2016届 【创新设计】数学一轮(浙江专用 文科) 配套精品 课时作业+阶段训练探究课2

探究课二 三角函数与平面向量问题中的
热点题型
(建议用时：80分钟)
1．(2014·深圳调研)已知函数f (x )＝sin ωx ＋cos ⎝ ⎛
⎭⎪⎫ωx ＋π6，其中x ∈R ，ω＞0.
(1)当ω＝1时，求f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π3的值；
(2)当f (x )的最小正周期为π时，求f (x )在⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0，π4上取得最大值时x 的值．
解 (1)当ω＝1时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
π3＝sin π3＋cos π2
＝32＋0＝32.
(2)f (x )＝sin ωx ＋cos ⎝ ⎛
⎭⎪⎫ωx ＋π6
＝sin ωx ＋32cos ωx －1
2sin ωx ＝12sin ωx ＋3
2cos ωx ＝sin ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫ωx ＋π3，
∵2π|ω|＝π且ω＞0，得ω＝2，∴f (x )＝sin ⎝ ⎛
⎭⎪⎫2x ＋π3， 由x ∈⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0，π4得2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，5π6，
∴当2x ＋π3＝π2，即x ＝π
12时，f (x )max ＝1.
2．(2014·嘉兴调研)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且2cos(A ＋2C )＝1－4sin B sin C . (1)求A ；
(2)若a ＝3，sin B 2＝1
3，求b .
解 (1)因为2cos(A ＋2C )＝2cos(π－B ＋C )＝－2cos(B －C )， 所以2(cos B cos C ＋sin B sin C )－4sin B sin C ＝－1， 即2(cos B cos C －sin B sin C )＝－1，cos(B ＋C )＝－1
2， 因为0＜B ＋C ＜π，所以B ＋C ＝2π3，A ＝π
3. (2)因为0＜B ＜π，sin B 2＝13，所以cos B
2＝
1－19＝223.
所以sin B ＝2sin B 2cos B 2＝429，由正弦定理得b ＝a sin B sin A ＝86
9.
3．(2015·温州诊断)已知△ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，设向量p ＝(a ，b )，q ＝(sin B ，sin A )，n ＝(b －2，a －2)． (1)若p ∥q ，求证：△ABC 为等腰三角形；
(2)若p ⊥n ，边长c ＝2，∠C ＝π
3，求△ABC 的面积． (1)证明 ∵p ∥q ，∴a sin A ＝b sin B ，
即a ·a 2R ＝b ·
b 2R (其中R 是△ABC 外接圆的半径)． ∴a ＝b ，∴△ABC 为等腰三角形．
(2)解 由p ⊥n 得p ·n ＝0，即a (b －2)＋b (a －2)＝0， ∴a ＋b ＝ab .
又c ＝2，∠C ＝π3，∴4＝a 2＋b 2
－2ab cos π3，即有 4＝(a ＋b )2－3ab . ∴(ab )2－3ab －4＝0， ∴ab ＝4(ab ＝－1舍去)．
因此S △ABC ＝12ab sin C ＝12×4×3
2＝ 3.
4．(2015·天津十二区县重点中学联考)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是A ，B ，C 的对边，且3cos A cos C (tan A tan C －1)＝1. (1)求sin ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫2B －5π6的值；
(2)若a ＋c ＝33
2，b ＝3，求△ABC 的面积． 解 (1)由3cos A cos C (tan A tan C －1)＝1得 3cos A cos C ⎝ ⎛⎭⎪⎫
sin A sin C cos A cos C －1＝1，
∴3(sin A sin C －cos A cos C )＝1， ∴cos(A ＋C )＝－1
3， ∴cos B ＝1
3，
又0＜B ＜π，∴sin B ＝22
3，
∴sin 2B ＝2sin B cos B ＝429，cos 2B ＝1－2sin 2B ＝－7
9， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －5π6＝sin 2B cos 5π6 －cos 2B sin 5π6 ＝429·
⎝ ⎛⎭⎪⎫－32－⎝ ⎛⎭⎪⎫－79·12 ＝7－46
18
. (2)由余弦定理得cos B ＝
a 2＋c 2－
b 22a
c ＝1
3， ∴(a ＋c )2－2ac －b 22ac
＝13，
又a ＋c ＝332，b ＝3，∴ac ＝45
32， ∴S △ABC ＝12ac sin B ＝152
32.
5．(2015·宁波诊断)设函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6＋2sin 2ωx 2(ω＞0)，已知函数f (x )的图象的相邻两对称轴间的距离为π. (1)求函数f (x )的解析式；
(2)若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c (其中b ＜c )，且f (A )＝3
2，△ABC 的面积为S ＝63，a ＝27，求b ，c 的值．
解 (1)f (x )＝32sin ωx ＋1
2cos ωx ＋1－cos ωx ＝32sin ωx －1
2cos ωx ＋1 ＝sin ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫ωx －π6＋1.
∵函数f (x )的图象的相邻两对称轴间的距离为π， ∴函数f (x )的周期为2π.∴ω＝1.
∴函数f (x )的解析式为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫
x －π6＋1.
(2)由f (A )＝32，得sin ⎝ ⎛
⎭⎪⎫A －π6＝12.
又∵A ∈(0，π)，∴A ＝π
3.
∵S ＝12bc sin A ＝63，∴12bc sin π
3＝63，bc ＝24，
由余弦定理，得a 2＝(27)2＝b 2＋c 2－2bc cos π
3＝b 2＋c 2－24. ∴b 2＋c 2＝52，又∵b ＜c ，解得b ＝4，c ＝6.
6．(2013·福建卷)如图，在等腰直角△OPQ 中，∠POQ ＝90°，OP ＝22，点M 在线段PQ 上．
(1)若OM ＝5，求PM 的长；
(2)若点N 在线段MQ 上，且∠MON ＝30°，问：当∠POM 取何值时，△OMN 的面积最小？并求出面积的最小值．
解 (1)在△OMP 中，∠OPM ＝45°，OM ＝5，OP ＝22， 由余弦定理得OM 2＝OP 2＋MP 2－2×OP ×MP ×cos 45°， 即MP 2－4MP ＋3＝0，解得MP ＝1或MP ＝3. (2)设∠POM ＝α，0°≤α≤60°，
在△OMP 中，由正弦定理得OM sin ∠OPM ＝OP
sin ∠OMP
，
所以OM ＝
OP sin 45°sin (45°＋α)，同理，ON ＝OP sin 45°
sin (75°＋α)
.
故S △OMN ＝1
2×OM ×ON ×sin ∠MON ＝14×OP 2sin 2 45°sin (45°＋α)sin (75°＋α)
＝1
sin (45°＋α)sin (45°＋α＋30°)
＝
1
sin (45°＋α)⎣⎢⎡⎦
⎥
⎤32sin (45°＋α)＋1
2cos (45°＋α)
＝
1
32sin 2(45°
＋α)＋1
2sin (45°＋α)cos (45°＋α)
＝
1
34[]1－cos
()90°＋2α＋1
4sin (90°＋2α) ＝
1
34＋34sin 2α＋1
4cos 2α
＝
1
34＋1
2sin (2α＋30°
)
. 因为0°≤α≤60°，30°≤2α＋30°≤150°， 所以当α＝30°时，sin(2α＋30°)的最大值为1， 此时△OMN 的面积取到最小值．
即∠POM ＝30°时 ，△OMN 的面积的最小值为8－4 3.。