原创与经典大二轮参考答案

核心模块一三角函数、解三角形、平面向量微专题一三角化简与求值目标1三角函数定义的运用例1解析：(1)在△AOB中，由余弦定理得，AB2＝OA2＋OB2－2OA·OBcos∠AOB，所以cos∠AOB＝eq\f(OA2＋OB2－AB2,2OA·OB)＝eq\f(12＋12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2,2×1×1)＝eq\f(3,5)，即cosβ＝eq\f(3,5).(2)因为cosβ＝eq\f(3,5)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5).因为点A的横坐标为eq\f(5,13)，由三角函数定义可得，cosα＝eq\f(5,13).因为α为锐角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))2)＝eq\f(12,13)，所以cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)－eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝－eq\f(33,65)，sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(56,65)，所以点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(33,65)，\f(56,65))).点评：三角函数的定义主要可以沟通坐标与角之间的关系．这类问题在处理时，要把握清楚图形中的角与三角函数的定义角之间的关系．【思维变式题组训练】1.－eq\f(3,4)解析：设点B的纵坐标为m，则由题意m2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))2＝1，且m＞0，所以m＝eq\f(3,5)，故Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，\f(3,5))).根据三角函数的定义得tanα＝eq\f(\f(3,5),－\f(4,5))＝－eq\f(3,4).2.－eq\f(4,5)解析：联立直线与圆的方程可得，交点坐标为Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\f(2\r(5),5)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)，－\f(2\r(5),5)))，又β＝π＋α，所以sin(α＋β)＝sin(π＋2α)＝－sin2α＝－2×eq\f(\r(5),5)×eq\f(2\r(5),5)＝－eq\f(4,5).3.解析：(1)由已知条件即三角函数的定义可知cosα＝eq\f(\r(2),10)，cosβ＝eq\f(2\r(5),5).因为α为锐角，故sinα>0，从而sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(7\r(2),10).同理可得sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\f(\r(5),5)，因此tanα＝7，tanβ＝eq\f(1,2).所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(7＋\f(1,2),1－7×\f(1,2))＝－3.(2)tan(α＋2β)＝tan[(α＋β)＋β]＝eq\f(－3＋\f(1,2),1－－3×\f(1,2))＝－1.又0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，故0<α＋2β<eq\f(3π,2)，从而由tan(α＋2β)＝－1得α＋2β＝eq\f(3π,4).目标2已知三角函数值求值、求角例2解析：(1)由cosα＝eq\f(1,7)，0<α<eq\f(π,2)，得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))2)＝eq\f(4\r(3),7).所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(4\r(3),7)×7＝4eq\r(3)，于是tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×4\r(3),1－4\r(3)2)＝－eq\f(8\r(3),47).(2)由0<β<α<eq\f(π,2)，得0<α－β<eq\f(π,2).又因为cos(α－β)＝eq\f(13,14)，所以sin(α－β)＝eq\r(1－cos2α－β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,14)))2)＝eq\f(3\r(3),14).由β＝α－(α－β)得cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(1,7)×eq\f(13,14)＋eq\f(4\r(3),7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(1,2)，所以β＝eq\f(π,3).点评：根据已知三角函数求角的值的问题可以直接根据三角函数值计算出角的值，再进行运算求解(针对特殊角)；也可以计算出所求的角的三角函数值后再根据角的范围求出角的值．这类问题处理的细节是对角的所在区间的研究，从而控制解的个数．一般地，若α∈[0，π]，应该选择计算它的余弦值，若α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，应该选择计算它的正弦值，可以避免不必要的两解，如果题中所给出的部分角的正切值，也可以求出所求角的正切值．总之要根据角的范围合理选择正弦、余弦、正切，减少讨论．例3解析：(1)因为tanα＝eq\f(4,3)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)，所以sinα＝eq\f(4,3)cosα.因为sin2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝eq\f(9,25)，因此，cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,25).(2)因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)．又因为cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2α＋β)＝eq\f(2\r(5),5).因此tan(α＋β)＝－2.因为tanα＝eq\f(4,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(24,7)，因此tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq\f(tan2α－tanα＋β,1＋tan2αtanα＋β)＝－eq\f(2,11).【思维变式题组训练】1.eq\f(π,4)解析：依题意由tanα＝eq\f(1,7)，tanβ＝eq\f(1,3)，可知tanα＝eq\f(1,7)<eq\f(\r(3),3)，tanβ＝eq\f(1,3)<eq\f(\r(3),3).又α，β∈(0，π)，所以0<α<eq\f(π,6)，0<β<eq\f(π,6)，tan(α＋β)＝eq\f(\f(1,7)＋\f(1,3),1－\f(1,7)×\f(1,3))＝eq\f(1,2)，从而tan(α＋2β)＝eq\f(\f(1,2)＋\f(1,3),1－\f(1,2)×\f(1,3))＝1.又0<α<eq\f(π,6)，0<β<eq\f(π,6)，所以0<α＋2β<eq\f(π,2)，所以α＋2β＝eq\f(π,4).2.－eq\f(16,65)解析：由taneq\f(α,2)＝eq\f(1,2)得tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq\f(2×\f(1,2),1－\f(1,4))＝eq\f(4,3).又α∈(0，π)，所以sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝eq\f(3,5).由sin(α＋β)＝eq\f(5,13)<sinα，α，β∈(0，π)得α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cos(α＋β)＝－eq\f(12,13).所以cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝－eq\f(16,65).3.解析：解法一：由题知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)且α为锐角，从而sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(24,25)，cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－1＝2×eq\f(16,25)－1＝eq\f(7,25)，从而sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))coseq\f(π,4)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))sineq\f(π,4)＝eq\f(24,25)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(7,25)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(17\r(2),50).解法二：设α＋eq\f(π,6)＝t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，则cost＝eq\f(4,5)，其中α＝t－eq\f(π,6).因为cost＝eq\f(4,5)且t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，所以sint＝eq\f(3,5)，即cos2t＝2cos2t－1＝eq\f(32,25)－1＝eq\f(7,25)，sin2t＝2sintcost＝eq\f(24,25).因此sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t－\f(π,4)))＝eq\f(17\r(2),50).点评：对于给出已知角的三角函数值，求与之相关的角的三角函数值的问题，解法一是配凑整体代换，这样角的关系处理起来比较复杂，不如解法二的换元法容易操作．这类问题的细节是对角所在的区间的研究，避免出现不必要的讨论．4.解析：(1)解法一：因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4))).又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),10)))2)＝－eq\f(7\r(2),10).所以cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq\f(π,4)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sineq\f(π,4)＝－eq\f(7\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(3,5).解法二：由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)得，sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),10)，即sinα＋cosα＝eq\f(1,5).①又sin2α＋cos2α＝1.②由①②解得cosα＝－eq\f(3,5)或cosα＝eq\f(4,5).因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cosα＝－eq\f(3,5).(2)因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cosα＝－eq\f(3,5)，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5).所以sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－eq\f(24,25)，cos2α＝2cos2α－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))2－1＝－eq\f(7,25).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝sin2αcoseq\f(π,4)－cos2αsineq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,25)))×eq\f(\r(2),2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,25)))×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(17\r(2),50).目标3三角恒等变换例4证明：因为sin(α＋2β)＝eq\f(7,5)sinα，所以sin[(α＋β)＋β]＝eq\f(7,5)sin[(α＋β)－β]，所以sin(α＋β)cosβ＋cos(α＋β)sinβ＝eq\f(7,5)[sin(α＋β)cosβ－cos(α＋β)sinβ]，所以sin(α＋β)cosβ＝6cos(α＋β)sinβ.①因为α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋β∈(0，π)．若cos(α＋β)＝0，则由①得sin(α＋β)＝0，与α＋β∈(0，π)矛盾，所以cos(α＋β)≠0.由①两边同除以cos(α＋β)cosβ得tan(α＋β)＝6tanβ.点评：向量背景下的三角函数的问题主要有两种考查方式，一是给出向量的坐标，根据所给出的向量的关系再转化为三角函数的化简和求值问题；二是在三角形中给出向量的数量积之间的关系，转化为与向量夹角有关的三角函数的化简求值问题．处理这两种问题时要确保向量关系及运算的基本公式和定义运用正确．【思维变式题组训练】1.－eq\r(3)解析：由sin10°＋mcos10°＝2cos140°可得，m＝eq\f(2cos140°－sin10°,cos10°)＝eq\f(－2cos40°－sin10°,cos10°)＝eq\f(－2cos30°＋10°－sin10°,cos10°)＝eq\f(－\r(3)cos10°,cos10°)＝－eq\r(3).2.eq\f(6,13)解析：因为sinα＝－eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，所以cosα＝eq\f(3,5).由eq\f(sinα＋β,cosβ)＝2，得sin(α＋β)＝2cos[(α＋β)－α]，即eq\f(6,5)cos(α＋β)＝eq\f(13,5)sin(α＋β)，故tan(α＋β)＝eq\f(6,13).3.－eq\f(3,4)解析：eq\f(sin3α,sinα)＝eq\f(sinα＋2α,sinα)＝eq\f(sinαcos2α＋cosαsin2α,sinα)＝cos2α＋2cos2α＝4cos2α－1＝eq\f(13,5)，解得cos2α＝eq\f(9,10).因为α是第四象限角，所以cosα＝eq\f(3\r(10),10)，sinα＝－eq\f(\r(10),10)，所以tanα＝－eq\f(1,3)，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(3,4).微专题二三角函数的图象与性质目标1三角函数的周期性和对称性例1(1)eq\f(π,3)(2)π解析：(1)解法一：函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象上所有点向右平移eq\f(π,6)个单位长度后得到的图象解析式为g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))，由题意g(0)＝0，所以φ－eq\f(π,3)＝kπ，即φ＝kπ＋eq\f(π,3).又因为0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,3).解法二：平移后得到g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))，要使g(x)的图象关于原点对称，即φ－eq\f(π,3)＝kπ，解得φ＝kπ＋eq\f(π,3)，下同解法一．解法三：因为y＝sinx的对称中心为(kπ，0)，所以令2x＋φ＝kπ，解得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(φ,2).因为f(x)向右平移eq\f(π,6)个单位长度后所得函数图象关于原点对称，所以f(x)关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))对称，即x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(φ,2)＝－eq\f(π,6)，解得φ＝kπ＋eq\f(π,3)，下同解法一．【方法归类】对于f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象平移后图象关于y轴或原点对称处理方法有两种．一、若平移后所得函数解析式为y＝Asin(ωx＋φ＋θ)，要关于原点对称，则φ＋θ＝kπ；要关于y轴对称，则φ＋θ＝kπ＋eq\f(π,2).二、利用平移后的图象关于y轴或原点对称得到原函数的对称性，再利用y＝sinx的对称性去求解．(2)因为f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，故函数f(x)的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0)).由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))，可得函数f(x)的对称轴为x＝eq\f(7π,12).设f(x)的最小正周期为T，所以eq\f(T,2)≥eq\f(π,2)－eq\f(π,6)，即T≥eq\f(2π,3).所以eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(T,4)，即T＝π.点评：一般地，若函数有多重对称性，则该函数具有周期性且最小正周期为相邻对称轴距离的2倍，为相邻对称中心距离的2倍，为对称轴与其相邻对称中心距离的4倍．(注：如果遇到抽象函数给出类似性质，可以联想y＝sinx，y＝cosx的对称轴、对称中心和周期之间的关系)【思维变式题组训练】1.eq\f(π,3)解析：f(x)＝eq\r(3)cosx－sinx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，其图象向右平移θ个单位长度后得到g(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)－θ)).因为g(x)的图象关于x＝eq\f(π,6)对称，所以eq\f(π,6)＋eq\f(π,6)－θ＝kπ，即θ＝eq\f(π,3)－kπ，k∈Z.因为θ>0，故当k＝0时，θ＝eq\f(π,3).2.eq\f(π,12)解析：由f(x)的最小正周期大于2π，得eq\f(T,4)＞eq\f(π,2).又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，得eq\f(T,4)＝eq\f(11π,8)－eq\f(5π,8)＝eq\f(3π,4)，所以T＝3π，则eq\f(2π,ω)＝3π⇒ω＝eq\f(2,3)，所以f(x)＝2sin(ωx＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋φ)).由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(5π,8)＋φ))＝2⇒sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋φ))＝1，所以eq\f(5π,12)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z.又|φ|＜eq\f(π,2)，取k＝0，得φ＝eq\f(π,12).3.－2解析：由两函数的图象的对称轴完全相同知周期必须相同，所以ω＝2，f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))图象的一条对称轴为x＝eq\f(π,3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(π,3)＋φ))＝±1(0<φ<π)，得φ＝eq\f(π,3)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋\f(π,3)))＝－2.4.解析：当|f(x1)－f(x2)|＝2时，|x1－x2|的最小值为eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)，所以eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,3)，所以ω＝3.又因为角φ的终边经过点P(1，－1)，所以φ＝2kπ－eq\f(π,4)(k∈Z)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4))).故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－\f(π,4)))＝sineq\f(5π,4)＝－eq\f(\r(2),2).目标2三角函数的单调性和值域例2(1)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))(2)(－∞，1]解析：由题可知ω>0，因为函数y＝sinωx在区间[0,2π]上单调递增，所以ωx∈[0,2πω]⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，即2πω≤eq\f(π,2)，解得0<ω≤eq\f(1,4).(2)解法一：由题意得∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，f′(x)＝eq\f(sin2x－a－cosxcosx,sin2x)＝eq\f(1－acosx,sin2x)≥0，即∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，1－acosx≥0，也即∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(1,cosx)≥a，又eq\f(1,cosx)>1，故a≤1.解法二：设t＝taneq\f(x,2)∈(0,1)，则sinx＝eq\f(2t,1＋t2)，cosx＝eq\f(1－t2,1＋t2)，所以g(t)＝eq\f(a－\f(1－t2,1＋t2),\f(2t,1＋t2))＝eq\f(a1＋t2－1－t2,2t)＝eq\f(a－1＋a＋1t2,2t)＝eq\f(a－1,2t)＋eq\f(a＋1,2)t.因为t＝taneq\f(x,2)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故原函数要单调递增等价为g(t)在(0,1)上单调递增．即g′(t)＝eq\f(a＋1,2)－eq\f(a－1,2t2)≥0，当a－1>0，原不等式可化为eq\f(a＋1,a－1)≥eq\f(1,2t2)，此时不能够恒成立；当a＝1时，1≥0成立；当a<1时，原不等式可化为eq\f(a＋1,a－1)≤eq\f(1,2t2)，此时eq\f(a＋1,a－1)<0，而eq\f(1,2t2)>0，符合题意．综上，a≤1.点评：三角函数单调性的研究主要有三种类型：①将所给函数化归为y＝Asin(ωx＋φ)＋B，利用换元法以及y＝sinx的单调性研究；②用导数法；③用换元法转化为二次函数或分式函数后，先研究转化后的函数单调性，再结合复合函数单调性进行判断．综上，方法①和③都涉及换元法用复合函数进行研究，方法②用导数法主要针对无法化归和换元的函数，如分式函数等，这是研究函数单调性的主要方法．例3(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))(2)eq\r(2)－1解析：(1)依题意有f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx－\f(1,2)cosx))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＝sinxcosx－eq\f(\r(3),2)(cos2x－sin2x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).因为eq\f(π,6)≤x≤eq\f(5π,12)，所以0≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)，从而0≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1，所以函数f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1)).(2)设t＝sinx－cosx，则sinxcosx＝eq\f(1－t2,2)，所以y＝eq\f(1－\f(1－t2,2),t＋1)＝eq\f(1＋t2,2t＋1).又当0<x<π，t＝sinx－cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))∈(－1，eq\r(2)]，设u＝t＋1∈(0，eq\r(2)＋1]，则y＝eq\f(1,2)·eq\f(1＋u－12,u)＝eq\f(1,2)·eq\f(u2－2u＋2,u)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(u＋\f(2,u)－2))≥eq\f(2\r(2)－2,2)＝eq\r(2)－1，当且仅当u＝eq\r(2)时取等号．点评：三角函数的值域或最值的求解方法主要有三种：①将所给函数化归为y＝Asin(ωx＋φ)＋B，再令t＝ωx＋φ，再结合y＝sinx的图象求解．②换元法：若函数解析式存在“sinxcosx，sinx±cosx”可以考虑换元，转化为二次函数或分式函数；若函数解析式中存在“cos2x，sinx(或cosx)”也可以利用换元法转化为二次函数．③导数法：对于如y＝eq\f(2－sinx,cosx)，y＝sinx＋x这样的复杂函数可以求导数，研究其在给定区间上的单调性，再根据单调性求其值域．【思维变式题组训练】1.eq\f(3\r(3),2)解析：y′＝eq\f(21＋sinαcosαsin2α－1＋sinα22cos2α,sin2α2)＝eq\f(21＋sinα[cosαsin2α－1＋sinαcos2α],sin2α2)＝eq\f(21＋sinα[sin2α－α－1－2sin2α],sin2α2)＝eq\f(21＋sinα22sinα－1,sin2α2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2))).由y′＝eq\f(21＋sinα22sinα－1,sin2α2)＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))，得α＝eq\f(π,6)，列表：αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))eq\f(π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))y′－0＋y极小值所以当α＝eq\f(π,6)时，y的最小值为eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋sin\f(π,6)))2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6))))＝eq\f(3\r(3),2).2.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4)))解析：函数y＝cosx的单调增区间为[－π＋2kπ，2kπ]，k∈Z，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥－π＋2kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤2kπ，))k∈Z，解得4k－eq\f(5,2)≤ω≤2k－eq\f(1,4)，k∈Z.又由4k－eq\f(5,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)))≤0，k∈Z且2k－eq\f(1,4)＞0，k∈Z，得k＝1，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4))).3.解析：(1)因为f(x)＝3cos2x＋2eq\r(3)cosxsinx＋sin2x－2eq\r(3)sin2x＝eq\f(3,2)(1＋cos2x)＋eq\r(3)sin2x＋eq\f(1,2)(1－cos2x)－2eq\r(3)sin2x＝－eq\r(3)sin2x＋cos2x＋2＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))＋2.所以函数f(x)的最小值是0，此时2x＋eq\f(5π,6)＝2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，即x的取值集合为{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝kπ＋\f(π,3)，k∈Z)).(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，2x＋eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(11π,6)))，令－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(5π,6)≤eq\f(π,2)或eq\f(3π,2)≤2x＋eq\f(5π,6)≤eq\f(11π,6)，得－eq\f(π,2)≤x≤－eq\f(π,6)或eq\f(π,3)≤x≤eq\f(π,2).所以f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).目标3三角方程及三角函数零点例4(1)16解析：原函数的零点可看作函数f(x)＝sinπx与g(x)＝eq\f(1,x－1)的交点的横坐标，因为函数f(x)与g(x)均关于点(1,0)对称，所以由图象可得：在区间[0,2]上没有交点，在区间[2,10]上共有8个交点，在[－8,0]上共有8个交点，且8组都关于点(1,0)对称，故所有零点之和为16.点评：由于三角函数的图象具有对称性和周期性，所以对于在多个周期的零点个数问题可以利用图象和周期性来判断零点的个数，如果需要计算零点的和，可以利用对称轴或对称中心来计算．(2)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(4,3)))解析：解法1：当f(x)取零点时，x＝－eq\f(π,3ω)＋eq\f(kπ,ω)(k∈Z)，当x>0时的零点从小到大依次为x1＝eq\f(2π,3ω)，x2＝eq\f(5π,3ω)，x3＝eq\f(8π,3ω)，…所以满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3ω)≤2π，,\f(8π,3ω)>2π，))解得ω∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(4,3))).解法2：因为x∈[0,2π]，所以θ＝ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3)))，而函数y＝sinθ在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3)))上的2个零点只能为π，2π，故2π≤2πω＋eq\f(π,3)<3π，解得ω∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(4,3))).点评：有关于三角方程的问题如果可以直接求解，那么就直接解出，求解时要注意方程sinx＝a(a∈(－1,1))，其解有两组，因为sin(π－x)＝sinx；同理，因为cosx＝cos(－x)，所以cosx＝a(a∈(－1,1))．如果不能够直接解，那么可以利用数形结合思想，将方程根问题转化为函数图象交点的问题来研究，这种方法只适合研究解的个数，不能够求出解的值．本题也可变式为求方程sin3x＝sinx在区间(0,2π)内解的个数或者求方程sin3x＝cosx在区间(0,2π)内解的个数．(3)3解析：设点P(x0，y0)，则y0＝3eq\r(3)sinx0，因为x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以y0∈(0,3eq\r(3))，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝3\r(3)sinx，,y＝3cos2x＋2，))得3eq\r(3)sinx＝3cos2x＋2＝3(1－2sin2x)＋2，即6sin2x＋3eq\r(3)sinx－5＝0，则eq\f(2,9)(3eq\r(3)sinx0)2＋3eq\r(3)sinx0－5＝0，所以eq\f(2,9)yeq\o\al(2,0)＋y0－5＝0，化简得2yeq\o\al(2,0)＋9y0－45＝0，即(y0－3)(2y0＋15)＝0，解得y0＝－eq\f(15,2)(舍去)，y0＝3，所以点P到x轴的距离为3.【思维变式题组训练】1.eq\f(14π,3)解析：函数的周期为π，极值点为函数的最值点，结合函数的图象，所有极值点之和为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(3π,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(5π,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(7π,4)))＝eq\f(14π,3).2.30解析：在平面直角坐标系中作出函数y＝3sineq\f(πx,2)(0≤x≤10)及y＝1的图象(如图)，则它们有6个交点，其中点A，B关于直线x＝1对称，点C，D关于直线x＝5对称，点E，F关于直线x＝9对称，故所有的交点的横坐标之和为2＋10＋18＝30.3.－eq\f(\r(15),8)解析：sin2α＝eq\f(1,8)tanα⇒16sinαcosα＝eq\f(sinα,cosα)⇒16sinαcos2α＝sinα，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα>0,16sinαcos2α＝sinα⇒cos2α＝eq\f(1,16)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cosα<0，cosα＝－eq\f(1,4)，sinα＝eq\f(\r(15),4)，故sin2α＝2sincosα＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))×eq\f(\r(15),4)＝－eq\f(\r(15),8).点评：三角函数是以角为自变量的函数，因此解三角函数题，首先从角进行分析，善于用已知角表示所求角，即注重角的变换．角的变换涉及诱导公式、同角三角函数关系、两角和与差公式、二倍角公式、配角公式等，选用恰当的公式，是解决三角问题的关键，明确角的范围，开方时对正负取舍是解题正确的保证.对于三角函数来说，常常是先化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，再利用三角函数的性质求解．三角恒等变换要坚持结构同化原则，即尽可能地化为同角函数、同名函数、同次函数等，其中切化弦也是同化思想的体现；降次是一种三角变换的常用技巧，要灵活运用降次公式．本题首先确定得到a，b的可能取值，利用分类讨论的方法，进一步得到c的值，从而根据具体的组合情况，使问题得解．本题主要考查考生的逻辑思维能力、基本运算求解能力、数形结合思想、分类讨论思想等．微专题三解三角形目标1正、余弦定理的运用例1(1)eq\f(17\r(2),50)(2)eq\f(3\r(15),4)(3)9解析：(1)因为5a＝8b，所以由正弦定理可得5sinA＝8sinB，即sinA＝eq\f(8,5)sinB.因为A＝2B，所以sinA＝sin2B＝2sinBcosB，则eq\f(8,5)sinB＝2sinBcosB.因为sinB>0，所以cosB＝eq\f(4,5)，则sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(3,5)，故sinA＝eq\f(24,25).因为A＝2B，所以cosA＝cos2B＝2cos2B－1＝eq\f(7,25)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))＝sinAcoseq\f(π,4)－cosAsineq\f(π,4)＝eq\f(17\r(2),50).(2)解法1由题意设CD＝BD＝x，由余弦定理得cosC＝eq\f(9＋x2－4,2×3x)＝eq\f(9＋4x2－4,2×3×2x)，可得x＝eq\f(\r(10),2)且cosC＝eq\f(\r(10),4)，sinC＝eq\f(\r(6),4)，故S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BC·sinC＝eq\f(3\r(15),4).解法2由题意设CD＝BD＝x，由余弦定理得cos∠ADB＝－cos∠ADC，即eq\f(x2＋4－4,2×2×x)＝－eq\f(x2＋4－9,2×2×x)，解得x＝eq\f(\r(10),2)，以下同解法1.(3)由题意可知，S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，由角平分线性质和三角形面积公式得eq\f(1,2)acsin120°＝eq\f(1,2)a×1×sin60°＋eq\f(1,2)c×1×sin60°，化简得ac＝a＋c，eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝1，因此4a＋c＝(4a＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq\f(c,a)＋eq\f(4a,c)≥5＋2eq\r(\f(c,a)·\f(4a,c))＝9，当且仅当a＝eq\f(3,2)，c＝3时取等号．点评：高考中经常将三角变换与解三角形知识综合起来命题，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，考虑用正弦定理实现边角互化；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．而三角变换中主要是“变角、变函数名和变运算形式”，其中的核心是“变角”，即注意角之间的结构差异，弥补这种结构差异的依据就是三角公式．【思维变式题组训练】1.eq\f(π,6)解析：由正弦定理可得到sinAsinBcosC＋sinCsinBcosA＝eq\f(1,2)sinB.因为B∈(0，π)，所以sinB≠0，所以sinAcosC＋sinCcosA＝eq\f(1,2)，即sin(A＋C)＝sinB＝eq\f(1,2)，又a>b，则B＝eq\f(π,6).2.eq\f(60\r(2),17)解析：在△ABD，△ADC中，由正弦定理可得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD).又∠BAD＝∠CAD，∠ADB＋∠ADC＝π，所以有eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,CD)＝eq\f(12,5)，即BD＝eq\f(156,17)，故BC＝eq\f(65,17)＋eq\f(156,17)＝13.即AC2＋AB2＝144＋25＝169＝BC2，所以△ABC为直角三角形且A＝eq\f(π,2).在△ADC中，由正弦定理可得eq\f(CD,sin∠DAC)＝eq\f(AD,sinC)，即AD＝eq\f(12,13)×eq\f(\f(65,17),\f(\r(2),2))＝eq\f(60\r(2),17).3.解析：(1)在△ADC中，因为AD＝1，AC＝2，DC＝eq\f(1,2)BC＝2，所以由余弦定理，得cosC＝eq\f(AC2＋DC2－AD2,2AC·DC)＝eq\f(22＋22－12,2×2×2)＝eq\f(7,8).故在△ABC中，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝42＋22－2×4×2×eq\f(7,8)＝6，所以c＝eq\r(6).(2)因为AD为边BC上的中线，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，所以c2＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)c2＋eq\f(1,2)cbcosA，得c＝bcosA.则c＝b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，得b2＝c2＋a2，所以B＝90°.目标2三角形中的求值、求角问题例2解析：(1)tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq\f(4,3)，3sinα＝4cosα，9(1－cos2α)＝16cos2α，cos2α＝eq\f(9,25).又因为0<α<eq\f(π,2)，可得cosα＝eq\f(3,5).(2)由(1)可知，sinα＝eq\r(1－cosα)＝eq\f(4,5)，0<α<eq\f(π,2)<β<π，可得eq\f(π,2)<α＋β<eq\f(3π,2)，又因为sin(α＋β)＝eq\f(5,13)，可得cos(α＋β)＝－eq\f(12,13)，所以sinβ＝sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)－eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))＝eq\f(63,65)>eq\f(5,13).点评：三角形中的求值、求角问题主要是利用正、余弦定理化归条件，转化为三角的求值、求角问题．要注意三角形中角的范围限制以及sinA＝sin(B＋C)，cosA＝－cos(B＋C)，tanA＝－tan(B＋C)在求解中的使用．【思维变式题组训练】1.4解法1(正弦定理)根据正弦定理可得sinAcosB－sinBcosA＝eq\f(3,5)sinC，即5sinAcosB－5sinBcosA＝3sinC.又因为sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，所以2sinAcosB＝8cosAsinB.又因为A，B∈(0，π)，所以cosA≠0，cosB≠0，所以tanA＝4tanB，则eq\f(tanA,tanB)＝4.解法2(射影定理)因为acosB－bcosA＝eq\f(3,5)c及acosB＋bcosA＝c可得acosB＝eq\f(4,5)c，bcosA＝eq\f(1,5)c，注意到cosA≠0，cosB≠0，两式相除可得eq\f(acosB,bcosA)＝4，再由正弦定理可得eq\f(sinAcosB,sinBcosA)＝eq\f(tanA,tanB)＝4.2.解析：(1)在△ABC中，因为cosA＝eq\f(\r(3),3)，0<A<π，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(6),3).因为acosB＝eq\r(2)bcosA，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinAcosB＝eq\r(2)sinBcosA.所以cosB＝sinB.若cosB＝0，则sinB＝0，与sin2B＋cos2B＝1矛盾，故cosB≠0.于是tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝1.又因为0<B<π，所以B＝eq\f(π,4).(2)因为a＝eq\r(6)，sinA＝eq\f(\r(6),3)，由(1)及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(\r(6),\f(\r(6),3))＝eq\f(b,\f(\r(2),2))，所以b＝eq\f(3\r(2),2).又sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(6),3)·eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(3),3)·eq\f(\r(2),2)＝eq\f(2\r(3)＋\r(6),6)，所以△ABC的面积为S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\f(3\r(2),2)×eq\f(2\r(3)＋\r(6),6)＝eq\f(6＋3\r(2),4).目标3平面向量与三角形结合的问题例3(1)eq\f(π,3)解析：m·n＝sinB－eq\r(3)cosB.因为m⊥n，所以m·n＝0，所以sinB－eq\r(3)cosB＝0.因为△ABC为锐角三角形，所以cosB≠0，所以tanB＝eq\r(3).因为0<B<eq\f(π,2)，所以B＝eq\f(π,3).(2)12解析：因为AB∥CD，所以eq\f(AB,CD)＝eq\f(AE,EC)＝2，又因为AC＝3eq\r(10)，所以AE＝2eq\r(10)，EC＝eq\r(10).在△ABE中，eq\f(sinA,cosA)＝3，sin2A＋cos2A＝1，所以cosA＝eq\f(\r(10),10)，所以BE＝AB2＋AE2－2AB·AEcosA＝eq\r(36＋40－2×6×2\r(10)×\f(\r(10),10))＝2eq\r(13)，所以cos∠ABE＝eq\f(AB2＋BE2－AE2,2AB·BE)＝eq\f(36＋52－40,2×6×2\r(13))＝eq\f(2,\r(13))，则eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)×6×2eq\r(13)×eq\f(2,\r(13))＝12.例4解析：(1)因为c＝eq\f(\r(5),2)b，则由正弦定理，得sinC＝eq\f(\r(5),2)sinB.又C＝2B，所以sin2B＝eq\f(\r(5),2)sinB，即4sinBcosB＝eq\r(5)sinB.又B是△ABC的内角，所以sinB>0，故cosB＝eq\f(\r(5),4).(2)因为eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))，所以cbcosA＝bacosC，则由余弦定理，得b2＋c2－a2＝b2＋a2－c2，得a＝c.从而cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(c2＋c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))c))2,2c2)＝eq\f(3,5).又0<B<π，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4,5).从而coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝cosBcoseq\f(π,4)－sinBsineq\f(π,4)＝eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10).点评：在解图形类应用题时，要抓住题中的边角关系，建立模型(以角或边为变量)从而解决问题．(具体见后面的应用题专题)【思维变式题组训练】1.解析：方法一：设∠AMN＝θ.在△AMN中，eq\f(MN,sin60°)＝eq\f(AM,sin120°－θ).因为MN＝2，所以AM＝eq\f(4\r(3),3)sin(120°－θ)．在△APM中，cos∠AMP＝cos(60°＋θ)．由余弦定理得AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP＝eq\f(16,3)sin2(120°－θ)＋4－2×2×eq\f(4\r(3),3)sin(120°－θ)cos(60°＋θ)＝eq\f(16,3)sin2(θ＋60°)－eq\f(16\r(3),3)sin(θ＋60°)cos(θ＋60°)＋4＝eq\f(8,3)[1－cos(2θ＋120°)]－eq\f(8\r(3),3)sin(2θ＋120°)＋4＝－eq\f(8,3)[eq\r(3)sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋eq\f(20,3)＝eq\f(20,3)－eq\f(16,3)sin(2θ＋150°)，θ∈(0,120°)．当且仅当2θ＋150°＝270°，即θ＝60°时，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2eq\r(3).答：设计∠AMN为60°时，工厂产生的噪声对居民的影响最小．方法二：设AM＝x，AN＝y，∠AMN＝α.在△AMN中，因为MN＝2，∠MAN＝60°，所以MN2＝AM2＋AN2－2AM·AN·cos∠MAN，即x2＋y2－2xycos60°＝x2＋y2－xy＝4.因为eq\f(MN,sin60°)＝eq\f(AN,sinα)，即eq\f(2,sin60°)＝eq\f(y,sinα)，所以sinα＝eq\f(\r(3),4)y，cosα＝eq\f(x2＋4－y2,2×2×x)＝eq\f(x2＋x2－xy,4x)＝eq\f(2x－y,4).cos∠AMP＝cos(α＋60°)＝eq\f(1,2)cosα－eq\f(\r(3),2)sinα＝eq\f(1,2)·eq\f(2x－y,4)－eq\f(\r(3),2)·eq\f(\r(3),4)y＝eq\f(x－2y,4).在△AMP中，AP2＝AM2＋PM2－2AM·PM·cos∠AMP，即AP2＝x2＋4－2×2×x×eq\f(x－2y,4)＝x2＋4－x(x－2y)＝4＋2xy.因为x2＋y2－xy＝4,4＋xy＝x2＋y2≥2xy，即xy≤4.所以AP2≤12，即AP≤2eq\r(3)，当且仅当x＝y＝2时，AP取得最大值2eq\r(3).答：设计AM＝AN＝2km时，工厂产生的噪声对居民的影响最小．2.eq\f(2,3)解析：解法1(向量法)C为AB的中点，则eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))．又|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),2)，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2，所以eq\o(OC,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))2，得eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－1.由角平分线定理得eq\f(AD,BD)＝eq\f(OA,OB)＝eq\f(1,2)，即eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))，所以eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(OA,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(OB,\s\up6(→))))2＝eq\f(4,9)eq\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\f(4,9)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,9)eq\o(OB,\s\up6(→))2＝eq\f(4,9)，所以|eq\o(OD,\s\up6(→))|＝eq\f(2,3).解法2(坐标法)设点A(1,0)，B(2cosα，2sinα)，α∈(0，π)，则Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋cosα，sinα))，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋cosα))2＋sin2α＝eq\f(3,4)，得cosα＝－eq\f(1,2)，α＝eq\f(2,3)π，所以B(－1，eq\r(3))．同解法1得eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(\r(3),3)))，所以|eq\o(OD,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(2,3).3.解析：(1)因为m∥n，所以acosA＝ccosC.由正弦定理，得sinAcosA＝sinCcosC.化简得sin2A＝sin2因为A，C∈(0，π)，所以2A＝2C或2A＋2C＝π.又c＝eq\r(3)a，从而A＝C(舍去)，A＋C＝eq\f(π,2)，所以B＝eq\f(π,2).在Rt△ABC中，tanA＝eq\f(a,c)＝eq\f(\r(3),3)，A＝eq\f(π,6).(2)因为m·n＝3bsinB，所以acosC＋ccosA＝3bsinB.由正弦定理，得sinAcosC＋sinCcosA＝3sin2B，从而sin(A＋C)＝3sin2B.因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋C)＝sinB.从而sinB＝eq\f(1,3).因为cosA＝eq\f(4,5)>0，A∈(0，π)，所以A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinA＝eq\f(3,5).因为sinA>sinB，所以a>b，从而A>B，B为锐角，cosB＝eq\f(2\r(2),3).所以cosC＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝－eq\f(4,5)×eq\f(2\r(2),3)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,3)＝eq\f(3－8\r(2),15).微专题四平面向量的线性运算和坐标运算目标1平面向量的线性运算例1(1)eq\f(6,5)(2)3(3)eq\f(1,2)解析：(1)解法一：eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)eq\o(AB,\s\up6(→))＋(λ－1)eq\o(AC,\s\up6(→)).因为eq\o(CD,\s\up6(→))∥eq\o(AG,\s\up6(→))，所以λ－1＝eq\f(1,5)，λ＝eq\f(6,5).解法二：不妨设eq\o(CD,\s\up6(→))＝meq\o(AG,\s\up6(→))，则有eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋m(eq\o(AO,\s\up6(→))＋eq\o(OG,\s\up6(→)))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(OB,\s\up6(→))))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))－\f(1,3)\o(BO,\s\up6(→))))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))－\f(1,3)·\f(1,2)\o(BA,\s\up6(→))＋\o(BC,\s\up6(→))))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))－\f(1,3)·\f(1,2)\o(BA,\s\up6(→))＋\o(AC,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\f(m＋3,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(m,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，从而m＝eq\f(3,5)，所以λ＝eq\f(m＋3,3)＝eq\f(6,5).点评：平面向量的线性运算主要指的是加法、减法、数乘以及三点共线的转化和平面向量基本定理．本题中的点G实为三角形的重心，解法一和解法二都是考虑将eq\o(AG,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))用基底向量进行表示，然后再利用三点共线的条件求解λ，只不过三点共线的条件用的先后顺序不同．(2)由tanα＝7可得sinα＝eq\f(7\r(2),10)，cosα＝eq\f(\r(2),10)，根据向量的分解，易得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ncos45°＋mcosα＝\r(2)，,nsin45°－msinα＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)n＋\f(\r(2),10)m＝\r(2)，,\f(\r(2),2)n－\f(7\r(2),10)m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5n＋m＝10，,5n－7m＝0，))即得m＝eq\f(5,4)，n＝eq\f(7,4)，所以m＋n＝3.点评：(1)向量的坐标运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数、方程、不等式的结合提供了前提，运用向量的有关知识可以解决某些函数、方程、不等式问题．(2)以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题．通过向量的坐标运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法．(3)向量的两个作用：①载体作用：关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问题；②工具作用：利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题．(3)建立如图所示的平面直角坐标系，设点P(cosθ，sinθ)，则eq\o(OP,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ)，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2,0)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).因为eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，所以cosθ＝2λ－eq\f(1,2)μ，sinθ＝eq\f(\r(3),2)μ.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(1,2)cosθ＋\f(1,2\r(3))sinθ，,μ＝\f(2,\r(3))sinθ，))所以λμ＝eq\f(1,2\r(3))sin2θ－eq\f(1,6)cos2θ＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))＋eq\f(1,6)≤eq\f(1,2)，当且仅当2θ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,3)时，取等号．【思维变式题组训练】1.－8解析：eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2e1－e2)－(e1＋3e2)＝e1－4e2，因为A，B，D三点共线，故存在实数λ，使得eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(BD,\s\up6(→))即2e1＋ke2＝λ(e1－4e2)，解得λ＝2，k＝－8.2.