2018屆高三專題復(fù)習(xí)專題二-三角函數(shù)與平面向量

43-專題二三角函數(shù)與平面向量第1講三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)高考定位三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)是高考考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn)內(nèi)容，主要從以下兩個方面進(jìn)行考查：1.三角函數(shù)的圖象，主要涉及圖象變換問題以及由圖象確定解析式問題，主要以選擇題、填空題的形式考查.2.利用三角函數(shù)的性質(zhì)求解三角函數(shù)的值、參數(shù)、最值、值域、單調(diào)區(qū)間等，主要以解答題的形式考查.真題感悟1.(2015·山東卷)要得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象，只需將函數(shù)y＝sin4x的圖象()A.向左平移eq\f(π,12)個單位B.向右平移eq\f(π,12)個單位C.向左平移eq\f(π,3)個單位D.向右平移eq\f(π,3)個單位2.如圖，某港口一天6時到18時的水深變化曲線近似滿足函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋φ))＋k，據(jù)此函數(shù)可知，這段時間水深(單位：m)的最大值為()A.5 B.6 C.8 D.103.函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(1,4)，kπ＋\f(3,4)))，k∈Z B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(1,4)，2kπ＋\f(3,4)))，k∈ZC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,4)，k＋\f(3,4)))，k∈Z D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z4.函數(shù)f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1的最小正周期是________，單調(diào)遞減區(qū)間是________.考點(diǎn)整合1.三角函數(shù)的圖象及常用性質(zhì)(表中k∈Z)y＝sinxy＝cosxy＝tanx圖象增區(qū)間eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ))[－π＋2kπ，2kπ]eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋kπ))減區(qū)間eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋2kπ))[2kπ，π＋2kπ]無對稱軸x＝kπ＋eq\f(π,2)x＝kπ無對稱中心(kπ，0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋kπ，0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))2.三角函數(shù)的兩種常見變換(1)y＝sinxeq\o(→,\s\up10(向左(φ＞0)或向右(φ＜0)),\s\do10(平移|φ|個單位))y＝sin(x＋φ)y＝sin(ωx＋φ)eq\o(→,\s\up10(縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼腁倍),\s\do10(橫坐標(biāo)不變))y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0).(2)y＝sinxy＝sinωxeq\o(→,\s\up15(向左(φ＞0)或向右(φ＜0)),\s\do15(平移\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω)))個單位))y＝sin(ωx＋φ)eq\o(→,\s\up10(縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼腁倍),\s\do10(橫坐標(biāo)不變))y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0).3.正弦型函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的對稱中心是函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)，對稱軸是過函數(shù)圖象的最高點(diǎn)或者最低點(diǎn)且與x軸垂直的直線；正切型函數(shù)y＝Atan(ωx＋φ)的圖象是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形.熱點(diǎn)一三角函數(shù)的圖象[微題型1]三角函數(shù)的圖象變換【例1－1】(2015·湖北卷)某同學(xué)用“五點(diǎn)法”畫函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在某一個周期內(nèi)的圖象時，列表并填入了部分?jǐn)?shù)據(jù)，如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,3)eq\f(5π,6)Asin(ωx＋φ)05－50(1)請將上表數(shù)據(jù)補(bǔ)充完整，填寫在相應(yīng)位置，并直接寫出函數(shù)f(x)的解析式；(2)將y＝f(x)圖象上所有點(diǎn)向左平行移動θ(θ>0)個單位長度，得到y(tǒng)＝g(x)的圖象.若y＝g(x)圖象的一個對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))，求θ的最小值.[微題型2]由三角函數(shù)圖象求其解析式【例1－2】(2015·長沙模擬)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜eq\f(π,2)，x∈R)的部分圖象如圖所示，則函數(shù)表達(dá)式為()A.y＝－4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(π,4)))B.y＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x－\f(π,4)))C.y＝－4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x－\f(π,4))) D.y＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(π,4)))【訓(xùn)練1】已知向量a＝(m，cos2x)，b＝(sin2x，n)，函數(shù)f(x)＝a·b，且y＝f(x)的圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\r(3)))和點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，－2)).(1)求m，n的值；(2)將y＝f(x)的圖象向左平移φ(0＜φ＜π)個單位后得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，若y＝g(x)圖象上各最高點(diǎn)到點(diǎn)(0，3)的距離的最小值為1，求y＝g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.A.f(2)<f(－2)<f(0) B.f(0)<f(2)<f(－2)C.f(－2)<f(0)<f(2) D.f(2)<f(0)<f(－2)二、填空題6.若將函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象向右平移φ個單位，所得圖象關(guān)于y軸對稱，則φ的最小正值是________.7.函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，若x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)＝f(x2)，則f(x1＋x2)＝________.8.設(shè)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ是常數(shù)，A>0，ω>0).若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有單調(diào)性，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，則f(x)的最小正周期為________.三、解答題9.(2015·北京卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(2)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－eq\r(2)sin2eq\f(x,2).(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間[－π，0]上的最小值.10.(2015·咸陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(A＞0，ω＞0)，g(x)＝tanx，它們的最小正周期之積為2π2，f(x)的最大值為2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,4))).(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)設(shè)h(x)＝eq\f(3,2)f2(x)＋2eq\r(3)cos2x.當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(π,3)))時，h(x)有最小值為3，求a的值.11.(2015·福建卷)已知函數(shù)f(x)的圖象是由函數(shù)g(x)＝cosx的圖象經(jīng)如下變換得到：先將g(x)圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長到原來的2倍(橫坐標(biāo)不變)，再將所得到的圖象向右平移eq\f(π,2)個單位長度.(1)求函數(shù)f(x)的解析式，并求其圖象的對稱軸方程；(2)已知關(guān)于x的方程f(x)＋g(x)＝m在[0，2π)內(nèi)有兩個不同的解α，β.①求實(shí)數(shù)m的取值范圍；②證明：cos(α－β)＝eq\f(2m2,5)－1.第2講三角恒等變換與解三角形高考定位1.三角函數(shù)的化簡與求值是高考的命題熱點(diǎn)，其中同角三角函數(shù)的基本關(guān)系、誘導(dǎo)公式是解決計(jì)算問題的工具，三角恒等變換是利用三角恒等式(兩角和與差、二倍角的正弦、余弦、正切公式)進(jìn)行變換，“角”的變換是三角恒等變換的核心，試題多為選擇題或填空題.2.利用正弦定理或余弦定理解三角形、判斷三角形的形狀或求值等，并經(jīng)常和三角恒等變換結(jié)合進(jìn)行綜合考查.真題感悟1.(2015·重慶卷)若tanα＝2taneq\f(π,5)，則eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝()A.1 B.2 C.3 D.42.(2015·廣東卷)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若a＝eq\r(3)，sinB＝eq\f(1,2)，C＝eq\f(π,6)，則b＝________.3.(2015·北京卷)在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，則eq\f(sin2A,sinC)＝________.4.(2015·全國Ⅰ卷)在平面四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，則AB的取值范圍是________.考點(diǎn)整合1.三角函數(shù)公式(1)同角關(guān)系：sin2α＋cos2α＝1，eq\f(sinα,cosα)＝tanα.(2)誘導(dǎo)公式：在eq\f(kπ,2)＋α，k∈Z的誘導(dǎo)公式中“奇變偶不變，符號看象限”.(3)兩角和與差的正弦、余弦、正切公式：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ；cos(α±β)＝cosαcosβ?sinαsinβ；tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1?tanαtanβ).(4)二倍角公式：sin2α＝2sinαcosα，cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.2.正、余弦定理、三角形面積公式(1)eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝2R(R為△ABC外接圓的半徑).變形：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC.(2)a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC；推論：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)；變形：b2＋c2－a2＝2bccosA，a2＋c2－b2＝2accosB，a2＋b2－c2＝2abcosC.(3)S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA.熱點(diǎn)一三角變換的應(yīng)用[微題型1]求值【例1－1】(1)(2015·成都模擬)sin(π－α)＝－eq\f(\r(5),3)且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(α,2)))＝()A.－eq\f(\r(6),3) B.－eq\f(\r(6),6) C.eq\f(\r(6),6) D.eq\f(\r(6),3)(2)(2015·邯鄲模擬)已知eq\f(cos（π－2α）,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝－eq\f(\r(2),2)，則cosα＋sinα＝()A.－eq\f(\r(7),2) B.eq\f(\r(7),2) C.eq\f(1,2) D.－eq\f(1,2)(3)(2015·太原模擬)已知eq\f(tanα,tanα－1)＝－1，則cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))－sin(π－α)cos(π＋α)＋2＝________.[微題型2]求角【例1－2】(2015·中山模擬)已知cos(2α－β)＝－eq\f(11,14)，sin(α－2β)＝eq\f(4\r(3),7)，0＜β＜eq\f(π,4)＜α＜eq\f(π,2)，則α＋β＝________.【訓(xùn)練1】(2014·新課標(biāo)全國Ⅰ卷)設(shè)α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，則()A.3α－β＝eq\f(π,2) B.2α－β＝eq\f(π,2) C.3α＋β＝eq\f(π,2) D.2α＋β＝eq\f(π,2)熱點(diǎn)二正、余弦定理的應(yīng)用[微題型1]判斷三角形的形狀【例2－1】(2015·焦作模擬)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，則△ABC的形狀是()A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形[微題型2]解三角形【例2－2】已知a，b，c分別為△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊，且acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0.(1)求A；(2)若a＝2，求△ABC面積的最大值.[微題型3]求解三角形中的實(shí)際問題【例2－3】(2015·湖北卷)如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時測得公路北側(cè)一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600m后到達(dá)B處，測得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD＝________m.【訓(xùn)練2】(2015·湖南卷)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a＝btanA，且B為鈍角.(1)證明：B－A＝eq\f(π,2)；(2)求sinA＋sinC的取值范圍.1.對于三角函數(shù)的求值，需關(guān)注：(1)尋求角與角關(guān)系的特殊性，化非特殊角為特殊角，熟練準(zhǔn)確地應(yīng)用公式；(2)注意切化弦、異角化同角、異名化同名、角的變換等常規(guī)技巧的運(yùn)用；(3)對于條件求值問題，要認(rèn)真尋找條件和結(jié)論的關(guān)系，尋找解題的突破口，對于很難入手的問題，可利用分析法.2.三角形中判斷邊、角關(guān)系的具體方法：(1)通過正弦定理實(shí)施邊角轉(zhuǎn)換；(2)通過余弦定理實(shí)施邊角轉(zhuǎn)換；(3)通過三角變換找出角之間的關(guān)系；(4)通過三角函數(shù)值符號的判斷以及正、余弦函數(shù)的有界性進(jìn)行討論；(5)若涉及兩個(或兩個以上)三角形，這時需作出這些三角形，先解條件多的三角形，再逐步求出其他三角形的邊和角，其中往往用到三角形內(nèi)角和定理，有時需設(shè)出未知量，從幾個三角形中列出方程(組)求解.3.三角形的有關(guān)性質(zhì)在解三角形問題中起著重要的作用，如利用“三角形的內(nèi)角和等于π”和誘導(dǎo)公式可得到sin(A＋B)＝sinC，sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)等，利用“大邊對大角”可以解決解三角形中的增解問題，如：在斜三角形中，用正弦定理求角時，若已知小角求大角，則有兩解；若已知大角求小角，則只有一解，注意確定解的個數(shù).一、選擇題1.已知α∈R，sinα＋2cosα＝eq\f(\r(10),2)，則tan2α等于()A.eq\f(4,3) B.eq\f(3,4) C.－eq\f(3,4) D.－eq\f(4,3)2.(2015·晉中模擬)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，則cosα等于()A.－eq\f(\r(2),10) B.eq\f(7\r(2),10) C.－eq\f(\r(2),10)或eq\f(7\r(2),10) D.－eq\f(7\r(2),10)3.鈍角三角形ABC的面積是eq\f(1,2)，AB＝1，BC＝eq\r(2)，則AC＝()A.5 B.eq\r(5) C.2 D.14.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.若c2＝(a－b)2＋6，C＝eq\f(π,3)，則△ABC的面積是()A.3 B.eq\f(9\r(3),2) C.eq\f(3\r(3),2) D.3eq\r(3)5.已知tanβ＝eq\f(4,3)，sin(α＋β)＝eq\f(5,13)，其中α，β∈(0，π)，則sinα的值為()A.eq\f(63,65) B.eq\f(33,65) C.eq\f(13,65) D.eq\f(63,65)或eq\f(33,65)二、填空題6.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知△ABC的面積為3eq\r(15)，b－c＝2，cosA＝－eq\f(1,4)，則a的值為________.7.(2015·南昌模擬)若△ABC的內(nèi)角滿足sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC，則cosC的最小值是________.8.如圖，嵩山上原有一條筆直的山路BC，現(xiàn)在又新架設(shè)了一條索道AC，小李在山腳B處看索道AC，發(fā)現(xiàn)張角∠ABC＝120°；從B處攀登400米到達(dá)D處，回頭看索道AC，發(fā)現(xiàn)張角∠ADC＝150°；從D處再攀登800米方到達(dá)C處，則索道AC的長為________米.三、解答題9.設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對邊的長分別是a，b，c，且b＝3，c＝1，A＝2B.(1)求a的值；(2)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))的值.10.(2015·唐山模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且csinB＝bcosC＝3.(1)求b；(2)若△ABC的面積為eq\f(21,2)，求c.11.(2015·山東卷)設(shè)f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面積的最大值.第3講平面向量高考定位1.對向量的概念和線性運(yùn)算的考查多以熟知的平面圖形為背景，多為客觀題；2.對平面向量數(shù)量積的考查多以考查角、模等問題為主，難度不大；3.還可能體現(xiàn)模塊之間的綜合性(例如與三角、解析幾何等相結(jié)合).真題感悟1.(2015·山東卷)已知菱形ABCD的邊長為a，∠ABC＝60°，則eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝()A.－eq\f(3,2)a2 B.－eq\f(3,4)a2 C.eq\f(3,4)a2 D.eq\f(3,2)a22.(2015·重慶卷)若非零向量a，b滿足|a|＝eq\f(2\r(2),3)|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，則a與b的夾角為()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2) C.eq\f(3π,4) D.π3.(2015·全國Ⅰ卷)設(shè)D為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝3eq\o(CD,\s\up6(→))，則()A.eq\o(AD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(4,3)eq\o(AC,\s\up6(→))B.eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(4,3)eq\o(AC,\s\up6(→))C.eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(4,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))D.eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(4,3)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))4.(2015·全國Ⅱ卷)設(shè)向量a，b不平行，向量λa＋b與a＋2b平行，則實(shí)數(shù)λ＝____________.考點(diǎn)整合1.平面向量的兩個重要定理(1)向量共線定理：向量a(a≠0)與b共線當(dāng)且僅當(dāng)存在唯一一個實(shí)數(shù)λ，使b＝λa.(2)平面向量基本定理：如果e1，e2是同一平面內(nèi)的兩個不共線向量，那么對這一平面內(nèi)的任一向量a，有且只有一對實(shí)數(shù)λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2，其中e1，e2是一組基底.2.平面向量的兩個充要條件若兩個非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則(1)a∥b?a＝λb?x1y2－x2y1＝0.(2)a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0.3.平面向量的三個性質(zhì)(1)若a＝(x，y)，則|a|＝eq\r(a·a)＝eq\r(x2＋y2).(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2).(3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為a與b的夾角，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(x1x2＋y1y2,\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))\r(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2))).4.平面向量的三個錦囊(1)向量共線的充要條件：O為平面上一點(diǎn)，則A，B，P三點(diǎn)共線的充要條件是eq\o(OP,\s\up6(→))＝λ1eq\o(OA,\s\up6(→))＋λ2eq\o(OB,\s\up6(→))(其中λ1＋λ2＝1).(2)三角形中線向量公式：若P為△OAB的邊AB的中點(diǎn)，則向量eq\o(OP,\s\up6(→))與向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))的關(guān)系是eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))).(3)三角形重心坐標(biāo)的求法：G為△ABC的重心?eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\o(GC,\s\up6(→))＝0?Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xA＋xB＋xC,3)，\f(yA＋yB＋yC,3))).熱點(diǎn)一平面向量的有關(guān)運(yùn)算[微題型1]平面向量的線性運(yùn)算【例1－1】在△ABC中，點(diǎn)M，N滿足eq\o(AM,\s\up6(→))＝2eq\o(MC,\s\up6(→))，eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\o(NC,\s\up6(→)).若eq\o(MN,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))，則x＝________；y＝________.[微題型2]平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算【例1－2】(2015·保定模擬)已知向量a＝(3，1)，b＝(1，3)，c＝(k，7)，若(a＋2c)∥b，則k＝________.[微題型3]平面向量數(shù)量積的運(yùn)算【例1－3】(1)(2015·湖北卷)已知向量eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝3，則eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝________.(2)(2015·天津卷)在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，動點(diǎn)E和F分別在線段BC和DC上，且eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\f(1,9λ)eq\o(DC,\s\up6(→))，則eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))的最小值為________.【訓(xùn)練1】(2015·福建卷)已知eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\f(1,t)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝t，若點(diǎn)P是△ABC所在平面內(nèi)的一點(diǎn)，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋eq\f(4\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)，則eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))的最大值等于()A.13 B.15 C.19 D.21熱點(diǎn)二平面向量與三角的交匯[微題型1]平面向量與三角形【例2－1】已知O是平面上的一定點(diǎn)，A，B，C是平面上不共線的三個動點(diǎn)，若動點(diǎn)P滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λ(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，λ∈(0，＋∞)，則點(diǎn)P的軌跡一定通過△ABC的________(填重心、垂心、內(nèi)心或外心).[微題型2]平面向量與三角函數(shù)【例2－2】(2015·合肥模擬)已知向量m＝(eq\r(3)sin2x＋2，cosx)，n＝(1，2cosx)，設(shè)函數(shù)f(x)＝m·n.(1)求f(x)的最小正周期與單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，若f(A)＝4，b＝1，△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，求a的值.[微題型3]平面向量與解三角形【例2－3】△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.向量m＝(a，eq\r(3)b)與n＝(cosA，sinB)平行.(1)求A；(2)若a＝eq\r(7)，b＝2，求△ABC的面積.【訓(xùn)練2】設(shè)a＝(cosα，(λ－1)sinα)，b＝(cosβ，sinβ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＞0，0＜α＜β＜\f(π,2)))是平面上的兩個向量，若向量a＋b與a－b互相垂直.(1)求實(shí)數(shù)λ的值；(2)若a·b＝eq\f(4,5)，且tanβ＝eq\f(4,3)，求tanα的值.1.在解決平面向量的數(shù)量積問題中，要注意：(1)兩個向量的夾角的定義；(2)兩個向量的夾角的范圍；(3)平面向量的數(shù)量積的幾何意義；(4)向量的數(shù)量積的運(yùn)算及其性質(zhì)等.2.平面向量的數(shù)量積的運(yùn)算有兩種形式：(1)依據(jù)模和夾角計(jì)算，要注意確定這兩個向量的夾角，如夾角不易求或者不可求，可通過選擇易求夾角和模的基底進(jìn)行轉(zhuǎn)化；(2)利用坐標(biāo)來計(jì)算，向量的平行和垂直都可以轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)滿足的等式，從而應(yīng)用方程思想解決問題，化形為數(shù)，使向量問題數(shù)量化.3.根據(jù)平行四邊形法則，對于非零向量a，b，當(dāng)|a＋b|＝|a－b|時，平行四邊形的兩條對角線長度相等，此時平行四邊形是矩形，條件|a＋b|＝|a－b|等價于向量a，b互相垂直.4.兩個向量夾角的范圍是[0，π]，在使用平面向量解決問題時要特別注意兩個向量夾角可能是0或π的情況，如已知兩個向量的夾角為鈍角時，不單純就是其數(shù)量積小于零，還要求不能反向共線.5.平面向量的綜合運(yùn)用主要體現(xiàn)三角函數(shù)和平面解析幾何中，在三角函數(shù)問題中平面向量的知識主要是給出三角函數(shù)之間的關(guān)系，解題的關(guān)鍵還是三角函數(shù)問題；解析幾何中向量知識只是給出幾何量的位置和數(shù)量關(guān)系，在解題中要善于根據(jù)向量知識分析解析幾何中的幾何關(guān)系.一、選擇題1.(2015·陜西卷)對任意向量a，b，下列關(guān)系式中不恒成立的是()A.|a·b|≤|a||b| B.|a－b|≤||a|－|b||C.(a＋b)2＝|a＋b|2 D.(a＋b)(a－b)＝a2－b22.△ABC是邊長為2的等邊三角形，已知向量a，b滿足eq\o(AB,\s\up6(→))＝2a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝2a＋b，則下列結(jié)論正確的是()A.|b|＝1 B.a⊥bC.a·b＝1 D.(4a＋b)⊥eq\o(BC,\s\up6(→))3.函數(shù)y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝()A.4 B.6C.1 D.24.已知a，b均為單位向量，(2a＋b)·(a－2b)＝－eq\f(3\r(3),2)，則向量a，b的夾角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4) C.eq\f(3π,4) D.eq\f(5π,6)5.設(shè)四邊形ABCD為平行四邊形，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝6，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝4，若點(diǎn)M，N滿足eq\o(BM,\s\up6(→))＝3eq\o(MC,\s\up6(→))，eq\o(DN,\s\up6(→))＝2eq\o(NC,\s\up6(→))，則eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(NM,\s\up6(→))＝()A.20 B.15 C.9 D.6二、填空題6.已知兩個非零向量a，b的夾角為60°，且|a|＝|b|＝3，c＝ta＋(1－t)b，若b⊥c，則t＝________.7.如圖，在△ABC中，∠C＝90°，且AC＝BC＝3，點(diǎn)M滿足eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))，則eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝________.8.已知A，B，C是平面上不共線的三點(diǎn)，若動點(diǎn)P滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|cosC)))，λ∈(0，＋∞)，則動點(diǎn)P的軌跡一定通過△ABC的________(填重心、垂心、內(nèi)心或外心).三、解答題9.已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3x,2)，sin\f(3x,2)))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,2)，－sin\f(x,2)))，且x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)求a·b及|a＋b|；(2)若f(x)＝a·b－2λ|a＋b|的最小值是－eq\f(3,2)，求λ的值.10.已知在銳角三角形ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量p＝(cosB＋sinB，2sinB－2)，q＝(sinB－cosB，1＋sinB)，且p⊥q.(1)求B的大??；(2)若b＝2，△ABC的面積為eq\r(3)，求a，c.11.已知A，B是△ABC的兩個內(nèi)角，a＝eq\r(2)coseq\f(A＋B,2)i＋sineq\f(A－B,2)j(其中i，j是互相垂直的單位向量)，且|a|＝eq\f(\r(6),2).(1)試問tanA·tanB是否為定值，若是定值，請求出，否則說明理由；(2)求tanC的最大值，并判斷此時三角形的形狀.專題二三角函數(shù)與平面向量答案第1講三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)真題感悟1.解析∵y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))，∴要得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象，只需將函數(shù)y＝sin4x的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位.答案B2.解析由題干圖易得ymin＝k－3＝2，則k＝5.∴ymax＝k＋3＝8.答案C3.解析由圖象知eq\f(T,2)＝eq\f(5,4)－eq\f(1,4)＝1，∴T＝2.由π×eq\f(1,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，不妨取φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,4)))，由2kπ＜πx＋eq\f(π,4)＜2kπ＋π，得2k－eq\f(1,4)＜x＜2k＋eq\f(3,4)，D正確.4.解析f(x)＝eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(1,2)sin2x＋1＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq\f(3,2)，∴T＝eq\f(2π,2)＝π，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得：eq\f(3π,8)＋kπ≤x≤eq\f(7π,8)＋kπ，k∈Z，∴單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋kπ，\f(7π,8)＋kπ))，k∈Z.答案πeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)π＋kπ，\f(7,8)π＋kπ))(k∈Z)【例1－1】解(1)根據(jù)表中已知數(shù)據(jù)，解得A＝5，ω＝2，φ＝－eq\f(π,6).數(shù)據(jù)補(bǔ)全如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(7π,12)eq\f(5π,6)eq\f(13,12)πAsin(ωx＋φ)050－50且函數(shù)表達(dá)式為f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)由(1)知f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，得g(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2θ－\f(π,6))).因?yàn)閥＝sinx的對稱中心為(kπ，0)，k∈Z.令2x＋2θ－eq\f(π,6)＝kπ，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)－θ，k∈Z.由于函數(shù)y＝g(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))成中心對稱，令eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)－θ＝eq\f(5π,12)，解得θ＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,3)，k∈Z.由θ>0可知，當(dāng)k＝1時，θ取得最小值eq\f(π,6).探究提高三角函數(shù)的圖象變換，提倡“先平移，后伸縮”，但“先伸縮，后平移”也常出現(xiàn)在題目中，所以也必須熟練掌握.無論是哪種變形，切記每一個變換總是對字母x而言.【例1－2】解析由圖象知eq\f(T,2)＝6－(－2)＝8，∴T＝16，A＝4.∴ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,16)＝eq\f(π,8).∴y＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋φ))，把點(diǎn)(6，0)代入得：eq\f(π,8)×6＋φ＝0，得φ＝－eq\f(3π,4).∴y＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x－\f(3π,4)))，又∵|φ|＜eq\f(π,2).∴y＝－4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(π,4))).答案A探究提高已知圖象求函數(shù)y＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ))(A＞0，ω＞0)的解析式時，常用的方法是待定系數(shù)法.由圖中的最高點(diǎn)、最低點(diǎn)或特殊點(diǎn)求A；由函數(shù)的周期確定ω；確定φ常根據(jù)“五點(diǎn)法”中的五個點(diǎn)求解，其中一般把第一個零點(diǎn)作為突破口，可以從圖象的升降找準(zhǔn)第一個零點(diǎn)的位置.【訓(xùn)練1】解(1)由題意知f(x)＝a·b＝msin2x＋ncos2x.因?yàn)閥＝f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\r(3)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，－2))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)＝msin\f(π,6)＋ncos\f(π,6)，,－2＝msin\f(4π,3)＋ncos\f(4π,3)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)＝\f(1,2)m＋\f(\r(3),2)n，,－2＝－\f(\r(3),2)m－\f(1,2)n，))解得m＝eq\r(3)，n＝1.(2)由(1)知f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).由題意知g(x)＝f(x＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ＋\f(π,6))).設(shè)y＝g(x)的圖象上符合題意的最高點(diǎn)為(x0，2)，由題意知xeq\o\al(2,0)＋1＝1，所以x0＝0，即到點(diǎn)(0，3)的距離為1的最高點(diǎn)為(0，2).將其代入y＝g(x)得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2φ＋\f(π,6)))＝1，因?yàn)?＜φ＜π，所以φ＝eq\f(π,6).因此g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x.由2kπ－π≤2x≤2kπ，k∈Z，得kπ－eq\f(π,2)≤x≤kπ，k∈Z，所以函數(shù)y＝g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z.【例2－1】解析由2kπ＋eq\f(π,2)≤ωx＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3,2)π，k∈Z且ω＞0，得eq\f(1,ω)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)))≤x≤eq\f(1,ω)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(5,4)π))，k∈Z.取k＝0，得eq\f(π,4ω)≤x≤eq\f(5π,4ω)，又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，∴eq\f(π,4ω)≤eq\f(π,2)，且π≤eq\f(5π,4ω)，解之得eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(5,4).答案A探究提高此類題屬于三角函數(shù)性質(zhì)的逆用，解題的關(guān)鍵是借助于三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)列出含參數(shù)的不等式，再根據(jù)參數(shù)范圍求解.或者，也可以取選項(xiàng)中的特殊值驗(yàn)證.【例2－2】解(1)∵x＝eq\f(π,8)是函數(shù)y＝f(x)的圖象的對稱軸.∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,8)＋φ))＝±1.∴eq\f(π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.又－π＜φ＜0，∴φ＝－eq\f(3π,4).(2)由(1)知φ＝－eq\f(3π,4)，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4))).由題意得2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(3π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.所以函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z).探究提高對于函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)單調(diào)區(qū)間的求解，其基本方法是將ωx＋φ作為一個整體代入正弦函數(shù)增區(qū)間(或減區(qū)間)，求出的區(qū)間即為y＝Asin(ωx＋φ)的增區(qū)間(或減區(qū)間)，但是當(dāng)A＞0，ω＜0時，需先利用誘導(dǎo)公式變形為y＝－Asin(－ωx－φ)，則y＝Asin(－ωx－φ)的增區(qū)間即為原函數(shù)的減區(qū)間，減區(qū)間即為原函數(shù)的增區(qū)間.【例2－3】解(1)因?yàn)閒(x)＝sin2ωx＋2eq\r(3)sinωx·cosωx－cos2ωx＋λ＝－cos2ωx＋eq\r(3)sin2ωx＋λ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))＋λ，由直線x＝π是y＝f(x)圖象的一條對稱軸，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωπ－\f(π,6)))＝±1，所以2ωπ－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即ω＝eq\f(k,2)＋eq\f(1,3)(k∈Z).又ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，k∈Z，所以k＝1，故ω＝eq\f(5,6).所以f(x)的最小正周期是eq\f(6π,5).(2)由y＝f(x)的圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0，即λ＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)×\f(π,2)－\f(π,6)))＝－2sineq\f(π,4)＝－eq\r(2)，即λ＝－eq\r(2).故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)x－\f(π,6)))－eq\r(2)，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴eq\f(5,3)x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))，∴函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇－1－eq\r(2)，2－eq\r(2)].探究提高求三角函數(shù)最值的兩條思路：(1)將問題化為y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)或圖象求解；(2)將問題化為關(guān)于sinx或cosx的二次函數(shù)的形式，借助二次函數(shù)的性質(zhì)或圖象求解.【訓(xùn)練2】解(1)f(x)＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x－cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).則f(x)的最小正周期為π，由2x－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)(k∈Z)，所以函數(shù)圖象的對稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)(k∈Z).(2)g(x)＝[f(x)]2＋f(x)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4).當(dāng)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)時，g(x)取得最小值－eq\f(1,4)，當(dāng)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝1時，g(x)取得最大值2，所以g(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2)).一、選擇題1.解析因?yàn)閥＝sin3x＋cos3x＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))，要得到函數(shù)y＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))的圖象，可以將函數(shù)y＝eq\r(2)cos3x的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位，故選C.2.解析f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax＋\f(π,3)))，∵T＝eq\f(2π,a)＝2，∴a＝π.∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,3)))，∴當(dāng)x＝eq\f(2,3)時，f(x)＝0.故選B.3.解析由f(x)dx＝0，得sin(x－φ)dx＝0，即－cos(x－φ)|＝0，∴－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π－φ))＋cosφ＝0，∴eq\f(2,3)cosφ－eq\f(\r(3),2)sinφ＝0，∴eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,6)))＝0，∴φ＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得φ＝kπ＋eq\f(π,3)，∴f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)))))，由x－kπ－eq\f(π,3)＝k′π＋eq\f(π,2)得x＝(k＋k′)π＋eq\f(5,6)π(k，k′∈Z)，故選A.4.解析∵f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0.∴當(dāng)x＝eq\f(\f(π,6)＋\f(π,2),2)＝eq\f(π,3)時，f(x)＝0.∴eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，∴ω＝3k－1，k∈Z，排除A、C；又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上遞減，把ω＝2，ω＝5代入驗(yàn)證，可知ω＝2.答案B5.解析由于f(x)的最小正周期為π，∴ω＝2，即f(x)＝Asin(2x＋φ)，又當(dāng)x＝eq\f(2π,3)時，2x＋φ＝eq\f(4π,3)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝2kπ－eq\f(11π,6)(k∈Z)，又φ>0，∴φmin＝eq\f(π,6)，故f(x)＝Asin(2x＋eq\f(π,6)).于是f(0)＝eq\f(1,2)A，f(2)＝Asin(4＋eq\f(π,6))，f(－2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4＋\f(π,6)))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))，又∵－eq\f(π,2)<eq\f(5π,6)－4<4－eq\f(7π,6)<eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，其中f(2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(π,6)))＝Asineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(π,6)))))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－4))，f(－2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))＝Asineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(7π,6))).又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))單調(diào)遞增，∴f(2)<f(－2)<f(0)，故選A.二、填空題6.解析f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))eq\o(→,\s\up7(右平移φ))g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（x－φ）＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)－2φ))，關(guān)于y軸對稱，即函數(shù)g(x)為偶函數(shù)，則eq\f(π,4)－2φ＝kπ＋eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(k,2)π－eq\f(π,8)(k∈Z)，顯然，k＝－1時，φ有最小正值eq\f(π,2)－eq\f(π,8)＝eq\f(3π,8).答案eq\f(3π,8)7.解析觀察圖象可知，A＝1，T＝π，∴ω＝2，f(x)＝sin(2x＋φ).將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))代入上式得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋φ))＝0，由已知得φ＝eq\f(π,3)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).函數(shù)圖象的對稱軸為x＝eq\f(－\f(π,6)＋\f(π,3),2)＝eq\f(π,12).又x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)＝f(x2)，∴f(x1＋x2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2).答案eq\f(\r(3),2)8.解析由f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有單調(diào)性，得eq\f(T,2)≥eq\f(π,2)－eq\f(π,6)，即T≥eq\f(2π,3)；因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))，所以f(x)的一條對稱軸為x＝eq\f(\f(π,2)＋\f(2π,3),2)＝eq\f(7π,12)；又因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，所以f(x)的一個對稱中心的橫坐標(biāo)為eq\f(\f(π,2)＋\f(π,6),2)＝eq\f(π,3).所以eq\f(1,4)T＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，即T＝π.9.解(1)因?yàn)閒(x)＝eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)(1－cosx)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\f(\r(2),2)，所以f(x)的最小正周期為2π.(2)因?yàn)椋小躼≤0，所以－eq\f(3π,4)≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,4).當(dāng)x＋eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(3π,4)時，f(x)取得最小值.所以f(x)在區(qū)間[－π，0]上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))＝－1－eq\f(\r(2),2).10.解(1)由題意，得eq\f(2π,ω)·π＝2π2.所以ω＝1.又A＝2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,4)))＝2taneq\f(17,4)π＝2taneq\f(π,4)＝2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).令2kπ－eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得2kπ－eq\f(3π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z).故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z).(2)因?yàn)閔(x)＝eq\f(3,2)f2(x)＋2eq\r(3)cos2x＝eq\f(3,2)×4×sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋2eq\r(3)cos2x＝3(sinx＋cosx)2＋2eq\r(3)cos2x＝3＋3sin2x＋eq\r(3)(cos2x＋1)＝3＋eq\r(3)＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，又h(x)有最小值為3，所以有3＋eq\r(3)＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝3，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,2).因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(π,3)))，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以2a＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即a＝－eq\f(π,6).11.解法一(1)將g(x)＝cosx的圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長到原來的2倍(橫坐標(biāo)不變)得到y(tǒng)＝2cosx的圖象，再將y＝2cosx的圖象向右平移eq\f(π,2)個單位長度后得到y(tǒng)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))的圖象，故f(x)＝2sinx.從而函數(shù)f(x)＝2sinx圖象的對稱軸方程為x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z).(2)①f(x)＋g(x)＝2sinx＋cosx＝eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))sinx＋\f(1,\r(5))cosx))＝eq\r(5)sin(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中sinφ＝\f(1,\r(5))，cosφ＝\f(2,\r(5)))).依題意，sin(x＋φ)＝eq\f(m,\r(5))在[0，2π)內(nèi)有兩個不同的解α，β，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m,\r(5))))＜1，故m的取值范圍是(－eq\r(5)，eq\r(5)).②因?yàn)棣粒率欠匠蘣q\r(5)sin(x＋φ)＝m在[0，2π)內(nèi)的兩個不同的解.所以sin(α＋φ)＝eq\f(m,\r(5))，sin(β＋φ)＝eq\f(m,\r(5)).當(dāng)1≤m＜eq\r(5)時，α＋β＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－φ))，即α－β＝π－2(β＋φ)；當(dāng)－eq\r(5)＜m＜1時，α＋β＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－φ))，即α－β＝3π－2(β＋φ).所以cos(α－β)＝－cos2(β＋φ)＝2sin2(β＋φ)－1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,\r(5))))eq\s\up12(2)－1＝eq\f(2m2,5)－1.法二(1)同法一.(2)①同法一.②因?yàn)棣?，β是方程eq\r(5)sin(x＋φ)＝m在[0，2π)內(nèi)的兩個不同的解.所以sin(α＋φ)＝eq\f(m,\r(5))，sin(β＋φ)＝eq\f(m,\r(5)).當(dāng)1≤m＜eq\r(5)時，α＋β＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－φ))，即α＋φ＝π－(β＋φ)；當(dāng)－eq\r(5)＜m＜1時，α＋β＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－φ))，即α＋φ＝3π－(β＋φ)；所以cos(α＋φ)＝－cos(β＋φ).于是cos(α－β)＝cos[(α＋φ)－(β＋φ)]＝cos(α＋φ)cos(β＋φ)＋sin(α＋φ)sin(β＋φ)＝－cos2(β＋φ)＋sin(α＋φ)sin(β＋φ)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,\r(5))))\s\up12(2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,\r(5))))eq\s\up12(2)＝eq\f(2m2,5)－1.第2講三角恒等變換與解三角形真題感悟1.解析eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,5))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sinαcos\f(π,5)＋cosαsin\f(π,5),sinα·cos\f(π,5)－cosαsin\f(π,5))＝eq\f(\f(tanα,tan\f(π,5))＋1,\f(tanα,tan\f(π,5))－1)＝eq\f(2＋1,2－1)＝3.答案C2.解析因?yàn)閟inB＝eq\f(1,2)且B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,6)或B＝eq\f(5π,6).又C＝eq\f(π,6)，所以B＝eq\f(π,6)，A＝π－B－C＝eq\f(2π,3).又a＝eq\r(3)，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝eq\f(b,sin\f(π,6))，解得b＝1.答案13.解析由余弦定理：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(25＋36－16,2×5×6)＝eq\f(3,4)，∴sinA＝eq\f(\r(7),4)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(16＋25－36,2×4×5)＝eq\f(1,8)，∴sinC＝eq\f(3\r(7),8)，∴eq\f(sin2A,sinC)＝eq\f(2×\f(3,4)×\f(\r(7),4),\f(3\r(7),8))＝1.答案14.解析如圖所示，延長BA，CD交于點(diǎn)E，則可知在△ADE中，∠DAE＝105°，∠ADE＝45°，∠E＝30°，∴設(shè)AD＝eq\f(1,2)x，則AE＝eq\f(\r(2),2)x，DE＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)x，CD＝m，∵BC＝2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)＋\r(2),4)x＋m))·sin15°＝1?eq\f(\r(6)＋\r(2),4)x＋m＝eq\r(6)＋eq\r(2)，∴0<x<4，而AB＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)x＋m－eq\f(\r(2),2)x＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)x＋m＝eq\r(6)＋eq\r(2)－eq\f(\r(2),2)x，∴AB的取值范圍是(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2)).]答案(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2))【例1－1】解析(1)sin(π－α)＝sinα＝－eq\f(\r(5),3)，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),3)))\s\up12(2))＝－eq\f