01 模塊一　三角函數(shù)與解三角形、平面向量 【答案】聽課手冊

模塊一三角函數(shù)與解三角形、平面向量微專題1三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)微點1例1AC[解析]因為f(x)=sin(3x+φ)的圖象關(guān)于直線x=π8對稱,所以3×π8+φ=π2+kπ,k∈Z,得φ=π8+kπ,k∈Z,又-π2<φ<π2,所以φ=π8,所以f(x)=sin3x+π8.對于A,fx-π24=sin3x-π24+π8=sin3x,所以y=fx-π24為奇函數(shù),故選項A正確;對于B,當(dāng)x∈-π24,5π24時,3x+π8∈0,3π4,函數(shù)f(x)在-π24,5π24上不單調(diào),故選項B不正確;對于C,因為f(x)max=1,f(x)min=-1,|f(x1)-f(x2)|=2,所以|x1-x2|的最小值為f(x)的半個最小正周期,即2π3×12【自測題】1.AC[解析]對于A,若f(x)的最小正周期為π,則2πω=π,所以ω=2,故A正確;對于B,若ω=4,則f(x)=sin4x+π3,當(dāng)x∈0,π8時,4x+π3∈π3,5π6,所以sin4x+π3∈12,1,則f(x)在0,π8上的最大值為1,故B不正確;對于C,當(dāng)x∈0,π2時,ωx+π3∈π3,π2ω+π3,若f(x)在0,π2上單調(diào)遞增,則π3<π2ω+π3≤π2,所以0<ω≤13,故C正確;對于D,將f(x)的圖象向右平移π3個單位長度后得到fx-π32.πkπ+3π8,kπ+7π8(k∈Z)[解析]由題得,f(x)=1-cos2x2+12sin2x+1=22sin2x-π4+32,故函數(shù)f(x)的最小正周期是π.令2kπ+π2≤2x-π4≤2kπ+3π2(k∈Z),得kπ+3π8微點2例2(1)BCD(2)-32[解析](1)由題圖得g(0)=sinφ=12,所以φ=π6+2kπ,k∈Z,又因為0<φ<π,所以φ=π6.設(shè)g(x)的最小正周期為T,得ω=2+3k,k∈Z,0<ω<94,所以ω=2,所以g(x)=sin2x+π6.由圖可知,b=2π3+T4=2π3+π4=11π12,所以f(x)的定義域為-11π12,11π12,故A錯誤.當(dāng)x∈0,11π12時,f(x)=sin2x+π6,因為fπ6=sinπ2=1為最大值,所以當(dāng)x=π6時,f(x)取得最大值,故B正確.令π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ,k∈Z,得π6+kπ≤x≤2π3+kπ,k∈Z,所以f(x)在0,11π12上的單調(diào)遞減區(qū)間為π6,2π3,因為函數(shù)f(x)為偶函數(shù),所以當(dāng)-1112π≤x<0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為-2π3,-π6,故C正確.當(dāng)x∈0,11π12時,2x+(2)依題意設(shè)Ax1,12,Bx2,12,則x2-x1=π6,因為ωx2+φ-(ωx1+φ)=2π3,即π6ω=2π3,所以ω=4,又2π3ω+φ=2kπ,k∈Z,所以φ=-8π3+2kπ,k∈Z,不妨取φ=-2π3,則f(x)=【自測題】1.D[解析]因為f(x)=sinωx+π3(ω>0),所以f(x)min=-1,f(x)max=1,當(dāng)|f(x1)-f(x2)|=2時,|x1-x2|的最小值為T2(T為f(x)的最小正周期),即T2=π2,則T=π,所以ω=2ππ=2,即f(x)=sin2x+π3.將函數(shù)f(x)的圖象上各點的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍,縱坐標(biāo)不變,得到y(tǒng)=sinx+π3的圖象,然后再將得到的圖象向右平移π3個單位長度,得到g(x)=sinx的圖象.由g(x)≥12,得sinx≥12,解得π6+2kπ≤x≤5π6+2kπ,k2.BC[解析]設(shè)f(x)的最小正周期為T,根據(jù)圖象可得12T=11π12-7π12=π3,解得T=2π3,因為ω>0,所以2πω=2π3,解得ω=3,則f7π12=Acos7π4+φ=Acos-π4+φ=0,所以cos-π4+φ=0,又-π2<φ<π2,所以-3π4<φ-π4<π4,故φ-π4=-π2,解得φ=-π4,A錯誤;因為f(x)=Acos3x-π4,所以fπ2=Acos3π2-π4=-22A=-23,解得A=223,B正確;將f(x)=223cos3x-π4的圖象向右平移π12個單位長度得到g(x)=223cos3x-π4-π4=223cos3x-π2=223sin3x的圖象,g(x)的定義域為R,因為g(-x)=2微點3例3CD[解析]由題知f(x)=gx+π5ω=sinωx+π5,令t=ωx+π5,因為x∈[0,2π],所以t∈π5,2ωπ+π5,所以y=sint在π5,2ωπ+π5上有且只有5個零點,則5π≤2ωπ+π5<6π,解得125≤ω<2910,D正確;由以上分析知,f(x)在(0,2π)上的極值點個數(shù)為5或6,B錯誤;fπ2=sinπ2ω+π5,因為π2ω+π5∈7π5,33π20,所以fπ2的值不為0,A錯誤;【自測題】1.A[解析]因為x3-x2=2(x2-x1)=4x1,所以x2=3x1,x3=7x1,令t1=2x1+φ,t2=2x2+φ,t3=2x3+φ,因為x1,x2,x3∈0,3π2,所以t1,t2,t3∈(φ,3π+φ),|φ|<π2.因為f(x1)=f(x2)=f(x3)>0,所以x3-x1sint的圖象(如圖所示),得到t1+t2=π,t2+t3=3π或t1+t2=3π,t2+t3=5π.當(dāng)t1+t2=π,t2+t3=3π時,8x1+2φ=π,20x1+2φ=3π,解得φ=-π6,此時x1=π6,x2=π2,x3=7π6,符合題意;當(dāng)t1+t2=3π,t2+t2.B[解析]依題意,函數(shù)f(x)=2sinωx-π6(ω>0),由x∈-2π5,3π4,ω>0,得ωx-π6∈-2π5ω-π6,3π4ω-π6,因為f(x)在區(qū)間-2π5,3π4上單調(diào)遞增,所以-2π5ω-π6≥-π2且3π4ω-π6≤π2,解得ω≤56且ω≤89,所以0<ω≤56.當(dāng)x∈[0,π]時,ωx-π1.A[解析]方法一:當(dāng)x-π6∈-π2+2kπ,π2+2kπ,k∈Z,即x∈-π3+2k方法二:當(dāng)x∈0,π2時,x-π6∈-π6,π3,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈π2,π時,x-π6∈π3,5π6,函數(shù)f(x)不單調(diào)遞增2.A[解析]因為2π3<T<π,即2π3<2πω<π,所以2<ω<3.因為y=f(x)的圖象關(guān)于點3π2,2中心對稱,所以b=2,且ω×3π2+π4=kπ,k∈Z,解得ω=23k-14,k∈Z,又2<ω<3,所以k=4,ω=52,所以f(x)=sin3.C[解析]依題意可得ω>0,當(dāng)x∈(0,π)時,ωx+π3∈π3,ωπ+π3.函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,π)上恰有三個極值點、兩個零點,結(jié)合y=sinx的圖象可知5π2<ωπ+π3≤3π,解得136<ω≤4.BC[解析]由圖可得函數(shù)的最小正周期T=2×2π3-π6=π,∴|ω|=2,故A選項錯誤.∵函數(shù)圖象過點π6,0,且x=π6左側(cè)y>0,右側(cè)y<0,∴當(dāng)ω=2時,sinπ3+φ=0,可得π3+φ=π+2kπ,k∈Z,∴φ=2π3+2kπ,k∈Z,∴該圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式可以是y=sin2x+2π3.對于B,y=sin2x+2π3=sin2x-π3+π=-sin2x-π3=sinπ3-2x,故B選項正確.對于C,y=sin2x+2π5.AD[解析]由題意得4π3+φ=kπ(k∈Z),所以φ=-4π3+kπ(k∈Z),又0<φ<π,所以φ=2π3,故f(x)=sin2x+2π3.當(dāng)x∈0,5π12時,2x+2π3∈2π3,3π2?π2,3π2,所以f(x)在0,5π12上單調(diào)遞減,故選項A正確.當(dāng)x∈-π12,11π12時,2x+2π3∈π2,5π2,因為y=sinx在π2,5π2上只有一個極小值點x=3π2,令2x+2π3=3π2,得x=5π12,所以f(x)在-π12,11π12上只有一個極小值點x=5π12,故選項B錯誤.f7π6=sin2×7π6+2π3=sin3π=0≠±1,故選項C錯誤.設(shè)斜率為-1的直線與曲線y=f(x)相切于點(x0,f(x0)),由f'(x)=2cos2x+2π3,得f'(x0)=2cos2x0+2π3,令f'(x0)=2cos2x0+2π3=-1,得cos2x0+2π3=-12,所以2x0+2π3=2π3+2kπ(k6.[2,3)[解析]因為x∈[0,2π],ω>0,所以ωx∈[0,2ωπ],若函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,2π]有且僅有3個零點,則需滿足4π≤2ωπ<6π,所以2≤ω<3.7.2[解析]由題圖知34T=13π12-π3(T為函數(shù)f(x)的最小正周期),∴T=π,則|ω|=2,不妨取ω=2.由fπ3=0及圖象得2×π3+φ=π2+2kπ,k∈Z,解得φ=-π6+2kπ,k∈Z,不妨取φ=-π6,則f(x)=2cos2x-π6,∴f4π3=fπ3=0,f-7π4=fπ4=2cos2×π4-π6=2cosπ3=1,∴f(x)-f-7π4f(x)-f4π3=(f(x)-1)(f(x)-0)>0,則f(x)>1或f(x)<0.當(dāng)x∈0,π3時,令f(

高考進階1三角函數(shù)與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)交匯問題例1AB[解析]由題意知f(x)的定義域為R,∵f(x)=|sinx|+e|sinx|,∴f(-x)=|sin(-x)|+e|sin(-x)|=|-sinx|+e|-sinx|=|sinx|+e|sinx|=f(x),即f(x)為偶函數(shù),故A正確;f(x+π)=|sin(x+π)|+e|sin(x+π)|=|-sinx|+e|-sinx|=|sinx|+e|sinx|=f(x),即f(x)的一個周期為π,故B正確;當(dāng)0≤x≤π時,0≤sinx≤1,則f(x)=sinx+esinx,∴f'(x)=(1+esinx)cosx,∴當(dāng)x∈0,π2時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈π2,π時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,故C錯誤;由以上分析知f(x)在[0,π]上的最大值為fπ2=e+1,最小值為f(0)=f(π)=1,又f(x)為偶函數(shù),且f(x)的一個周期為π,∴f(x)的最大值為e+1,最小值為1,【自測題】BCD[解析]由sinx>0且cosx>0得f(x)的定義域為2kπ,π2+2kπ,k∈Z.對于A,當(dāng)x∈0,π2時,x+π∈π,32π,π,32π不在f(x)的定義域內(nèi),故選項A錯誤;對于B,fπ2-x=2cos2x·log2cosx+2sin2x·log2sinx=f(x),所以f(x)的圖象關(guān)于直線x=π4對稱,故選項B正確;對于C,因為f(x)=sin2x·log2sin2x+cos2x·log2cos2x,設(shè)t=sin2x,所以函數(shù)轉(zhuǎn)化為g(t)=t·log2t+(1-t)·log2(1-t),t∈(0,1),則g'(t)=log2t-log2(1-t),由g'(t)>0得12<t<1,由g'(t)<0得0<t<12,所以g(t)在0,12上單調(diào)遞減,在12,1上單調(diào)遞增,故g(t)min=g12=-1,即f(x)min=-1,故選項C正確;對于D,因為g(t)在0,12上單調(diào)遞減,在12,1上單調(diào)遞增,t=sin2x,所以令0<sin2x<12,得0<sinx<22,又f(x)的定義域為2kπ,π2+2kπ例2(1)A(2)12[解析](1)因為f(x)-f(-x)=2sinx,所以f(x)-sinx=f(-x)-sin(-x),設(shè)g(x)=f(x)-sinx,則g(x)=g(-x),可得g(x)為偶函數(shù).因為f'(x)>cosx在[0,+∞)上恒成立,所以g'(x)=f'(x)-cosx>0在[0,+∞)上恒成立,故g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,根據(jù)偶函數(shù)圖象的對稱性可知,g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減.由fπ2-t-f(t)>cost-sint得f(t)-sint<fπ2-t-cost=fπ2-t-sinπ2-t,即g(t)<gπ2-t,所以|t|<π2-t,(2)因為f(x)=1+sinx2cosx+sinx,所以f'(2+2sinx-cosx(2cosx+sinx)2.設(shè)g(x)=2+2sinx-cosx,x∈0,π2,則g'(x)=2cosx+sinx,因為x∈0,π2,所以g'(x)=2cosx+sinx>0,所以g(x)=2+2sinx-cosx在0,π2上單調(diào)遞增,所以g(x)≥g(0)=2-1=1>0,所以f'(x)>0在0,π2上恒成立,所以f(x)=1+sinx【自測題】BD[解析]因為f(x)=2sinx+sin2x的定義域為R,且f(-x)=2sin(-x)+sin(-2x)=-2sinx-sin2x=-(2sinx+sin2x)=-f(x),所以f(x)是奇函數(shù),故A錯誤;f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos2x-1)=2(2cosx-1)(cosx+1),令f'(x)=0,得cosx=12或cosx=-1,當(dāng)x∈-π3+2kπ,π3+2kπ,k∈Z時,f'(x)≥0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈π3+2kπ,5π3+2kπ,k∈Z時,f'(x)≤0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,所以f(x)max=fπ3+2kπ=2sinπ3+sin2π3=332,k∈Z,故B正確;因為f(0)=0,f2(2cosx-1)(cosx+1),當(dāng)x∈0,π3時,2cosx-1>0,cosx+1>0,則f'(x)>0,所以f(x)在0,π3上單調(diào)遞增,故

微專題2三角恒等變換微點1例1(1)B(2)-19[解析](1)∵sin2θ=2sinθcosθ=2sinθcosθsin2θ+cos2θ=2tanθtan2θ+1=53,∴tanθ=55或5(2)sin2α+2π3=sin2α+π12+π2=cos2α+π12【自測題】1.B[解析]因為sin2α+2sinαcosα-2sinα-4cosα=0,所以sinα(sinα+2cosα)-2(sinα+2cosα)=0,即(sinα+2cosα)(sinα-2)=0,則sinα+2cosα=0或sinα-2=0(舍去),所以tanα=-2,所以cos2α-sinαcosα=cos2α-sinαcosαcos2.A[解析]因為cos(40°-θ)+cos(40°+θ)+cos(80°-θ)=0,所以cos40°cosθ+sin40°sinθ+cos40°cosθ-sin40°sinθ+cos80°cosθ+sin80°sinθ=0,所以2cos40°cosθ+cos80°cosθ+sin80°sinθ=0,所以2cos40°+cos80°+sin80°tanθ=0,所以tanθ=-2cos40°+cos80°-2(-3sin80°sin80°=-3微點2例2C[解析]因為tanα=tan(α+β-β)=tan(α+β)-tanβ1+tan(α+β)·tanβ,且tan(1+sin(1+sinα)·(1-sinα)-cosα·cosαcosα·(1-sinα)+cosα·(1+sinα)=1-sin2α-cos2α2cosα,因為sin2α+cos2α=1,所以tanα=0,所以α=kπ,k∈Z,所以當(dāng)k為奇數(shù)時,cos【自測題】1.D[解析]由tan2α=sinα1+cosα,得sin2αcos2α=2sinα∴sinα>0,∴2cosα2cos2α-1=11+cosα,解得cosα=-2.D[解析]因為2α=(α+β)+(α-β),2β=(α+β)-(α-β),所以可將已知等式化為cos[(α+β)+(α-β)]+cos[(α+β)-(α-β)]+1=2cos(α-β)+cos(α+β),即2cos(α+β)cos(α-β)-2cos(α-β)-cos(α+β)+1=0,即[cos(α+β)-1][2cos(α-β)-1]=0,所以cos(α+β)=1或cos(α-β)=12.又0<α<β<π2,所以0<α+β<π,-π2<α-β<0,所以cos(α+β)≠1,所以cos(α-β)=12,則α-β=-π3,所以β-α=π3,則微點3例3(1)C(2)-π6答案不唯一,滿足α=-π6+kπ(k∈Z)或α=π2+kπ(k∈Z)的其中一個值即可[解析](1)由已知得∠COB=θ,則∠CBO=π2-θ2,(2)由題意可得OA=(sinα,cosα),OB=cosα+π6,sinα+π6,所以|OA|=sin2α+cos2α=1,同理可得|OB|=1,則cos∠AOB=cos<OA,OB>=OA·OB|OA|·|OB|=sinαcosα+π6+cosαsinα+π6=sin2α+π6=cos2π3=-12,所以2α+π6=-π6+2kπ(【自測題】1.A[解析]∵α∈0,π2,sin4α1+cos4α=sinαcosα-2,∴2sin2αcos2α2coscos2αsinα=2sin2α,可得sinα=4sinαcosα,∴cosα=14,sinα=154,tanα=15,又tan=2tanα21-tan2α2=15,∴15tan2α2+2tanα2-15=0,解得2.3+4310[解析]易知A35,45在單位圓上,記終邊在射線OA上的角為α,如圖所示.根據(jù)三角函數(shù)的定義可知,cosα=35,sinα=45.將線段OA繞原點按順時針方向旋轉(zhuǎn)π3得到線段OB,則終邊在射線OB上的角為α-π3,所以點B的橫坐標(biāo)為cosα-π3=cos1.D[解析]由倍角公式可知cosα=1-2sin2α2,則sin2α2=3-58=6-2516=5-142.因為α為銳角,所以α2∈0,π4,2.B[解析]方法一:因為sin(α-β)=sinαcosβ-cosαsinβ=13,cosαsinβ=16,所以sinαcosβ=12,所以sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=23,所以cos(2α+2β)=1-2sin2(α+β方法二:由cosαsinβ=sin(α+β)-sin(α-β)2=16,sin(α-β)=13,可得sin(α+β)=23,所以cos(23.C[解析]方法一:由sin(α+β)+cos(α+β)=2sinα+β+π4=22cosα+π4sinβ,可知sinα+β+π4=2cosα+π4sinβ,即sinα+π4cosβ+cosα+π4sinβ=2cosα+π4sinβ,即sinα+π4cosβ-cosα+π4sinβ=0,即sinα-β+π方法二:取β=0,則sinα+cosα=0,取α=34π,則tan(α+β)=tan(α-β)=tan34π=-1,排除B,D;取α=0,則sinβ+cosβ=2sinβ,即sinβ=cosβ,取β=π4,則tan(α+β)=tanπ4=1,排除A4.C[解析]方法一:由已知得sin2θ=2sinθcosθsin2θ+cos2θ=2tanθtan2方法二:sinθ(1+sin2θ)sinθ+cosθ=sinθ(sinθ+cosθ)2sinθ+cosθ5.A[解析]tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2-sinα,即2sinα1-2sin2α=12-sin

微專題3解三角形微點1例1解:(1)∵sinAcosB=2sinA-cosAsinB,∴2sinA=sinAcosB+cosAsinB=sin(A+B)=sinC,∴sinCsinA(2)由(1)可得sinC=2sinA,則由正弦定理可得c=2a.若選擇①.由余弦定理得cosB=a2+c2-b結(jié)合a>0,可得a=2,則c=4,易知此時△ABC存在且唯一確定.∵cosB=1116>0,∴B∈0,π2,∴sinB=1-cos2B=31516,故S△ABC=12acsin若選擇②.∵c>a,∴C>A.若C為銳角,則cosC=1-sin由余弦定理得cosC=a2+b2-c整理得2a2+a-6=0,結(jié)合a>0,可得a=32,則c=若C為鈍角,則cosC=-1-sin由余弦定理得cosC=a2+b2-c2整理得2a2-a-6=0,結(jié)合a>0,可得a=2,則c=4.綜上所述,此時△ABC存在但不唯一確定,不符合題意.若選擇③.由題意可得a+b+c=9,即a+3+2a=9,解得a=2,則c=4,易知此時△ABC存在且唯一確定.由余弦定理可得cosB=a2+c2-b22ac=4+16-92×2×4=1116>0,故S△ABC=12acsinB=12×2×4×315【自測題】解:方案一:選條件①.由C=π6和余弦定理得a2+由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2由①ac=3,解得a=3,b=c=1.因此,選條件①時問題中的三角形存在,此時c=1.方案二:選條件②.由C=π6和余弦定理得a2+由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2-c223b2由②csinA=3,所以c=b=23,a=6.因此,選條件②時問題中的三角形存在,此時c=23.方案三:選條件③.由C=π6和余弦定理得a2+由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2由③c=3b,與b=c矛盾.因此,選條件③時問題中的三角形不存在.微點2例2解:(1)由b+c=2acosB結(jié)合正弦定理得sinB+sinC=2sinAcosB,又sinC=sin(A+B),所以sinB=2sinAcosB-sin(A+B),則sinB=2sinAcosB-(sinAcosB+sinBcosA),則sinB=sinAcosB-sinBcosA=sin(A-B),所以B=A-B或π-B=A-B,得A=2B或A=π(舍去),又B=π12,所以A=π(2)(b+c(b+c由正弦定理得2b(1+cos由(1)知A=2B,則2sinB(1+cos又cos2B=2cos2B-1,sin2B=2sinBcosB,所以2sinB(1+cos2B)sin2B即(b+c+因為A+B=3B<π,所以B∈0,π3,則cosB故2cosB∈(1,2),故(b+c【自測題】解:(1)由已知條件得sin2B+sinAsin2B=cosA+cosAcos2B,則sin2B=cosA+cosAcos2B-sinAsin2B=cosA+cos(A+2B)=cos[π-(B+C)]+cos[π-(B+C)+2B]=-cos(B+C)-cos(B-C)=-2cosBcosC,所以2sinBcosB=-2cosBcosC,所以(sinB+cosC)cosB=0.由題知1+cos2B≠0,所以B≠π2,所以cosB≠所以sinB=-cosC=12,可得B=π(2)由(1)知sinB=-cosC>0,則B=C-π2,則sinA=sin(B+C)=sin2C-π2由正弦定理得a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C=cos22C+cos2Csin2C=(1-2sin2微點3例3解:(1)因為ab=12tanCtanB+1,所以由正弦定理得sinAsinB=12sinCcosBcosCsinB+1即2sinAcosCsinB=sinAsinB,由A∈(0,π),得sinA≠0,由B∈0,π2∪π2,π,故cosC=12,又C∈0,π2∪π2(2)因為△ABC的面積為103,所以12absinC=12ab·32=103,解得ab=40.由CD=2DA,得在△BCD中,由余弦定理得BD2=a2+49b2-2a·23bcosC=a2+49b2-23ab≥2a2·49b2-23ab=2×23ab-23ab=23ab=803,當(dāng)且僅當(dāng)a=23故線段BD的長度的最小值為803=4【自測題】解:方法一:(1)如圖所示,連接CG并延長,交AB于點D.∵點G是△ABC的重心,∴D是AB的中點,且DG=12∵AG·BG=0,∴AG⊥BG,∴DG=DA=DB=12c,GC=2又∠GAB=π6,∴AG=32c.在△AGC中,設(shè)∠由正弦定理得AGsin∠ACG=CGsinα,即∴32sinα=sinπ6-α,即cosα=23∴tanα=sinαcosα=123=36,即(2)由(1)得CD=32c,在△ABC中,由余弦定理得cos∠BAC=AC2+AB2-BC22AC·AB=b2+c2-a22bc.在△ACD中,由余弦定理得在△ABC中,由余弦定理得cos∠ACB=a2+b2-c22ab又∠ACB∈(0,π),∴cos∠ACB<1,故cos∠ACB的取值范圍為45方法二:以A為原點,AB所在的直線為x軸,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,設(shè)AB的中點為D,連接GD,CG,則D,G,C三點共線且|DG|=12設(shè)|AB|=2,則A(0,0),B(2,0).(1)因為AG·BG=0,∠GAB=π6,所以G32,32,所以GA=-又GC=-GB-GA=(1,3),故C52,332,故tan∠BAC=3tan∠BAC-π6=(2)設(shè)∠GAB=θ,θ∈0,π2,則G(2cos2θ,2cosθsinθ),所以GA=(-2cos2θ,-2cosθsinθ),GB=(2sin2θ,-2sinθcos又GC=-GB-GA=(2cos2θ-2sin2θ,4sinθcosθ)=(2cos2θ,2sin2θ),所以C(2cos2θ+2cos2θ,3sin2θ),即C(3cos2θ+1,3sin2θ),則CA=(-3cos2θ-1,-3sin2θ),CB=(1-3cos2θ,-3sin2θ),故cos∠ACB=cos<CB,CA>=8(8100-36cos22θ,又θ∈0,π2,所以2θ∈(0,π),故-1<cos2θ<1,所以451.解:(1)方法一:因為A+B+C=π,A+B=3C,所以C=π4,即A+B=3π4,則B=3π4-A,故2sinA-π4=sin3π4-A,即2sinAcosπ4-cosAsinπ4=sin3π4cosA-cos3π4sinA,整理得sin方法二:因為A+B=3C,所以A+B=3(π-A-B),所以A+B=3π4,所以C=π4.由題意得2sin(A-C)=sin(A+C),即2sinAcosC-2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC,整理得sinA=3cosA,又sin2A+cos2A=1,A∈(0,π),所以sinA=(2)由(1)可得cosA=1010,所以sinB=sin(A+C)=31010×22+1010×22=255.由ACsinB=ABsinC,得AC=210,所以S△ABC設(shè)AB邊上的高為h,則12·AB·h=15,解得h=所以AB邊上的高為6.2.解:(1)證明:由BDsin∠ABC=asinC及正弦定理得BD·b=ac,又b2=ac,所以BD·b=b2,即BD=b.(2)方法一(兩次應(yīng)用余弦定理):若AD=2DC,則AD=23b,DC=13b.在△ABD中cos∠ADB=DA2+DB2-AB22DA·DB=2又因為∠ADB+∠BDC=π,所以23b2+b2-c22×23b·b又b2=ac,所以113ac=2a2+c2,即6a2-11ac+3c2=0,即(3a-c)(2a-3c)=0,解得3a=c或2a=3當(dāng)3a=c時,由113b2=2a2+c2,得a2=13b2,c2=3b在△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC=BA2+BC2-AC22BA·BC=a2+c2-b22ac=13b2+3b2-b22b2=73b22b2=76>1,不成立;當(dāng)2a=3c時,由113b2=2a2方法二(等面積法和三角形相似):如圖,由AD=2DC,得S△ABD=23S△ABC,即12×23b2sin∠ADB=23×12ac×sin∠ABC,又sin∠ADB=sin∠ABC,則∠ADB+∠ABC=π或∠ADB=∠ABC.若∠ADB+∠ABC=π,則∠ABC=∠BDC,故△BDC∽△ABC,則BCCD=ACBC,即ab3=ba,則a2=13b2,又b2=ac,則a∶b∶c=1∶3∶3,不能構(gòu)成三角形,舍去,故∠ADB=∠ABC,即△ACB∽△ABD,故ADAB=ABAC,即2b3c=cb又b2=ac,所以a2=32b2,則cos∠ABC=a2+c2方法三(正弦、余弦定理相結(jié)合):由(1)知BD=b=AC,由AD=2DC得AD=23b,CD=1在△ADB中,由正弦定理得ADsin∠ABD=又由方法二中分析可知∠ABD=∠C,所以23bsinC=bsinA,則sinC=23sinA,由正弦定理得c=23a,又b2=ac,所以b2=23a2,由余弦定理得cos∠ABC=a2+方法四(平面向量基本定理):因為AD=2DC,所以BD=BC+CD=BC+13CA=BC+13(BA-BC)=23BC+13BA,所以BD2=49BC2+49BA·BC+19BA2,即又因為b2=ac,所以9ac=4a2+4ac·cos∠ABC+c2①.在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos∠ABC,所以ac=a2+c2-2accos∠ABC②.由①②得6a2-11ac+3c2=0,即(3a-c)(2a-3c)=0,解得3a=c或2a=3c.下同方法一.方法五(構(gòu)造輔助線利用相似的性質(zhì)):如圖,作DE∥AB,交BC于點E,則△DEC∽△ABC.由AD=2DC,得DE=c3,EC=a3,BE=2a3.在△BED中,由余弦定理得cos在△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC=a2因為cos∠ABC=-cos∠BED,所以a2+c2-b22ac=-2a32+c32又因為b2=ac,所以6a2-11ac+3c2=0,即(3a-c)(2a-3c)=0,解得3a=c或2a=3c.下同方法一.3.解:(1)方法一:在△ABC中,因為D為BC的中點,∠ADC=π3,AD=1,所以S△ADC=12AD·DCsin∠ADC=12×1×12a×32=38a=12S△ABC在△ABD中,∠ADB=2π3,由余弦定理得c2=BD2+AD2-2BD·ADcos∠ADB即c2=4+1-2×2×1×-12=7,所以c=7,則cosB=AB2+所以sinB=1-cos2B故tanB=sinBcosB方法二:在△ABC中,因為D為BC的中點,∠ADC=π3,AD=1,所以S△ADC=12AD·DCsin∠ADC=12×1×12a×32=38a=12S△ABC在△ACD中,由余弦定理得b2=CD2+AD2-2CD·ADcos∠ADC,即b2=4+1-2×2×1×12=3,所以b=3,故AC2+AD2=4=CD2,則∠CAD=π2,C=過點A作AE⊥BC交BC于點E,則CE=ACcosC=32,AE=ACsinC=32,則BE=52,故tanB=AE(2)方法一:在△ABD中,由余弦定理得c2=14a2+1-2×12a×1×cos(π-∠ADC)①,在△ACD中,由余弦定理得b2=14a2+1-2×12a×1×cos∠ADC②,由①+②整理得12a2+2=b2+c2,又b2+c2=8,又S△ADC=12×3×1×sin∠ADC=32,所以sin∠ADC=1,又0<∠ADC<π,所以∠ADC=π2,故b=c=A方法二:在△ABC中,因為D為BC的中點,所以2AD=AB+AC,又CB=AB-AC,所以4AD2+CB2=(AB+AC)2+(AB-AC)2=2(b2+c2)=16,即4+a2=16,所以a=23,又S△ADC=12×3×1×sin∠ADC=32,所以sin∠ADC=1,又0<∠ADC<π,所以∠ADC=π2,故

高分提能一多三角形、四邊形問題例1解:(1)因為cosB+cosAcosC所以由正弦定理得cosB+cosAcosC整理得cosB+cosAcosC=3sinAcosC.由A+B+C=π,可得cosB=-cos(A+C)=sinAsinC-cosAcosC,所以sinAsinC=3sinAcosC,又因為A∈(0,π),所以sinA>0,所以sinC=3cosC,即tanC=3.因為C∈(0,π),所以C=π3.由正弦定理asinA=csinC及c=23,可得sinA=a(2)如圖,設(shè)AB邊上的中線為CD,則2CD=CA+CB,所以4|CD|2=(CA+CB)2=b2+a2+2abcosπ3因為AB邊上的中線長為372,即|CD|=37所以37=b2+16+4b,整理得b2+4b-21=0,解得b=3或b=-7(舍去),所以AB=c=a2+b2-2【自測題】解:(1)因為(a2+b2-c2)R=ab2,所以由余弦定理得2RabcosC=ab2,所以2RcosC=b,由正弦定理得2RcosC=2RsinB,所以cosC=sinB.又A,B,C∈(0,π),B+C≠π2,所以B=C+π又B=7π12,所以C=π(2)證明:由題意得AD=b3,CD=2由(1)知∠ABC=C+π2,所以∠ABD=∠C,所以△ABC∽△ADB,則ABAC=ADAB,即AB2=AD·AC,即c2=1在△ABC中,由余弦定理得cosC=a2+b在Rt△DBC中,cosC=3a所以a2+23b22ab=3a2b,可得a=又C∈(0,π),故C=π6,A=π-π2-2C=所以△ABC為等腰三角形.例2解:(1)證明:由題意得sinA-sin又A≠C,所以1sinC=所以sin2B=sin2C+sinAsinC,由正弦定理得b2=c2+ac,由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB,所以c2+ac=a2+c2-2accosB,即c=a-2ccosB,由正弦定理得sinC=sinA-2sinCcosB,故sinC=sin(B+C)-2sinCcosB,整理得sinC=sin(B-C).因為△ABC為銳角三角形,所以C∈0,π2,B∈0,π2,所以B-C∈-π2(2)在△BCD中,由正弦定理得asin∠BDC=BDsinC,即所以BD=6sinCsin∠BDC=6sinCsin因為△ABC為銳角三角形,且∠ABC=2C,所以0<C<π2,所以22<cosC<32,所以23<BD<32,因此線段BD長度的取值范圍為(23,32【自測題】解:(1)由題意知,AD在∠BAE的平分線上,由角平分線定理,得ABAE=BDDE=設(shè)AB=3x(x>0),則AE=5x.在直角三角形ABE中,可得BE=4x=8,所以x=2,故AB=3x=6.(2)設(shè)∠BAD=∠DAE=∠EAC=α,在直角三角形ABD中,可得tanα=12在直角三角形ABE中,可得tan2α=43,故tan3α=tan(α+2α)=11在直角三角形ABC中,由tan3α=BCAB=BC6=112,得BC=33,所以EC=25,故△AEC的面積為12EC例3解:(1)在△BCD中,由正弦定理可得BDsin∠BCD=CDsin∠CBD,所以sin∠CBD=2×225=55,又∠CBD∈0(2)方法一:由(1)可知,sin∠ABD=sinπ2-∠CBD=cos因為∠ABD為銳角,所以cos∠ABD=1-sin2∠ABD=55,∠ABD)=sin∠BADcos∠ABD+cos∠BADsin∠ABD=55sin∠BAD+255在△ABD中,由正弦定理得ABsin∠ADB=所以AB=5sin∠ADBsin∠BAD=sin∠BAD+2cos∠BADsin∠BAD=1+2tan∠BAD,所以S△ABD=12AB·BD·sin∠ABD=因為∠ADB=π-(∠ABD+∠BAD),且△ABD為銳角三角形,所以0<π所以π2-∠ABD<∠BAD<π所以tan∠BAD>tanπ2-∠ABD=sinπ2-∠ABDcosπ所以1<1+2tan∠BAD<5,即1<S△ABD<5,所以△ABD的面積的取值范圍為方法二:由(1)可知,sin∠ABD=sinπ2-∠CBD=cos因為∠ABD為銳角,所以cos∠ABD=1-sin2∠ABD=55如圖,過點D作DA1⊥AB,垂足為A1,過點D作DA2⊥BD,垂足為D,DA2交BA的延長線于A2,則A1D=BD·sin∠ABD=5×255A1B=BD·cos∠ABD=5×55=所以S△A1BD=12×2A2D=BD·tan∠ABD=5×2=25,所以S△A2BD=12×25由圖可知,當(dāng)A在線段A1A2(不含端點)上時,△ABD為銳角三角形,所以S△A1BD<S△ABD<S△A2BD所以△ABD的面積的取值范圍為(1,5).【自測題】解:(1)方法一:在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB,即9=4+c2-4c×-1即c2+43c-5=0,解得c=-3(舍)或c=5∵cosB=-13,B∈(0,π),∴sinB=2由正弦定理得bsinB=csinC,則sinC=方法二:在△ABC中,cosB=-13,B∈∴sinB=22由正弦定理得asinA=bsinB,則sinA=∵a<b,∴A<B,故A為銳角,∴cosA=1-sin∴sinC=sin(A+B)=429×-13+79(2)連接CD,∵∠ABD=∠CBD,∴AD=CD,∴AD=CD,易知∠ABC+∠ADC=π,∴cos∠ADC=13設(shè)AD=CD=m(m>0),在△ACD中,由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC,即9=m2+m2-2m2×13=43m∴m2=274,可得m=332,即

微專題4平面向量微點1例1(1)B(2)6[解析](1)如圖,由題意得BE=12(BA+BD)=12BA+13BC=12BA+13(BA+AC)=-(2)因為BD=2DC,所以AD=AC+CD=AC+13CB=AC+13(AB-AC)=23AC+13AB,又BC=AC-AB,所以AD·BC=23AC+13AB·(AC-AB)=213|AB|·|AC|cos∠BAC-13|AB|2=23×62-13×6×6×12-13【自測題】1.C[解析]如圖,∵在正方形ABCD中,E在邊CD上,且CE=2ED,AE與對角線BD交于F,∴DE=13AB,且DE∥AB,∴△DEF∽△BAF,可得EFAF=DEAB=13,則AF=34AE,∴AF=34AE=34(AD+DE)=32.C[解析]如圖所示,∵D為AB的中點,∴CD=12(CA+CB).∵AE=34AB+14AC,∴34AE-34AB=14AC-14AE,即34BE=14EC,∴CE=34CB,∴DE=DC+CE=-12(CA+CB)+34CB=14CB-12CA,∴CD·DE=12(CA+CB)·14CB-12CA=18CA·CB-14微點2例2C[解析]以B為坐標(biāo)原點,BC所在直線為x軸,垂直于BC的直線為y軸,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系.因為∠PBC=45°,PB=2,所以P(2cos45°,2sin45°),即P(2,2),又B(0,0),C(2,0),所以BP=(2,2),CP=(2-2,2),所以BP·CP=2-22+2=4-22,故選C.【自測題】1.A[解析]如圖,以D為坐標(biāo)原點,以DA,DC所在直線分別為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系.連接AC,因為AB=AD=1,AB⊥BC,AD⊥CD,所以△ADC≌△ABC,又∠BAD=120°,故∠CAD=∠CAB=60°,則∠BAx=60°,則A(1,0),B32,32,C(0,3).設(shè)E(0,y),0≤y≤3,則EA=(1,-y),EB=32,32-y,故EA·EB=32+y2-32y=y-342+2.D[解析]方法一:因為a+b+c=0,所以a+b=-c,平方得a2+b2+2a·b=c2,即1+1+2a·b=2,所以a·b=0.如圖,設(shè)OA=a,OB=b,OC=c,則a-c=CA,b-c=CB,∠BOC=∠AOC=3π4,∠AOB=π2,由余弦定理得|CA|=|CB|=5,|AB|=2,所以在△ACB中,由余弦定理得cos∠ACB=5+5-22×5×5=45,即cos<a-c,b方法二:根據(jù)題意,設(shè)a=(1,0),b=(0,1),c=(-1,-1),則a-c=(2,1),b-c=(1,2),所以cos<a-c,b-c>=2+25×5微點3例3(1)B(2)2[解析](1)如圖,延長A10A11,A2A1,設(shè)交點為Q,由題意知A10A11⊥A2A1.過A12分別作A1Q,A11Q的垂線,垂足分別為M,N,正十二邊形A1A2…A12的每個內(nèi)角均為(12-2)×180°12=150°.在Rt△A12MA1中,A1A12=1,∠MA1A12=30°,則A1M=A1A12cos30°=32.在Rt△A11NA12中,A11A12=1,∠NA11A12=30°,則QM=A12N=A11A12sin30°=12,則A1Q=A1M+QM=3+12.∵A1P·A1A2=|A1P||A1A2|cosθ,θ為A1P,A1A2的夾角,∴A1P·A1A2=|A1P|