PAGE專題講座二三角函數(shù)、解三角形與平面向量在高考中的常見題型與求解策略1．已知|a|＝3，|b|＝2，(a＋2b)·(a－3b)＝－18，則a與b夾角為()A．30° B．60°C．120° D．150°解析：選B.(a＋2b)·(a－3b)＝－18，所以a2－6b2－a·b＝－18，因?yàn)閨a|＝3，|b|＝2，所以9－24－a·b＝－18，所以a·b＝3，所以cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)，所以〈a，b〉＝60°.2．(2016·鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測(cè))已知函數(shù)f(x)＝Asin(πx＋φ)的部分圖像如圖所示，點(diǎn)B，C是該圖像與x軸的交點(diǎn)，過點(diǎn)C的直線與該圖像交于D，E兩點(diǎn)，則(eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→)))·(eq\o(BE,\s\up6(→))－eq\o(CE,\s\up6(→)))的值為()A．－1 B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D．2解析：選D.注意到函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于點(diǎn)C對(duì)稱，因此C是線段DE的中點(diǎn)，eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))＝2eq\o(BC,\s\up6(→)).又eq\o(BE,\s\up6(→))－eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))＋eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，且|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)T＝eq\f(1,2)×eq\f(2π,π)＝1，因此(eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→)))·(eq\o(BE,\s\up6(→))－eq\o(CE,\s\up6(→)))＝2eq\o(BC,\s\up6(→))2＝2.3．(2015·高考重慶卷)在△ABC中，B＝120°，AB＝eq\r(2)，A的角平分線AD＝eq\r(3)，則AC＝________．解析：如圖，在△ABD中，由正弦定理，得eq\f(AD,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，所以sin∠ADB＝eq\f(\r(2),2).所以∠ADB＝45°，所以∠BAD＝180°－45°－120°＝15°.所以∠BAC＝30°，∠C＝30°，所以BC＝AB＝eq\r(2).在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，所以AC＝eq\r(6).答案：eq\r(6)4．(2015·高考天津卷改編)已知函數(shù)f(x)＝sinωx＋cosωx(ω＞0)，x∈R.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－ω，ω)內(nèi)遞增，且函數(shù)y＝f(x)的圖像關(guān)于直線x＝ω對(duì)稱，則ω的值為________．解析：f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，因?yàn)閒(x)在區(qū)間(－ω，ω)內(nèi)單調(diào)遞增，且函數(shù)圖像關(guān)于直線x＝ω對(duì)稱，所以f(ω)必為一個(gè)周期上的最大值，所以有ω·ω＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω2＝eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.又ω－(－ω)≤eq\f(\f(2π,ω),2)，即ω2≤eq\f(π,2)，所以ω2＝eq\f(π,4)，所以ω＝eq\f(\r(π),2).答案：eq\f(\r(π),2)5.已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)，x∈R))的圖像的一部分如圖所示．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(2,3)))時(shí)，求函數(shù)y＝f(x)＋f(x＋2)的最大值與最小值及相應(yīng)的x的值．解：(1)由題圖知A＝2，T＝8，因?yàn)門＝eq\f(2π,ω)＝8，所以ω＝eq\f(π,4).又圖像經(jīng)過點(diǎn)(－1，0)，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ))＝0.因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4).所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4))).(2)y＝f(x)＋f(x＋2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4)))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,2)＋\f(π,4)))＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,2)))＝2eq\r(2)coseq\f(π,4)x.因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(2,3)))，所以－eq\f(3π,2)≤eq\f(π,4)x≤－eq\f(π,6).所以當(dāng)eq\f(π,4)x＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(2,3)時(shí)，y＝f(x)＋f(x＋2)取得最大值eq\r(6)；當(dāng)eq\f(π,4)x＝－π，即x＝－4時(shí)，y＝f(x)＋f(x＋2)取得最小值－2eq\r(2).6．(2015·高考陜西卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.向量m＝(a，eq\r(3)b)與n＝(cosA，sinB)平行．(1)求A；(2)若a＝eq\r(7)，b＝2，求△ABC的面積．解：(1)因?yàn)閙∥n，所以asinB－eq\r(3)bcosA＝0，由正弦定理，得sinAsinB－eq\r(3)sinBcosA＝0，又sinB≠0，從而tanA＝eq\r(3).由于0＜A＜π，所以A＝eq\f(π,3).(2)法一：由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，而a＝eq\r(7)，b＝2，A＝eq\f(π,3)，得7＝4＋c2－2c，即c2－2因?yàn)閏＞0，所以c＝3.故△ABC的面積為eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3\r(3),2).法二：由正弦定理，得eq\f(\r(7),sin\f(π,3))＝eq\f(2,sinB)，從而sinB＝eq\f(\r(21),7).又由a＞b，知A＞B，所以cosB＝eq\f(2\r(7),7).故sinC＝sin(A＋B)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))＝sinBcoseq\f(π,3)＋cosBsineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(21),14).所以△ABC的面積為eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),2).1．已知函數(shù)f(x)＝2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx(x∈R)．(1)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，求函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間；(2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且c＝3，f(C)＝2，若向量m＝(1，sinA)與向量n＝(2，sinB)共線，求a，b的值．解：(1)f(x)＝2cos2x＋eq\r(3)sin2x＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得kπ－eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以f(x)的遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))).(2)由f(C)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＋1＝2，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，而C∈(0，π)，所以2C＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，所以2C＋eq\f(π,6)＝eq\f(5,6)π，解得C＝eq\f(π,3).因?yàn)橄蛄縨＝(1，sinA)與向量n＝(2，sinB)共線，所以eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(1,2).由正弦定理得eq\f(a,b)＝eq\f(1,2)，①由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcoseq\f(π,3)，即a2＋b2－ab＝9.②聯(lián)立①②，解得a＝eq\r(3)，b＝2eq\r(3).2．(2015·高考福建卷)已知函數(shù)f(x)＝10eq\r(3)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＋10cos2eq\f(x,2).(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)將函數(shù)f(x)的圖像向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度，再向下平移a(a＞0)個(gè)單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖像，且函數(shù)g(x)的最大值為2.①求函數(shù)g(x)的解析式；②證明：存在無窮多個(gè)互不相同的正整數(shù)x0，使得g(x0)＞0.解：(1)因?yàn)閒(x)＝10eq\r(3)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＋10cos2eq\f(x,2)＝5eq\r(3)sinx＋5cosx＋5＝10sin(x＋eq\f(π,6))＋5，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝2π.(2)①將f(x)的圖像向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度后得到y(tǒng)＝10sinx＋5的圖像，再向下平移a(a＞0)個(gè)單位長度后得到g(x)＝10sinx＋5－a的圖像．又已知函數(shù)g(x)的最大值為2，所以10＋5－a＝2，解得a＝13.所以g(x)＝10sinx－8.②證明：要證明存在無窮多個(gè)互不相同的正整數(shù)x0，使得g(x0)＞0，就是要證明存在無窮多個(gè)互不相同的正整數(shù)x0，使得10sinx0－8＞0，即sinx0＞eq\f(4,5).由eq\f(4,5)＜eq\f(\r(3),2)知，存在0＜α0＜eq\f(π,3)，使得sinα0＝eq\f(4,5).由正弦函數(shù)的性