江苏专用2020高考数学二轮复习专题一三角教学案.doc

1、专题一 三角江苏卷5年考情分析小题考情分析大题考情分析常考点1.三角化简求值(5年3考)2.三角函数的性质(5年3考)3.平面向量的数量积(5年5考)江苏高考中，对三角计算题的考查始终围绕着求角、求值问题，以两角和与差的三角函数公式的运用为主，可见三角恒等变换比三角函数的图象与性质更加重要，三角变换的基本解题规律是：寻找联系、消除差异.三角考题的花样翻新在于条件变化，大致有三类：第一类给出三角函数值(见2018年三角解答题)，第二类是给出三角形(见2015年、2016年、2019年三角解答题)，第三类是给出向量(见2017年三角解答题).偶考点1.平面向量的概念及线性运算2.正弦、余弦定理第一

2、讲 | 小题考法三角函数、解三角形考点(一) 三角化简求值主要考查利用三角恒等变换解决化简求值或求角问题多涉及两角和与差的正弦、余弦、正切公式以及二倍角公式.题组练透1计算：sin 50(1tan 10)_解析：sin 50(1tan 10)sin 50sin 50sin 501.答案：12已知，(0，)，且tan()，tan ，则2的值为_解析：tan tan()0，00，02，tan(2)1.tan 0，20时的零点从小到大依次为x1，x2，x3，所以解得.答案：3(2019苏北三市一模)将函数f(x)sin 2x的图象向右平移个单位长度得到函数g(x)的图象，则以函数f(x)与g(x)的

3、图象的相邻三个交点为顶点的三角形的面积为_解析：函数f(x)sin 2x的图象向右平移个单位长度得到函数g(x)sinsin的图象，如图所示，点A的坐标为，B，C之间的距离为一个周期，所以三角形ABC的面积为2.答案：4已知函数f(x)2sinsin，x，则函数f(x)的值域为_解析：依题意，有f(x)2sin xcos x(cos2xsin2x)sin 2xcos 2xsin，因为x，所以02x，从而0sin1，所以函数f(x)的值域为0，1答案：0，1方法技巧1对于f(x)Asin(x)的图象平移后图象关于y轴或原点对称的两种处理方法(1)若平移后所得函数解析式为yAsin(x)，要关于原

4、点对称，则k，kZ；要关于y轴对称，则k，kZ.(2)利用平移后的图象关于y轴或原点对称得到原函数的对称性，再利用ysin x的对称性去求解2求三角函数单调区间的两种方法(1)代换法：求形如yAsin(x)(或yAcos(x)(A，为常数，A0，0)的单调区间时，令xz，则yAsin z(或yAcos z)，然后由复合函数的单调性求得(2)图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间3求解三角函数的值域的三种方法化归法在研究三角函数值域时，首先应将所给三角函数化归为yAsin(x)，yAcos(x)或yAtan(x)的形式，再利用换元tx，从而转化为求yAsin t，yAcos t或yAt

5、an t在给定区间上的值域换元法对于无法化归的三角函数，通常可以用换元法来处理，如ysin xcos xsin xcos x，可以设sin xcos xt来转化为二次函数求值域导数法对于无法化归和换元的三角函数，可以通过导函数研究其单调性和值域考点(三) 正、余弦定理主要考查利用正弦定理、余弦定理及三角形面积公式求解三角形的边长、角以及面积，或考查将两个定理与三角恒等变换相结合解三角形. 题组练透1在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcos A2ca，则角B的大小为_解析：法一：因为2bcos A2ca，所以由余弦定理得2b2ca，即b2a2c2ac，所以cos B，因为B(

6、0，)，所以B.法二：因为2bcos A2ca，所以由正弦定理得2sin Bcos A2sin Csin A2sin(AB)sin A2sin Acos B2cos Asin Bsin A，故2cos Bsin Asin A，因为sin A0，所以cos B，因为B(0，)，所以B.答案：2(2019苏锡常镇四市一模)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知5a8b，A2B，则sin_解析：由正弦定理得5sin A8sin B，由A2B可得sin B，cos B，易得B，A，sin A，cos A，sin(sin Acos A).答案：3锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别

7、为a，b，c.已知2asin Cc，a1，则ABC周长的最大值为_解析：依题意，由已知条件及正弦定理得2sin Asin Csin C，即sin A.由于三角形为锐角三角形，故A.由正弦定理得bsin B，csin C，故三角形的周长为1sin Bsin C1sin Bsin12sin，故当B，即三角形为等边三角形时，周长取得最大值，为123.答案：34(2018常熟高三期中)设ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，D为AB的中点，若bacos Ccsin A且CD，则ABC面积的最大值是_解析：因为bacos Ccsin A，所以由正弦定理得sin Bsin Acos Csin Cs

8、in A，即sin Acos Ccos Asin Csin Acos Csin Csin A，因为sin C0，所以cos Asin A，即tan A1，因为A(0，)，所以A.在ACD中，由余弦定理得CD2b22bcos，即2bc4b2c284bc8，所以bc42，当且仅当2bc时等号成立，所以SABCbcsin Abc1.答案：1方法技巧1利用正弦、余弦定理解决有关三角形问题的方法(1)解三角形问题时，要注意两个统一原则，即将“边”统一为“角”，将“角”统一为“边”当条件或结论是既含有边又含有角的形式时，就需要将边统一为角或将角统一为边在应用这两个原则时要注意：若式子中含有角的余弦、边的二

9、次式，则考虑用余弦定理进行转化；若式子中含有角的正弦、边的一次式，则考虑用正弦定理进行转化(2)求解与三角形相关的平面几何中的有关量时，由于图形中的三角形可能不止一个，因此，需要合理分析，确定求解的顺序，一般先将所给的图形拆分成若干个三角形，根据已知条件确定解三角形的先后顺序，再根据各个三角形之间的关系求得结果，同时注意平面几何知识的应用2与面积、范围有关问题的求解方法(1)与三角形面积有关的问题主要有两种：一是求三角形面积；二是给出三角形的面积，求其他量解题时主要应用三角形的面积公式Sabsin Cbcsin Aacsin B，此公式既与边长的乘积有关，又与角的三角函数值有关，由此可以与正弦

10、定理、余弦定理综合起来求解另外，还要注意用面积法处理问题(2)求与三角形中边角有关的量的取值范围问题时，主要是利用已知条件和有关定理，将所求的量用三角形的某个内角或某条边表示出来，结合三角形边角的取值范围、函数值域的求法等求解，或者通过基本不等式来进行求解在求解时，要注意题目中的隐含条件，如|bc|a0，0)ysin xysin xysin(x)yAsin(x)(A0，0)4三角函数的单调区间ysin x的单调递增区间是(kZ)，单调递减区间是(kZ)；ycos x的单调递增区间是(kZ)，单调递减区间是2k，2k(kZ)；ytan x的递增区间是(kZ)5三角函数的奇偶性与对称性yAsin(

11、x)，当k(kZ)时为奇函数；当k(kZ)时为偶函数；对称轴方程可由xk(kZ)求得yAcos(x)，当k(kZ)时为奇函数；当k(kZ)时为偶函数；对称轴方程可由xk(kZ)求得yAtan(x)，当k(kZ)时为奇函数6正弦定理及其变形在ABC中，2R(R为ABC的外接圆半径)变形：a2Rsin A，sin A，abcsin Asin Bsin C等7余弦定理及其变形在ABC中，a2b2c22bccos A.变形：b2c2a22bccos A，cos A.8三角形面积公式SABCabsin Cbcsin Aacsin B.(二)二级结论要用好1sin cos 0的终边在直线yx上方(特殊地，

12、当在第二象限时有 sin cos 1)2sin cos 0的终边在直线yx上方(特殊地，当在第一象限时有sin cos 1)3辅助角公式：asin bcos sin().4在ABC中，tan Atan Btan Ctan Atan Btan C.5ABC中，内角A，B，C成等差数列的充要条件是B.6ABC为正三角形的充要条件是A，B，C成等差数列，且a，b，c成等比数列7SABC(R为ABC外接圆半径) A组抓牢中档小题1sin 20cos 10cos 160sin 10_解析：sin 20cos 10cos 160sin 10sin 20cos 10cos 20sin 10sin(2010)

13、sin 30.答案：2(2019苏锡常镇四市一模)设定义在区间上的函数y3sin x的图象与y3cos 2x2的图象交于点P，则点P到x轴的距离为_解析：法一：根据题意得，3sin x3cos 2x2，3sin x3(12sin2x)2，6sin2x3sin x50，(2sin x5)(sin x1)0，所以sin x，此时yP33，所以点P到x轴的距离为3.法二：设点P的坐标为(xP，yP)，因为x，所以yP3sin xP0，sin xP，又yP3cos 2xP2，所以yP3(12sin2xP)2，yP32，所以2y9yP450，(2yP15)(yP3)0，因为yP0，所以yP3，故点P到x

14、轴的距离为3.答案：33(2019常州期末)已知函数f(x)sin(x)(0，R)是偶函数，点(1，0)是函数f(x)图象的对称中心，则的最小值为_解析：由函数f(x)sin(x)(0，R)是偶函数，知函数f(x)的图象关于直线x0对称，又点(1，0)是函数f(x)图象的对称中心，所以函数f(x)的最小正周期T的最大值为4，所以的最小值为.答案：4(2019扬州期末)设a，b是非零实数，且满足tan ，则_解析：因为tan ，所以，所以acos sin bcos cos asin cos bsin sin ，所以ab，即asinbcos，asin bcos ，所以tan .答案：5(2019无

15、锡期末)已知是第四象限角，cos ，那么的值为_解析：依题意，得sin ，.答案：6(2019南通等七市二模)在ABC中，已知C120，sin B2sin A，且ABC的面积为2，则AB的长为_解析：设a，b，c分别为ABC的内角A，B，C的对边，则由sin B2sin A和正弦定理得b2a，由ABC的面积Sabsin Cab2，得ab8，所以a2，b4，由余弦定理可得AB241622428，得AB2.答案：27已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2bac，若sin B，cos B，则b的值为_解析：sin B，cos B，sin2Bcos2B1，ac15，又2bac，b2a

16、2c22accos Ba2c218(ac)2484b248，解得b4.答案：48(2019南京三模)函数f(x)2sin，其中0.若x1，x2是方程f(x)2的两个不同的实数根，且|x1x2|的最小值为.则当x时，f(x)的最小值为_解析：根据已知可得，所以2，所以f(x)2sin.因为x，所以2x，数形结合易知，当2x，即x时，f(x)取得最小值，为1.答案：19在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称若sin ，则cos()_解析：因为角与角的终边关于y轴对称，所以2k，kZ，所以cos()cos(22k)cos 2(12sin2).答案：10(2019石庄中

17、学模拟)将函数f(x)cos(2x)的图象向右平移个单位后得到函数g(x)的图象，若g(x)的图象关于直线x对称，则_解析：依题意，g(x)coscos，令2xk(kZ)，即函数g(x)图象的对称轴为x(kZ)，又|，当k0时，有，解得.答案：11(2019徐州中学模拟)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos 2A3cos A1，b5，ABC的面积S5，则ABC的周长为_解析：由cos 2A3cos A1得2cos2A3cos A20，解得cos A2(舍去)或cos A，则sin A，由Sbcsin A5c5，得c4.所以a2b2c22bccos A251625421，得a

18、.所以ABC的周长为549.答案：912已知tan，且0，则_解析：由tan，得tan .又0，所以sin .故2sin .答案：13(2019盐城三模)在ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c2a2b2ab，则的取值范围是_解析：因为c2a2b2ab，所以由余弦定理得cos C，所以C，由正弦定理得sin.因为0A，所以2A，所以(1，1)答案：(1，1)14(2018苏锡常镇一模)已知sin 3sin，则tan_解析：sin 3sin3sin cos3cos sinsin cos ，tan .又tan tan2，tan24.答案：24B组力争难度小题1.如图，已知A，B分别是函

19、数f(x)sin x(0)在y轴右侧图象上的第一个最高点和第一个最低点，且AOB，则该函数的最小正周期是_解析：设函数f(x)的最小正周期为T，由图象可得A，B，则30，解得T4.答案：42(2019平潮中学模拟)在ABC中，若，则cos A的取值范围为_解析：由，得，即，即，即，由正弦定理，得bccos Aa2，由余弦定理，得bccos Ab2c22bccos A，即cos A(当且仅当bc时取等号)，又易知cos A1，所以cos A1.答案：3已知为锐角，cos，则sin的值为_解析：因为，所以，所以sin ，因为sinsin2 sincos，coscos2 cos21，所以sinsin

20、sincoscossin.答案：4.函数f(x)Asin(x)的部分图象如图所示，若x1，x2，且f(x1)f(x2)，则f(x1x2)_解析：由图象可得A1，解得2，所以f(x)sin(2x)，将点代入函数f(x)可得0sin，所以k，所以k(kZ)，又|，所以，所以f(x)sin.因为，的中点坐标为，又x1，x2，且f(x1)f(x2)，所以x1x22，所以f(x1x2)sin.答案：5在ABC中，B，AC，D为BC中点，E为AB中点，则AEBD的取值范围为_解析：在ABC中，设C，则A，且.由正弦定理，得AB2sin ，BC2sin，所以AEBDABBCsin sinsin cos si

21、n sin cos sin.又，则，所以sin，所以sin，即AEBD的取值范围是.答案：6.(2018南通基地卷)将函数ysin的图象向左平移3个单位长度，得到函数ysin(|Bsin Asin B等演练冲关1(2019江苏高考)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.(1)若a3c，b，cos B，求c的值；(2)若，求sin的值解：(1)因为a3c，b，cos B，由余弦定理，得cos B，即，解得c2.所以c.(2)因为，由正弦定理，得，所以cos B2sin B.从而cos2B(2sin B)2，即cos2B4(1cos2B)，故cos2B.因为sin B0，所以cos B2

22、sin B0，从而cos B.因此sincos B.2在ABC中，AC6，cos B，C.(1)求AB的长；(2)求cos的值解：(1)因为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.因为0A，所以sin A.因此，coscos Acossin Asin .题型(二)解三角形与平面向量结合典例感悟例2(2018盐城模拟)设ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ABC面积的大小为S，32S.(1)求sin A的值；(2)

23、若C，16，求b.解(1)由32S，得3bccos A2bcsin A，即sin A3cos A.整理化简得sin2A9cos2A9(1sin2A)，所以sin2A.又A(0，)，所以sin A0，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.联立得b8.方法技巧解三角形与平面向量综合问题的求解策略(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

24、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演练冲关1(2018南通三调)已知ABC是锐角三角形，向量m，n(cos B，sin B)，且mn.(1)求AB的值；(2)若cos B，AC8，求BC的长解：(1)因为mn，所以mncoscos Bsinsin Bcos0，又A，B，所以AB，所以AB，即AB.(2)因为cos B，B，所以sin B.所以sin Asinsin Bcoscos Bsin.由正弦定理，得BCAC843.2(2019南京盐城一模)在ABC中，设a，b，c分别为角A，B，C的对边，记ABC的面积为S，且2S.(1)求角A的大小；(2)若c7，cos B，

25、求a的值解：(1)由2S，得bcsin Abccos A，因为A(0，)，所以tan A1，A.(2)在ABC中，cos B，所以sin B，所以sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B.由正弦定理，得，解得a5.题型(三)以平面图形为背景的解三角形问题此类问题的本质还是主要考查利用正、余弦定理求解三角形或多边形的边长、角度和面积的问题.典例感悟例3(2018南通调研)如图，在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，ab(sin Ccos C)(1)求ABC；(2)若A，D为ABC外一点，DB2，DC1，求四边形ABDC面积的最大值解(1)在ABC中，因为ab(s

26、in 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，又因为C(0，)，故sin C0，所以cos Bsin B，即tan B1. 又B(0，)，所以B，即ABC.(2)在BCD中，DB2，DC1，BC21222212cos D54cos D.又A，由(1)可知ABC，所以ABC为等腰直角三角形，SABCBCBCBC2cos D， 又SBDCBDDCsin Dsin D, 所以S四边形ABD

27、Ccos Dsin Dsin.所以当D时，四边形ABDC的面积有最大值，最大值为.方法技巧以平面图形为背景的解三角形问题的求解思路建联系在平面几何图形中求相关的几何量时，需寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，通过公共条件形成等式，常常将所涉及的已知几何量与所求几何量集中到某一个三角形用定理“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理；“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理演练冲关1(2019姜堰中学模拟)如图，在梯形ABCD中，ABCD，BCD2BAD，BD2，AB，cosBCD.(1)求AD的长；(2)求cosCBD.解：(1)因为BCD2B

28、AD，所以cosBCD2cos2BAD1，得cos2BAD.因为BAD，所以cosBAD.在ABD中，由余弦定理得BD2AD2AB22ADABcosBAD，即4AD262AD，得AD.(2)由(1)可得AD2BD2AB2，所以ADB，所以sinABD，cosABD.因为ABCD，所以BDCABD，所以sinBDC，cosBDC，所以cosCBDcos(BCDBDC)sinBCDsinBDCcosBCDcosBDC.2(2018盐城中学调研)如图， 在ABC中，B，BC2，点D在边AB上，ADDC，DEAC，E为垂足(1)若BCD的面积为，求CD的长；(2)若ED，求A的大小解：(1)由已知得S

29、BCDBCBDsin B，又BC2，B，BD，在BCD中，由余弦定理得CD2BC2BD22BCBDcos B，CD.(2)在RtCDE中，CD.ADDC，ADCE，CD.在BCD中，由正弦定理，得，又BDC2A，得，CD，CD，解得cos A，A. A组大题保分练1(2019南京三模)已知a，b，c分别是ABC三个角A，B，C所对的边，且满足acos Bbcos A.(1)求证：AC；(2)若b2，1，求sin B的值解：(1)证明：由正弦定理，得sin Acos Bsin Bcos A，即(sin Acos Bsin Bcos A)cos Csin(AB)cos Csin Ccos A.因为

30、ABC，所以sin(AB)sin C，所以sin Ccos Csin Ccos A.因为C是ABC的内角，所以sin C0，所以cos Ccos A.又A，C是ABC的内角，所以AC.(2)由(1)知，AC，所以ac，所以cos B.因为1，所以a2cos Ba221，所以a23.所以cos B.又B(0，)，所以sin B .2(2019无锡期末)在ABC中，设a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知向量m(a，sin Csin B)，n(bc，sin Asin B)，且mn.(1)求角C的大小；(2)若c3，求ABC周长的取值范围解：(1)由mn及m(a，sin Csin B)，n(bc，

31、sin Asin B)得a(sin Asin B)(bc)(sin Csin B)0.由正弦定理，得a(ab)(bc)(cb)0，所以a2ab(c2b2)0，得c2a2b2ab.又c2a2b22abcos C，所以a2b2aba2b22abcos C，所以ab2abcos C.因为ab0，所以cos C.又C(0，)，所以C.(2)在ABC中，c2a2b22abcos C，所以a2b22abcos9，即(ab)2ab9，所以ab(ab)29，所以9，即(ab)212，所以ab2，当且仅当ab时取等号又abc，所以6abc23，所以ABC周长的取值范围是(6，323(2018盐城三模)在ABC中

32、，角A，B，C的对边分别为a，b，c，AD为边BC上的中线(1)若a4，b2，AD1，求边c的长；(2)若c2，求角B的大小解：(1)在ADC中，因为AD1，AC2，DCBC2，由余弦定理得cos C.故在ABC中，由余弦定理，得c2a2b22abcos C42222426，所以c.(2)因为AD为边BC上的中线，所以()，所以c22c2cbcos A，cbcos A.ABBC，B90.4.如图，在梯形ABCD中，已知ADBC，AD1，BD2，CAD，tanADC2.求：(1)CD的长；(2)BCD的面积解：(1)因为tanADC2，所以sinADC，cosADC.所以sinACDsinsin

33、sinADCcoscosADCsin，在ADC中，由正弦定理得CD.(2)因为ADBC，所以cosBCDcosADC，sinBCD.在BDC中，由余弦定理BD2BC2CD22BCCDcosBCD，得BC22BC350，解得BC7(负值舍去)，所以SBCDBCCDsinBCD77.B组大题增分练1(2019苏北三市一模)在ABC中，sin A，A.(1)求sin 2A的值；(2)若sin B，求cos C的值解：(1)由sin A，A，得cos A ，所以sin 2A2sin Acos A.(2)由A，得B为锐角，又sin B，所以cos B ，所以cos Ccos(AB)(cos Acos B

34、sin Asin B).2(2018全国卷)在平面四边形ABCD中，ADC90，A45，AB2，BD5.(1)求cos ADB；(2)若DC2，求BC.解：(1)在ABD中，由正弦定理得，即，所以sin ADB.由题设知，ADB0且sin .同理可得sin ，tan 7，tan .tan()3.tantan.(2)tan(2)tan()1，0，0，02，从而2.题型(二)三角函数求值问题主要考查在给定三角函数值的条件下，求其他角的三角函数值或角.典例感悟例2(2018江苏高考)已知，为锐角，tan ，cos().(1)求cos 2的值；(2)求tan()的值解(1)因为tan ，tan ，所以

35、sin cos .因为sin2cos2 1，所以cos2，所以cos 2 2cos21.(2)因为， 为锐角，所以(0，)又因为cos()，所以sin()，所以tan()2.因为tan ，所以 tan 2.所以tan()tan2().方法技巧三角函数求值问题的类型及解题方法给式求值给出某些式子的值，求其他式子的值解此类问题，一般应先将所给式子变形，将其转化成所求函数式能使用的条件，或将所求函数式变形为可使用条件的形式给值求值给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系，解题的基本方法是：将待求式用已知三角函数表示；将已知条件转化而推出结论

36、，其中“凑角法”是解此类问题的常用技巧，解题时首先要分析已知条件和结论中各种角之间的相互关系，并根据这些关系来选择公式给值求角解此类问题的基本方法是：先求出“所求角”的某一三角函数值，再确定“所求角”的范围，最后借助三角函数图象、诱导公式求角演练冲关1已知0，tan，cos().(1)求sin 的值；(2)求的值解：(1)因为tan，所以sin sin2sincos.(2)因为0，sin ，所以cos .又0，所以0.由cos()，得0.所以sin()，所以sin sin()sin()cos cos()sin .由，得.2(2018南通二调)已知sin，.(1)求cos 的值；(2)求sin的

37、值解：(1)因为，所以，又sin， 所以cos .所以cos coscoscossinsin.(2)因为，cos ，所以sin .所以sin 22sin cos 2，cos 22cos2121.所以sinsin 2coscos 2sin.题型(三)向量与三角函数的综合主要考查以向量为载体的三角函数性质的综合应用问题.典例感悟例3(2017江苏高考)已知向量a(cos x，sin x)，b(3，)，x0，(1)若ab，求x的值；(2)记f(x)ab，求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值解(1)因为a(cos x，sin x)，b(3，)，ab，所以cos x3sin x.则tan x.又x

38、0，所以x.(2)f(x)ab(cos x，sin x)(3，)3cos xsin x2cos.因为x0，所以x，从而1cos.于是，当x，即x0时，f(x)取到最大值3；当x，即x时，f(x)取到最小值2.方法技巧平面向量与三角函数综合问题的解题思路(1)题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立的条件，得到三角函数的关系式，然后求解；(2)给出用三角函数表示的向量坐标，求解的是向量的模或者其他向量的表达式，经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性求得值域等演练冲关1(2019南京盐城二模)设向量a(cos ，sin )，b(cos ，sin )，其中0，

39、0，且ab与ab互相垂直(1)求实数的值；(2)若ab，且tan 2，求tan 的值解：(1)由ab与ab互相垂直，可得(ab)(ab)a2b20，所以cos22sin210.又sin2cos21，所以(21)sin20.因为0，所以sin20，所以210.又0，所以1.(2)由(1)知a(cos ，sin )由ab，得cos cos sin sin ，即cos().因为0，所以0，所以sin()，所以tan()，因此tan tan().2(2019南通等七市二模)在平面直角坐标系中，设向量a(cos ，sin )，b，其中0.(1)若ab，求的值；(2)若tan 2，求ab的值解：(1)因为

40、ab，所以cos cossin sin0，所以cos0.因为0，所以2，所以2，解得.(2)因为0，所以02，又tan 20，故2，因为tan 2，所以cos 27sin 20，又sin22cos221，所以sin 2，cos 2.因此，abcos sinsin cossinsin 2coscos 2sin. A组大题保分练1(2019如皋中学模拟)在ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c.(1)若a3，c5，B2A，求b的值；(2)若acos Ccb，cos，求sin B的值解：(1)由B2A得sin Bsin 2A2sin Acos A，由正弦定理和余弦定理可得b2a.将a3，c5

41、代入，得b2.(2)由acos Ccb及正弦定理得，sin Acos Csin Csin B，又sin Bsin(AC)，所以sin(AC)sin Acos Csin C，即sin Acos Ccos Asin Csin Acos Csin C，所以cos Asin Csin C，因为sin C0，所以cos A，又0A，所以A.则0C，所以C.因为cos，所以sin .所以sin Bsin(AC)sinsinsincoscossin.2(2019淮阴中学模拟)已知函数f(x)2cos(x)的图象上相邻两个对称轴之间的距离为，且函数图象过点.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若f()(为锐角

42、)，求sin的值解：(1)由于函数f(x)2cos(x)的图象上相邻两个对称轴之间的距离为，所以，即T2.又0，故1，所以f(x)2cos(x)因为函数图象过点，所以f2cos2，所以cos1，所以2k，kZ，即2k，kZ，又，所以，所以f(x)2cos.(2)由f()，得cos.因为为锐角，cos0，所以0，所以sin ，所以sinsinsinsin2sincos2.3(2019盐城中学)在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，sin Asin Ccos Bksin2B(kR)(1)若k，且b2ac，求sin的值；(2)若k1，求cos 2B的最小值解：(1)由k得sin Asin

43、 Ccos Bsin2B.在ABC中，由得accos Bb2，因为b2ac，所以cos B，又0B，所以sin B，所以sinsin Bcoscos Bsin.(2)当k1时，sin Asin Ccos Bsin2B.由正、余弦定理得acb2，化简得a2c23b2，所以cos B.所以cos 2B2cos2B121，当且仅当ac时，cos 2B的最小值为.4在平面直角坐标系xOy中，若角，的顶点都为坐标原点O，始边为x轴的非负半轴，角的终边经过点P，角的终边经过点Q(sin2，1)，且.(1)求cos 2的值；(2)求tan()的值解：(1)由，得sin2cos2，sin22cos21，即co

44、s 2，解得cos 2.(2)由(1)，知sin2，则cos2，得P，Q，tan ，tan 3，故tan().B组大题增分练1(2019南通等七市三模)在ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，a(sin Asin B)(cb)(sin Bsin C)(1)求角C的值；(2)若a4b，求sin B的值解：(1)由a(sin Asin B)(cb)(sin Bsin C)及正弦定理，得a(ab)(cb)(bc)，即a2b2c2ab.由余弦定理c2a2b22abcos C，得cos C.又0C，所以C.(2)法一：由a4b及a2b2c2ab，得c216b2b24b213b2，即cb.由正弦

45、定理，得，所以sin B.法二：由a4b及正弦定理，得sin A4sin B.由ABC，得sin(BC)4sin B，因为C，所以sin Bcos B4sin B，即7sin Bcos B.又sin2Bcos2B1，所以sin2B，因为在ABC中，sin B0，所以sin B.2已知向量a，b(cos x，1)(1)当ab时，求cos2xsin 2x的值；(2)设函数f(x)2(ab)b.已知在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a ，b2，sin B，求f(x)4cos的取值范围解：(1)ab，cos xsin x0，tan x.cos2xsin 2x.(2)f(x)2(ab)

46、b sin.由正弦定理，得，可得sin A，A.f(x)4cossin.x，2x.1f(x)4cos.f(x)4cos的取值范围为.3(2019南师附中、淮阴中学四月联考)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b8，cos B，C.(1)求a；(2)求cos的值解：(1)因为cos B，B(0，)，所以sin B .在ABC中，sin Asin(BC)sin(BC)sinsin Bcoscos Bsin.由正弦定理得a2.(2)在ABC中，cos Acos(BC)coscos Bcossin Bsin.cos 2A2cos2A121，sin 2A2sin Acos A2，因此co

47、scos 2Acossin 2Asin.4.如图所示，角的始边OA落在x轴的非负半轴上，其始边、终边分别与单位圆交于点A，C，AOB为正三角形(1)若点C的坐标为，求cosBOC；(2)记f()BC2，求函数f()的解析式和值域解：(1)因为点C的坐标为，根据三角函数的定义，得sinCOA，cosCOA.因为AOB为正三角形，所以AOB.所以cosBOCcoscosCOAcossinCOAsin.(2)因为AOC，所以BOC.在BOC中，OBOC1，由余弦定理，可得f()BC2OC2OB22OCOBcosBOC1212211cos22cos.因为0，所以.所以cos.所以122cos2.所以函

48、数f()的值域为(1，2)第五讲 | 专题提能“三角”专题提能课失误1因忽视向量夹角范围而失误例1已知向量a，b均为非零向量，(a2b)a，(b2a)b，则a，b的夹角为_解析因为(a2b)a，(b2a)b，所以所以即设a，b的夹角为，则cos ，因为0，所以，即a，b的夹角为.答案点评求解此类问题的关键是：根据向量的数量积定义，得到cosa，b.求解时，要注意两向量夹角的取值范围为0，失误2因不会变角求值而解题受阻例2(2019西安六校联考)设为锐角，若cos，则sin的值为_解析因为为锐角，所以b，所以CB，所以B.(2)由余弦定理得，b2a2c22accos ，又cb，化简得2b23ab

49、a20，解得ab或a2b.因为SABCacsin 2，所以ac8.即ab8.联立，解得或点评(1)应用正弦定理求角时容易出现增解或漏解的错误，要根据条件和三角形的限制条件合理取舍(2)求角时易忽略角的范围而导致错误，需要根据大边对大角，大角对大边的规则，画图帮助判断策略1特取法：快解三角、向量的基本问题例1设a，b，c是单位向量，且ab0，则(ac)(bc)的最小值为_解析由已知条件可知向量a，b是互相垂直的单位向量，故构造a(1，0)，b(0，1)又c是单位向量，故设c(cos ，sin )，(ac)(bc)(1cos ，sin )(cos ，1sin )cos cos2sin sin21s

50、in，当，即时，(ac)(bc)取得最小值，为1.答案1点评本例已知条件中涉及单位向量，我们可以通过构造特殊的向量(cos ，sin )，将向量数量积的最值问题转化为三角函数的最值问题，从而使得问题简化.策略2换元法：求解三角函数值域问题换元法又称变量替换法，是我们解题常用方法之一对结构较复杂的式子，可把其中某些部分看成一个整体，用新字母代替(即换元)，可以化繁为简，化难为易本专题常用换元法解决最值问题例2设a0，求f(x)2a(sin xcos x)sin xcos x2a2的最大值和最小值解设sin xcos xt，则t， ，由(sin xcos x)212sin xcos x，得sin

51、xcos x，所以f(x)g(t)2at2a2(t2a)2(a0)，t， 当t时，g(t)取最小值2a22a；若2a，当t时，g(t)取最大值2a22a；若02a，当t2a时，g(t)取最大值.所以f(x)的最小值为2a22a，最大值为点评此题利用局部换元法，设sin xcos xt后，抓住sin xcos x与sin xcos x的内在联系，将三角函数的值域问题转化为二次函数在闭区间上的值域问题换元过程中一定要注意参数的范围(t， )与sin xcos x的范围对应，否则将会出错1数形结合思想解决与三角函数有关的方程根的问题例1(2018深圳调研)已知关于x的方程sin xcos xm在0，

52、有两个不等的实根，则m的取值范围是_解析 sin xcos xm在0，有两个不等的实根，则sinm，在同一坐标系中分别作出ysin，x0，和ym的图象如图所示由图象可得，若关于x的方程sin xcos xm在0，有两个不等的实根，则m的取值范围为1，)答案1，)点评本例将方程根的个数转化为直线ym与函数ysin图象交点的个数解决2函数与方程思想解决已知三角函数值求值或求角问题例2在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos 2B3cos B10，且a2c2acb2.(1)求边b的长；(2)求ABC周长的最大值解(1)cos 2B3cos B10，2cos2B3cos B20，解得c

53、os B或cos B2(舍去)，又B(0，)，则B，由余弦定理得b2a2c2ac，又 a2c2acb2，b2b20，解得b2(b1，舍去)(2)由正弦定理得，则abc(sin Asin C)2224sin2，当A时，周长取得最大值6.点评把解三角形与三角恒等变换、三角函数的性质综合起来进行考查是高考命题的主要方向，其基本解题思路是使用正、余弦定理，三角恒等变换等把求解目标化为关于三角形中某个内角的三角函数，通过研究该三角函数的性质得出结论平面向量数量积最值问题的求法典例在半径为1的扇形AOB中，AOB60，C为弧上的动点，AB与OC交于点P，则的最小值是_解析法一(坐标法)：以直线OB为x轴，

54、过点A且垂直于OB的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A，O，B，可得直线AB的方程为2xy1，设P，则，所以4x23x4，当x时，取最小值是.法二(基向量法)：，|BP|x，x0，1，则()x2，所以当x时，取得最小值是.法三(极化恒等式)：如图，取OB的中点D，连结PD，则()()()()222DP2，即求PD的最小值由图可知，当PDAB时，PD取得最小值为，所以的最小值是.答案点评平面向量数量积的核心是将向量问题代数化，定义法、坐标法都是将其代数化，但极化恒等式可以更快实现代数化，尤其是在出现三角形中点的条件下 A组易错清零练1在三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b

55、，c，a1，B2A且cab，则AC的取值范围是_解析：，ACsin Bsin 2A2cos A，因为cab，所以CAB，即03AA，所以A，AC(1，)答案：(1，)2在边长为1的正三角形ABC中，_解析：| |cos 120|cos 120|cos 120.答案：3在ABC中，已知AB，cos B，AC边上的中线BD，则sin A的值为_解析：设E为BC的中点，连结DE，则DEAB，且DEAB，设BEx，在BDE中，由余弦定理可得，5x22x，解得x1或x(舍去)，故BC2，从而AC2AB2BC22ABBCcos B，即AC，又sin B，故，sin A.答案：4若sin 2，sin()，且

56、，则的值是_解析：sin 2，cos 2且.又sin()，cos().因此sin()sin()2sin()cos 2cos()sin 2，cos()cos()2cos()cos 2sin()sin 2，又，.答案：B组方法技巧练1在正ABC中，D是BC边上的点，AB3，BD1，则_解析：()，23233.答案：2若关于x的方程sin xcos xk在区间上有两个不同的实数解，则实数k的取值范围为_. 解析：方程sin xcos xk在区间上有两个不同的实数解等价于ysin xcos x与yk在区间上有两个交点又ysin xcos x2sin，x，作出函数y2sin，x与yk的函数图象如图所示，

57、由图象可知，当k，2)时原方程有两解答案：，2)3设f(x)sin4xsin xcos xcos4x，则f(x)的值域是_解析：f(x)sin4xsin xcos xcos4x1sin 2xsin22x.令tsin 2x1，1，则g(t)1tt2，所以g(t)ming(1)0，g(t)maxg，即f(x)的值域是.答案：4已知向量a，b，满足|a|1，a与b的夹角为，若对一切实数x，|xa2b|ab|恒成立，则|b|的取值范围是_解析：由|a|1，a与b的夹角为，可得ab|b|，对|xa2b|ab|两边平方可得，x2a24xab4b2a22abb2，化简得x22x|b|3|b|2|b|10对一

58、切实数x恒成立所以4|b|24(3|b|2|b|1)0，解得|b|1.答案：1，)5在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.(1)求证：0B；(2)若sin B，且，求|的值解：(1)证明：因为.所以sin Asin Csin2B，由正弦定理可得，b2ac.因为b2a2c22accos B2ac2accos B，所以cos B，即0B.(2)因为sin B，且b2ac，所以B不是最大角，所以cos B .所以cacos Bac，得ac2，因而b22.由余弦定理得b2a2c22accos B，所以a2c25.所以|2a2c22a2c22accos B8，即|2.6在ABC中，已知t

59、an Atan Btan Atan B.(1)求角C的大小；(2)设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c2，且ABC是锐角三角形，求a2b2的取值范围；(3)若ABC的面积为，求ABC的周长的最小值解：(1)由已知得，tan Ctan (AB)，因为0C，所以C.(2)a2b2(2Rsin A)2(2Rsin B)2(sin2Asin2B)cos，其中A0，(1)用k表示ab；(2)求ab的最小值，并求此时ab的夹角的大小解：(1)已知|kab|akb|，两边平方，得|kab|23|akb|2，即k2a2b22kab3(a2k2b22kab)，8kab(3k2)a2(3k21)b2，ab

60、.a(cos ，sin )，b(cos ，sin )，a21，b21，ab.(2)k212k，即，ab的最小值为，又ab|a|b|cosa，b，|a|b|1，11cosa，bcosa，b，此时a与b的夹角为60.6在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tan C.(1)求角C的大小；(2)若ABC的外接圆直径为1，求a2b2c2的取值范围解：(1)因为tan C，即，所以sin Ccos Asin Ccos Bcos Csin Acos Csin B，即sin Ccos Acos Csin Acos Csin Bsin Ccos B，所以sin(CA)sin(BC)所以CABC或CA(BC)(不成立)，即2CAB，所以C.(2)法一：由C，可得c2Rsin C1，且a2Rsin Asin A，b2Rsin Bsin B，设A，B，由0A，0B，知.所以a2b2c2sin2Asin2Bcos 2.由知2，cos 21，故a2b2c2.即a2b2c2.法二：因为C，所以c2Rsin C1，又因为c2a2b22abcos C，所以a2b2abab，故ab，又a2b2ab，所以a2b2，故a2b2c2.