江苏专用2025版高考数学二轮复习专题二三角函数与平面向量高考热点追踪二学案文苏教版

PAGE1-高考热点追踪(二)三角函数与平面对量交汇合中展示当今高考数学命题留意学问的整体性和综合性，重视学问的交汇性．向量具有代数与几何形式的双重身份，它是新旧学问的一个重要的交汇点，成为联系这些学问的桥梁，因此，向量与三角的交汇是当今高考命题的必定趋势，以下几例重在为备考中的考生揭示题型规律，与同学们共同归纳与探究解题策略．一、三角与平面对量模交汇已知向量a＝(sinθ，1)，b＝(1，cosθ)，－eq\f(π,2)＜θ＜eq\f(π,2)．求|a＋b|的最大值．【解】|a＋b|＝eq\r(（sinθ＋1）2＋（1＋cosθ）2)＝eq\r(sin2θ＋2sinθ＋1＋cos2θ＋2cosθ＋1)＝eq\r(2（sinθ＋cosθ）＋3)＝eq\r(2\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋3)，当sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝1时|a＋b|有最大值，此时θ＝eq\f(π,4)，最大值为eq\r(2\r(2)＋3)＝eq\r(2)＋1．[名师点评]本题求|a＋b|的最大值利用了向量模的定义，也可以用平方法，同学们可以尝试．二、三角与平面对量线性运算交汇(2024·南京模拟)设两个向量a＝(λ＋2，λ2－cos2α)和b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m,2)＋sinα))，其中λ，m，α为实数．若a＝2b，求eq\f(λ,m)的取值范围．【解】由a＝(λ＋2，λ2－cos2α)和b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m,2)＋sinα))，a＝2b，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＋2＝2m，,λ2－cos2α＝m＋2sinα，))设eq\f(λ,m)＝k，代入方程组可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(km＋2＝2m，,k2m2－cos2α＝m＋2sinα，))消去m，化简得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k,2－k)))eq\s\up12(2)－cos2α＝eq\f(2,2－k)＋2sinα，再化简得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(4,k－2)))eq\s\up12(2)－cos2α＋eq\f(2,k－2)－2sinα＝0，再令eq\f(1,k－2)＝t代入上式得(sinα－1)2＋(16t2＋18t＋2)＝0可得－(16t2＋18t＋2)≥0，解不等式得t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,8)))，因而－1≤eq\f(1,k－2)≤－eq\f(1,8)解得－6≤k≤1，即－6≤eq\f(λ,m)≤1．[名师点评]本题字母比较多，运算困难，要仔细体会换元法和整体思想的运用．三、三角与平面对量平行交汇已知a＝(cosx，2)，b＝(2sinx，3)，若a∥b，则sin2x－2cos2x＝__________．【解析】因为a＝(cosx，2)，b＝(2sinx，3)，a∥b，所以3cosx－4sinx＝0，即tanx＝eq\f(3,4)．所以sin2x－2cos2x＝eq\f(2sinxcosx－2cos2x,sin2x＋cos2x)＝eq\f(2tanx－2,tan2x＋1)＝－eq\f(8,25)．【答案】－eq\f(8,25)[名师点评]本题主要考查了向量共线的条件、二倍角的正弦公式、同角三角函数的基本学问．四、三角与平面对量垂直交汇(2024·苏州模拟)已知向量a＝(sinθ，eq\r(3))，b＝(1，cosθ)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))．若a⊥b，则θ＝________．【解析】由a⊥b得a·b＝0，所以a·b＝sinθ＋eq\r(3)cosθ＝0，即2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝0．因为θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以θ＝－eq\f(π,3)．【答案】－eq\f(π,3)[名师点评]本题利用向量垂直的性质，得到三角函数式，最终求解得到答案．五、三角与平面对量夹角交汇设a＝(1＋cosα，sinα)，b＝(1－cosβ，sinβ)，c＝(1，0)，α∈(0，π)，β∈(π，2π)，a与c的夹角为θ1，b与c的夹角为θ2，且θ1－θ2＝eq\f(π,6)，求sineq\f(α－β,4)的值．【解】因为|a|＝eq\r(（1＋cosα）2＋sin2α)＝2coseq\f(α,2)，|b|＝eq\r(（1－cosβ）2＋sin2β)＝2sineq\f(β,2)，|c|＝1，又a·c＝1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)，b·c＝1－cosβ＝2sin2eq\f(β,2)．所以cosθ1＝eq\f(a·c,|a||c|)＝coseq\f(α,2)，cosθ2＝eq\f(b·c,|b||c|)＝sineq\f(β,2)，因为eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ1＝eq\f(α,2)．又β∈(π，2π)，所以eq\f(β,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，即0＜eq\f(β,2)－eq\f(π,2)＜eq\f(π,2)．由cosθ2＝sineq\f(β,2)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,2)))，得θ2＝eq\f(β,2)－eq\f(π,2)．由θ1－θ2＝eq\f(π,6)，得eq\f(α,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,2)))＝eq\f(π,6)，所以eq\f(α－β,2)＝－eq\f(π,3)，eq\f(α－β,4)＝－eq\f(π,6)，所以sineq\f(α－β,4)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)．[名师点评]本题以向量的夹角概念为背景，考查了三角函数求值变换的有关学问．六、三角与平面对量数量积交汇(2024·南通市高三第一次调研测试)在△ABC中，若eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＋2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))，则eq\f(sinA,sinC)的值为________．【解析】由eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＋2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))，得2bc×eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋ac×eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝ab×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，化简可得a＝eq\r(2)c．由正弦定理得eq\f(sinA,sinC)＝eq\f(a,c)＝eq\r(2)．【答案】eq\r(2)[名师点评]本题是平面对量的数量积及正、余弦定理的综合运用，解题时留意体会等价转化思想的运用．七、三角与平面对量综合交汇(2024·南通调研)已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3x,2)，sin\f(3x,2)))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,2)，－sin\f(x,2)))，且x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，(1)求a·b及|a＋b|；(2)若f(x)＝a·b－2λ|a＋b|的最小值是－eq\f(3,2)，求λ的值．【解】(1)a·b＝coseq\f(3x,2)·coseq\f(x,2)－sineq\f(3x,2)·sineq\f(x,2)＝cos2x；|a＋b|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3x,2)＋cos\f(x,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3x,2)－sin\f(x,2)))\s\up12(2))＝eq\r(2＋2cos2x)＝2eq\r(cos2x)，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosx≥0，所以|a＋b|＝2cosx．(2)由(1)知，f(x)＝cos2x－4λcosx，即f(x)＝2(cosx－λ)2－1－2λ2，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以0≤cosx≤1，①当λ＜0时，当且仅当cosx＝0时，f(x)取得最小值－1，这与已知冲突．②当0≤λ≤1时，当且仅当cosx＝λ时，f(x)取得最小值－1－2λ2，由已知－1－2λ2＝－eq\f(3,2)，解得λ＝eq\f(1,2)．③当λ＞1时，当且仅当cosx＝1时，f(x)取得最小值1－4λ，由已知得1－4λ＝－eq\f(3,2)，解得λ＝eq\f(5,8)，这与λ＞1相冲突；综上所述，λ＝eq\f(1,2)即为所求．[名师点评]本题以平面对量的学问为平台，考查了三角函数的有关运算，运用了分类探讨的思想方法．解三角形常用策略大观正、余弦定理及其应用是高考的重要内容之一，常与三角函数联系在一起，以正、余弦定理为工具，通过三角恒等变换来解三角形或实际问题，以低中档题为主，下面通过一题来分析正、余弦定理在解三角形中的常用策略．在△ABC中，已知AB＝eq\f(4\r(6),3)，cos∠ABC＝eq\f(\r(6),6)，AC边上的中线BD＝eq\r(5)，求sinA的值．策略1：设法使条件集中到一个三角形中法一：考虑到D为AC的中点．取BC的中点E，把分散的条件集中转移到三角形BDE中，从而问题获得解决．如图1，设E是BC的中点，连结DE，则DE∥AB，且DE＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(2\r(6),3)，设BE＝x，在△BDE中，由余弦定理BD2＝BE2＋ED2－2BE·ED·cos∠BED，即5＝x2＋eq\f(8,3)＋2×eq\f(2\r(6),3)×eq\f(\r(6),6)x，解得x＝1或x＝－eq\f(7,3)(舍去)，故BC＝2．在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，得AC2＝eq\f(32,3)＋4－2×eq\f(4\r(6),3)×2×eq\f(\r(6),6)＝eq\f(28,3)，所以AC＝eq\f(2\r(21),3)．又sin∠ABC＝eq\f(\r(30),6)．在△ABC中，由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，得eq\f(2,sinA)＝eq\f(\f(2\r(21),3),\f(\r(30),6))，所以sinA＝eq\f(\r(70),14)．策略2：利用向量运算或恰当建立坐标系，利用坐标法结合向量数量积求解法二：以B点为坐标原点，BC所在的直线为x轴，建立如图2所示的直角坐标系．且不妨设点A在第一象限内，因为cos∠ABC＝eq\f(\r(6),6)，所以sin∠ABC＝eq\f(\r(30),6)，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4\r(5),3)))，设C(x，0)，所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4＋3x,6)，\f(2\r(5),3)))．又因为BD＝eq\r(5)，所以eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4＋3x,6)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),3)))\s\up12(2))＝eq\r(5)，解得x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(14,3)舍去))．以下同法一．法三：如图2．因为eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))，所以2eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，平方得4eq\o(BD,\s\up6(→))2＝eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＋2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，代入数据得20＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(6),3)))eq\s\up12(2)＋|eq\o(BC,\s\up6(→))|2＋2×eq\f(4\r(6),3)×|eq\o(BC,\s\up6(→))|×eq\f(\r(6),6)，解得BC＝2．以下同法一．策略3:把相关的边或角算两次，构造方程组求解法四：如图3．设BC＝y，AC＝2x．在△ABC中，由余弦定理得cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)，①又在△ABD中，由余弦定理得cosA＝eq\f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)．②联立①②得，2x2－y2＝eq\f(2,3)．③在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，整理得4x2＝eq\f(32,3)＋y2－eq\f(8,3)y．④联立③④消去x解得y＝2或y＝－eq\f(14,3)(舍去)．所以x＝eq\f(\r(21),3)，AC＝2x＝eq\f(2\r(21),3)．以下同法一．策略4：利用不同三角形中角的互补或互余关系，构造方程组求解法五：在△ABD和△BDC中利用∠ADB和∠BDC互补关系，利用余弦定理构造等量关系解题．如图3，设BC＝y，AC＝2x．在△ABD中，由余弦定理得cos∠ADB＝eq\f(BD2＋AD2－AB2,2AD·BD)，①又在△BDC中，由余弦定理得cos∠BDC＝eq\f(BD2＋DC2－BC2,2BD·DC)．②因为∠ADB＋∠BDC＝π，所以cos∠ADB＋cos∠BDC＝0，联立①②得，2x2－y2＝eq\f(2,3)．③在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，整理得4x2＝eq\f(32,3)＋y2－eq\f(8,3)y．④联立③④消去x解得y＝2或y＝－eq\f(14,3)(舍去)．所以x＝eq\f(\r(21),3)，AC＝2x＝eq\f(2\r(21),3)．以下同法一．策略5：利用中点等几何关系，把三角形补成平行四边形，进而使条件相对集中，从而使问题解决法六：如图4，延长BD至E，使BD＝DE，连结AE，CE，则四边形ABCE是平行四边形，故有AE＝BC．在△ABE中，由余弦定理BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos∠BAE，即20＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(6),3)))eq\s\up12(2)＋BC2＋2×eq\f(4\r(6),3)×BC×eq\f(\r(6),6)，解得BC＝2．以下同法一．策略6：利用等面积法，构造方程求解法七：如图5．设∠CBD＝θ，因为cos∠CBA＝eq\f(\r(6),6)，所以sin∠CBA＝eq\f(\r(30),6)．又因为S△ABC＝2S△BDC，所以有eq\f(1,2)AB·BC·sin∠ABC＝2×eq\f(1,2)BD·BC·sinθ，解得sinθ＝eq\f(2,3)，cosθ＝eq\f(\r(5),3)．所以cos∠ABD＝cos(∠ABC－θ)＝cos∠ABCcosθ＋sin∠ABCsinθ＝eq\f(\r(30),6)，所以sin∠ABD＝eq\f(\r(6),6)．在△ABD中，由余弦定理AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD＝eq\f(7,3)，所以AD＝eq\f(\r(21),3)．在△ABD中，由正弦定理eq\f(BD,sinA)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，得sinA＝eq\f(\r(70),14)．[名师点评]同一道题目，从不同的角度动身，就有很多不同的解题方法，所以同学们复习时不要满意于一种思索方式，要擅长发觉自己解题中存在的问题和不合理处，进而提出质疑“我为什么要这样解题呢？”“是不是还有更好的方法呢？”“除了从这个角度动身外，还能从哪里找到突破口呢？”．只有不断地质疑，才会不断地创新，不断地迸发思维的火花，这样复习效率就会大大提高．1．(2024·南京、盐城高三模拟)在△ABC中，设a，b，c分别为角A，B，C的对边，若a＝5，A＝eq\f(π,4)，cosB＝eq\f(3,5)，则c＝________．[解析]依据题意得，sinB＝eq\f(4,5)，所以sinC＝sin(A＋B)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋B))＝eq\f(7\r(2),10)，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(5,sin\f(π,4))＝eq\f(c,\f(7\r(2),10))，解得c＝7．[答案]72．若eq\f(1＋cos2α,sin2α)＝eq\f(1,2)，则tan2α＝________．[解析]eq\f(1＋cos2α,sin2α)＝eq\f(2cos2α,2sinαcosα)＝eq\f(cosα,sinα)＝eq\f(1,2)，所以tanα＝2，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(4,1－4)＝－eq\f(4,3)．[答案]－eq\f(4,3)3．(2024·江苏省高考命题探讨专家原创卷(七))已知向量a＝(2，1)，b＝(3，－1)，若a＋2kb与3a－b平行，则k＝________．[解析]因为a＝(2，1)，b＝(3，－1)，所以a＋2kb＝(2，1)＋2k(3，－1)＝(2＋6k，1－2k)，3a－b＝3(2，1)－(3，－1)＝(3，4)，又a＋2kb与3a－b平行，所以4(2＋6k)－3(1－2k)＝0，解得k＝－eq\f(1,6)．[答案]－eq\f(1,6)4．(2024·扬州模拟)已知cosα＝eq\f(1,3)，cos(α＋β)＝－eq\f(1,3)，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则cos(α－β)的值为________．[解析]因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2α∈(0，π)．因为cosα＝eq\f(1,3)，所以cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,9)，所以sin2α＝eq\r(1－cos22α)＝eq\f(4\r(2),9)，而α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋β∈(0，π)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2（α＋β）)＝eq\f(2\r(2),3)，所以cos(α－β)＝cos[2α－(α＋β)]＝cos2αcos(α＋β)＋sin2αsin(α＋β)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,9)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＋eq\f(4\r(2),9)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(23,27)．[答案]eq\f(23,27)5．(2024·盐城高三模拟)已知向量a，b满意a＝(4，－3)，|b|＝1，|a－b|＝eq\r(21)，则向量a，b的夹角为________．[解析]法一：设向量b＝(x，y)，则由|b|＝1，|a－b|＝eq\r(21)得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝1,（x－4）2＋（y＋3）2＝21))⇒4x－3y＝eq\f(5,2)，所以a·b＝(4，－3)·(x，y)＝4x－3y＝eq\f(5,2)，cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(1,2)，又〈a，b〉∈[0，π]，所以向量a，b的夹角为eq\f(π,3)．法二：由|a－b|＝eq\r(21)得，(a－b)2＝21⇒a2－2a·b＋b2＝21，所以a·b＝eq\f(5,2)，cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(1,2)，又〈a，b〉∈[0，π]，所以向量a，b的夹角为eq\f(π,3)．[答案]eq\f(π,3)6．(2024·南京高三模拟)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，AD＝3，CD＝2，eq\o(AM,\s\up6(→))＝2eq\o(MD,\s\up6(→))．若eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝－3，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝________．[解析]由题意可得eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(AM,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，则eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(AD,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))))＝－3，则eq\f(2,3)|eq\o(AD,\s\up6(→))|2－eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|2－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝－3，即6－8－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝－3，解得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)．[答案]eq\f(3,2)7．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则将y＝f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位后，得到的图象对应的函数解析式为________．[解析]由所给图象知A＝1，eq\f(3,4)T＝eq\f(11π,12)－eq\f(π,6)＝eq\f(3π,4)，T＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2，由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，|φ|<eq\f(π,2)得eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，解得φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，则f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位后得到的图象对应的函数解析式为y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))．[答案]y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))8．(2024·苏锡常镇四市高三调研)在△ABC中，已知AB＝1，AC＝2，∠A＝60°，若点P满意eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(AC,\s\up6(→))，且eq\o(BP,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝1，则实数λ的值为________．[解析]由题意可得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝1×2×eq\f(1,2)＝1，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋λeq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝1＋λ，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝1＋4λ，eq\o(AP2,\s\up6(→))＝eq\o(AB2,\s\up6(→))＋2λeq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋λ2eq\o(AC2,\s\up6(→))＝4λ2＋2λ＋1，又eq\o(BP,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝1，则(eq\o(AP,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))·(eq\o(AP,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\o(AP2,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝1，代入化简得4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝－eq\f(1,4)或λ＝1．[答案]－eq\f(1,4)或19．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，则△ABC的面积的最大值为________．[解析]因为a＝2，(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，依据正弦定理，得(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，所以a2－b2＝c2－bc，所以b2＋c2－a2＝bc，依据余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，因为A∈(0，π)，故A＝eq\f(π,3)．因为b2＋c2－bc＝4，所以4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc(当且仅当b＝c＝2时取等号)，所以△ABC的面积S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc≤eq\f(\r(3),4)×4＝eq\r(3)，所以△ABC的面积的最大值为eq\r(3)．[答案]eq\r(3)10．(2024·唐山模拟)在△ABC中，(eq\o(AB,\s\up6(→))－3eq\o(AC,\s\up6(→)))⊥eq\o(CB,\s\up6(→))，则角A的最大值为________．[解析]因为(eq\o(AB,\s\up6(→))－3eq\o(AC,\s\up6(→)))⊥eq\o(CB,\s\up6(→))，所以(eq\o(AB,\s\up6(→))－3eq\o(AC,\s\up6(→)))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，(eq\o(AB,\s\up6(→))－3eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))2－4eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋3eq\o(AC,\s\up6(→))2＝0，即cosA＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))|2＋3|\o(AC,\s\up6(→))|2,\a\vs4\al(4|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(AB,\s\up6(→))|))＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(4|\o(AC,\s\up6(→))|))＋eq\f(3|\o(AC,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(4|\o(AB,\s\up6(→))|))≥2eq\r(\f(3,16))＝eq\f(\r(3),2)，当且仅当|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(3)|eq\o(AC,\s\up6(→))|时等号成立．因为0＜A＜π，所以0＜A≤eq\f(π,6)，即角A的最大值为eq\f(π,6)．[答案]eq\f(π,6)11．(2024·苏北四市模拟)已知向量a＝(cosθ，sinθ)，b＝(2，－1)．(1)若a⊥b，求eq\f(sinθ－cosθ,sinθ＋cosθ)的值；(2)若|a－b|＝2，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))的值．[解](1)由a⊥b可知，a·b＝2cosθ－sinθ＝0，所以sinθ＝2cosθ，所以eq\f(sinθ－cosθ,sinθ＋cosθ)＝eq\f(2cosθ－cosθ,2cosθ＋cosθ)＝eq\f(1,3)．(2)由a－b＝(cosθ－2，sinθ＋1)可得，|a－b|＝eq\r(（cosθ－2）2＋（sinθ＋1）2)＝eq\r(6－4cosθ＋2sinθ)＝2，即1－2cosθ＋sinθ＝0，①又cos2θ＋sin2θ＝1，且θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，②由①②可解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(3,5)，,cosθ＝\f(4,5)，))所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sinθ＋cosθ)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)＋\f(4,5)))＝eq\f(7\r(2),10)．12．(2024·盐城高三模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知B＝60°，a＋c＝4．(1)当a，b，c成等差数列时，求△ABC的面积；(2)设D为AC边的中点，求线段BD长的最小值．[解](1)因为a，b，c成等差数列，所以b＝eq\f(a＋c,2)＝2．由b2＝a2＋c2－2accosB，B＝60°，得b2＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac＝4，解得ac＝4，从而S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)．(2)法一：因为D为AC边的中点，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))，则eq\o(BD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))2＝eq\f(1,4)(eq\o(BA,\s\up6(→))2＋2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))2)＝eq\f(1,4)(c2＋2accosB＋a2)＝eq\f(1,4)[(a＋c)2－ac]＝4－eq\f(1,4)ac≥4－eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))eq\s\up12(2)＝3，当且仅当a＝c＝2时取等号，所以线段BD长的最小值为eq\r(3)．法二：因为D为AC边的中点，所以可设AD＝CD＝d，由cos∠ADB＋cos∠CDB＝0，得eq\f(BD2＋d2－c2,2d·BD)＋eq\f(BD2＋d2－a2,2d·BD)＝0，即BD2＝eq\f(a2＋c2,2)－d2＝8－ac－d2，又b2＝a2＋c2－2accosB，B＝60°，所以b2＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac，即4d2＝16－3ac，所以d2＝4－eq\f(3,4)ac，故BD2＝4－eq\f(1,4)ac≥4－eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))eq\s\up12(2)＝3，当且仅当a＝c＝2时取等号，所以线段BD长的最小值为eq\r(3)．13．(2024·南京、盐城模拟)在平面直角坐标系xOy中，设锐角α的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于P(x1，y1)，将射线OP绕坐标原点O按逆时针方向旋转eq\f(π,2)后与单位圆交于点Q(x2，y2)．记f(α)＝y1＋y2．(1)求函数f(α)的值域；(2)设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(C)＝eq\r(2)，且a＝eq\r(2)，c＝1，求b．[解](1)由题意，得y1＝sinα，y2＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝cosα，所以f(α)＝sinα＋cosα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))，因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，故f(α)∈(1，eq\r(2)]．(2)因为f(C)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))＝eq\r(2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,4)，在△ABC中，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，即1＝2＋b2－2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)b，解得b＝1．14．(2024·江苏省四星级学校4月联考)金镶玉奖牌是中国文化与体育精神完备结合的载体．现有一矩形玉片BCEF，CE为36毫米，BC为32毫米，G为EF的中点．现要开糟镶嵌金丝，将其加工为镶金工艺品，如图，金丝部分为优弧eq\o(PQ,\s\up8(︵))和线段MP，NQ，MN，其中优弧eq\o(PQ,\s\up8(︵))所在圆的圆心为O，圆O与矩形的边FB，BC，CE分别相切于点A，H，D．M，N在线段EF上(M在N的左侧)，MP，NQ分别与圆O相切点P，Q，且FM＝NE．若优弧eq\o(PQ,\s\up8(︵))部分镶嵌的金丝每毫米造价为3a元(a>0)，线段MP，NQ，MN部分镶嵌的金丝每毫米造价为2a元．记锐角∠POG＝α，镶