01 模块一　三角函数与解三角形、平面向量 【答案】听课手册

模块一三角函数与解三角形、平面向量微专题1三角函数的图象与性质微点1例1AC[解析]因为f(x)=sin(3x+φ)的图象关于直线x=π8对称,所以3×π8+φ=π2+kπ,k∈Z,得φ=π8+kπ,k∈Z,又-π2<φ<π2,所以φ=π8,所以f(x)=sin3x+π8.对于A,fx-π24=sin3x-π24+π8=sin3x,所以y=fx-π24为奇函数,故选项A正确;对于B,当x∈-π24,5π24时,3x+π8∈0,3π4,函数f(x)在-π24,5π24上不单调,故选项B不正确;对于C,因为f(x)max=1,f(x)min=-1,|f(x1)-f(x2)|=2,所以|x1-x2|的最小值为f(x)的半个最小正周期,即2π3×12【自测题】1.AC[解析]对于A,若f(x)的最小正周期为π,则2πω=π,所以ω=2,故A正确;对于B,若ω=4,则f(x)=sin4x+π3,当x∈0,π8时,4x+π3∈π3,5π6,所以sin4x+π3∈12,1,则f(x)在0,π8上的最大值为1,故B不正确;对于C,当x∈0,π2时,ωx+π3∈π3,π2ω+π3,若f(x)在0,π2上单调递增,则π3<π2ω+π3≤π2,所以0<ω≤13,故C正确;对于D,将f(x)的图象向右平移π3个单位长度后得到fx-π32.πkπ+3π8,kπ+7π8(k∈Z)[解析]由题得,f(x)=1-cos2x2+12sin2x+1=22sin2x-π4+32,故函数f(x)的最小正周期是π.令2kπ+π2≤2x-π4≤2kπ+3π2(k∈Z),得kπ+3π8微点2例2(1)BCD(2)-32[解析](1)由题图得g(0)=sinφ=12,所以φ=π6+2kπ,k∈Z,又因为0<φ<π,所以φ=π6.设g(x)的最小正周期为T,得ω=2+3k,k∈Z,0<ω<94,所以ω=2,所以g(x)=sin2x+π6.由图可知,b=2π3+T4=2π3+π4=11π12,所以f(x)的定义域为-11π12,11π12,故A错误.当x∈0,11π12时,f(x)=sin2x+π6,因为fπ6=sinπ2=1为最大值,所以当x=π6时,f(x)取得最大值,故B正确.令π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ,k∈Z,得π6+kπ≤x≤2π3+kπ,k∈Z,所以f(x)在0,11π12上的单调递减区间为π6,2π3,因为函数f(x)为偶函数,所以当-1112π≤x<0时,f(x)的单调递增区间为-2π3,-π6,故C正确.当x∈0,11π12时,2x+(2)依题意设Ax1,12,Bx2,12,则x2-x1=π6,因为ωx2+φ-(ωx1+φ)=2π3,即π6ω=2π3,所以ω=4,又2π3ω+φ=2kπ,k∈Z,所以φ=-8π3+2kπ,k∈Z,不妨取φ=-2π3,则f(x)=【自测题】1.D[解析]因为f(x)=sinωx+π3(ω>0),所以f(x)min=-1,f(x)max=1,当|f(x1)-f(x2)|=2时,|x1-x2|的最小值为T2(T为f(x)的最小正周期),即T2=π2,则T=π,所以ω=2ππ=2,即f(x)=sin2x+π3.将函数f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍,纵坐标不变,得到y=sinx+π3的图象,然后再将得到的图象向右平移π3个单位长度,得到g(x)=sinx的图象.由g(x)≥12,得sinx≥12,解得π6+2kπ≤x≤5π6+2kπ,k2.BC[解析]设f(x)的最小正周期为T,根据图象可得12T=11π12-7π12=π3,解得T=2π3,因为ω>0,所以2πω=2π3,解得ω=3,则f7π12=Acos7π4+φ=Acos-π4+φ=0,所以cos-π4+φ=0,又-π2<φ<π2,所以-3π4<φ-π4<π4,故φ-π4=-π2,解得φ=-π4,A错误;因为f(x)=Acos3x-π4,所以fπ2=Acos3π2-π4=-22A=-23,解得A=223,B正确;将f(x)=223cos3x-π4的图象向右平移π12个单位长度得到g(x)=223cos3x-π4-π4=223cos3x-π2=223sin3x的图象,g(x)的定义域为R,因为g(-x)=2微点3例3CD[解析]由题知f(x)=gx+π5ω=sinωx+π5,令t=ωx+π5,因为x∈[0,2π],所以t∈π5,2ωπ+π5,所以y=sint在π5,2ωπ+π5上有且只有5个零点,则5π≤2ωπ+π5<6π,解得125≤ω<2910,D正确;由以上分析知,f(x)在(0,2π)上的极值点个数为5或6,B错误;fπ2=sinπ2ω+π5,因为π2ω+π5∈7π5,33π20,所以fπ2的值不为0,A错误;【自测题】1.A[解析]因为x3-x2=2(x2-x1)=4x1,所以x2=3x1,x3=7x1,令t1=2x1+φ,t2=2x2+φ,t3=2x3+φ,因为x1,x2,x3∈0,3π2,所以t1,t2,t3∈(φ,3π+φ),|φ|<π2.因为f(x1)=f(x2)=f(x3)>0,所以x3-x1sint的图象(如图所示),得到t1+t2=π,t2+t3=3π或t1+t2=3π,t2+t3=5π.当t1+t2=π,t2+t3=3π时,8x1+2φ=π,20x1+2φ=3π,解得φ=-π6,此时x1=π6,x2=π2,x3=7π6,符合题意;当t1+t2=3π,t2+t2.B[解析]依题意,函数f(x)=2sinωx-π6(ω>0),由x∈-2π5,3π4,ω>0,得ωx-π6∈-2π5ω-π6,3π4ω-π6,因为f(x)在区间-2π5,3π4上单调递增,所以-2π5ω-π6≥-π2且3π4ω-π6≤π2,解得ω≤56且ω≤89,所以0<ω≤56.当x∈[0,π]时,ωx-π1.A[解析]方法一:当x-π6∈-π2+2kπ,π2+2kπ,k∈Z,即x∈-π3+2k方法二:当x∈0,π2时,x-π6∈-π6,π3,函数f(x)单调递增;当x∈π2,π时,x-π6∈π3,5π6,函数f(x)不单调递增2.A[解析]因为2π3<T<π,即2π3<2πω<π,所以2<ω<3.因为y=f(x)的图象关于点3π2,2中心对称,所以b=2,且ω×3π2+π4=kπ,k∈Z,解得ω=23k-14,k∈Z,又2<ω<3,所以k=4,ω=52,所以f(x)=sin3.C[解析]依题意可得ω>0,当x∈(0,π)时,ωx+π3∈π3,ωπ+π3.函数f(x)在区间(0,π)上恰有三个极值点、两个零点,结合y=sinx的图象可知5π2<ωπ+π3≤3π,解得136<ω≤4.BC[解析]由图可得函数的最小正周期T=2×2π3-π6=π,∴|ω|=2,故A选项错误.∵函数图象过点π6,0,且x=π6左侧y>0,右侧y<0,∴当ω=2时,sinπ3+φ=0,可得π3+φ=π+2kπ,k∈Z,∴φ=2π3+2kπ,k∈Z,∴该图象对应的函数解析式可以是y=sin2x+2π3.对于B,y=sin2x+2π3=sin2x-π3+π=-sin2x-π3=sinπ3-2x,故B选项正确.对于C,y=sin2x+2π5.AD[解析]由题意得4π3+φ=kπ(k∈Z),所以φ=-4π3+kπ(k∈Z),又0<φ<π,所以φ=2π3,故f(x)=sin2x+2π3.当x∈0,5π12时,2x+2π3∈2π3,3π2⊆π2,3π2,所以f(x)在0,5π12上单调递减,故选项A正确.当x∈-π12,11π12时,2x+2π3∈π2,5π2,因为y=sinx在π2,5π2上只有一个极小值点x=3π2,令2x+2π3=3π2,得x=5π12,所以f(x)在-π12,11π12上只有一个极小值点x=5π12,故选项B错误.f7π6=sin2×7π6+2π3=sin3π=0≠±1,故选项C错误.设斜率为-1的直线与曲线y=f(x)相切于点(x0,f(x0)),由f'(x)=2cos2x+2π3,得f'(x0)=2cos2x0+2π3,令f'(x0)=2cos2x0+2π3=-1,得cos2x0+2π3=-12,所以2x0+2π3=2π3+2kπ(k6.[2,3)[解析]因为x∈[0,2π],ω>0,所以ωx∈[0,2ωπ],若函数f(x)在区间[0,2π]有且仅有3个零点,则需满足4π≤2ωπ<6π,所以2≤ω<3.7.2[解析]由题图知34T=13π12-π3(T为函数f(x)的最小正周期),∴T=π,则|ω|=2,不妨取ω=2.由fπ3=0及图象得2×π3+φ=π2+2kπ,k∈Z,解得φ=-π6+2kπ,k∈Z,不妨取φ=-π6,则f(x)=2cos2x-π6,∴f4π3=fπ3=0,f-7π4=fπ4=2cos2×π4-π6=2cosπ3=1,∴f(x)-f-7π4f(x)-f4π3=(f(x)-1)(f(x)-0)>0,则f(x)>1或f(x)<0.当x∈0,π3时,令f(

高考进阶1三角函数与函数、导数交汇问题例1AB[解析]由题意知f(x)的定义域为R,∵f(x)=|sinx|+e|sinx|,∴f(-x)=|sin(-x)|+e|sin(-x)|=|-sinx|+e|-sinx|=|sinx|+e|sinx|=f(x),即f(x)为偶函数,故A正确;f(x+π)=|sin(x+π)|+e|sin(x+π)|=|-sinx|+e|-sinx|=|sinx|+e|sinx|=f(x),即f(x)的一个周期为π,故B正确;当0≤x≤π时,0≤sinx≤1,则f(x)=sinx+esinx,∴f'(x)=(1+esinx)cosx,∴当x∈0,π2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈π2,π时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故C错误;由以上分析知f(x)在[0,π]上的最大值为fπ2=e+1,最小值为f(0)=f(π)=1,又f(x)为偶函数,且f(x)的一个周期为π,∴f(x)的最大值为e+1,最小值为1,【自测题】BCD[解析]由sinx>0且cosx>0得f(x)的定义域为2kπ,π2+2kπ,k∈Z.对于A,当x∈0,π2时,x+π∈π,32π,π,32π不在f(x)的定义域内,故选项A错误;对于B,fπ2-x=2cos2x·log2cosx+2sin2x·log2sinx=f(x),所以f(x)的图象关于直线x=π4对称,故选项B正确;对于C,因为f(x)=sin2x·log2sin2x+cos2x·log2cos2x,设t=sin2x,所以函数转化为g(t)=t·log2t+(1-t)·log2(1-t),t∈(0,1),则g'(t)=log2t-log2(1-t),由g'(t)>0得12<t<1,由g'(t)<0得0<t<12,所以g(t)在0,12上单调递减,在12,1上单调递增,故g(t)min=g12=-1,即f(x)min=-1,故选项C正确;对于D,因为g(t)在0,12上单调递减,在12,1上单调递增,t=sin2x,所以令0<sin2x<12,得0<sinx<22,又f(x)的定义域为2kπ,π2+2kπ例2(1)A(2)12[解析](1)因为f(x)-f(-x)=2sinx,所以f(x)-sinx=f(-x)-sin(-x),设g(x)=f(x)-sinx,则g(x)=g(-x),可得g(x)为偶函数.因为f'(x)>cosx在[0,+∞)上恒成立,所以g'(x)=f'(x)-cosx>0在[0,+∞)上恒成立,故g(x)在[0,+∞)上单调递增,根据偶函数图象的对称性可知,g(x)在(-∞,0)上单调递减.由fπ2-t-f(t)>cost-sint得f(t)-sint<fπ2-t-cost=fπ2-t-sinπ2-t,即g(t)<gπ2-t,所以|t|<π2-t,(2)因为f(x)=1+sinx2cosx+sinx,所以f'(2+2sinx-cosx(2cosx+sinx)2.设g(x)=2+2sinx-cosx,x∈0,π2,则g'(x)=2cosx+sinx,因为x∈0,π2,所以g'(x)=2cosx+sinx>0,所以g(x)=2+2sinx-cosx在0,π2上单调递增,所以g(x)≥g(0)=2-1=1>0,所以f'(x)>0在0,π2上恒成立,所以f(x)=1+sinx【自测题】BD[解析]因为f(x)=2sinx+sin2x的定义域为R,且f(-x)=2sin(-x)+sin(-2x)=-2sinx-sin2x=-(2sinx+sin2x)=-f(x),所以f(x)是奇函数,故A错误;f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos2x-1)=2(2cosx-1)(cosx+1),令f'(x)=0,得cosx=12或cosx=-1,当x∈-π3+2kπ,π3+2kπ,k∈Z时,f'(x)≥0,函数f(x)单调递增,当x∈π3+2kπ,5π3+2kπ,k∈Z时,f'(x)≤0,函数f(x)单调递减,所以f(x)max=fπ3+2kπ=2sinπ3+sin2π3=332,k∈Z,故B正确;因为f(0)=0,f2(2cosx-1)(cosx+1),当x∈0,π3时,2cosx-1>0,cosx+1>0,则f'(x)>0,所以f(x)在0,π3上单调递增,故

微专题2三角恒等变换微点1例1(1)B(2)-19[解析](1)∵sin2θ=2sinθcosθ=2sinθcosθsin2θ+cos2θ=2tanθtan2θ+1=53,∴tanθ=55或5(2)sin2α+2π3=sin2α+π12+π2=cos2α+π12【自测题】1.B[解析]因为sin2α+2sinαcosα-2sinα-4cosα=0,所以sinα(sinα+2cosα)-2(sinα+2cosα)=0,即(sinα+2cosα)(sinα-2)=0,则sinα+2cosα=0或sinα-2=0(舍去),所以tanα=-2,所以cos2α-sinαcosα=cos2α-sinαcosαcos2.A[解析]因为cos(40°-θ)+cos(40°+θ)+cos(80°-θ)=0,所以cos40°cosθ+sin40°sinθ+cos40°cosθ-sin40°sinθ+cos80°cosθ+sin80°sinθ=0,所以2cos40°cosθ+cos80°cosθ+sin80°sinθ=0,所以2cos40°+cos80°+sin80°tanθ=0,所以tanθ=-2cos40°+cos80°-2(-3sin80°sin80°=-3微点2例2C[解析]因为tanα=tan(α+β-β)=tan(α+β)-tanβ1+tan(α+β)·tanβ,且tan(1+sin(1+sinα)·(1-sinα)-cosα·cosαcosα·(1-sinα)+cosα·(1+sinα)=1-sin2α-cos2α2cosα,因为sin2α+cos2α=1,所以tanα=0,所以α=kπ,k∈Z,所以当k为奇数时,cos【自测题】1.D[解析]由tan2α=sinα1+cosα,得sin2αcos2α=2sinα∴sinα>0,∴2cosα2cos2α-1=11+cosα,解得cosα=-2.D[解析]因为2α=(α+β)+(α-β),2β=(α+β)-(α-β),所以可将已知等式化为cos[(α+β)+(α-β)]+cos[(α+β)-(α-β)]+1=2cos(α-β)+cos(α+β),即2cos(α+β)cos(α-β)-2cos(α-β)-cos(α+β)+1=0,即[cos(α+β)-1][2cos(α-β)-1]=0,所以cos(α+β)=1或cos(α-β)=12.又0<α<β<π2,所以0<α+β<π,-π2<α-β<0,所以cos(α+β)≠1,所以cos(α-β)=12,则α-β=-π3,所以β-α=π3,则微点3例3(1)C(2)-π6答案不唯一,满足α=-π6+kπ(k∈Z)或α=π2+kπ(k∈Z)的其中一个值即可[解析](1)由已知得∠COB=θ,则∠CBO=π2-θ2,(2)由题意可得OA=(sinα,cosα),OB=cosα+π6,sinα+π6,所以|OA|=sin2α+cos2α=1,同理可得|OB|=1,则cos∠AOB=cos<OA,OB>=OA·OB|OA|·|OB|=sinαcosα+π6+cosαsinα+π6=sin2α+π6=cos2π3=-12,所以2α+π6=-π6+2kπ(【自测题】1.A[解析]∵α∈0,π2,sin4α1+cos4α=sinαcosα-2,∴2sin2αcos2α2coscos2αsinα=2sin2α,可得sinα=4sinαcosα,∴cosα=14,sinα=154,tanα=15,又tan=2tanα21-tan2α2=15,∴15tan2α2+2tanα2-15=0,解得2.3+4310[解析]易知A35,45在单位圆上,记终边在射线OA上的角为α,如图所示.根据三角函数的定义可知,cosα=35,sinα=45.将线段OA绕原点按顺时针方向旋转π3得到线段OB,则终边在射线OB上的角为α-π3,所以点B的横坐标为cosα-π3=cos1.D[解析]由倍角公式可知cosα=1-2sin2α2,则sin2α2=3-58=6-2516=5-142.因为α为锐角,所以α2∈0,π4,2.B[解析]方法一:因为sin(α-β)=sinαcosβ-cosαsinβ=13,cosαsinβ=16,所以sinαcosβ=12,所以sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=23,所以cos(2α+2β)=1-2sin2(α+β方法二:由cosαsinβ=sin(α+β)-sin(α-β)2=16,sin(α-β)=13,可得sin(α+β)=23,所以cos(23.C[解析]方法一:由sin(α+β)+cos(α+β)=2sinα+β+π4=22cosα+π4sinβ,可知sinα+β+π4=2cosα+π4sinβ,即sinα+π4cosβ+cosα+π4sinβ=2cosα+π4sinβ,即sinα+π4cosβ-cosα+π4sinβ=0,即sinα-β+π方法二:取β=0,则sinα+cosα=0,取α=34π,则tan(α+β)=tan(α-β)=tan34π=-1,排除B,D;取α=0,则sinβ+cosβ=2sinβ,即sinβ=cosβ,取β=π4,则tan(α+β)=tanπ4=1,排除A4.C[解析]方法一:由已知得sin2θ=2sinθcosθsin2θ+cos2θ=2tanθtan2方法二:sinθ(1+sin2θ)sinθ+cosθ=sinθ(sinθ+cosθ)2sinθ+cosθ5.A[解析]tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2-sinα,即2sinα1-2sin2α=12-sin

微专题3解三角形微点1例1解:(1)∵sinAcosB=2sinA-cosAsinB,∴2sinA=sinAcosB+cosAsinB=sin(A+B)=sinC,∴sinCsinA(2)由(1)可得sinC=2sinA,则由正弦定理可得c=2a.若选择①.由余弦定理得cosB=a2+c2-b结合a>0,可得a=2,则c=4,易知此时△ABC存在且唯一确定.∵cosB=1116>0,∴B∈0,π2,∴sinB=1-cos2B=31516,故S△ABC=12acsin若选择②.∵c>a,∴C>A.若C为锐角,则cosC=1-sin由余弦定理得cosC=a2+b2-c整理得2a2+a-6=0,结合a>0,可得a=32,则c=若C为钝角,则cosC=-1-sin由余弦定理得cosC=a2+b2-c2整理得2a2-a-6=0,结合a>0,可得a=2,则c=4.综上所述,此时△ABC存在但不唯一确定,不符合题意.若选择③.由题意可得a+b+c=9,即a+3+2a=9,解得a=2,则c=4,易知此时△ABC存在且唯一确定.由余弦定理可得cosB=a2+c2-b22ac=4+16-92×2×4=1116>0,故S△ABC=12acsinB=12×2×4×315【自测题】解:方案一:选条件①.由C=π6和余弦定理得a2+由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2由①ac=3,解得a=3,b=c=1.因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1.方案二:选条件②.由C=π6和余弦定理得a2+由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2-c223b2由②csinA=3,所以c=b=23,a=6.因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=23.方案三:选条件③.由C=π6和余弦定理得a2+由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2由③c=3b,与b=c矛盾.因此,选条件③时问题中的三角形不存在.微点2例2解:(1)由b+c=2acosB结合正弦定理得sinB+sinC=2sinAcosB,又sinC=sin(A+B),所以sinB=2sinAcosB-sin(A+B),则sinB=2sinAcosB-(sinAcosB+sinBcosA),则sinB=sinAcosB-sinBcosA=sin(A-B),所以B=A-B或π-B=A-B,得A=2B或A=π(舍去),又B=π12,所以A=π(2)(b+c(b+c由正弦定理得2b(1+cos由(1)知A=2B,则2sinB(1+cos又cos2B=2cos2B-1,sin2B=2sinBcosB,所以2sinB(1+cos2B)sin2B即(b+c+因为A+B=3B<π,所以B∈0,π3,则cosB故2cosB∈(1,2),故(b+c【自测题】解:(1)由已知条件得sin2B+sinAsin2B=cosA+cosAcos2B,则sin2B=cosA+cosAcos2B-sinAsin2B=cosA+cos(A+2B)=cos[π-(B+C)]+cos[π-(B+C)+2B]=-cos(B+C)-cos(B-C)=-2cosBcosC,所以2sinBcosB=-2cosBcosC,所以(sinB+cosC)cosB=0.由题知1+cos2B≠0,所以B≠π2,所以cosB≠所以sinB=-cosC=12,可得B=π(2)由(1)知sinB=-cosC>0,则B=C-π2,则sinA=sin(B+C)=sin2C-π2由正弦定理得a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C=cos22C+cos2Csin2C=(1-2sin2微点3例3解:(1)因为ab=12tanCtanB+1,所以由正弦定理得sinAsinB=12sinCcosBcosCsinB+1即2sinAcosCsinB=sinAsinB,由A∈(0,π),得sinA≠0,由B∈0,π2∪π2,π,故cosC=12,又C∈0,π2∪π2(2)因为△ABC的面积为103,所以12absinC=12ab·32=103,解得ab=40.由CD=2DA,得在△BCD中,由余弦定理得BD2=a2+49b2-2a·23bcosC=a2+49b2-23ab≥2a2·49b2-23ab=2×23ab-23ab=23ab=803,当且仅当a=23故线段BD的长度的最小值为803=4【自测题】解:方法一:(1)如图所示,连接CG并延长,交AB于点D.∵点G是△ABC的重心,∴D是AB的中点,且DG=12∵AG·BG=0,∴AG⊥BG,∴DG=DA=DB=12c,GC=2又∠GAB=π6,∴AG=32c.在△AGC中,设∠由正弦定理得AGsin∠ACG=CGsinα,即∴32sinα=sinπ6-α,即cosα=23∴tanα=sinαcosα=123=36,即(2)由(1)得CD=32c,在△ABC中,由余弦定理得cos∠BAC=AC2+AB2-BC22AC·AB=b2+c2-a22bc.在△ACD中,由余弦定理得在△ABC中,由余弦定理得cos∠ACB=a2+b2-c22ab又∠ACB∈(0,π),∴cos∠ACB<1,故cos∠ACB的取值范围为45方法二:以A为原点,AB所在的直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系,设AB的中点为D,连接GD,CG,则D,G,C三点共线且|DG|=12设|AB|=2,则A(0,0),B(2,0).(1)因为AG·BG=0,∠GAB=π6,所以G32,32,所以GA=-又GC=-GB-GA=(1,3),故C52,332,故tan∠BAC=3tan∠BAC-π6=(2)设∠GAB=θ,θ∈0,π2,则G(2cos2θ,2cosθsinθ),所以GA=(-2cos2θ,-2cosθsinθ),GB=(2sin2θ,-2sinθcos又GC=-GB-GA=(2cos2θ-2sin2θ,4sinθcosθ)=(2cos2θ,2sin2θ),所以C(2cos2θ+2cos2θ,3sin2θ),即C(3cos2θ+1,3sin2θ),则CA=(-3cos2θ-1,-3sin2θ),CB=(1-3cos2θ,-3sin2θ),故cos∠ACB=cos<CB,CA>=8(8100-36cos22θ,又θ∈0,π2,所以2θ∈(0,π),故-1<cos2θ<1,所以451.解:(1)方法一:因为A+B+C=π,A+B=3C,所以C=π4,即A+B=3π4,则B=3π4-A,故2sinA-π4=sin3π4-A,即2sinAcosπ4-cosAsinπ4=sin3π4cosA-cos3π4sinA,整理得sin方法二:因为A+B=3C,所以A+B=3(π-A-B),所以A+B=3π4,所以C=π4.由题意得2sin(A-C)=sin(A+C),即2sinAcosC-2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC,整理得sinA=3cosA,又sin2A+cos2A=1,A∈(0,π),所以sinA=(2)由(1)可得cosA=1010,所以sinB=sin(A+C)=31010×22+1010×22=255.由ACsinB=ABsinC,得AC=210,所以S△ABC设AB边上的高为h,则12·AB·h=15,解得h=所以AB边上的高为6.2.解:(1)证明:由BDsin∠ABC=asinC及正弦定理得BD·b=ac,又b2=ac,所以BD·b=b2,即BD=b.(2)方法一(两次应用余弦定理):若AD=2DC,则AD=23b,DC=13b.在△ABD中cos∠ADB=DA2+DB2-AB22DA·DB=2又因为∠ADB+∠BDC=π,所以23b2+b2-c22×23b·b又b2=ac,所以113ac=2a2+c2,即6a2-11ac+3c2=0,即(3a-c)(2a-3c)=0,解得3a=c或2a=3当3a=c时,由113b2=2a2+c2,得a2=13b2,c2=3b在△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC=BA2+BC2-AC22BA·BC=a2+c2-b22ac=13b2+3b2-b22b2=73b22b2=76>1,不成立;当2a=3c时,由113b2=2a2方法二(等面积法和三角形相似):如图,由AD=2DC,得S△ABD=23S△ABC,即12×23b2sin∠ADB=23×12ac×sin∠ABC,又sin∠ADB=sin∠ABC,则∠ADB+∠ABC=π或∠ADB=∠ABC.若∠ADB+∠ABC=π,则∠ABC=∠BDC,故△BDC∽△ABC,则BCCD=ACBC,即ab3=ba,则a2=13b2,又b2=ac,则a∶b∶c=1∶3∶3,不能构成三角形,舍去,故∠ADB=∠ABC,即△ACB∽△ABD,故ADAB=ABAC,即2b3c=cb又b2=ac,所以a2=32b2,则cos∠ABC=a2+c2方法三(正弦、余弦定理相结合):由(1)知BD=b=AC,由AD=2DC得AD=23b,CD=1在△ADB中,由正弦定理得ADsin∠ABD=又由方法二中分析可知∠ABD=∠C,所以23bsinC=bsinA,则sinC=23sinA,由正弦定理得c=23a,又b2=ac,所以b2=23a2,由余弦定理得cos∠ABC=a2+方法四(平面向量基本定理):因为AD=2DC,所以BD=BC+CD=BC+13CA=BC+13(BA-BC)=23BC+13BA,所以BD2=49BC2+49BA·BC+19BA2,即又因为b2=ac,所以9ac=4a2+4ac·cos∠ABC+c2①.在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos∠ABC,所以ac=a2+c2-2accos∠ABC②.由①②得6a2-11ac+3c2=0,即(3a-c)(2a-3c)=0,解得3a=c或2a=3c.下同方法一.方法五(构造辅助线利用相似的性质):如图,作DE∥AB,交BC于点E,则△DEC∽△ABC.由AD=2DC,得DE=c3,EC=a3,BE=2a3.在△BED中,由余弦定理得cos在△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC=a2因为cos∠ABC=-cos∠BED,所以a2+c2-b22ac=-2a32+c32又因为b2=ac,所以6a2-11ac+3c2=0,即(3a-c)(2a-3c)=0,解得3a=c或2a=3c.下同方法一.3.解:(1)方法一:在△ABC中,因为D为BC的中点,∠ADC=π3,AD=1,所以S△ADC=12AD·DCsin∠ADC=12×1×12a×32=38a=12S△ABC在△ABD中,∠ADB=2π3,由余弦定理得c2=BD2+AD2-2BD·ADcos∠ADB即c2=4+1-2×2×1×-12=7,所以c=7,则cosB=AB2+所以sinB=1-cos2B故tanB=sinBcosB方法二:在△ABC中,因为D为BC的中点,∠ADC=π3,AD=1,所以S△ADC=12AD·DCsin∠ADC=12×1×12a×32=38a=12S△ABC在△ACD中,由余弦定理得b2=CD2+AD2-2CD·ADcos∠ADC,即b2=4+1-2×2×1×12=3,所以b=3,故AC2+AD2=4=CD2,则∠CAD=π2,C=过点A作AE⊥BC交BC于点E,则CE=ACcosC=32,AE=ACsinC=32,则BE=52,故tanB=AE(2)方法一:在△ABD中,由余弦定理得c2=14a2+1-2×12a×1×cos(π-∠ADC)①,在△ACD中,由余弦定理得b2=14a2+1-2×12a×1×cos∠ADC②,由①+②整理得12a2+2=b2+c2,又b2+c2=8,又S△ADC=12×3×1×sin∠ADC=32,所以sin∠ADC=1,又0<∠ADC<π,所以∠ADC=π2,故b=c=A方法二:在△ABC中,因为D为BC的中点,所以2AD=AB+AC,又CB=AB-AC,所以4AD2+CB2=(AB+AC)2+(AB-AC)2=2(b2+c2)=16,即4+a2=16,所以a=23,又S△ADC=12×3×1×sin∠ADC=32,所以sin∠ADC=1,又0<∠ADC<π,所以∠ADC=π2,故

高分提能一多三角形、四边形问题例1解:(1)因为cosB+cosAcosC所以由正弦定理得cosB+cosAcosC整理得cosB+cosAcosC=3sinAcosC.由A+B+C=π,可得cosB=-cos(A+C)=sinAsinC-cosAcosC,所以sinAsinC=3sinAcosC,又因为A∈(0,π),所以sinA>0,所以sinC=3cosC,即tanC=3.因为C∈(0,π),所以C=π3.由正弦定理asinA=csinC及c=23,可得sinA=a(2)如图,设AB边上的中线为CD,则2CD=CA+CB,所以4|CD|2=(CA+CB)2=b2+a2+2abcosπ3因为AB边上的中线长为372,即|CD|=37所以37=b2+16+4b,整理得b2+4b-21=0,解得b=3或b=-7(舍去),所以AB=c=a2+b2-2【自测题】解:(1)因为(a2+b2-c2)R=ab2,所以由余弦定理得2RabcosC=ab2,所以2RcosC=b,由正弦定理得2RcosC=2RsinB,所以cosC=sinB.又A,B,C∈(0,π),B+C≠π2,所以B=C+π又B=7π12,所以C=π(2)证明:由题意得AD=b3,CD=2由(1)知∠ABC=C+π2,所以∠ABD=∠C,所以△ABC∽△ADB,则ABAC=ADAB,即AB2=AD·AC,即c2=1在△ABC中,由余弦定理得cosC=a2+b在Rt△DBC中,cosC=3a所以a2+23b22ab=3a2b,可得a=又C∈(0,π),故C=π6,A=π-π2-2C=所以△ABC为等腰三角形.例2解:(1)证明:由题意得sinA-sin又A≠C,所以1sinC=所以sin2B=sin2C+sinAsinC,由正弦定理得b2=c2+ac,由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB,所以c2+ac=a2+c2-2accosB,即c=a-2ccosB,由正弦定理得sinC=sinA-2sinCcosB,故sinC=sin(B+C)-2sinCcosB,整理得sinC=sin(B-C).因为△ABC为锐角三角形,所以C∈0,π2,B∈0,π2,所以B-C∈-π2(2)在△BCD中,由正弦定理得asin∠BDC=BDsinC,即所以BD=6sinCsin∠BDC=6sinCsin因为△ABC为锐角三角形,且∠ABC=2C,所以0<C<π2,所以22<cosC<32,所以23<BD<32,因此线段BD长度的取值范围为(23,32【自测题】解:(1)由题意知,AD在∠BAE的平分线上,由角平分线定理,得ABAE=BDDE=设AB=3x(x>0),则AE=5x.在直角三角形ABE中,可得BE=4x=8,所以x=2,故AB=3x=6.(2)设∠BAD=∠DAE=∠EAC=α,在直角三角形ABD中,可得tanα=12在直角三角形ABE中,可得tan2α=43,故tan3α=tan(α+2α)=11在直角三角形ABC中,由tan3α=BCAB=BC6=112,得BC=33,所以EC=25,故△AEC的面积为12EC例3解:(1)在△BCD中,由正弦定理可得BDsin∠BCD=CDsin∠CBD,所以sin∠CBD=2×225=55,又∠CBD∈0(2)方法一:由(1)可知,sin∠ABD=sinπ2-∠CBD=cos因为∠ABD为锐角,所以cos∠ABD=1-sin2∠ABD=55,∠ABD)=sin∠BADcos∠ABD+cos∠BADsin∠ABD=55sin∠BAD+255在△ABD中,由正弦定理得ABsin∠ADB=所以AB=5sin∠ADBsin∠BAD=sin∠BAD+2cos∠BADsin∠BAD=1+2tan∠BAD,所以S△ABD=12AB·BD·sin∠ABD=因为∠ADB=π-(∠ABD+∠BAD),且△ABD为锐角三角形,所以0<π所以π2-∠ABD<∠BAD<π所以tan∠BAD>tanπ2-∠ABD=sinπ2-∠ABDcosπ所以1<1+2tan∠BAD<5,即1<S△ABD<5,所以△ABD的面积的取值范围为方法二:由(1)可知,sin∠ABD=sinπ2-∠CBD=cos因为∠ABD为锐角,所以cos∠ABD=1-sin2∠ABD=55如图,过点D作DA1⊥AB,垂足为A1,过点D作DA2⊥BD,垂足为D,DA2交BA的延长线于A2,则A1D=BD·sin∠ABD=5×255A1B=BD·cos∠ABD=5×55=所以S△A1BD=12×2A2D=BD·tan∠ABD=5×2=25,所以S△A2BD=12×25由图可知,当A在线段A1A2(不含端点)上时,△ABD为锐角三角形,所以S△A1BD<S△ABD<S△A2BD所以△ABD的面积的取值范围为(1,5).【自测题】解:(1)方法一:在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB,即9=4+c2-4c×-1即c2+43c-5=0,解得c=-3(舍)或c=5∵cosB=-13,B∈(0,π),∴sinB=2由正弦定理得bsinB=csinC,则sinC=方法二:在△ABC中,cosB=-13,B∈∴sinB=22由正弦定理得asinA=bsinB,则sinA=∵a<b,∴A<B,故A为锐角,∴cosA=1-sin∴sinC=sin(A+B)=429×-13+79(2)连接CD,∵∠ABD=∠CBD,∴AD=CD,∴AD=CD,易知∠ABC+∠ADC=π,∴cos∠ADC=13设AD=CD=m(m>0),在△ACD中,由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC,即9=m2+m2-2m2×13=43m∴m2=274,可得m=332,即

微专题4平面向量微点1例1(1)B(2)6[解析](1)如图,由题意得BE=12(BA+BD)=12BA+13BC=12BA+13(BA+AC)=-(2)因为BD=2DC,所以AD=AC+CD=AC+13CB=AC+13(AB-AC)=23AC+13AB,又BC=AC-AB,所以AD·BC=23AC+13AB·(AC-AB)=213|AB|·|AC|cos∠BAC-13|AB|2=23×62-13×6×6×12-13【自测题】1.C[解析]如图,∵在正方形ABCD中,E在边CD上,且CE=2ED,AE与对角线BD交于F,∴DE=13AB,且DE∥AB,∴△DEF∽△BAF,可得EFAF=DEAB=13,则AF=34AE,∴AF=34AE=34(AD+DE)=32.C[解析]如图所示,∵D为AB的中点,∴CD=12(CA+CB).∵AE=34AB+14AC,∴34AE-34AB=14AC-14AE,即34BE=14EC,∴CE=34CB,∴DE=DC+CE=-12(CA+CB)+34CB=14CB-12CA,∴CD·DE=12(CA+CB)·14CB-12CA=18CA·CB-14微点2例2C[解析]以B为坐标原点,BC所在直线为x轴,垂直于BC的直线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系.因为∠PBC=45°,PB=2,所以P(2cos45°,2sin45°),即P(2,2),又B(0,0),C(2,0),所以BP=(2,2),CP=(2-2,2),所以BP·CP=2-22+2=4-22,故选C.【自测题】1.A[解析]如图,以D为坐标原点,以DA,DC所在直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系.连接AC,因为AB=AD=1,AB⊥BC,AD⊥CD,所以△ADC≌△ABC,又∠BAD=120°,故∠CAD=∠CAB=60°,则∠BAx=60°,则A(1,0),B32,32,C(0,3).设E(0,y),0≤y≤3,则EA=(1,-y),EB=32,32-y,故EA·EB=32+y2-32y=y-342+2.D[解析]方法一:因为a+b+c=0,所以a+b=-c,平方得a2+b2+2a·b=c2,即1+1+2a·b=2,所以a·b=0.如图,设OA=a,OB=b,OC=c,则a-c=CA,b-c=CB,∠BOC=∠AOC=3π4,∠AOB=π2,由余弦定理得|CA|=|CB|=5,|AB|=2,所以在△ACB中,由余弦定理得cos∠ACB=5+5-22×5×5=45,即cos<a-c,b方法二:根据题意,设a=(1,0),b=(0,1),c=(-1,-1),则a-c=(2,1),b-c=(1,2),所以cos<a-c,b-c>=2+25×5微点3例3(1)B(2)2[解析](1)如图,延长A10A11,A2A1,设交点为Q,由题意知A10A11⊥A2A1.过A12分别作A1Q,A11Q的垂线,垂足分别为M,N,正十二边形A1A2…A12的每个内角均为(12-2)×180°12=150°.在Rt△A12MA1中,A1A12=1,∠MA1A12=30°,则A1M=A1A12cos30°=32.在Rt△A11NA12中,A11A12=1,∠NA11A12=30°,则QM=A12N=A11A12sin30°=12,则A1Q=A1M+QM=3+12.∵A1P·A1A2=|A1P||A1A2|cosθ,θ为A1P,A1A2的夹角,∴A1P·A1A2=|A1P|