（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 三角教學(xué)案

專題一 三角江蘇 新高考新高考中，對三角計算題的考查始終圍繞著求角、求值問題，以和、差角公式的運用為主，可見三角式的恒等變換比三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)更為重要.三角變換的基本解題規(guī)律是：尋找聯(lián)系、消除差異.常有角變換、函數(shù)名稱變換、次數(shù)變換等(簡稱為：變角、變名、變次).備考中要注意積累各種變換的方法與技巧，不斷提高分析與解決問題的能力.三角考題的花樣翻新在于條件變化，大致有三類：第一類是給出三角式值(見2014年三角解答題)，第二類是給出在三角形中(見2011年、2015年、2016年三角解答題)，第三類是給出向量(見2013年、2017年三角解答題).而2012年三角解答題則是二、三類的混合.第1課時三角函數(shù)(基礎(chǔ)課)?？碱}型突破三角恒等變換必備知識1兩角和與差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(±)sin cos ±cos sin ；(2)cos(±)cos cos sin sin ；(3)tan(±).2二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin 22sin cos ；(2)cos 2cos2sin22cos2112sin2；(3)tan 2.題組練透1(2017·江蘇高考)若tan，則tan _.解析：tan tan.答案：2已知f(x)sin，若sin ，則f_.解析：sin ，cos ，fsinsin(sin cos )×.答案：3(2016·全國卷)已知是第四象限角，且sin，則tan_.解析：由題意知sin，是第四象限角，所以cos .tantan×.答案：4在ABC中，sin(CA)1，sin B，則sin A_.解析：sin(CA)1，CA90°，即C90°A，sin B，sin Bsin(AC)sin(90°2A)cos 2A，即12sin2A，sin A.答案：方法歸納三角恒等變換的“四大策略”(1)常值代換：特別是“1”的代換，1sin2cos2tan 45°等；(2)項的拆分與角的配湊：如sin22cos2(sin2cos2)cos2，()等；(3)升次與降次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次；(4)弦、切互化：一般是切化弦 三角函數(shù)的圖象與解析式必備知識函數(shù)yAsin(x)的圖象(1)“五點法”作圖：設(shè)zx，令z0，2，求出x的值與相應(yīng)的y的值，描點、連線可得(2)圖象變換：ysin xysin(x) yAsin(x)題組練透1(2016·全國卷)函數(shù)ysin xcos x的圖象可由函數(shù)ysin xcos x的圖象至少向右平移_個單位長度得到解析：因為ysin xcos x2sin，ysin xcos x2sin，所以把y2sin的圖象至少向右平移個單位長度可得y2sin的圖象答案：2.已知函數(shù)f(x)Acos(x)(A0，0,0)為奇函數(shù)，該函數(shù)的部分圖象如圖所示，EFG(點G是圖象的最高點)是邊長為2的等邊三角形，則f(1)_.解析：由題意得，A，T4，.又f(x)Acos(x)為奇函數(shù)，k，kZ，取k0，則，f(x)sinx，f(1).答案：3.(2017·天津高考改編)設(shè)函數(shù)f(x)2sin(x)，xR，其中0，|.若f2，f0，且f(x)的最小正周期大于2，則_，_.解析：f2，f0，(2m1)，mN，T，mN，f(x)的最小正周期大于2，T3，f(x)2sin.由2sin2，得2k，kZ.又|，取k0，得.答案：4設(shè)函數(shù)f(x)2sin，若對任意xR，都有f(x1)f(x)f(x2)成立，則|x1x2|的最小值為_解析：由f(x1)f(x)f(x2)對任意xR成立，知f(x1)，f(x2)分別是函數(shù)f(x)的最小值和最大值又要使|x1x2|最小，|x1x2|的最小值為f(x)的半個周期，即為2.答案：2方法歸納(1)已知函數(shù)yAsin(x)(A0，0)的圖象求解析式時，常采用待定系數(shù)法，由圖中的最高點、最低點求A，由函數(shù)的周期確定，由圖象上的關(guān)鍵點確定.(2)對于函數(shù)圖象的平移問題，一定要弄清楚是由哪個函數(shù)圖象平移到哪個函數(shù)圖象，這是判斷移動方向的關(guān)鍵點，否則易混淆平移的方向，導(dǎo)致結(jié)果出錯.三角函數(shù)的性質(zhì)必備知識1三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間ysin x的單調(diào)遞增區(qū)間是(kZ)，單調(diào)遞減區(qū)間是(kZ)；ycos x的單調(diào)遞增區(qū)間是(kZ)，單調(diào)遞減區(qū)間是2k，2k(kZ)；ytan x的遞增區(qū)間是(kZ)2三角函數(shù)的奇偶性與對稱性yAsin(x)，當k(kZ)時為奇函數(shù)；當k(kZ)時為偶函數(shù)；對稱軸方程可由xk(kZ)求得yAcos(x)，當k(kZ)時為奇函數(shù)；當k(kZ)時為偶函數(shù)；對稱軸方程可由xk(kZ)求得yAtan(x)，當k(kZ)時為奇函數(shù)題組練透1已知f(x)2sin，則函數(shù)f(x)的最小正周期為_，f_.解析：周期T，f2sin.答案：2(2017·全國卷)函數(shù)f(x)sin2xcos x的最大值是_解析：依題意，f(x)sin2xcos xcos2xcos x21，因為x，所以cos x0,1，因此當cos x時，f(x)max1.答案：13若函數(shù)f(x)sin(0)的圖象相鄰兩個對稱中心之間的距離為，則f(x)在上的單調(diào)遞增區(qū)間為_解析：依題意知，f(x)sin的圖象相鄰兩個對稱中心之間的距離為，于是有T2×，2，所以f(x)sin.當2k2x2k，kZ，即kxk，kZ時，f(x)sin單調(diào)遞增因此，f(x)sin在上的單調(diào)遞增區(qū)間為.答案：方法歸納三角函數(shù)的單調(diào)性、周期性及最值的求法(1)三角函數(shù)單調(diào)性的求法求形如yAsin(x)(或yAcos(x)(A，為常數(shù)，A0，0)的單調(diào)區(qū)間的一般思路：令xz，則yAsin z(或yAcos z)，然后由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性求得(2)三角函數(shù)周期性的求法函數(shù)yAsin(x)(或yAcos(x)的最小正周期T.應(yīng)特別注意y|Asin(x)|的最小正周期為T.(3)三角函數(shù)最值(值域)的求法在求最值(值域)時，一般要先確定函數(shù)的定義域，然后結(jié)合三角函數(shù)性質(zhì)可得函數(shù)f(x)的最值正弦定理和余弦定理必備知識1正弦定理及其變形在ABC中，2R(R為ABC的外接圓半徑)變形：a2Rsin A，sin A，abcsin Asin Bsin C等2余弦定理及其變形在ABC中，a2b2c22bccos A.變形：b2c2a22bccos A，cos A.3三角形面積公式SABCabsin Cbcsin Aacsin B.題組練透1(2017·鹽城期中)在ABC中，已知sin Asin Bsin C357，則此三角形的最大內(nèi)角的大小為_解析：由正弦定理及sin Asin Bsin C357知，abc357，可設(shè)a3k，b5k，c7k，且角C是最大內(nèi)角，由余弦定理知cos C，因為0°<C<180°，所以C120°.答案：120°2在ABC中，B，AB2，D為AB的中點，BCD的面積為，則AC_.解析：因為SBCDBD·BCsin B×1×BC×sin，所以BC3.由余弦定理得AC2492×2×3×cos 7，所以AC.答案：3(2016·全國卷)ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cos A，cos C，a1，則b_.解析：在ABC中，cos A，cos C，sin A，sin C，sin Bsin(AC)sin Acos Ccos Asin C××.又，b.答案：方法歸納關(guān)于解三角形問題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見的三角變換方法和原則都適用，同時要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”，這是使問題獲得解決的突破口.課時達標訓(xùn)練1(2017·蘇北四市期末)若函數(shù)f(x)sin(>0)的最小正周期為，則f的值為_解析：因為f(x)的最小正周期為，所以10，所以f(x)sin，所以fsinsinsin.答案：2在平面直角坐標系xOy中，角的終邊經(jīng)過點P(2，t)，且sin cos ，則實數(shù)t的值為_解析：角的終邊經(jīng)過點P(2，t)，sin ，cos ，又sin cos ，即，則t2，平方得，即1，即，則t25t40，則t1(舍去)或t4.答案：43(2017·南京、鹽城一模)將函數(shù)y3sin的圖象向右平移個單位后，所得函數(shù)為偶函數(shù)，則_.解析：將函數(shù)y3sin的圖象向右平移個單位后，所得函數(shù)為f(x)3sin，即f(x)3sin.因為f(x)為偶函數(shù)，所以2k，kZ，所以，kZ，因為0，所以.答案：4設(shè)函數(shù)ysin(0x)，當且僅當x時，y取得最大值，則正數(shù)的值為_解析：由條件得sin1，又0x，0，故，2.答案：25已知ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且2bac，若sin B，cos B，則b的值為_解析：2bac，sin B，cos B，sin2Bcos2B1，ac15，b2a2c22accos Ba2c218(ac)2484b248，得b4.答案：46(2017·揚州期末)已知cos0<<，則sin()_.解析：因為cos，所以<<，有sin ，所以sin()sinsincoscossin××.答案：7(2017·北京高考)在平面直角坐標系xOy中，角與角均以O(shè)x為始邊，它們的終邊關(guān)于y軸對稱若sin ，則cos()_.解析：因為角與角的終邊關(guān)于y軸對稱，所以2k，kZ，所以cos()cos(22k)cos 2(12sin2).答案：8在ABC中，A，ac，則_.解析：在ABC中，A，a2b2c22bccos，即a2b2c2bc.ac，3c2b2c2bc，b2bc2c20，(b2c)(bc)0，bc0，bc，1.答案：19若f(x)sin(x)cos(x)是定義在R上的偶函數(shù)，則_.解析：因為f(x)sin(x)cos(x)2sin為偶函數(shù)，所以k，kZ.即k.因為，所以.答案：10在ABC中，設(shè)a，b，c分別為角A，B，C的對邊，若a5，A，cos B，則c_.解析：根據(jù)題意得，sin B，所以sin Csin(AB)sin(sin Bcos B)×，由，得，解得c7.答案：711(2017·無錫期末)設(shè)f(x)sin2xcos x·cos，則f(x)在上的單調(diào)遞增區(qū)間為_解析：f(x)sin2xsin xcos x(1cos 2x)sin 2xsin，當2k2x2k，kZ，即kxk，kZ時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，令k0，得x，所以函數(shù)f(x)在上的單調(diào)遞增區(qū)間為.答案：12函數(shù)yasin(ax)(a0，0)圖象上的一個最高點和其相鄰最低點的距離的最小值為_解析：易知函數(shù)yasin(ax)(a0，0)的最大值為a，最小值為a，最小正周期T，所以相鄰的最高點與最低點的距離為 2，當且僅當2a，即a時等號成立答案：213已知cossin ，則sin的值是_解析：由cossin ，可得cos sin sin ，即sin cos ，sin，sin，sinsin.答案：14(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知sin 3sin，則tan_.解析：sin 3sin3sin cos3cos ·sinsin cos ，tan .又tan tan2，tan24.答案：241如圖，已知A，B分別是函數(shù)f(x)sin x(0)在y軸右側(cè)圖象上的第一個最高點和第一個最低點，且AOB，則該函數(shù)的最小正周期是_解析：設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T，由圖象可得A，B，則·30，解得T4.答案：42(2017·南京考前模擬)已知函數(shù)f(x)sincos x (0)若函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x2對稱，且在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，則的取值集合為_解析：f(x)sin xcos xcos xsin xcos xsin，因為f(x)的圖象關(guān)于直線x2對稱，所以f(2)±1，則2k，kZ，所以，kZ.因為函數(shù)f(x)在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，所以最小正周期T2，即，解得02，所以或或或.當時，f(x)sin，x時，x，此時f(x)在區(qū)間上為增函數(shù)；當時，f(x)sin，x時，x，此時f(x)在區(qū)間上為增函數(shù)；當時，f(x)sin，x時，x，此時f(x)在區(qū)間上為增函數(shù)；當時，f(x)sin，x時，x，此時f(x)在區(qū)間上不是單調(diào)函數(shù)；綜上，.答案：3ABC的三個內(nèi)角為A，B，C，若tan，則tan A_.解析：tantantan，所以A，所以A，所以tan Atan1.答案：14已知函數(shù)f(x)Asin(x)coscos(其中A為常數(shù)，(，0)，若實數(shù)x1，x2，x3滿足：x1x2x3，x3x12，f(x1)f(x2)f(x3)，則的值為_解析：函數(shù)f(x)A(sin xcos cos xsin )cos·A(sin xcos cos x sin )×sin xsin xcos x，故函數(shù)f(x)為常數(shù)函數(shù)或為周期T2的周期函數(shù)又x1，x2，x3滿足條件，故f(x)只能為常數(shù)函數(shù)，所以則tan ，又(，0)，故.答案：第2課時平面向量(基礎(chǔ)課)?？碱}型突破平面向量的概念及線性運算必備知識(1)在平面向量的化簡或運算中，要根據(jù)平面向量基本定理選好基底，變形要有方向，不能盲目轉(zhuǎn)化(2)在用三角形加法法則時要保證“首尾相接”，和向量是第一個向量的起點指向最后一個向量終點所在的向量；在用三角形減法法則時要保證“同起點”，減向量的方向是指向被減向量(3)A，B，C三點共線的充要條件是存在實數(shù)，有，且1.(4)C是線段AB中點的充要條件是()G是ABC的重心的充要條件為0.題組練透1(2017·鹽城期中)設(shè)向量a(2，6)，b(1，m)，若ab，則實數(shù)m_.解析：因為ab，所以2m(1)×(6)0，所以m3.答案：32(2017·鎮(zhèn)江模擬)已知ABC和點M滿足0.若存在實數(shù)m使得m成立，則m_.解析：由0知，點M為ABC的重心，設(shè)點D為底邊BC的中點，則×()()，3，故m3.答案：33.(2017·南京考前模擬)在直角梯形ABCD中，ABCD，DAB90°，AB2CD，M為CD的中點，N為線段BC上一點(不包括端點)，若，則的最小值為_ 解析：以AB為x軸，A為坐標原點建立直角坐標系如圖所示，設(shè)B(2,0)，C(1，t)，M，N(x0，y0)，因為N在線段BC上，所以y0(x02)，即y0t(2x0)，因為，所以即tty0tt(2x0)，因為t0，所以1(2x0)2x02，所以344，這里，均為正數(shù)，所以4(34)31215227, 所以當且僅當，即，時取等號所以的最小值為.答案：方法歸納(1)對于平面向量的線性運算，要先選擇一組基底；同時注意共線向量定理的靈活運用(2)在證明兩向量平行時，若已知兩向量的坐標形式，常利用坐標運算來判斷；若兩向量不是以坐標形式呈現(xiàn)的，常利用共線向量定理(當b0時，ab存在唯一實數(shù)，使得ab)來判斷 平面向量的數(shù)量積必備知識1數(shù)量積的定義：a·b|a|b|cos .2三個結(jié)論：(1)若a(x，y)，則|a|.(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|.(3)若a(x1，y1)，b(x2，y2)，為a與b的夾角，則cos .題組練透1(2017·山東高考)已知e1，e2是互相垂直的單位向量若e1e2與e1e2的夾角為60°，則實數(shù)的值是_解析：因為，故，解得.答案：2(2017·全國卷)已知向量a，b的夾角為60°，|a|2，|b|1，則|a2b|_.解析：易知|a2b|2.答案：23已知非零向量m，n滿足4|m|3|n|，cosm，n，若n(tmn)，則實數(shù)t的值為_解析：n(tmn)，n·(tmn)0，即tm·n|n|20，t|m|n|cosm，n|n|20.又4|m|3|n|，t×|n|2×|n|20，解得t4.答案：44(2017·南京、鹽城二模)已知平面向量(1,2)，(2,2)，則·的最小值為_解析：設(shè)A(a，b)，B(c，d)，(1,2)，(2,2)，C(a1，b2)，D(c2，d2)，則(ca，db)，(ca3，db)，·(ca)(ca3)(bd)2(ca)23(ca)(bd)22(bd)2.·的最小值為.答案：5已知邊長為6的正三角形ABC，AD與BE交于點P，則·的值為_解析：由題意可得點D為BC的中點，以點D為坐標原點，BC，AD所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標系，則D(0,0)，A(0，3)，B(3,0)，C(3,0)，E(1,2)，直線BE的方程為y(x3)與AD(y軸)的交點為P，所以··.答案：方法歸納 (1)涉及數(shù)量積和模的計算問題，通常有兩種求解思路：直接利用數(shù)量積的定義，圍繞基底展開的運算，需要熟悉向量間的相互轉(zhuǎn)化；建立坐標系，通過坐標運算求解，需要熟悉數(shù)量積的坐標公式及平行、垂直的運算公式等，其中，涉及平面向量的模時，常把模的平方轉(zhuǎn)化為向量的平方.(2)在利用數(shù)量積的定義計算時，要善于將相關(guān)向量分解為圖形中模和夾角已知的向量進行計算. 平面向量的應(yīng)用題組練透1(2017·南京三模)在四邊形ABCD中，BD2，且·0，()·()5，則四邊形ABCD的面積為_解析：因為·0，所以，所以以BD所在直線為x軸，AC所在直線為y軸，建立直角坐標系，因為BD2，所以可設(shè)B(b,0)，D(2b,0)，A(0，a)，C(0，c)，所以(b，a)，(2b，c)，(b，c)，(2b，a)，所以(2，ca)，(2，ca)，因為()·()5，所以4(ca)25，即(ca)29，所以| ca |3，所以四邊形ABCD的面積為×AC×BD×3×23.答案：32已知圓O的半徑為2，AB是圓O的一條直徑，C，D兩點都在圓O上，且|2，則|_.解析：如圖，連結(jié)OC，OD，則，因為O是AB的中點，所以0，所以，設(shè)CD的中點為M，連結(jié)OM，則2，顯然COD是邊長為2的等邊三角形，所以|，故|2|2.答案：23.(2017·南通三模)如圖，在直角梯形ABCD中，ABDC，ABC90°，AB3，BCDC2.若E，F(xiàn)分別是線段DC和BC上的動點，則·的取值范圍是_解析：法一：因為，所以·()·()··3|2|，因為E，F(xiàn)分別是線段DC和BC上的動點，且BCDC2，所以|0,2，|0,2，所以由不等式的性質(zhì)知·的取值范圍是4，6法二：以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系(圖略)，則C(3,2)，因為E，F(xiàn)分別是線段DC和BC上的動點，且BCDC2，所以可設(shè)E(x，2)，F(xiàn)(3，y)，所以(3,2)，(3x，y2)，且x1,3，y0,2，所以·3(3x)2(y2)53x2y4,6，即·的取值范圍是4,6答案：4,6方法歸納1利用平面向量解決幾何問題的兩種方法2求解向量數(shù)量積最值問題的兩種方法課時達標訓(xùn)練1(2017·南京學(xué)情調(diào)研)設(shè)向量a(1，4)，b(1，x)，ca3b.若ac，則實數(shù)x_.解析：因為a(1，4)，b(1，x)，ca3b(2，43x)又ac，所以43x80，解得x4.答案：42(2017·無錫期末)已知向量a(2,1)，b(1，1)，若ab與mab垂直，則m的值為_解析：因為a(2,1)，b(1，1)，所以ab(1,2)，mab(2m1，m1)，因為ab與mab垂直，所以(ab)·(mab)0，即2m12(m1)0，解得m.答案：3已知a與b是兩個不共線向量，且向量ab與(b3a)共線，則_.解析：由題意知abk(b3a)，所以解得答案：4已知|a|1，|b|，且a(ab)，則向量a與向量b的夾角為_解析：a(ab)，a·(ab)a2a·b1cosa，b0，cosa，b，a，b.答案：5若單位向量e1，e2的夾角為，向量ae1e2(R)，且|a|，則_.解析：由題意可得e1·e2，|a|2(e1e2)212×2，化簡得20，解得.答案：6已知平面向量a(1,2)，b(4,2)，cmab(mR)，且c與a的夾角等于c與b的夾角，則m_.解析：由題意得m2.答案：27(2017·常州模擬)已知點G是ABC的重心，過G作一條直線與AB，AC兩邊分別交于M，N兩點，且x，y，則的值為_解析：由已知得M，G，N三點共線，即(1)x(1)y，點G是ABC的重心，×()()，即得1，即3，通分變形得，3，.答案：8已知A，B，C三點不共線，且2，則_.解析：如圖，取，2，以AM，AN為鄰邊作平行四邊形AMDN，此時2.由圖可知SABD3SAMD，SACDSAND，而SAMDSAND，所以6.答案：69(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)在ABC中，已知AB1，AC2，A60°，若點P滿足，且·1，則實數(shù)的值為_. 解析：法一：由題意可得.又 (1)，所以··(1)|21，即(2)×41，所以有42310，解得1或.法二：建立如圖所示的平面直角坐標系，所以A(0,0)，B，C(2，0)，設(shè)P(x，y)所以(x，y)，(2,0)又因為，所以有所以(2，0)，.由·1可得42310，解得1或.答案：1或10已知向量a(1，)，b(0，t21)，則當t，2時，的取值范圍是_解析：由題意，(0,1)，根據(jù)向量的差的幾何意義，表示同起點的向量t的終點到a的終點的距離，當t時，該距離取得最小值1，當t時，該距離取得最大值，即的取值范圍是1， 答案：1， 11.(2017·南通二調(diào))如圖，在平面四邊形ABCD中，O為BD的中點，且OA3，OC5.若·7，則·的值是_解析：法一：由·7得，()·()7，即()·()7，所以2727916，所以|4.所以·()·()()·()2225169.法二：以O(shè)為原點，OC為x軸，建立平面直角坐標系(圖略)，則C(5,0)，設(shè)B(x1，y1)，A(x2，y2)，則D(x1，y1)，xy9，由·7，得(x1x2，y1y2)·(x1x2，y1y2)7，得xy16，而·(5x1，y1)·(5x1，y1)25xy25169.答案：912已知菱形ABCD的邊長為a，DAB60°，2，則·的值為_解析：如圖所示，2，.菱形ABCD的邊長為a，DAB60°，|a，·|cos 120°a2，·()()()22·a2a2a2.答案：13在矩形ABCD中，邊AB，AD的長分別為2和1，若E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點，且滿足，則·的取值范圍是_解析：法一：取A為原點，AB所在直線為x軸，建立如圖所示直角坐標系，則A(0,0)，B(2,0)，C(2，1)，得2|，設(shè)E(2，y)(0y1)，則F(22y,1)·(2，y)·(22y,1)2(22y)y43y1,4法二：，則|2|.0|1，·()·()··2|2(2|)|43|1,4答案：1,414(2017·全國卷改編)已知ABC是邊長為2的等邊三角形，P為平面ABC內(nèi)一點，則·()的最小值是_解析：如圖，以等邊三角形ABC的底邊BC所在直線為x軸，以BC的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標系，則A(0，)，B(1,0)，C(1,0)，設(shè)P(x，y)，則(x, y)，(1x，y)，(1x，y)，所以·()(x，y)·(2x，2y)2x222，當x0，y時，·()取得最小值，為.答案：1.如圖，在梯形ABCD中，ABCD，AB4，AD3，CD2，2.若·3，則·_.解析：由題意可得，則··3，則|2|2·3，即68·3，解得·.答案：2已知a，b，c是同一平面內(nèi)的三個向量，其中a，b是互相垂直的單位向量，且(ac)·(bc)1，則|c|的最大值為_解析：法一：由題意可得(ac)·(bc)a·cb·c|c|21，則|c|2(ab)·c10.又|ab|2，設(shè)ab與c的夾角為，0，則|c|22|c|cos 10，22cos |c|2，即解得1|c|1，則|c|max1.法二：不妨設(shè)a(1,0)，b(0,1)，c(x，y)，則(ac)·(bc)(1x，y)·(x，y)1，化簡得222，圓心到坐標原點的距離為1，則|c|max1.答案：13(2017·蘇州考前模擬)已知點A(1，1)，B(4,0)，C(2，2)平面區(qū)域D由所有滿足 (1<a,1<b)的點P(x，y)組成的區(qū)域若區(qū)域D的面積為16，則ab的最小值為_解析：如圖，延長AB至點N，延長AC至點M，使得ANaAB，AMbAC.四邊形ABEC、四邊形ANGM、四邊形EHGF均為平行四邊形由條件知，點P(x，y)組成的區(qū)域D為圖中的陰影部分，即四邊形EHGF(不含邊界EH，EF)(3,1)，(1,3)，(2,2)|AB|，|AC|，|BC|2，cosCAB，sinCAB.四邊形EHGF的面積為(a1)×(b1)×16.(a1)(b1)2，aba(a1)2.由a>1，b>1知，當且僅當a1，即ab1時，ab取得最小值22.答案：224(2017·江蘇高考)如圖，在同一個平面內(nèi)，向量，的模分別為1,1，與的夾角為，且tan 7，與的夾角為45°.若mn (m，nR)，則mn_.解析：法一：如圖，以O(shè)為坐標原點，OA所在直線為x軸建立平面直角坐標系，則A(1，0)，由tan 7，得sin ，cos ，設(shè)C(xC，yC)，B(xB，yB)，則xC|cos ×，yC|sin ×，即C.又cos(45°)××，sin(45°)××，則xB|cos(45°)，yB|sin(45°)，即B.由mn，可得解得所以mn3.法二：由tan 7，得sin ，cos ，則cos(45°)××，所以·1××1，·1××，·1×1×，由mn，得·m2n·，即mn.同理可得·m·n2，即1mn.得mn，即mn3.答案：3第3課時解三角形(能力課)常考題型突破三角變換與解三角形的綜合問題例1(2016·江蘇高考)在ABC中，AC6，cos B，C.(1)求AB的長；(2)求cos的值解(1)因為cos B，0B，所以sin B .由正弦定理知，所以AB5.(2)在ABC中，ABC，所以A(BC)，于是cos Acos(BC)coscos Bcossin Bsin.又cos B，sin B，故cos A××.因為0A，所以sin A.因此，coscos Acossin Asin ××.方法歸納(1)解三角形問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據(jù)正、余弦定理結(jié)合已知條件靈活轉(zhuǎn)化邊和角之間的關(guān)系，從而達到解決問題的目的，其基本步驟是：第一步：定條件即確定三角形中的已知和所求，在圖形中標出來，然后確定轉(zhuǎn)化的方向第二步：定工具即根據(jù)條件和所求合理選擇轉(zhuǎn)化的工具，實施邊角之間的互化第三步：求結(jié)果(2)三角變換與解三角形的綜合問題要關(guān)注三角形中的隱藏條件，如ABC，sin(AB)sin C，cos(AB)cos C, 以及在ABC中，A>Bsin A>sin B等 變式訓(xùn)練1(2017·南京、鹽城一模)在ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且bsin 2Ccsin B.(1)求角C；(2)若sin，求sin A的值解：(1)由正弦定理及bsin 2Ccsin B，得2sin Bsin Ccos Csin Csin B，因為sin B>0，sin C>0，所以cos C，又C(0，)，所以C. (2)因為C，所以B，所以B，又sin，所以cos .又AB，即AB，所以sin Asinsinsincoscossin××.2(2017·蘇北四市一模)在ABC中，已知角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且tan B2，tan C3.(1)求角A的大?。?2)若c3，求b的長解：(1)因為tan B2，tan C3，ABC，所以tan Atan(BC)tan(BC)1.又A(0，)，所以A.(2)因為tan B2，且sin2Bcos2B1，又B(0，)，所以sin B.同理可得sin C.由正弦定理，得b2.解三角形與平面向量結(jié)合例2(2017·鹽城模擬)設(shè)ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且ABC面積的大小為S，3·2S.(1)求sin A的值；(2)若C，·16，求b.解(1)由3·2S，得3bccos A2×bcsin A，即sin A3cos A.整理化簡得sin2A9cos2A9(1sin2A)，所以sin2A.又A(0，)，所以sin A>0，故sin A.(2)由sin A3cos A和sin A，得cos A，又·16，所以bccos A16，得bc16.又C，所以sin Bsin(AC)sin Acos Ccos Asin C××.在ABC中，由正弦定理，得，即cb.聯(lián)立得b8.方法歸納求解三角函數(shù)與平面向量綜合問題的一般思路(1)求三角函數(shù)值，一般利用向量的相關(guān)運算把向量關(guān)系轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)關(guān)系式利用同角三角函數(shù)關(guān)系式及三角函數(shù)中常用公式求解(2)求角時通常由向量轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題，先求值再求角(3)解決與向量有關(guān)的三角函數(shù)問題的思想方法是轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想，即通過向量的相關(guān)運算把問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題變式訓(xùn)練1(2017·南通三調(diào))已知ABC是銳角三角形，向量m，n(cos B，sin B)，且mn.(1)求AB的值；(2)若cos B，AC8，求BC的長解：(1)因為mn，所以m·ncoscos Bsinsin Bcos0，又A，B，所以AB，所以AB，即AB.(2)因為cos B，B，所以sin B.所以sin Asinsin Bcoscos Bsin××.由正弦定理，得BC×AC×843.2(2017·鎮(zhèn)江調(diào)研)在ABC中，角A，B，C所對應(yīng)的邊分別是a，b，c，向量m(ac，bc)，n(bc，a)，且mn.(1)求B；(2)若b，cos，求a.解：(1)因為mn，所以a(ac)(bc)(bc)0，即a2c2b2ac，所以cos B，又B(0，)，故B.(2)由(1)得A，所以A，又cos，所以sin，所以sin Asinsincoscossin××.在ABC中，由正弦定理，可得ab·1.以平面圖形為背景的解三角形問題例3(2017·南通調(diào)研)如圖，在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，ab(sin Ccos C)(1)求ABC；(2)若A，D為ABC外一點，DB2，DC1，求四邊形ABDC面積的最大值解(1)在ABC中，因為ab(sin Ccos C)，所以sin Asin B(sin Ccos C)，所以sin(BC)sin B(sin Ccos C)，所以sin Bcos Ccos Bsin Csin Bsin Csin Bcos C, 所以cos Bsin Csin Bsin C，又因為C(0，)，故sin C0，所以cos Bsin B，即tan B1. 又B(0，)，所以B.(2)在BCD中，DB2，DC1，BC212222×1×2×cos D54cos D.又A，由(1)可知ABC，所以ABC為等腰直角三角形，SABC×BC××BCBC2cos D， 又SBDC×BD×DC×sin Dsin D, 所以S四邊形ABDCcos Dsin Dsin.所以當D時，四邊形ABDC的面積有最大值，最大值為.方法歸納平面圖形為背景的解三角形問題的一般思路(1)建聯(lián)系在平面幾何圖形中求相關(guān)的幾何量時，需尋找各個三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，通過公共條件形成等式，常常將所涉及的已知幾何量與所求幾何集中到某一個三角形.(2)用定理“已知兩角和一邊”或“已知兩邊和其中一邊的對角”應(yīng)采用正弦定理“已知兩邊和這兩邊的夾角”或“已知三角形的三邊”應(yīng)采用余弦定理變式訓(xùn)練(2017·蘇北三市模擬)如圖，在平面四邊形ABCD中，DAAB，DE1，EC，EA2，ADC，且CBE，BEC，BCE成等差數(shù)列(1)求sinCED；(2)求BE的長解：設(shè)CED.因為CBE，BEC，BCE成等差數(shù)列，所以2BECCBEBCE，又CBEBECBCE，所以BEC.(1)在CDE中，由余弦定理得EC2CD2DE22CD·DE·cosEDC，由題設(shè)知7CD21CD，即CD2CD60，解得CD2(CD3舍去)在CDE中，由正弦定理得，于是sin ，即sinCED.(2)由題設(shè)知0<<，由(1)知cos ，又AEBBEC，所以cosAEBcoscoscos sin·sin cos sin ××.在RtEAB中，cosAEB，所以BE4.課時達標訓(xùn)練1在銳角ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.(1)設(shè)··，求證：ABC是等腰三角形；(2)設(shè)向量s(2sin C，)，t(cos 2C，cos C)，且st，sin A，求sin的值解：(1)證明：由··，得abcos Cbccos A.化簡且由正弦定理得，sin Acos Csin Ccos A，sin(AC)0.AC.故ABC是等腰三角形(2)由st，得2sin Ccos Ccos 2C，tan 2C.C，2C(0，)2C，故C.sin A，A，得cos A.sinsinsin Acos A.2(2017·天津高考)在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知a>b，a5，c6，sin B.(1)求b和sin A的值；(2)求sin的值解：(1)在ABC中，因為a>b，故由sin B，可得cos B.由已知及余弦定理，得b2a2c22accos B13，所以b.由正弦定理，得sin A.所以b的值為，sin A的值為.(2)由(1)及a<c，得cos A，所以sin 2A2sin Acos A，cos 2A12sin2A.故sinsin 2Acoscos 2Asin×.3(2017·南京調(diào)研)在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c, ambcos C，m為常數(shù)(1)若m2，且cos C，求cos A的值；(2)若m4，求tan(CB)的最大值解：(1)a2bcos C，cos C，a2b×，bc，BC.cos Acos(BC)cos 2C(2cos2C1)2×21.(2)由正弦定理及a4bcos C，得sin A4sin Bcos C，而sin Asin(BC)sin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C，3sin Bcos Ccos Bsin C.在ABC中，cos C0或cos B0時，不滿足上式，B，C，cos Ccos B0.tan C3tan B，tan(CB).B，C，13tan2B2tan B，tan(CB)，tan(CB)的最大值為.4如圖，在梯形ABCD中，已知ADBC，AD1，BD2，CAD，tanADC2.求：(1)CD的長；(2)BCD的面積解：(1)因為tanADC2，所以sinADC，cosADC.所以sinACDsinsinsinADCcoscosADCsin，在ADC中，由正弦定理得CD.(2)因為ADBC，所以cosBCDcosADC，sinBCD.在BDC中，由余弦定理BD2BC2CD22·BC·CD·cosBCD，得BC22BC350，解得BC7(負值舍去)，所以SBCD·BC·CD·sinBCD×7××7.5(2017·蘇州調(diào)研測試)已知函數(shù)f(x)sin 2xcos2x.(1)求f(x)的最小值，并寫出取得最小值時的自變量x的取值集合；(2)設(shè)ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且c，f(C)0，若sin B2sin A，求a，b的值解：(1) f(x)sin 2xsin 2xcos 2x1sin1.當2x2k(kZ)，即xk(kZ)時，f(x)的最小值為2.此時自變量x的取值集合為.(2)因為f(C)0，所以sin10，又0<C<，所以2C，即C.在ABC中，sin B2sin A，由正弦定理知b2a，又c，由余弦定理知()2a2b22abcos，即a2b2ab3, 聯(lián)立 解得a1，b2.6在銳角ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2acos B2cb.(1)若cos(AC)，求cos C的值；(2)若b5，·5，求ABC的面積；(3)若O是ABC外接圓的圓心，且··m，求m的值解：由2acos B2cb，得2sin Acos B2sin Csin B，化簡得cos A，則A60°.(1)由cos(AC)cos B，知cos B，所以sin B.所以cos Ccos(120°B)cos Bsin B.(2)因為··()·2|·|·cos A|2bcb25，又b5，解得c8，所以ABC的面積為bcsin A10.(3)由··m，可得····m2.(*)因為O是ABC外接圓的圓心，所以·2，·2，又|，所以(*)可化為·c2·b2m·，所以m2(cos Bsin Csin Bcos C)2sin(BC)2sin A.第4課時化簡求值問題(能力課)?？碱}型突破結(jié)合三角函數(shù)定義進