浙江省2016届高三数学专题复习 专题二 三角函数与平面向量 理

1、专题二三角函数与平面向量真题体验引领卷一、选择题1(2021全国卷)sin 20cos 10cos 160sin 10()Aeq f(r(3),2) B.eq f(r(3),2)Ceq f(1,2) D.eq f(1,2)2(2021全国卷)假设tan 0，那么()Asin 0 Bcos 0Csin 20 Dcos 203(2021全国卷)设D为ABC所在平面内一点，eq o(BC,sup6()3eq o(CD,sup6()，那么()A.eq o(AD,sup6()eq f(1,3)eq o(AB,sup6()eq f(4,3)eq o(AC,sup6()B.eq o(AD,sup6()eq

2、f(1,3)eq o(AB,sup6()eq f(4,3)eq o(AC,sup6()C.eq o(AD,sup6()eq f(4,3)eq o(AB,sup6()eq f(1,3)eq o(AC,sup6()D.eq o(AD,sup6()eq f(4,3)eq o(AB,sup6()eq f(1,3)eq o(AC,sup6() 4(2021江西高考)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，假设3a2b，那么eq f(2sin2Bsin2A,sin2A)的值为()Aeq f(1,9) B.eq f(1,3)C1 D.eq f(7,2)5(2021四川高考)平面向量a(1，2)，

3、b(4，2)，cmab(mR)，且c与a的夹角等于c与b的夹角，那么m()A2 B1C1 D26(2021全国卷)函数f(x)cos(x)的局部图象如下图，那么f(x)的单调递减区间为()A.eq blc(rc)(avs4alco1(kf(1,4)，kf(3,4)，kZB.eq blc(rc)(avs4alco1(2kf(1,4)，2kf(3,4)，kZC.eq blc(rc)(avs4alco1(kf(1,4)，kf(3,4)，kZD.eq blc(rc)(avs4alco1(2kf(1,4)，2kf(3,4)，kZ二、填空题7(2021天津高考)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，

4、b，c，ABC的面积为3eq r(15)，bc2，cos Aeq f(1,4)，那么a的值为_8(2021全国卷)在平面四边形ABCD中，ABC75，BC2，那么AB的取值范围是_9(2021浙江高考)e1，e2是空间单位向量，e1e2eq f(1,2)，假设空间向量b满足be12，be2eq f(5,2)，且对于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，那么x0_，y0_，|b|_.三、解答题10(2021全国卷)在ABC中，D是BC上的点，AD平分BAC，ABD面积是ADC面积的2倍(1)求eq f(sin B,sin C)；(2)假设AD1，DCeq

5、 f(r(2),2)，求BD和AC的长11(2021天津高考)函数f(x)sin2xsin2eq blc(rc)(avs4alco1(xf(,6)，xR.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间eq blcrc(avs4alco1(f(,3)，f(,4)上的最大值和最小值12(2021山东高考)设f(x)sin xcos xcos2eq blc(rc)(avs4alco1(xf(,4).(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.假设feq blc(rc)(avs4alco1(f(A,2)0，a1，求ABC面积的最大值专题二三角函数与平面向

6、量经典模拟演练卷一、选择题1(2021德州模拟)设向量a，b满足|ab|eq r(10)，|ab|eq r(6)，那么ab()A1 B2C3 D52(2021吉林实验中学三模)向量a(sin ，2)，b(1，cos )，且ab，那么sin 2cos2的值为()A1 B2C.eq f(1,2) D33(2021宁波三模)函数f(x)2sineq blc(rc)(avs4alco1(xf(,6)1(xR)图象的一条对称轴为x，其中为常数，且(1，2)，那么函数f(x)的最小正周期为()A.eq f(3,5) B.eq f(6,5)C.eq f(9,5) D.eq f(12,5)4(2021河北质检

7、)函数f(x)sin 2x的图象向左平移eq f(,6)个单位后，得到函数yg(x)的图象，以下关于yg(x)的说法正确的选项是()A图象关于点eq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)，0)中心对称B图象关于xeq f(,6)轴对称C在区间eq blcrc(avs4alco1(f(5,12)，f(,6)上单调递增D在区间eq blcrc(avs4alco1(f(,6)，f(,3)上单调递减5(2021南昌调研)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.假设c2(ab)26，Ceq f(,3)，那么ABC的面积是()A3 B.eq f(9r(3),2) C.eq f(3r(

8、3),2) D3eq r(3)6(2021湖州模拟)偶函数f(x)，当xeq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)时f(x)xsin x，设af(cos 1)，bf(cos 2)，cf(cos 3)，那么a，b，c的大小关系为()AababCcba Dacb二、填空题7(2021杭州高级中学模拟)将函数f(x)2sineq blc(rc)(avs4alco1(xf(,3)(0)的图象向右平移eq f(,3)个单位，得到函数yg(x)的图象，假设yg(x)在eq blcrc(avs4alco1(0，f(,4)上为增函数，那么的最大值为_8(2021德州模拟)向量eq o(AB,sup6

9、()与eq o(AC,sup6()的夹角为60，且|eq o(AB,sup6()|eq o(AC,sup6()|2，假设eq o(AP,sup6()eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()，且eq o(AP,sup6()eq o(BC,sup6()，那么实数的值为_9(2021嘉兴一中模拟)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，acb2a2，Aeq f(,6)，那么B_三、解答题10(2021武汉模拟改编)某同学用“五点法画函数f(x)Asin(x)eq blc(rc)(avs4alco1(0，|0)个单位长度，得到yg(x)的图象假设yg(x)图象的一个对称中心为eq

10、 blc(rc)(avs4alco1(f(5,12)，0)，求的最小值11(2021舟山中学调研)在ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，且3acos Accos Bbcos C.(1)求cos A的值；(2)假设a2eq r(3)，cos Bcos Ceq f(2r(3),3)，求边c.12(2021杭州学军中学模拟)函数f(x)eq r(3)sin xsineq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)x)cos2xeq f(1,2)(0)，其图象两相邻对称轴间的距离为eq f(,2).(1)求的值及f(x)的单调增区间；(2)设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且

11、ceq r(7)，f(C)0，假设向量m(1，sin A)与向量n(3，sin B)共线，求a，b的值专题二三角函数与平面向量专题过关提升卷第一卷(选择题)一、选择题1设D，E，F分别为ABC的三边BC，CA，AB的中点，eq o(EB,sup6()eq o(FC,sup6()()A.eq o(AD,sup6() B.eq f(1,2)eq o(AD,sup6()C.eq o(BC,sup6() D.eq f(1,2)eq o(BC,sup6() 2向量a(2，1)，ba(3，k23)，那么k2是ab的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件3|a|4，|b|1，且

12、a，beq f(2,3)，当|axb|取得最小值时，那么实数x的值为()A1 B1C2 D24sin cos eq f(r(3),2)，那么2cos2eq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)()A.eq f(3,4) B.eq f(5,4)Ceq f(3,4) Deq f(5,4)5(2021山东高考)菱形ABCD的边长为a，ABC60，那么eq o(BD,sup6()eq o(CD,sup6()()Aeq f(3,2)a2 Beq f(3,4)a2C.eq f(3,4)a2 D.eq f(3,2)a26(2021慈溪中学模拟)在平面直角坐标系中，O为原点，A(1，0)，B(0，e

13、q r(3)，C(3，0)，动点D满足|eq o(CD,sup6()|1，那么|eq o(OA,sup6()eq o(OB,sup6()eq o(OD,sup6()|的取值范围是()A4，6Beq r(19)1，eq r(19)1C2eq r(3)，2eq r(7) Deq r(7)1，eq r(7)17(2021四川高考)设四边形ABCD为平行四边形，|eq o(AB,sup6()|6，|eq o(AD,sup6()|4，假设点M，N满足eq o(BM,sup6()3eq o(MC,sup6()，eq o(DN,sup6()2eq o(NC,sup6()，那么eq o(AM,sup6()eq

14、 o(NM,sup6()()A20 B15 C9 D68假设a，b，c均为单位向量，且ab0，(ac)(bc)0，那么|abc|的最大值为()A.eq r(2)1 B1 C.eq r(2) D2第二卷(非选择题)二、填空题9sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)eq f(r(3),3)，且eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)，那么coseq blc(rc)(avs4alco1(f(,6)_10函数f(x)2cos(x)eq blc(rc)(avs4alco1(|0，将函数f(x)的图象向右平移eq

15、 f(,3)个单位，得函数yg(x)的图象，那么函数g(x)在0，上的最小值是_11.如图，在直角梯形ABCD中，ABCD，AB2，ADDC1，P是线段BC上一动点，Q是线段DC上一动点，eq o(DQ,sup6()eq o(DC,sup6()，eq o(CP,sup6()(1)eq o(CB,sup6()，那么eq o(AP,sup6()eq o(AQ,sup6()的取值范围是_12正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，那么eq o(AE,sup6()eq o(BD,sup6()_13(2021南京模拟)函数ycos x与ysin(2x)(00，所以eq blc(avs4alco1(si

16、n 0，,cos 0)或eq blc(avs4alco1(sin 0，,cos 0.应选C.3Aeq o(BC,sup6()3eq o(CD,sup6()，eq o(AC,sup6()eq o(AB,sup6()3(eq o(AD,sup6()eq o(AC,sup6()，即4eq o(AC,sup6()eq o(AB,sup6()3eq o(AD,sup6()，eq o(AD,sup6()eq f(1,3)eq o(AB,sup6()eq f(4,3)eq o(AC,sup6().4D由正弦定理得eq f(2sin2Bsin2A,sin2A)eq f(2b2a2,a2)，由得eq f(b,a

17、)eq f(3,2)，代入上式得结果为2eq f(9,4)1eq f(7,2).5D由于a(1，2)，b(4，2)，所以cmab(m4，2m2)，又由于c与a的夹角等于c与b的夹角，所以cosa，ccosb，c，也就是eq f(ac,|a|c|)eq f(bc,|b|c|)，那么eq f(m422m2,r(5)eq f(4m422m2,r(20)，解得m2.6D由函数的图象知eq f(T,2)eq f(5,4)eq f(1,4)1，T2，因此xAeq f(1,4)eq f(1,2)eq f(1,4)，xBeq f(1,4)eq f(1,2)eq f(3,4).所以f(x)的单调减区间为eq b

18、lc(rc)(avs4alco1(2kf(1,4)，2kf(3,4)，kZ.78cos Aeq f(1,4)，0A，sin Aeq f(r(15),4)，SABCeq f(1,2)bcsin Aeq f(1,2)bceq f(r(15),4)3eq r(15)，bc24，又bc2，b22bcc24，b2c252，由余弦定理得，a2b2c22bccos A52224eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)64，a8.8(eq r(6)eq r(2)，eq r(6)eq r(2)如图，作PBC，使BC75，BC2，作直线AD分别交线段PB、PC于A、D两点(不与端点重合)，且使BAD

19、75，那么四边形ABCD就是符合题意的四边形过C作AD的平行线交PB于点Q，在PBC中，APC30，由正弦定理，eq f(BC,sin 30)eq f(BP,sin 75)，那么BPeq r(6)eq r(2).在QBC中，QCB30，BQC75，由正弦定理，eq f(BQ,sin 30)eq f(BC,sin 75)，那么BQeq f(4,r(6)r(2)eq r(6)eq r(2).所以AB的取值范围为(eq r(6)eq r(2)，eq r(6)eq r(2)9122eq r(2)e1e2|e1|e2|cose1，e2eq f(1,2)，e1，e2eq f(,3).不妨设e1eq blc

20、(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(r(3),2)，0)，e2(1，0，0)，b(m，n，t)由题意知eq blc(avs4alco1(be1f(1,2)mf(r(3),2)n2，,be2mf(5,2)，)解得neq f(r(3),2)，meq f(5,2)，beq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)，f(r(3),2)，t).b(xe1ye2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)f(1,2)xy，f(r(3),2)f(r(3),2)x，t)，|b(xe1ye2)|2eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)f(x,2)y)eq sup1

21、2(2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)f(r(3),2)x)eq sup12(2)t2x2xyy24x5yt27eq blc(rc)(avs4alco1(xf(y4,2)eq sup12(2)eq f(3,4)(y2)2t2.由题意知，当xx01，yy02时，eq blc(rc)(avs4alco1(xf(y4,2)eq sup12(2)eq f(3,4)(y2)2t2取到最小值此时t21，故|b| eq r(blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)sup12(2)blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)sup12(2)t2)2eq r(2)

22、.10解(1)SABDeq f(1,2)ABADsinBAD，SADCeq f(1,2)ACADsinCAD.因为SABD2SADC，BADCAD，所以AB2AC.由正弦定理可得eq f(sin B,sin C)eq f(AC,AB)eq f(1,2).(2)因为SABDSADCBDDC，所以BDeq r(2).在ABD和ADC中，由余弦定理知AB2AD2BD22ADBDcosADB，AC2AD2DC22ADDCcosADC.故AB22AC23AD2BD22DC26，由(1)知AB2AC，所以AC1.11解(1)f(x)eq f(1cos 2x,2)eq f(1cosblc(rc)(avs4a

23、lco1(2xf(,3),2)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)cos 2xf(r(3),2)sin 2x)eq f(1,2)cos 2xeq f(r(3),4)sin 2xeq f(1,4)cos 2xeq f(1,2)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)所以f(x)的最小正周期Teq f(2,2).(2)因为f(x)在区间eq blcrc(avs4alco1(f(,3)，f(,6)上是减函数，在区间eq blcrc(avs4alco1(f(,6)，f(,4)上是增函数，且f eq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)

24、eq f(1,4)，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(,6)eq f(1,2)，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)eq f(r(3),4)，所以f(x)在区间eq blcrc(avs4alco1(f(,3)，f(,4)上的最大值为eq f(r(3),4)，最小值为eq f(1,2).12解(1)f(x)eq f(1,2)sin 2xeq f(1,2)eq blcrc(avs4alco1(1cosblc(rc)(avs4alco1(2xf(,2)eq f(1,2)sin 2xeq f(1,2)eq f(1,2)sin 2xsin 2xeq f(1,2).由2

25、keq f(,2)2x2keq f(,2)，kZ，得keq f(,4)xkeq f(,4)，kZ.由2keq f(,2)2x2keq f(3,2)，kZ，得keq f(,4)xkeq f(3,4)，kZ.所以f(x)的单调递增区间是eq blcrc(avs4alco1(f(,4)k，f(,4)k)(kZ)；单调递减区间是eq blcrc(avs4alco1(f(,4)k，f(3,4)k)(kZ)(2)由feq blc(rc)(avs4alco1(f(A,2)sin Aeq f(1,2)0，得sin Aeq f(1,2)，由题意知A为锐角，所以cos Aeq f(r(3),2).由余弦定理a2b

26、2c22bccos A，可得1eq r(3)bcb2c22bc，即bc2eq r(3)，当且仅当bc时等号成立因此eq f(1,2)bcsin Aeq f(2r(3),4).所以ABC面积的最大值为eq f(2r(3),4).经典模拟演练卷1A|ab|eq r(10)，|ab|eq r(6)，a2b22ab10，a2b22ab6，两式相减得：4ab4，ab1，应选A.2A由ab，知ab0，sin 2cos 0，那么tan 2.故sin 2cos2eq f(2sin cos cos2,sin2cos2)eq f(2tan 1,tan21)1.3Bf(x)的图象关于直线x对称，eq f(,6)ke

27、q f(,2)，那么keq f(2,3)，kZ.又10.f(x)在区间eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)上是增函数，由f(x)为偶函数，得yf(x)在区间eq blcrc(avs4alco1(f(,2)，0)上是减函数cos 1cos(1)，那么f(cos 1)feq blcrc(avs4alco1(cos1)又ycos x在区间eq blcrc(avs4alco1(0，)上是减函数，且312，那么1cos 3cos(1)cos 2fcos(1)f(cos 2)，即cab.72依题意g(x)2sin x，yg(x)在eq blcrc(avs4alco1(0，f(,4)上为增函

28、数，0 xeq f(,4)eq f(,2)，那么2，故的最大值为2.81由eq o(BC,sup6()eq o(AC,sup6()eq o(AB,sup6()且eq o(AP,sup6()eq o(BC,sup6()，eq o(AP,sup6()eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()，eq o(AP,sup6()eq o(BC,sup6()(eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()(eq o(AC,sup6()eq o(AB,sup6()0.因此eq o(AC,sup6()2eq o(AB,sup6()2(1)eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup

29、6()0，(*)又eq o(AB,sup6()，eq o(AC,sup6()60，|eq o(AB,sup6()|eq o(AC,sup6()|2.故(*)式化为44(1)22cos 600，解之得1.9.eq f(,3)由余弦定理，a2b2c22bccos A.a2b2c2eq r(3)bc.又acb2a2，eq r(3)bcacc2，即aeq r(3)bc.由正弦定理，得sin Aeq r(3)sin Bsin C又sin Csineq blc(rc)(avs4alco1(f(5,6)B)eq f(1,2)cos Beq f(r(3),2)sin B从而eq f(1,2)eq r(3)si

30、n Beq f(1,2)cos Beq f(r(3),2)sin Beq f(r(3),2)sin Beq f(1,2)cos B.sineq blc(rc)(avs4alco1(Bf(,6)eq f(1,2)，在ABC中，Beq f(,6)eq f(,6)，那么Beq f(,3).10解(1)根据表中数据，解得A5，2，eq f(,6).数据补全如下表：x0eq f(,2)eq f(3,2)2xeq f(,12)eq f(,3)eq f(7,12)eq f(5,6)eq f(13,12)Asin(x)05050且函数表达式为f(x)5sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,

31、6).(2)由(1)知f(x)5sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)，根据图象变换，得g(x)5sineq blc(rc)(avs4alco1(2x2f(,6).因为ysin x的对称中心为(k，0)，kZ.令2x2eq f(,6)k，解得xeq f(k,2)eq f(,12)，kZ.由于函数yg(x)的图象关于点eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,12)，0)成中心对称，令eq f(k,2)eq f(,12)eq f(5,12)，得eq f(k,2)eq f(,3)，kZ.由0可知，当k1时，取得最小值eq f(,6).11解(1)由正弦定理及3aco

32、s Accos Bbcos C得3sin Acos Asin Ccos Bsin Bcos Csin(BC)BCA，3sin Acos Asin A.又sin A0，从而cos Aeq f(1,3).(2)A(0，)，cos Aeq f(1,3)，sin Aeq f(2r(2),3)，又cos Bcos Ceq f(2r(3),3)，cos(AC)cos Ceq f(2r(3),3)，整理得cos Ceq r(2)sin Ceq r(3)，又sin2Ccos2C1，由，联立，得sin Ceq f(r(6),3)，由eq f(a,sin A)eq f(c,sin C)，得ceq f(asin C

33、,sin A)eq f(2r(3)f(r(6),3),f(2,3)r(2)3.12解(1)f(x)eq r(3)sin xcos xeq f(1cos 2x,2)eq f(1,2)eq f(r(3),2)sin 2xeq f(1,2)cos 2x1sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)1.因为函数图象两相邻对称轴间的距离为eq f(,2).f(x)的最小正周期T，又Teq f(2,2)，1，从而f(x)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)1，令2keq f(,2)2xeq f(,6)2keq f(,2)(kZ)，得keq f(,6)xkeq f

34、(,3)(kZ)，函数f(x)的单调增区间为eq blcrc(avs4alco1(kf(,6)，kf(,3)，kZ.(2)由(1)知：f(x)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)1所以sineq blc(rc)(avs4alco1(2Cf(,6)1，因为0C，所以eq f(,6)2Ceq f(,6)0，因此cos eq f(1,2)，且sin 0，所以2keq f(,3)，kZ，又|eq f(,2)，那么eq f(,3)，f(x)2coseq blc(rc)(avs4alco1(xf(,3)，根据图象平移变换，知g(x)2coseq blc(rc)(avs4alco1

35、(xf(2,3).又0 x，知eq f(2,3)xeq f(2,3)eq f(,3).g(x)的最小值为2coseq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)1.110，2建立如下图的直角坐标系，那么D(0，1)，C(1，1)，设Q(m，n)，由eq o(DQ,sup6()eq o(DC,sup6()得，(m，n1)(1，0)，即m，n1，又B(2，0)，设P(s，t)，由eq o(CP,sup6()(1)eq o(CB,sup6()得，(s1，t1)(1)(1，1)，即s2，t，所以eq o(AP,sup6()eq o(AQ,s

36、up6()(2)23，0，1，eq o(AP,sup6()eq o(AQ,sup6()0，2122法一eq o(AE,sup6()eq o(BD,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(o(AD,sup6()f(1,2)o(AB,sup6() )eq blc(rc)(avs4alco1(o(AD,sup6()o(AB,sup6() )eq o(AD,sup6()2eq f(1,2)eq o(AB,sup6()2022eq f(1,2)222.法二以A为原点建立平面直角坐标系(如图)那么A(0，0)，B(2，0)，C(2，2)，D(0，2)，E(1，2)eq o(AE,sup6()

37、(1，2)，eq o(BD,sup6()(2，2)从而eq o(AE,sup6()eq o(BD,sup6()1(2)222.13.eq f(,6)根据题意，将xeq f(,3)代入可得coseq f(,3)sineq blc(rc)(avs4alco1(2f(,3)eq f(1,2)，eq f(2,3)2keq f(,6)或eq f(2,3)2keq f(5,6)，kZ.又0，)，eq f(,6).143由G为重心，得eq o(AG,sup6()eq f(2,3)eq f(1,2)(ab)eq f(1,3)(ab)eq o(PG,sup6()eq o(AG,sup6()eq o(AP,sup

38、6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)m)aeq f(b,3)，eq o(GQ,sup6()eq o(AQ,sup6()eq o(AG,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(nf(1,3)beq f(1,3)a，又P、G、Q三点共线，eq f(f(1,3)m,f(1,3)eq f(f(1,3),nf(1,3)，即mn3mn.因此eq f(1,m)eq f(1,n)3.15100eq r(6)如下图，在ABC中，AB600，BAC30，ACB753045.由正弦定理，得eq f(BC,sinBAC)eq f(AB,sinACB)，BC600eq f(sin

39、30,sin 45)300eq r(2).在RtBCD中，CBD30，CDBCtanCBD300eq r(2)tan 30100eq r(6).16解(1)因为f(x)eq f(r(2),2)sin xeq f(r(2),2)(1cos x)sineq blc(rc)(avs4alco1(xf(,4)eq f(r(2),2)，所以f(x)的最小正周期为2.(2)因为x0，所以eq f(3,4)xeq f(,4)eq f(,4).当xeq f(,4)eq f(,2)，即xeq f(3,4)时，f(x)取得最小值所以f(x)在区间，0上的最小值为feq blc(rc)(avs4alco1(f(3,

40、4)1eq f(r(2),2).17解(1)因为meq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)，f(r(2),2)，n(sin x，cos x)，mn.所以mn0，即eq f(r(2),2)sin xeq f(r(2),2)cos x0，所以sin xcos x，所以tan x1.(2)因为|m|n|1，所以mncoseq f(,3)eq f(1,2)，即eq f(r(2),2)sin xeq f(r(2),2)cos xeq f(1,2)，所以sineq blc(rc)(avs4alco1(xf(,4)eq f(1,2)，因为0 xeq f(,2)，所以eq f(,4)xeq

41、 f(,4)eq f(,4).因此xeq f(,4)eq f(,6)，故xeq f(5,12).18解(1)由Aeq f(,4)，b2a2eq f(1,2)c2及正弦定理得sin2Beq f(1,2)eq f(1,2)sin2C.所以cos 2Bsin2C.又由Aeq f(,4)，得BCeq f(3,4).2Beq f(3,2)2C，那么cos 2Bcoseq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)2C)sin 2C.从而sin 2Csin2C，即2sin Ccos Csin2C.又sin C0，故tan C2.(2)由tan C2，C(0，)得sin Ceq f(2r(5),5)，cos Ceq f(r(5),5)，又因为sin Bsin(AC)sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)C)，所以sin Beq f(3r(10),10