2026贏在微點高考數(shù)學(xué)考前頂層設(shè)計數(shù)學(xué)第二部分高考六大專題題型解法攻略專題一三角函數(shù)、平面向量與解三角形微專題1三角恒等變換、三角函數(shù)圖象與性質(zhì)1.同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式的變形sin2α=1-cos2α=(1+cosα)(1-cosα)(sinα±cosα)2=1±2sinαcosα=1±sin2α2.兩角和與差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)=sinαcosβ±cosαsinβ;(2)cos(α±β)=cosαcosβ?sinαsinβ;(3)tan(α±β)=tanα±tanβ1?tanαtanβ3.二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α=2sinαcosα;(2)cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α;(3)tan2α=2tanα1-ta4.半角公式sinα2=±1-cosα2,cosα2tanα2=±1-cosα1+cosα=sinα1+cosα5.輔助角公式asinα+bcosα=a2+b2sin(α+φ),其中tan6.恒等變換常用結(jié)論(1)sin2α=1-cos2α2,cos2α=1+cos2α(2)1+cos2α=2cos2α,1-cos2α=2sin2α.(3)tanα±tanβ=tan(α±β)(1?tanαtanβ).7.三角函數(shù)的性質(zhì)性質(zhì)定義域值域?qū)ΨQ性最小正周期單調(diào)性y=sinxR[-1,1]對稱軸:直線x=kπ+π2,k∈Z對稱中心:(kπ,0),k∈Z2π遞增區(qū)間:2kπ-π2,2kπ+π2遞減區(qū)間:2kπ+π2,2kπ+3πy=cosxR[-1,1]對稱軸:直線x=kπ,k∈Z;對稱中心:kπ+π2,0,2π遞增區(qū)間:[2kπ-π,2kπ],k∈Z;遞減區(qū)間:[2kπ,2kπ+π],k∈Zy=tanxx|x≠kπ+R無對稱軸;對稱中心:kπ2,0,kπ遞增區(qū)間:kπ-π2,kπ+π2無遞減區(qū)間8.關(guān)于三角函數(shù)奇偶性的常用結(jié)論(1)y=Asin(ωx+φ),當(dāng)φ=kπ(k∈Z)時為奇函數(shù);當(dāng)φ=kπ+π2(k∈Z)時為偶函數(shù);對稱軸方程可由ωx+φ=kπ+π2(k∈Z)(2)y=Acos(ωx+φ),當(dāng)φ=kπ+π2(k∈Z)時為奇函數(shù);當(dāng)φ=kπ(k∈Z)時為偶函數(shù);對稱軸方程可由ωx+φ=kπ(k∈Z)求得(3)y=Atan(ωx+φ),當(dāng)φ=kπ(k∈Z)時為奇函數(shù).微點一三角恒等變換例1(1)(2024·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知cos(α+β)=m,tanαtanβ=2,則cos(α-β)=(A)A.-3m B.-m3 C.m3 解析由cos(α+β)=m得cosαcosβ-sinαsinβ=m①.由tanαtanβ=2,得sinαsinβcosαcosβ=2②,由①②得cosαcosβ=-m,sinαsinβ=-2m,所以cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ(2)(2025·全國二卷)已知0<α<π,cosα2=55,則sinα-π4A.210 B.25 C.32解析cosα=2cos2α2-1=2×15-1=-35,因為0<α<π,所以sinα=45,所以sinα-π4=22(sinα-cosα)(1)三角化簡問題總的方向是變角與變式,達到“角、名和次”以及結(jié)構(gòu)的統(tǒng)一.(2)常見技巧涉及換元法、切化弦、整體代換等方法.(3)求角問題要考慮對應(yīng)三角函數(shù)值與特殊角之間的關(guān)系,是單一值還是多個值.訓(xùn)練1(1)(2025·寧夏銀川模擬)利用誘導(dǎo)公式可以將任意角的三角函數(shù)值轉(zhuǎn)化為0°~90°之間的三角函數(shù)值,下表是部分5°的奇數(shù)倍銳角的正切值(用字母代替),則cos2210°=(B)α5°15°25°35°tanαmnpqA.2p1+p2 C.1-q21+q解析cos2210°=cos(6×360°+50°)=cos50°=cos225°-sin225°=cos225°-sin2(2)(2025·保定模擬)α,β均為銳角,且cos2α1+sin2α=sin2βcos2β-1,則α+β=

3π解析因為cos2α1+sin2α=sin2βcos2β-1,所以cos2α-sin2α(cosα+sinα)2=2sinβcosβ(1-2sin2β)-1,所以cosα-sinαcosα+sinα=-cosβsinβ,則1-tanα1+tanα=-1tanβ,整理得-tanα-tanβ=1-tanαtanβ,所以tan(α+β)=tanα+tanβ1-tanαtanβ=-1,又α,β微點二三角函數(shù)的圖象考向1三角函數(shù)圖象的變換例2(1)將函數(shù)y=2cos2x-π6的圖象向右平移14個周期后,所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為A.y=2cos2x+π12 B.yC.y=2cos2x+π3 D.y解析函數(shù)周期T=2π2=π,所以函數(shù)y=2cos2x-π6的圖象向右平移14個周期可得y=2cos2x-π4-π(2)將函數(shù)f(x)=2sin2x-π3的圖象向左平移m(m>0)個單位長度,所得圖象關(guān)于原點對稱,則m的值可以是(A.π3 B.π C.4π3 解析將函數(shù)f(x)=2sin2x-π3的圖象向左平移m個單位長度,得到y(tǒng)=2sin2(x+m)-π3=2sin2x+2m-π3的圖象.因為y=2sin2x+2m-π3的圖象關(guān)于原點對稱,所以2m-π3=kπ,k∈Z,即m=π6+kπ2,k∈Z,當(dāng)k=3時,得m=5π3,而使m=π6+kπ2=π3,m=π6考向2三角函數(shù)的圖象與解析式例3(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ),如圖,A,B是直線y=12與曲線y=f(x)的兩個交點,若|AB|=π6,則f(π)=-3解析對比正弦函數(shù)y=sinx的圖象易知,點2π3,0為“五點法”畫圖中的第五點,所以2π3ω+φ=2π①.由題知|AB|=xB-xA=π6,ωxA+φ=π6,ωxB+φ=5π6,兩式相減,得ω(xB-xA)=4π6,即π6ω=4π6,解得ω=4.訓(xùn)練2(1)(2025·長沙模擬)如圖是函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的部分圖象,則該函數(shù)的解析式可以是(C)A.y=2sin1B.y=2sin1C.y=2sin2x+D.y=2sin2x-解析由題圖可得,A=2,34T=π12--2π3=34π,即T=π=2πω,即ω=±2,觀察各選項可知,本題考慮ω=2即可,則y=2sin(2x+φ),把點π12,2代入y=2sin(2x+φ)中,可得sinπ6+φ=1,故π6+φ=π2+2kπ,k∈Z,即φ=π3+2kπ,k∈(2)(2025·溫州模擬)已知f(x)=2tan(ωx+φ)ω>0,φ<π2,f(0)=233,最小正周期T∈π4,3π4,f(x)圖象的一個對稱中心為點解析由f(0)=233,可得2tanφ=233,tanφ=33,又|φ|<π2,所以φ=π6.因為f(x)圖象的一個對稱中心為點π6,0,故π6ω+π6=kπ2,k∈Z,得ω=3k-1,k∈Z.因為T∈π4,3π4,所以π4<πω<3π4,解得43<ω微點三三角函數(shù)的性質(zhì)例4(1)(2025·全國一卷)已知點(a,0)(a>0)是函數(shù)y=2tanx-π3的圖象的一個對稱中心,則a的最小值為(A.π6 B.π3 C.π2解析令x-π3=kπ2,k∈Z,得x=kπ2+π3,k∈Z,故y=2tanx-π3的圖象的對稱中心為kπ2+π3,0,k∈Z,由題意知a=kπ2+π3,k∈Z(2)(2024·新課標(biāo)Ⅱ卷)(多選題)對于函數(shù)f(x)=sin2x和g(x)=sin2x-π4,下列說法中正確的有(A.f(x)與g(x)有相同的零點B.f(x)與g(x)有相同的最大值C.f(x)與g(x)有相同的最小正周期D.f(x)與g(x)的圖象有相同的對稱軸解析對于A,令f(x)=0,則x=kπ2,k∈Z,又gkπ2≠0,故A錯誤;對于B,f(x)與g(x)的最大值都為1,故B正確;對于C,f(x)與g(x)的最小正周期都為π,故C正確;對于D,f(x)圖象的對稱軸方程為2x=π2+kπ,k∈Z,即x=π4+kπ2,k∈Z,g(x)圖象的對稱軸方程為2x-π4=π2+kπ,k∈Z,即x=3π8+kπ2,k∈Z,故f(x)與g研究三角函數(shù)的性質(zhì),首先化函數(shù)為f(x)=Asin(ωx+φ)+h的形式,然后結(jié)合正弦函數(shù)y=sinx的性質(zhì)求f(x)的性質(zhì).思路①:根據(jù)y=sinx的性質(zhì)求出f(x)的性質(zhì),然后判斷各選項;思路②:另一種是由x的值或范圍求得t=ωx+φ的范圍,然后由y=sint的性質(zhì)判斷各選項.訓(xùn)練3(1)(2025·聊城一模)(多選題)已知函數(shù)f(x)=cos2x+3sin2x,x∈R,則(BD)A.f(x)的最小正周期為2πB.f(x)在0,πC.直線x=π3是曲線y=f(x)D.將y=f(x)的圖象向右平移π3個單位長度得到y(tǒng)=-2cos2x解析因為f(x)=cos2x+3sin2x=2sin2x+π6,對于A選項,函數(shù)f(x)的最小正周期為2π2=π,A錯;對于B選項,當(dāng)0≤x≤π6時,π6≤2x+π6≤π2,所以f(x)在0,π6上單調(diào)遞增,B對;對于C選項,因為fπ3=2sin5π6=1,故直線x=π3不是曲線y=f(x)的一條對稱軸,C錯;對于D選項,將y=f(x)的圖象向右平移π3個單位長度,得到函數(shù)y(2)(2025·錦州模擬)若函數(shù)f(x)=sinωx+3cosωx-1在[0,2π]上恰有5個零點,且在-π4,π15上單調(diào)遞增,則正實數(shù)ω解析依題意,函數(shù)f(x)=2sinωx+π3-1,由f(x)=0,得sinωx+π3=12,則ωx+π3=2kπ+π6或ωx+π3=2kπ+5π6,k∈Z,由x∈[0,2π],得ωx+π3∈π3,2πω+π3,由f(x)在[0,2π]上恰有5個零點,得29π6≤2πω+π3<37π6,解得94≤ω<3512,由-π2≤ωx+π3≤π2,得-5π6ω≤x≤π6ω,即函數(shù)f(x)在-5π6ω,π6ω1.(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知α為銳角,cosα=1+54,則sinα2=A.3-58 C.3-54 解析解法一:由題意,cosα=1+54=1-2sin2α2,得sin2α2=3-58=6-2516=5-142,又α為銳角,解法二:由題意,cosα=1+54=1-2sin2α2,得sin2α2=3-52.(2025·天津高考)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,-π<φ<π)在-5π12,π12上單調(diào)遞增,且x=π12為f(x)圖象的一條對稱軸,π3,0是f(x)圖象的一個對稱中心,當(dāng)x∈0,π2A.-32 B.-12 C.-1解析因為f(x)在-5π12,π12上單調(diào)遞增且x=π12為f(x)圖象的一條對稱軸,所以12×2πω≥π12--5π12,fπ12=sinπ12ω+φ=1,得0<ω≤2,且π12ω+φ=π2+2k1π(k1∈Z)①.因為π3,0是f(x)圖象的一個對稱中心,所以fπ3=sinπ3ω+φ=0,得π3ω+φ=k2π(k2∈Z)②,由①②得ω=-2+4(k2-2k1)(k1,k2∈Z),結(jié)合0<ω≤2,得ω=2,則φ=π3+2k1π(k1∈Z),又-π<φ<π,所以φ=π3,故f(x)=sin2x+π3.當(dāng)x∈3.(2024·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知α為第一象限角,β為第三象限角,tanα+tanβ=4,tanαtanβ=2+1,則sin(α+β)=-223解析由題知tan(α+β)=tana+tanβ1-tanαtanβ=41-2-1=-22,即sin(α+β)=-22cos(α+β),又sin2(α+β)+cos2(α+β)=1,可得sin(α+β)=±223.由2kπ<α<2kπ+π2,k∈Z,2mπ+π<β<2mπ+3π2,m∈Z,得2(k+m)π+π<α+β<2(k+m)π+2π,k+m∈Z.又tan(α+β)<0,所以α+β是第四象限角,故sin微練(一)三角恒等變換、三角函數(shù)圖象與性質(zhì)基礎(chǔ)過關(guān)練一、單項選擇題1.(2025·葫蘆島一模)將函數(shù)y=sin2x的圖象向左平移π6個單位長度后,所得圖象的解析式為(AA.y=sin2x+π3 B.yC.y=sin2x+π6 D.y解析函數(shù)y=sin2x的圖象向左平移π6個單位長度得到的函數(shù)圖象的解析式為y=sin2x+π62.(2025·武漢模擬)若tanα+π4=5,則cos2α的值為(A.513 B.1213 C.45解析解法一:(常規(guī)法+齊次式)由tanα+π4=5得tanα+11-tanα=5,解得tanα=23.因為cos2α=cos2α-sin2αsin2α+cos2α,cosα≠0,解法二:(變角法+齊次式)tanα=tanα+π4-π4=tanα+π4-tanπ41+tanα+π4tanπ4=5-11+5=23.因為cos2α=cos2α-sin解法三:(整體法)設(shè)θ=α+π4,則α=θ-π4,所以cos2α=cos2θ-π2=sin2θ=2sinθcosθsin23.(2025·正定模擬)已知函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)-π2<φ<π2的圖象關(guān)于直線x=π3對稱,則A.2+3 B.2-3C.1-3 D.3-2解析由題意可知fπ3=sin2π3+φ=±1,得2π3+φ=π2+kπ,k∈Z,解得φ=-π6+kπ,k∈Z,因為-π2<φ<π2,則φ=-π6,因為tanπ6=2tanπ121-tan2π12=33,解得tanπ124.(2025·浙江模擬)已知cos(α-β)=13,sinαsinβ=-112,則cos2α-sin2β=(A.12 B.13 C.16解析由cos(α-β)=13得cosαcosβ+sinαsinβ=13,又sinαsinβ=-112,所以cosαcosβ=512,所以cos2α-sin2β=1+cos2α2-1-cos2β2=cos2α+cos2β2=cos[(α+β)+(α-β)]+cos[(α+β)-(α-β)]2=cos(α+β)·cos(α-β)=(cosαcosβ-sinαsinβ)(cosαcosβ+sinαsinβ)=5125.(2025·太原模擬)將函數(shù)f(x)=sin(2x+θ)-π2<θ<π2的圖象先向左平移π6個單位長度,再向上平移1個單位長度后,所得的圖象經(jīng)過點π4A.-π6 B.π6 C.-π3解析函數(shù)f(x)=sin(2x+θ)的圖象先向左平移π6個單位長度,再向上平移1個單位長度后,得到的新函數(shù)為g(x)=sin2x+π6+θ+1=sin2x+π3+θ+1.當(dāng)x=π4時,gπ4=sin2×π4+π3+θ+1=2,化簡得sinπ2+π3+θ=1,即sin56π+θ=1,則5π6+θ=π2+2kπ,其中k∈Z,解得θ=-π6.(2025·安慶二模)若將函數(shù)f(x)=sin2x+cos2x的圖象向右平移φ個單位長度,所得圖象關(guān)于原點成中心對稱,則φ的最小正值是(A)A.π8 B.π4 C.3π8解析f(x)=2sin2x+π4,將函數(shù)f(x)的圖象向右平移φ個單位長度得f(x)=2sin2x+π4-2φ,由該函數(shù)為奇函數(shù)可知2φ-π4=kπ,k∈Z,即φ=kπ2+π8,k7.(2025·蘭州一模)一個鉛錘做單擺運動時,離開平衡位置的位移y關(guān)于時間x的函數(shù)圖象如圖所示,函數(shù)關(guān)系滿足y=Asin(ωx+φ)x∈[0,+∞),ω>0,0<φ<π2,當(dāng)y=1時,xA.2π3 B.π C.4π3 解析由題圖可知A=2,最小正周期T=2×11π12-5π12=π,則ω=2πT=2,由125π12+11π12=2π3,則函數(shù)圖象過2π3,-2,即2sin2×2π3+φ=-2,解得4π3+φ=3π2+2kπ(k∈Z),即φ=π6+2kπ(k∈Z),可得φ=π6,故y=2sin2x+π6,由y=1,則sin2x+π6=12,解得2x+π6=π6+2k1π(k1∈Z)或2x+π6=5π6+2k2π(k2∈Z),可得x=k1π(k1∈Z)或π3+k2π(k2∈Z8.(2025·湛江一模)已知函數(shù)f(x)=sin2x+π6在區(qū)間(0,m)上存在唯一極大值點,則m的最大值為(A.7π6 B.π C.π3 解析當(dāng)x∈(0,m)時,2x+π6∈π6,2m+π6,由f(x)在區(qū)間(0,m)上存在唯一極大值點,得π2<2m+π6≤5π2,解得π6<m二、多項選擇題9.(2025·泉州一模)已知函數(shù)f(x)=sin2x-2sinx,則(AD)A.f(x)的最小正周期為2πB.曲線y=f(x)關(guān)于直線x=π2C.f(x)在區(qū)間[-2π,2π]上有4個零點D.f(x)在區(qū)間π3解析A選項,y=sin2x的最小正周期為π,y=sinx的最小正周期為2π,兩者的最小公倍數(shù)為2π,故f(x)的最小正周期為2π,A正確;B選項,f(π-x)=sin(2π-2x)-2sin(π-x)=-sin2x-2sinx≠f(x),故曲線y=f(x)不關(guān)于直線x=π2對稱,B錯誤;C選項,f(x)=sin2x-2sinx=2sinxcosx-2sinx=2sinx(cosx-1),令f(x)=0得2sinx(cosx-1)=0,故sinx=0或cosx=1,因為x∈[-2π,2π],所以sinx=0的解為x1=-2π,x2=-π,x3=0,x4=π,x5=2π,cosx=1的解為x1=-2π,x3=0,x5=2π,綜上,f(x)在區(qū)間[-2π,2π]上有5個零點,C錯誤;D選項,f'(x)=2cos2x-2cosx=4cos2x-2-2cosx=4cosx-142-94,當(dāng)x∈π3,2π3時,cosx∈-12,12,4cosx-142-94∈-94,0,即f'10.將函數(shù)f(x)=3sin2x+π6的圖象向左平移π3個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象,則(A.x=π3為函數(shù)g(x)B.g(x)=3cos2xC.函數(shù)g(x)在-πD.函數(shù)g(x)的圖象與函數(shù)h(x)=log2x的圖象交點個數(shù)為5解析對于A,將函數(shù)f(x)=3sin2x+π6的圖象向左平移π3個單位長度,可得到函數(shù)g(x)=3sin2x+π3+π6=3sin2x+5π6的圖象,則gπ3=3sin2×π3+5π6=3sin3π2=-3,所以x=π3為函數(shù)g(x)圖象的一條對稱軸,故A正確;對于B,g(x)=3sin2x+5π6≠3cos2x,故B錯誤;對于C,當(dāng)-π3<x<-π6時,π6<2x+5π6<π2,而y=sinx在π6,π2上單調(diào)遞增,所以g(x)在-π3,-π6上單調(diào)遞增,故C正確;對于D,對于g(x)=3sin2x+5π6,其周期為T=2π2=π,最大值為3,令2x+5π6=π2+2kπ,k∈Z,則x=-π6+因為h(x)=log2x的定義域為(0,+∞),且log211π6<3,log217π6>3,作出g(x)與h(x)在(0,3π)上的大致圖象,如圖,結(jié)合圖象可知,函數(shù)g(x)的圖象與函數(shù)h(x)的圖象交點個數(shù)為5,故D11.已知函數(shù)f(x)=2sin(ωx+φ)ω>0,φ<π2,其中相鄰的兩條對稱軸間的距離為π2,且經(jīng)過點(0,-3),A.φ=-πB.f(x)在區(qū)間0,πC.f(-x)=f5πD.f(x)=sinx在0,2π上有4解析由題意,T2=π2,則T=π=2πω,即ω=2,此時f(x)=2sin(2x+φ),又f(0)=2sinφ=-3,則sinφ=-32,因為|φ|<π2,所以φ=-π3,故A錯誤;則f(x)=2sin2x-π3,當(dāng)x∈0,π3時,2x-π3∈-π3,π3,因為函數(shù)y=sinx在-π3,π3上單調(diào)遞增,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間0,π3上單調(diào)遞增,故B正確;由f(x)=2sin2x-π3,得f(-x)=2sin-2x-π3畫出函數(shù)f(x)和y=sinx在[0,2π]上的圖象,由圖可知,函數(shù)f(x)和y=sinx在[0,2π]上有4個交點,所以f(x)=sinx在[0,2π]上有4個解,故D正確.三、填空題12.(2025·湛江一模)已知tanα+π12=13,則sin2α+2π3解析tanα+π12=sinα+π12cosα+π12=13,即cosα+π12=3sinα+π12.又cos2α+π12+sin2α+π12=1,所以cos2α+13.(2025·濟南一模)函數(shù)f(x)=|sinx|+cosx的最小值為-1.解析當(dāng)sinx≥0時,即2kπ≤x≤2kπ+π,k∈Z時,f(x)=|sinx|+cosx=sinx+cosx=2sinx+π4,當(dāng)sinx<0時,即2kπ+π<x<2kπ+2π,k∈Z時,f(x)=|sinx|+cosx=-sinx+cosx=2cosx+π4,所以f(x)=|sinx|+cosx=2sinx+π4,2kπ≤x≤2kπ+π,k∈Z,2cosx+π4,2kπ+π<x<2kπ+2π,k∈Z,作出函數(shù)f(x)的圖象,如圖所示,所以函數(shù)f(x)=|sinx|+cosx14.(2025·北京高考)已知α,β∈[0,2π],且sin(α+β)=sin(α-β),cos(α+β)≠cos(α-β),寫出滿足條件的一組α=

π2(答案不唯一),β=

π6(答案不唯一)解析由sin(α+β)=sin(α-β),得sinαcosβ+cosαsinβ=sinαcosβ-cosαsinβ?cosαsinβ=0①.由cos(α+β)≠cos(α-β),得cosαcosβ-sinαsinβ≠cosα·cosβ+sinαsinβ?sinαsinβ≠0②.由①②得sinβ≠0,cosα=0,且sinα≠0,又α,β∈[0,2π],所以α可取π2或3π2,β可取(0,2π)內(nèi)除π能力提升練15.已知函數(shù)f(x)=3sin2ωx+23(cos2ωx-1)(ω>0),則f(x)的最大值是

3;若f(x)在[0,π]上恰有3個零點,則ω的取值范圍是

1,43解析f(x)=3sin2ωx+23(cos2ωx-1)=3sin2ωx+3(2cos2ωx-1)-3,即f(x)=3sin2ωx+3cos2ωx-3=2332sin2ωx+12cos2ωx-3=23sin2ωx+π6-3,又因為sin2ωx+π6∈-1,1,所以f(x)的最大值為3;因為x∈[0,π],所以2ωx+π6∈π6,2ωπ+π6,因為f(x)=23sin2ωx+π6-3在[0,π]上恰有3個零點,16.(2025·泰安一模)已知函數(shù)f(x)=2sinωx+π3cosωx-32(ω>0)的最小正周期為π,f(x)在-π6,π3上的圖象與直線y=a交于點A,B,與直線y=6a交于點C,D,且|AB|=2|CD|解析因為f(x)=2sinωx+π3cosωx-32=2sinωx·12+cosωx·32cosωx-32=sinωxcosωx+3cos2ωx-32=12sin2ωx+32cos2ωx=sin2ωx+π3.又函數(shù)最小正周期為π,且ω>0,所以2π2ω=π?ω=1.所以f(x)=sin2x+π3.當(dāng)x∈-π6,π3時,2x+π3∈(0,π),所以sin2x+π3∈(0,1].作函數(shù)f(x)=sin2x+π3,x∈-π6,π3的草圖如圖所示.函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=π12對稱.設(shè)|CD|=2t,則Bπ12+2t,a,Dπ12+t,6a.0<t<π4,所以sin2π12+t+π3=6sin2π12+2t+π3?cos2t=6cos4t?cos2t=6(2cos22進階點1和差化積與積化和差公式及應(yīng)用和差化積與積化和差公式在數(shù)學(xué)中,特別是在三角函數(shù)的計算和化簡過程中,是非常有用的工具,能將復(fù)雜的三角函數(shù)和差或乘積形式轉(zhuǎn)化為更簡單的形式,從而簡化計算過程.1.和差化積公式sinθ+sinφ=2sinθ+φ2cossinθ-sinφ=2cosθ+φ2sincosθ+cosφ=2cosθ+φ2coscosθ-cosφ=-2sinθ+φ2sin2.積化和差公式sinα·cosβ=1cosα·sinβ=1cosα·cosβ=1sinα·sinβ=-1題型一和差化積公式的應(yīng)用角度1:和差化積公式的直接應(yīng)用例1(1)(2021·全國乙卷)cos2π12-cos25π12=(A.12 B.38 C.22解析cos2π12-cos25π12=cosπ12+cos5π12cosπ12-cos5π12=2cosπ12+(2)已知sinα+sinβ=12,tanα+β2=32,則cosα+cosβ=

解析依題意,sinα+sinβ=2sinα+β2cosα-β2=12,則sinα+β2cosα-β2=14,又tanα+β2=sinα+β2cosα-β2cosα+β2cosα-β2=32,則cosα+β2cos角度2:和差化積公式的融合應(yīng)用例2(1)若A+B=2π3,則sinA+sinB的最大值是

3解析sinA+sinB=2sinA+B2cosA-B2=3cosA-B2≤3,當(dāng)且僅當(dāng)A=B=π3時取等號,則sinA+sin(2)已知x1,x2是函數(shù)f(x)=cos3x-cos2x,x∈(0,π)的兩個零點,則|x1-x2|=

2π5解析f(x)=cos3x-cos2x=-2sin3x+2x2·sin3x-2x2=-2sin5x2sinx2,則令-2sin5x2sinx2=0,當(dāng)sinx2=0時,因為x∈0,π,則x2∈0,π2,此時無解,當(dāng)sin5x2=0,因為x∈0,π,則5x2∈0,5π2,則5x2=π或2π,解得題型二積化和差公式的應(yīng)用角度1:積化和差公式的直接應(yīng)用例3(1)(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知sin(α-β)=13,cosαsinβ=16,則cos(2α+2β)=(A.79 B.19 C.-19 解析由積化和差公式得cosαsinβ=12[sin(α+β)-sin(α-β)]=16,又sin(α-β)=13,所以sin(α+β)=23,所以cos(2α+2β)=1-2sin2(α+β(2)若cosα+π4cosα-3π4=-13,則sin2A.23 B.-43 C.13 解析因為cosα+π4cosα-3π4=12×cosα+π4+α-3π4+cosα+π4-α+3π角度2:積化和差公式的融合應(yīng)用例4(1)(2025·湖北聯(lián)考)(多選題)如圖所示,已知角α,β0<α<β<π2的始邊為x軸的非負(fù)半軸,終邊與單位圓的交點分別為A,B,M為線段AB的中點,射線OM與單位圓交于點C,則下列說法正確的是(ACDA.∠BOC=β-αB.OB·OA+1=|OM|2C.OC·OA=|OM|D.點M的坐標(biāo)為cos解析因為角α,β0<α<β<π2的始邊為x軸的非負(fù)半軸,終邊與單位圓的交點分別為A,B,且M為線段AB的中點,射線OM與單位圓交于點C,所以O(shè)A=OB,所以∠BOC=12∠BOA=β-α2,故A正確;易知A(cosα,sinα),B(cosβ,sinβ),所以O(shè)B·OA=cosαcosβ+sinαsinβ=cos(β-α),所以O(shè)B·OA+1=cos(β-α)+1=2cos2β-α2,|OM|2=|OB|2cos2∠BOC=cos2β-α2,所以O(shè)B·OA+1≠|(zhì)OM|2,故B錯誤;因為OC·OA=|OC||OA|cos∠AOC=cosβ-α2=|OM|,故C正確;因為xM=12(xA+xB)=12(cosα+cosβ)=cosα+β2·cosα-β2,yM=12(yA+yB)=12(sinα+sinβ)(2)1796年,年僅19歲的高斯發(fā)現(xiàn)了正十七邊形的尺規(guī)作圖法,要用尺規(guī)作出正十七邊形,就要將圓十七等分,高斯基碑上刻著如圖所示的圖案.設(shè)將圓十七等分后每等份圓弧所對的圓心角為α,則k=11621+tan解析由題意可知:α=2π17.又21+tan2kα2=21+sin2kα2cos2kα2=2cos2kα2cos2又k=116cos2kπ17=k=1162sinπ17cos2kπ172sinπ17=k=1微練(二)和差化積與積化和差公式及應(yīng)用一、單項選擇題1.若sinα+sinβ=1213,cosα+cosβ=613,則tanα+β2的值為A.2 B.12 C.-2 D.-解析由sinα+sinβ=2sinα+β2cosα-β2=1213,cosα+cosβ=2cosα+β2cosα-β2=613,兩式相除得2.已知cos2α=2sin2β-56,cosα-β=14,則tanαtanβ=(A.17 B.7 C.-17 D解析因為cos2α=2sin2β-56,所以cos2α+cos2β=16,由和差化積公式可得2cos(α+β)cos(α-β)=16,因為cos(α-β)=14,所以cos(α+β)=13,由cosαcosβ+sinαsinβ=14,cosαcosβ-sinαsinβ=13可得cosαcosβ=724,sinαsinβ=-124,所以tan3.已知角α,β滿足cosα=512,cos(α+β)cosβ=13,則cos(α+2β)的值為(A.112 B.16 C.14 解析cosα=512,cos(α+β)cosβ=13,由積化和差得cos(α+β)cosβ=12cosα+β+β+cosα+β-β=12[cos(α+2β)+cosα]=12cosα+2β+512=134.若S=sin2π7+sin22π7+sin23π7,則S的值為A.74 B.C.78 D.解析S=sin2π7+sin22π7+sin23π7=121-cos2π7+121-cos4π7+121-cos6π75.將一個圓20等分,每份圓弧所對的圓心角為α,則k=119cos2kα=(DA.8 B.172 C.192 D解析由題意知α=π10,則k=119cos2kα=k=1191+cos2kα2=19+k=119cos2kα2,而k=119cos2kα=cos2α+cos4α+cos6α+…+cos38α=2sinαcos2α+cos4α+cos6α+…+cos38α2sinα=sin3α-sinα+sin5α-sin3α+…+sin39α-sin37α2sinα=6.已知α∈[0,2π],且sinα+sin2α+sin3α=0,則滿足條件的α的個數(shù)為(C)A.3 B.5 C.7 D.9解析由和差化積公式得到sinα+sin3α=2sin2αcosα,所以sinα+sin2α+sin3α=sin2α(2cosα+1),因為sinα+sin2α+sin3α=0,所以sin2α=0或cosα=-12,當(dāng)sin2α=0時,2α=kπ(k∈Z),即α=12kπ(k∈Z),因為α∈[0,2π],所以α=0,π2,π,3π2,2π;當(dāng)cosα=-12時,因為α∈[0,2π],所以α=2π3,4π37.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,設(shè)α,β都是銳角,2α,2β,2α+2β的始邊都是x軸的非負(fù)半軸,終邊分別與單位圓x2+y2=1交于點P(x1,y1),Q(x2,y2),R(x3,y3),且y1+y2=3y3,則x1+x2的最大值為(D)A.263 B.83 C.63解析由題設(shè)y1+y2=3y3,得sin2α+sin2β=3sin(2α+2β),由和差化積公式及二倍角公式得,2sin(α+β)cos(α-β)=6sin(α+β)cos(α+β),又0<α<π2,0<β<π2?0<α+β<π,所以sin(α+β)≠0,則cos(α-β)=3cos(α+β)≤1,所以cos(α+β)≤13,當(dāng)且僅當(dāng)α=β時取等號,由x1+x2=cos2α+cos2β=2cos(α+β)cos(α-β)=6cos2(α+β)二、填空題8.在△ABC中,若B=π6,則cosAsinC的取值范圍為

-1解析由B=π6得A+C=5π6,則cosAsinC=12[sin(A+C)-sin(A-C)]=12sin5π6-sin2A-5π6=14-12sin2A-5π6.由0<A<5π6得-5π6<2A-5π69.已知sin(α+β)sin(α-β)=2m(m≠0),則cos2α-cos2β=-2m.解析由sin(α+β)sin(α-β)=2mm≠0,可得2sin(α+β)sin(α-β)=cos2β-cos2α=4m,則cos2α-cos2β=1+cos2α2-1+cos2β2=cos2α-cos2β10.已知α,β滿足sinα+cosβ=23,cosα+sinβ=13,則sinα-β=

3解析因為sinα+cosβ=23,cosα+sinβ=13,所以sinα+cosβ2=sin2α+cos2β+2sinαcosβ=49,cosα+sinβ2=cos2α+sin2β+2cosαsinβ=19;相加得sin2α+sin2β+cos2α+cos2β+2sinαcosβ+2cosαsinβ=59,即2+2sin(α+β)=59,所以sin(α+β)=-1318;相減得sin2α+cos2β-cos2α-sin2β+2sinαcosβ-2cosαsinβ=2sin2α-sin2β+2(sinαcosβ-cosαsinβ)=2sin2α-sin2β+2sin(α-β)=13,又sinα+sinβ=2sinα+β2cosα-β2,sinα-sinβ=2cosα+β2sinα-β2,所以sin2α-sin2β=2sinα+β2cosα-β22cosα+β2sinα-β2=sin(α-β)sin(α+β)=-13進階點2三角函數(shù)中ω的取值范圍問題三角函數(shù)中求ω的取值范圍是高考的熱點.考查內(nèi)容主要是函數(shù)的單調(diào)性、對稱性、極值與最值、零點等知識的綜合,需要學(xué)生能夠熟練運用三角函數(shù)的基本性質(zhì)和圖象.試題多以單選題、多選題、填空題形式呈現(xiàn).題型一與函數(shù)的單調(diào)性有關(guān)例1已知ω>0,函數(shù)f(x)=sinωx+π4在π2,π上單調(diào)遞減,則ωA.12,54 B.12,34 C.解析函數(shù)f(x)=sinωx+π4的導(dǎo)函數(shù)為f'(x)=ωcosωx+π4,要使函數(shù)f(x)=sinωx+π4在π2,π上單調(diào)遞減,則有f'(x)=ωcosωx+π4≤0恒成立,則2kπ+π2≤ωx+π4≤2kπ+3π2,即2kπ+π4≤ωx≤2kπ+5π4,所以2kπω+π4ω≤x≤2kπω+5π4ω(k∈Z).當(dāng)k=0時,π4ω≤x≤5π題型二與函數(shù)的最值、極值有關(guān)例2(2022·全國甲卷)設(shè)函數(shù)f(x)=sinωx+π3在區(qū)間(0,π)恰有三個極值點,兩個零點,則ω的取值范圍是(A.53,136 B.53,解析依題意可得ω>0,因為x∈(0,π),所以ωx+π3∈π3,ωπ+π3,要使函數(shù)在區(qū)間(0,π)恰有三個極值點,兩個零點,結(jié)合y=sinx,x∈π3,3π的圖象,如圖,則5π2<ωπ+π3≤3π,解得136<ω≤例3設(shè)函數(shù)f(x)=cosωx-π6(ω>0),若f(x)≤fπ4對任意的實數(shù)x都成立,則ω的最小值為

解析由題意知f(x)max=fπ4=1,即cosωπ4-π6=1,所以ωπ4-π6=2kπ(k∈Z),解得ω=8k+23(k∈Z).又因為ω>0,所以當(dāng)k題型三與函數(shù)的對稱性有關(guān)例4(2022·全國甲卷)將函數(shù)f(x)=sinωx+π3(ω>0)的圖象向左平移π2個單位長度后得到曲線C,若C關(guān)于y軸對稱,則ω的最小值是A.16 B.14 C.13解析由題意知,曲線C為y=sinωx+π2+π3=sinωx+ωπ2+π3,又C關(guān)于y軸對稱,則ωπ2+π3=π2+kπ(k∈Z),解得ω=13+2k(k∈Z),又題型四與函數(shù)的零點有關(guān)例5(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)=cosωx-1(ω>0)在區(qū)間[0,2π]上有且僅有3個零點,則ω的取值范圍是[2,3).解析因為0≤x≤2π,所以0≤ωx≤2ωπ,令f(x)=cosωx-1=0,則cosωx=1有3個根,令t=ωx,則cost=1有3個根,其中t∈[0,2ωπ],如圖,結(jié)合余弦函數(shù)y=cost的圖象性質(zhì)可得4π≤2ωπ<6π,故2≤ω<3.微練(三)三角函數(shù)中ω的取值范圍問題一、單項選擇題1.已知函數(shù)f(x)=cosωx+π3(ω<0)在π2,π上單調(diào)遞減,則實數(shù)ωA.-43,-C.-23,-解析函數(shù)f(x)=cosωx+π3(ω<0)的最小正周期T=2πω,所以π-π2≤12×2πω,即-2≤ω<0.當(dāng)x∈π2,π時,ωπ+π3<ωx+π3<π2ω+π3,依題意知-π+2kπ≤ωπ+π3<π2ω+π3≤2kπ,k∈Z,解得-43+2k≤ω≤-23+4k,k2.將函數(shù)f(x)=cosωx-π3(ω>0)的圖象向右平移π2個單位長度后得到曲線C.若曲線C關(guān)于原點對稱,則ω的最小值是A.16 B.14 C.13解析將函數(shù)f(x)=cosωx-π3(ω>0)的圖象向右平移π2個單位長度后得到函數(shù)y=cosωx-ωπ2-π3的圖象,又曲線C關(guān)于原點對稱,所以-ωπ2-π3=π2+kπ(k∈Z),解得ω=-53-2k(k∈Z),因為ω>0,3.(2025·衡陽模擬)已知ω>0,函數(shù)f(x)=sinωx在π3,π上存在最值,則ω的取值范圍是(A.12,3C.12,32∪32解析當(dāng)f(x)=sinωx取最值時,ωx=kπ+π2,k∈Z,即x=kπ+π2ω,k∈Z,由題知π3<kπ+π2ω<π,故13ω<k+12<ω.即ω<3k+32,ω>k+12,k∈Z.因為ω>0,當(dāng)k=0時,12<ω<32;當(dāng)k=1時,32<ω<92,顯然當(dāng)ω>32時,T2=2π2ω=πω<π4.(2025·黃岡模擬)已知函數(shù)f(x)=sinωx-2π3(ω>0)在[0,π]上有且僅有三個零點,則ω的取值范圍是(A.83,11C.53,8解析因為0≤x≤π,ω>0,所以-2π3≤ωx-2π3≤ωπ-2π3,因為函數(shù)f(x)=sinωx-2π3(ω>0)在[0,π]上有且僅有三個零點,結(jié)合正弦函數(shù)的圖象可知2π≤ωπ-2π3<3π,解得5.函數(shù)f(x)=2sinωx(3sinωx+cosωx)(ω>0)在0,π3上單調(diào)遞增,且對任意的實數(shù)a,f(x)在(a,a+π)上不單調(diào),則ω的取值范圍為(A.1,52 C.12,5解析因為f(x)=2sinωx(3sinωx+cosωx)=23sin2ωx+2sinωxcosωx=sin2ωx-3cos2ωx+3=2sin2ωx-π3+3,又因為x∈0,π3,且ω>0,則2ωx-π3∈-π3,2ωπ3-π3,因為f(x)在0,π3上單調(diào)遞增,所以2ωπ3-π3≤π2,所以0<ω≤54,因為對任意的實數(shù)a,f(x)在(a,a+π)上不單調(diào),所以f(x)二、多項選擇題6.已知函數(shù)f(x)=3sinωx+cosωx(ω>0),則下列說法正確的有(BD)A.若ω=1,則f(x)在0,πB.若fπ6+x=fπ6-x,則C.若ω=2,則把函數(shù)y=f(x)的圖象向右平移π6個單位長度,D.若f(x)在(0,π)上有3個零點,則176<ω≤解析依題意,f(x)=2sinωx+π6.對于A,若ω=1,則f(x)=2sinx+π6,當(dāng)x∈0,π2時,x+π6∈π6,2π3,因為y=sinx在π6,2π3上不單調(diào),所以f(x)=2sinx+π6在0,π2上不單調(diào),故A不正確;對于B,因為fπ6+x=fπ6-x,則直線x=π6是函數(shù)f(x)圖象的一條對稱軸,π6ω+π6=kπ+π2,k∈Z,解得ω=6k+2,k∈Z,而ω>0,則ωmin=2,故B正確;對于C,當(dāng)ω=2時,f(x)=2sin2x+π6,依題意,函數(shù)y=fx-π6=2sin2x-π6+π6=2sin2x-π6,這個函數(shù)不是奇函數(shù),其圖象關(guān)于原點不對稱,故C不正確;對于D,當(dāng)x∈7.已知f(x)=sinωx+π3,ω>0,則下列結(jié)論正確的是(A.若f(x)的最小正周期為π,則ω=2B.若f(x)的圖象向左平移π3個單位長度后得到的圖象所對應(yīng)的函數(shù)為偶函數(shù),則ω的最小值為C.若f(x)在(0,π)上恰有兩個極值點,則ω的取值范圍為7D.存在ω,使得f(x)在-π解析對于A,由題意得2πω=π,又ω>0,所以ω=2,故A正確;對于B,將f(x)的圖象向左平移π3個單位長度后得到y(tǒng)=sinωx+ωπ3+π3的圖象,由題意知該函數(shù)為偶函數(shù),則ωπ3+π3=π2+kπ,k∈Z,得ω=12+3k,k∈Z,又ω>0,所以ω的最小值為12,故B錯誤;對于C,由x∈(0,π),得ωx+π3∈π3,ωπ+π3,若f(x)在(0,π)上恰有兩個極值點,則3π2<ωπ+π3≤5π2,所以ω∈76,136,故C正確;對于D,由x∈-π6,π4,得ωx+π3∈-ωπ6+π3,ωπ4+三、填空題8.(2025·湖南模擬)若函數(shù)f(x)=sinωx+3cosωx在(0,π)內(nèi)有2個零點,則ω的最大值為

83解析已知f(x)=sinωx+3cosωx,根據(jù)輔助角公式得到f(x)=2sinωx+π3.令f(x)=0,即2sinωx+π3=0,則sinωx+π3=0.所以ωx+π3=kπ,k∈Z,解關(guān)于x的方程可得x=kπ-π3ω=3k-1)π3ω,k∈Z.因為x∈(0,π),當(dāng)k=1時,x1=(3×1-1)π3ω=2π3ω∈(0,π);當(dāng)k=2時,x2=(3×2-1)π3ω=5π3ω∈(0,π);當(dāng)k=3時,x3=(3×3-1)π3ω=8π3ω.由于函數(shù)f(x)在(0,π)內(nèi)有2個零點,9.(2025·常德二模)已知函數(shù)f(x)=cosωx-π3(ω>0)在區(qū)間(-π,π)上有且僅有1個零點和1條對稱軸,則實數(shù)ω的取值范圍是

1解析當(dāng)x∈(-π,π),ω>0時,ωx-π3∈-ωπ-π3,ωπ-π3,由函數(shù)f(x)在區(qū)間(-π,π)上有且僅有1個零點和1條對稱軸,|-ωπ-π3|>|ωπ-π3|,得-π≤-ωπ-π3<-π2,0<ωπ-π3≤10.已知函數(shù)f(x)=sin(ωπx+φ)(ω>0,0<φ≤π),若f(x)是偶函數(shù),則φ=

π2;若圓面x2+y2≤2恰好覆蓋f(x)的圖象的最高點和最低點共3個,則ω的取值范圍是[1,2)解析因為f(x)是偶函數(shù),所以φ=kπ+π2,k∈Z,又0<φ≤π,所以φ=π2,可得f(x)=sinωπx+π2=cos設(shè)f(x)的最小正周期為T,因為f(x)的圖象和x2+y2≤2的圖象均關(guān)于y軸對稱,如圖所示,所以圓面在y軸右側(cè)僅覆蓋f(x)的圖象的1個最低點,對于x2+y2=2,令y=±1,解得x=±1,可得T2≤1,T>1,解得1<T≤2,又ω>0,所以1<2πωπ≤2,解得1≤ω<2,所以ω的取值范圍是[1微專題2平面向量及其應(yīng)用1.平面向量數(shù)量積的性質(zhì)設(shè)a,b都是非零向量,e是與b方向相同的單位向量,θ是a與b的夾角,則(1)e·a=a·e=|a|cosθ.(2)a⊥b?a·b=0.(3)當(dāng)a與b同向時,a·b=|a||b|;當(dāng)a與b反向時,a·b=-|a||b|.特別地,a·a=|a|2或|a|=a·a.(4)cosθ=a·b|a||b|(5)|a·b|≤|a||b|.2.常用結(jié)論(1)向量a在向量b上的投影向量等于a·bb·b(2)已知OA=λOB+μOC(λ,μ為常數(shù)),則A,B,C三點共線的充要條件是λ+μ=1.(3)極化恒等式:如圖,在△ABC中,M為BC的中點,則AB·AC=AM2-MB2=AM2微點一平面向量的模與夾角例1(1)(2024·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知向量a,b滿足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,則|b|=(B)A.12 B.22 C.3解析由(b-2a)⊥b,得(b-2a)·b=b2-2a·b=0,所以b2=2a·b.將|a+2b|=2的兩邊同時平方,得a2+4a·b+4b2=4,即1+2b2+4b2=1+6|b|2=4,解得|b|2=12,所以|b|=2(2)(2025·南通一模)若非零向量a,b滿足|a|=2|b|,且向量b在向量a上的投影向量是-14a,則向量a與b的夾角為(BA.π6 B.2π3 C.5π6解析b在a上的投影向量為a·ba2·a=-14a,所以a·ba|2=-14,所以a·b=-14|a|2,則cos<a,b>=a·b|a||b|=-14|a|2|a|12|a|=-12,向量的模與夾角問題的求解方法(1)平方法:若已知兩個向量的模的關(guān)系或者向量方程,則常常通過平方運算求解;(2)坐標(biāo)法:若向量之間存在垂直關(guān)系,則可建立平面直角坐標(biāo)系,將問題轉(zhuǎn)化為向量的坐標(biāo)運算;(3)幾何法:若存在或可以得到動端點的向量的模為定值,則可應(yīng)用幾何法(需嘗試與圓有關(guān))求解有關(guān)的模或角的范圍問題.訓(xùn)練1(1)已知向量|a|=|b|=1,|c|=32,且a+b-2c=0,則cos<a,c>=(DA.-12 B.-32 C.12解析a+b-2c=0,所以a+b=2c,兩邊平方可得a2+2a·b+b2=4c2,又|a|=|b|=1,|c|=32,所以1+2a·b+1=3?a·b=12,所以cos<a,c>=a·c|a||c|=a·12(a+b)3(2)(2025·煙臺一模)在△ABC中,AB=2AC=6,∠BAC=60°,BC=3BD,則|AD|=(C)A.7 B.13 C.21 D.27解析在△ABC中,AB=2AC=6,∠BAC=60°,BC=3BD,所以AD=AB+13BC=AB+13(AC-AB)=23AB+13AC,則|AD|=4微點二平面向量的數(shù)量積例2(1)(2025·長沙二模)已知平面向量a,b滿足|a|=2,a⊥(a+b),則a·b=(C)A.-2 B.2 C.-4 D.4解析由a⊥(a+b),得a·(a+b)=a2+a·b=0,所以a·b=-a2=-4.(2)如圖,在△ABC中,∠ABC=90°,F為AB的中點,CE=3,CB=8,AB=12,則EA·EB=13.解析解法一(坐標(biāo)法):建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,則A(12,0),B(0,0),C(0,8),F(6,0),易知CF=CB2+BF2=10,即CE=310FC,FE=710FC,所以BE=BF+710FC=(6,0)+710(-6,8)=95,285,所以EA=BA-BE=(12,0)-95,285=51解法二(基底法):由解法一知EF=710CF,且CF=CB2+12BA2=10,故EA·EB=(EF+FA)·(EF+FB)=710CF+12BA·解法三(利用極化恒等式):由解法一知|EF|=7,由極化恒等式知EA·EB=|EF|2-14|BA|2=49-14求非零向量a,b的數(shù)量積的方法(1)定義法:a·b=|a||b|cosθ.(2)坐標(biāo)法:①若已知向量的坐標(biāo),直接利用坐標(biāo)運算求解,即若a=(x1,y1),b=(x2,y2),則a·b=x1x2+y1y2;②若未知向量的坐標(biāo),則可通過建立平面直角坐標(biāo)系寫出向量的坐標(biāo),進而利用坐標(biāo)運算求解.訓(xùn)練2(1)(2025·上饒一模)在平行四邊形ABCD中,AB=4,AD=2,∠A=60°,DM=3MC,則AM·BM=(D)A.1 B.32 C.2 解析如圖,以{AB,AD}為基底,則AB2=16,AD2=4,AB·AD=4×2cos60°=4,且AM=AD+DM=34AB+AD,BM=BC+CM=-14AB+AD,所以AM·BM=34AB+AD·-14AB+(2)(多選題)已知a,b,i均為單位向量,且|3a+b|=-27a·b,則(ACD)A.a⊥(a+2b)B.|a+b|=2C.當(dāng)實數(shù)t變化時,|a+tb|的最小值是3D.若<i,a>=<a,b>,則a·(b-i)=0解析由|3a+b|=-27a·b,得14(a·b)2-3a·b-5=0,解得a·b=57(舍去)或a·b=-12.因為a,b均為單位向量,則a·(a+2b)=a2+2a·b=1-1=0,故A正確.|a+b|=a2+2a·b+b2=1-1+1=1,故B錯誤.|a+tb|=a2+2ta·b+t2b2=t2-t+1=t-122+34≥32,當(dāng)且僅當(dāng)t=12時取等號,故C正確.由<i,a>=<a,b>,得cos<i,a>=cos<a,b>,所以i·a|i||a|=a·b|a||b|,整理得微點三參數(shù)的取值(范圍)例3(1)已知向量a=(t,2),b=(2,-1).若a與b的夾角的余弦值為-255,則實數(shù)t的值為(A.52 B.-52 C.32解析由題意得a·b=2t-2,|a|=t2+4,|b|=5,所以-255=2t-25t(2)已知向量a=(m,1),b=(4-n,2),m>0,n>0,若a∥b,則1m+4n的最小值為

32+解析因為a∥b,所以2m=4-n,14(2m+n)=1,所以1m+4n=1m+4n·14(2m+n)=146+nm+8mn≥146+2n向量參數(shù)問題的求解策略此類問題一般涉及夾角、模、數(shù)量積求值、向量位置關(guān)系等內(nèi)容,解題的關(guān)鍵是在掌握以上相關(guān)問題解決方法的基礎(chǔ)上,應(yīng)用方程思想求解.訓(xùn)練3(1)如圖,邊長為2的等邊三角形ABC的外接圓為圓O,P為圓O上任一點,若AP=xAB+yAC,則2x+2y的最大值為(A)A.83 C.43 解析作BC的平行線與圓相交于點P,與直線AB相交于點E,與直線AC相交于點F,如圖,設(shè)AP=λAE+μAF,則λ+μ=1,因為等邊三角形邊長為2,所以外接圓半徑為233,當(dāng)點P為切點時,AE=AF=83,因為BC∥EF,所以設(shè)AEAB=AFAC=k,則k∈0,43,當(dāng)點P為切點時,k有最大值43,則AE=kAB,AF=kAC,AP=λAE+μAF=λkAB+μkAC,所以x=λk,y=μk,則x+y=λk+μk=(λ+μ)k=k≤43,所以x+y的最大值為4(2)(2025·貴州畢節(jié)一模)已知正方形ABCD的邊長為2,且CE=λCD,AE·BD=2,則λ=

12解析如圖,由題意,CE=λCD,則DE=(1-λ)DC,所以AE=AD+DE=AD+(1-λ)DC,BD=BA+AD=AD-DC,所以AE·BD=[AD+(1-λ)DC]·(AD-DC)=AD2+(1-λ-1)AD·DC-(1-λ)DC2=4-4(1-λ)=2,解得λ=1.(2025·全國二卷)已知平面向量a=(x,1),b=(x-1,2x),若a⊥(a-b),則|a|=

2.解析a-b=(1,1-2x),根據(jù)a⊥(a-b),得a·(a-b)=x+1-2x=1-x=0,所以x=1,所以|a|=2.2.(2024·全國甲卷)設(shè)向量a=(x+1,x),b=(x,2),則(C)A.x=-3是a⊥b的必要條件B.x=1+3是a∥b的必要條件C.x=0是a⊥b的充分條件D.x=-1+3是a∥b的充分條件解析a⊥b?x2+x+2x=0?x=0或x=-3,所以x=-3是a⊥b的充分條件,x=0是a⊥b的充分條件,故A錯誤,C正確.a∥b?2x+2=x2?x2-2x-2=0?x=1±3,故B,D錯誤.3.(2022·新課標(biāo)Ⅰ卷)在△ABC中,點D在邊AB上,BD=2DA.記CA=m,CD=n,則CB=(B)A.3m-2n B.-2m+3nC.3m+2n D.2m+3n解析因為BD=2DA,所以AB=3AD,所以CB=CA+AB=CA+3AD=CA+3(CD-CA)=-2CA+3CD=-2m+3n.4.(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知向量a,b滿足|a-b|=3,|a+b|=|2a-b|,則|b|=

3.解析由|a-b|=3,得a2-2a·b+b2=3,即2a·b=a2+b2-3①.由|a+b|=|2a-b|,得a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,整理得,3a2-6a·b=0,結(jié)合①,得3a2-3(a2+b2-3)=0,整理得,b2=3,所以|b|=3.5.(2025·天津高考)△ABC中,D為AB中點,CE=13CD,AB=a,AC=b,則AE=

16a+23b(用a,b表示);若|AE|=5,AE⊥CB,則AE·解析AE=AC+CE=AC+13CD=AC+13(AD-AC)=23AC+16AB=16a+23b.因為|AE|=5,所以25=16a+23b2,即900=a2+16b2+8a·b①,又BC=b-a,因為AE⊥BC,所以AE·BC=0,即16a+23b·(b-a)=0,得4b2-a2-3a·b=0②,由①②得2700=80b2-5a2,所以16b2-a2=540,所以AE·CD=16a+23b·12a-b=112(a2-8b2+2a·b)=112[a2-8微練(四)平面向量及其應(yīng)用基礎(chǔ)過關(guān)練一、單項選擇題1.(2025·廣東一模)已知向量a=(-1,1),b=(1,3),若a⊥(a+λb),則λ=(B)A.-2 B.-1 C.1 D.2解析由于a+λb=(-1+λ,1+3λ),則a·(a+λb)=1-λ+1+3λ=0,則λ=-1.2.(2025·昆明一模)已知a=(1,3),b=(2,0),則a在b上的投影向量為(A)A.(1,0) B.(3,0)C.12,3解析由題意,a在b上的投影向量為a·bb·bb=22×12×(2,0)=(1,0)3.(2025·邵陽一模)已知向量a=(-1,3),b=(2,-3),a與b的夾角為θ,則sinπ2+θ=(A.357 B.-557 C.-解析根據(jù)向量數(shù)量積公式a·b=|a||b|cosθ,又a·b=(-1)×2+3×(-3)=-2-3=-5.|a|=(-1)2+(3)2=1+3=2.|b|=22+(-3)2=4+3=7,所以cosθ=a·b|a||b|=-5274.(2025·臨沂一模)在△ABC中,D是AB的中點,點P在CD上,若AP=λAB+13AC,則λ=(A.16 B.13 C.23解析因為D是AB的中點,所以AP=λAB+13AC=2λAD+13AC,又因為C,P,D三點共線,所以2λ+13=1,5.(2025·聊城一模)已知角α∈(0,π),向量a=(1,3),b=(cosα,sinα),若a∥b,則α=(B)A.2π3 B.π3 C.π4解析因為α∈(0,π),則sinα>0,向量a=(1,3),b=(cosα,sinα),若a∥b,則sinα=3cosα>0,可得tanα=3,故α=π3.故選6.(2025·廣東一模)已知向量a,b滿足|a|=3|b|=3,b⊥(a-2b),則|a-b|=(C)A.2 B.5 C.6 D.3解析由|a|=3|b|=3,b⊥(a-2b),得b·(a-2b)=a·b-2b2=0,則a·b=2b2=2,所以|a-b|=a2+b2-2a·b=37.(2025·烏魯木齊一模)已知等邊三角形ABC的邊長是2,D,E分別是AB,AC的中點,則BE·CD=(B)A.-332 B.-32 C.3解析如圖所示,因為等邊三角形ABC的邊長是2,D,E分別是AB,AC的中點,則CD=BD-BC=12BA-BC,BE=12BA+12BC,由平面向量數(shù)量積的定義可得BA·BC=|BA|·|BC|cosπ3=22×12=2,因此,BE·CD=12(BA+BC)·12BA-BC8.(2025·曲靖一模)在扇形AOB中,以O(shè)為坐標(biāo)原點建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系.若OA=(10,0),OB=(8,6),C為AB的中點,則OC=(B)A.(9,3) B.(310,10)C.(53,5) D.(45,25)解析已知OA=(10,0),則|OA|=102+02=10;OB=(8,6),則|OB|=82+62=10.可得cos∠AOB=OA·OB|OA||OB|=10×8+0×610×10=45.根據(jù)半角公式,cos∠AOB2=1+452=910=31010;sin∠AOB2=1-452=110=1010.因為|OC|=|OA|=10,設(shè)C(m,n).m=|OC二、多項選擇題9.(2025·陜西一模)若向量a=(0,-1),b=(-3,4),c=(4,4),則(CD)A.|b|=5B.(a+c)∥bC.a⊥(b-c)D.a在c上的投影向量是-解析因為向量a=(0,-1),b=(-3,4),c=(4,4),對于A,|b|=(-3)2+42=5,故A錯誤;對于B,a+c=(4,3)≠λb,a+c與b不平行,故B錯誤;對于C,因為b-c=(-3-4,4-4)=(-7,0),則a·(b-c)=(0,-1)·(-7,0)=0,所以a⊥(b-c),故C正確;對于D,a在c上的投影向量為a·cc|2·c=0×4+(-1)×442+42×(4,4)=-1810.(2025·菏澤一模)已知平面向量a=(2,sinθ),b=(cosθ,1),則下列說法正確的有(BD)A.向量a,b不可能垂直B.向量a,b不可能共線C.|a+b|不可能為3D.若θ=π2,則a在b上的投影向量為解析由題意知a=(2,sinθ),b=(cosθ,1).對于選項A,若向量a⊥b,則a·b=2cosθ+sinθ=0,即tanθ=-2,顯然此式能成立,故A錯;對于選項B,若向量a∥b,則有2×1-sinθcosθ=0,即2-12sin2θ=0,即sin2θ=4,顯然此式不成立,故B正確;對于選項C,|a+b|=(2+cosθ)2+(sinθ+1)2=6+4cosθ+2sinθ=6+25cos(θ-φ),則當(dāng)cos(θ-φ)=3510時,|a+b|=3,故C錯;對于選項D,若θ=π2,則a=(2,1),b=(0,1),則a在b上的投影向量為a·bb·bb=11.定義兩個非零平面向量的一種新運算a*b=|a||b|·sin<a,b>,其中<a,b>表示a,b的夾角,則對于兩個非零平面向量a,b,下列結(jié)論一定成立的有(BD)A.a在b上的投影向量為|a|sin<a,b>·bB.(a*b)2+(a·b)2=|a|2|b|2C.λ(a*b)=(λa)*bD.若a*b=0,則a∥b解析對于選項A,a在b上的投影向量為|a|cos<a,b>·bb,故選項A錯誤;對于選項B,(a*b)2+(a·b)2=(|a||b|·sin<a,b>)2+(|a||b|·cos<a,b>)2=|a|2|b|2,故選項B正確;對于選項C,λ(a*b)=λ|a||b|·sin<a,b>,(λa)*b=|λ||a||b|·sin<a,b>,顯然λ<0時,λ(a*b)=(λa)*b不成立,故選項C錯誤;對于選項D,由a*b=0,所以|a||b|·sin<a,b>=0,則<a,b>=0,即a∥b,故選項D正確,故選三、填空題12.若向量a,b為單位向量,且|a-2b|=7,則向量a與向量b的夾角為120°.解析因為|a-2b|=7,所以|a|2-4a·b+4|b|2=7.又向量a,b為單位向量,所以5-4cos<a,b>=7,所以cos<a,b>=-12,即<a,b>=120°,故向量a與向量b的夾角為120°13.(2025·黑龍江一模)已知平面向量a,b,c滿足a+b=-c,|a|=|b|=2,|c|=23,則cos<a,b>=

12解析因為a+b=-c,所以(a+b)2=(-c)2,得到|a|2+2a·b+|b|2=|c|2,即|a|2+2|a||b|cos<a,b>+|b|2=|c|2,而|a|=|b|=2,|c|=23,故4+8cos<a,b>+4=12,解得cos<a,b>=1214.已知單位向量a,b,c滿足a+b+c=0,則a·c=-12解析由題意,作等腰△ABC,且AB=AC=1,記BC的中點為D,連接AD,如圖,設(shè)AB=a,AC=c,由圖可知AD=12(AB+AC)=12(a+c)=-12b,由b為單位向量,則|AD|=-12b=12,在等腰△ABC中,易知AD⊥BC,在Rt△ADB中,sinB=ADAB=12,則∠B=30°,即∠BAC=120°,所以a·c=AB·AC=|AB能力提升練15.(2025·茂名一模)向量a與b在單位向量e上的投影向量均為3e,且|a-b|=5,當(dāng)a與b的夾角最大時,a·b=(D)A.8 B.5 C.94 D.解析設(shè)e為x軸正半軸上的單位向量,令3e=OC=(3,0),a=OA=(3,m),b=OB=(3,m-5)(m∈R),如圖所示,設(shè)a與b的夾角為θ,若θ∈(0,π),在△AOB中,由余弦定理得,cosθ=a|2+b|2-252|a||b|,而|a|2+|b|2-25=9+m2+9+(m-5)2-25=2m-522+112>0,所以cosθ>0,所以θ∈0,π2,因為AB⊥OC,所以S△AOB=12|AB|×|OC|=12×5×3=152,又根據(jù)正弦定理得,S△AOB=12|a||b|sinθ,即12|a||b|sinθ=152,整理得,|a||b|=15sinθ,所以a·b=|a||b|cosθ=15tanθ,當(dāng)a與b的夾角最大時,tanθ最大,a·b取最小值,因為a·b=9+m(m-5)=m2-5m+9=m-522+1116.(2025·全國一卷)帆船比賽中,運動員可借助風(fēng)力計測定風(fēng)速的大小與方向,測出的結(jié)果在航海學(xué)中稱為視風(fēng)風(fēng)速.視風(fēng)風(fēng)速對應(yīng)的向量是真風(fēng)風(fēng)速對應(yīng)的向量與船行風(fēng)風(fēng)速對應(yīng)的向量之和,其中船行風(fēng)風(fēng)速對應(yīng)的向量與船速對應(yīng)的向量大小相等、方向相反.下表給出了部分風(fēng)力等級、名稱與風(fēng)速大小的對應(yīng)關(guān)系.已知某帆船運動員在某時刻測得的視風(fēng)風(fēng)速對應(yīng)的向量與船速對應(yīng)的向量如圖所示(線段長度代表速度大小,單位:m/s),則該時刻的真風(fēng)為(A)級數(shù)名稱風(fēng)速大小(單位:m/s)2輕風(fēng)1.6~3.33微風(fēng)3.4~5.44和風(fēng)5.5~7.95勁風(fēng)8.0~10.7A.輕風(fēng) B.微風(fēng)C.和風(fēng) D.勁風(fēng)解析真風(fēng)風(fēng)速對應(yīng)的向量=視風(fēng)風(fēng)速對應(yīng)的向量-船行風(fēng)風(fēng)速對應(yīng)的向量=視風(fēng)風(fēng)速對應(yīng)的向量+船速對應(yīng)的向量=AB,如圖,|AB|=22∈(1.6,3.3),故選A.微專題3解三角形1.正弦定理在△ABC中,asinA=bsinB=csinC=2R(R為△ABC變形:a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC,sinA=a2R,sinB=b2R,sinC=c2R,a∶b∶c=sinA∶sinB∶sin2.余弦定理在△ABC中,a2=b2+c2-2bccosA.變形:b2+c2-a2=2bccosA,cosA=b23.三角形的面積公式S=12absinC=12acsinB=12bc微點一正、余弦定理解三角形——教考銜接◎教材·研析例1(人教A版必修第二冊P54·22題)已知a,b,c分別為△ABC三個內(nèi)角A,B,C的對邊,且acosC+3asinC-b-c=0.(1)求A;(2)若a=2,且△ABC的面積為3,求b,c.解(1)由題意及正弦定理得sinAcosC+3sinAsinC-sinB-sinC=0.又sinB=sin[π-(A+C)]=sinAcosC+cosAsinC,所以(3sinA-cosA)sinC=sinC,由于C∈(0,π),所以sinC≠0,所以2sinA-π6=1,即sinA-π6=12,又A∈(0,π),A-π6∈-π6,5π6,所以(2)解法一:由(1)知A=π3,又a=2,由余弦定理得b2+c2-bc=4①.由S=3得12bcsinπ3=3,即bc=4②,由①②解得b=c=2(解法二:由(1)知A=π3,又a=2,由余弦定理得b2+c2-bc=4①,由海倫—秦九韶公式與S=3得14b2c2-b2+c2-422正、余弦定理的命題及解法(1)設(shè)問方式:第一問一般為求角,常利用正、余弦定理實施“邊角互化”,多與三角形的內(nèi)角和定理、兩角和與差的正、余弦公式、二倍角公式等相結(jié)合;第二問一般與長度、周長、面積等有關(guān).(2)解題關(guān)鍵:通常是轉(zhuǎn)化到三角形中,利用正、余弦定理,將邊化為角或?qū)⒔?/p>