【数学】2019届一轮复习全国通用版必考题讲座（二）三角函数、解三角形、平面向量及其应用学案

【数学】2019届一轮复习全国通用版必考题讲座（二）三角函数、解三角形、平面向量及其应用学案

高考必考题突破讲座(二)‎ 三角函数、解三角形、平面向量及其应用 题型特点 考情分析 命题趋势 从近几年的高考试题看，全国卷交替考查三角函数、解三角形．该部分解答题是高考得分的基本组成部分，考查的热点题型有：一是考查三角函数的图象变换以及单调性、最值等；二是考查解三角形问题；三是考查三角函数、解三角形与平面向量的交汇性问题.‎ ‎2017·江苏卷，16‎ ‎2017·浙江卷，18‎ ‎2017·北京卷，17‎ ‎2016·山东卷，17‎ 主要是在三角恒等变换的基础上融合正、余弦定理，在知识的交汇处命题仍然是命题的关注点.‎ 分值：12分 ‎　‎ ‎1．三角函数的图象和性质 注意对基本三角函数y＝sinx，y＝cosx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＝Asin(ωx＋φ)的形式，然后利用整体代换的方法求解．‎ ‎2．解三角形 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．‎ ‎3．三角函数与平面向量的综合 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．‎ ‎【例1】已知函数f(x)＝sincos－sin2.‎ ‎(1)求f(x)的最小正周期；‎ ‎(2)求f(x)在区间[－π，0]上的最小值．‎ 解析　f(x)＝×sinx－×＝sinx＋cosx－＝sin－.‎ ‎(1)f(x)的最小正周期为T＝＝2π.‎ ‎(2)因为－π≤x≤0，所以－≤x＋≤，‎ 当x＋＝－，即x＝－时，‎ f(x)取得最小值为－1－.‎ ‎【例2】(2016·四川卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＋＝.‎ ‎(1)证明：sinAsinB＝sinC；‎ ‎(2)若b2＋c2－a2＝bc，求tanB．‎ 解析　(1)证明：在△ABC中，根据正弦定理，‎ a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC．‎ 代入＋＝中，‎ 有＋＝，变形可得 sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)．‎ 在△ABC中，由A＋B＋C＝π，‎ 有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，‎ 所以sinAsinB＝sinC．‎ ‎(2)由已知b2＋c2－a2＝bc，根据余弦定理，有 cosA＝＝.‎ 所以sinA＝＝.‎ 由(1)知，sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB，‎ 所以sinB＝cosB＋sinB，‎ 故tanB＝＝4.‎ ‎【例3】(2017·江苏卷)已知向量a＝(cosx，sinx)，b＝(3，－)，x∈[0，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．‎ 解析　(1)因为a＝(cosx，sinx)，b＝(3，－)，a∥b，‎ 所以－cosx＝3sinx.‎ 所以tanx＝－.‎ 又x∈[0，π]，所以x＝.‎ ‎(2)f(x)＝a·b＝3cosx－sinx＝2cos.‎ 因为x∈[0，π]，所以x＋∈，‎ 从而－1≤cos≤.‎ 于是，当x＋＝，即x＝0时，f(x)取到最大值3；‎ 当x＋＝π，即x＝时，f(x)取到最小值－2.‎ ‎1．设函数f(x)＝－sin2ωx－sinωxcosωx(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.‎ ‎(1)求ω的值；‎ ‎(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值．‎ 解析　(1)f(x)＝－·－sin2ωx ‎＝cos2ωx－sin2ωx＝－sin.‎ 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，‎ 故该函数的周期T＝4×＝π.‎ 又ω>0，所以＝π，因此ω＝1.‎ ‎(2)由(1)知f(x)＝－sin.‎ 当π≤x≤时，≤2x－≤，‎ 由正弦曲线可知－＝sin≤sin≤sin＝1，‎ 所以－1≤f(x)≤，即f(x)在区间上的最大值和最小值分别为，－1.‎ ‎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，sinB＝.‎ ‎(1)求b和sinA的值；‎ ‎(2)求sin的值．‎ 解析　(1)在△ABC中，因为a>b，故由sinB＝，可得cosB＝.‎ 由已知和余弦定理，有b2＝a2＋c2－2accosB＝13，‎ 所以b＝.‎ 由正弦定理得sinA＝＝.‎ ‎(2)由(1)及ab＝，∴a＋c∈(，2]，即a＋c的取值范围是(，2]．‎ 课时达标　讲座(二)‎ ‎[解密考纲]近几年的高考全国卷交替考查三角函数、解三角形．该部分解答题是高考得分的基本组成部分，不能掉以轻心．该部分的解答题考查的热点题型有：一是考查三角函数的图象变换以及单调性、最值等；二是考查解三角形问题；三是考查三角函数、解三角形与平面向量的交汇性问题．在解题过程中要抓住平面向量作为解决问题的工具，要注意三角恒等变换公式的多样性和灵活性，注意题目中隐含的各种限制条件，选择合理的解决方法，灵活地实现问题的转化．‎ ‎1．(2018·江苏南京、盐城模拟)设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图所示．‎ ‎(1)求函数y＝f(x)的解析式；‎ ‎(2)当x∈时，求f(x)的取值范围．‎ 解析　(1)由图象知A＝2，又＝－＝，ω>0，‎ 所以T＝2π＝，解得ω＝1，所以f(x)＝2sin(x＋φ)．‎ 将点代入，得＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，‎ 即φ＝＋2kπ(k∈Z)，又－<φ<，所以φ＝.‎ 所以f(x)＝2sin.‎ ‎(2)当x∈时，x＋∈，‎ 所以sin∈，即f(x)∈[－，2]．‎ ‎2．(2017·北京卷)在△ABC中，∠A＝60°，c＝a.‎ ‎(1)求sinC的值；‎ ‎(2)若a＝7，求△ABC的面积．‎ 解析　(1)在△ABC中，因为∠A＝60°，c＝a，‎ 所以由正弦定理得sinC＝＝×＝.‎ ‎(2)因为a＝7，所以c＝×7＝3.‎ 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得72＝b2＋32－2b×3×，‎ 解得b＝8，‎ 所以△ABC的面积S＝bcsinA＝×8×3×＝6.‎ ‎3．四边形ABCD的内角A与C互补，且AB＝1，BC＝3，CD＝DA＝2.‎ ‎(1)求角C的大小和线段BD的长度；‎ ‎(2)求四边形ABCD的面积．‎ 解析　(1)∵A＋C＝π，∴cosA＝－cosC．‎ 在△BCD中，由余弦定理，得BD2＝32＋22－2×3×2×cosC＝13－12cosC，①‎ 在△ABD中，由余弦定理，得BD2＝12＋22－2×1×2×cosA＝5＋4cosC，②‎ 联立①②两式，解得BD＝，cosC＝.‎ 由于C∈(0，π)，∴C＝，BD＝.‎ ‎(2)∵A＋C＝π，C＝，∴sinA＝sinC＝.‎ 又四边形ABCD的面积SABCD＝S△ABD＋S△BCD ‎＝AB·ADsinA＋CB·CDsinC＝×(1＋3)＝2，‎ ‎∴四边形ABCD的面积为2.‎ ‎4．已知向量a＝(m，cos2x)，b＝(sin2x，n)，函数f(x)＝a·b，且y＝f(x)的图象过点和点.‎ ‎(1)求m，n的值；‎ ‎(2)将y＝f(x)的图象向左平移φ(0<φ<π)个单位后得到函数y＝g(x)的图象，若y＝g(x)图象上各最高点到点(0,3)的距离的最小值为1，求y＝g(x)的单调递增区间．‎ 解析　(1)由题意知f(x)＝a·b＝msin2x＋ncos2x.‎ 因为y＝f(x)的图象过点和.‎ 所以 即解得 ‎(2)由(1)知f(x)＝sin2x＋cos2x＝2sin.‎ 由题意知g(x)＝f(x＋φ)＝2sin.‎ 设y＝g(x)的图象上符合题意的最高点为(x0,2)，‎ 由题意知x＋1＝1，所以x0＝0，‎ 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＝1，‎ 因为0<φ<π，所以φ＝，‎ 因此g(x)＝2sin＝2cos2x.‎ 由2kπ－π≤2x≤2kπ，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ，k∈Z.‎ 所以函数y＝g(x)的单调递增区间为，k∈Z.‎ ‎5．(2018·湖北重点中学高三起点考试)已知f(x)＝a·b，其中a＝(2cosx，－sin2x)，b＝(cosx,1)，x∈R.‎ ‎(1)求f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)＝－1，a＝，且向量m＝(3，sinB)与n＝(2，sinC)共线，求边长b和c的值．‎ 解析　(1)由题意知f(x)＝2cos2x－sin 2x＝1＋2cos.‎ 令2kπ－π≤2x＋≤2kπ(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ－(k∈Z)，‎ ‎∴f(x)的单调递增区间为(k∈Z)．‎ ‎(2)∵f(A)＝1＋2cos＝－1，∴cos＝－1，‎ 又<‎2A＋<，∴‎2A＋＝π，即A＝.‎ 又∵a＝，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc＝.‎ ‎∵向量m＝(3，sinB)与n＝(2，sinC)共线，∴2sinB＝3sinC，‎ 由正弦定理得2b＝‎3c，则b＝，c＝1.‎ ‎6．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB＋bcosA＝‎ ‎2ccosA．‎ ‎(1)若△ABC的面积S＝，求证：a≥；‎ ‎(2)如图，在(1)的条件下，若M，N分别为AC，AB的中点，且＝，求b，c.‎ 解析　(1)证明：由acosB＋bcosA＝2ccosA及正弦定理可得 sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosA，‎ 即sin(A＋B)＝2sinCcosA，‎ 因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sinC≠0，‎ 所以cos A＝，又A∈(0，π)，∴A＝，‎ 由S＝bcsin A＝，可得bc＝2.‎ 在△ABC中，由余弦定理可得 a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝2，‎ 当且仅当b＝c＝时取等号，所以a≥.‎ ‎(2)因为M，N分别为AC，AB的中点，所以AM＝AC＝b，AN＝AB＝c，‎ 在△ABM中，由余弦定理可得BM2＝c2＋－bc，‎ 在△ACN中，由余弦定理可得CN2＝＋b2－bc，‎ 由＝可得c2＋－bc＝，‎ 整理得(c＋8b)(c－2b)＝0，所以c＝2b，又bc＝2可得b＝1，c＝2.‎