2019-2020學(xué)年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)三角函數(shù)學(xué)案5一、三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)eq\a\vs4\al([考情分析])高考對本部分內(nèi)容的考查，一般主要是小題，即利用三角函數(shù)的定義、誘導(dǎo)公式及同角三角函數(shù)的關(guān)系進(jìn)行求值、變形，或是利用三角函數(shù)的圖像及其性質(zhì)進(jìn)行求值、參數(shù)、值域、單調(diào)區(qū)間及圖像判斷等，而大題常常在綜合性問題中涉及三角函數(shù)的定義、圖像、誘導(dǎo)公式及同角三角函數(shù)關(guān)系的應(yīng)用等．[例1]已知點落在角θ的終邊上，且θ[0,2π)，則θ的值為()A.eq\f(π,4)B.eq\f(3π,4)C.eq\f(5π,4)D.eq\f(7π,4)[思路點撥]由三角函數(shù)定義求出tanθ值，再由θ的范圍，即可求得θ的值．[解析]tanθ＝eq\f(cos\f(3,4)π,sin\f(3,4)π)＝eq\f(－cos\f(π,4),sin\f(π,4))＝－1，又sineq\f(3π,4)>0，coseq\f(3π,4)<0，所以θ為第四象限角且θ∈[0,2π)，所以θ＝eq\f(7π,4).[答案]Deq\a\vs4\al([沖關(guān)集訓(xùn)])1．(遼寧高考)已知sinα－cosα＝eq\r(2)，α∈(0，π)，則tanα＝()A．－1B．－eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),2) D．1解析：選A由sinα－cosα＝eq\r(2)sin＝eq\r(2)，α∈(0，π)，解得α＝eq\f(3π,4)，所以tanα＝taneq\f(3π,4)＝－1.2．已知α(－π，0)，tan(3π＋α)＝a(a>0，且a≠1)，則cos的值為()A.eq\f(\r(10),10)B．－eq\f(\r(10),10)C.eq\f(3\r(10),10) D．－eq\f(3\r(10),10)解析：選B由題意可知tan(3π＋α)＝eq\f(1,3)，所以tanα＝eq\f(1,3)，cos＝cos＝sinα.∵α∈(－π，0)，∴sinα＝－eq\f(\r(10),10).二、三角函數(shù)圖像變換及函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的解析式eq\a\vs4\al([考情分析])函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)圖像的平移和伸縮變換以及根據(jù)圖像確定A、ω、φ問題是高考的熱點，題型既有選擇題、填空題，又有解答題，難度中低檔，主要考查識圖、用圖能力，同時考查利用三角公式進(jìn)行三角恒等變換的能力．[例2](陜西高考)函數(shù)f(x)＝Asin＋1(A>0，ω>0)的最大值為3，其圖像相鄰兩條對稱軸之間的距離為eq\f(π,2).(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)設(shè)α∈，f＝2，求α的值．[思路點撥](1)利用最值求出A的值．再利用函數(shù)圖像相鄰兩條對稱軸之間的距離求出周期，從而得出ω＝2，進(jìn)而得解；(2)結(jié)合已知條件得出關(guān)于角α的某一個三角函數(shù)值，再根據(jù)α的范圍易求得α的值．[解](1)∵函數(shù)f(x)的最大值為3，∴A＋1＝3，即A＝2.∵函數(shù)圖像的相鄰兩條對稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，∴最小正周期T＝π.∴ω＝2.∴函數(shù)f(x)的解析式為y＝2sin＋1.(2)∵f＝2sin＋1＝2，∴sin＝eq\f(1,2).∵0<α<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)<α－eq\f(π,6)<eq\f(π,3).∴α－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，∴α＝eq\f(π,3).eq\a\vs4\al([沖關(guān)集訓(xùn)])3．(濟(jì)南一模)將函數(shù)y＝cos的圖像上各點橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，再向左平移eq\f(π,6)個單位，所得函數(shù)圖像的一條對稱軸是()A．x＝eq\f(π,4)B．x＝eq\f(π,6)C．x＝π D．x＝eq\f(π,2)解析：選Dy＝coseq\o(→,\s\up7(橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍),\s\do5(縱坐標(biāo)不變))y＝coseq\o(→,\s\up7(向左平移eq\f(π,6)個單位,))y＝cos，即y＝cos.因為當(dāng)x＝eq\f(π,2)時，y＝cos＝1，所以對稱軸可以是x＝eq\f(π,2).4．(天津高考)將函數(shù)f(x)＝sinωx(其中ω>0)的圖像向右平移eq\f(π,4)個單位長度，所得圖像經(jīng)過點，則ω的最小值是()A.eq\f(1,3)B．1C.eq\f(5,3) D．2解析：選D將函數(shù)f(x)＝sinωx的圖像向右平移eq\f(π,4)個單位長度，得到的圖像對應(yīng)的函數(shù)解析式為f(x)＝sinω(x－eq\f(π,4))＝sin(ωx－eq\f(ωπ,4))．又因為函數(shù)圖像過點(eq\f(3π,4)，0)，所以sin(eq\f(3ωπ,4)－eq\f(ωπ,4))＝sineq\f(ωπ,2)＝0，所以eq\f(ωπ,2)＝kπ，即ω＝2k(k∈Z)，因為ω>0，所以ω的最小值為2.5．(衡水模擬)若函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2))在一個周期內(nèi)的圖像如圖所示，M，N分別是這段圖像的最高點與最低點，且·＝0，則A·ω＝()A.eq\f(π,6)B.eq\f(\r(7)π,12)C.eq\f(\r(7)π,6) D.eq\f(\r(7)π,3)解析：選C由題中圖像知eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)，所以T＝π，所以ω＝2.則M，N，由·＝0，得eq\f(7π2,122)＝A2，所以A＝eq\f(\r(7)π,12)，所以A·ω＝eq\f(\r(7)π,6).三、三角函數(shù)的性質(zhì)eq\a\vs4\al([考情分析])三角函數(shù)的周期性、單調(diào)性、最值等是高考的熱點，題型既有選擇題、填空題，又有解答題，難度屬中低檔；常與三角恒等變換交匯命題，在考查三角函數(shù)性質(zhì)的同時，又考查三角恒等變換的方法與技巧，注重考查函數(shù)方程、轉(zhuǎn)化化歸等思想方法．[例3](北京高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx－cosxsin2x,sinx).(1)求f(x)的定義域及最小正周期；(2)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．[思路點撥]先化簡函數(shù)解析式，再求函數(shù)的性質(zhì)．[解](1)由sinx≠0得x≠kπ(k∈Z)，故f(x)的定義域為{x∈R|x≠kπ，k∈Z}．因為f(x)＝eq\f(sinx－cosxsin2x,sinx)＝2cosx(sinx－cosx)＝sin2x－cos2x－1＝eq\r(2)sin－1，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)函數(shù)y＝sinx的單調(diào)遞增區(qū)間為．由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，x≠kπ(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(3π,8)，x≠kπ(k∈Z)．所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和.eq\a\vs4\al([類題通法])函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的性質(zhì)及應(yīng)用的求解思路第一步：先借助三角恒等變換及相應(yīng)三角函數(shù)公式把待求函數(shù)化成y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式；第二步：把“ωx＋φ”視為一個整體，借助復(fù)合函數(shù)性質(zhì)求y＝Asin(ωx＋φ)＋B的單調(diào)性及奇偶性、最值、對稱性等問題．eq\a\vs4\al([沖關(guān)集訓(xùn)])6．(石家莊模擬)下列函數(shù)中，周期為π且在上是減函數(shù)的是()A．y＝sinB．y＝cosC．y＝sin2x D．y＝cos2x解析：選D因為y＝cos2x的周期T＝eq\f(2π,2)＝π，而2x[0，π]，所以y＝cos2x在上為減函數(shù)．7．(山東高考)函數(shù)y＝2sin(0≤x≤9)的最大值與最小值之和為()A．2－eq\r(3)B．0C．－1 D．－1－eq\r(3)解析：選A當(dāng)0≤x≤9時，－eq\f(π,3)≤eq\f(πx,6)－eq\f(π,3)≤eq\f(7π,6)，－eq\f(\r(3),2)≤sin≤1，所以函數(shù)的最大值為2，最小值為－eq\r(3)，其和為2－eq\r(3).8．(廣州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝sin(x∈R)，給出下面四個命題：①函數(shù)f(x)的最小正周期為π；②函數(shù)f(x)是偶函數(shù)；③函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對稱；④函數(shù)f(x)在區(qū)間上是增函數(shù)．其中正確命題的個數(shù)是()A．1B．2C．3解析：選C函數(shù)f(x)＝sin＝－cos2x，則其最小正周期為π，故①正確；易知函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，②正確；由f(x)＝－cos2x的圖像可知，函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)不對稱，③錯誤；由f(x)的圖像易知函數(shù)f(x)在上是增函數(shù)，故④正確．9．設(shè)函數(shù)f(x)＝sinωx＋sin，xR.(1)若ω＝eq\f(1,2)，求f(x)的最大值及相應(yīng)的x的集合；(2)若x＝eq\f(π,8)是f(x)的一個零點，且0<ω<10，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．解：(1)f(x)＝sinωx＋sin＝sinωx－cosωx，當(dāng)ω＝eq\f(1,2)時，f(x)＝sineq\f(x,2)－coseq\f(x,2)＝eq\r(2)sin，又－1≤sin≤1，所以f(x)的最大值為eq\r(2)，此時，eq\f(x,2)－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即x＝eq\f(3π,2)＋4kπ，k∈Z，相應(yīng)的x的集合為{x|x＝eq\f(3π,2)＋4kπ，k∈Z}．(2)法一：因為f(x)＝eq\r(2)sin，所以，x＝eq\f(π,8)是f(x)的一個零點?f＝eq\r(2)sin＝0，即eq\f(ωπ,8)－eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，整理，得ω＝8k＋2，k∈Z，又0<ω<10，所以0<8k＋2<10，－eq\f(1,4)<k<1，而k∈Z，所以k＝0，ω＝2，f(x)＝eq\r(2)sin，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(3π,8)＋kπ，k∈Z，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，k∈Z.法二：x＝eq\f(π,8)是f(x)的一個零點?f＝sineq\f(ωπ,8)－coseq\f(ωπ,8)＝0，即taneq\f(ωπ,8)＝1.所以eq\f(ωπ,8)＝kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z，整理得ω＝8k＋2，k∈Z又0<ω<10，所以0<8k＋2<10，－eq\f(1,4)<k<1，而k∈Z，所以k＝0，ω＝2，f(x)＝eq\r(2)sin.以下同法一．四、創(chuàng)新題型[典例]已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2))在一個周期內(nèi)的圖像如圖所示．(1)求函數(shù)的解析式；(2)設(shè)0<x<π，且方程f(x)＝m有兩個不同的實數(shù)根，求實數(shù)m的取值范圍以及這兩個根的和．[思路點撥]利用轉(zhuǎn)化思想把方程問題化為函數(shù)問題，再利用數(shù)形結(jié)合法求解．[解](1)由圖像知A＝2，eq\f(3,4)T＝eq\f(11π,12)－eq\f(π,6)＝eq\f(3π,4)，則T＝π，所以ω＝2，又圖像過點，所以2×eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2).即φ＝eq\f(π,6).所以所求的函數(shù)的解析式為f(x)＝2sin.(2)在同一坐標(biāo)系中畫出y＝2sin和y＝m(m∈R)的圖像，如圖所示，由圖可知，當(dāng)－2<m<1或1<m<2時，直線y＝m與曲線有兩個不同的交點，即原方程有兩個不同的實數(shù)根，故m的取值范圍為－2<m<1或1<m<2.當(dāng)－2<m<1時，兩根之和為eq\f(4π,3)；當(dāng)1<m<2時，兩根之和為eq\f(π,3).[高考預(yù)測]函數(shù)f(x)＝sinπx＋cosπx＋|sinπx－cosπx|對任意的xR都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，則|x2－x1|的最小值為________．解析：依題意得，當(dāng)sinπx－cosπx≥0，即sinπx≥cosπx時，f(x)＝2sinπx；當(dāng)sinπx－cosπx<0，即sinπx<cosπx時，f(x)＝2cosπx.令f(x1)、f(x2)分別是函數(shù)f(x)的最小值與最大值，結(jié)合函數(shù)y＝f(x)的圖像可知，|x2－x1|的最小值是eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)[配套課時作業(yè)]1．點P從(1,0)出發(fā)，沿單位圓x2＋y2＝1逆時針方向運動eq\f(2π,3)弧長到達(dá)Q點，則Q點的坐標(biāo)為()A.B.C. D.解析：選A記α＝∠POQ，由三角函數(shù)的定義可知，Q點的坐標(biāo)(x，y)滿足x＝cosα＝coseq\f(2,3)π＝－eq\f(1,2)，y＝sinα＝sineq\f(2,3)π＝eq\f(\r(3),2).2．(江西高考)若tanθ＋eq\f(1,tanθ)＝4，則sin2θ＝()A.eq\f(1,5)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)解析：選D法一：∵tanθ＋eq\f(1,tanθ)＝eq\f(1＋tan2θ,tanθ)＝4，∴4tanθ＝1＋tan2θ，∴sin2θ＝2sinθcosθ＝eq\f(2sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(2tanθ,1＋tan2θ)＝eq\f(2tanθ,4tanθ)＝eq\f(1,2).法二：∵tanθ＋eq\f(1,tanθ)＝eq\f(sinθ,cosθ)＋eq\f(cosθ,sinθ)＝eq\f(1,cosθsinθ)＝eq\f(2,sin2θ)∴4＝eq\f(2,sin2θ)，故sin2θ＝eq\f(1,2).3．若函數(shù)f(x)＝sinωx(ω>0)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，則ω＝()A.eq\f(2,3)B.eq\f(3,2)C．2 D．3解析：選B由于函數(shù)f(x)＝sinωx的圖像經(jīng)過坐標(biāo)原點，根據(jù)已知并結(jié)合函數(shù)圖像，可知eq\f(π,3)為這個函數(shù)的四分之一周期，故eq\f(2π,ω)＝eq\f(4π,3)，解得ω＝eq\f(3,2).4．(福州質(zhì)檢)將函數(shù)f(x)＝sin2x(x∈R)的圖像向右平移eq\f(π,4)個單位后，所得到的圖像對應(yīng)的函數(shù)的一個單調(diào)遞增區(qū)間是()A.B.C. D.解析：選B將函數(shù)f(x)＝sin2x(x∈R)的圖像向右平移eq\f(π,4)個單位后得到函數(shù)g(x)＝sin2＝－cos2x的圖像，則函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，kZ，而滿足條件的只有B.5．(山西考前適應(yīng)性訓(xùn)練)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(0<ω<5,0≤φ≤eq\f(π,2))的圖像經(jīng)過點，且f＝－1，則ω＝()A.eq\f(11,3)B．4C.eq\f(13,3) D.eq\f(14,3)解析：選D依題意得，f(0)＝sinφ＝eq\f(\r(3),2)，又0≤φ≤eq\f(π,2)，因此φ＝eq\f(π,3).由f＝sin＝－1得ω×eq\f(π,4)＋eq\f(π,3)＝2kπ－eq\f(π,2)，ω＝8k－eq\f(10,3)，k∈Z；又0<ω<5，于是有0<8k－eq\f(10,3)<5，eq\f(5,12)<k<eq\f(25,24)，kZ，因此k＝1，ω＝eq\f(14,3).6．已知函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx．設(shè)a＝f，b＝f，c＝f，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)<b<cB．c<a<bC．b<a<c D．b<c<a解析：選B法一：f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sin，因為函數(shù)f(x)在[0，eq\f(π,6)]上單調(diào)遞增，所以f<f，而c＝f＝2sineq\f(2π,3)＝2sineq\f(π,3)＝f(0)<f，所以c<a<b.法二：f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sin，顯然f(x)的最小正周期T＝2π，一個對稱軸為x＝eq\f(π,6).因為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(π,6)))<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,7)－\f(π,6)))<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,6)))，所以f<f<f，即c<a<b.7．(江西高考)已知角θ的頂點為坐標(biāo)原點，始邊為x軸的正半軸．若P(4，y)是角θ終邊上一點，且sinθ＝－eq\f(2\r(5),5)，則y＝________.解析：r＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(16＋y2，)且sinθ＝－eq\f(2\r(5),5)，所以sinθ＝eq\f(y,r)＝eq\f(y,\r(16＋y2))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以θ為第四象限角，解得y＝－8.答案：－88．函數(shù)f(x)＝2sinωx(ω>0)在上單調(diào)遞增，且在這個區(qū)間上的最大值是eq\r(3)，那么ω等于________．解析：∵f(x)在上為增函數(shù)，且f(x)的最大值是eq\r(3)<2，∴f＝eq\r(3)，即sineq\f(π,4)ω＝eq\f(\r(3),2)，∴eq\f(π,4)ω＝eq\f(π,3)，∴ω＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)9．函數(shù)f(x)＝2cos2x＋sin2x－1，給出下列四個命題：①函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù)；②直線x＝eq\f(π,8)是函數(shù)圖像的一條對稱軸；③函數(shù)f(x)的圖像可由函數(shù)y＝eq\r(2)sin2x的圖像向左平移eq\f(π,4)個單位長度而得到；④若x，則f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\r(2))).其中所有正確命題的序號是________．解析：∵f(x)＝2cos2x＋sin2x－1＝cos2x＋sin2x＝eq\r(2)sin，令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得：kπ＋eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(5π,8)(k∈Z)，即f(x)的遞減區(qū)間為(k∈Z)．∴命題①正確．又∵x＝eq\f(π,8)時，2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，∴x＝eq\f(π,8)是函數(shù)圖像的一條對稱軸，∴命題②正確．又∵f(x)可由y＝eq\r(2)sin2x的圖像向左平移eq\f(π,8)個單位長度而得到，∴命題③錯誤．又∵x∈時，2x＋eq\f(π,4)∈，∴eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4))∈[－1，eq\r(2)]，即f(x)∈[－1，eq\r(2)]，∴命題④正確．答案：①②④10．(天津高考)已知函數(shù)f(x)＝sin＋sin＋2cos2x－1，x∈R.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值．解：(1)f(x)＝sin2x·coseq\f(π,3)＋cos2x·sineq\f(π,3)＋sin2x·coseq\f(π,3)－cos2x·sineq\f(π,3)＋cos2x＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sin所以，f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)法一：因為f(x)在區(qū)間上是增函數(shù)，在區(qū)間[eq\f(π,8)，eq\f(π,4)]上是減函數(shù)，又f＝－1，f＝eq\r(2)，f＝1，故函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值為eq\r(2)，最小值為－1.法二：由(1)知f(x)＝eq\r(2)sin，因為－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,4)，則－eq\f(π,2)≤2x≤eq\f(π,2)，則－eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(3π,4).所以－eq\f(\r(2),2)≤sin≤1，即－1≤eq\r(2)sin≤eq\r(2).所以f(x)在區(qū)間上的最大值為eq\r(2)，最小值為－1.11．已知定義在區(qū)間上的函數(shù)y＝f(x)圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對稱，當(dāng)x≥eq\f(π,4)時，f(x)＝－sinx.(1)作出y＝f(x)的圖像；(2)求y＝f(x)的解析式．解：(1)y＝f(x)的圖像如圖所示．(2)任取x∈，則eq\f(π,2)－x∈，因函數(shù)y＝f(x)圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對稱，則f(x)＝f，又當(dāng)x≥eq\f(π,4)時，f(x)＝－sinx，則f(x)＝f＝－sin＝－cosx，即f(x)＝12.已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)，x∈R)的圖像的一部分如右圖所示．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)當(dāng)x時，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)由圖像知A＝2，T＝8，∵T＝eq\f(2π,ω)＝8，∴ω＝eq\f(π,4).又圖像經(jīng)過點(－1,0)，∴2sin＝0.又∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4).∴f(x)＝2sin.(2)y＝f(x)＋f(x＋2)＝2sin＋2sin＝2eq\r(2)sin＝2eq\r(2)coseq\f(π,4)x，∵x∈，∴－eq\f(3π,2)≤eq\f(π,4)x≤－eq\f(π,6).∴當(dāng)eq\f(π,4)x＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(2,3)時，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，y＝f(x)＋f(x＋2)取得最小值為－2eq\r(2).第二節(jié)三角變換與解三角形1．“死記”兩組三角公式(1)兩角和與差的正弦、余弦、正切公式①sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ.②cos(α±β)＝cosαcosβ?sinαsinβ.③tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1?tanαtanβ).(2)二倍角的正弦、余弦、正切公式①sin2α＝2sinαcosα.②cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.③tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).2．“熟記”兩個定理(1)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(2R為△ABC外接圓的直徑)．變形：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC.(2)余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC.推論：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab).變形：b2＋c2－a2＝2bccosA，a2＋c2－b2＝2accosB，a2＋b2－c2＝2abcosC.三角變換及求值eq\a\vs4\al([考情分析])三角恒等變換是三角運算的核心和靈魂，特別是和與差的三角函數(shù)公式與三角恒等變換的靈活運用．高考對該內(nèi)容的考查，一般多以選擇題、填空題的形式考查三角變換在求值、化簡等方面的簡單應(yīng)用，解答題往往與向量交匯命題．[例1](2011·廣東高考)已知函數(shù)f(x)＝2sin，xR..(1)求f(0)的值；(2)設(shè)α，β，f＝eq\f(10,13)，f(3β＋2π)＝eq\f(6,5)，求sin(α＋β)的值．[思路點撥](1)可以直接代入求值．(2)首先要化簡條件得sinα，cosβ，然后用和角公式sin(α＋β)計算．[解](1)f(0)＝2sin＝2×＝－1.(2)由f＝eq\f(10,13)，即2sinα＝eq\f(10,13)，所以sinα＝eq\f(5,13).由f(3β＋2π)＝eq\f(6,5)，得2sin＝eq\f(6,5)，即2cosβ＝eq\f(6,5)，所以cosβ＝eq\f(3,5).∵α，β，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(12,13)，sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\f(4,5).∴sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(63,65).eq\a\vs4\al([類題通法])三角函數(shù)恒等變換的基本策略(1)常值代換．特別是“1”的代換，如1＝cos2θ＋sin2θ＝tan45°等．(2)項的分拆與角的配湊．如分拆項：sin2x＋2cos2x＝(sin2x＋cos2x)＋cos2x＝1＋cos2x；配湊角：α＝(α＋β)－β，β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)等．(3)降次與升次，即半角公式降次與倍角公式升次．(4)化弦(切)法．將三角函數(shù)利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系化成弦(切)．(5)引入輔助角．a(chǎn)sinθ＋bcosθ＝eq\r(a2＋b2)sin(θ＋φ)，這里輔助角φ所在的象限由a，b的符號確定，φ的值由tanφ＝eq\f(b,a)確定．eq\a\vs4\al([沖關(guān)集訓(xùn)])1．(2012·深圳調(diào)研)已知直線l：xtanα－y－3tanβ＝0的斜率為2，在y軸上的截距為1，則tan(α＋β)＝()A．－eq\f(7,3) B.eq\f(7,3)C.eq\f(5,7) D．1解析：選D依題意得，tanα＝2，－3tanβ＝1，即tanβ＝－eq\f(1,3)，tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(2－\f(1,3),1＋\f(2,3))＝1.2．(2012·哈師大附中模擬)設(shè)α，β都是銳角，且cosα＝eq\f(\r(5),5)，sin(α＋β)＝eq\f(3,5)，則cosβ＝()A.eq\f(2\r(5),25) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),25)或eq\f(2\r(5),5) D.eq\f(\r(5),5)或eq\f(\r(5),25)解析：選A依題意得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(2\r(5),5)，cos(α＋β)＝±eq\r(1－sin2α＋β)＝±eq\f(4,5)；又α，β均為銳角，因此0<α<α＋β<π，cosα>cos(α＋β)，注意到eq\f(4,5)>eq\f(\r(5),5)>－eq\f(4,5)，所以cos(α＋β)＝－eq\f(4,5).cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝－eq\f(4,5)×eq\f(\r(5),5)＋eq\f(3,5)×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(2\r(5),25).3．(2012·德州模擬)已知函數(shù)f(x)＝2cos2eq\f(x,2)－eq\r(3)sinx.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和值域；(2)若α為第二象限角，且f＝eq\f(1,3)，求eq\f(cos2α,1＋cos2α－sin2α)的值．解：(1)∵f(x)＝2cos2eq\f(x,2)－eq\r(3)sinx＝1＋cosx－eq\r(3)sinx＝1＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，∴周期T＝2π，f(x)的值域為[－1,3]．(2)∵f＝eq\f(1,3)，∴1＋2cosα＝eq\f(1,3)，即cosα＝－eq\f(1,3).∵α為第二象限角，∴sinα＝eq\f(2\r(2),3).∴eq\f(cos2α,1＋cos2α－sin2α)＝eq\f(cos2α－sin2α,2cos2α－2sinαcosα)＝eq\f(cosα＋sinα,2cosα)＝eq\f(－\f(1,3)＋\f(2\r(2),3),－\f(2,3))＝eq\f(1－2\r(2),2).正、余弦定理eq\a\vs4\al([考情分析])正弦定理和余弦定理是解斜三角形的工具，而解斜三角形是高考的一個熱點問題．高考對該內(nèi)容的考查可以是選擇題或填空題，直接利用正弦定理和余弦定理的公式去求解三角形問題，多屬于中檔題；也可以是解答題，多是交匯性問題，常常是與三角函數(shù)或平面向量結(jié)合．[例2](2012·新課標(biāo)全國卷)已知a，b，c分別為△ABC三個內(nèi)角A，B，C的對邊，acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0.(1)求A；(2)若a＝2，△ABC的面積為eq\r(3)，求b，c.[思路點撥](1)由題設(shè)以及正弦定理得到關(guān)于A的三角函數(shù)值，進(jìn)而求得A的值．(2)由面積公式以及余弦定理得到b與c的方程組，進(jìn)而求得b與c的值．[解](1)由acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0得sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC－sinB－sinC＝0.因為B＝π－A－C，所以eq\r(3)sinAsinC－cosAsinC－sinC＝0.由于sinC≠0，所以sin＝eq\f(1,2).又0＜A＜π，故A＝eq\f(π,3).(2)△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)，故bc＝4.而a2＝b2＋c2－2bccosA，故b2＋c2＝8.解得b＝c＝2.eq\a\vs4\al([類題通法])解三角形的一般方法(1)已知兩角和一邊，如已知A，B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a，b.(2)已知兩邊和這兩邊的夾角，如已知a，b和C，應(yīng)先用余弦定理求c，再應(yīng)用正弦定理先求較短邊所對的角，然后利用A＋B＋C＝π求另一角．(3)已知兩邊和其中一邊的對角，如已知a，b和A，應(yīng)先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多種情況．(4)已知三邊a，b，c，可應(yīng)用余弦定理求A，B，C.eq\a\vs4\al([沖關(guān)集訓(xùn)])4．(2012·天津高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知8b＝5c，C＝2B，則cosCA.eq\f(7,25) B．－eq\f(7,25)C．±eq\f(7,25) D.eq\f(24,25)解析：選A由C＝2B得sinC＝sin2B＝2sinBcosB，由正弦定理及8b＝5c得cosB＝eq\f(sinC,2sinB)＝eq\f(c,2b)＝eq\f(4,5)，所以cosC＝cos2B＝2cos2B－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2－1＝eq\f(7,25).5．(2012·北京高考) 在△ABC中，若a＝3，b＝eq\r(3)，∠A＝eq\f(π,3)，則∠C的大小為________．解析：由正弦定理可知sin∠B＝eq\f(bsin∠A,a)＝eq\f(\r(3)sin\f(π,3),3)＝eq\f(1,2)，所以∠B＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)(舍去)，所以∠C＝π－∠A－∠B＝π－eq\f(π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)6．(2012·江西高考)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知3cos(B－C)－1＝6cosBcosC.(1)求cosA；(2)若a＝3，△ABC的面積為2eq\r(2)，求b，c.解：(1)由3cos(B－C)－1＝6cosBcosC，得3(cosBcosC－sinBsinC)＝－1，即cos(B＋C)＝－eq\f(1,3)，從而cosA＝－cos(B＋C)＝eq\f(1,3).(2)由于0<A<π，cosA＝eq\f(1,3)，所以sinA＝eq\f(2\r(2),3).又S△ABC＝2eq\r(2)，即eq\f(1,2)bcsinA＝2eq\r(2)，解得bc＝6.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2＋c2＝13.解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bc＝6，,b2＋c2＝13，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2，,c＝3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝3，,c＝2.))正、余弦定理的實際應(yīng)用eq\a\vs4\al([考情分析])由于正、余弦定理是解斜三角形的工具，而解斜三角形應(yīng)用問題中的測量問題、航海問題等常常是高考的熱點，其主要要求是：會利用正弦定理和余弦定理等知識和方法解決一些測量和幾何計算有關(guān)的實際問題．[例3]某港口O要將一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的輪船上，在小艇出發(fā)時，輪船位于港口O北偏西30°且與該港口相距20海里的A處，并正以30海里/小時的航行速度沿正東方向勻速行駛．假設(shè)該小艇沿直線方向以v海里/小時的航行速度勻速行駛，經(jīng)過t小時與輪船相遇．(1)若希望相遇時小艇的航行距離最小，則小艇航行速度的大小應(yīng)為多少？(2)為保證小艇在30分鐘內(nèi)(含30分鐘)能與輪船相遇，試確定小艇航行速度的最小值；(3)是否存在v，使得小艇以v海里/小時的航行速度行駛，總能有兩種不同的航行方向與輪船相遇？若存在，試確定v的取值范圍；若不存在，請說明理由．[思路點撥]第(1)步設(shè)相遇時小艇航行的距離為S，利用余弦定理把S表示為關(guān)于t的函數(shù)，利用二次函數(shù)求解S的最小值，并求解此時的速度；第(2)步利用余弦定理表示出v，t的關(guān)系式，并利用函數(shù)知識求解；第(3)步把問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)根的分布問題．[解](1)設(shè)相遇時小艇航行距離為S海里，則S＝eq\r(900t2＋400－2·30t·20·cos90°－30°)＝eq\r(900t2－600t＋400)＝，故當(dāng)t＝eq\f(1,3)時，Smin＝10eq\r(3)，v＝30eq\r(3)，即小艇以每小時30eq\r(3)海里的速度航行，相遇時距離最?。?2)若輪船與小艇在B處相遇，由題意可得：(vt)2＝202＋(30t)2－2·20·(30t)·cos(90°－30°)，化簡得v2＝eq\f(400,t2)－eq\f(600,t)＋900＝400＋675，由于0<t≤eq\f(1,2)，即eq\f(1,t)≥2，所以當(dāng)eq\f(1,t)＝2時，v取得最小值10eq\r(13)，即小艇航行速度的最小值為10eq\r(13)海里/小時．(3)由(2)知v2＝eq\f(400,t2)－eq\f(600,t)＋900，令eq\f(1,t)＝μ(μ>0)，于是有400μ2－600μ＋900－v2＝0，小艇總能有兩種不同的航行方向與輪船相遇等價于上述方程有兩個不等正根，所以解得：15eq\r(3)<v<30，所以v的取值范圍為(15eq\r(3)，30)．eq\a\vs4\al([類題通法])應(yīng)用解三角形知識解決實際問題需要下列四步(1)分析題意，準(zhǔn)確理解題意，分清已知與所求，尤其要理解題中的有關(guān)名詞、術(shù)語，如坡度、仰角、俯角、方位角等；(2)根據(jù)題意畫出示意圖，并將已知條件在圖形中標(biāo)出；(3)將所求解的問題歸結(jié)到一個或幾個三角形中，通過合理運用正弦定理、余弦定理等有關(guān)知識正確求解；(4)檢驗解出的結(jié)果是否具有實際意義，對結(jié)果進(jìn)行取舍，得出正確答案．eq\a\vs4\al([沖關(guān)集訓(xùn)])7.如圖，為測得河對岸塔AB的高，先在河岸上選一點C，使C在塔底B的正東方向上，測得點A的仰角為60°，再由點C沿北偏東15°方向走10米到位置D，測得∠BDC＝45°，則塔AB的高是________米．解析：在△BCD中，CD＝10，∠BDC＝45°，∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，eq\f(BC,sin45°)＝eq\f(CD,sin30°)，BC＝eq\f(CDsin45°,sin30°)＝10eq\r(2).在Rt△ABC中，tan60°＝eq\f(AB,BC)，AB＝BCtan60°＝10eq\r(6).答案：10eq\r(6)8．(2012·鄭州模擬)鄭州市某廣場有一塊不規(guī)則的綠地如圖所示，城建部門欲在該地上建造一個底座為三角形的環(huán)境標(biāo)志，小李、小王設(shè)計的底座形狀分別為△ABC、△ABD，經(jīng)測量AD＝BD＝7米，BC＝5米，AC＝8米，∠C＝∠D.(1)求AB的長度；(2)若環(huán)境標(biāo)志的底座每平方米造價為5000元，不考慮其他因素，小李、小王誰的設(shè)計使建造費用最低(請說明理由)，最低造價為多少？(eq\r(2)＝1.414，eq\r(3)＝1.732)解：(1)在△ABC中，由余弦定理得cosC＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(82＋52－AB2,2×8×5)，①在△ABD中，由余弦定理得cosD＝eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq\f(72＋72－AB2,2×7×7)，②由∠C＝∠D得cosC＝cosD，③解得AB＝7，所以AB的長度為7米．(2)小李的設(shè)計使建造費用最低．理由如下：易知S△ABD＝eq\f(1,2)AD·BDsinD，S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BCsinC，因為AD·BD>AC·BC，且∠C＝∠D，所以S△ABD>S△ABC.故選擇△ABC的形狀建造環(huán)境標(biāo)志費用較低．因為AD＝BD＝AB＝7，所以△ABD是等邊三角形，∠D＝∠C＝60°.故S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BCsinC＝10eq\r(3)，所以所求的最低造價為5000×10eq\r(3)＝50000eq\r(3)≈86600元．透視三角函數(shù)的求值、求角問題許多考生對三角函數(shù)恒等變換中的求值、求角問題一籌莫展，其原因在于：①未能牢記三角公式；②不知如何根據(jù)三角函數(shù)的形式選擇合適的求值、求角的方法．三角函數(shù)的求值、求角問題包括：(1)“給角求值”，即在不查表的前提下，通過三角恒等變換求三角函數(shù)式的值；(2)“給值求值”，即給出一些三角函數(shù)值，求與之有關(guān)的其他三角函數(shù)式的值；(3)“給值求角”，即給出三角函數(shù)值，求符合條件的角．[典例](2011·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝tan，(1)求f(x)的定義域與最小正周期；(2)設(shè)α，若f＝2cos2α，求α的大小．[思路點撥](1)根據(jù)正切函數(shù)的有關(guān)概念和性質(zhì)求解；(2)根據(jù)三角函數(shù)的有關(guān)公式進(jìn)行變換、化簡求值．[解](1)由三角函數(shù)的定義得2x＋eq\f(π,4)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，即x≠eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z.∴f(x)的定義域為{x|x≠eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z}，f(x)的最小正周期為eq\f(π,2).(2)由f＝2cos2α，得tan＝2cos2α，即＝2(cos2α－sin2α)，整理得：eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝2(sinα＋cosα)(sinα－cosα)．∵α，∴sinα＋cosα≠0.∴(sinα－cosα)2＝eq\f(1,2).∴sin2α＝eq\f(1,2).由α，得2α，∴2α＝eq\f(π,6)，α＝eq\f(π,12).[名師支招]利用三角恒等變換求值與求角，其實質(zhì)是對兩角和與差以及二倍角的正弦、余弦、正切公式的應(yīng)用．求解此類問題，不僅對公式的正用、逆用要熟悉，而且對公式的變形應(yīng)用也要熟悉，同時要善于拆角、拼角，注意角的范圍．總之，“變”是三角恒等變換的主題，在三角恒等變換中，角的變換、名稱的變換、次數(shù)的變換、表達(dá)形式的變換等比比皆是，在訓(xùn)練中，強(qiáng)化“變”的意識是關(guān)鍵，但要注意其中的不變，即公式不變、方法不變，最好能夠?qū)⒘?xí)題進(jìn)行歸類，并進(jìn)行分析比較，尋找解題規(guī)律，這樣才能以不變應(yīng)萬變．[高考預(yù)測]已知向量＝(cosα，sinα)(α∈[－π，0])，向量m＝(2,1)，n＝(0，－eq\r(5))，且m⊥(－n)．(1)求向量；(2)若cos(β－π)＝eq\f(\r(2),10)，0<β<π，求cos(2α－β)．解：(1)∵＝(cosα，sinα)，∴－n＝(cosα，sinα＋eq\r(5))，∵m⊥(－n)，∴m·(－n)＝0，即2cosα＋(sinα＋eq\r(5))＝0，①又sin2α＋cos2α＝1，②由①②聯(lián)立方程解得cosα＝－eq\f(2\r(5),5)，sinα＝－eq\f(\r(5),5)，∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)，－\f(\r(5),5))).(2)∵cos(β－π)＝eq\f(\r(2),10)，∴cosβ＝－eq\f(\r(2),10)，又∵0<β<π，∴sinβ＝eq\f(7\r(2),10)，且eq\f(π,2)<β<π.又∵sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＝eq\f(4,5)，cos2α＝2cos2α－1＝2×eq\f(4,5)－1＝eq\f(3,5)，∴cos(2α－β)＝cos2αcosβ＋sin2αsinβ＝eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),10)))＋eq\f(4,5)×eq\f(7\r(2),10)＝eq\f(25\r(2),50)＝eq\f(\r(2),2).[配套課時作業(yè)]1．(2012·威海模擬)已知α，cosα＝－eq\f(\r(5),5)，則tan2α＝()A.eq\f(4,3) B．－eq\f(4,3)C．－2 D．2解析：選B因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，cosα＝－eq\f(\r(5),5)，所以sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\f(2\r(5),5).所以tanα＝2.則tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(4,3).2．若α，且sin2α＋cos2α＝eq\f(1,4)，則tanα的值等于()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\r(2) D.eq\r(3)解析：選D由二倍角公式可得sin2α＋1－2sin2α＝eq\f(1,4)，sin2α＝eq\f(3,4)，又因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinα＝eq\f(\r(3),2).即α＝eq\f(π,3)，所以tanα＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3).3．設(shè)sinα＝eq\f(3,5)，tan(π－β)＝eq\f(1,2)，則tan(α－2β)＝()A．－eq\f(24,7) B．－eq\f(7,24)C.eq\f(24,7) D.eq\f(7,24)解析：選D∵sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴cosα＝－eq\f(4,5)，∴tanα＝－eq\f(3,4).又∵tan(π－β)＝eq\f(1,2)，∴tanβ＝－eq\f(1,2)，∴tan2β＝eq\f(2tanβ,1－tan2β)＝－eq\f(4,3)，∴tan(α－2β)＝eq\f(tanα－tan2β,1＋tanαtan2β)＝eq\f(－\f(3,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3))),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3))))＝eq\f(7,24).4．(2012·重慶高考)eq\f(sin47°－sin17°cos30°,cos17°)＝()A．－eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),2)解析：選C原式＝eq\f(sin30°＋17°－sin17°cos30°,cos17°)＝eq\f(sin30°cos17°＋cos30°sin17°－sin17°cos30°,cos17°)＝eq\f(sin30°cos17°,cos17°)＝eq\f(1,2).5．已知sin＋sinα＝－eq\f(4\r(3),5)，－eq\f(π,2)<α<0，則cos等于()A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(3,5)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)解析：選D由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋sinα＝－eq\f(4\r(3),5)，－eq\f(π,2)<α<0，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋sinα＝eq\f(3,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(－4\r(3),5).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq\f(4,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)＋\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5).6．(2012·湖北高考)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若三邊的長為連續(xù)的三個正整數(shù)，且A>B>C，3b＝20acosA，則sinA∶sinB∶sinC為()A．4∶3∶2 B．5∶6∶7C．5∶4∶3 D．6∶5∶4解析：選D由題意可得a>b>c，且為連續(xù)正整數(shù)，設(shè)c＝n，b＝n＋1，a＝n＋2(n>1，且n∈N*)，則由余弦定理可得3(n＋1)＝20(n＋2)·eq\f(n＋12＋n2－n＋22,2nn＋1)，化簡得7n2－13n－60＝0，n∈N*，解得n＝4，由正弦定理可得sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝6∶5∶4.7．(2012·北京高考)在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cosB＝－eq\f(1,4)，則b＝________.解析：代入余弦定理公式得：b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))，解得b＝4.答案：48．(2012·煙臺模擬)若α，且cos2α＋sin＝eq\f(1,2)，則tanα＝________.解析：因為cos2α＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α))＝eq\f(1,2)，即cos2α＋cos2α＝eq\f(1,2)，所以cos2α＋2cos2α－1＝eq\f(1,2).整理得3cos2α＝eq\f(3,2)，所以cosα＝eq\f(\r(2),2)(因α為銳角，所以取正)．又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＝eq\f(π,4)，tanα＝1.答案：19．在△ABC中，設(shè)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝(cosC,2a－c)，b＝(b，－cosB)且a⊥b，則B解析：由a⊥b，得a·b＝bcosC－(2a－c)cosBsinBcosC－(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC＋cosBsinC－2sinAcosB＝0，即sin(B＋C)＝sinA＝2sinAcosB，故cosB＝eq\f(1,2)，因此B＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)10．(2012·安徽名校模擬)已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，向量m＝(4，－1)，n＝，且m·n＝eq\f(7,2).(1)求角A的大??；(2)若b＋c＝2a＝2eq\r(3)，試判斷△ABC的形狀．解：(1)∵m＝(4，－1)，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(A,2)，cos2A))，∴m·n＝4cos2eq\f(A,2)－cos2A＝4·eq\f(1＋cosA,2)－(2cos2A－1)＝－2cos2A＋2cosA＋3.又∵m·n＝eq\f(7,2)，∴－2cos2A＋2cosA＋3＝eq\f(7,2)，解得cosA＝eq\f(1,2).∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).(2)∵在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA，且a＝eq\r(3)，∴(eq\r(3))2＝b2＋c2－2bc·eq\f(1,2)＝b2＋c2－bc.①又∵b＋c＝2eq\r(3)，∴b＝2eq\r(3)－c，代入①式整理得c2－2eq\r(3)c＋3＝0，解得c＝eq\r(3)，∴b＝eq\r(3)，于是a＝b＝c＝eq\r(3)，即△ABC為等邊三角形．11．已知復(fù)數(shù)z1＝sin2x＋λi，z2＝m＋(m－eq\r(3)cos2x)i(λ，m，x∈R)，且z1＝z2.(1)若λ＝0且0<x<π，求x的值；(2)設(shè)λ＝f(x)，已知當(dāng)x＝α?xí)r，λ＝eq\f(1,2)，試求cos的值．解：(1)∵z1＝z2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sin2x＝m，,λ＝m－\r(3)cos2x.))∴λ＝sin2x－eq\r(3)cos2x.若λ＝0，則sin2x－eq\r(3)cos2x＝0，得tan2x＝eq\r(3).∵0<x<π，∴0<2x<2π.∴2x＝eq\f(π,3)或2x＝eq\f(4π,3).∴x＝eq\f(π,6)或eq\f(2π,3).(2)∵λ＝f(x)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x－\f(\r(3),2)cos2x))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2xcos\f(π,3)－cos2xsin\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，又∵當(dāng)x＝α?xí)r，λ＝eq\f(1,2)，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝eq\f(1,2)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝eq\f(1,4).∴cos(4α－eq\f(2π,3))＝1－2sin2(2α－eq\f(π,3))＝1－2×eq\f(1,16)＝eq\f(7,8).12.在南沙某海島上一觀察哨A上午11時測得一輪船在海島北偏東60°的C處，12時20分測得船在海島北偏西60°的B處，12時40分輪船到達(dá)位于海島正西方且距海島5km的E港口，如果輪船始終勻速直線前進(jìn)，問船速為多少？解：由題意，得輪船從C到B用時80分鐘，從B到E用時20分鐘．又船始終勻速前進(jìn)，所以BC＝4EB.設(shè)EB＝x，則BC＝4x.由已知，得∠BAE＝30°，∠EAC＝150°.在△AEC中，由正弦定理，得eq\f(EC,sin∠EAC)＝eq\f(AE,sinC)，所以sinC＝eq\f(AE·sin∠EAC,EC)＝eq\f(5sin150°,5x)＝eq\f(1,2x).在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(BC,sin120°)＝eq\f(AB,sinC)，∴AB＝eq\f(BC·sinC,sin120°)＝eq\f(4x·\f(1,2x),\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(3),3).在△ABE中，由余弦定理，得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos30°＝eq\f(16,3)＋25－2×eq\f(4\r(3),3)×5×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(31,3)，故BE＝eq\r(\f(31,3)).所以船速v＝eq\f(BE,t)＝eq\f(\r(\f(31,3)),\f(1,3))＝eq\r(93)(km/h)．所以該船的速度為eq\r(93)km/h.第三節(jié)平面向量1．掌握兩個定理(1)向量共線定理：向量a(a≠0)與b共線當(dāng)且僅當(dāng)存在唯一一個實數(shù)λ，使b＝λa.(2)平面向量基本定理：如果e1，e2是同一平面內(nèi)的兩個不共線向量，那么對這一平面內(nèi)的任一向量a，有且只有一對實數(shù)λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2，其中e1，e2是一組基底．2．熟記平面向量的兩個充要條件若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則：(1)a∥b?a＝λb(λ≠0)?x1y2－x2y1＝0.(2)a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0.3．活用平面向量的三個性質(zhì)(1)若a＝(x，y)，則|a|＝eq\r(a·a)＝eq\r(x2＋y2).(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則||＝eq\r(x2－x12＋y2－y12).(3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為a與b的夾角，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(x1x2＋y1y2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))).平面向量的概念及線性運算eq\a\vs4\al([考情分析])平面向量的概念及線性運算在近幾年高考中時常以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，有時解答題的題設(shè)條件也以向量的形式給出，考查線性運算的運算法則及其幾何意義以及兩個向量共線的充要條件、向量的坐標(biāo)運算等，具有考查形式靈活，題材新穎，解法多樣等特點．[例1](2012·海淀模擬)如圖，正方形ABCD中，點E是DC的中點，點F是BC的一個三等分點，那么＝()A.eq\f(1,2)－eq\f(1,3)B.eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)C.eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)D.eq\f(1,2)－eq\f(2,3)[思路點撥]利用三角形法則和共線向量定理求解．[解析]在△CEF中，有＝＋，因為點E為DC的中點，所以＝eq\f(1,2).因為點F為BC的一個三等分點，所以＝eq\f(2,3).所以＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＝eq\f(1,2)－eq\f(2,3).[答案]Deq\a\vs4\al([類題通法])平面向量的線性運算包括向量的加法、向量的減法及實數(shù)與向量的積，在解決這類問題時，經(jīng)常出現(xiàn)的錯誤有：忽視向量的起點與終點，導(dǎo)致加法與減法混淆；錯用數(shù)乘公式．對此，要注意三角形法則和平行四邊形法則適用的條件，運用平行四邊形法則時兩個向量的起點必須重合；運用三角形法則時兩個向量必須首尾相接，否則就要把向量進(jìn)行平移，使之符合條件．eq\a\vs4\al([沖關(guān)集訓(xùn)])1．(2012·武漢適應(yīng)性訓(xùn)練)已知＝a，＝b，＝c，＝d，且四邊形ABCD為平行四邊形，則()A．a(chǎn)－b＋c－d＝0 B．a(chǎn)－b－c＋d＝0C．a(chǎn)＋b－c－d＝0 D．a(chǎn)＋b＋c＋d＝0解析：選A依題意得，＝，故＋＝0，即－＋－＝0，即有－＋－＝0，則a－b＋c－d＝0.2．(2012·四川高考)設(shè)a、b都是非零向量，下列四個條件中，使eq\f(a,|a|)＝eq\f(b,|b|)成立的充分條件是()A．a(chǎn)＝－b B．a(chǎn)∥bC．a(chǎn)＝2b D．a(chǎn)∥b且|a|＝|b|解析：選C對于A，當(dāng)a＝－b時，eq\f(a,|a|)≠eq\f(b,|b|)；對于B，注意當(dāng)a∥b時，eq\f(a,|a|)與eq\f(b,|b|)可能不相等；對于C，當(dāng)a＝2b時，eq\f(a,|a|)＝eq\f(2b,|2b|)＝eq\f(b,|b|)；對于D，當(dāng)a∥b，且|a|＝|b|時，可能有a＝－b，此時eq\f(a,|a|)≠eq\f(b,|b|).綜上所述，使eq\f(a,|a|)＝eq\f(b,|b|)成立的充分條件是a＝2b.平面向量的數(shù)量積eq\a\vs4\al([考情分析])向量的數(shù)量積及運算律一直是高考數(shù)學(xué)的熱點內(nèi)容之一，對向量的數(shù)量積及運算律的考查多為選擇題或填空題；另外作為工具在考查三角函數(shù)、立體幾何、平面解析幾何等內(nèi)容時經(jīng)常用到．[例2](2012·北京高考)已知正方形ABCD的邊長為1，點E是AB邊上的動點，則·的值為________；·的最大值為________．[思路點撥]建立平面直角坐標(biāo)系，將向量數(shù)量積運算轉(zhuǎn)化為向量的坐標(biāo)運算求解．[解析]如圖所示，以AB、AD所在的直線分別為x軸和y軸建立平面直角坐標(biāo)系，由于正方形邊長為1，故B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)．又E在AB邊上，故設(shè)E(t,0)(0≤t≤1)，則＝(t，－1)，＝(0，－1)．故·＝1.又＝(1,0)，∴·＝(t，－1)·(1,0)＝t.又0≤t≤1，∴·的最大值為1.[答案]11eq\a\vs4\al([類題通法])(1)準(zhǔn)確利用兩向量的夾角公式cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)及向量模的公式|a|＝eq\r(a·a).(2)在涉及數(shù)量積時，向量運算應(yīng)注意：①a·b＝0，未必有a＝0，或b＝0；②|a·b|≤|a||b|；③a(b·c)與(a·b)c不一定相等．eq\a\vs4\al([沖關(guān)集訓(xùn)])3．(2012·河南三市調(diào)研)已知單位向量α，β，滿足(α＋2β)·(2α－β)＝1，則α與β夾角的余弦值為()A．－eq\f(1,3) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,5)解析：選B記α與β的夾角為θ，則依題意得2α2－2β2＋3α·β＝2×12－2×12＋3×1×1×cosθ＝1，cosθ＝eq\f(1,3)，即α與β的夾角的余弦值是eq\f(1,3).4．(2012·重慶高考)設(shè)x，y∈R，向量a＝(x,1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c,b∥c，則|a＋b|＝()A.eq\r(5) B.eq\r(10)C．2eq\r(5) D．10解析：選B由題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－4＝0，,－4－2y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝－2.))故a＋b＝(3，－1)，|a＋b|＝eq\r(10).5．已知平面向量α，β，|α|＝1，|β|＝2，α⊥(α－2β)，則|2α＋β|的值是________．解析：∵α⊥(α－2β)，∴α·(α－2β)＝0，∴α2－2α·β＝0，∴α·β＝eq\f(1,2)，∴|2α＋β|2＝4α2＋4α·β＋β2＝4＋2＋4＝10，∴|2α＋β|＝eq\r(10).答案：eq\r(10)平面向量與三角函數(shù)的綜合eq\a\vs4\al([考情分析])高考對本部分的考查，主要是選擇題和填空題，即利用平面向量的運算去解決向量的模、向量的坐標(biāo)或平面幾何中的向量的線性表示等，而解答題多為向量與解析幾何、三角函數(shù)、平面幾何中相結(jié)合的應(yīng)用問題．題目多為中低檔題，一般不會出現(xiàn)高難度的問題．[例3]已知向量a＝(cosα，sinα)，b＝(cosx，sinx)，c＝(sinx＋2sinα，cosx＋2cosα)，其中0<α<x<π.(1)若α＝eq\f(π,4)，求函數(shù)f(x)＝b·c的最小值及相應(yīng)x的值；(2)若a與b的夾角為eq\f(π,3)，且a⊥c，求tan2α的值．[思路點撥](1)應(yīng)用向量的數(shù)量積公式可得f(x)的三角函數(shù)式，然后利用換元法將三角函數(shù)式轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)式，由此可解得函數(shù)的最小值及對應(yīng)的x值．(2)由夾角公式及a⊥c可得關(guān)于角α的三角函數(shù)等式，通過三角恒等變換可得結(jié)果．[解](1)∵b＝(cosx，sinx)，c＝(sinx＋2sinα，cosx＋2cosα)，α＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝b·c＝cosxsinx＋2cosxsinα＋sinxcosx＋2sinxcosα＝2sinxcosx＋eq\r(2)(sinx＋cosx)．令t＝sinx＋cosx(eq\f(π,4)<x<π)，則2sinxcosx＝t2－1，且－1<t<eq\r(2).則y＝t2＋eq\r(2)t－1＝－eq\f(3,2)，－1<t<eq\r(2)，∴t＝－eq\f(\r(2),2)時，ymin＝－eq\f(3,2)，此時sinx＋cosx＝－eq\f(\r(2),2)，即eq\r(2)sin＝－eq\f(\r(2),2)，∵eq\f(π,4)<x<π，∴eq\f(π,2)<x＋eq\f(π,4)<eq\f(5,4)π，∴x＋eq\f(π,4)＝eq\f(7,6)π，∴x＝eq\f(11π,12).∴函數(shù)f(x)的最小值為－eq\f(3,2)，相應(yīng)x的值為eq\f(11π,12).(2)∵a與b的夾角為eq\f(π,3)，∴coseq\f(π,3)＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝cosαcosx＋sinαsinx＝cos(x－α)．∵0<α<x<π，∴0<x－α<π，∴x－α＝eq\f(π,3).∵a⊥c，∴cosα(sinx＋2sinα)＋sinα(cosx＋2cosα)＝0，∴sin(x＋α)＋2sin2α＝0，即sin＋2sin2α＝0.∴eq\f(5,2)sin2α＋eq\f(\r(3),2)cos2α＝0，∴tan2α＝－eq\f(\r(3),5).eq\a\vs4\al([類題通法])在平面向量與三角函數(shù)的綜合問題中，一方面用平面向量的語言表述三角函數(shù)中的問題，如利用向量平行、