【数学】2021届一轮复习人教A版平面向量、三角函数与解三角形学案
[析考情·明重点]
小题考情分析
大题考情分析
常考点
1.平面向量的数量积及应用(5年5考)
2.三角函数的图象与性质及应用(5年5考)
3.利用正、余弦定理解三角形(5年3考)
浙江高考对此部分内容在解答题中的考查主要集中在三角恒等变换、解三角形、三角函数的性质．三角恒等变换一般不单独考查，常结合正、余弦定理考查解三角形，结合三角函数的性质考查三角函数，近两年三角函数的概念、性质和三角恒等变换是考查的热点，试题难度中档偏下.
偶考点
1.平面向量的线性运算
2.三角恒等变换与求值
第一讲 小题考法——平面向量
考点(一)
平面向量的线性运算
主要考查平面向量的加、减、数乘等线性运算以及向量共线定理的应用.
[典例感悟]
[典例] (1)已知向量a＝(1,3)，b＝(－2，k)，且(a＋2b)∥(3a－b)，则实数k＝( )
A．4 B．－5
C．6 D．－6
(2)(2018·浙江三模)已知向量e1＝(1,2)，e2＝(3,4)，且x，y∈R，xe1＋ye2＝(5,6)，则x－y＝( )
A．3 B．－3
C．1 D．－1
(3)(2019届高三 ·浙江名校联考)若点P是△ABC的外心，且＋＋λ＝0，∠ACB＝120°，则实数λ的值为( )
A. B．－
C．－1 D．1
[解析] (1)a＋2b＝(－3,3＋2k)，3a－b＝(5,9－k)，由题意可得－3(9－k)＝5(3＋2k)，解得k＝－6.故选D.
(2)∵向量e1＝(1,2)，e2＝(3,4)，且x，y∈R，xe1＋ye2＝(5,6)，则(x＋3y,2x＋4y)＝(5,6)，
∴解得∴x－y＝－3.故选B.
(3)设AB的中点为D，则＋＝2.因为＋＋λ＝0，所以2＋λ＝0，所以向量，共线．又P是△ABC的外心，所以PA＝PB，所以PD⊥AB，所以CD⊥AB.因为∠ACB＝120°，所以∠APB＝120°，所以四边形APBC是菱形，从而＋＝2＝，所以2＋λ＝＋λ＝0，所以λ＝－1，故选C.
[答案] (1)D (2)B (3)C
[方法技巧]
掌握平面向量线性运算的2种技巧
(1)对于平面向量的线性运算问题，要尽可能转化到三角形或平行四边形中，灵活运用三角形法则、平行四边形法则，紧密结合图形的几何性质进行运算．
(2)在证明两向量平行时，若已知两向量的坐标形式，常利用坐标运算来判断；若两向量不是以坐标形式呈现的，常利用共线向量定理(当b≠0时，a∥b⇔存在唯一实数λ，使得a＝λb)来判断．
[演练冲关]
1．(2019届高三·台州检测)已知e1，e2是平面内两个不共线向量，＝e1－ke2，＝2e1－e2，＝3e1－3e2，若A，B，D三点共线，则k的值为( )
A．2 B．－3
C．－2 D．3
解析：选A ∵＝2e1－e2，＝3e1－3e2，
∴＝－＝(3e1－3e2)－(2e1－e2)＝e1－2e2.
∵A，B，D三点共线，
∴与共线，
∴存在唯一的实数λ，使得e1－ke2＝λ(e1－2e2)．
即解得k＝2.
2.(2018·浙江模拟)如图，在△ABC中，点D，E是线段BC上两个动点，且＋＝x＋y，则＋的最小值为( )
A． B．2
C． D．
解析：选D 设＝m＋n，＝λ＋μ，
∵B，D，E，C共线，∴m＋n＝1，λ＋μ＝1.
∵＋＝x＋y，则x＋y＝2，
∴＋＝(x＋y)＝≥＝.则＋的最小值为.
3．(2018·衢州期中)已知D为△ABC的边AB的中点，M在DC上满足5＝＋3，则△ABM与△ABC的面积比为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 因为D是AB的中点，所以＝2，
因为5＝＋3，
所以2－2＝3－3，即2＝3，
所以5＝3＋3＝3，所以＝，
设h1，h2分别是△ABM，△ABC的AB边上的高，
所以＝＝＝＝＝.
考点(二)
平面向量的数量积及应用
主要考查数量积的运算、夹角，向量模的计算问题及平面向量中的最值问题.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018·遂宁模拟)如图，在△ABC中，AD⊥AB，＝ ，||＝1，则·的值为( )
A．2 B．
C． D．
(2)向量a，b满足|a|＝4，b·(a－b)＝0.若|λa－b|的最小值为2(λ∈R)，则a·b＝( )
A．0 B．4
C．8 D．16
(3)(2018·杭州二模)记M的最大值和最小值分别为Mmax和Mmin.若平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝a·b＝c·(a＋2b－2c)＝2，则( )
A．|a－c|max＝ B．|a＋c|max＝
C．|a－c|min＝ D．|a＋c|min＝
[解析] (1)∵在△ABC中，AD⊥AB，
∴·＝0，
·＝(＋)·
＝·＋·
＝·
＝ ·
＝(－)·
＝ ·－ ·
＝.
(2)法一：由已知得a·b＝b2，则|λa－b|＝＝(λ∈R)，当且仅当λ＝时，|λa－b|有最小值2，所以162－2a·b＋a·b＝4，所以(a·b－8)2
＝0，故a·b＝8.故选C.
法二：向量a，b满足|a|＝4，b·(a－b)＝0，即a·b＝b2.由题意知|λa－b|＝＝≥2(λ∈R)，即16λ2－2λa·b＋a·b－4≥0对于λ∈R恒成立，所以对于方程16λ2－2λa·b＋a·b－4＝0，Δ＝4(a·b)2－64(a·b－4)≤0，即(a·b－8)2≤0，所以(a·b－8)2＝0，所以a·b＝8.故选C.
(3)由a·b＝2×2cos〈a，b〉＝2，
可得cos〈a，b〉＝，sin〈a，b〉＝，
设＝a＝(2,0)，＝b＝(1，)，＝c＝(x，y)，
可得(x，y)·(4－2x,2－2y)＝2，
即x(4－2x)＋y(2－2y)＝2，
可化为x2＋y2－2x－y＋1＝0，
则C在以圆心P，半径r＝的圆上运动，
且|a－c|表示点A与点C的距离，
显然最大值为|AP|＋r＝ ＋＝，
最小值为|AP|－r＝ －＝.
设D(－2,0)，则|a＋c|＝|＋|＝|－＋|＝||，
则|a＋c|表示点D(－2,0)与点C的距离，
显然最大值为|DP|＋r＝ ＋＝，
最小值为|DP|－r＝.
[答案] (1)D (2)C (3)A
[方法技巧]
在求解与向量的模有关的问题时，往往会涉及“平方”技巧，注意对结论(a±b)2＝|a|2＋|b|2±2a·b，(a＋b＋c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2(a·b＋b·c＋a·c)的灵活运用．另外，向量作为工具性的知识，具备代数和几何两种特征，求解此类问题时可以使用数形结合的思想，从而加快解题速度．
[演练冲关]
1．如图，在四边形ABCD中，AB＝6，AD＝2，＝，AC与BD相交于点O，E是BD的中点，若·＝8，则·＝( )
A．－9 B．－
C．－10 D．－
解析：选D 由＝，可得DC∥AB，且DC＝2，则△AOB∽△COD，＝＝＝＋，又E是BD的中点，所以＝＋，则·＝·＝＋＋·＝＋＋·＝8，则·＝4，则·＝·＝－－·＝4－×36－×4＝－.
2．(2018·温州二模)已知向量a，b满足|a|＝1，且对任意实数x，y，|a－xb|的最小值为，|b－ya|的最小值为，则|a＋b|＝( )
A. B.
C.或 D.或
解析：选C 取a＝(1,0)，b＝(c，d)，
则|a－xb|＝
＝ ≥，
∴1－＝，
又|b－ya|＝≥，可得d2＝3，
解得c2＝1.
∴|a＋b|＝＝＝或.
3．(2019届高三·湖州五校模拟)设a，b满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，则|2a－b|的取值范围是________．
解析：设|2a－b|＝t，则4a2－4a·b＋b2＝t2，
∵|a＋2b|＝2，则a2＋4a·b＋4b2＝4，
∴5a2＋5b2＝t2＋4，
∵|a|＝1，∴t2＝1＋5b2，
∵|a＋2b|＝2，|a|＝1，
∴由|a＋2b|≤|a|＋2|b|＝1＋2|b|，得|b|≥，
由|2b＋a|≥2|b|－|a|＝2|b|－1，得|b|≤，
∴≤b2≤，
∴t2＝1＋5b2∈，
∴≤t≤，
∴|2a－b|∈.
答案：
(一) 主干知识要记牢
1．平面向量的两个充要条件
若两个非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则
(1)a∥b⇔a＝λb(b≠0)⇔x1y2－x2y1＝0.
(2)a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
2．平面向量的性质
(1)若a＝(x，y)，则|a|＝＝.
(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则||＝.
(3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为a与b的夹角，则cos θ＝＝ .
(4)|a·b|≤|a|·|b|.
(二) 二级结论要用好
1．三点共线的判定
(1)A，B，C三点共线⇔，共线．
(2)向量，，中三终点A，B，C共线⇔存在实数α，β使得＝α＋β，且α＋β＝1.
[针对练1] 在▱ABCD中，点E是AD边的中点，BE与AC相交于点F，若＝m＋n (m，n∈R)，则＝________.
解析：如图，∵＝2，＝m＋n，∴＝＋＝m＋(2n＋1)，
∵F，E，B三点共线，∴m＋2n＋1＝1，∴＝－2.
答案：－2
2．中点坐标和三角形的重心坐标
(1)设P1，P2的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则线段P1P2的中点P的坐标为.
(2)三角形的重心坐标公式：设△ABC的三个顶点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，则△ABC的重心坐标为.
3．三角形“四心”向量形式的充要条件
设O为△ABC所在平面上一点，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，则
(1)O为△ABC的外心⇔||＝||＝||＝.
(2)O为△ABC的重心⇔＋＋＝0.
(3)O为△ABC的垂心⇔·＝·＝·.
(4)O为△ABC的内心⇔a＋b＋c＝0.
(三) 易错易混要明了
1．要特别注意零向量带来的问题：0的模是0，方向任意，并不是没有方向；0与任意向量平行；λ0＝0(λ∈R)，而不是等于0；0与任意向量的数量积等于0，即0·a＝0；但不说0与任意非零向量垂直．
2．当a·b＝0时，不一定得到a⊥b，当a⊥b时，a·b＝0；a·b＝c·b，不能得到a＝c，即消去律不成立；(a·b)·c与a·(b·c)不一定相等，(a·b)·c与c平行，而a·(b·c)与a平行．
3．两向量夹角的范围为[0，π]，向量的夹角为锐角与向量的数量积大于0不等价．
[针对练2] 已知向量a＝(－2，－1)，b＝(λ，1)，若a与b的夹角为钝角，则λ的取值范围是________．
解析：依题意，当a与b的夹角为钝角时，a·b＝－2λ－1<0，解得λ>－.而当a与b共线时，有－2×1＝－λ，解得λ＝2，即当λ＝2时，a＝－b，a与b反向共线，此时a与b的夹角为π，不是钝角，因此，当a与b的夹角为钝角时，λ的取值范围是∪(2，＋∞)．
答案：∪(2，＋∞)
A组——10＋7提速练
一、选择题
1．已知平面向量a＝(3,4)，b＝，若a∥b，则实数x为( )
A．－ B．
C． D．－
解析：选C ∵a∥b，∴3×＝4x，解得x＝，故选C.
2．(2019届高三·杭州六校联考)已知向量a和b的夹角为120°，且|a|＝2，|b|＝5，则(2a－b)·a＝( )
A．9 B．10
C．12 D．13
解析：选D ∵向量a和b的夹角为120°，
且|a|＝2，|b|＝5，
∴a·b＝2×5×cos 120°＝－5，
∴(2a－b)·a＝2a2－a·b＝2×4＋5＝13，
故选D.
3．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则＝( )
A.－ B.－
C.＋ D.＋
解析：选A 作出示意图如图所示．＝＋＝＋＝×(＋)＋(－)＝－.故选A.
4．设向量a＝(－2,1)，a＋b＝(m，－3)，c＝(3,1)，若(a＋b)⊥c，则cos〈a，b〉＝( )
A．－ B．
C． D．－
解析：选D 由(a＋b)⊥c可得，m×3＋(－3)×1＝0，解得m＝1.所以a＋b＝(1，－3)，故b＝(a＋b)－a＝(3，－4)．
所以cos〈a，b〉＝＝＝－，故选D.
5．P是△ABC所在平面上一点，满足|－|－|＋－2|＝0，则△ABC的形状是( )
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形
解析：选B ∵P是△ABC所在平面上一点，且|－|－|＋－2|＝0，
∴||－|(－)＋(－)|＝0，
即||＝|＋|，
∴|－|＝|＋|，
两边平方并化简得·＝0，
∴⊥，∴∠A＝90°，
则△ABC是直角三角形．
6.(2018·浙江二模)如图，设A，B是半径为2的圆O
上的两个动点，点C为AO中点，则·的取值范围是( )
A．[－1,3] B．[1,3]
C．[－3，－1] D．[－3,1]
解析：选A 建立平面直角坐标系如图所示，
可得O(0,0)，A(－2,0)，C(－1,0)，设B(2cos θ，2sin θ)．θ∈[0,2π)．
则·＝(1,0)·(2cos θ＋1，2sin θ)＝2cos θ＋1∈[－1,3]．
故选A.
7．(2019届高三·浙江名校联考)已知在△ABC中，AB＝4，AC＝2，AC⊥BC，D为AB的中点，点P满足＝＋，则·(＋)的最小值为( )
A．－2 B．－
C．－ D．－
解析：选C 由＝＋知点P在直线CD上，以点C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0,0)，A(0,2)，B(2，0)，D(，1)，∴直线CD的方程为y＝x，设P，则＝，＝，＝，∴＋＝，
∴·(＋)＝－x(2－2x)＋x2－x＝x2－x＝2－，
∴当x＝时，·(＋)取得最小值－.
8．已知单位向量a，b，c是共面向量，a·b＝，a·c＝b·c<0，记m＝|λa－b|＋|λa－c|(λ∈R)，则m2的最小值是( )
A．4＋ B．2＋
C．2＋ D．4＋
解析：选B 由a·c＝b·c，可得c·(a－b)＝0，故c与a－b
垂直，又a·c＝b·c<0，记＝a，＝b，＝c，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系，设＝λa，则|λa－b|＋|λa－c|＝||＋||≥|b－c|＝||，由图可知最小值为BC，易知∠OBC＝∠BCO＝15°，所以∠BOC＝150°，在△BOC中，BC2＝BO2＋OC2－2BO·OC·cos∠BOC＝2＋.所以m2的最小值是2＋.
9．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＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为( )
A．3 B．2
C. D．2
解析：选A 以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直线BD的方程为2x＋y－2＝0，点C到直线BD的距离为＝，所以圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝.
因为P在圆C上，所以P.
又＝(1,0)，＝(0,2)，＝λ＋μ＝(λ，2μ)，
所以
λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，当且仅当θ＝＋2kπ－φ，k∈Z时，λ＋μ取得最大值3.
10．如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，设·＝m，·＝n.若AB＝，EF＝1，CD＝，则( )
A．2m－n＝1 B．2m－2n＝1
C．m－2n＝1 D．2n－2m＝1
解析：选D ·＝(＋)·(－＋)＝－2＋·－·＋·＝－2＋·(－)＋m＝－2＋·(＋＋－)＋m＝·
＋m.又＝＋＋，＝＋＋，两式相加，再根据点E，F分别是边AD，BC的中点，化简得2＝＋，两边同时平方得4＝2＋3＋2·，所以·＝－，则·＝，所以n＝＋m，即2n－2m＝1，故选D.
二、填空题
11．(2018·龙岩模拟)已知向量a，b夹角为60°，且|a|＝1，|2a－b|＝2，则|b|＝________.
解析：∵|2a－b|＝2，∴4a2－4a·b＋b2＝12，
∴4×12－4×1×|b|cos 60°＋|b|2＝12，
即|b|2－2|b|－8＝0，
解得|b|＝4.
答案：4
12.(2019届高三·宁波效实模拟)如图，在平面四边形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4，则(＋)·(＋)＝________.
解析：∵在平面四边形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4，
∴＋＝＋＋＋＝＋＝－，
＋＝＋＋＋＝＋，
∴(＋)·(＋)＝(－)(＋)＝2－2＝9－16＝－7.
答案：－7
13．设向量a，b满足|a＋b|＝2|a－b|，|a|＝3，则|b|的最大值是________；最小值是________．
解析：由|a＋b|＝2|a－b|两边平方，得a2＋2a·b＋b2＝4(a2－2a·b＋b2)，化简得到3a2＋3b2＝10a·b≤10|a||b|，|b|2－10|b|＋9≤0，解得1≤|b|≤9.
答案：9 1
14．(2018·嘉兴期末)在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，D为AB边上的点，且＝2，则
eq o(CD,sup7(―→))·＝________；若＝x＋y，则xy＝________.
解析：以A为坐标原点，，分别为x轴，y轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，D，所以·＝·(0，－2)＝4.由＝x＋y，得＝x(0，－2)＋y(2，－2)，所以＝2y，－2＝－2x－2y，解得x＝，y＝，所以xy＝.
答案：4
15．(2018·温州二模)若向量a，b满足(a＋b)2－b2＝|a|＝3，且|b|≥2，则a·b＝________，a在b方向上的投影的取值范围是________．
解析：向量a，b满足(a＋b)2－b2＝|a|＝3，
∴a2＋2a·b＋b2－b2＝3，
∴9＋2a·b＝3，∴a·b＝－3；
则a在b方向上的投影为|a|cos θ＝＝，
又|b|≥2，∴－≤<0，
∴a在b方向上的投影取值范围是.
答案：－3
16．(2018·温州适应性测试)已知向量a，b满足|a|＝|b|＝a·b＝2，向量x＝λa＋(1－λ)b，向量y＝ma＋nb，其中λ，m，n∈R，且m>0，n>0.若(y－x)·(a＋b)＝6，则m2＋n2的最小值为________．
解析：法一：依题意得，[ma＋nb－λa－(1－λ)b]·(a＋b)＝6，所以[(m－λ)a＋(n－1＋λ)b]·(a＋b)＝6，
因为|a|＝|b|＝a·b＝2，所以4(m－λ)＋4(n－1＋λ)＋2[(m－λ)＋(n－1＋λ)]＝6，
所以m＋n－1＝1，即m＋n＝2，
所以m2＋n2＝m2＋(2－m)2＝2m2－4m＋4＝2(m－1)2＋2≥2，当且仅当m＝1时取等号，
所以m2＋n2的最小值为2.
法二：依题意得，[ma＋nb－λa－(1－λ)b]·(a＋b)＝6，
即[(m－λ)a＋(n－1＋λ)b]·(a＋b)＝6，
因为|a|＝|b|＝a·b＝2，所以4(m－λ)＋4(n－1＋λ)＋2[(m－λ)＋(n－1＋λ)]＝6，
所以m＋n－1＝1，即m＋n＝2，所以m2＋n2＝(m＋n)2－2mn＝4－2mn≥4－22＝2，当且仅当m＝n＝1时取等号，所以m2＋n2的最小值为2.
答案：2
17．已知在△ABC中，AC⊥AB，AB＝3，AC＝4.若点P在△ABC的内切圆上运动，则·(＋)的最小值为________，此时点P的坐标为________．
解析：因为AC⊥AB，所以以A为坐标原点，以AB，AC所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)．由题意可知△ABC内切圆的圆心为D(1,1)，半径为1.因为点P在△ABC的内切圆上运动，所以可设P(1＋cos θ，1＋sin θ)(0≤θ<2π)．所以＝(－1－cos θ，－1－sin θ)，＋＝(1－2cos θ，2－2sin θ)，所以·(＋)＝(－1－cos θ)(1－2cos θ)＋(－1－sin θ)(2－2sin θ)＝－1＋cos θ＋2cos2 θ－2＋2sin2 θ＝－1＋cos θ≥－1－1＝－2，当且仅当cos θ＝－1，即P(0,1)时，·(＋)取到最小值，且最小值为－2.
答案：－2 (0,1)
B组——能力小题保分练
1．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·的值为( )
A．－ B.
C. D.
解析：选B 如图所示，＝＋.
又D，E分别为AB，BC的中点，且DE＝2EF，所以＝，＝＋＝，
所以＝＋.
又＝－，
则·＝·(－)
＝·－2＋2－·
＝2－2－·＝||2－||2－×||×||×cos∠BAC.
又||＝||＝1，∠BAC＝60°，
故·＝－－×1×1×＝.
2.如图，在等腰梯形ABCD中，已知DC∥AB，∠ADC＝120°，AB＝4，CD＝2，动点E和F分别在线段BC和DC上，且＝，＝λ，则·的最小值是( )
A．4＋13 B．4－13
C．4＋ D．4－
解析：选B 在等腰梯形ABCD中，AB＝4，CD＝2，∠ADC＝120°，易得AD＝BC＝2.由动点E和F分别在线段BC和DC上得，所以<λ<1.所以·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝||·||cos 120°＋||·||－||·||＋||·||cos 60°＝4×2×＋×2－4×(1－λ)×2＋×(1－λ)×2×＝－13＋8λ＋≥－13＋2＝4－13，当且仅当λ＝时取等号．所以·的最小值是4－13.
3．(2018·台州一模)已知单位向量e1，e2，且e1·e2＝－，若向量a满足(a－e1)·(a－e2)＝，则|a|的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选B ∵单位向量e1，e2，且e1·e2＝－，
∴〈e1，e2〉＝120°，
∴|e1＋e2|＝ ＝1.
若向量a满足(a－e1)·(a－e2)＝，
则a2－a·(e1＋e2)＋e1·e2＝，
∴|a|2－a·(e1＋e2)＝，
∴|a|2－|a|·cos〈a，e1＋e2〉＝，
即cos〈a，e1＋e2〉＝.
∵－1≤cos〈a，e1＋e2〉≤1，
∴－1≤|a|－≤1，
解得－≤|a|≤＋，
∴|a|的取值范围为.
4．(2018·丽水模拟)在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB＝EF＝1，BC＝6，CA＝，若·＋·＝2，则与的夹角的余弦值等于________．
解析：由题意可得2＝(－)2＝2＋2－2·＝33＋1－2·＝36，∴·＝－1.
由·＋·＝2，
可得·(＋)＋·(＋)
＝2＋·＋·＋·
＝1－·＋(－1)＋·
＝·(－)
＝·＝2，
故有·＝4.
再由·＝1×6×cos〈，〉，
可得6×cos〈，〉＝4，∴cos〈，〉＝.
答案：
5．(2019届高三·镇海中学模拟)已知向量a，b的夹角为，|b|＝2，对任意x∈R，有|b＋xa|≥|a－b|，则|tb－a|＋(t∈R)的最小值为________．
解析：向量a，b夹角为，|b|＝2，对任意x∈R，有|b＋xa|≥|a－b|，
两边平方整理可得x2a2＋2xa·b－(a2－2a·b)≥0，
则Δ＝4(a·b)2＋4a2(a2－2a·b)≤0，
即有(a2－a·b)2≤0，即为a2＝a·b，
则(a－b)⊥a，
由向量a，b夹角为，|b|＝2，
由a2＝a·b＝|a|·|b|·cos，得|a|＝1，
则|a－b|＝＝，
画出＝a，＝b，建立平面直角坐标系，如图所示：
则A(1,0)，B(0，)，
∴a＝(－1,0)，b＝(－1，)；
∴|tb－a|＋
＝＋
＝＋
＝2
表示P(t,0)与M，N的距离之和的2倍，
当M，P，N共线时，取得最小值2|MN|.
即有2|MN|＝2＝.
答案：
6．已知定点A，B满足||＝2，动点P与动点M满足||＝4，＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，且||＝||，则·的取值范围是________；若动点C也满足||＝4，则·的取值范围是________．
解析：因为＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，λ＋1－λ＝1，所以根据三点共线知，点M在直线PB上，又||＝||，记PA的中点为D，连接MD，如图，则MD⊥AP，·＝·(＋)＝·＋0＝2，因为||＝4，所以点P在以B为圆心，4为半径的圆上，则||∈[2,6]，则·＝2∈[2,18]．
由于|MA|＋|MB|＝|MP|＋|MB|＝4，所以点M在以A，B为焦点，长轴的长为4的椭圆上，以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则椭圆方程为＋＝1，点C在圆(x－1)2＋y2＝16上，A(－1,0)，设M(2cos α，sin α)，C(4cos β＋1，4sin β)，则＝(4cos β＋2,4sin β)，＝(2cos α＋1，sin α)，
·＝(8cos α＋4)cos β＋4sin αsin β＋4cos α＋2
＝sin(β＋φ)＋4cos α＋2
＝(4cos α＋8)sin(β＋φ)＋4cos α＋2，
最大值是(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝8cos α＋10≤18，
最小值是－(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝－6，
所以·∈[－6,18]．
答案：[2,18] [－6,18]
第二讲 小题考法——三角函数的图象与性质
考点(一)
三角函数的图象及应用
主要考查三角函数的图象变换或根据图象求解析式(或参数).
[典例感悟]
[典例] (1)要想得到函数y＝sin 2x＋1的图象，只需将函数y＝cos 2x的图象( )
A．向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度
B．向右平移个单位长度，再向上平移1个单位长度
C．向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度
D．向右平移个单位长度，再向下平移1个单位长度
(2)已知函数g(x)＝sin2x－cos2x，如图是函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分图象，为了得到f(x)的图象，只需将g(x)的图象( )
A．向左平移个单位长度
B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度
D．向右平移个单位长度
(3)将函数f(x)＝2sincoscos φ＋sin φ的图象向左平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，且函数g(x)的图象关于y轴对称，则g的值为( )
A. B．－
C. D．－
[解析] (1)先将函数y＝cos 2x＝sin的图象向右平移个单位长度，得到y＝sin 2x的图象，再向上平移1个单位长度，即得y＝sin 2x＋1的图象，故选B.
(2)设函数f(x)的最小正周期为T，由图象知A＝1，T＝×＝π＝，所以ω
＝2.因为f＝1，所以2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，又|φ|<，所以φ＝，f(x)＝sin.将g(x)＝sin2x－cos2x＝－cos 2x＝sin的图象向左平移个单位长度后得到的图象对应的解析式为y＝sin＝sin.故选B.
(3)将函数f(x)＝2sincoscos φ＋·sin φ＝sin xcos φ＋cos xsin φ＝sin(x＋φ)的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为g(x)＝sin.由g(x)＝sin的图象关于y轴对称，可得g(x)为偶函数，故φ＋＝kπ＋，k∈Z，即φ＝kπ＋，k∈Z.又|φ|<，故φ＝，可得函数g(x)＝sin，g＝sin＝.
[答案] (1)B (2)B (3)A
[方法技巧]
1．函数表达式y＝Asin(ωx＋φ)＋B的确定方法
字母
确定途径
说明
A
由最值确定
A＝
B
由最值确定
B＝
ω
由函数的
周期确定
相邻的最高点与最低点的横坐标之差的绝对值为半个周期，最高点(或最低点)的横坐标与相邻零点之差的绝对值为个周期，ω＝
φ
由图象上的
特殊点确定
一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置，利用待定系数法并结合图象列方程或方程组求解
2．三角函数图象平移问题处理的“三看”策略
[演练冲关]
1．(2018·全国卷Ⅰ)已知曲线C1：y＝cos x，C2：y＝sin，则下面结论正确的是( )
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
解析：选D 易知C1：y＝cos x＝sin，把曲线C1上的各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数y＝sin的图象，再把所得函数的图象向左平移个单位长度，可得函数y＝sin＝sin的图象，即曲线C2.
2．(2019届高三·金华十校联考)已知函数f(x)＝sin(x∈R，ω>0)与g(x)＝cos(2x＋φ)的对称轴完全相同．为了得到h(x)＝cos的图象，只需将y＝f(x)的图象( )
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
解析：选A 函数f(x)＝sin与g(x)＝cos(2x＋φ)的对称轴完全相同，
则ω＝2，且f(x)＝sin，
又h(x)＝cos＝sin＝sin，
把f(x)＝sin的图象向左平移个单位长度，
可得y＝sin＝sin＝h(x)的图象．
3.(2019届高三·镇海区校级模拟)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，－π<φ<0)的部分图象如图所示，则φ＝________，为了得到g(x)＝Acos ωx的图象，需将函数y＝f(x)的图象最少向左平移________个单位长度．
解析：由图象可得A＝2，
∵＝－＝，
∴T＝π，ω＝2，f(x)＝2sin(2x＋φ)，
将代入得sin＝1，
∵－π<φ<0，∴φ＝－，f(x)＝2sin.
∵f＝2sin＝2cos 2x＝g(x)，
∴可将函数y＝f(x)的图象向左平移个单位长度得到g(x)的图象，
故答案为－，.
答案：－
4.已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)为奇函数，该函数的部分图象如图所示，△EFG(点G是图象的最高点)是边长为2的等边三角形，则f(1)＝________.
解析：由题意得，A＝，T＝4＝，ω＝.
又∵f(x)＝Acos(ωx＋φ)为奇函数，
∴φ＝＋kπ，k∈Z，∵0<φ<π，则φ＝，
∴f(x)＝cos，∴f(1)＝－.
答案：－
考点(二)
三角函数的性质及应用
主要考查三角函数的奇偶性及对称性、周期性或求函数的单调区间，以及根据函数的单调性、奇偶性、周期性等求参数或取值范围.
[典例感悟]
[典例] (1)函数f(x)＝sin，x∈[－1,1]，则( )
A．f(x)为偶函数，且在[0,1]上单调递减
B．f(x)为偶函数，且在[0,1]上单调递增
C．f(x)为奇函数，且在[－1,0]上单调递增
D．f(x)为奇函数，且在[－1,0]上单调递减
(2)已知函数f(x)＝sin xcos 2x，则下列关于函数f(x)的结论中，错误的是( )
A．最大值为1
B．图象关于直线x＝－对称
C．既是奇函数又是周期函数
D．图象关于点中心对称
(3)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，x＝－为f(x)的零点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在上单调，则ω的最大值为( )
A．11 B．9
C．7 D．5
[解析] (1)∵函数f(x)＝sin＝cos πx，故函数f(x)为偶函数，故排除C、D.当x∈[0,1]时，πx∈[0，π]，函数y＝cos πx是减函数，故排除B，选A.
(2)∵函数f(x)＝sin xcos 2x，当x＝时，f(x)取得最大值为1，故A正确；当x＝－时，函数f(x)＝1，为函数的最大值，故图象关于直线x＝－对称；故B正确；函数f(x)满足f(－x)＝sin(－x)cos(－2x)＝－sin xcos 2x＝－f(x)，故函数f(x)为奇函数，再根据f(x＋2π)＝sin(x＋2π)cos[2(x＋2π)]＝sin xcos 2x，故f(x)的周期为2π，故C正确；由于f＋f(x)＝－cos x·cos(3π－2x)＋sin xcos 2x＝cos xcos 2x＋sin xcos 2x＝cos 2x(sin x＋cos x)＝0不一定成立，故f
(x)图象不一定关于点中心对称，故D不正确，故选D.
(3)由题意得
且|φ|≤，
则ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝或φ＝－.
对比选项，将选项各值依次代入验证：
若ω＝11，则φ＝－，此时f(x)＝sin，f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，不满足f(x)在区间上单调；
若ω＝9，则φ＝，此时f(x)＝sin，满足f(x)在区间上单调递减，故选B.
[答案] (1)A (2)D (3)B
[方法技巧]
1．求函数单调区间的方法
(1)代换法：求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A，ω，φ为常数，A≠0，ω>0)的单调区间时，令ωx＋φ＝z，得y＝Asin z(或y＝Acos z)，然后由复合函数的单调性求得．
(2)图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间．
2．判断对称中心与对称轴的方法
利用函数y＝Asin(ωx＋φ)的对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数的零点这一性质，通过检验f(x0)的值进行判断．
3．求三角函数周期的常用结论
(1)y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为，y＝tan的最小正周期为.
(2)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是个周期；正切曲线相邻两对称中心之间的距离是个周期．
[演练冲关]
1．(2018·浙江十校联考)下列四个函数中，以π为最小正周期，在
上单调递减且为偶函数的是( )
A．y＝sin|x| B．y＝cos|x|
C．y＝|tan x| D．y＝－ln|sin x|
解析：选D 由题意知函数y＝sin|x|在上单调递增，y＝cos|x|的最小正周期为2π，y＝|tan x|在上单调递增，故排除A、B、C.因为f(x)＝|sin x|为偶函数，且当x∈时单调递增，所以y＝－ln|sin x|为偶函数，且当x∈时单调递减，又g(x)＝sin x的最小正周期为2π，所以f(x)＝|sin x|的最小正周期为π，则函数y＝－ln|sin x|的最小正周期为π.故选D.
2．已知函数f(x)＝sin＋，ω>0，x∈R，且f(α)＝－，f(β)＝.若|α－β|的最小值为，则函数f(x)的单调递增区间为________．
解析：由f(α)＝－，f(β)＝，|α－β|的最小值为，知＝，即T＝3π＝，所以ω＝，所以f(x)＝sin＋.由－＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，得－＋3kπ≤x≤π＋3kπ，k∈Z，即函数f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
答案：，k∈Z
3．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π，则ω＝________，若f(x)>1对任意的x∈恒成立，则φ的取值范围是________．
解析：∵函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π，∴＝2π，ω＝1，f(x)＝2sin(x＋φ)．
∵当x∈，即x＋φ∈时，f(x)>1恒成立，
∴当x＋φ∈时，sin(x＋φ)>恒成立，又|φ|≤，∴－＋φ≥，且＋φ≤，解得≤φ≤.
答案：1
考点(三)
三角函数的值域与最值问题
主要考查求三角函数的值域或最值，以及根据函数的值域或最值求参数.
[典例感悟]
[典例] (1)函数f(x)＝cos 2x＋6cos的最大值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
(2)函数f(x)＝sin在上的值域为________．
(3)(2018·郑州模拟)已知函数f(x)＝sin，其中x∈，若f(x)的值域是，则实数a的取值范围是________．
[解析] (1)∵f(x)＝cos 2x＋6cos＝cos 2x＋6sin x＝1－2sin2x＋6sin x＝－22＋，
又sin x∈[－1,1]，∴当sin x＝1时，f(x)取得最大值5.
(2)∵x∈，∴2x＋∈，
∴当2x＋＝，即x＝时，f(x)max＝1.
当2x＋＝，即x＝时，f(x)min＝－，
∴f(x)∈.
(3)由x∈，知x＋∈.
∵x＋∈时，f(x)的值域为，
∴由函数的图象知≤a＋≤，∴≤a≤π.
[答案] (1)B (2) (3)
[方法技巧]
求三角函数的值域(最值)的常见类型及方法
三角函数类型
求值域(最值)方法
y＝asin x＋bcos x＋c
先化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，再求值域(最值)
y＝asin2x＋bsin x＋c
可先设sin x＝t，化为关于t的二次函数，再求值域(最值)
y＝asin xcos x＋
b(sin x±cos x)＋c
可先设t＝sin x±cos x，化为关于t的二次函数，再求值域(最值)
y＝
一般可看成过定点的直线与圆上动点连线的斜率问题，利用数形结合求解
[演练冲关]
1．已知函数y＝2cos x的定义域为，值域为[a，b]，则b－a的值是( )
A．2 B．3
C.＋2 D．2－
解析：选B 因为x∈，所以cos x∈，故y＝2cos x的值域为[－2,1]，所以b－a＝3.
2．当x∈时，函数y＝3－sin x－2cos2x的最小值是________，最大值是________．
解析：y＝3－sin x－2cos2x＝3－sin x－2(1－sin2x)＝22＋.
∵x∈，∴sin x∈.
∴当sin x＝时，ymin＝，
当sin x＝－或sin x＝1时，ymax＝2.
答案： 2
3．(2018·南宁模拟)已知函数f(x)＝cos，其中x∈，若f(x)的值域是，则m的取值范围是________．
解析：由x∈，可知≤3x＋≤3m＋，∵f＝cos＝－，且f＝cos π＝－1，∴要使f(x)的值域是，需要π≤3m＋≤，即≤m≤.
答案：
(一) 主干知识要记牢
1．三角函数的图象及常用性质
函数
y＝sin x
y＝cos x
y＝tan x
图象
单调性
在(k∈Z)上单调递增；在(k∈Z)上单调递减
在[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)上单调递增；在[2kπ，π＋2kπ](k∈Z)上单调递减
在(k∈Z)上单调递增
对称性
对称中心：(kπ，0)(k∈Z)；对称轴：x＝＋kπ(k∈Z)
对称中心：(k∈Z)；对称轴：x＝kπ(k∈Z)
对称中心：(k∈Z)
2.三角函数的两种常见的图象变换
(二) 二级结论要用好
1．sin α－cos α＞0⇔α的终边在直线y＝x上方(特殊地，当α在第二象限时有 sin α－cos α＞1)．
2．sin α＋cos α＞0⇔α的终边在直线y＝－x上方(特殊地，当α在第一象限时有sin α
＋cos α>1)．
(三) 易错易混要明了
求y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时，要注意ω，A的符号．ω<0时，应先利用诱导公式将x的系数转化为正数后再求解；在书写单调区间时，弧度和角度不能混用，需加2kπ时，不要忘掉k∈Z，所求区间一般为闭区间．
如求函数f(x)＝2sin的单调减区间，应将函数化为f(x)＝－2sin，转化为求函数y＝sin的单调增区间．
A组——10＋7提速练
一、选择题
1．函数f(x)＝tan的单调递增区间是( )
A.(k∈Z)
B.(k∈Z)
C.(k∈Z)
D.(k∈Z)
解析：选B 由kπ－<2x－
0,0<φ<π)为奇函数，A(a,0)，B(b,0)是其图象上两点，若|a－b|的最小值是1，则f＝( )
A．2 B．－2
C. D．－
解析：选B ∵函数f(x)＝4cos(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)为奇函数，∴φ＝，f(x)＝－4sin ωx.∵A(a,0)，B(b，0)是其图象上两点，|a－b|的最小值是1，∴×＝1，∴ω＝π，f(x
)＝－4sin πx，则f＝－4sin＝－2.
6．(2018·天津高考)设函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<π.若f＝2，f＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，则( )
A．ω＝，φ＝ B．ω＝，φ＝－
C．ω＝，φ＝－ D．ω＝，φ＝
解析：选A 法一：由f＝2，
得ω＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，①
由f＝0，得ω＋φ＝k′π(k′∈Z)，②
由①②得ω＝－＋(k′－2k)．
又最小正周期T＝>2π，所以0<ω<1，ω＝.
又|φ|<π，将ω＝代入①得φ＝.选项A符合．
法二：∵f＝2，f＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，
∴－＝(2m＋1)，m∈N，
∴T＝，m∈N，
∵f(x)的最小正周期大于2π，∴T＝3π，
∴ω＝＝，∴f(x)＝2sin.
由2sin＝2，得φ＝2kπ＋，k∈Z.
又|φ|<π，∴取k＝0，得φ＝.故选A.
7．若把函数y＝2cos x(cos x－sin x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是( )
A. B.
C. D.
解析：选A 法一：y＝2cos x(cosx－sin x)＝2cos2x－2sin xcos x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2sin，该函数的图象向左平移m个单位长度后，所得图象对应的函数为y＝1＋2sin＝1＋2sin，由题意知2m＋＝＋kπ，k∈Z，解得m＝－，k∈Z，取k＝1，得到m的最小值为，故选A.
法二：y＝2cos x(cos x－sin x)＝2cos2x－2sin xcos x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2sin，令2x＋＝kπ＋，k∈Z，则x＝－，k∈Z，则原函数的图象在x轴右侧且离y轴最近的一条对称轴为直线x＝.因为原函数的图象向左平移m(m>0)个单位长度后得到的图象关于y轴对称，所以m的最小值为，故选A.
8．(2019届高三·温州期中)设α是三角形的一个内角，在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能为负数的值的个数是( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选A ∵α是三角形的一个内角，
若0<α<，则0<<，0<2α<π.
∴在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能为负数的是cos 2α与tan 2α；
若α＝，则＝，2α＝π.
∴在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中为负数的是cos 2α；
若<α≤，则<≤，π<2α≤.
∴在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能为负数的是cos α与cos 2α；
若<α<π，则<<，<2α<2π.
∴在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能为负数的是cos α与tan 2α.
∴在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能为负数的值的个数是2个．故选A.
9．已知x＝是函数f(x)＝sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)(0<φ<π)图象的一条对称轴，将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，则函数g(x)在上的最小值为( )
A．－2 B．－1
C．－ D．－
解析：选B f(x)＝sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)＝2sin.∵x＝是f(x)＝2sin图象的一条对称轴，∴2×＋＋φ＝kπ＋(k∈Z)，即φ＝＋kπ(k∈Z)，∵0<φ<π，∴φ＝，则f(x)＝2sin，∴g(x)＝2sin＝－2sin，则g(x)在上的最小值为g＝－1，故选B.
10．(2019届高三·浙江六校联考)已知函数f(x)＝3sin(ωx＋θ)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，将函数f(x)＝3sin(ωx＋θ)的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若f(x)，g(x)的图象都经过点P，则φ的一个可能值是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 由函数f(x)＝3sin(ωx＋θ)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，得函数f(x)的最小正周期为π，则π＝，所以ω＝2，函数f(x)＝3sin(2x＋θ)的图象向右平移φ个单位长度，得到g(x)＝3sin(2x＋θ－2φ)的图象，因为f(x)，g(x)的图象都经过点P，所以sin θ＝，sin(θ－2φ)＝，又－<θ<，所以θ＝，所以sin＝，所以－2φ＝2kπ＋(k∈Z)或－2φ＝2kπ＋(k∈Z)，所以φ＝－kπ(k∈Z)或φ＝－kπ－(k∈Z)，因为φ>0，所以结合选项知φ的一个可能值是.故选D.
二、填空题
11．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)对任意的x都有f＝f，则f＝________.
解析：函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)对任意的x都有f＝f，则其图象的一条对称轴为x＝，所以f＝±2.
答案：±2
12．已知f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π)在区间[2,4]上单调，且f(2)＝1，f(4)＝－1，则ω＝________，f(x)在区间上的值域是________．
解析：由题意知f(x)的最小正周期T＝4，∴ω＝，
∴f(x)＝sin.又f(2)＝sin(π＋φ)＝1，
∴π＋φ＝＋2kπ，k∈Z.
又|φ|<π，∴φ＝－，∴f(x)＝sin.
由x∈，得x－∈，
∴sin∈，
即f(x)在区间上的值域为.
答案：
13．(2018·金华模拟)已知函数f(x)＝4sin xsin，则函数f(x)的最小正周期T＝________，在区间上的值域为________．
解析：函数f(x)＝4sin xsin ＝4sin x＝2sin2x＋2sin xcos x＝sin 2x－cos 2x＋1＝2sin＋1，
函数f(x)的最小正周期T＝＝π.
∵x∈，∴2x－∈.
∴－时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当cos x＝，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
∴当sin x＝－时，f(x)有最小值，
即f(x)min＝2××＝－.
答案：－
17．已知函数f(x)＝Acos2(ωx＋φ)＋1的最大值为3，f(x)的图象与y轴的交点坐标为(0,2)，其相邻两条对称轴间的距离为2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(2 017)＋f(2 018)＝________.
解析：∵函数f(x)＝Acos2(ωx＋φ)＋1＝A·＋1＝cos(2ωx＋2φ)＋1＋的最大值为3，∴＋1＋＝3，∴A＝2.根据函数图象相邻两条对称轴间的距离为2，可得函数的最小正周期为4，即＝4，∴ω＝.再根据f(x)的图象与y轴的交点坐标为(0,2)，可得cos 2φ＋1＋1＝2，∴cos 2φ＝0，又0<φ<，∴2φ＝，φ＝.故函数f(x)的解析式为f(x)＝cos＋2＝－sinx＋2，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2 017)＋f(2 018)＝－＋2×2 018＝504×0－sin－sin π＋4 036＝0－1－0＋4 036＝4 035.
答案：4 035
B组——能力小题保分练
1．曲线y＝2coscos和直线y＝在y轴右侧的交点的横坐标按从小到大的顺序依次记为P1，P2，P3，…，则|P3P7|＝( )
A．π B．2π
C．4π D．6π
解析：选B y＝2coscos＝cos2x－sin2x＝cos 2x，故曲线对应的函数为周期函数，且最小正周期为π，直线y＝在y轴右侧与函数y＝2cos·cos
在每个周期内的图象都有两个交点，又P3与P7相隔2个周期，故|P3P7|＝2π，故选B.
2.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则( )
A．f(x)的图象关于直线x＝－对称
B．f(x)的图象关于点对称
C．若方程f(x)＝m在上有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是(－2，－ ]
D．将函数y＝2sin的图象向左平移个单位长度得到函数f(x)的图象
解析：选C 由题图可知，A＝2，T＝4×＝π，∴ω＝＝2.又f＝2，
∴2sin＝2，＋φ＝＋2kπ，k∈Z，
∵|φ|<，∴φ＝，
∴函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin，
∴当x＝－时，2×＋＝－π，
f＝2sin(－π)＝0，
从而f(x)的图象关于点对称，而不是关于直线x＝－对称，故A不正确；
当x＝－时，2×＋＝－，
∴f(x)的图象关于直线x＝－对称，而不是关于点对称，故B不正确；
当x∈时，2x＋∈，f(x)∈[－2, ]，结合正弦函数图象的性质，可知若方程f(x)＝m在上有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是(－2，－ ]，故C正确；
根据图象平移变换的法则，可知应将y＝2sin的图象向左平移个单位长度得到f(x)的图象，故D不正确．故选C.
3．如果两个函数的图象平移后能够重合，那么称这两个函数互为生成函数．给出下列四个函数：
①f(x)＝sin x＋cos x；②f(x)＝(sin x＋cos x)；
③f(x)＝sin x；④f(x)＝sin x＋.
其中互为生成函数的是( )
A．①② B．①④
C．③④ D．②④
解析：选B 首先化简题中①②两个函数解析式可得：①f(x)＝sin，②f(x)＝2sin，可知③f(x)＝sin x的图象要与其他函数的图象重合，只经过平移不能完成，还必须经过伸缩变换才能实现，∴③f(x)＝sin x不与其他函数互为生成函数；同理①f(x)＝sin(④f(x)＝sin x＋)的图象与②f(x)＝2sin的图象也必须经过伸缩变换才能重合，而④f(x)＝sin x＋的图象向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度即可得到①f(x)＝sin的图象，∴①④互为生成函数，故选B.
4．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ均为正常数)的最小正周期为π，且当x＝时，函数f(x)取得最小值，则( )
A．f(1)0，故可取k＝1，则φ＝，故f(x)＝Asin，所以f(－1)＝Asin<0，f(1)＝Asin>0，f(0)＝Asin＝A>0，故f(－1)最小．又sin＝sin＝sin>sin，故f(1)>f(0)．综上可得f(－1)0)的图象的对称轴与函数g(x)＝cos(2x＋φ)的图象的对称轴完全相同，则函数f(x)的图象的对称轴为________，φ＝________.
解析：因为函数f(x)＝2sin(ω>0)的图象的对称轴与函数g(x)＝cos(2x＋φ)
eq lc(
c)(avs4alco1(|φ|0，ω>0,0<φ<π)的图象与x轴的一个交点到其相邻的一条对称轴的距离为，若f＝，则函数f(x)在上的最小值为________．
解析：由题意得，函数f(x)的最小正周期T＝4×＝π＝，解得ω＝2.
因为点在函数f(x)的图象上，
所以Asin＝0，
解得φ＝kπ＋，k∈Z，由0<φ<π，可得φ＝.
因为f＝，所以Asin＝，
解得A＝，所以f(x)＝sin.
当x∈时，2x＋∈，
所以sin∈，
所以f(x)的最小值为－.
答案：－
第三讲 小题考法——三角恒等变换与解三角形
考点(一)
三角恒等变换与求值
主要考查利用三角恒等变换解决化简求值或求角问题.多涉及两角和与差的正弦、余弦、正切公式以及二倍角公式.
[典例感悟]
[典例] (1)已知α∈，β∈，满足cos α＝，sin β＝，则α＋β的值为( )
A. B.或
C. D.＋2kπ
(2)已知m＝，若sin 2(α＋γ)＝3sin 2β，则m＝( )
A. B.
C. D．2
(3)若0<α<，－<β<0，cos＝，cos＝，则cos＝( )
A. B．－
C. D．－
[解析] (1)∵0<α<，0<β<，
满足cos α＝，sin β＝，
∴sin α＝＝，cos β＝＝，
则cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝×－×＝－，
∵0<α<，0<β<，
∴0<α＋β<π，∴α＋β＝，故选C.
(2)设A＝α＋β＋γ，B＝α－β＋γ，则2(α＋γ)＝A＋B,2β＝A－B，因为sin 2(α＋γ)＝3sin 2β，所以sin(A＋B)＝3sin(A－B)，即sin Acos B＋cos Asin B＝3(sin Acos B－cos Asin B)，即2cos Asin B＝sin Acos B，所以tan A＝2tan B，所以m＝＝2.
(3)∵0<α<，∴<α＋<.
∵cos＝，
∴sin＝.
∵－<β<0，∴<－<.
∵cos＝，
∴sin＝.
∴cos＝cos
＝coscos＋sinsin
＝×＋×＝.
[答案] (1)C (2)D (3)C
[方法技巧]
1．三角恒等变换的策略
(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等．
(2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等．
(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次．
(4)弦、切互化：一般是切化弦．
2．解决条件求值问题的关注点
(1)分析已知角和未知角之间的关系，正确地用已知角来表示未知角．
(2)正确地运用有关公式将所求角的三角函数值用已知角的三角函数值来表示．
(3)求解三角函数中的给值求角问题时，要根据已知求这个角的某个三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角的大小．
[演练冲关]
1．(2018·湖州期末)已知sin θ＋cos θ＝，则sin 2θ等于( )
A. B．－
C. D．－
解析：选B ∵sin θ＋cos θ＝，∴(sin θ＋cos θ)2＝，
∴1＋sin 2θ＝，∴sin 2θ＝－.
2．若sin(α－β)sin β－cos(α－β)cos β＝，且α为第二象限角，则tan＝( )
A．7 B．
C．－7 D．－
解析：选B sin(α－β)sin β－cos(α－β)cos β＝－[cos(α－β)cos β－sin(α－β)sin β]＝－cos(α－β＋β)＝－cos α＝，即cos α＝－.又α为第二象限角，∴tan α＝－，∴tan＝＝.
3．已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边在直线y＝2x上，则sin的值为( )
A．－ B．
C．－ D．
解析：选D 由三角函数的定义得tan θ＝2，cos θ＝±，所以tan 2θ＝＝－，cos 2θ＝2cos2θ－1＝－，所以sin 2θ＝cos 2θtan 2θ＝，所以sin＝(sin 2θ＋cos 2θ)＝×＝，故选D.
考点(二)
利用正、余弦定理解三角形
主要考查利用正弦定理、余弦定理及三角形面积公式求解三角形的边长、角以及面积，有时也与三角恒等变换相结合考查.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，a＝2，c＝，则C＝( )
A． B．
C． D．
(2)(2018·下城区校级模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＝b2＋c2－bc，且sin B＝cos C，则下列结论中正确的是( )
A．A＝ B．c＝2a
C．C＝ D．△ABC是等边三角形
(3)(2018·洛阳统考)在△ABC中，B＝30°，AC＝2，D是AB边上的一点，CD＝2，若∠ACD为锐角，△ACD的面积为4，则BC＝________.
[解析] (1)因为sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，
所以sin(A＋C)＋sin Asin C－sin Acos C＝0，
所以sin Acos C＋cos Asin C＋sin Asin C－sin Acos C＝0，整理得sin C(sin A＋cos A)＝0.因为sin C≠0，
所以sin A＋cos A＝0，所以tan A＝－1，
因为A∈(0，π)，所以A＝，
由正弦定理得sin C＝＝＝，
又0＜C＜，所以C＝.
(2)在△ABC中，由a2＝b2＋c2－bc，
得cos A＝＝，∴A＝60°.
∵sin B＝cos C，∴sin(120°－C)＝cos C，
可得cos C＋sin C＝cos C，即tan C＝.
∴C＝60°.∴△ABC是等边三角形．
(3)依题意得S△ACD＝CD·AC·sin∠ACD＝2·sin∠ACD＝4，sin∠ACD＝.
又∠ACD是锐角，因此cos∠ACD＝ ＝.在△ACD中，
AD＝ ＝4，
＝，则sin A＝＝.
在△ABC中，＝，则BC＝＝4.
[答案] (1)B (2)D (3)4
[方法技巧]
解三角形问题的求解策略
已知条件
解题思路
两角A，B与一边a
由A＋B＋C＝π及＝＝，可先求出角C及b，再求出c
两边b，c及其夹角A
由a2＝b2＋c2－2bccos A，先求出a，再求出角B，C
三边a，b，c
由余弦定理可求出角A，B，C
两边a，b及其中一边的对角A
由正弦定理＝可求出另一边b的对角B，由C＝π－(A＋B)可求出角C，再由＝可求出c，而通过＝求角B时，可能有一解或两解或无解的情况
[演练冲关]
1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A＝，cos C＝，a＝1，则b＝( )
A. B．
C. D．
解析：选A 因为A，C为△ABC的内角，且cos A＝，cos C＝，所以sin A＝，sin C＝，所以sin B＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝.又a＝1，所以由正弦定理得b＝＝×＝.
2．(2019届高三·杭州七校联考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2，△ABC面积的最大值为，则角B的值为( )
A. B．
C. D．
解析：选B 由余弦定理得4＝a2＋c2－2accos B≥2ac－2accos B＝2ac(1－cos B)，当且仅当a＝c时取等号，所以ac≤，S△ABC＝acsin B≤×＝，即＝，所以
B为.
3．(2018·台州模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知∠A＝，a＝7，b＝5，点D满足＝2，则c＝________；|AD|＝________.
解析：如图，∵∠A＝，a＝7，b＝5，
∴由余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccos A，
可得72＝52＋c2－2×5×c×，
整理解得c＝8或－3(舍去)．
∴cos B＝＝＝，
∵点D满足＝2，可得BD＝a＝，
∴在△ABD中，由余弦定理可得，AD2＝BD2＋c2－2BD·c·cos B＝2＋64－2××8×＝.
解得AD＝.
答案：8
考点(三)
正、余弦定理的实际应用
主要是以实际生活为背景所命制的与测量和几何计算有关的问题，考查正弦、余弦定理等知识和方法的运用.
[典例感悟]
[典例] (1)如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝100 m，汽车从B点到C点历时14 s，则这辆汽车的速度约为________m/s(精确到0.1，≈1.414，≈2.236)．
(2)(2019届高三·安徽名校联考)已知在海岛A上有一座海拔1千米的山，山顶设有一个观察站P，上午11时，测得一轮船在岛北偏东30°，俯角为30°的B处，到11时10分又测得该船在岛北偏西60°，俯角为60°的C处．轮船沿BC
行驶一段时间后，到达海岛的正西方向的D处，此时轮船距岛A有________千米．
[解析] (1)因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°.设这辆汽车的速度为v m/s，则BC＝14v.在Rt△ADB中，AB＝＝＝200.在Rt△ADC中，AC＝＝＝100.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，即(14v)2＝(100)2＋2002－2×100×200×cos 135°，所以v＝≈22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.
(2)由已知可求得AB＝，AC＝，BC＝，
∴sin∠ACB＝，cos∠ACB＝，则∠ACB为锐角，∠ACD为钝角，且sin∠ACD＝，cos∠ACD＝－.
在△ACD中，sin∠ADC＝sin(∠ACD＋∠DAC)＝sin∠ACDcos∠DAC＋sin∠DACcos∠ACD＝，
由正弦定理可求得AD＝＝.
[答案] (1)22.6 (2)
[方法技巧]
解三角形实际问题的常见类型及解题思路
(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．
(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解已知条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．
[演练冲关]
1.为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所得数据如图所示，则小区的面积为( )
A. km2 B. km2
C. km2 D. km2
解析：选D 如图，连接AC，根据余弦定理可得AC＝，故△ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，从而△ADC
为等腰三角形，且∠ADC＝150°，设AD＝DC＝x，根据余弦定理得x2＋x2＋x2＝3，即x2＝＝3(2－)．所以所求小区的面积为×1×＋×3(2－)×＝＝(km2)．
2．如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10 000 m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为________m．(取 ＝1.4, ＝1.7)
解析：如图，作CD垂直于AB交AB的延长线于点D，由题意知∠A＝15°，∠DBC＝45°，∴∠ACB＝30°.又在△ABC中，AB＝50×420＝21 000，由正弦定理，得＝，
∴BC＝×sin 15°＝10 500(－)．
∵CD⊥AD，∴CD＝BC·sin∠DBC＝10 500(－)×＝10 500(－1)＝7 350.故山顶的海拔高度h＝10 000－7 350＝2 650(m)．
答案：2 650
(一) 主干知识要记牢
1．两组三角公式
(1)两角和与差的正弦、余弦、正切公式
①sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β.
②cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β.
③tan(α±β)＝ .
辅助角公式：asin α＋bcos α＝sin(α＋φ)．
(2)二倍角的正弦、余弦、正切公式
①sin 2α＝2sin αcos α.
②cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.
降幂公式：sin2α＝，cos2α＝.
③tan 2α＝ .
2．正弦定理
＝＝＝2R(2R为△ABC外接圆的直径)．
变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C；
sin A＝，sin B＝，sin C＝；
a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C.
3．余弦定理
a2＝b2＋c2－2bccos A，
b2＝a2＋c2－2accos B，
c2＝a2＋b2－2abcos C.
推论：cos A＝，cos B＝，cos C＝.
4．三角形面积公式
S△ABC＝bcsin A＝acsin B＝absin C.
(二) 二级结论要用好
1．在△ABC中，tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C.
2．△ABC中，内角A，B，C成等差数列的充要条件是B＝60°.
3．△ABC为正三角形的充要条件是A，B，C成等差数列，且a，b，c成等比数列．
4．S△ABC＝(R为△ABC外接圆半径)．
(三) 易错易混要明了
1．对于三角函数的给值求角问题，应选择该角所在范围内是单调的函数，这样，由三角函数值才可以唯一确定角，若角的范围是，选正、余弦皆可；若角的范围是(0，π)，选余弦较好；若角的范围是，选正弦较好．
[针对练1] 若α，β为锐角，且sin α＝，sin β＝，则α＋β＝________.
解析：∵α，β为锐角，sin α＝，sin β＝，
∴cos α＝，cos β＝，
∴cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝×－×＝.又0<α＋β<π，
∴α＋β＝.
答案：
2．利用正弦定理解三角形时，注意解的个数，可能有一解、两解或无解．在△ABC中，A>B⇔sin A>sin B.
[针对练2] 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝1，c＝，A＝，则b＝________.
解析：由＝，得sin C＝＝，得C＝或.当C＝时，B＝，可得b＝2；当C＝时，B＝，可得b＝1.
答案：2或1
A组——10＋7提速练
一、选择题
1．已知△ABC中，A＝，B＝，a＝1，则b＝( )
A．2 B．1
C． D．
解析：选D 由正弦定理＝，得＝，即＝，所以b＝，故选D.
2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若c＝2a，bsin B－asin A＝asin C，则sin B＝( )
A. B．
C. D．
解析：选A 由bsin B－asin A＝asin C，得b2－a2＝ac，∵c＝2a，∴b＝a，∴cos B＝＝＝，则sin B＝ ＝.
3．(2019届高三·温州十校联考)在△ABC中，若tan Atan B>1，则△ABC是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．无法确定
解析：选A 因为A和B都为三角形中的内角，
由tan Atan B>1，得1－tan Atan B<0，
且tan A>0，tan B>0，即A，B为锐角，
所以tan(A＋B)＝<0，
则A＋B∈，即C为锐角，
所以△ABC是锐角三角形．
4．已知sin β＝，且sin(α＋β)＝cos α，则tan(α＋β)＝( )
A．－2 B．2
C．－ D．
解析：选A ∵sin β＝，且<β<π，
∴cos β＝－，tan β＝－.
∵sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝cos α，
∴tan α＝－，
∴tan(α＋β)＝＝－2.
5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2asin A＝(2sin B＋sin C)b＋(2c＋b)sin C，则A＝( )
A．60° B．120°
C．30° D．150°
解析：选B 由已知，根据正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，即a2＝b2＋c2＋bc.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得cos A＝－，又A为三角形的内角，故A＝120°.
6．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝2，c＝2，且C＝，则△ABC的面积为( )
A．＋1 B．＋1
C．2 D．
解析：选B 由正弦定理＝，得sin B＝＝，又c>b，且B∈(0，π)，所以B＝，所以A＝，所以△ABC的面积S＝bcsin A＝×2×2sin＝×2×2×＝＋1.
7．(2018·衢州期中)在△ABC中，若B＝2A，a＝1，b＝，则c＝( )
A．2 B．2
C. D．1
解析：选B 在△ABC中，∵B＝2A，a＝1，b＝，
∴由正弦定理＝，
可得＝＝，
∴cos A＝，∴A＝，B＝，C＝π－A－B＝，
∴c＝＝2.
8．在△ABC中，A＝60°，BC＝，D是AB边上不同于A，B的任意一点，CD＝，△BCD的面积为1，则AC的长为( )
A．2 B．
C． D．
解析：选D 由S△BCD＝1，可得×CD×BC×sin∠DCB＝1，即sin∠DCB＝，所以cos∠DCB＝或cos∠DCB＝－，又∠DCB<∠ACB＝180°－A－B＝120°－B<120°，所以cos∠DCB>－，所以cos∠DCB＝.在△BCD中，cos∠DCB＝＝，解得BD＝2，所以cos∠DBC＝＝，所以sin∠DBC＝.在△ABC中，由正弦定理可得AC＝＝，故选D.
9．(2019届高三·台州中学检测)在△ABC中，若AB＝1，BC＝2，则角C的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选A 因为c＝AB＝1，a＝BC＝2，b＝AC.根据两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可知1∠BDC＝，所以∠DAC<，又∠DAC＝∠ABC＋∠ACB，所以∠ACB<，则∠BCA＝，所以cos∠BCA＝.在△ABC中，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠BCA＝2＋6－2×××＝2，所以AB＝＝AC，所以∠ABC＝∠ACB＝，在△BCD中，＝，即＝，解得CD＝.
答案：
6．(2018·嘉兴测试)设△ABC的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，已知a2＋2b2＝c2，则＝________；tan B的最大值为________．
解析：由正弦定理可得＝·＝·，再结合余弦定理可得＝·＝··＝.由a2＋2b2＝c2，得＝＝－3.由已知条件及大边对大角可知0＜A
＜＜C＜π，从而由A＋B＋C＝π可知tan B＝－tan(A＋C)＝－＝－＝，因为＜C＜π，所以＋(－tan C)≥2＝2(当且仅当tan C＝－时取等号)，从而tan B≤＝，即tan B的最大值为.
答案：－3
第四讲 大题考法——三角函数、解三角形
题型(一)
三角函数的图象与性质
主要考查三角函数的对称性、周期性、单调性、最值问题等.常结合三角恒等变换与图象变换考查.
[典例感悟]
[典例1] (2018·台州质量评估)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为π，且函数f(x)的图象上的一条对称轴为x＝.
(1)求ω和φ的值；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋f，求g(x)的单调递减区间．
[解] (1)因为f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为π，
所以T＝＝π，所以ω＝2.
由2x＋φ＝kπ＋，k∈Z，
得x＝＋－，k∈Z，
由＝＋－，得φ＝kπ＋，k∈Z，
又|φ|≤，所以φ＝.
(2)函数g(x)＝f(x)＋f＝sin＋sin 2x＝sin 2x＋cos 2x＋sin 2x＝sin
.
令2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，
所以g(x)的单调递减区间为，k∈Z.
[备课札记]
[方法技巧]
求解三角函数的奇偶性、对称性、周期、最值和单调区间等问题时，通常要运用各种三角函数公式，通过恒等变换(降幂、辅助角公式应用)将其解析式化为y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，且A>0，ω≠0)的形式，再研究其各种性质．
有关常用结论与技巧：
(1)我们往往运用整体换元法来求解单调性与对称性，求y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，且A>0，ω≠0)的单调区间时一定要注意ω的取值情况，若ω<0，则最好用诱导公式将其转化为－ω>0后再去求解，否则极易出错．
(2)对y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，且A>0，ω≠0)结合函数图象可观察出如下几点：
①函数图象的对称轴都经过函数的最值点，对称中心的横坐标都是函数的零点；
②相邻两对称轴(对称中心)间的距离都是半个周期；
③图象上相邻两个最大(小)值点之间的距离恰好等于一个周期．
[演练冲关]
1．(2018·浙江高考)已知函数f(x)＝sin2x－cos2x－2sin xcos x(x∈R)．
(1)求f的值；
(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间．
解：(1)由题意，f(x)＝－cos 2x－sin 2x
＝－2＝－2sin，
故f＝－2sin＝－2sin ＝2.
(2)由(1)知f(x)＝－2sin.
则f(x)的最小正周期是π.
由正弦函数的性质
令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，
解得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z)．
2．已知函数f(x)＝sin ωx＋cos ωx＋c(ω>0，x∈R，c为常数)的图象经过点，且相邻两个最低点的距离为π.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，求g(x)在[0，π]的最大值与最小值．
解：(1)∵f(x)＝sin ωx＋cos ωx＋c＝sin＋c，且相邻两个最低点的距离为π，∴ω＝2，
又函数f(x)的图象经过点，
∴sin＋c＝，∴c＝，
∴f(x)＝sin＋.
(2)∵函数f(x)的图象向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，
∴g(x)＝sin＋＝sin＋，
∵x∈[0，π]，
∴2x－∈，
∴sin∈，
∴g(x)的最大值为1＋，最小值为0.
题型(二)
三角形基本量的求解问题
主要考查利用正、余弦定理求解三角形的边长或角的大小(或三角函数值)，且常与三角恒等变换综合考查.
[典例感悟]
[典例2] 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin A＋cos A＝1－sin .
(1)求sin A的值；
(2)若c2－a2＝2b，且sin B＝3cos C，求b.
[解] (1)由已知，得2sin cos ＋1－2sin2 ＝1－sin ，即sin ·＝0，
在△ABC中，sin ≠0，
所以2sin －2cos －1＝0，
即sin －cos ＝，
则sin2 －2sin cos ＋cos2 ＝，
从而sin A＝.
(2)由已知sin B＝3cos C，
结合(1)得sin B＝4cos Csin A.
法一：利用正弦定理和余弦定理得
b＝×a，即b2＝2(c2－a2)．
又c2－a2＝2b，∴b2＝4b，在△ABC中，b≠0，∴b＝4.
法二：∵c2＝a2＋b2－2abcos C，且c2－a2＝2b，
∴2b＝b2－2abcos C，
在△ABC中，b≠0，∴b＝2＋2acos C，
又sin B＝4cos Csin A，由正弦定理，得b＝4acos C，
解得b＝4.
[备课札记]
[方法技巧]
利用正、余弦定理求解三角形基本量的方法
[演练冲关]
3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2＋c2－a2＝bc.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，求BC边上的中线AM的最大值．
解：(1)由b2＋c2－a2＝bc及余弦定理，得cos A＝＝＝，又00，所以b＝3.
[备课札记]
[方法技巧]
三角函数与解三角形的综合题，其中，解决与三角恒等变换有关的问题，优先考虑角与角之间的关系；解决与三角形有关的问题，优先考虑正弦、余弦定理．
[演练冲关]
7．(2019届高三·浙江六校联考)已知f(x)＝cos xsin＋1.
(1)求f(x)在[0，π]上的单调递增区间；
(2)在△ABC中，若角A，B，C的对边分别是a，b，c，且f(B)＝，sin Asin C＝sin2B，求a－c的值．
解：f(x)＝cos xsin＋1
＝cos x＋1
＝sin 2x－×＋1
＝sin 2x－cos 2x＋
＝sin＋.
(1)由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，
又x∈[0，π]，
∴f(x)在[0，π]上的单调递增区间是和.
(2)由f(B)＝sin＋＝，
得sin＝1.
又B是△ABC的内角，∴2B－＝，得B＝.
由sin Asin C＝sin2B及正弦定理可得ac＝b2.
在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得ac＝(a－c)2＋2ac－ac，则a－c＝0.
8．已知函数f(x)＝sin ωxcos ωx－sin2ωx＋1(ω＞0)的图象中相邻两条对称轴之间的距离为.
(1)求ω的值及函数f(x)的单调递减区间；
(2)已知a，b，c分别为△ABC中角A，B，C的对边，且满足a＝，f(A)＝1，求△ABC面积S的最大值．
解：(1)f(x)＝sin 2ωx－＋1
＝sin＋.
因为函数f(x)的图象中相邻两条对称轴之间的距离为，所以T＝π，即＝π，所以ω＝1.
所以f(x)＝sin＋.
令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)，
解得＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)．
所以函数f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)由f(A)＝1，得sin＝.
因为2A＋∈，
所以2A＋＝，得A＝.
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
即()2＝b2＋c2－2bccos ，
所以bc＋3＝b2＋c2≥2bc，
解得bc≤3，当且仅当b＝c时等号成立．
所以S△ABC＝bcsin A≤×3×＝，
所以△ABC面积S的最大值为.
[技法指导]
1.常用的变角技巧
(1)已知角与特殊角的变换；
(2)已知角与目标角的变换；
(3)角与其倍角的变换；
(4)两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用．如：α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α＝(β＋α)－(β－α)，α＋β＝2·，＝－.
2．常用的变式技巧
主要从函数名、次数、系数方面入手，常见有：
(1)讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论；
(2)涉及sin x±cos x、sin x·cos x的问题，常做换元处理，如令t＝sin x±cos x∈[－，]，将原问题转化为关于t的函数来处理；
(3)在解决三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等.
[典例] △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(acos B＋bcos A)＝c.
(1)求C；
(2)若c＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
[解题示范]
(1)由已知2cos C(acos B＋bcos A)＝c及正弦定理得
2cos C(sin Acos B＋sin B·cos A)＝sin C，
即2cos Csin(A＋B)＝sin C，
故2cos Csin C＝sin C.
可得cos C＝，
所以C＝.
(2)由已知得absin C＝.又C＝，所以ab＝6.
由已知及余弦定理得a2＋b2－2abcos C＝7，
故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25，即a＋b＝5.
所以△ABC的周长为5＋.
[思维升华]
“明确思维起点，把握变换方向，抓住内在联系，合理选择公式”是三角变换的基本要诀．在解题时，要紧紧抓住“变”这一核心，灵活运用公式与性质，仔细审题，快速运算．
[应用体验]
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，已知2acos2＋2ccos2＝b.
(1)求证：2(a＋c)＝3b；
(2)若cos B＝，S＝，求b.
解：(1)证明：由已知得，a(1＋cos C)＋c(1＋cos A)＝b.
在△ABC中，过B作BD⊥AC，垂足为D(图略)，
则acos C＋ccos A＝CD＋AD＝b.
∴a＋c＝b，即2(a＋c)＝3b.
(2)∵cos B＝，∴sin B＝.
∵S＝acsin B＝ac＝，∴ac＝8.
又b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)，
又由(1)知，2(a＋c)＝3b，
∴b2＝－2×8×，解得b＝4.
1．(2018·浙江高考)已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P.
(1)求sin(α＋π)的值；
(2)若角β满足sin(α＋β)＝，求cos β的值．
解：(1)由角α的终边过点P，
得sin α＝－.
所以sin(α＋π)＝－sin α＝.
(2)由角α的终边过点P，
得cos α＝－.
由sin(α＋β)＝，得cos(α＋β)＝±.
由β＝(α＋β)－α，
得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，
所以cos β＝－或cos β＝.
2．(2019届高三·浙江名校联考)已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝.
(1)若＝，求角A的大小；
(2)若a＝1，tan A＝2，求△ABC的面积．
解：(1)由＝及正弦定理得sin B(1－2cos A)＝2sin Acos B，
即sin B＝2sin Acos B＋2cos Asin B＝2sin(A＋B)＝2sin C，即b＝2c.
又由＝及余弦定理，得cos A＝＝⇒A＝.
(2)∵tan A＝2，∴cos A＝，sin A＝.
由余弦定理cos A＝，得＝，
解得c2＝，
∴S△ABC＝bcsin A＝c2sin A＝×＝.
3．(2019届高三·绍兴六校质检)已知函数f(x)＝mcos x＋sin的图象经过点P.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若f(α)＝，α∈，求sin α的值．
解：(1)由题意可知f＝，
即＋＝，解得m＝1.
所以f(x)＝cos x＋sin＝cos x＋sin x＝ sin，
令－＋2kπ≤x＋≤＋2kπ(k∈Z)，
解得－＋2kπ≤x≤＋2kπ(k∈Z)．
所以函数f(x)的单调递增区间为
(k∈Z)．
(2)由f(α)＝，得sin＝，
所以sin＝.
又α∈，所以α＋∈，sin＝<，
所以cos＝－ ＝－.
所以sin α＝sin＝×－×＝.
4．(2018·浙江模拟)已知函数f(x)＝sin 2x＋2cos2x－1，x∈R.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝，f(C)＝1，sin B＝2sin A，求a，b的值．
解：(1)f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝2sin，
所以函数f(x)的最小正周期T＝＝π，
令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)，
得＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)，
所以函数f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)因为f(C)＝2sin＝1，所以C＝，
所以()2＝a2＋b2－2abcos，a2＋b2－ab＝3，
又因为sin B＝2sin A，所以b＝2a，
解得a＝1，b＝2，
所以a，b的值分别为1,2.
5．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2.
(1)求cos B；
(2)若a＋c＝6，△ABC的面积为2，求b.
解：(1)由题设及A＋B＋C＝π得sin B＝8sin2，
即sin B＝4(1－cos B)，
故17cos2B－32cos B＋15＝0，
解得cos B＝，cos B＝1(舍去)．
(2)由cos B＝，得sin B＝，
故S△ABC＝acsin B＝ac.
又S△ABC＝2，则ac＝.
由余弦定理及a＋c＝6得
b2＝a2＋c2－2accos B
＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)
＝36－2××
＝4.
所以b＝2.
6.如图，已知D是△ABC的边BC上一点．
(1)若cos∠ADC＝－，∠B＝，且AB＝DC＝7，求AC的长；
(2)若∠B＝，AC＝2，求△ABC面积的最大值．
解：(1)因为cos∠ADC＝－，
所以cos∠ADB＝cos(π－∠ADC)＝－cos∠ADC＝，所以sin∠ADB＝.
在△ABD中，由正弦定理，得AD＝＝＝5，
所以在△ACD中，由余弦定理，得
AC＝
＝＝.
(2)在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝20＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠B＝AB2＋BC2－AB·BC≥(2－)AB·BC，
所以AB·BC≤＝40＋20，
所以S△ABC＝AB·BCsin∠B≤10＋5，
所以△ABC面积的最大值为10＋5.
第五讲 专题提能——“平面向量、三角函数与解三角形”专题提能课
失误1
因混淆向量共线与向量垂直的坐标表示而失误
[例1] (2018·邢台月考)设向量a＝(3,2)，b＝(6,10)，c＝(x，－2)．若(2a＋b)⊥c，则x＝( )
A．－ B．－3
C． D．
[解析] 因为a＝(3,2)，b＝(6,10)，所以2a＋b＝(12,14)．
因为c＝(x，－2)，且(2a＋b)⊥c，
所以(2a＋b)·c＝0，即12x－28＝0，
解得x＝，故选D.
[答案] D
[微评] 向量共线与向量垂直的坐标表示极易混淆，其突破的口诀是“平行交差，垂直相加”，即对于非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a∥b⇔x1y2－x2y1＝0，而a⊥b⇔x1x2＋y1y2＝0.本题易误得12×(－2)－14x＝0，从而误选A.
失误2
因不会变角求值而解题受阻
[例2] (2019届高三·西安联考)设α为锐角，若cos＝－，则sin
的值为( )
A． B．
C．－ D．
[解析] 法一：因为α为锐角，所以<α＋<，
又cos＝－，
所以sin＝，
所以sin＝2sincos＝－.
因为<2<，sin＝－<0，
所以π<2<，
所以cos＝－
＝－＝－，
所以sin＝sin
＝sin
＝sincos－cossin
＝×－×
＝.故选B.
法二：因为α为锐角，所以<α＋<，
又cos＝－，
所以sin＝，
所以sin＝2sincos＝－，cos＝1－2sin2
＝1－2×2＝－，
所以sin＝sin
＝sin
＝sincos－cossin
＝×－×
＝.故选B.
[答案] B
[微评] (1)破解此类题的关键是应用角的变换法，观察所给的角的特点与要求的三角函数中的角的特点来进行角的变换．如本题中，先把2α＋转化为2α＋－，再转化为2－.
(2)解此类题时需要特别注意的地方是在利用同角三角函数的基本关系式时，一定要注意角的取值范围．如本题中由α为锐角，可知α＋的范围，这样可以避免错解.
失误3
因忽视对三角形解的个数讨论而失分
[例3] 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝2bsin A，c＝b.
(1)求B的值；
(2)若△ABC的面积为2，求a，b的值．
[解] (1)在△ABC中，已知a＝2bsin A，
根据正弦定理，得sin A＝2sin Bsin A，
因为sin A≠0，所以sin B＝，
所以B＝30°或B＝150°，
又c>b，所以C>B，所以角B为锐角，
所以B＝30°.
(2)由(1)知，B＝30°，
根据余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos 30°，
因为c＝b，①
所以2b2－3ab＋a2＝0，
所以a＝b或a＝2b，②
又S△ABC＝acsin 30°＝2，所以ac＝8，③
联立①②③，解得或
[微评] (1)应用正弦定理求角时容易出现增解或漏解的错误，要根据条件和三角形的限制条件合理取舍．
(2)求角时易忽略角的范围而导致错误，需要根据大边对大角，大角对大边的规则，画图帮助判断．
策略1
特取法：快解三角、向量的基本问题
[例1] (1)设a，b，c是单位向量，且a·b＝0，则(a－c)·(b－c)的最小值为( )
A．－2 B.－2
C．－1 D．1－
(2)如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则( )
A．△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形
B．△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形
C．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形
D．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形
(3)求值：cos2α＋cos2(α＋120°)＋cos2(α＋240°)＝________.
[解析] (1)由已知条件可知向量a，b是互相垂直的单位向量，故构造a＝(1,0)，b＝(0,1)．
又c是单位向量，
故设c＝(cos α，sin α)，
则(a－c)·(b－c)＝(1－cos α，－sin α)·(－cos α，1－sin α)＝1－sin α－cos α＝1－sin，
∴(a－c)·(b－c)≥1－，故选D.
(2)在△A1B1C1中，令A1＝45°，B1＝60°，C1＝75°，在△A2B2C2中，令A2＝135°，B2＝30°，C2＝15°，满足cos A1＝sin A2，cos B1＝sin B2，cos C1＝sin C2，则△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形．故选D.
(3)令α＝0°，得原式＝.
[答案] (1)D (2)D (3)
[微评] (1)本例(1)的已知条件中涉及单位向量，我们可以通过构造特殊的向量(cos α，sin α)，将向量数量积的最值问题转化为三角函数的最值问题，从而使得问题得到简化．
(2)本例(2)依赖特殊图形与特殊角的思想，让复杂难以理解的问题最后用简单的思想诠释，取得了事半功倍的效果．常见的特殊图形有：①三角形“特殊”成直角三角形或等边三角形；②四边形 “特殊”成正方形；③棱柱“特殊”成正方体等．
(3)由于本例(3)中的α具有任意性，所以α无论怎么取，结果始终是一个定值.
策略2
换元法：求解三角函数值域问题
换元法又称变量替换法，是我们解题常用方法之一．对结构较复杂的式子，可把其中某些部分看成一个整体，用新字母代替(即换元)，可以化繁为简，化难为易．本专题常用换元法解决最值问题．
[例2] 设a>0，求f(x)＝2a(sin x＋cos x)－sin x·cos x－2a2的最大值和最小值．
[解] 设sin x＋cos x＝t，则t∈[－， ]，
由(sin x＋cos x)2＝1＋2sin x·cos x，得sin x·cos x＝，
所以f(x)＝g(t)＝2at－－2a2＝－(t－2a)2＋(a>0)，t∈[－， ]．
当t＝－时，g(t)取最小值－2a2－2a－；
若2a≥，当t＝时，g(t)取最大值－2a2＋2a－；
若0<2a<，当t＝2a时，g(t)取最大值.
所以f(x)的最小值为－2a2－2a－，最大值为
[微评] 此题利用局部换元法，设sin x＋cos x＝t后，抓住sin x＋cos x与sin x·cos x的内在联系，将三角函数的值域问题转化为二次函数在闭区间上的值域问题．换元过程中一定要注意参数的范围(t∈[－， ])与sin x＋cos x的范围对应，否则将会出错．
1．数形结合思想——解决与三角函数有关的方程根的问题以及向量模的问题
[例1] (1)(2018·深圳4月调研)已知关于x的方程sin x＋cos x＝m在[0，π]有两个不等的实根，则m的一个值是( )
A．0 B．
C． D．1
(2)已知a≠e，|e|＝1，对任意t∈R，恒有|a－te|≥|a－e|，则( )
A．a⊥e B．a⊥(a－e)
C．e⊥(a－e) D．(a＋e)⊥(a－e)
[解析] (1)由题可设得m＝sin x＋cos x＝sin，又≤x＋≤，令t＝x＋，则≤t≤，由题意及函数y＝sin t的图象可知，1≤m<，结合选项可知选D.
(2)如图，设＝a，＝e，则|a－e|＝||，|a－te|表示连接点A与直线OE上的点的线段的长度d，由题意，||为d的最小值，此时⊥，即e⊥(a－e)，故选C.
[答案] (1)D (2)C
[微评] 本例(1)将方程根的个数转化为直线y＝m与函数y＝sin图象交点的个数解决；本例(2)利用向量的几何特征，将问题转化为平面几何问题，显得直观、简洁．
2．函数与方程思想——解决已知三角函数值求值或求角问题
[例2] 已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，C＝120°，c＝2.
(1)求△ABC的面积的最大值；
(2)求△ABC的周长的取值范围．
[解] (1)法一：由余弦定理得4＝a2＋b2＋ab.
由基本不等式得4＝a2＋b2＋ab≥2ab＋ab＝3ab，
所以ab≤，当且仅当a＝b时等号成立．
所以三角形的面积S＝absin C≤××＝.
所以△ABC的面积的最大值为.
法二：由＝＝＝，
得a＝sin A，b＝sin B.
所以三角形的面积S＝absin C＝×2×sin Asin B×＝sin Asin B.
因为在△ABC中，C＝120°，
所以A＋B＝60°，得B＝60°－A，且0°0，cos α<0，
∴sin α－cos α＝，
∴cos 2α＝－(sin α－cos α)(sin α＋cos α)＝－×＝－.
[答案] A
[题根分析] 已知式给出的是单角，求的是二倍角的余弦值．
[变式应用]
[变式1] 已知α是三角形的一个内角，且sin α＋cos α＝，则这个三角形的形状是( )
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．都有可能
解析：选B 由已知得sin αcos α＝－，又sin α>0，则cos α<0，故选B.
[变式2] 已知sin x＋cos x＝，求sin3x＋cos3x的值．
解：由已知得sin xcos x＝－，所以sin3x＋cos3x＝(sin x＋cos x)(sin2x－sin xcos x＋cos2x)＝.
[变式3] 若cos α＋2sin α＝－，则tan α＝( )
A. B．2
C．－ D．－2
解析：选B 因为cos α＋2sin α＝－，所以cos2α＋4cos αsin α＋4sin2α＝5，即＝5⇒＝5，解得tan α＝2，选B.
[变式4] 若sin α＋cos α＝tan α，则α∈( )
A. B.
C. D.
解析：选C tan α＝sin α＋cos α＝sin∈(1， ]，因为tan＝1，tan＝>，0<α<，所以α∈，选C.
[变式5] 已知A，B是△ABC的两个内角，且tan A，tan B是方程x2＋mx＋m＋1＝0的两个实根．求：
(1)角C的大小；
(2)实数m的取值范围．
解：(1)因为tan A，tan B是方程x2＋mx＋m＋1＝0的两个实根，由根与系数的关系，得tan Atan B＝m＋1，tan A＋tan B＝－m，所以tan C＝－tan(A＋B)＝－＝－1，故C＝.
(2)因为A，B∈，tan A，tan B均在区间(0,1)上，故m＝－＝－＋2＝－＋2，t＝x＋1∈(1,2)．
这个关于t的函数在(1，]上单调递增，在[，2)上单调递减，故－1b，则B＝( )
A. B.
C. D.
[解析] 由射影定理可知acos C＋ccos A＝b，则(acos C＋ccos A)sin B＝bsin B，又asin Bcos C＋csin Bcos A＝b，则有bsin B＝b，sin B＝.又a>b，所以A>B，则B∈，故B＝.
[答案] A
[微评] 本题巧用射影定理：b＝ccos A＋acos C，简化了运算，得出sin B的值求解．
A组——易错清零练
1．设x，y∈R，向量a＝(x,1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c, b∥c，则|a＋b|＝( )
A. B.
C．2 D．10
解析：选B 由题意可知解得
故a＋b＝(3，－1)，|a＋b|＝.
2．(2019届高三·河南中原名校质量考评)将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移个单位长度后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能取值为( )
A. B.
C．0 D.
解析：选B 将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移个单位长度后，得到的图象对应的函数解析式为y＝sin＝sin.
因为所得函数为偶函数，所以＋φ＝kπ＋(k∈Z)，
即φ＝kπ＋(k∈Z)，则φ的一个可能取值为，故选B.
3．(2018·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b＝，c＝3，则A＝________.
解析：由正弦定理，得sin B＝＝＝，
因为0°＜B＜180°，
所以B＝45°或135°.
因为b＜c，所以B＜C，故B＝45°，
所以A＝180°－60°－45°＝75°.
答案：75°
B组——方法技巧练
1．已知向量a，b，且|a|＝，a与b的夹角为，a⊥(2a－b)，则|b|＝( )
A．2 B．4
C. D．3
解析：选B 如图，作＝a，＝b，〈a，b〉＝，作＝2a，则＝2a－b.由a⊥(2a－b)可知，OC⊥BC.在Rt△OCB中，OC＝2|
a|＝2，cos〈a，b〉＝＝＝，解得|b|＝4.故选B.
2．在△ABC中，A＝120°，若三边长构成公差为4的等差数列，则最长的边长为( )
A．15 B．14
C．10 D．8
解析：选B 在△ABC中，A＝120°，则角A所对的边a最长，三边长构成公差为4的等差数列，不妨设b＝a－4，c＝a－8(a>8)．由余弦定理得a2＝(a－4)2＋(a－8)2－2(a－4)(a－8)cos 120°，即a2－18a＋56＝0，所以a＝4(舍去)或a＝14.
3．(2018·广州模拟)已知 △ABC的三个顶点A，B，C的坐标分别为(0,1)，(，0)，(0，－2)，O为坐标原点，动点P满足||＝1，则|＋＋|的最小值是( )
A.－1 B.－1
C.＋1 D.＋1
解析：选A 已知点C坐标为(0，－2)，且||＝1，所以设P(cos θ，－2＋sin θ)，则|＋＋|＝＝＝≥ ＝－1.
4．已知AB为圆O：(x－1)2＋y2＝1的直径，点P为直线x－y＋1＝0上任意一点，则·的最小值为( )
A．1 B．
C．2 D．2
解析：选A 由题意，设A(1＋cos θ，sin θ)，P(x，x＋1)，则B(1－cos θ，－sin θ)，∴＝(1＋cos θ－x，sin θ－x－1)，＝(1－cos θ－x，－sin θ－x－1)，∴·＝(1＋cos θ－x)(1－cos θ－x)＋(sin θ－x－1)(－sin θ－x－1)＝(1－x)2－cos2θ＋(－x－1)2－sin2θ＝2x2＋1≥1，当且仅当x＝0时，等号成立，故选A.
5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝5，a＝3，cos(B－A)＝，则△ABC的面积为( )
A. B．
C．5 D．2
解析：选C 如图所示，在边AC上取点D使∠A＝∠ABD，则cos∠DBC＝cos(∠ABC－∠A)＝，设AD＝DB＝x，在△BCD
中，由余弦定理得，(5－x)2＝9＋x2－2×3x×，解得x＝3.故BD＝BC，在等腰三角形BCD中，DC边上的高为2，所以S△ABC＝×5×2＝5，故选C.
6．已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝1，cos Bsin C＋(a－sin B)cos(A＋B)＝0.
(1)求角C的大小；
(2)求△ABC面积的最大值．
解：(1)由cos Bsin C＋(a－sin B)cos(A＋B)＝0，
可得cos Bsin C－(a－sin B)cos C＝0，
即sin(B＋C)＝acos C，sin A＝acos C，即＝cos C.
因为＝＝sin C，
所以cos C＝sin C，
即tan C＝1，C＝.
(2)由余弦定理得12＝a2＋b2－2abcos＝a2＋b2－ab，
所以a2＋b2＝1＋ab≥2ab，ab≤＝，当且仅当a＝b时取等号，所以S△ABC＝absin C≤××＝.所以△ABC面积的最大值为.
C组——创新应用练
1．已知△ABC的三个内角为A，B，C，重心为G，若2sin A·＋sin B·＋3sin C·＝0，则cos B＝________.
解析：设a，b，c分别为角A，B，C所对的边，由正弦定理得2a·＋b·＋3c·＝0，则2a·＋b·＝－3c·＝－3c(－－)，即(2a－3c)＋(b－3c)＝0.又，不共线，所以由此得2a＝b＝3c，所以a＝b，c＝b，于是由余弦定理得cos B＝＝.
答案：
2．对任意两个非零的平面向量α和β，定义α∘β＝.若平面向量a，b满足|a|≥|b|>0，a
与b的夹角θ∈，且a∘b和b∘a都在集合中，则a∘b＝________.
解析：a∘b＝＝＝，①
b∘a＝＝＝.②
∵θ∈，∴0，∴0<≤1.
∴00)的图象向左平移个单位长度，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)＝＝cos ωx－sin ωx＝2cos(ω>0)，将函数f(x)＝2cos(ω>0)的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为y＝2cos＝2cos.因为y＝2cos为偶函数，所以＋＝kπ(k∈Z)．即ω＝(k∈Z)．
又ω>0，所以ω的最小值是.
答案：
4．在平面直角坐标系xOy中，Ω是一个平面点集，如果存在非零平面向量a，对于任意P∈Ω，均有Q∈Ω，使得＝＋a，则称a为平面点集Ω的一个向量周期．现有以下四个命题：
①若平面点集Ω存在向量周期a，则ka(k∈Z，k≠0)也是Ω的向量周期；
②若平面点集Ω形成的平面图形的面积是一个非零常数，则Ω不存在向量周期；
③若平面点集Ω＝{(x，y)|x＞0，y＞0}，则b＝(1,2)为Ω的一个向量周期；
④若平面点集Ω＝{(x，y)|[y]－[x]＝0}([m]表示不大于m的最大整数)，则c＝(1,1)为Ω的一个向量周期．
其中真命题是________(填序号)．
解析：对于①，取Ω＝{(x，y)|x＞0，y＞0}，a＝(1,0)，则a为Ω的向量周期，但－a＝(－1,0)不是Ω的向量周期，故①是假命题；
易知②是真命题；
对于③，任取点P(xP，yP)∈Ω，则存在点Q(xP＋1，yP＋2)∈Ω，所以b是Ω的一个向量周期，故③是真命题；
对于④，任取点P(xP，yP)∈Ω，则[yP]－[xP]＝0，存在点Q(xP＋1，yP＋1)，所以[yP＋1]－[xP＋1]＝[yP]＋1－([xP]＋1)＝0，所以Q∈Ω，所以c是Ω的一个向量周期，故④是真命题．
综上，真命题为②③④.
答案：②③④
5．已知函数f(x)＝2sincos，过A(t，f(t))，B(t＋1，f(t＋1))两点的直线的斜率记为g(t)．
(1)求函数g(t)的解析式及单调递增区间；
(2)若g(t0)＝，且t0∈，求g(t0＋1)的值．
解：(1)易知f(x)＝2sincos＝sin，
所以g(t)＝＝f(t＋1)－f(t)＝sin－sin＝cos－sin＝cos.
令2kπ－π≤t＋≤2kπ，k∈Z，得6k－≤t≤6k－，k∈Z，所以函数g(t)＝cos
的单调递增区间为，k∈Z.
(2)由题意得g(t0)＝cos＝，t0∈，
所以t0＋∈，
所以sin＝，
所以g(t0＋1)＝cos＝cos＝cos－sin＝×－×＝.
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．(2018·金华期末)函数y＝2sin2－1是( )
A．最小正周期为π的奇函数
B．最小正周期为2π的奇函数
C．最小正周期为π的偶函数
D．最小正周期为2π的偶函数
解析：选A 因为函数y＝2sin2－1＝－＝－cos＝－sin 2x，所以函数是最小正周期为＝π的奇函数．
2．已知向量a＝(1,2)，b＝(－2，m)，若a∥b，则|2a＋3b|＝( )
A. B．4
C．3 D．2
解析：选B 依题意得，＝，所以m＝－4,2a＋3b＝2(1,2)＋3(－2，－4)＝(－4，－8)，故|2a＋3b|＝＝4.
3．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 B(1＋2cos C)＝2sin Acos C＋cos Asin C，则下列等式成立的是( )
A．a＝2b B．b＝2a
C．A＝2B D．B＝2A
解析：选A 由题意可知sin B＋2sin Bcos C＝sin Acos C＋sin(A＋C)，即2sin Bcos C＝sin Acos C，又cos C≠0，故2sin B＝sin A，由正弦定理可知a＝2b.
4．(2018·柯桥区二模)已知不共线的两个非零向量a，b，满足|a＋b|＝|2a－b|，则( )
A．|a|<|2b| B．|a|>|2b|
C．|b|<|a－b| D．|b|>|a－b|
解析：选A ∵|a＋b|＝|2a－b|，
∴a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，
∴6a·b＝3a2，
∴a2＝2a·b，
|a|2＝2|a|×|b|cos θ，其中θ为a、b的夹角；
∴|a|＝2|b|cos θ，
又a，b是不共线的两个非零向量，
∴|a|<|2b|.
5．(2019届高三·镇海中学检测)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知b－c＝a,2sin B＝3sin C，则cos A＝( )
A．－ B．
C． D．
解析：选A 在△ABC中，∵b－c＝a,2sin B＝3sin C，利用正弦定理可得2b＝3c，则a＝2c，b＝c.
再由余弦定理可得
cos A＝＝＝－.
6．(2018·浦江模拟)已知平面向量a，b，c，满足＋＝，且|a|＋|b|＋|c|＝4，则c·(a＋b)的最大值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 由＋＝，可得a与b夹角为120°，且c与a，b成等角，均为60°，
设|a|＝a，|b|＝b，|c|＝c，
由|a|＋|b|＋|c|＝4，得a＋b＋c＝4，则0a，c>b，
∴·＋·＋·
＝accos(π－B)＋abcos(π－C)＋bccos(π－A)<－abcos B－abcos C－abcos A
＝－ab(cos B＋cos C＋cos A)
＝－ab[cos A＋cos B－cos(A＋B)]
＝－ab(cos A＋cos B－cos Acos B＋sin Asin B)
＝－ab[cos A＋cos B(1－cos A)＋sin Asin B]．
∵A，B是锐角，
∴cos A>0，cos B>0，且1－cos A>0，sin Asin B>0，
∴·＋·＋·<0.
9．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象在y轴右侧的第一个最高点为P，在原点右侧与x轴的第一个交点为Q，则f的值为( )
A．1 B．
C． D．
解析：选C 由题意得＝－＝，所以T＝π，所以ω＝2，则f(x)＝sin(2x＋φ)，将点P代入f(x)＝sin(2x＋φ)，得sin＝1，所以φ＝＋2kπ(k∈Z)．又|φ|<，所以φ＝，即f(x)＝sin(x∈R)，所以f＝sin＝sin＝，选C.
10．(2018·宁波模拟)已知O为锐角△ABC的外心，||＝3，||＝2，若＝x＋y，且9x＋12y＝8，记I1＝·，I2＝·，I3＝·，则( )
A．I2AC>AB.
在△ABC中，由大边对大角得，∠BAC>∠ABC>∠ACB，∴∠BOC>∠AOC>∠AOB，
∵||＝||＝||，且余弦函数在(0，π)上为减函数，
∴·<·<·，即I20，
故λ＋μ在上是增函数，
∴当θ＝0，即cos θ＝1时，λ＋μ取最小值为＝.
答案：[0,1]
三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
18．(本小题满分14分)(2018·杭州期中)在平面直角坐标系xOy中，A(1,0)，B(0，1)，C(2,5)，D是AC上的动点，满足AD＝λAC (λ∈R)．
(1)求的值；
(2)求cos∠BAC；
(3)若BD⊥BA，求实数λ的值．
解：(1)∵2AB＋AC＝2(－1,1)＋(1,5)＝(－1,7)，
∴|2AB＋AC|＝＝5.
(2)cos∠BAC＝＝＝.
(3)∵AD＝λAC (λ∈R)．
∴BD＝AD－AB＝λAC－AB＝λ(1,5)－(－1,1)＝(λ＋1，5λ－1)．
∵BD⊥BA，∴(λ＋1)×1－(5λ－1)＝0.
解得λ＝.
19．(本小题满分15分)(2018·台州五月适应性考试)已知函数f(x)＝sin xcos x－sin2x＋，x∈R.
(1)求f(x)的单调递增区间及f(x)图象的对称轴方程；
(2)若α，β∈(0，π)，α≠β，且f(α)＝f(β)，求α＋β的值．
解：(1)f(x)＝sin xcos x－sin2x＋＝sin 2x＋cos 2x＝sin，
由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，
所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)．
由2x＋＝kπ＋(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，
故f(x)图象的对称轴方程为x＝＋(k∈Z)．
(2)由f(α)＝f(β)，得sin＝sin，
sin＝sin，
展开整理得，cossin(α－β)＝0.
因为α，β∈(0，π)，α≠β，所以sin(α－β)≠0，
所以cos＝0，
所以α＋β＋＝kπ＋(k∈Z)，
即α＋β＝kπ＋(k∈Z)．
因为α，β∈(0，π)，
所以0＜α＋β＜2π，
故α＋β＝或.
20．(本小题满分15分)(2018·杭州期末)设A是单位圆O和x轴正半轴的交点，P，Q是圆O上两点，O为坐标原点，∠AOP＝，∠AOQ＝α，α∈.
(1)若Q，求cos的值；
(2)设函数f(α)＝sin α·(OP·OQ)，求f(α)的值域．
解：(1)由已知得cos α＝，sin α＝，
∴cos＝×＋×＝.
(2)∵OP＝，OQ＝(cos α，sin α)，
∴OP·OQ＝cos α＋sin α，
∴f(α)＝sin αcos α＋sin2α＝sin 2α－cos2α＋＝sin＋.
∵α∈，
∴2α－∈，
∴当2α－＝－时，
f(α)取得最小值×＋＝0，
当2α－＝时，f(α)取得最大值×1＋＝.
∴f(α)的值域是.
21．(本小题满分15分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足2asin Csin B＝asin A＋bsin B－csin C.
(1)求角C的大小；
(2)若acos＝bcos(2kπ＋A)(k∈Z)且a＝2，求△ABC的面积．
解：(1)由2asin Csin B＝asin A＋bsin B－csin C及正弦定理，得2absin C＝a2＋b2－c2，
∴sin C＝，
∴sin C＝cos C，
∴tan C＝，∴C＝.
(2)由acos＝bcos(2kπ＋A)(k∈Z)，
得asin B＝bcos A，
由正弦定理得sin Asin B＝sin Bcos A，
∴sin A＝cos A，∴A＝，
根据正弦定理可得＝，解得c＝，
∴S△ABC＝acsin B＝×2×sin(π－A－C)＝sin＝.
22．(本小题满分15分)已知向量a＝(2,2)，向量b与向量a的夹角为，且a·b＝－2.
(1)求向量b；
(2)若t＝(1,0)，且b⊥t，c＝，其中A，B，C是△ABC的内角，若A，B，C依次成等差数列，试求|b＋c|的取值范围．
解：(1)设b＝(x，y)，则a·b＝2x＋2y＝－2，且|b|＝＝1＝ ，
联立方程组解得或
∴b＝(－1,0)或b＝(0，－1)．
(2)∵b⊥t，且t＝(1,0)，∴b＝(0，－1)．
∵A，B，C依次成等差数列，∴B＝.
∴b＋c＝＝(cos A，cos C)，
∴|b＋c|2＝cos2A＋cos2C＝1＋(cos 2A＋cos 2C)
＝1＋
＝1＋
＝1＋cos.
∵A∈，则2A＋∈，
∴－1≤cos<，
∴≤|b＋c|2<，
故≤|b＋c|<.
∴|b＋c|的取值范围为.
