三角函数与平面向量(共67页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上三角函数与平面向量第1讲三角函数的图象与性质高考定位三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容，主要从以下两个方面进行考查：1.三角函数的图象，主要涉及图象变换问题以及由图象确定解析式问题，主要以选择题、填空题的形式考查；2.利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等，主要以解答题的形式考查.真 题 感 悟1.(2016·全国卷)若将函数y2sin 2x的图象向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为()A.x(kZ) B.x(kZ)C.x(kZ) D.x(kZ)解析由题意将函数y2sin 2x的图象向左平移个单位长度后得到函数的解

2、析式为y2sin，由2xk得函数的对称轴为x(kZ)，故选B.答案B2.(2015·安徽卷)已知函数f(x)Asin(x)(A，均为正的常数)的最小正周期为，当x时，函数f(x)取得最小值，则下列结论正确的是()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)解析由于f(x)的最小正周期为，2，即f(x)Asin(2x)，又当x时，2x2k(kZ)，2k(kZ)，又>0，min，故f(x)Asin(2x).于是f(0)A，f(2)Asin(4)，f

3、(2)AsinAsin，又<4<4<<，其中f(2)AsinAsinAsin，f(2)AsinAsinAsin.又f(x)在内单调递增，f(2)<f(2)<f(0)，故选A.答案A3.(2016·浙江卷)设函数f(x)sin2xbsin xc，则f(x)的最小正周期()A.与b有关，且与c有关 B.与b有关，但与c无关C.与b无关，且与c无关 D.与b无关，但与c有关解析因为f(x)sin2xbsin xcbsin xc，其中当b0时，f(x)c，f(x)的周期为；b0时，f(x)的周期为2.即f(x)的周期与b有关但与c无关，故选B.答案B4.(

4、2016·全国卷)已知函数f(x)sin(x)，x为f(x)的零点，x为yf(x)图象的对称轴，且f(x)在上单调，则的最大值为()A.11 B.9 C.7 D.5解析因为x为f(x)的零点，x为f(x)的图象的对称轴，所以，得T(kZ)，则2k1(kZ)，又因为f(x)在上单调，所以，即12，又当k5时，11，f(x)在上不单调；当k4时，9，f(x)在上单调，满足题意.由此得的最大值为9，故选B.答案B考 点 整 合1.常用三种函数的易误性质函数ysin xycos xytan x图象单调性在(kZ)上单调递增；在(kZ)上单调递减在2k，2k(kZ)上单调递增；在2k，2k(k

5、Z)上单调递减在(kZ)上单调递增对称性对称中心：(k，0)(kZ)；对称轴：xk(kZ)对称中心：(kZ)；对称轴：xk(kZ)对称中心：(kZ)2.三角函数的常用结论(1)yAsin(x)，当k(kZ)时为奇函数；当k(kZ)时为偶函数；对称轴方程可由xk(kZ)求得.(2)yAcos(x)，当k(kZ)时为奇函数；当k(kZ)时为偶函数；对称轴方程可由xk(kZ)求得.(3)yAtan(x)，当k(kZ)时为奇函数.3.三角函数的两种常见变换热点一三角函数的图象 微题型1三角函数的图象变换【例11】 某同学用“五点法”画函数f(x)Asin(x)在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数

6、据，如下表： x02xAsin(x)0550(1)请将上表数据补充完整，填写在相应位置，并直接写出函数f(x)的解析式；(2)将yf(x)图象上所有点向左平行移动(>0)个单位长度，得到yg(x)的图象.若yg(x)图象的一个对称中心为，求的最小值.解(1)根据表中已知数据，解得A5，2，.数据补全如下表：x02xAsin(x)05050且函数表达式为f(x)5sin.(2)由(1)知f(x)5sin，得g(x)5sin.因为ysin x的对称中心为(k，0)，kZ.令2x2k，解得x，kZ.由于函数yg(x)的图象关于点成中心对称，令，解得，kZ.由>0可知，当k1时，取得最小值

7、.探究提高在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换.变换只是相对于其中的自变量x而言的，如果x的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向.微题型2由三角函数图象求其解析式【例12】 函数f(x)Asin(x)(A，为常数，A0，0，0)的图象如图所示，则f的值为_.解析根据图象可知，A2，所以周期T，由2.又函数过点，所以有sin1，而0.所以，则f(x)2sin，因此f2sin1.答案1探究提高已知图象求函数yAsin(A0，0)的解析式时，常用的方法是待定系数法.由图中的最高点、最低点或特殊点求A；由函数的周期确定；确定常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般

8、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.【训练1】 (2016·青岛模拟)已知函数f(x)Asin(x)(A0，0，|)的部分图象如图所示.(1)求函数f(x)的解析式；(2)将函数yf(x)的图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的倍，再把所得的函数图象向左平移个单位长度，得到函数yg(x)的图象，求函数g(x)在区间上的最小值.解(1)设函数f(x)的最小正周期为T，由题图可知A1，即T，所以，解得2，故f(x)sin(2x).由0sin可得k，kZ，即k，kZ，因为|，所以，故函数f(x)的解析式为f(x)sin.(2)根据条件得g(x)sin，当x

9、时，4x，所以当x时，g(x)取得最小值，且g(x)min.热点二三角函数的性质微题型1三角函数性质的应用【例21】 已知函数f(x)sin(x)cos(x)为奇函数，且函数yf(x)的图象的两相邻对称轴之间的距离为.(1)求f的值；(2)将函数yf(x)的图象向右平移个单位后，得到函数yg(x)的图象，求函数g(x)的单调递增区间.解(1)f(x)sin(x)cos(x)22sin.因为f(x)为奇函数，所以f(0)2sin0，又0|，可得，所以f(x)2sin x，由题意得2·，所以2.故f(x)2sin 2x.因此f2sin .(2)将f(x)的图象向右平移个单位后，得到f的图

10、象，所以g(x)f2sin2sin.当2k2x2k(kZ)，即kxk(kZ)时，g(x)单调递增，因此g(x)的单调递增区间为(kZ).探究提高对于函数yAsin(x)(A0，0)单调区间的求解，其基本方法是将x作为一个整体代入正弦函数增区间(或减区间)，求出的区间即为yAsin(x)的增区间(或减区间)，但是当A0，0时，需先利用诱导公式变形为yAsin(x)，则yAsin(x)的增区间即为原函数的减区间，减区间即为原函数的增区间.微题型2由三角函数的性质求参数【例22】 (1)(2015·湖南卷)已知>0，在函数y2sin x与y2cos x 的图象的交点中，距离最短的两个

11、交点的距离为2，则_.(2)设函数f(x)Asin(x)(A，是常数，A>0，>0).若f(x)在区间上具有单调性，且fff，则f(x)的最小正周期为_.解析(1)由得sin xcos x，tan x1，xk (kZ).>0，x (kZ).设距离最短的两个交点分别为(x1，y1)，(x2，y2)，不妨取x1，x2，则|x2x1|.又结合图形知|y2y1|2，且(x1，y1)与(x2，y2)间的距离为2，(x2x1)2(y2y1)2(2)2，(2)212，.(2)由f(x)在上具有单调性，得，即T；因为ff，所以f(x)的一条对称轴为x；又因为ff，所以f(x)的一个对称中心的

12、横坐标为.所以T，即T.答案(1)(2)探究提高此类题属于三角函数性质的逆用，解题的关键是借助于三角函数的图象与性质列出含参数的不等式，再根据参数范围求解.或者，也可以取选项中的特殊值验证.微题型3三角函数图象与性质的综合应用【例23】 设函数f(x)sin2x2sin x·cos xcos2x(xR)的图象关于直线x对称，其中，为常数，且.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若yf(x)的图象经过点，求函数f(x)在x上的值域.解(1)因为f(x)sin2x2sin x·cos xcos2xcos 2xsin 2x2sin，由直线x是yf(x)图象的一条对称轴，可得s

13、in±1，所以2k(kZ)，即(kZ).又，kZ，所以k1，故.所以f(x)的最小正周期是.(2)由yf(x)的图象过点，得f0，即2sin2sin，即.故f(x)2sin，x，x，函数f(x)的值域为1，2.探究提高求三角函数最值的两条思路：(1)将问题化为yAsin(x)B的形式，结合三角函数的性质或图象求解；(2)将问题化为关于sin x或cos x的二次函数的形式，借助二次函数的性质或图象求解.【训练2】 (2016·河南名校联考)已知函数f(x)cossin2xcos2x.(1)求函数f(x)的最小正周期及其图象的对称轴方程；(2)设函数g(x)f(x)2f(x)

14、，求g(x)的值域.解(1)f(x)cos 2xsin 2xcos 2xsin.则f(x)的最小正周期为，由2xk(kZ)，得x(kZ)，所以函数图象的对称轴方程为x(kZ).(2)g(x)f(x)2f(x)sin2sin.当sin时，g(x)取得最小值，当sin1时，g(x)取得最大值2，所以g(x)的值域为.1.已知函数yAsin(x)B(A0，0)的图象求解析式(1)A，B.(2)由函数的周期T求，.(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求.2.运用整体换元法求解单调区间与对称性类比ysin x的性质，只需将yAsin(x)中的“x”看成ysin x中的“x”，采用整体代入求解.(1)令x

15、k(kZ)，可求得对称轴方程；(2)令xk(kZ)，可求得对称中心的横坐标；(3)将x看作整体，可求得yAsin(x)的单调区间，注意的符号.3.函数yAsin(x)B的性质及应用的求解思路第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成yAsin(x)B(一角一函数)的形式；第二步：把“x”视为一个整体，借助复合函数性质求yAsin(x)B的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题.一、选择题1.(2016·山东卷)函数f(x)(sin xcos x)(cos xsin x)的最小正周期是()A. B.C. D.2解析f(x)2sin xcos x(cos2xsin2x)sin

16、 2xcos 2x2sin，T，故选B.答案B2.函数f(x)Asin(x)的部分图象如图所示，则将yf(x)的图象向右平移个单位后，得到的图象的解析式为()A.ysin 2x B.ycos 2xC.ysin D.ysin解析由图象知A1，T，T，2，由sin1，|得f(x)sin，则图象向右平移个单位后得到的图象的解析式为ysinsin.答案D3.(2016·太原模拟)已知函数f(x)sin(x)(0，0)的图象关于直线x对称，且f0，则取最小值时，的值为()A. B. C. D.解析由×，解得2，故的最小值为2.此时sin0，即sin0，又0，所以.答案D4.(2016

17、·北京卷)将函数ysin图象上的点P向左平移s(s0)个单位长度得到点P.若P位于函数ysin 2x的图象上，则()A.t，s的最小值为B.t，s的最小值为C.t，s的最小值为D.t，s的最小值为解析点P在函数ysin图象上，则tsinsin.又由题意得ysinsin 2x，故sk，kZ，所以s的最小值为.答案A5.(2016·唐山期末)已知函数f(x)sin xcos x(0)，ff0，且f(x)在区间上递减，则()A.3 B.2 C.6 D.5解析f(x)2sin，ff0.当x时，f(x)0.k，kZ，3k1，kZ，排除A、C；又f(x)在上递减，把2，5代入验证，可知

18、2.答案B二、填空题6.(2016·临沂模拟)若将函数f(x)sin的图象向右平移个单位，所得图象关于y轴对称，则的最小正值是_.解析f(x)sing(x)sinsin，关于y轴对称，即函数g(x)为偶函数，则2k(kZ)，(kZ)，显然，k1时，有最小正值.答案7.(2016·江苏卷)定义在区间0，3上的函数ysin 2x的图象与ycos x的图象的交点个数是_.解析在区间0，3上分别作出ysin 2x和ycos x的简图如下：由图象可得两图象有7个交点.答案78.(2015·天津卷)已知函数f(x)sin xcos x(0)，xR.若函数f(x)在区间(，)内

19、单调递增，且函数yf(x)的图象关于直线x对称，则的值为_.解析f(x)sin xcos xsin，因为f(x)在区间(，)内单调递增，且函数图象关于直线x对称，所以f()必为一个周期上的最大值，所以有·2k，kZ，所以22k，kZ.又()，即2，则2，所以.答案三、解答题9.已知函数f(x)4sin3xcos x2sin xcos xcos 4x.(1)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间；(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值.解f(x)2sin xcos xcos 4xsin 2xcos 2xcos 4xsin 4xcos 4xsin.(1)函数f(x)的最小正周期T.令

20、2k4x2k，kZ，得x，kZ.所以f(x)的单调递增区间为，kZ.(2)因为0x，所以4x.此时sin1，所以sin，即f(x).所以f(x)在区间上的最大值和最小值分别为，.10.设函数f(x)sinsin2xcos2x.(1)求f(x)的最小正周期及其图象的对称轴方程；(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)在区间上的值域.解(1)f(x)sin 2xcos 2xcos 2xsin 2xcos 2xsin.所以f(x)的最小正周期为T.令2xk(kZ)，得对称轴方程为x(kZ)，(2)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度，得到函数g(x)sinc

21、os 2x的图象，即g(x)cos 2x.当x时，2x，可得cos 2x，所以cos 2x，即函数g(x)在区间上的值域是.11.已知向量a(m，cos 2x)，b(sin 2x，n)，函数f(x)a·b，且yf(x)的图象过点和点.(1)求m，n的值；(2)将yf(x)的图象向左平移(0)个单位后得到函数yg(x)的图象，若yg(x)图象上各最高点到点(0，3)的距离的最小值为1，求yg(x)的单调递增区间.解(1)由题意知f(x)a·bmsin 2xncos 2x.因为yf(x)的图象经过点和，所以即解得m，n1.(2)由(1)知f(x) sin 2xcos 2x2si

22、n.由题意知g(x)f(x)2sin.设yg(x)的图象上符合题意的最高点为(x0，2)，由题意知x11，所以x00，即到点(0，3)的距离为1的最高点为(0，2).将其代入yg(x)得sin1，因为0，所以.因此g(x)2sin2cos 2x.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ，所以函数yg(x)的单调递增区间为，kZ.第2讲三角恒等变换与解三角形高考定位1.三角函数的化简与求值是高考的命题热点，其中同角三角函数的基本关系、诱导公式是解决计算问题的工具，三角恒等变换是利用三角恒等式(两角和与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式)进行变换，“角”的变换是三角恒等变换的核心；2.正弦定理与余弦定理

23、以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围问题.真 题 感 悟 1.(2016·全国卷)若tan ，则cos22sin 2()A. B. C.1 D.解析tan ，则cos22sin 2.答案A2.(2016·全国卷)ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若cos A，cos C，a1，则b_.解析在ABC中由cos A，cos C，可得sin A，sin C，sin Bsin(AC)sin Acos Ccos A·sin C，由正弦定理得b.答案3.(2015·全国卷)在平面四边形ABCD中，ABC75°

24、，BC2，则AB的取值范围是_.解析如图所示，延长BA，CD交于点E，则可知在ADE中，DAE105°，ADE45°，E30°，设ADx，则AEx，DEx，令CDm，BC2，·sin 15°1xm，0<x<4，而ABxmxxmx，AB的取值范围是(，).答案(，)4.(2016·全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(acos Bbcos A)c.(1)求C；(2)若c，ABC的面积为，求ABC的周长.解(1)由已知及正弦定理得，2cos C(sin Acos Bsin Bcos A)sin

25、 C，2cos Csin(AB)sin C，故2sin Ccos Csin C.可得cos C，所以C.(2)由已知，absin C，又C，所以ab6，由已知及余弦定理得，a2b22abcos C7，故a2b213，从而(ab)225.所以ABC的周长为5.考 点 整 合1.三角函数公式(1)同角关系：sin2cos21，tan .(2)诱导公式：对于“±，kZ的三角函数值”与“角的三角函数值”的关系可按下面口诀记忆：奇变偶不变，符号看象限.(3)两角和与差的正弦、余弦、正切公式：sin(±)sin cos ±cos sin ；cos(±)cos cos

26、 sin sin ；tan(±).(4)二倍角公式：sin 22sin cos ，cos 2cos2sin22cos2112sin2.2.正、余弦定理、三角形面积公式(1)2R(R为ABC外接圆的半径).变形：a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C；sin A，sin B，sin C；abcsin Asin Bsin C.(2)a2b2c22bccos A，b2a2c22accos B，c2a2b22abcos C；推论：cos A，cos B，cos C；变形：b2c2a22bccos A，a2c2b22accos B，a2b2c22abcos C.(3)SABCab

27、sin Cacsin Bbcsin A.热点一三角恒等变换及应用【例1】 (1)(2015·重庆卷)若tan 2tan ，则()A.1 B.2 C.3 D.4(2)已知为锐角，若cos，则cos_.(3)(2016·合肥质检)已知cos·cos，.则sin 2_.解析(1)3.(2)为锐角，cos0，为锐角，sin，则sin2sincos2××，又cossin，cos.(3)cos·coscos·sinsin，即sin.，2，cos，sin 2sinsincos cossin .答案(1)C(2)(3)探究提高1.解决三角函

28、数的化简求值问题的关键是把“所求角”用“已知角”表示(1)当已知角有两个时，“所求角”一般表示为“两个已知角”的和或差的形式；(2)当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”的和或差的关系，然后应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”.2.求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解.【训练1】 (1)已知sin 2，则cos2()A. B. C. D.(2)(2016·成都模拟)sin()且，则sin()A. B. C. D.(3)(2016·中山模拟)已知cos(2)，sin(2)，0，则_.解析(1)法一cos2(1sin 2).法二co

29、scos sin .所以cos2(cos sin )2(12sin cos )(1sin 2).(2)sin()sin ，又，cos .由cos 2cos21，得cos .所以sincos .(3)因为cos(2)，且2，所以sin(2).因为sin(2)，且2.所以cos(2)，所以cos()cos(2)(2)cos(2)cos(2)sin(2)sin(2)××.又，所以.答案(1)A(2)B(3)热点二正、余弦定理的应用微题型1三角形基本量的求解【例21】 (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：sin Asin

30、Bsin C；(2)若b2c2a2bc，求tanB.(1)证明根据正弦定理，可设k(k>0)，则aksin A，bksin B，cksin C.代入中，有，变形可得sin Asin Bsin Acos Bcos Asin Bsin(AB).在ABC中，由ABC，有sin(AB)sin(C)sin C.所以sin Asin Bsin C.(2)解由已知，b2c2a2bc，根据余弦定理，有cos A.所以sin A.由(1)，sin Asin Bsin Acos Bcos Asin B，所以sin Bcos Bsin B.故tan B4.探究提高1.解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二

31、次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则考虑两个定理都有可能用到.2.关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角恒等变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”.微题型2求解三角形中的最值问题【例22】 (2016·淄博模拟)已知a，b，c分别为ABC的内角A，B，C的对边，且acos Casin Cbc0.(1)求A；(2)若a2，求ABC面积的最大值.解(1)由acos Casin Cbc0及正弦定理得sin Acos Csin Asin

32、 Csin Bsin C0.因为BAC，所以sin Asin Ccos Asin Csin C0.易知sin C0，所以sin Acos A1，所以sin.又0A，所以A.(2)法一由(1)得BCCB，由正弦定理得，所以bsin B，csin C.所以SABCbcsin A×sin B×sin C·sin sin B·sin C·sin B·sinsin 2Bcos 2Bsin.易知2B，故当2B，即B时，SABC取得最大值，最大值为.法二由(1)知A，又a2，由余弦定理得22b2c22bccos ，即b2c2bc4bc4b2c22b

33、cbc4，当且仅当bc2时，等号成立.所以SABCbcsin A×bc×4，即当bc2时，SABC取得最大值，最大值为.探究提高求解三角形中的最值问题常用如下方法：(1)将要求的量转化为某一角的三角函数，借助于三角函数的值域求最值.(2)将要求的量转化为边的形式，借助于基本不等式求最值.微题型3解三角形与三角函数的综合问题【例23】 (2016·四川成都诊断二)已知向量m(2sin x，cos2xsin2x)，n(cos x，1)，其中0，xR.若函数f(x)m·n的最小正周期为.(1)求的值；(2)在ABC中，若f(B)2，BC，sin Bsin A，

34、求·的值.解(1)f(x)m·n2sin xcos xcos2xsin2xsin 2xcos 2x2sin.f(x)的最小正周期为，T.0，1.(2)设ABC中角A，B，C所对的边分别是a，b，c.f(B)2，2sin2，即sin1，解得B(B(0，).BC，a，sin Bsin A，ba，b3.由正弦定理，有，解得sin A.0A，A.C，ca.·cacos B××cos .探究提高解三角形与三角函数的综合题，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.【训练2】 (2016&

35、#183;浙江卷)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bc2acos B.(1)证明：A2B；(2)若ABC的面积S，求角A的大小.(1)证明由正弦定理得sin Bsin C2sin Acos B，故2sin Acos Bsin Bsin(AB)sin Bsin Acos Bcos Asin B，于是sin Bsin(AB).又A，B(0，)，故0AB，所以B(AB)或BAB，因此A(舍去)或A2B，所以A2B.(2)解由S得absin C，故有sin Bsin Csin 2Bsin Bcos B，因sin B0，得sin Ccos B.又B，C(0，)，所以C±

36、B.当BC时，A； 当CB时，A.综上，A或A.1.对于三角函数的求值，需关注：(1)寻求角与角关系的特殊性，化非特殊角为特殊角，熟练准确地应用公式；(2)注意切化弦、异角化同角、异名化同名、角的变换等常规技巧的运用；(3)对于条件求值问题，要认真寻找条件和结论的关系，寻找解题的突破口，对于很难入手的问题，可利用分析法.2.三角形中判断边、角关系的具体方法：(1)通过正弦定理实施边角转换；(2)通过余弦定理实施边角转换；(3)通过三角变换找出角之间的关系；(4)通过三角函数值符号的判断以及正、余弦函数的有界性进行讨论；(5)若涉及两个(或两个以上)三角形，这时需作出这些三角形，先解条件多的三角

37、形，再逐步求出其他三角形的边和角，其中往往用到三角形内角和定理，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)求解.3.解答与三角形面积有关的问题时，如已知某一内角的大小或三角函数值，就选择Sabsin C来求面积，再利用正弦定理或余弦定理求出所需的边或角.一、选择题1.已知R，sin 2cos ，则tan 2等于()A. B. C. D.解析sin 2cos ，sin2 4sin ·cos 4cos2.用降幂公式化简得4sin 23cos 2，tan 2.故选C.答案C2.(2016·宁波二模)已知锐角ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，23cos2Acos 2

38、A0，a7，c6，则b()A.10 B.9 C.8 D.5解析化简23cos2Acos 2A0，得23cos2A2cos2A10，又角A为锐角，解得cos A，由a2b2c22bccos A，得b5.答案D3.(2016·全国卷)在ABC中，B，BC边上的高等于BC，则cos A()A. B. C. D.解析设BC边上的高AD交BC于点D，由题意B，BDBC，DCBC，tanBAD1，tanCAD2，tan A3，所以cos A.答案C4.(2014·新课标全国卷)设，且tan ，则()A.3 B.2C.3 D.2解析由tan 得，即sin cos cos cos sin

39、，sin()cos sin.，由sin()sin，得，2.答案B5.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若c2(ab)26，C，则ABC的面积是()A.3 B.C. D.3解析c2(ab)26，即c2a2b22ab6.C，由余弦定理得c2a2b2ab，由和得ab6，SABCabsin C×6×，故选C.答案C二、填空题6.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知ABC的面积为3，bc2，cos A，则a的值为_.解析cos A，0A，sin A，SABCbcsin Abc×3，bc24，又bc2，b22bcc24，b2c252，由余

40、弦定理得，a2b2c22bccos A522×24×64，a8.答案87.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD_m.解析在ABC中，AB600，BAC30°，ACB75°30°45°，由正弦定理得，即，所以BC300.在RtBCD中，CBD30°，CDBCtanCBD300·tan 30°100.答案1008.(2016

41、3;南昌模拟)若ABC的内角满足sin Asin B2sin C，则cos C的最小值是_.解析sin Asin B2sin C.由正弦定理可得ab2c，即c，cos C，当且仅当3a22b2即时等号成立.cos C的最小值为.答案三、解答题9.(2016·北京卷)在ABC中，a2c2b2ac.(1)求角B的大小；(2)求cos Acos C的最大值.解(1)由a2c2b2ac得a2c2b2ac.由余弦定理得cos B.又0B，所以B.(2)ACB，所以CA，0A.所以cos Acos Ccos Acoscos Acoscos Asin sin Acos Acos Asin Asin

42、 Acos Asin，0A，A，故当A，即A时，cos Acos C取得最大值为1.10.在ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c.已知cos 2A3cos(BC)1.(1)求角A的大小；(2)若ABC的面积S5，b5，求sin Bsin C的值.解(1)由cos 2A3cos(BC)1，得2cos2A3cos A20，即(2cos A1)(cos A2)0，解得cos A或cos A2(舍去)，因为0A，所以A.(2)由Sbcsin Abc·bc5，得bc20，又b5，知c4，由余弦定理得a2b2c22bccos A25162021，故a.又由正弦定理得sin Bsin C

43、sin A·sin Asin2A×.11.(2015·山东卷)设f(x)sin xcos xcos2.(1)求f(x)的单调区间；(2)在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若f0，a1，求ABC面积的最大值.解(1)由题意知f(x)sin 2x.由2k2x2k，kZ, 可得kxk，kZ；由2k2x2k，kZ， 可得kxk，kZ.所以f(x)的单调递增区间是(kZ)；单调递减区间是(kZ).(2)由fsin A0，得sin A，由题意知A为锐角，所以cos A.由余弦定理a2b2c22bccos A，可得1bcb2c22bc，即bc2，当且仅当bc时

44、等号成立.因此bcsin A.所以ABC面积的最大值为.第3讲平面向量高考定位1.以选择题、填空题的形式考查向量的线性运算，多以熟知的平面图形为背景，难度中低档；2.以选择题、填空题的形式考查平面向量的数量积，多考查角、模等问题，难度中低档；3.向量作为工具常与三角函数、解三角形、不等式、解析几何等结合，以解答题形式出现.真 题 感 悟 1.(2016·北京卷)设a，b是向量，则“|a|b|”是“|ab|ab|”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件解析若|a|b|成立，则以a，b为邻边构成的四边形为菱形，ab，ab表示该菱形的对角

45、线，而菱形的对角线不一定相等，所以|ab|ab|不一定成立；反之，若|ab|ab|成立，则以a，b为邻边构成的四边形为矩形，而矩形的邻边不一定相等，所以|a|b|不一定成立，所以“|a|b|”是“|ab|ab|”的既不充分也不必要条件.答案D2.(2016·山东卷)已知非零向量m，n满足4|m|3|n|，cosm，n.若n(tmn)，则实数t的值为()A.4 B.4 C. D.解析n(tmn)，n·(tmn)0，即t·m·nn20，t|m|n|cosm，n|n|20，由已知得t×|n|2×|n|20，解得t4，故选B.答案B3.(20

46、15·四川卷)设四边形ABCD为平行四边形，|6，|4，若点M，N满足3，2，则·()A.20 B. 15C.9 D.6解析，·(43)·(43)(16292)(16×629×42)9，选C.答案C4.(2016·全国卷)设向量a(m，1)，b(1，2)，且|ab|2|a|2|b|2，则m_.解析由|ab|2|a|2|b|2，得ab，所以m×11×20，得m2.答案2考 点 整 合1.平面向量的两个重要定理(1)向量共线定理：向量a(a0)与b共线当且仅当存在唯一一个实数，使ba.(2)平面向量基本定理：

47、如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对这一平面内的任一向量a，有且只有一对实数1，2，使a1e12e2，其中e1，e2是一组基底.2.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)ababx1y2x2y10.(2)aba·b0x1x2y1y20.3.平面向量的三个性质(1)若a(x，y)，则|a|.(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|.(3)若a(x1，y1)，b(x2，y2)，为a与b的夹角，则cos .4.平面向量的三个锦囊(1)向量共线的充要条件：O为平面上一点，则A，B，P三点共线的充要条件是12(其中121).(2)

48、三角形中线向量公式：若P为OAB的边AB的中点，则向量与向量，的关系是().(3)三角形重心坐标的求法：G为ABC的重心0G.热点一平面向量的有关运算 微题型1平面向量的线性运算【例11】 (1)设D，E分别是ABC的边AB，BC上的点，ADAB，BEBC.若12(1，2为实数)，则12的值为_.(2)已知菱形ABCD的边长为2，BAD120°，点E，F分别在边BC，DC上，BC3BE，DCDF.若·1，则的值为_.解析(1)()，12，1，2，故12.(2)法一如图，所以···22×2×2×cos 120

49、6;1，解得2.法二建立如图所示平面直角坐标系.由题意知：A(0，1)，C(0，1)，B(，0)，D(，0).由BC3BE，DCDF，可求点E，F的坐标分别为E，F，··21，解得2.答案(1)(2)2探究提高用平面向量基本定理解决此类问题的关键是先选择一组基底，并运用平面向量的基本定理将条件和结论表示成基底的线性组合，再通过对比已知等式求解.微题型2平面向量的坐标运算【例12】 (1)(2016·全国卷)已知向量a(1，m)，b(3，2)，且(ab)b，则m()A.8 B.6 C.6 D.8(2)(2016·全国卷)已知向量，则ABC()A.30° B.45° C.60° D.120°解析(1)由题知ab(4，m2)，因为(ab)b，所以(ab)·b0，即4×3(2)×(