高三专题复习专题二三角函数与平面向量

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1、专项二 三角函数与平面向量第1讲三角函数的图象与性质高考定位三角函数的图象与性质是高考考察的重点和热点内容，重要从如下两个方面进行考察：1.三角函数的图象，重要波及图象变换问题以及由图象拟定解析式问题，重要以选择题、填空题的形式考察.2.运用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等，重要以解答题的形式考察.真 题 感 悟1.(山东卷)要得到函数ysin的图象，只需将函数ysin 4x的图象()A.向左平移个单位 B.向右平移个单位 C.向左平移个单位 D.向右平移个单位2.如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数y3sink，据此函数可知，这段时间水深(单位：

2、m)的最大值为()A.5 B.6C.8 D.103.函数f(x)cos(x)的部分图象如图所示，则f(x)的单调递减区间为()A.，kZ B.，kZC.，kZD.，kZ4.函数f(x)sin2xsin xcos x1的最小正周期是_，单调递减区间是_.考 点 整 合1.三角函数的图象及常用性质(表中kZ)ysin xycos xytan x图象增区间2k，2k减区间2k，2k无对称轴xkxk无对称中心(k，0)2.三角函数的两种常用变换(1)ysin xysin(x) ysin(x)yAsin(x)(A0，0).(2)ysin x ysin xysin(x)yAsin(x)(A0，0).3.正

3、弦型函数yAsin(x)的对称中心是函数图象与x轴的交点，对称轴是过函数图象的最高点或者最低点且与x轴垂直的直线；正切型函数yAtan(x)的图象是中心对称图形，不是轴对称图形.热点一三角函数的图象微题型1三角函数的图象变换【例11】 (湖北卷)某同窗用“五点法”画函数f(x)Asin(x)在某一种周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： x02xAsin(x)0550(1)请将上表数据补充完整，填写在相应位置，并直接写出函数f(x)的解析式；(2)将yf(x)图象上所有点向左平行移动(0)个单位长度，得到yg(x)的图象.若yg(x)图象的一种对称中心为，求的最小值.微题型2由三角函数

4、图象求其解析式【例12】 (长沙模拟)函数yAsin(x)(0，|，xR)的部分图象如图所示，则函数体现式为()A.y4sin B.y4sinC.y4sin D.y4sin【训练1】 已知向量a(m，cos 2x)，b(sin 2x，n)，函数f(x)ab，且yf(x)的图象过点和点.(1)求m，n的值；(2)将yf(x)的图象向左平移(0)个单位后得到函数yg(x)的图象，若yg(x)图象上各最高点到点(0，3)的距离的最小值为1，求yg(x)的单调递增区间.热点二三角函数的性质微题型1根据单调性、对称性求参数【例21】 已知0，函数f(x)sin在上单调递减，则的取值范畴是()A. B.C

5、. D.(0，2微题型2考察三角函数的单调性、对称性【例22】 (石家庄模拟)设函数f(x)sin(2x)(0)，yf(x)的图象的一条对称轴是直线x.(1)求；(2)求函数yf(x)的单调增区间. 微题型3考察三角函数在闭区间上的最值(或值域)【例23】 (济南模拟)设函数f(x)sin2x2sin xcos xcos2x(xR)的图象有关直线x对称，其中，为常数，且.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若yf(x)的图象通过点，求函数f(x)在x上的值域.【训练2】 (河南名校联考)已知函数f(x)cossin2xcos2x.(1)求函数f(x)的最小正周期及其图象的对称轴方程；(2)

6、设函数g(x)f(x)2f(x)，求g(x)的值域.1.(1)ysin x与ysin x的单调性正好相反，ycos x与ycos x的单调性也同样相反.(2)y|sin x|与y|cos x|的周期是，ysin|x|不是周期函数，ycos|x|是周期函数.(3)对于函数ytan x，不能觉得其在定义域上为增函数，而是在每个区间(kZ)上为增函数.2.运用整体换元法求解单调区间与对称性：类比ysin x的性质，只需将yAsin(x)中的“x”当作ysin x中的“x”，采用整体代入求解.(1)令xk(kZ)，可求得对称轴方程；(2)令xk(kZ)，可求得对称中心的横坐标；(3)将x看作整体，可求

7、得yAsin(x)的单调区间，注意的符号.3.奇偶性：(1)函数yAsin(x)，xR是奇函数k(kZ)；函数yAsin(x)，xR是偶函数k(kZ)；(2)函数yAcos(x)，xR是奇函数k(kZ)；函数yAcos(x)，xR是偶函数k(kZ)；(3)函数yAtan(x)，xR是奇函数(kZ).4.已知函数yAsin(x)B(A0，0)的图象求解析式(1)A，B.(2)由函数的周期T求，.(3)运用“五点法”中相相应的特殊点求.一、选择题1.为了得到函数ysin 3xcos 3x的图象，可以将函数ycos 3x的图象()A.向右平移个单位 B.向左平移个单位 C.向右平移个单位 D.向左平

8、移个单位2.(广州期末)若函数f(x)sin axcos ax(a0)的最小正周期为2，则函数f(x)的一种零点为()A. B. C. D.(0，0)3.(湖南卷)已知函数f(x)sin(x)，且f(x)dx0，则函数f(x)的图象的一条对称轴是()A.x B.x C.x D.x4.已知函数f(x)sin xcos x(0)，ff0，且f(x)在区间上递减，则()A.3 B.2 C.6 D.55.(安徽卷)已知函数f(x)Asin(x)(A，均为正的常数)的最小正周期为，当x时，函数f(x)获得最小值，则下列结论对的的是()A.f(2)f(2)f(0) B.f(0)f(2)f(2) C.f(2

9、)f(0)f(2) D.f(2)f(0)0，0).若f(x)在区间上具有单调性，且fff，则f(x)的最小正周期为_.三、解答题9.(北京卷)已知函数f(x)sincossin2.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间，0上的最小值.10.(咸阳模拟)已知函数f(x)Asin(A0，0)，g(x)tan x，它们的最小正周期之积为22，f(x)的最大值为2g.(1)求f(x)的单调递增区间；(2)设h(x)f2(x)2cos2x.当x时，h(x)有最小值为3，求a的值.11.(福建卷)已知函数f(x)的图象是由函数g(x)cos x的图象经如下变换得到：先将g(x)图象上所有点的

10、纵坐标伸长到本来的2倍(横坐标不变)，再将所得到的图象向右平移个单位长度.(1)求函数f(x)的解析式，并求其图象的对称轴方程；(2)已知有关x的方程f(x)g(x)m在0，2)内有两个不同的解，.求实数m的取值范畴；证明：cos()1.第2讲三角恒等变换与解三角形高考定位1.三角函数的化简与求值是高考的命题热点，其中同角三角函数的基本关系、诱导公式是解决计算问题的工具，三角恒等变换是运用三角恒等式(两角和与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式)进行变换，“角”的变换是三角恒等变换的核心，试题多为选择题或填空题.2.运用正弦定理或余弦定理解三角形、判断三角形的形状或求值等，并常常和三角恒等变换结合

11、进行综合考察.真 题 感 悟 1.(重庆卷)若tan 2tan ，则()A.1 B.2 C.3 D.42.(广东卷)设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a，sin B，C，则b_.3.(北京卷)在ABC中，a4，b5，c6，则_.4.(全国卷)在平面四边形ABCD中，ABC75，BC2，则AB的取值范畴是_.考 点 整 合1.三角函数公式(1)同角关系：sin2cos21，tan .(2)诱导公式：在，kZ的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”.(3)两角和与差的正弦、余弦、正切公式：sin()sin cos cos sin ；cos()cos cos sin sin ；tan(

12、).(4)二倍角公式：sin 22sin cos ，cos 2cos2sin22cos2112sin2.2.正、余弦定理、三角形面积公式(1)2R(R为ABC外接圆的半径).变形：a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C；sin A，sin B，sin C；abcsin Asin Bsin C.(2)a2b2c22bccos A，b2a2c22accos B，c2a2b22abcos C；推论：cos A，cos B，cos C；变形：b2c2a22bccos A，a2c2b22accos B，a2b2c22abcos C.(3)SABCabsin Cacsin Bbcsin A.

13、热点一三角变换的应用微题型1求值【例11】 (1)(成都模拟)sin()且，则sin()A. B. C. D.(2)(邯郸模拟)已知，则cos sin ()A. B. C. D.(3)(太原模拟)已知1，则cos2sin()cos()2_. 微题型2求角【例12】 (中山模拟)已知cos(2)，sin(2)，0，则_.【训练1】 (新课标全国卷)设，且tan ，则()A.3 B.2C.3 D.2热点二正、余弦定理的应用微题型1判断三角形的形状【例21】(焦作模拟)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若(a2b2)sin(AB)(a2b2)sin(AB)，则ABC的形状是()A.等腰

14、三角形 B.直角三角形C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形微题型2解三角形【例22】已知a，b，c分别为ABC的内角A，B，C的对边，且acos Casin Cbc0.(1)求A；(2)若a2，求ABC面积的最大值. 微题型3求解三角形中的实际问题【例23】 (湖北卷)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30的方向上，行驶600 m后达到B处，测得此山顶在西偏北75的方向上，仰角为30，则此山的高度CD_m.【训练2】 (湖南卷)设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，abtan A，且B为钝角.(1)证明：BA；(2)求sin A

15、sin C的取值范畴.1.对于三角函数的求值，需关注：(1)谋求角与角关系的特殊性，化非特殊角为特殊角，纯熟精确地应用公式；(2)注意切化弦、异角化同角、异名化同名、角的变换等常规技巧的运用；(3)对于条件求值问题，要认真寻找条件和结论的关系，寻找解题的突破口，对于很难入手的问题，可运用分析法.2.三角形中判断边、角关系的具体措施：(1)通过正弦定理实行边角转换；(2)通过余弦定理实行边角转换；(3)通过三角变换找出角之间的关系；(4)通过三角函数值符号的判断以及正、余弦函数的有界性进行讨论；(5)若波及两个(或两个以上)三角形，这时需作出这些三角形，先解条件多的三角形，再逐渐求出其她三角形的

16、边和角，其中往往用到三角形内角和定理，有时需设出未知量，从几种三角形中列出方程(组)求解.3.三角形的有关性质在解三角形问题中起着重要的作用，如运用“三角形的内角和等于”和诱导公式可得到sin(AB)sin C，sincos 等，运用“大边对大角”可以解决解三角形中的增解问题，如：在斜三角形中，用正弦定理求角时，若已知小角求大角，则有两解；若已知大角求小角，则只有一解，注意拟定解的个数.一、选择题1.已知R，sin 2cos ，则tan 2等于()A. B. C. D.2.(晋中模拟)已知，sin，则cos 等于()A. B. C.或 D.3.钝角三角形ABC的面积是，AB1，BC，则AC()

17、A.5 B. C.2 D.14.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若c2(ab)26，C，则ABC的面积是()A.3 B. C. D.35.已知tan ，sin()，其中，(0，)，则sin 的值为()A. B. C. D.或二、填空题6.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知ABC的面积为3，bc2，cos A，则a的值为_.7.(南昌模拟)若ABC的内角满足sin Asin B2sin C，则cos C的最小值是_.8.如图，嵩山上原有一条笔直的山路BC，目前又新架设了一条索道AC，小李在山脚B处看索道AC，发现张角ABC120；从B处攀登400米达到D

18、处，回头看索道AC，发现张角ADC150；从D处再攀登800米方达到C处，则索道AC的长为_米.三、解答题9.设ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且b3，c1，A2B.(1)求a的值；(2)求sin的值.10.(唐山模拟)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且csin Bbcos C3.(1)求b；(2)若ABC的面积为，求c.11.(山东卷)设f(x)sin xcos xcos2.(1)求f(x)的单调区间；(2)在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若f0，a1，求ABC面积的最大值.第3讲平面向量高考定位1.对向量的概念和线性运算的考察多以熟知

19、的平面图形为背景，多为客观题；2.对平面向量数量积的考察多以考察角、模等问题为主，难度不大；3.还也许体现模块之间的综合性(例如与三角、解析几何等相结合).真 题 感 悟1.(山东卷)已知菱形ABCD 的边长为a，ABC60 ，则()A.a2 B.a2C.a2 D.a22.(重庆卷)若非零向量a，b满足|a|b|，且(ab)(3a2b)，则a与b的夹角为()A. B.C. D.3.(全国卷)设D为ABC所在平面内一点，3，则()A. B. C. D.4.(全国卷)设向量a，b不平行，向量ab与a2b平行，则实数_.考 点 整 合1.平面向量的两个重要定理(1)向量共线定理：向量a(a0)与b共

20、线当且仅当存在唯一一种实数，使ba.(2)平面向量基本定理：如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对这一平面内的任历来量a，有且只有一对实数1，2，使a1e12e2，其中e1，e2是一组基底.2.平面向量的两个充要条件 若两个非零向量a(x1，y1)，b(x2，y2)，则(1)ababx1y2x2y10. (2)abab0x1x2y1y20.3.平面向量的三个性质(1)若a(x，y)，则|a|.(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|.(3)若a(x1，y1)，b(x2，y2)，为a与b的夹角，则cos .4.平面向量的三个锦囊(1)向量共线的充要条件：O为平面上一点，则A，

21、B，P三点共线的充要条件是12(其中121).(2)三角形中线向量公式：若P为OAB的边AB的中点，则向量与向量，的关系是().(3)三角形重心坐标的求法：G为ABC的重心0G.热点一平面向量的有关运算微题型1平面向量的线性运算【例11】在ABC中，点M，N满足2，.若xy，则x_；y_. 微题型2平面向量的坐标运算【例12】 (保定模拟)已知向量a(3，1)，b(1，3)，c(k，7)，若(a2c)b，则k_. 微题型3平面向量数量积的运算【例13】 (1)(湖北卷)已知向量，|3，则_.(2)(天津卷)在等腰梯形ABCD中，已知ABDC，AB2，BC1，ABC60，动点E和F分别在线段BC

22、和DC上，且，则的最小值为_.【训练1】 (福建卷)已知，|，|t，若点P是ABC所在平面内的一点，且，则的最大值等于()A.13 B.15 C.19 D.21热点二平面向量与三角的交汇微题型1平面向量与三角形【例21】 已知O是平面上的一定点，A，B，C是平面上不共线的三个动点，若动点P满足()，(0，)，则点P的轨迹一定通过ABC的_(填重心、垂心、内心或外心). 微题型2平面向量与三角函数【例22】 (合肥模拟)已知向量m(sin 2x2，cos x)，n(1，2cos x)，设函数f(x)mn.(1)求f(x)的最小正周期与单调递增区间；(2)在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的

23、对边，若f(A)4，b1，ABC的面积为，求a的值. 微题型3平面向量与解三角形【例23】 ABC的内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c.向量m(a，b)与n(cos A，sin B)平行. (1)求A； (2)若a，b2，求ABC的面积.【训练2】设a(cos ，(1)sin )，b(cos ，sin )是平面上的两个向量，若向量ab与ab互相垂直.(1)求实数的值；(2)若ab，且tan ，求tan 的值.1.在解决平面向量的数量积问题中，要注意：(1)两个向量的夹角的定义；(2)两个向量的夹角的范畴；(3)平面向量的数量积的几何意义；(4)向量的数量积的运算及其性质等.2.平面向量的

24、数量积的运算有两种形式：(1)根据模和夹角计算，要注意拟定这两个向量的夹角，如夹角不易求或者不可求，可通过选择易求夹角和模的基底进行转化；(2)运用坐标来计算，向量的平行和垂直都可以转化为坐标满足的等式，从而应用方程思想解决问题，化形为数，使向量问题数量化.3.根据平行四边形法则，对于非零向量a，b，当|ab|ab|时，平行四边形的两条对角线长度相等，此时平行四边形是矩形，条件|ab|ab|等价于向量a，b互相垂直.4.两个向量夹角的范畴是0，在使用平面向量解决问题时要特别注意两个向量夹角也许是0或的状况，如已知两个向量的夹角为钝角时，不单纯就是其数量积不不小于零，还规定不能反向共线.5.平面

25、向量的综合运用重要体现三角函数和平面解析几何中，在三角函数问题中平面向量的知识重要是给出三角函数之间的关系，解题的核心还是三角函数问题；解析几何中向量知识只是给出几何量的位置和数量关系，在解题中要善于根据向量知识分析解析几何中的几何关系.一、选择题1.(陕西卷)对任意向量a，b，下列关系式中不恒成立的是()A.|ab|a|b| B.|ab|a|b| C.(ab)2|ab|2 D.(ab)(ab)a2b22.ABC是边长为2的等边三角形，已知向量a，b满足2a，2ab，则下列结论对的的是()A.|b|1 B.ab C.ab1 D.(4ab)3.函数ytan的部分图象如图所示，则()() A.4

26、B.6 C.1 D.24.已知a，b均为单位向量，(2ab)(a2b)，则向量a，b的夹角为()A. B. C. D.5.设四边形ABCD为平行四边形，|6，|4，若点M，N满足3，2，则()A.20 B. 15 C.9 D.6二、填空题6.已知两个非零向量a，b的夹角为60，且|a|b|3，cta(1t)b，若bc，则t_.7.如图，在ABC中，C90，且ACBC3，点M满足2，则_.8.已知A，B，C是平面上不共线的三点，若动点P满足，(0，)，则动点P的轨迹一定通过ABC的_(填重心、垂心、内心或外心).三、解答题9.已知向量a，b，且x.(1)求ab及|ab|；(2)若f(x)ab2|

27、ab|的最小值是，求的值.10.已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量p(cos Bsin B，2sin B2)，q(sin Bcos B，1sin B)，且pq.(1)求B的大小；(2)若b2，ABC的面积为，求a，c.11.已知A，B是ABC的两个内角，acos isin j(其中i，j是互相垂直的单位向量)，且|a|.(1)试问tan Atan B与否为定值，若是定值，祈求出，否则阐明理由；(2)求tan C的最大值，并判断此时三角形的形状.专项二 三角函数与平面向量 答案第1讲三角函数的图象与性质真 题 感 悟1.解析ysinsin，要得到ysin的图象，只

28、需将函数ysin 4x的图象向右平移个单位.答案B2.解析由题干图易得ymink32，则k5.ymaxk38.答案C3.解析由图象知1，T2.由2k，kZ，不妨取，f(x)cos，由2kx2k，得2kx2k，D对的.4.解析f(x)sin 2x1sin，T，由2k2x2k，kZ，解得：kxk，kZ，单调递减区间是，kZ.答案(kZ)【例11】 解(1)根据表中已知数据，解得A5，2，.数据补全如下表：x02xAsin(x)05050且函数体现式为f(x)5sin.(2)由(1)知f(x)5sin，得g(x)5sin.由于ysin x的对称中心为(k，0)，kZ.令2x2k，解得x，kZ.由于函

29、数yg(x)的图象有关点成中心对称，令，解得，kZ.由0可知，当k1时，获得最小值.探究提高三角函数的图象变换，倡导“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出目前题目中，因此也必须纯熟掌握.无论是哪种变形，牢记每一种变换总是对字母x而言.【例12】解析由图象知6(2)8，T16，A4.y4sin，把点(6，0)代入得：60，得.y4sin，又|.y4sin.答案A探究提高已知图象求函数yAsin(A0，0)的解析式时，常用的措施是待定系数法.由图中的最高点、最低点或特殊点求A；由函数的周期拟定；拟定常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一种零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一种零

30、点的位置.【训练1】解(1)由题意知f(x)abmsin 2xncos 2x.由于yf(x)的图象通过点和，因此即解得m，n1.(2)由(1)知f(x) sin 2xcos 2x2sin.由题意知g(x)f(x)2sin.设yg(x)的图象上符合题意的最高点为(x0，2)，由题意知x11，因此x00，即到点(0，3)的距离为1的最高点为(0，2).将其代入yg(x)得sin1，由于0，因此.因此g(x)2sin2cos 2x.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ，因此函数yg(x)的单调递增区间为，kZ.【例21】解析由2kx2k，kZ且0，得x，kZ.取k0，得x，又f(x)在上单调递减，且

31、，解之得.答案A探究提高此类题属于三角函数性质的逆用，解题的核心是借助于三角函数的图象与性质列出含参数的不等式，再根据参数范畴求解.或者，也可以取选项中的特殊值验证.【例22】解(1)x是函数yf(x)的图象的对称轴.sin1.k，kZ.又0，.(2)由(1)知，ysin.由题意得2k2x2k，kZ.因此函数ysin的单调增区间为(kZ).探究提高对于函数yAsin(x)(A0，0)单调区间的求解，其基本措施是将x作为一种整体代入正弦函数增区间(或减区间)，求出的区间即为yAsin(x)的增区间(或减区间)，但是当A0，0时，需先运用诱导公式变形为yAsin(x)，则yAsin(x)的增区间即

32、为原函数的减区间，减区间即为原函数的增区间.【例23】解(1)由于f(x)sin2x2sin xcos xcos2xcos 2xsin 2x2sin，由直线x是yf(x)图象的一条对称轴，可得sin1，因此2k(kZ)，即(kZ).又，kZ，因此k1，故.因此f(x)的最小正周期是.(2)由yf(x)的图象过点，得f0，即2sin2sin，即.故f(x)2sin，x，x，函数f(x)的值域为1，2.探究提高求三角函数最值的两条思路：(1)将问题化为yAsin(x)B的形式，结合三角函数的性质或图象求解；(2)将问题化为有关sin x或cos x的二次函数的形式，借助二次函数的性质或图象求解.【

33、训练2】解(1)f(x)cos 2xsin 2xcos 2xsin.则f(x)的最小正周期为，由2xk(kZ)，得x(kZ)，因此函数图象的对称轴方程为x(kZ).(2)g(x)f(x)2f(x)sin2sin.当sin时，g(x)获得最小值，当sin1时，g(x)获得最大值2，因此g(x)的值域为.一、选择题1.解析由于ysin 3xcos 3xcos，要得到函数ycos的图象，可以将函数ycos 3x的图象向右平移个单位，故选C.2.解析f(x)2sin，T2，a.f(x)2sin，当x时，f(x)0.故选B.3.解析由f(x)dx0，得sin(x)dx0，即cos (x)| 0，cosc

34、os 0，cos sin 0，cos0，k(kZ)，解得k，f(x)sin ，由xkk得x(kk)(k，kZ)，故选A.4.解析f(x)2sin，ff0.当x时，f(x)0.k，kZ，3k1，kZ，排除A、C；又f(x)在上递减，把2，5代入验证，可知2.答案B5.解析由于f(x)的最小正周期为，2，即f(x)Asin(2x)，又当x时，2x2k(kZ)，2k(kZ)，又0，min，故f(x)Asin(2x).于是f(0)A，f(2)Asin(4)，f(2)AsinAsin，又44，其中f(2)AsinAsinAsin，f(2)AsinAsinAsin.又f(x)在单调递增，f(2)f(2)f

35、(0)，故选A.二、填空题6.解析f(x)sing(x)sinsin，有关y轴对称，即函数g(x)为偶函数，则2k，(kZ)，显然，k1时，有最小正值.答案7. 解析观测图象可知，A1，T，2，f(x)sin(2x).将代入上式得sin0，由已知得，故f(x)sin.函数图象的对称轴为x.又x1，x2，且f(x1)f(x2)，f(x1x2)ffsin.答案8.解析由f(x)在上具有单调性，得，即T；由于ff，因此f(x)的一条对称轴为x；又由于ff，因此f(x)的一种对称中心的横坐标为.因此T，即T.9.解(1)由于f(x)sin x(1cos x)sin，因此f(x)的最小正周期为2.(2)

36、由于x0，因此x.当x，即x时，f(x)获得最小值.因此f(x)在区间，0上的最小值为f1.10.解(1)由题意，得22.因此1.又A2g2tan 2tan 2，因此f(x)2sin.令2kx2k(kZ)，得2kx2k(kZ).故f(x)的单调递增区间为(kZ).(2)由于h(x)f2(x)2cos2x4sin22cos2x3(sin xcos x)22cos2x33sin 2x(cos 2x1)32sin，又h(x)有最小值为3，因此有32sin3，即sin.由于x，因此2x，因此2a，即a.11.解法一(1)将g(x)cos x的图象上所有点的纵坐标伸长到本来的2倍(横坐标不变)得到y2c

37、os x的图象，再将y2cos x的图象向右平移个单位长度后得到y2cos的图象，故f(x)2sin x.从而函数f(x)2sin x图象的对称轴方程为xk(kZ).(2)f(x)g(x)2sin xcos xsin(x).依题意，sin(x)在0，2)内有两个不同的解，当且仅当1，故m的取值范畴是(，).由于，是方程sin(x)m在0，2)内的两个不同的解.因此sin()，sin().当1m时，2，即2()；当m1时，2，即32().因此cos()cos 2()2sin2()1211.法二(1)同法一. (2)同法一.由于，是方程sin(x)m在0，2)内的两个不同的解.因此sin()，si

38、n().当1m时，2，即()；当m1时，2，即3()；因此cos()cos().于是cos()cos()()cos()cos()sin()sin()cos2()sin()sin()1.第2讲三角恒等变换与解三角形真 题 感 悟 1.解析3.答案C2.解析由于sin B且B(0，)，因此B或B.又C，因此B，ABC.又a，由正弦定理得，即，解得b1.答案13.解析由余弦定理：cos A，sin A，cos C，sin C，1.答案14.解析如图所示，延长BA，CD交于点E，则可知在ADE中，DAE105，ADE45，E30，设ADx，则AEx，DEx，CDm，BC2，sin 151xm，0x4，

39、而ABxmxxmx，AB的取值范畴是(，).答案(，)【例11】 解析(1)sin()sin ，又，cos .由cos 2cos21，得cos .因此sincos .(2)(cos sin ).因此cos sin .(3)由1得tan ，因此cos2sin()cos()2sin2sin cos 2sin2sin cos 2(sin2cos2).答案(1)B(2)D(3)探究提高在三角函数求值过程中，要注意“三看”，即：(1)看角，把角尽量向特殊角或可计算角转化；(2)看名称，把一种等式尽量化成同一名称或近似的名称，例如把所有的切都转化为相应的弦，或把所有的弦转化为相应的切；(3)看式子，看式子

40、与否满足三角函数的公式，如果满足，直接使用，如果不满足，则需要转化角或转换名称，才可以使用.【例12】解析由于cos(2)，且2，因此sin(2).由于sin(2)，且2.因此cos(2)，因此cos()cos(2)(2)cos(2)cos(2)sin(2)sin(2).又，因此.答案探究提高解答此类问题的措施一般是正用公式将所求“复角”展开，看需规定有关角的哪些三角函数值，然后根据角的范畴求出相应角的三角函数值，代入展开式即可，特别要注意对三角函数值符号的判断.【训练1】解析由tan 得，即sin cos cos cos sin ，sin()cos sin.，由sin()sin，得，2.答案

41、B【例21】解析由于(a2b2)sin(AB)(a2b2)sin(AB)，因此(a2b2)(sin Acos Bcos Asin B)(a2b2)(sin Acos Bcos Asin B)，即a2cos Asin Bb2sin Acos B.法一由正弦定理得sin2Acos Asin Bsin2Bsin Acos B，由于sin Asin B0，因此sin Acos Asin Bcos B，因此sin 2Asin 2B.在ABC中，02A2，02B2，因此2A2B或2A2B，即AB或AB，因此ABC为等腰三角形或直角三角形.故选D.法二由正弦定理、余弦定理得a2bb2a，即a2(b2c2a2

42、)b2(a2c2b2)，即(a2b2)(a2b2c2)0，因此a2b20或a2b2c20，即ab或a2b2c2.因此ABC为等腰三角形或直角三角形.故选D.探究提高判断三角形的形状要对所给的边角关系进行转化，使之变为只具有边或角的式子然后判断.如本题既可化为角的关系AB或AB来判断，也可化为边的关系ab或a2b2c2来判断.同步在判断三角形的形状时一定要注意“解”与否唯一，并注意挖掘隐含条件.此外，在变形过程中要注意角A，B，C的范畴对三角函数值的影响.【例22】解(1)由acos Casin Cbc0及正弦定理得sin Acos Csin Asin Csin Bsin C0.由于BAC，因此

43、sin Asin Ccos Asin Csin C0.易知sin C0，因此sin Acos A1，因此sin.又0A，因此A.(2)法一由(1)得BCCB，由正弦定理得，因此bsin B，csin C.因此SABCbcsin Asin Bsin Csin sin Bsin Csin Bsinsin 2Bcos 2Bsin.易知2B，故当2B，即B时，SABC获得最大值，最大值为.法二由(1)知A，又a2，由余弦定理得22b2c22bccos ，即b2c2bc4bc4b2c22bcbc4，当且仅当bc2时，等号成立.因此SABCbcsin Abc4，即当bc2时，SABC获得最大值，最大值为.

44、探究提高解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本环节是：第一步：定条件即拟定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后拟定转化的方向.第二步：定工具即根据条件和所求合理选择转化的工具，实行边角之间的互化.第三步：求成果.【例23】解析在ABC中，AB600 m，BAC30，ACB753045，由正弦定理得，即，因此BC300 m.在BCD中，CBD30，CDBCtanCBD300tan 30100 m.。答案100探究提高求解三角形的实际问题，一方面要精确理解题意，分清已知与所求，关注应用题中的有关专业名词

45、、术语，如方位角、俯角等；另一方面根据题意画出其示意图，示意图起着核心的作用；再次将规定解的问题归结到一种或几种三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识建立数学模型，从而对的求解，演算过程要简洁，计算要精确；最后作答.【训练2】(1)证明由abtan A及正弦定理，得，在ABC中，sin A0，因此sin Bcos A，即sin Bsin.又B为钝角，因此A，故BA，即BA.(2)解由(1)知，C(AB)2A0，因此A.于是sin Asin Csin Asinsin Acos 2A2sin 2Asin A12.由于0A，因此0sin A，因此2.由此可知sin Asin C的取值范畴是.一

46、、选择题1.解析sin 2cos ，sin2 4sin cos 4cos2.用降幂公式化简得：4sin 23cos 2，tan 2.故选C.2.解析.sin，cos，cos coscos sinsin .答案A3.解析SABCABBCsin B1sin B，sin B，若B45，则由余弦定理得AC1，ABC为直角三角形，不符合题意，因此B135，由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcos B12215，AC.故选B.4.解析c2(ab)26，即c2a2b22ab6. C，由余弦定理得c2a2b2ab，由和得ab6，SABCabsin C6，故选C.5.解析依题意得sin ，cos .注意到

47、sin()sin ，因此有(否则，若，则有0，0sin sin()，这与“sin()sin ”矛盾)，则cos()，sin sin()sin()cos cos()sin .答案A6.解析cos A，0A，sin A，SABCbcsin Abc3，bc24，又bc2，b22bcc24，b2c252，由余弦定理得，a2b2c22bccos A5222464，a8.7.解析sin Asin B2sin C.由正弦定理可得ab2c，即c，cos C，当且仅当3a22b2即时等号成立.cos C的最小值为.答案8.解析如题图，在ABD中，BD400米，ABD120.由于ADC150，因此ADB30.因此

48、DAB1801203030.由正弦定理，可得.因此，得AD400(米).在ADC中，DC800米，ADC150，由余弦定理可得AC2AD2CD22ACCDcosADC(400)280022400800cos 150400213，解得AC400(米).故索道AC的长为400米.9.解(1)由于A2B，因此sin Asin 2B2sin Bcos B.由正、余弦定理得 a2b.由于b3，c1，因此a212，a2.(2)由余弦定理得cos A.由于0A，因此sin A.故sinsin Acos cos Asin .10.解(1)由正弦定理得：sin Csin Bsin Bcos C. 又sin B0

49、，因此sin Ccos C，C45.又bcos C3，因此b3.(2)由于SABCacsin B，csin B3，因此a7，由余弦定理得c2a2b22abcos C25.因此c5.11.解(1)由题意知f(x)sin 2x.由2k2x2k，kZ, 可得kxk，kZ；由2k2x2k，kZ， 可得kxk，kZ.因此f(x)的单调递增区间是(kZ)；单调递减区间是(kZ).(2)由fsin A0，得sin A，由题意知A为锐角，因此cos A.由余弦定理a2b2c22bccos A，可得1bcb2c22bc，即bc2，当且仅当bc时等号成立.因此bcsin A.因此ABC面积的最大值为.第3讲平面向量 真 题 感 悟1.解析如图所示，由题意，得BCa，CDa，BCD120.BD2BC2CD22BCCDcos 120a2a22aa3a2，BDa. |cos 30a2a2.答案D2.解析由题意(ab)(3a2b)3a2ab2b20，即3|a|2|a|b|cos 2|b|20，因此3cos 20，cos ，选A.3.解析3，3()，即43，.答案A4.解析向量a，b不平行，a2b0，又向量ab与a2b平行，则存在唯一的实数，使ab(a2b)成立，即aba2b，则得解得.【例11】解析()，x，y.探究提高解决此类问题的核心是先选择一