高考数学一轮复习专题讲座2三角函数解三角形与平面向量在高考中的常见题型与求解策略知能训练轻松闯关理北
高考数学一轮复习高考必考题突破讲座(二)三角函数、解三角形、平面向量及其应用课件
高考必考题突破讲座(二) 三角函数、解三角形、平面向量及其应用
题型特点 从近几年的高考试题看，全国卷交替考查 三角函数、解三角形．该部分解答题是高 考得分的基本组成部分，考查的热点题型
考情分析 2017·江苏卷，16 2017·浙江卷，18 2017·北京卷，17
2π (1)f(x)的最小正周期为 T＝ ＝2π. 1 3π π π π π 3π (2)因为－π≤x≤0，所以－ ≤x＋ ≤ ，当 x＋ ＝－ ，即 x＝－ 时，f(x)取得 4 4 4 4 2 4 2 最小值为－1－ . 2
cos A 【例 2】 (2016· 四川卷)在△ABC 中， 角 A， B， C 所对的边分别是 a， b， c， 且 a cos B sin C ＋ ＝ . b c (1)证明：sin Asin B＝sin C； 6 (2)若 b ＋c －a ＝ bc，求 tan B． 5
(2)f(x)＝a· b＝3cos x－ 3sin x＝2
π 3cosx＋6 .
π π 7π 因ຫໍສະໝຸດ x∈[0，π]，所以 x＋ ∈6， 6 ， 6 π 从而－1≤cosx＋6 ≤
3 . 2
π π 于是，当 x＋ ＝ ，即 x＝0 时，f(x)取到最大值 3； 6 6 π 5π 当 x＋ ＝π，即 x＝ 时，f(x)取到最小值－2 3. 6 6
命 题 热 点
1．三角函数的图象和性质 注意对基本三角函数y＝sin x，y＝cos x的图象与性质的理解与记忆，有关三角 函数的五点作图法、图象变换、由图象求解析式、周期、单调区间、最值和奇偶性
等问题的求解，通常先将给出的函数化简为 y＝Asin(ωx＋φ)的形式，然后利用变量
高考数学大一轮专题复习 专题二 三角函数与平面向量配套课件 文
则cos∠MNP＝|NN→→MM|··N|→N→PP|＝
Hale Waihona Puke －6 5×25＝－35.
由∠MNP∈[0，π]，得sin∠MNP＝ 1－cos2∠MNP＝45.
2 值；最后由点M在图象上求得φ的值，进而得到函数的解析 式；先由x的范围，求得2x＋ π 的范围，把ωx＋φ看作一个整
6 体，再求得fx的值域.
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【互动(hù dònɡ)探究】
2．(2012年湖北八校联考)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ) A>0，ω>0，|φ|<π2，x∈R图象的一部分如图2-1.
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题型 2 三角变换与三角函数(sānjiǎhánshù)性质的整合 例2：(2012年陕西西安模拟)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)， x∈R 其中A＞0，ω＞0，0＜φ＜π2 的图象与x轴的交点中，相邻两 个交点之间的距离为π2，且图象上的一个最低点为M23π，－2. (1)求f(x)的解析式； (2)当x∈1π2，π2时，求f(x)的值域．
对广东的试题而言，2008 年、2009 年、2010 年、2011 年、 2012 年、2013 年连续六年都是考查三角变换及三角函数求值． 这个数据足以说明广东对该题型的情有独钟，但绝对不能因此
还有两个现象也应该引起(yǐnqǐ)我们备考时注意：①三角函数与 而放松对整章知识系统而全面地复习． 平面向量的综合，是近几年全国各地高考试题中的一种重要题 型，已成为热点．而广东高考仅在 2007 年、2009 年在三角函
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题型 1 三角变换(biànhuàn)与求值的整合
例1：(2012年广东)已知函数f(x)＝Acos4x＋π6
高考数学一轮复习 名师专题讲座2 三角函数、平面向量的高考解答题型及求解策略课件 文
[题型专练] 2．(2018·宁波统考)在△ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且 csinC－bsinB＝(a－b)sinA. (1)求角 C； (2)若 c＝5，求△ABC 的面积的最大值． [解] (1)由 csinC－bsinB＝(a－b)sinA 及正弦定理，得 a2＋b2 －c2＝ab， ∴cosC＝a2＋2ba2b－c2＝12 又 C∈(0，π)，∴C＝3π.
12/11/2021
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(4)已知两边 a，b 及其中一边的对角 A，由正弦定理sianA＝sibnB 可求出另一边 b 的对角 B，由 C＝π－(A＋B)，可求出角 C，再由 sianA＝sincC可求出 c，而通过sianA＝sibnB求角 B 时，可能有一解或 两解或无解的情况．
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[解] (1)f(x)＝ 23－ 3sin2ωx－sinωxcosωx ＝ 23－ 3·1－co2s2ωx－12sin2ωx ＝ 23cos2ωx－12sin2ωx＝－sin2ωx－3π. 因为 y＝f(x)的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离 为π4，故该函数的周期 T＝4×π4＝π.又 ω>0，所以22ωπ＝π，因此 ω ＝1.
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[审题程序] 第一步：化简 f(x)为“一角一函数”形式； 第二步：求 ω 和单调递增区间； 第三步：求 f(x)在给定区间上的值域．
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[规范解答] (1)f(x)＝2 3cosωxsinωx＋sin2ωx－cos2ωx＝ 3 sin2ωx－cos2ωx＝2sin2ωx－π6.
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【精选】高考数学一轮复习专题讲座2三角函数解三角形与平面向量在高考中的常见题型与求解策略课件文北师大
专题一 三角函数的图象与性质
(2015·高考重庆卷)已知函数 f(x)＝1sin 2x－ 3 2
cos2x. (1)求 f(x)的最小正周期和最小值； (2)将函数 f(x)的图象上每一点的横坐标伸长到原来的两倍，
纵坐标不变，得到函数 g(x)的图象．当 x∈π2 ，π 时，求
g(x)的值域．
ω x－12cos
ω x－1
＝2sinω x－π6 －1.
由－1≤sinωx－π6 ≤1，
得－3≤2sinω x－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2π ω
＝π
，即
ω＝ 2.
＝1×7＋2 2×4 2＝23. 3 9 3 9 27
(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.
3.已知 f(x)＝a·b，其中 a＝(2cos x，－ 3sin 2x)，
，
kπ
＋
π 3
，k∈Z.
(2)因为 f(A)＝1＋2cos2A＋π3 ＝－1，
所以 cos2A＋π3 ＝－1.
又π ＜2A＋π ＜7π ，
3
33
所以 2A＋π ＝π .所以 A＝π .
3
3
因为A→B·A→C＝3，即 bc＝6，
由余弦定理得 a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc，
优等生经验谈：听课时应注意学习老师解决问题的思考方法。同学们如果理解了老师的思路和过程，那么后面的结论自然就出现了，学习起来才能够举 一反三，事半功倍。
高考数学一轮总复习三角函数、三角形、平面向量专题11解三角形的技巧与解题规律(2)文
专题11解三角形的技巧与解题规律(2)一、本专题要特别小心：1.解三角形时的分类讨论（锐角钝角之分）2. 三角形与三角函数的综合3. 正余弦定理及三角形中的射影定理的应用4.三角形中的中线问题5.三角形中的角平分性问题6.多个三角形问题 7．三角形的综合 二．【学习目标】掌握三角形形状的判断方法；三角形有关三角函数求值，能证明与三角形内角有关的三角恒等式 三．【方法总结】三角形中的三角函数主要涉及三角形的边角转化，三角形形状判断，三角形内三角函数求值及三角恒等式证明等．以正弦、余弦定理为知识框架，以三角形为主要依托，结合实际问题考查应用．要注意根据条件的特点灵活运用正弦定理或余弦定理．一般考虑从两个方向进行变形，一个方向是边，走代数变形之路，通常是正弦定理、余弦定理结合使用；另一个方向是角，走三角变形之路，主要是利用正弦定理四．【题型方法】 （一）四边形中的三角形例1. 如图，在四边形ABCD 中，60A ∠=︒，．已知AD =BD =．（Ⅰ）求sin ABD ∠的值；（Ⅱ）若2CD =，且CD BC >，求BC 的长．【答案】1BC = 【解析】（Ⅰ）在ABD 中，由正弦定理，得．因为，所以（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，因为，所以．在BCD ∆中，由余弦定理，得．因为所以，即，解得1BC =或2BC =． 又CD BC >，则1BC =．练习1. 在平面四边形ABCD 中，内角B 与D 互补.，..（Ⅰ）求AC ；（Ⅱ）求四边形ABCD 的面积。
【答案】 （Ⅱ）【解析】（Ⅰ），即即1cos 2B =，60B ︒= 故（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，60B ︒=，，sin 2D =四边形ABCD 的面积=（二）三角形与数列的综合例2.已知a ，b ，c 分别是V ABC 内角A ，B ，C 的对边.角A ，B ，C 成等差数列，sin A ，sin B ，sin C 成等比数列.（Ⅰ）求sin sin A C 的值；（Ⅱ）若a =V ABC 的周长.【答案】（Ⅰ）34（Ⅱ）V ABC 的周长为 【解析】（Ⅰ）角A ，B ，C 成等差数列，即60B =︒成等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，即2ac b = 由余弦定理可得：化简得2()0a c -=，即a c ==因此V ABC 的周长为 练习1．已知V ABC 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ．（1）若,,a b c 依次成等差数列，且公差为2，求c 的值； （2）若V ABC 的外接圆面积为π，求V ABC 周长的最大值．【答案】（1）7c =；（2）2.【解析】（1）,,a b c 依次成等差数列，且公差为22b c ∴=-，4a c =-，由余弦定理得：整理得：，解得：7c =或2c =又，则4c >7c ∴=（2）设B θ=，外接圆的半径为R ，则2R ππ=，解得：1R = 由正弦定理可得：可得：2sin b θ=，，c =ABC ∆∴的周长又0,3πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭∴当32ππθ+=，即：6πθ=时，()fθ取得最大值2（三）角的范围问题陷阱例3. ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知．（1）求B ；（2）若ABC ∆为锐角三角形，且1c =，求ABC ∆面积的取值范围．【答案】(1) 3B π=;(2). 【解析】(1)根据题意，由正弦定理得，因为0A π<<，故sin 0A >，消去sin A 得。
高考数学一轮课件第四讲平面向量与解三角形
(4)O 为△ ABC 的内心⇔a������������+b������������+c������������=0.
(5)O 为△ ABC 的外心,H 为其垂心,则������������ = ������������ + ������������ + ������������.
考点题型速览 应试策略集萃 解题知识必备
形:������+2 ������
=
π 2
−
���2���.
(2)三角形中的三角函数关系:sin(A+B)=sin C,cos(A+B)=-cos
C,sin������+2 ������=cos���2���,cos������+2 ������=sin���2���.
考点题型速览 应试策略集萃 解题知识必备
(1)已知������������=λ������������+μ������������(λ,μ 为实数),若点 A,B,C 共线,则 λ+μ=1.
(2)若
P
为线段
AB
的中点,O
为平面内任一点,则������������
=
1 2
(������������
+
������������ ).
考点题型速览 应试策略集萃 解题知识必备
考点题型速览 应试策略集萃 解题知识必备
9.向量在解析几何中的“两个”作用 (1)载体作用:向量在解析几何问题中出现,多用于“包装”,解决此 类问题的关键是利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”,推导出曲 线上点的坐标之间的关系,从而解决有关距离、斜率、夹角、轨迹、 最值等问题. (2)工具作用:利用a⊥b⇔a·b=0(a,b为非零向 量),a∥b⇔a=λb(b≠0),可解决垂直、平行问题.特别地,向量垂直、 平行的坐标表示对于解决解析几何中的垂直、平行问题是一种比 较简捷的方法.
2019版高考数学一轮复习 高考必考题突破讲座(二)三角函数、解三角形、平面向量及其应用学案
高考必考题突破讲座(一)导数及其应用[解密考纲]导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．1．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2. (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)设函数F (x )＝f (x )－g (x )，若函数F (x )的零点有且只有一个，求实数a 的值． 解析 (1)∵f ′(x )＝ln x ＋1，∴当0<x <1e 时，f ′(x )<0；当x >1e时，f ′(x )>0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． ①当0<t <1e 时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，t ＋2上单调递增， ∴f (x )在区间[t ，t ＋2]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ；②当t ≥1e 时，函数f (x )在区间[t ，t ＋2]上单调递增，∴f (x )在区间[t ，t ＋2]上的最小值为f (t )＝t ln t .综上，f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0<t <1e，t ln t ，t ≥1e.(2)F (x )＝f (x )－g (x )＝x ln x ＋x 2－ax ＋2，由题意F (x )＝0，即a ＝ln x ＋x ＋2x在(0，＋∞)上有且只有一个根，令h (x )＝ln x ＋x ＋2x，则h ′(x )＝1x ＋1－2x 2＝x 2＋x －2x 2＝(x ＋2)(x －1)x2(x >0)， ∴h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴h (x )min ＝h (1)＝3，由题意可知，若使y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象恰有一个公共点，则a ＝h (x )min ＝3. 综上，若函数F (x )的零点有且只有一个，则实数a ＝3. 2．已知函数f (x )＝x ·e ax＋ln x －e ，(a ∈R )．(1)当a ＝1时，求函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)设g (x )＝ln x ＋1x－e ，若函数h (x )＝f (x )－g (x )在定义域内存在两个零点，求实数a 的取值范围．解析 (1)∵a ＝1，∴f (x )＝x e x ＋ln x －e ，f ′(x )＝(x ＋1)e x＋1x，∴f (1)＝0，f ′(1)＝2e ＋1．∴f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝(2e ＋1)(x －1)．(2)h (x )＝f (x )－g (x )＝x e ax－1x ＝x 2e ax－1x在定义域(0，＋∞)上存在两个零点，即x 2eax－1＝0在(0，＋∞)上有两个实数根．令φ(x )＝x 2e ax－1，则φ′(x )＝ax 2e ax＋2x e ax ＝x e ax(ax ＋2)，①当a ≥0时，φ′(x )＝x e ax(ax ＋2)>0，∴y ＝φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴y ＝φ(x )在(0，＋∞)至多一个零点，不合题意．②当a <0时，令φ′(x )＝0，得x ＝－2a.∵φ(0)＝－1，当x →＋∞，φ(x )→－1，∴要使φ(x )＝x 2e ax－1在(0，＋∞)上有两个零点， 则φ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a >0即可，得a 2<4e 2，又a <0，∴－2e <a <0.3．(2018·安徽合肥高三调研)已知函数f (x )＝ax 2＋bx 在x ＝22处取得极小值－ 2. (1)求函数f (x )的解析式；(2)若过点M (1，m )的直线与曲线y ＝f (x )相切且这样的切线有三条，求实数m 的取值范围．解析 (1)由题意得，f ′(x )＝2ax 2＋b . ∵函数f (x )＝ax 3＋bx 在x ＝22处取得极小值－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝－2，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＝－4，32a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－3，则函数f (x )的解析式为f (x )＝2x 3－3x .(2)设切点坐标为(x 0,2x 30－3x 0)，则曲线y ＝f (x )的切线的斜率k ＝f ′(x 0)＝6x 20－3， 切线方程为y －(2x 30－3x 0)＝(6x 20－3)(x －x 0)， 代入点M (1，m )，得m ＝－4x 30＋6x 20－3，依题意，方程m ＝－4x 30＋6x 20－3有三个不同的实根． 令g (x )＝－4x 3＋6x 2－3，则g ′(x )＝－12x 2＋12x ＝－12x (x －1)， ∴当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0； 当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.故g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∴g (x )极小值＝g (0)＝－3，g (x )极大值＝g (1)＝－1．∴当－3<m <－1时，g (x )＝－4x 3＋6x 2－3的图象与直线y ＝m 有三个不同的交点， ∴当－3<m <－1时，存在这样的三条切线． 故实数m 的取值范围是(－3，－1)． 4．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2(a ∈R )． (1)当a <0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若xf ′(x )－f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．解析 (1)由题知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＝2ax 2＋1x.当a ＜0时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜－12a；由f ′(x )＜0得 x ＞－12a， 则当a ＜0时，函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞. (2)∵xf ′(x )－f (x )＞0在(0，＋∞)上恒成立， ∴x 2ax 2＋1x－(1n x ＋ax 2)＞0在(0，＋∞)上恒成立，即a ＞ln x －1x2在(0，＋∞)上恒成立. 设h (x )＝ln x －1x 2＝ln x －1x 2(x ＞0) ，则h ′(x )＝3－2ln x x3， 由h ′(x )＞0得0＜x ＜e 32；由h ′(x )＜0得x ＜e 32，故函数h (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，e 32上单调递增，在(e 32，＋∞)上单调递减， ∴h (x )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 32＝12e 3，∴a ＞12e 3 ，即实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12e 3，＋∞.5．已知函数f (x )＝ax ln x ＋b (a ，b 为实数)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1．(1)求实数a ，b 的值及函数f (x )的单调区间； (2)设函数g (x )＝f (x )＋1x，证明：g (x 1)＝g (x 2)(x 1<x 2)时，x 1＋x 2>2. 解析 (1)由题得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a (1＋ln x )，因为曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝a ＝1，f (1)＝a ln 1＋b ＝0，解得a ＝1，b ＝0.令f ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝1e.当0<x <1e 时，f ′(x )<0，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减； 当x >1e 时，f ′(x )>0，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． 所以函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.(2)由(1)得，g (x )＝f (x )＋1x ＝ln x ＋1x. 由g (x 1)＝g (x 2)(x 1<x 2)，得ln x 1＋1x 1＝ln x 2＋1x 2， 即x 2－x 1x 1x 2＝ln x 2x 1>0. 要证x 1＋x 2>2，需证(x 1＋x 2)x 2－x 1x 1x 2>2ln x 2x 1， 即证x 2x 1－x 1x 2>2ln x 2x 1，设x 2x 1＝t (t >1)，则要证x 2x 1－x 1x 2>2ln x 2x 1， 等价于证：t －1t>2ln t (t >1)．令u (t )＝t －1t －2ln t ，则u ′(t )＝1＋1t2－2t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1t 2>0，∴u (t )在区间(1，＋∞)上单调递增，u (t )>u (1)＝0， 即t －1t>2ln t ，故x 1＋x 2>2.6．已知函数f (x )＝12x 2－x ＋a ln x (a >0)．(1)若a ＝1，求f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论f (x )的单调性；(3)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，求证：f (x 1)＋f (x 2)>－3－2ln 24解析 (1)a ＝1时，f (x )＝12x 2－x ＋ln x ，f ′(x )＝x －1＋1x，f ′(1)＝1，f (1)＝－12，∴y －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝x －1，即y ＝x －32.∴f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程为2x －2y －3＝0.(2)f ′(x )＝x －1＋a x ＝x 2－x ＋ax(a >0)．①若a ≥14，则x 2－x ＋a ≥0，f ′(x )≥0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②若0<a <14，由x 2－x ＋a >0得0<x <1－1－4a 2或x >1＋1－4a 2；由x 2－x ＋a <0得1－1－4a 2<x <1＋1－4a 2. ∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增．综上，当a ≥14时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当0<a <14时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增．(3)由(2)知0<a <14时，f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且x 1，x 2是方程x 2－x ＋a ＝0的两个根，∴x 1＋x 2＝1，x 1·x 2＝a . ∴f (x 1)＋f (x 2)＝12x 21－x 1＋a ln x 1＋12x 22－x 2＋a ln x 2＝12(x 1＋x 2)2－x 1·x 2－(x 1＋x 2)＋a ln(x 1·x 2) ＝12－a －1＋a ln a ＝a ln a －a －12.令g (x )＝x ln x －x －12⎝⎛⎭⎪⎫0<x <14，则g ′(x )＝ln x <0.∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递减，∴g (x )>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝－3－2ln 24.∴f (x 1)＋f (x 2)>－3－2ln 24.。
高考数学一轮总复习 专题二 三角函数、平面向量与解三角形课件 理
PA2＝3＋14－2×
3×12×cos30°＝74.故
PA＝
7 2.
(2)设∠PBA＝α，由已知，得 PB＝sinα.
在△PBA 中，由正弦定理，得sin1350°＝sin3si0n°α－α. 化简，得 3cosα＝4sinα.
所以
tanα＝
43，即
tan∠PBA＝
3 4.
【互动探究】
2．(2015 年浙江)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分 别为 a，b，c.已知 tanπ4＋A＝2.
由正弦函数 y＝sinx 在π4，54π上的图象知， 当 2x＋4π＝π2，即 x＝8π时，f(x)取最大值 2＋1； 当 2x＋4π＝54π，即 x＝π2时，f(x)取最小值 0. 综上可知，f(x)在0，π2上的最大值为 2＋1，最小值为 0.
题型 2 三角函数和解三角形 有关三角知识与解三角形的综合是全国各地的高考题中的 一种重要题型，对于这类题，通常是先利用正弦定理或者余弦 定理，将边的关系转化为只含有角的关系，再利用三角知识来 处理．本题考查解三角形、三角形的面积、三角恒等变换、三 角和差公式以及正弦定理的应用．
(2)方法一，由余弦定理，得 a2＝b2＋c2－2bccosA.
而 a＝ 7，b＝2，A＝π3， 得 7＝4＋c2－2c，即 c2－2c－3＝0.
因为 c>0，所以 c＝3.
故△ABC
面积为12bcsinA＝3
当 x＋π3＝π，即 x＝23π时，f(x)取得最小值．
∴f(x)在区间0，23π上的最小值为 f23π＝－ 3.
【规律方法】本题主要考查的是降幂公式、辅助角公式、
三角函数的最小正周期和三角函数的最值，属于中档题.解题时
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专题讲座2 三角函数、解三角形与平面向量在高考中的常见题型与
求解策略
1．已知|a |＝3，|b |＝2，(a ＋2b )·(a －3b )＝－18，则a 与b 夹角为( )
A ．30°
B ．60°
C ．120°
D ．150° 解析：选B.(a ＋2b )·(a －3b )＝－18，
所以a 2－6b 2－a·b ＝－18，
因为|a |＝3，|b |＝2，
所以9－24－a ·b ＝－18，
所以a·b ＝3，
所以cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝36＝12
， 所以〈a ，b 〉＝60°.
2．(2016·郑州第一次质量预测)已知函数f (x )＝A sin(πx ＋φ)的部分图像如图所示，点B ，
C 是该图像与x 轴的交点，过点C 的直线与该图像交于
D ，
E 两点，则(BD →＋BE →)·(BE →－CE →)的
值为( )
A ．－1
B ．－12 C.12
D ．2 解析：选D.注意到函数f (x )的图像关于点C 对称，因此C 是线段D
E 的中点，BD →＋BE →＝2BC →
.又BE →－CE →＝BE →＋EC →＝BC →，且|BC →|＝12T ＝12×2ππ
＝1，因此(BD →＋BE →)·(BE →－CE →)＝2BC →2＝2. 3．(2015·高考重庆卷)在△ABC 中，B ＝120°，AB ＝2，A 的角平分线AD ＝3，则AC ＝
________．
解析： 如图，在△ABD 中，由正弦定理，得AD sin B ＝AB sin∠ADB ，
所以sin ∠ADB ＝22
.所以∠ADB ＝45°，所以∠BAD ＝180°－45°－120°＝15°. 所以∠BAC ＝30°，∠C ＝30°，所以BC ＝AB ＝2.在△ABC 中，由正弦定理，得AC sin B
＝BC sin ∠BAC
，所以AC ＝6. 答案：6
4．(2015·高考天津卷改编)已知函数f (x )＝sin ωx ＋cos ωx (ω＞0)，x ∈R .若函数f (x )在区间(－ω，ω)内递增，且函数y ＝f (x )的图像关于直线x ＝ω对称，则ω的值为
________． 解析：f (x )＝sin ωx ＋cos ωx
＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4，
因为f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数图像关于直线x ＝ω对称，
所以f (ω)必为一个周期上的最大值，所以有ω·ω＋π4＝2k π＋π2，k ∈Z ，所以ω2＝π4＋
2k π，k ∈Z . 又ω－(－ω)≤2πω2，即ω2≤π2， 所以ω2＝π4， 所以ω＝π2. 答案：π2
5. 已知函数f (x )＝A sin (ωx ＋φ) ⎝ ⎛⎭⎪⎫A>0，ω>0，|φ|<π2，x∈R 的图像的一部分如图所示． (1)求函数f (x )的解析式； (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－2
3时， 求函数y ＝f (x )＋f (x ＋2)的最大值与最小值及相应的x 的值．
解：(1)由题图知A ＝2，T ＝8，
因为T ＝2π
ω＝8，
所以ω＝π
4.
又图像经过点(－1，0)，
所以2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π
4＋φ＝0.
因为|φ|<π
2，所以φ＝π
4.
所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋π
4.
(2)y ＝f (x )＋f (x ＋2)
＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋π
4＋2sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π4x ＋π2＋π
4 ＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π
4x ＋π
2＝22cos π
4x .
因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－2
3，
所以－3π
2≤π
4x ≤－π
6.。