2024步步高二轮数学新教材讲义专题二　培优点5　极化恒等式、奔驰定理与等和线定理

2024步步高二轮数学新教材讲义培优点5极化恒等式、奔驰定理与等和线定理平面向量基本定理及数量积是高考考查的重点，很多时候需要用基底代换，运算量大且复杂，用向量极化恒等式、奔驰定理、等和(高)线求解，能简化向量代换，减少运算量，使题目更加清晰简单．考点一向量极化恒等式极化恒等式：a·b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2)))2.变式：(1)a·b＝eq\f(a＋b2,4)－eq\f(a－b2,4)，a·b＝eq\f(|a＋b|2,4)－eq\f(|a－b|2,4).(2)如图，在△ABC中，设M为BC的中点，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AM,\s\up6(→))2－eq\f(1,4)eq\o(CB,\s\up6(→))2＝eq\o(AM,\s\up6(→))2－eq\o(MB,\s\up6(→))2.例1(1)如图，在△ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点．eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝4，eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＝－1，则eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))的值为________．答案eq\f(7,8)解析设BD＝DC＝m，AE＝EF＝FD＝n，则AD＝3n.根据向量的极化恒等式，得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))2－eq\o(DB,\s\up6(→))2＝9n2－m2＝4，①eq\o(FB,\s\up6(→))·eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\o(FD,\s\up6(→))2－eq\o(DB,\s\up6(→))2＝n2－m2＝－1.②联立①②，解得n2＝eq\f(5,8)，m2＝eq\f(13,8).因此eq\o(EB,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))2－eq\o(DB,\s\up6(→))2＝4n2－m2＝eq\f(7,8).即eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(7,8).(2)(2023·郑州模拟)如图所示，△ABC是边长为8的等边三角形，点P为AC边上的一个动点，长度为6的线段EF的中点为B，则eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))的取值范围是________．答案[39,55]解析由向量极化恒等式知eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝|eq\o(PB,\s\up6(→))|2－|eq\o(BE,\s\up6(→))|2＝|eq\o(PB,\s\up6(→))|2－9.又△ABC是边长为8的等边三角形，所以当点P位于点A或点C时，|eq\o(PB,\s\up6(→))|取最大值8.当点P位于AC的中点时，|eq\o(PB,\s\up6(→))|取最小值，即|eq\o(PB,\s\up6(→))|min＝8sineq\f(π,3)＝4eq\r(3)，所以|eq\o(PB,\s\up6(→))|的取值范围为[4eq\r(3)，8]，所以eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))的取值范围为[39,55]．规律方法利用向量的极化恒等式可以对数量积进行转化，体现了向量的几何属性，特别适合于以三角形为载体，含有线段中点的向量问题．跟踪演练1(1)如图，△AOB为直角三角形，OA＝1，OB＝2，C为斜边AB的中点，P为线段OC的中点，则eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))等于()A．1B.eq\f(1,16)C.eq\f(1,4)D．－eq\f(1,2)答案B解析取AO的中点M，连接PM，如图所示，易得AB＝eq\r(5)，由向量极化恒等式知eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\o(PM,\s\up6(→))2－eq\o(OM,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(OA,\s\up6(→))))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)\o(AB,\s\up6(→))))2－eq\f(1,4)＝eq\f(1,16)eq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\f(1,4)＝eq\f(5,16)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,16).(2)如图，正方形ABCD的边长为2，P为正方形ABCD内一点(包含边界)，且PA⊥PB，则eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))的取值范围是________．答案[0,4]解析如图，∵PA⊥PB，∴点P在以AB为直径的半圆上，取CD的中点O，连接PO，由向量极化恒等式知eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))2－eq\o(OC,\s\up6(→))2＝eq\o(PO,\s\up6(→))2－1，当点P在A(或B)处时，|eq\o(PO,\s\up6(→))|max＝eq\r(5)，当点P在eq\o(AB,\s\up9(︵))的中点时，|eq\o(PO,\s\up6(→))|min＝1，∴|eq\o(PO,\s\up6(→))|∈[1，eq\r(5)]，∴eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))∈[0,4]．考点二平面向量“奔驰定理”定理：如图，已知P为△ABC内一点，则有S△PBC·eq\o(PA,\s\up6(→))＋S△PAC·eq\o(PB,\s\up6(→))＋S△PAB·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0.例2(1)已知O是△ABC内部一点，满足eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋meq\o(OC,\s\up6(→))＝0，且eq\f(S△AOB,S△ABC)＝eq\f(4,7)，则实数m等于()A．2B．3C．4D．5答案C解析由奔驰定理得S△BOC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△AOC·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△AOB·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，又eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋meq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∴S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝1∶2∶m.∴eq\f(S△AOB,S△ABC)＝eq\f(m,1＋2＋m)＝eq\f(4,7)，解得m＝4.(2)(2023·重庆模拟)△ABC内一点O满足关系式S△OBC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△OAC·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△OAB·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，即称为经典的“奔驰定理”，若△ABC的三边为a，b，c，现有a·eq\o(OA,\s\up6(→))＋b·eq\o(OB,\s\up6(→))＋c·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，则O为△ABC的()A．外心 B．内心C．重心 D．垂心答案B解析记点O到AB，BC，CA的距离分别为h1，h2，h3，S△OBC＝eq\f(1,2)a·h2，S△OAC＝eq\f(1,2)b·h3，S△OAB＝eq\f(1,2)c·h1，因为S△OBC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△OAC·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△OAB·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，则eq\f(1,2)a·h2·eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)b·h3·eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)c·h1·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，即a·h2·eq\o(OA,\s\up6(→))＋b·h3·eq\o(OB,\s\up6(→))＋c·h1·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，又因为a·eq\o(OA,\s\up6(→))＋b·eq\o(OB,\s\up6(→))＋c·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，所以h1＝h2＝h3，所以点P是△ABC的内心．易错提醒利用平面向量“奔驰定理”解题时，要严格按照定理的格式，注意定理中的点P为△ABC内一点；定理中等式左边三个向量的系数之比对应三个三角形的面积之比．跟踪演练2(1)如图，设O为△ABC内一点，且满足eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋3eq\o(OC,\s\up6(→))＝3eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))，则eq\f(S△AOB,S△ABC)等于()A.eq\f(2,5)B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,3)答案D解析∵O为△ABC内一点，且满足eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋3eq\o(OC,\s\up6(→))＝3eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))，∴eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋3eq\o(OC,\s\up6(→))＝3(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＋2(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))＋(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))⇒3eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋2eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∵S△BOC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△AOC·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△AOB·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝3∶1∶2，∴eq\f(S△AOB,S△ABC)＝eq\f(S△AOB,S△AOB＋S△BOC＋S△AOC)＝eq\f(1,3).(2)(2023·安阳模拟)如图，已知O是△ABC的垂心，且eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋3eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，则tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB等于()A．1∶2∶3 B．1∶2∶4C．2∶3∶4 D．2∶3∶6答案A解析O是△ABC的垂心，延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，如图，则CP⊥AB，BM⊥AC，AN⊥BC，∠BOP＝∠BAC，∠AOP＝∠ABC，因此，eq\f(S△BOC,S△AOC)＝eq\f(\f(1,2)OC·BP,\f(1,2)OC·AP)＝eq\f(BP,AP)＝eq\f(OPtan∠BOP,OPtan∠AOP)＝eq\f(tan∠BAC,tan∠ABC)，同理eq\f(S△BOC,S△AOB)＝eq\f(tan∠BAC,tan∠ACB)，于是得tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB＝S△BOC∶S△AOC∶S△AOB，又eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋3eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，由“奔驰定理”有S△BOC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△AOC·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△AOB·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，即S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝1∶2∶3，所以tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB＝1∶2∶3.考点三等和(高)线定理等和(高)线平面内一组基底eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))及任一向量eq\o(OP′,\s\up6(→))，eq\o(OP′,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，若点P′在直线AB上或在平行于AB的直线上，则λ＋μ＝k(定值)；反之也成立，我们把直线AB以及与直线AB平行的直线称为等和(高)线．(1)当等和线恰为直线AB时，k＝1；(2)当等和线在O点和直线AB之间时，k∈(0,1)；(3)当直线AB在O点和等和线之间时，k∈(1，＋∞)；(4)当等和线过O点时，k＝0；(5)若两等和线关于O点对称，则定值k1，k2互为相反数；(6)定值k的变化与等和线到O点的距离成正比．例3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eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AD,\s\up6(→))，则λ＋μ的最大值为()A．3B．2eq\r(2)C.eq\r(5)D．2答案A解析如图所示，由平面向量基底等和线定理知，当等和线l与圆相切时，λ＋μ最大，此时λ＋μ＝eq\f(AF,AB)＝eq\f(AB＋BE＋EF,AB)＝eq\f(3AB,AB)＝3.规律方法要注意等和(高)线定理的形式，解题时一般要先找到k＝1时的等和(高)线，利用比例求其他的等和(高)线．跟踪演练3如图，△BCD与△ABC的面积之比为2，点P是△BCD内任意一点(含边界)，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，则λ＋μ的取值范围为()A．[2,3] B．[1,2]C．[1,3] D．[1,4]答案C解析如图，当点P位于线段BC上时，(λ＋μ)min＝1，当点P位于点D时，(λ＋μ)max＝3.故1≤λ＋μ≤3.专题强化练1．如图，AB为⊙O的直径，P是eq\o(AB,\s\up9(︵))上任一点，M，N是直径AB上关于点O对称的两点，且AB＝6，MN＝4，则eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))等于()A．13B．7C．5D．3答案C解析依题意，O为MN的中点，由向量极化恒等式知，eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))2－eq\o(OM,\s\up6(→))2＝9－4＝5.2．点O为△ABC内一点，若S△AOB∶S△BOC∶S△AOC＝4∶3∶2，设eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，则实数λ和μ的值分别为()A.eq\f(2,9)，eq\f(4,9) B.eq\f(4,9)，eq\f(2,9)C.eq\f(1,9)，eq\f(2,9) D.eq\f(2,9)，eq\f(1,9)答案A解析根据奔驰定理，得3eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))＋4eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，即3eq\o(OA,\s\up6(→))＋2(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＋4(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝0，整理得eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(2,9)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(4,9)eq\o(AC,\s\up6(→))，故λ＝eq\f(2,9)，μ＝eq\f(4,9).3.如图，在四边形MNPQ中，若eq\o(NO,\s\up6(→))＝eq\o(OQ,\s\up6(→))，|eq\o(OM,\s\up6(→))|＝6，|eq\o(OP,\s\up6(→))|＝10，eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝－28，则eq\o(NP,\s\up6(→))·eq\o(QP,\s\up6(→))等于()A．64B．42C．36D．28答案C解析由eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝eq\o(MO,\s\up6(→))2－eq\o(ON,\s\up6(→))2＝36－eq\o(ON,\s\up6(→))2＝－28，解得eq\o(ON,\s\up6(→))2＝64，所以eq\o(OQ,\s\up6(→))2＝64，所以eq\o(NP,\s\up6(→))·eq\o(QP,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))2－eq\o(OQ,\s\up6(→))2＝100－64＝36.4.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，MN是它的内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦)，P为正方体表面上的动点，当弦MN的长度最大时，eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))的取值范围是()A．[0,1] B．[0,2]C．[1,3] D．[0,4]答案B解析由正方体的棱长为2，得内切球的半径为1，正方体的体对角线长为2eq\r(3).当弦MN的长度最大时，MN为内切球的直径．设内切球的球心为O，则eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))2－eq\o(ON,\s\up6(→))2＝eq\o(PO,\s\up6(→))2－1.由于P为正方体表面上的动点，故OP∈[1，eq\r(3)]，所以eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))∈[0,2]．5．(2023·佛山模拟)已知A(－1,0)，B(2,0)，若动点M满足MB＝2MA，则eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的最大值是()A．－eq\f(9,4)B．4C．12D．18答案D解析设M(x，y)，因为MB＝2MA，所以eq\r(x－22＋y2)＝2eq\r(x＋12＋y2)，化简得(x＋2)2＋y2＝4，设线段AB的中点为C，则Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，因为eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))2－eq\o(CA,\s\up6(→))2＝|MC|2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)|AB|))2＝|MC|2－eq\f(9,4)，又|MC|max＝eq\f(1,2)－(－2)＋2＝eq\f(9,2)，所以eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的最大值为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))2－eq\f(9,4)＝18.6.(多选)给定两个长度为1的平面向量eq\o(OA,\s\up6(→))和eq\o(OB,\s\up6(→))，它们的夹角为eq\f(2π,3)，如图所示，点C在以O为圆心的eq\o(AB,\s\up9(︵))上运动，若eq\o(OC,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))(x，y∈R)，则x＋y的取值可以是()A．1B.eq\f(5,4)C．2D.eq\f(5,2)答案ABC解析令x＋y＝k，如图，在所有与直线AB平行的直线中，切线离圆心最远，即此时k取得最大值，又∠AOB＝eq\f(2π,3)，则k＝eq\f(|\o(OD,\s\up6(→))|,|\o(OE,\s\up6(→))|)＝2.当点C在A(或B)处时，x＋y最小为1.故x＋y的取值范围是[1,2]．7．(多选)(2023·六安模拟)已知O是△ABC内一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为S△BOC，S△AOC，S△AOB，则S△BOC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△AOC·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△AOB·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∠BAC，∠ABC，∠ACB分别是△ABC的三个内角，以下命题正确的有()A．若2eq\o(OA,\s\up6(→))＋3eq\o(OB,\s\up6(→))＋4eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，则S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝4∶3∶2B．若|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2，∠AOB＝eq\f(2π,3)，且2eq\o(OA,\s\up6(→))＋3eq\o(OB,\s\up6(→))＋4eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，则S△ABC＝eq\f(9\r(3),4)C．若eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))，则O为△ABC的垂心D．若O为△ABC的内心，且5eq\o(OA,\s\up6(→))＋12eq\o(OB,\s\up6(→))＋13eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，则∠ACB＝eq\f(π,2)答案BCD解析对于A,2eq\o(OA,\s\up6(→))＋3eq\o(OB,\s\up6(→))＋4eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，则S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝2∶3∶4，故A错误；对于B，S△AOB＝eq\f(1,2)×2×2×sineq\f(2π,3)＝eq\r(3)，又2eq\o(OA,\s\up6(→))＋3eq\o(OB,\s\up6(→))＋4eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，故S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝2∶3∶4，所以S△ABC＝eq\f(9,4)S△AOB＝eq\f(9\r(3),4)，故B正确；对于C，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))，即(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，故eq\o(CA,\s\up6(→))⊥eq\o(OB,\s\up6(→))，同理可得eq\o(CB,\s\up6(→))⊥eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(OC,\s\up6(→))，所以O为△ABC的垂心，故C正确；对于D,5eq\o(OA,\s\up6(→))＋12eq\o(OB,\s\up6(→))＋13eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，故S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝5∶12∶13，设内切圆半径为r，S△BOC＝eq\f(1,2)r·BC，S△AOC＝eq\f(1,2)r·AC，S△AOB＝eq\f(1,2)r·AB，即BC∶AC∶AB＝5∶12∶13，即AB2＝AC2＋BC2，∠ACB＝eq\f(π,2)，故D正确．8.(2023·黄冈模拟)如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝45°.若M为菱形ABCD内部(含边界)任一点，则eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的取值范围是________．答案[－1,4＋2eq\r(2)]解析取线段AB的中点E，连接ME，如图，eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\o(ME,\s\up6(→))2－eq\o(EA,\s\up6(→))2＝eq\o(ME,\s\up6(→))2－1，当且仅当|eq\o(ME,\s\up6(→))|＝0，即点M与点E重合时，eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))最小为－1，当且仅当|eq\o(ME,\s\up6(→))|最长，即点M与点C重合时，eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))最大，显然∠CBA＝135°，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝|eq\o(BE,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|cos∠CBA＝1×2×cos135°＝－eq\r(2)，因此eq\o(CE,\s\up6(→))2＝(eq\o(BE,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→)))2＝eq\o(BE,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2－2eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝5＋2eq\r(2)，即eq\o(ME,\s\up6(→))2的最大值为5＋2eq\r(2)，所以eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的最大值是4＋2eq\r(2).故eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))的取值范围是[－1,4＋2eq\r(2)]．9．若△ABC内接于以O为圆心，以1为半径的圆，且3eq\o(OA,\s\up6(→))＋4eq\o(OB,\s\up6(→))＋5eq\o(OC,\s\up6(→))＝0.则△ABC的面积为______．答案eq\f(6,5)解析∵3eq\o(OA,\s\up6(→))＋4eq\o(OB,\s\up6(→))＝－5eq\o(OC,\s\up6(→))，且|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝1，∴9|eq\o(OA,\s\up6(→))|2＋16|eq\o(OB,\s\up6(→))|2＋24eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝25|eq\o(OC,\s\up6(→))|2，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，∴OA⊥OB，∴S△AOB＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，由奔驰定理知，S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝3∶4∶5，∴S△AOB＝eq\f(5,3＋4＋5)·S△ABC，∴S△ABC＝eq\f(12,5)S△AOB＝eq\f(6,5).10.如图，圆O是边长为2eq\r(3)的等边△ABC的内切圆，其与BC边相切于点D，点M为圆上任意一点，eq\o(BM,\s\up6(→))＝xeq\o(BA,\s\up6(→))＋yeq\o(BD,\s\up6(→))(x，y∈R)，则2x＋y的最大值为________．答案2解析如图，D，E，N分别为BC，AB，AC的中点，P为DE与BN的交点，eq\o(BM,\s\up6(→))＝xeq\o(BA,\s\up6(→))＋yeq\o(BD,\s\up6(→))＝2x·eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＋yeq\o(BD,\s\up6(→))＝2xeq\o(BE,\s\up6(→))＋yeq\o(BD,\s\up6(→))，设2x＋y＝k，作出定值k为1的等和线DE，AC是过圆上的点最远的等和线，当M在N点所在的位置时，2x＋y最大，则k＝eq\f(|\o(NB,\s\up6(→))|,|\o(PB,\s\up6(→))|)＝2，所以2x＋y取得最大值2.微重点3三角函数中ω，φ的范围问题三角函数中ω，φ的范围问题，是高考的重点和热点，主要考查由三角函数的最值(值域)、单调性、零点等求ω，φ的取值范围，难度中等偏上．考点一三角函数的最值(值域)与ω，φ的取值范围例1(1)若函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(7,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(7,2)))答案B解析因为ω>0，所以当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，ωx－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(ωπ,2)－\f(π,4))).又因为函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，所以eq\f(π,2)≤eq\f(ωπ,2)－eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，解得eq\f(3,2)≤ω≤3.(2)(多选)(2023·湖北省八市联考)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，将f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)得到函数g(x)的图象，若g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))上恰有一个最值点，则ω的取值可能是()A．1B．3C．5D．7答案BCD解析f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)－\f(π,2)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3))).由题意，可得g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))，由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))，可得2ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(πω,6)＋\f(π,3))).因为g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))上恰有一个最值点，所以eq\f(π,2)<eq\f(πω,6)＋eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)，解得1<ω≤7，由选项可知B，C，D满足．规律方法求三角函数的最值(值域)问题，主要是整体代换ωx±φ，利用正、余弦函数的图象求解，要注意自变量的范围．跟踪演练1(1)(2023·株洲模拟)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，其图象与直线y＝3相邻两个交点的距离为π，若f(x)>2对∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)，\f(π,3)))恒成立，则φ的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,6)))答案D解析因为函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，其图象与直线y＝3相邻两个交点的距离为π，所以函数周期T＝π，ω＝2，由f(x)>2知sin(2x＋φ)>eq\f(1,2)，又当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)，\f(π,3)))时，2x＋φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋φ，\f(2π,3)＋φ))，且|φ|≤eq\f(π,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)≤\f(π,12)＋φ，,\f(2π,3)＋φ≤\f(5π,6)，))解得eq\f(π,12)≤φ≤eq\f(π,6).(2)(2023·贵阳模拟)将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的图象向右平移eq\f(1,4)个周期后所得的图象在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内有5个极值点，则ω的取值范围是________________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(28,3)，\f(34,3)))解析函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)，将函数f(x)的图象向右平移eq\f(T,4)后的解析式为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2ω)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2ω)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))，由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，可得ωx－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(ωπ,2)－\f(π,6)))，要使得平移后的图象有5个极值点，则函数图象有5个最值点，则需eq\f(9π,2)<eq\f(ωπ,2)－eq\f(π,6)≤eq\f(11π,2)，解得eq\f(28,3)<ω≤eq\f(34,3).考点二单调性与ω，φ的取值范围例2(1)(2023·南通模拟)已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)，若f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增，则ω的取值范围是______________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))解析令－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(3π,4ω)＋eq\f(2kπ,ω)≤x≤eq\f(π,4ω)＋eq\f(2kπ,ω)，k∈Z，故f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4ω)＋\f(2kπ,ω)，\f(π,4ω)＋\f(2kπ,ω)))，k∈Z，又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4ω)＋\f(2kπ,ω)≤\f(π,2)，,\f(π,4ω)＋\f(2kπ,ω)≥π，))解得－eq\f(3,2)＋4k≤ω≤2k＋eq\f(1,4)，k∈Z，又ω>0，故0<ω≤eq\f(1,4).(2)(2023·柳州模拟)若直线x＝eq\f(π,4)是曲线y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)的一条对称轴，且函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))上不单调，则ω的最小值为()A．9B．7C．11D．3答案C解析因为直线x＝eq\f(π,4)是曲线y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)的一条对称轴，则eq\f(π,4)ω－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即ω＝4k＋3，k∈Z，由－eq\f(π,2)≤ωx－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)，得－eq\f(π,4ω)≤x≤eq\f(3π,4ω)，则函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4ω)，\f(3π,4ω)))上单调递增，而函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))上不单调，则eq\f(3π,4ω)<eq\f(π,12)，解得ω>9，所以ω的最小值为11.规律方法若三角函数在区间[a，b]上单调递增，则区间[a，b]是该函数单调递增区间的子集，利用集合的包含关系即可求解．跟踪演练2已知f(x)＝sin(2x－φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,8)))上有最小值，那么φ的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))答案B解析由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，可得2x－φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－φ，\f(2π,3)－φ))，又由0<φ<eq\f(π,2)，且f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，可得eq\f(2π,3)－φ≤eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)≤φ＜eq\f(π,2).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,8)))时，2x－φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－φ，\f(7π,4)－φ))，由f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,8)))上有最小值，可得eq\f(7π,4)－φ>eq\f(3π,2)，所以φ<eq\f(π,4).综上，eq\f(π,6)≤φ<eq\f(π,4).考点三零点与ω，φ的取值范围例3(1)(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝cosωx－1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．答案[2,3)解析因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，令f(x)＝cosωx－1＝0，则cosωx＝1有3个根，令t＝ωx，则cost＝1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]，结合余弦函数y＝cost的图象性质可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3.(2)将函数f(x)＝cosx的图象先向右平移eq\f(π,6)个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的eq\f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上没有零点，则ω的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))解析将函数f(x)＝cosx的图象先向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的图象，再把所得函数图象的横坐标变为原来的eq\f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，周期T＝eq\f(2π,ω)，因为函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上没有零点，所以eq\f(π,2)－0≤eq\f(T,2)，得T≥π，即eq\f(2π,ω)≥π，得0<ω≤2，令g(x)＝0，则ωx－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,ω)＋eq\f(2π,3ω)，k∈Z，令k＝0，得x＝eq\f(2π,3ω)，所以eq\f(2π,3ω)≥eq\f(π,2)，得ω≤eq\f(4,3)，又0<ω≤2，所以0<ω≤eq\f(4,3).规律方法已知函数的零点、极值点求ω，φ的取值范围问题，一是利用三角函数的图象求解；二是利用解析式，直接求函数的零点、极值点即可，注意函数的极值点即为三角函数的最大值、最小值点．跟踪演练3(多选)(2023·郴州模拟)将函数g(x)＝sinωx(ω>0)的图象向左平移eq\f(π,5ω)个单位长度得到函数f(x)的图象，已知f(x)在[0,2π]上有且只有5个零点，则下列结论正确的是()A．f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2π))上有且只有5个极值点C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))上单调递增D．ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10)))答案CD解析由题意知f(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,5ω)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))，在[0,2π]上，令t＝ωx＋eq\f(π,5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，2ωπ＋\f(π,5)))，所以y＝sint在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，2ωπ＋\f(π,5)))上有5个零点，则5π≤2ωπ＋eq\f(π,5)<6π，解得eq\f(12,5)≤ω<eq\f(29,10)，D正确；在(0,2π)上，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，2ωπ＋\f(π,5)))，由上分析知，极值点个数可能为5或6个，B错误；f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,5)))且eq\f(π,2)ω＋eq\f(π,5)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,5)，\f(33π,20)))，故f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))不为0，A错误；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))上，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,10)ω＋\f(π,5)))，则eq\f(π,10)ω＋eq\f(π,5)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,25)，\f(49π,100)))，故y＝sint在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,10)ω＋\f(π,5)))上单调递增，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))上单调递增，C正确．专题强化练1．(2023·潮州模拟)若f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在区间[－t，t]上单调递增，则实数t的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))答案D解析令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z，又因为f(x)在[－t，t]上单调递增，则[－t，t]是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z的一个子区间，当k＝0时，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，若[－t，t]是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))的子集，则t∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))).2．(2023·成都模拟)将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上单调递增，则ω的最大值为()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,4)D．1答案A解析将f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度后得到g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,4)＋\f(π,4)))的图象，因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，所以eq\f(π,4)<ωx－eq\f(ωπ,4)＋eq\f(π,4)<ωπ＋eq\f(π,4)，因为g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上单调递增，所以ωπ＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)，即0<ω≤eq\f(1,4)，所以ω的最大值为eq\f(1,4).3．设函数f(x)＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，α＋\f(2π,3)))上的值域为[M，N]，则N－M的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\r(3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)，1)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))答案B解析当f(x)＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，α＋\f(2π,3)))上单调时，N－M＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))－fα))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))－sinα))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinαcos\f(2π,3)＋cosαsin\f(2π,3)－sinα))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα－\f(3,2)sinα))＝eq\r(3)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))≤eq\r(3)，所以N－M的最大值为eq\r(3)，当f(x)＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，α＋\f(2π,3)))上不单调，即f(x)＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，α＋\f(2π,3)))上的图象对称时，N－M取得最小值，不妨令eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，α＋\f(2π,3)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以N－M的最小值为eq\f(1,2)，所以N－M的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\r(3))).4．(2023·湖州模拟)已知函数f(x)＝acosωx(a≠0，ω>0)，若将函数y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,6ω)个单位长度后得到函数y＝g(x)的图象，若关于x的方程g(x)＝0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,12)))上有且仅有两个不相等的实数根，则实数ω的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,7)，\f(24,7))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,7)，4))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,7)，4)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,7)，\f(24,7)))答案B解析将函数f(x)＝acosωx(a≠0，ω>0)向左平移eq\f(π,6ω)个单位长度后得到函数y＝g(x)，即g(x)＝acoseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6ω)))))＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,12)))，∴ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,12)ω＋\f(π,6)))，∵g(x)＝0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,12)))上有且仅有两个不相等的实数根，∴eq\f(7π,12)ω＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))，解得eq\f(16,7)≤ω<4，即实数ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,7)，4)).5．(2023·开封模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，现将y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度得到的函数图象也过点P，则()A．ω的最小值为2 B．ω的最小值为6C．ω的最大值为2 D．ω的最大值为6答案A解析依题意f(0)＝sinφ＝eq\f(1,2)，因为0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度得到g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)ω＋\f(π,6)))，g(0)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，所以eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,6)＝2k1π＋eq\f(π,6)或eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,6)＝2k2π＋eq\f(5π,6)，即ω＝6k1或ω＝6k2＋2，其中k1，k2∈Z，由于ω>0，所以ω的最小值为2.6．(多选)(2023·宜春模拟)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(2π,5)))(ω>0)，若f(x)的图象与直线y＝－1在[0,2π]上有且仅有1个交点，则下列说法正确的是()A．ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(19,20)，\f(39,20)))B．f(x)在[0,2π]上有且仅有2个零点C．若f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度后关于y轴对称，则ω＝eq\f(6,5)D．若将f(x)图象上各点的横坐标变为原来的eq\f(1,2)，得到函数g(x)的图象，则g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增答案AC解析由题意若f(x)的图象与直线y＝－1在[0,2π]上有且仅有1个交点，则ωx－eq\f(2π,5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,5)，2ωπ－\f(2π,5)))，结合正弦函数图象，如图，由于－eq\f(π,2)<－eq\f(2π,5)，故eq\f(3π,2)≤2ωπ－eq\f(2π,5)<eq\f(7π,2)，解得eq\f(19,20)≤ω<eq\f(39,20)，即ω∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(19,20)，\f(39,20)))，A正确；结合以上分析可知ωx－eq\f(2π,5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,5)，2ωπ－\f(2π,5)))，2ωπ－eq\f(2π,5)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(7π,2)))，当ωx－eq\f(2π,5)＝kπ，k∈Z时，f(x)＝0，由此可知当ωx－eq\f(2π,5)＝0或π时，函数一定有2个零点，当ωx－eq\f(2π,5)＝2π或3π时，相应的x可能是函数的零点，也可能不是，即f(x)在[0,2π]上可能有2个零点，也可能有3个或4个零点，B错误；f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度后关于y轴对称，即平移后图象对应的函数y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－\f(2π,5)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,12)－\f(2π,5)))为偶函数，则－eq\f(ωπ,12)－eq\f(2π,5)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，即ω＝－eq\f(54,5)－12k，k∈Z，只有当k＝－1时，ω＝eq\f(6,5)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(19,20)，\f(39,20)))，C正确；将f(x)图象上各点的横坐标变为原来的eq\f(1,2)，得到函数g(x)的图象，则g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(2π,5)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，则2ωx－eq\f(2π,5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,5)，\f(ωπ,2)－\f(2π,5)))，由于ω∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(19,20)，\f(39,20)))，故eq\f(ωπ,2)－eq\f(2π,5)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,40)，\f(23π,40)))，而－eq\f(π,2)<－eq\f(2π,5)，eq\f(3π,40)<eq\f(π,2)<eq\f(23π,40)，故g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上不一定单调递增，D错误．7．(2023·沈阳模拟)已知函数f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)，若∃x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))使得f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线与x轴平行，则ω的最小值是________．答案eq\f(3,4)解析f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，因为∃x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))使得f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线与x轴平行，所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))上存在最值，即ωx＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,ω)＋eq\f(π,4ω)，k∈Z，因为－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,3)，所以－eq\f(π,4)≤eq\f(kπ,ω)＋eq\f(π,4ω)≤eq\f(π,3)，即－eq\f(1,4)≤eq\f(k,ω)＋eq\f(1,4ω)≤eq\f(1,3)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ω≥3k＋\f(3,4)，,ω≥－4k－1，))k∈Z，又ω>0，故当k＝0时，ω取最小值eq\f(3,4).8．(2023·北京模拟)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)．给出一个ω的值，使得f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后得到的函数g(x)的图象关于原点对称，则ω的一个取值为__________；若f(x)在区间(0，π)上有且仅有两个零点，则ω的取值范围是__________．答案2eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(8,3)))解析g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)－\f(π,6)ω))，取eq\f(π,3)－eq\f(π,6)ω＝0，得到ω＝2满足条件．x∈(0，π)，则ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3)))，f(x)有且仅有两个零点，则2π<ωπ＋eq\f(π,3)≤3π，解得eq\f(5,3)<ω≤eq\f(8,3).9．(2023·晋中模拟)已知函数f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cos2x的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度后得到函数g(x)，若g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上单调，则φ的最小