2019届高考专题突破二 高考中的三角函数与平面向量问题

高考专题突破二 高考中的三角函数与平面向量问题【考点自测】1．(2016·全国Ⅱ)若将函数y ＝2sin 2x 的图象向左平移π12个单位长度，则平移后图象的对称轴为( )A ．x ＝k π2－π6(k ∈Z )B ．x ＝k π2＋π6(k ∈Z )C ．x ＝k π2－π12(k ∈Z )D ．x ＝k π2＋π12(k ∈Z )答案 B解析 由题意将函数y ＝2sin 2x 的图象向左平移π12个单位长度后得到函数的解析式为y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6，由2x ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )得函数的对称轴为x ＝k π2＋π6(k ∈Z )，故选B. 2．(2016·全国Ⅲ)在△ABC 中，B ＝π4，BC 边上的高等于13BC ，则cos A 等于( )A.31010B.1010 C ．－1010 D ．－31010答案 C解析 设BC 边上的高AD 交BC 于点D ，由题意B ＝π4，可知BD ＝13BC ，DC ＝23BC ，tan ∠BAD＝1，tan ∠CAD ＝2，tan A ＝tan(∠BAD ＋∠CAD )＝1＋21－1×2＝－3，所以cos A ＝－1010.3．在直角三角形ABC 中，点D 是斜边AB 的中点，点P 为线段CD 的中点，则P A 2＋PB 2PC 2等于( )A ．2B ．4C ．5D ．10 答案 D解析 将△ABC 的各边均赋予向量，则P A 2＋PB 2PC 2＝P A →2＋PB →2PC →2＝(PC →＋CA →)2＋(PC →＋CB →)2PC →2＝2PC →2＋2PC →·CA →＋2PC →·CB →＋CA →2＋CB →2PC→2＝2|PC →|2＋2PC →·(CA →＋CB →)＋|AB →|2|PC →|2＝2|PC →|2－8|PC →|2＋|AB →|2|PC →|2＝|AB →|2|PC →|2－6 ＝42－6＝10.4．(2016·全国Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝45，cos C ＝513，a＝1，则b ＝________. 答案2113解析 在△ABC 中，由cos A ＝45，cos C ＝513，可得sin A ＝35，sin C ＝1213，sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A ·sin C ＝6365，由正弦定理得b ＝a sin B sin A ＝2113.5.若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，ω>0，|φ|<π2在一个周期内的图象如图所示，M ，N 分别是这段图象的最高点和最低点，且OM →·ON →＝0(O 为坐标原点)，则A ＝________.答案712π 解析 由题意知M ⎝⎛⎭⎫π12，A ，N ⎝⎛⎭⎫7π12，－A ， 又∵OM →·ON →＝π12×7π12－A 2＝0，∴A ＝712π.题型一 三角函数的图象和性质例1 (2016·山东)设f (x )＝23sin(π－x )sin x －(sin x －cos x )2. (1)求f (x )的单调递增区间；(2)把y ＝f (x )的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把得到的图象向左平移π3个单位长度，得到函数y ＝g (x )的图象，求g ⎝⎛⎭⎫π6的值． 解 (1)由f (x )＝23sin(π－x )sin x －(sin x －cos x )2 ＝23sin 2x －(1－2sin x cos x ) ＝3(1－cos 2x )＋sin 2x －1 ＝sin 2x －3cos 2x ＋3－1 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋3－1. 由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2(k ∈Z )，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12(k ∈Z )．所以f (x )的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z )⎝⎛⎭⎫或⎝⎛⎭⎫k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z ). (2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋3－1， 把y ＝f (x )的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)， 得到y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x －π3＋3－1的图象， 再把得到的图象向左平移π3个单位长度，得到y ＝2sin x ＋3－1的图象， 即g (x )＝2sin x ＋3－1. 所以g ⎝⎛⎭⎫π6＝2sin π6＋3－1＝ 3. 思维升华 三角函数的图象与性质是高考考查的重点，通常先将三角函数化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋k 的形式，然后将t ＝ωx ＋φ视为一个整体，结合y ＝sin t 的图象求解． 跟踪训练1 已知函数f (x )＝5sin x cos x －53cos 2x ＋523(其中x ∈R )，求：(1)函数f (x )的最小正周期； (2)函数f (x )的单调区间；(3)函数f (x )图象的对称轴和对称中心． 解 (1)因为f (x )＝52sin 2x －532(1＋cos 2x )＋532＝5⎝⎛⎭⎫12sin 2x －32cos 2x ＝5sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3， 所以函数的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2(k ∈Z )，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12(k ∈Z )，所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z )． 由2k π＋π2≤2x －π3≤2k π＋3π2(k ∈Z )，得k π＋5π12≤x ≤k π＋11π12(k ∈Z )，所以函数f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤k π＋5π12，k π＋11π12(k ∈Z )． (3)由2x －π3＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )，所以函数f (x )的对称轴方程为x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )．由2x －π3＝k π(k ∈Z )，得x ＝k π2＋π6(k ∈Z )，所以函数f (x )的对称中心为⎝⎛⎭⎫k π2＋π6，0(k ∈Z )． 题型二 解三角形例2 (2017·全国Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin(A ＋C )＝8sin 2B 2.(1)求cos B ；(2)若a ＋c ＝6，△ABC 的面积为2，求b . 解 (1)由题设及A ＋B ＋C ＝π，得sin B ＝8sin 2B2，故sin B ＝4(1－cos B )．上式两边平方，整理得17cos 2B －32cos B ＋15＝0， 解得cos B ＝1(舍去)或cos B ＝1517.故cos B ＝1517.(2)由cos B ＝1517，得sin B ＝817，故S △ABC ＝12ac sin B ＝417ac .又S △ABC ＝2，则ac ＝172.由余弦定理及a ＋c ＝6，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B ) ＝36－2×172×⎝⎛⎭⎫1＋1517＝4. 所以b ＝2.思维升华 根据三角形中的已知条件，选择正弦定理或余弦定理求解；在解决有关角的范围问题时，要注意挖掘题目中隐含的条件，对结果进行正确的取舍． 跟踪训练2 (2017·北京)在△ABC 中，∠A ＝60°，c ＝37a .(1)求sin C 的值；(2)若a ＝7，求△ABC 的面积．解 (1)在△ABC 中，因为∠A ＝60°，c ＝37a ，所以由正弦定理得sin C ＝c sin A a ＝37×32＝3314.(2)因为a ＝7，所以c ＝37×7＝3.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得 72＝b 2＋32－2b ×3×12，解得b ＝8或b ＝－5(舍去)．所以△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×8×3×32＝6 3.题型三 三角函数和平面向量的综合应用 例3 已知向量a ＝⎝⎛⎭⎫sin x ，34，b ＝(cos x ，－1)． (1)当a ∥b 时，求cos 2x －sin 2x 的值；(2)设函数f (x )＝2(a ＋b )·b ，已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝3，b ＝2，sin B ＝63，求f (x )＋4cos ⎝⎛⎫2A ＋π6⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎤0，π3的取值范围． 解 (1)因为a ∥b ，所以34cos x ＋sin x ＝0，所以tan x ＝－34.cos 2x －sin 2x ＝cos 2x －2sin x cos x sin 2x ＋cos 2x ＝1－2tan x 1＋tan 2x ＝85.(2)f (x )＝2(a ＋b )·b＝2⎝⎛⎭⎫sin x ＋cos x ，－14·(cos x ，－1) ＝sin 2x ＋cos 2x ＋32＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4＋32. 由正弦定理a sin A ＝bsin B ，得sin A ＝a sin Bb＝3×632＝22， 所以A ＝π4或A ＝3π4.因为b ＞a ，所以A ＝π4.所以f (x )＋4cos ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4－12， 因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π3，所以2x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤π4，11π12， 所以32－1≤f (x )＋4cos ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6≤2－12. 所以f (x )＋4cos ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤0，π3的取值范围是⎣⎡⎦⎤32－1，2－12. 思维升华 (1)向量是一种解决问题的工具，是一个载体，通常是用向量的数量积运算或性质转化成三角函数问题．(2)三角形中的三角函数要结合正弦定理、余弦定理进行转化，注意角的范围对变形过程的影响．跟踪训练3 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知向量m ＝(cos A －2cos C,2c －a )，n ＝(cos B ，b )平行． (1)求sin Csin A的值；(2)若b cos C ＋c cos B ＝1，△ABC 的周长为5，求b 的长． 解 (1)由已知得b (cos A －2cos C )＝(2c －a )cos B ，由正弦定理，可设a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝k ≠0，则(cos A －2cos C )k sin B ＝(2k sin C －k sin A )cos B ， 即(cos A －2cos C )sin B ＝(2sin C －sin A )cos B ， 化简可得sin(A ＋B )＝2sin(B ＋C )， 又A ＋B ＋C ＝π，所以sin C ＝2sin A ，因此sin Csin A ＝2.(2)由余弦定理可知，b cos C ＋c cos B ＝b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·a 2＋c 2－b 22ac＝2a 22a＝a ＝1， 由(1)知c a ＝sin Csin A ＝2，则c ＝2，由周长a ＋b ＋c ＝5，得b ＝2.1．已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6＋sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6－2cos 2ωx2，x ∈R (其中ω>0)． (1)求函数f (x )的值域；(2)若函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝－1的两个相邻交点间的距离为π2，求函数y ＝f (x )的单调递增区间． 解 (1)f (x )＝32sin ωx ＋12cos ωx ＋32sin ωx －12cos ωx －(cos ωx ＋1) ＝2⎝⎛⎭⎫32sin ωx －12cos ωx －1＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6－1. 由－1≤sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6≤1， 得－3≤2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6－1≤1， 所以函数f (x )的值域为[－3,1]．(2)由题设条件及三角函数图象和性质可知，y ＝f (x )的周期为π， 所以2πω＝π，即ω＝2.所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6－1， 再由2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，解得k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )．所以函数y ＝f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )． 2．(2018届河南师范大学附属中学开学考试)在△ABC 中，设角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(cos A ，sin A )，n ＝(2－sin A ，cos A )，且|m ＋n |＝2. (1)求角A 的大小；(2)若b ＝42，c ＝2a ，求△ABC 的面积．解 (1)|m ＋n |2＝(cos A ＋2－sin A )2＋(sin A ＋cos A )2＝4＋22(cos A －sin A ) ＝4＋4cos ⎝⎛⎭⎫π4＋A ，∴4＋4cos ⎝⎛⎭⎫π4＋A ＝4，∴cos ⎝⎛⎭⎫π4＋A ＝0， 又∵A ∈(0，π)，故π4＋A ＝π2，∴A ＝π4.(2)由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 即a 2＝(42)2＋(2a )2－2×42×2a cos π4，解得a ＝42，∴c ＝8， ∴S △ABC ＝12×42×8×22＝16.3．(2018·合肥质检)已知a ＝(sin x ，3cos x )，b ＝(cos x ，－cos x )，函数f (x )＝a·b ＋32. (1)求函数y ＝f (x )图象的对称轴方程；(2)若方程f (x )＝13在(0，π)上的解为x 1，x 2，求cos(x 1－x 2)的值．解 (1)f (x )＝a·b ＋32＝(sin x ，3cos x )·(cos x ，－cos x )＋32＝sin x ·cos x －3cos 2x ＋32＝12sin 2x －32cos 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3. 令2x －π3＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝5π12＋k π2(k ∈Z )．即函数y ＝f (x )图象的对称轴方程为x ＝5π12＋k π2(k ∈Z )．(2)由条件知sin ⎝⎛⎭⎫2x 1－π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2x 2－π3＝13>0， 且0<x 1<5π12<x 2<2π3，(x 1，f (x 1))与(x 2，f (x 2))关于直线x ＝5π12对称，则x 1＋x 2＝5π6，∴cos(x 1－x 2)＝cos ⎣⎡⎦⎤x 1－⎝⎛⎭⎫5π6－x 1 ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x 1－5π6＝cos ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫2x 1－π3－π2 ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x 1－π3＝13. 4．(2017·东北三省四市二模)已知点P (3，1)，Q (cos x ，sin x )，O 为坐标原点，函数f (x )＝OP →·QP →.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若A为△ABC的内角，f(A)＝4，BC＝3，求△ABC周长的最大值．解 (1)由已知，得OP →＝(3，1)，QP →＝(3－cos x ,1－sin x )，所以f (x )＝OP →·QP →＝3－3cos x ＋1－sin x＝4－2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3， 所以函数f (x )的最小正周期为2π.(2)因为f (A )＝4，所以sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＝0， 又0<A <π，所以π3<A ＋π3<4π3，A ＝2π3. 因为BC ＝3，所以由正弦定理，得AC ＝23sin B ，AB ＝23sin C ，所以△ABC 的周长为3＋23sin B ＋23sin C＝3＋23sin B ＋23sin ⎝⎛⎭⎫π3－B ＝3＋23sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π3. 因为0<B <π3，所以π3<B ＋π3<2π3， 所以当B ＋π3＝π2，即B ＝π6时， △ABC 的周长取得最大值，最大值为3＋2 3.5．(2018·安徽宣城模拟)已知向量m ＝(2a cos x ，sin x )，n ＝(cos x ，b cos x )，函数f (x )＝m·n －32，函数f (x )在y 轴上的截距为32，与y 轴最近的最高点的坐标是⎝⎛⎭⎫π12，1. (1)求函数f (x )的解析式；(2)将函数f (x )的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，再将图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数y ＝sin x 的图象，求φ的最小值．解 (1)f (x )＝m·n －32＝2a cos 2x ＋b sin x cos x －32，由f (0)＝2a －32＝32，得a ＝32， 此时，f (x )＝32cos 2x ＋b 2sin 2x ， 由f (x )≤ 34＋b 24＝1，得b ＝1或b ＝－1， 当b ＝1时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，经检验⎝⎛⎭⎫π12，1为最高点； 当b ＝－1时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3，经检验⎝⎛⎭⎫π12，1不是最高点． 故函数的解析式为f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3. (2)函数f (x )的图象向左平移φ个单位长度后得到函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2φ＋π3的图象，横坐标伸长到原来的2倍后得到函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋2φ＋π3的图象， 所以2φ＋π3＝2k π(k ∈Z )， φ＝－π6＋k π(k ∈Z )， 因为φ>0，所以φ的最小值为5π6.6．(2017·山东淄博模拟)已知函数f (x )＝3sin ωx cos ωx －cos 2ωx ＋12(ω>0)，与f (x )图象的对称轴x ＝π3相邻的f (x )的零点为x ＝π12. (1)讨论函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π12，5π12上的单调性； (2)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对应边分别为a ，b ，c 且c ＝3，f (C )＝1，若向量m ＝(1,sin A )与向量n ＝(2，sin B )共线，求a ，b 的值．解 (1)f (x )＝32sin 2ωx －1＋cos 2ωx 2＋12＝32sin 2ωx －12cos 2ωx ＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π6. 由与f (x )图象的对称轴x ＝π3相邻的零点为x ＝π12， 得14·2π2ω＝π3－π12＝π4，所以ω＝1，即f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6， 令z ＝2x －π6， 函数y ＝sin z 的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤－π2＋2k π，π2＋2k π，k ∈Z ， 由－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z ， 得－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z ， 设A ＝⎣⎡⎦⎤－π12，5π12， B ＝⎩⎨⎧ x ⎪⎪⎭⎬⎫－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z ， 易知A ∩B ＝⎣⎡⎦⎤－π12，π3， 所以当x ∈⎣⎡⎦⎤－π12，5π12时，f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π12，π3上单调递增，在区间⎣⎡⎦⎤π3，5π12上单调递减． (2)f (C )＝sin ⎝⎛⎭⎫2C －π6－1＝0， 则sin ⎝⎛⎭⎫2C －π6＝1， 因为0<C <π，所以－π6<2C －π6<11π6， 所以2C －π6＝π2，解得C ＝π3. 因为m ＝(1，sin A )与向量n ＝(2，sin B )共线，所以sin B ＝2sin A ，由正弦定理得，b ＝2a .①由余弦定理，得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3， 即a 2＋b 2－ab ＝3.②由①②解得a ＝1，b ＝2.。