f(x)的最小值.题型五：结合三角形中的向量知识考查三角形的边长或角的运算【例5】（山东卷）在ABC ?中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，tan 37C =．（1）求cos C ；（2）若52CB CA ?=u u u r u u u r ，且9a b +=，求c ．题型六：结合三角函数的有界性，考查三角函数的最值与向量运算【例6】()f x a b =?r r ，其中向量(,cos 2)a m x =r，(1sin 2,1)b x =+r ，x R ∈，且函数()y f x =的图象经过点(,2)4π．（Ⅰ）求实数m 的值；（Ⅱ）求函数()y f x =的最小值及此时x 值的集合。
三角函数专题与平面向量的解题技巧
专题 三角函数专题【命题趋向】该专题的内容包括三角函数的图象与性质、平面向量、简单的三角恒等变换、解三角形．高考在该部分的选择和填空题，一般有两个试题。
一个试题是，如果在解答题部分没有涉及到正、余弦定理的考查，会有一个与正余弦定理有关的题目，如果在解答题中涉及到了正、余弦定理，可能是一个和解答题相互补充的三角函数图象、性质、恒等变换的题目；一个试题是以考查平面向量为主的试题，这个试题的主要命题方向是（1）以平面向量基本定理、共线向量定理为主，（2）以数量积的运算为主；三角函数解答题的主要命题方向有三个：（1）以三角函数的图象和性质为主体的解答题，往往和平面向量相结合；（2）以三角形中的三角恒等变换为主题，综合考查三角函数的性质等；（3）以实际应用题的形式考查正余弦定理、三角函数知识的实际应用．【考点透析】该专题的主要考点是：三角函数的概念和性质（单调性，周期性，奇偶性，最值），三角函数的图象，三角恒等变换（主要是求值），三角函数模型的应用，正余弦定理及其应用，平面向量的基本问题及其应用．【例题解析】题型1 三角函数的最值：最值是三角函数最为重要的内容之一，其主要方法是利用正余弦函数的有界性，通过三角换元或者是其它的三角恒等变换转化问题．例 1 若x 是三角形的最小内角，则函数sin cos sin cos y x x x x =++的最大值是（ ）A ．1-BC ．12-D ．12+分析：三角形的最小内角是不大于3π的，而()2sin cos 12sin cos x x x x +=+，换元解决．解析：由03x π<≤，令sin cos sin(),4t x x x π=++而74412x πππ<+≤，得1t <≤．又212sin cos t x x =+，得21sin cos 2t x x -=，得2211(1)122t y t t -=+=+-，有2111022y -+<≤=．选择答案D ． 点评：涉及到sin cos x x ±与sin cos x x 的问题时，通常用换元解决．解法二：1sin cos sin cos sin 242y x x x x x x π⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭，当4x π=时，max 12y =，选D 。
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三角函数与平面向量 结 束
(2)h(x)＝32f2(x)＋2 3cos2x ＝32×4sin2x＋π4＋2 3cos2x＝31－cosπ2＋2x＋ 3(cos 2x＋1) ＝3＋ 3＋3sin 2x＋ 3cos 2x＝3＋ 3＋2 3sin2x＋π6． 因为 h(x)的最小值为 3， 令 3＋ 3＋2 3sin2x＋π6＝3⇒sin2x＋π6＝－12． 因为 x∈a，π3，所以 2x＋π6∈2a＋π6，56π， 所以 2a＋π6＝－π6，即 a＝－π6．
三角函数与平面向量 结 束
[对点演练] 已知函数 f(x)＝Asinωx＋π4(A＞0，ω＞0)，g(x)＝tan x，它们 的最小正周期之积为 2π2，f(x)的最大值为 2g174π． (1)求 f(x)的单调递增区间； (2)设 h(x)＝32f2(x)＋2 3cos2x，当 x∈a，π3时，h(x)的最小值 为 3，求 a 的值．
三角函数与平面向量 结 束
[解] (1)f(x)＝2sin2π4＋x－ 3cos 2x＝1－cosπ2＋2x－ 3 cos 2x＝1＋sin 2x－ 3cos 2x＝1＋2sin2x－π3， 因为 x∈π4，π2，所以π6≤2x－π3≤23π，故 2≤1＋2sin2x－π3≤3， 所(以2)因f(x为)m－ax＝2＜f51fπ2(x＝)－3m，＜f(x2)⇔minf＝(x)f－π42＝＜2m．＜f(x)＋2，x∈π4，π2，
所以 m＞f(x)max－2 且 m＜f(x)min＋2． 又 x∈π4，π2时，f(x)max＝3，f(x)min＝2，所以 1＜m＜4， 即 m 的取值范围是(1,4)．
三角函数与平面向量 结 束
[方法点拨] 本题求解的关键在于将三角函数 f(x)进行正确的“化一”及 “化一”后角的范围的确定，因此，求解时要准确运用三角公式， 并借助三角函数的图象和性质去确定函数 f(x)的最值．
＝2(1－cos 2B＋1－cos 2C)
＝2[2－cos 2B－cos 2(120°－B)]＝2[2－cos 2B－cos(240°－2B)]
＝22－12cos
2B＋
3 2 sin
2B＝4＋2sin(2B－30°)．
因为 0°＜B＜120°，所以－30°＜2B－30°＜210°，
所以－12＜sin(2B－30°)≤1，所以 3＜b2＋c2≤6．
即 b2＋c2 的取值范围是(3,6]．
三角函数与平面向量 结 束
[方法点拨] 三角函数和三角形的结合，一般可以利用正弦定理、 余弦定理先确定三角形的边、角，再代入到三角函数中， 三角函数和差公式的灵活运用是解决此类问题的关键．
三角函数与平面向量 结 束
[对点演练] 已知函数 f(x)＝2cos2x－sin2x－76π． (1)求函数 f(x)的最大值，并写出 f(x)取最大值时 x 的取值集合； (2)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c．若 f(A) ＝32，b＋c＝2，求实数 a 的最小值．
故 f(x)取最大值时 x 的取值集合为xx＝kπ＋π6，k∈Z
．
三角函数与平面向量 结 束
(2)由题意知，f(A)＝sin2A＋π6＋1＝32，化简得 sin2A＋π6＝12． ∵A∈(0，π)，∴2A＋π6∈π6，136π， ∴2A＋π6＝56π，∴A＝π3． 在△ABC 中，根据余弦定理，得
三角函数与平面向量 结 束
解：(1)∵f(x)＝2cos2x－sin2x－76π＝(1＋cos 2x)－
sin2xcos76πcos2xsin76π＝1＋
3 2 sin
2x＋12cos
2x
＝1＋sin2x＋π6．∴函数 f(x)的最大值为 2． 要使 f(x)取最大值，则 sin2x＋π6＝1， ∴2x＋π6＝2kπ＋π2，k∈Z，解得 x＝kπ＋π6，k∈Z．
三角函数与平面向量 结 束
三角函数和解三角形
[典例] 已知 a，b，c 分别是△ABC 的三个内角 A，B，C 的
对边，且2ba－c＝ccooss CA．
(1)求 A 的大小；
(2)当 a＝ 3时，求 b2＋c2 的取值范围．
[解] (1)已知在△ABC 中，2ba－c＝ccooss CA，
由正弦定理，得2sin
压轴题命题区间(三)
三角函数与平面向量 结 束
三角函数与平面向量
三角函数的图象与性质
[典例] 已知函数f(x)＝2sin2 π4＋x － 3 cos 2x，x∈ π4，π2．
(1)求f(x)的最大值和最小值； (2)若不等式－2＜f(x)－m＜2在x∈π4，π2上恒成立，求实 数m的取值范围．
B－sin sin A
C＝ccooss
CA，
即 2sin Bcos A＝sin Acos C＋sin Ccos A＝sin(A＋C)＝sin B，
所以 cos A＝12，所以 A＝60°．
三角函数与平面向量 结 束
(2)由正弦定理，得sina A＝sinb B＝sinc C＝2，
则 b＝2sin B，c＝2sin C，所以 b2＋c2＝4sin2B＋4sin2C
a2＝b2＋c2－2bccosπ3＝(b＋c)2－3bc． 由 b＋c＝2，知 bc≤b＋2 c2＝1， 当且仅当 b＝c＝1 时等号成立．即 a2≥1． ∴当 b＝c＝1 时，实数 a 的最小值为 1．
三角函数与平面向量 结 束
解：(1)由题意得2ωπ·π＝2π2，所以ω＝1． 又A＝2g174π＝2tan174π＝2tanπ4＝2， 所以f(x)＝2sinx＋π4． 由2kπ－π2≤x＋π4≤2kπ＋π2(k∈Z)， 得2kπ－34π≤x≤2kπ＋π4(k∈Z)． 故f(x)的单调递增区间为2kπ－34π，2kπ＋π4(k∈Z)．