《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題二 三角函數(shù)與平面向量 高考熱點追蹤（二）學案 文 蘇教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題二 三角函數(shù)與平面向量 高考熱點追蹤（二）學案 文 蘇教版（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考熱點追蹤(二) 三角函數(shù)與平面向量交匯集中展示 當今高考數(shù)學命題注重知識的整體性和綜合性，重視知識的交匯性．向量具有代數(shù)與幾何形式的雙重身份，它是新舊知識的一個重要的交匯點，成為聯(lián)系這些知識的橋梁，因此，向量與三角的交匯是當今高考命題的必然趨勢，以下幾例重在為備考中的考生揭示題型規(guī)律，與同學們共同歸納與探究解題策略． 一、三角與平面向量模交匯 已知向量a＝(sin θ，1)，b＝(1，cos θ)，－＜θ＜．求|a＋b|的最大值． 【解】　|a＋b|＝ ＝ ＝＝ ， 當sin＝1時|a＋b|有最大值，此時θ＝，最大值為＝＋1． [名師點評]　本題求|a＋b|的最大值

2、利用了向量模的定義，也可以用平方法，同學們可以嘗試． 二、三角與平面向量線性運算交匯 (2019·南京模擬)設兩個向量a＝(λ＋2，λ2－cos2α)和b＝，其中λ，m，α為實數(shù)．若a＝2b，求的取值范圍． 【解】　由a＝(λ＋2，λ2－cos2α)和b＝， a＝2b，可得 設＝k，代入方程組可得 消去m，化簡得－cos2α＝＋2sin α， 再化簡得－cos2α＋－2sin α＝0， 再令＝t代入上式得(sin α－1)2＋(16t2＋18t＋2)＝0可得－(16t2＋18t＋2)≥0， 解不等式得t∈， 因而－1≤≤－解得－6≤k≤1， 即－6≤≤1． [名師點評

3、]　本題字母比較多，運算復雜，要認真體會換元法和整體思想的運用． 三、三角與平面向量平行交匯 已知a＝(cos x，2)，b＝(2sin x，3)，若a∥b， 則sin 2x－2cos2x＝__________ ． 【解析】　因為a＝(cos x，2)，b＝(2sin x，3)，a∥b， 所以3cos x－4sin x＝0，即tan x＝． 所以sin 2x－2cos2x＝ ＝＝－． 【答案】?。? [名師點評]　本題主要考查了向量共線的條件、二倍角的正弦公式、同角三角函數(shù)的基本知識． 四、三角與平面向量垂直交匯 (2019·蘇州模擬)已知向量a＝(sin θ，)

4、，b＝(1，cos θ)，θ∈．若a⊥b，則θ＝________． 【解析】　由a⊥b得a·b＝0，所以a·b＝sin θ＋cos θ＝0，即2sin＝0． 因為θ∈，所以θ＝－． 【答案】?。? [名師點評]　本題利用向量垂直的性質，得到三角函數(shù)式，最終求解得到答案． 五、三角與平面向量夾角交匯 設a＝(1＋cos α，sin α)，b＝(1－cos β， sin β)，c＝(1，0)，α∈(0，π)，β∈(π，2π)，a與c的夾角為θ1，b與c的夾角為θ2，且θ1－θ2＝，求sin的值． 【解】　因為|a|＝＝2cos， |b|＝＝2sin， |c|＝1，又a·c＝1

5、＋cos α＝2cos2， b·c＝1－cos β＝2sin2． 所以cos θ1＝＝cos，cos θ2＝＝sin， 因為∈，所以θ1＝． 又β∈(π，2π)，所以∈，即0＜－＜． 由cos θ2＝sin＝cos，得θ2＝－． 由θ1－θ2＝，得－＝， 所以＝－，＝－， 所以sin＝sin＝－． [名師點評]　本題以向量的夾角概念為背景，考查了三角函數(shù)求值變換的有關知識． 六、三角與平面向量數(shù)量積交匯 (2019·南通市高三第一次調研測試)在△ABC中，若·＋2·＝·，則的值為________． 【解析】　由·＋2·＝·，得 2bc×＋ac×＝ab×， 化簡可得

6、a＝c．由正弦定理得＝＝． 【答案】　 [名師點評]　本題是平面向量的數(shù)量積及正、余弦定理的綜合運用，解題時注意體會等價轉化思想的運用． 七、三角與平面向量綜合交匯 (2019·南通調研)已知向量a＝，b＝，且x∈， (1)求a·b及|a＋b|； (2)若f(x)＝a·b－2λ|a＋b|的最小值是－，求λ的值． 【解】　(1)a·b＝cos·cos－sin·sin ＝cos 2x； |a＋b|＝ ＝＝2， 因為x∈，所以cos x≥0，所以|a＋b|＝2cos x． (2)由(1)知，f(x)＝cos 2x－4λcos x， 即f(x)＝2(cos x－λ)2－1

7、－2λ2， 因為x∈，所以0≤cos x≤1， ①當λ＜0時，當且僅當cos x＝0時，f(x)取得最小值－1，這與已知矛盾． ②當0≤λ≤1時，當且僅當cos x＝λ時，f(x)取得最小值－1－2λ2，由已知－1－2λ2＝－，解得λ＝． ③當λ＞1時，當且僅當cos x＝1時，f(x)取得最小值1－4λ， 由已知得1－4λ＝－，解得λ＝，這與λ＞1相矛盾； 綜上所述，λ＝即為所求． [名師點評]　本題以平面向量的知識為平臺，考查了三角函數(shù)的有關運算，運用了分類討論的思想方法． 解三角形常用策略大觀 正、余弦定理及其應用是高考的重要內(nèi)容之一，常與三角函數(shù)聯(lián)系在一起，以正、余弦

8、定理為工具，通過三角恒等變換來解三角形或實際問題，以低中檔題為主，下面通過一題來分析正、余弦定理在解三角形中的常用策略． 在△ABC中，已知AB＝，cos∠ABC＝，AC邊上的中線BD＝，求sin A的值． 策略1：設法使條件集中到一個三角形中 法一：考慮到D為AC的中點．取BC的中點E，把分散的條件集中轉移到三角形BDE中，從而問題獲得解決． 如圖1，設E是BC的中點，連結DE，則DE∥AB，且DE＝AB＝，設BE＝x，在△BDE中，由余弦定理BD2＝BE2＋ED2－2BE·ED·cos∠BED， 即5＝x2＋＋2××x， 解得x＝1或x＝－(舍去)，故BC＝2． 在△A

9、BC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ∠ABC， 得AC2＝＋4－2××2×＝， 所以AC＝． 又sin∠ABC＝．在△ABC中，由正弦定理＝，得＝， 所以sin A＝． 策略2：利用向量運算或恰當建立坐標系，利用坐標法結合向量數(shù)量積求解法二：以B點為坐標原點，BC所在的直線為x軸，建立如圖2所示的直角坐標系． 且不妨設點A在第一象限內(nèi)，因為cos∠ABC＝， 所以sin∠ABC＝，所以A， 設C(x，0)，所以D．又因為BD＝， 所以 ＝， 解得x＝2． 以下同法一． 法三：如圖2． 因為＝(＋)，所以2＝＋，平方得42＝2＋2＋2·，

10、代入數(shù)據(jù)得20＝＋||2＋2××||×，解得BC＝2． 以下同法一． 策略3: 把相關的邊或角算兩次，構造方程組求解 法四：如圖3．設BC＝y(tǒng)，AC＝2x． 在△ABC中，由余弦定理得 cos A＝，① 又在△ABD中，由余弦定理得 cos A＝．② 聯(lián)立①②得，2x2－y2＝．③ 在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ∠ABC， 整理得4x2＝＋y2－y．④ 聯(lián)立③④消去x解得y＝2或y＝－(舍去)． 所以x＝，AC＝2x＝． 以下同法一． 策略4：利用不同三角形中角的互補或互余關系，構造方程組求解 法五： 在△ABD和△BDC中

11、利用∠ADB和∠BDC互補關系，利用余弦定理構造等量關系解題． 如圖3，設BC＝y(tǒng)，AC＝2x． 在△ABD中，由余弦定理得cos∠ADB＝，① 又在△BDC中，由余弦定理得cos∠BDC＝．② 因為∠ADB＋∠BDC＝π， 所以cos∠ADB＋cos∠BDC＝0， 聯(lián)立①②得，2x2－y2＝．③ 在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ∠ABC， 整理得4x2＝＋y2－y．④ 聯(lián)立③④消去x解得y＝2或y＝－(舍去)． 所以x＝，AC＝2x＝． 以下同法一． 策略5：利用中點等幾何關系，把三角形補成平行四邊形，進而使條件相對集中，從而

12、使問題解決法六：如圖4，延長BD至E，使BD＝DE，連結AE，CE，則四邊形ABCE是平行四邊形，故有AE＝BC． 在△ABE中，由余弦定理BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos∠BAE， 即20＝＋BC2＋2××BC×，解得BC＝2． 以下同法一． 策略6：利用等面積法，構造方程求解 法七：如圖5． 設∠CBD＝θ，因為cos ∠CBA＝，所以sin ∠CBA＝． 又因為S△ABC＝2S△BDC，所以有AB·BC·sin ∠ABC＝2×BD·BC·sin θ， 解得sin θ＝，cos θ＝． 所以cos∠ABD＝cos(∠ABC－θ)＝cos∠ABCcos

13、θ＋sin∠ABCsin θ＝，所以sin∠ABD＝． 在△ABD中，由余弦定理AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD＝， 所以AD＝．在△ABD中，由正弦定理＝，得sin A＝． [名師點評]　同一道題目，從不同的角度出發(fā)，就有許多不同的解題方法，所以同學們復習時不要滿足于一種思考方式，要善于發(fā)現(xiàn)自己解題中存在的問題和不合理處，進而提出質疑“我為什么要這樣解題呢？”“是不是還有更好的方法呢？”“除了從這個角度出發(fā)外，還能從哪里找到突破口呢？” ．只有不斷地質疑，才會不斷地創(chuàng)新，不斷地迸發(fā)思維的火花，這樣復習效率就會大大提高． 1．(2019·南京、鹽城高三模擬)在△

14、ABC中，設a，b，c分別為角A，B，C的對邊，若a＝5，A＝，cos B＝，則c＝________． [解析] 根據(jù)題意得，sin B＝，所以sin C＝sin(A＋B)＝sin＝，由＝，得＝，解得c＝7． [答案] 7 2．若＝，則tan 2α＝________． [解析] ＝＝＝， 所以tan α＝2，所以tan 2α＝＝＝－． [答案] － 3．(2019·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(七))已知向量a＝(2，1)，b＝(3，－1)，若a＋2kb與3a－b平行，則k＝________． [解析] 因為a＝(2，1)，b＝(3，－1)，所以a＋2kb＝(2，1)＋2k(3

15、，－1)＝(2＋6k，1－2k)，3a－b＝3(2，1)－(3，－1)＝(3，4)，又a＋2kb與3a－b平行，所以4(2＋6k)－3(1－2k)＝0，解得k＝－． [答案] － 4．(2019·揚州模擬)已知cos α＝，cos(α＋β)＝－，且α，β∈，則cos(α－β)的值為________． [解析] 因為α∈，所以2α∈(0，π)． 因為cos α＝，所以cos 2α＝2cos2α－1＝－， 所以sin 2α＝＝， 而α，β∈，所以α＋β∈(0，π)， 所以sin(α＋β)＝＝， 所以cos(α－β)＝cos[2α－(α＋β)] ＝cos 2αcos(α＋β)＋si

16、n 2αsin(α＋β) ＝×＋×＝． [答案] 5．(2019·鹽城高三模擬)已知向量a，b滿足a＝(4，－3)，|b|＝1，|a－b|＝，則向量a，b的夾角為________． [解析] 法一：設向量b＝(x，y)，則由|b|＝1，|a－b|＝得，?4x－3y＝，所以a·b＝(4，－3)·(x，y)＝4x－3y＝，cos〈a，b〉＝＝，又〈a，b〉∈[0，π]，所以向量a，b的夾角為． 法二：由|a－b|＝得，(a－b)2＝21?a2－2a·b＋b2＝21，所以a·b＝，cos〈a，b〉＝＝，又〈a，b〉∈[0，π]，所以向量a，b的夾角為． [答案] 6．(2019·南

17、京高三模擬)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，AD＝3，CD＝2，＝2．若·＝－3，則·＝________． [解析] 由題意可得＝＋＝＋，＝－＝－，則·＝·＝－3，則||2－||2－·＝－3，即6－8－·＝－3，解得·＝． [答案] 7．函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則將y＝f(x)的圖象向右平移個單位后，得到的圖象對應的函數(shù)解析式為________． [解析] 由所給圖象知A＝1，T＝－＝，T＝π，所以ω＝＝2，由sin＝1，|φ|<得＋φ＝，解得φ＝，所以f(x)＝sin，則f(x)＝sin的圖象向右平移個單位后得到的圖象對應的函數(shù)解

18、析式為y＝sin＝sin． [答案] y＝sin 8．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)四市高三調研)在△ABC中，已知AB＝1，AC＝2，∠A＝60°，若點P滿足＝＋λ，且·＝1，則實數(shù)λ的值為________． [解析] 由題意可得·＝1×2×＝1，·＝2＋λ·＝1＋λ， ·＝1＋4λ，＝＋2λ·＋λ2＝4λ2＋2λ＋1，又·＝1，則(－)·(－)＝－·－·＋·＝1，代入化簡得4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝－或λ＝1． [答案] －或1 9．已知a，b，c分別為△ABC三個內(nèi)角A，B，C的對邊，a＝2，且(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，則△ABC的面積的最大值為_

19、_______． [解析] 因為a＝2，(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，根據(jù)正弦定理，得(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，所以a2－b2＝c2－bc，所以b2＋c2－a2＝bc，根據(jù)余弦定理，得cos A＝＝，因為A∈(0，π)，故A＝．因為b2＋c2－bc＝4，所以4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc(當且僅當b＝c＝2時取等號)，所以△ABC的面積S△ABC＝bcsin A＝bc≤×4＝，所以△ABC的面積的最大值為． [答案] 10．(2019·唐山模擬)在△ABC中，(－3)⊥，則角A的最大值為________． [解析] 因為(－3)⊥，所

20、以(－3)·＝0，(－3)·(－)＝0，2－4·＋32＝0，即cos A＝＝＋≥2＝，當且僅當||＝||時等號成立．因為0＜A＜π，所以0＜A≤，即角A的最大值為． [答案] 11．(2019·蘇北四市模擬)已知向量a＝(cos θ，sin θ)，b＝(2，－1)． (1)若a⊥b，求的值； (2)若|a－b|＝2，θ∈，求sin的值． [解] (1)由a⊥b可知，a·b＝2cos θ－sin θ＝0， 所以sin θ＝2cos θ， 所以＝＝． (2)由a－b＝(cos θ－2，sin θ＋1)可得， |a－b|＝ ＝＝2， 即1－2cos θ＋sin θ＝0，①

21、 又cos2θ＋sin2θ＝1，且θ∈，② 由①②可解得 所以sin＝(sin θ＋cos θ) ＝×＝． 12．(2019·鹽城高三模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知B＝60°，a＋c＝4． (1)當a，b，c成等差數(shù)列時，求△ABC的面積； (2)設D為AC邊的中點，求線段BD長的最小值． [解] (1)因為a，b，c成等差數(shù)列，所以b＝＝2． 由b2＝a2＋c2－2accos B，B＝60°，得 b2＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac＝4，解得ac＝4， 從而S△ABC＝acsin B＝×4×＝． (2)法一：因為D為AC邊的中點，

22、所以＝(＋)， 則2＝(＋)2＝(2＋2·＋2)＝(c2＋2accos B＋a2)＝[(a＋c)2－ac]＝4－ac≥4－×＝3， 當且僅當a＝c＝2時取等號， 所以線段BD長的最小值為． 法二：因為D為AC邊的中點，所以可設AD＝CD＝d， 由cos∠ADB＋cos∠CDB＝0，得＋＝0， 即BD2＝－d2＝8－ac－d2， 又b2＝a2＋c2－2accos B，B＝60°，所以b2＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac， 即4d2＝16－3ac，所以d2＝4－ac， 故BD2＝4－ac≥4－×＝3，當且僅當a＝c＝2時取等號， 所以線段BD長的最小值為． 13．(201

23、9·南京、鹽城模擬)在平面直角坐標系xOy中，設銳角α的始邊與x軸的非負半軸重合，終邊與單位圓交于P(x1，y1)，將射線OP繞坐標原點O按逆時針方向旋轉后與單位圓交于點Q(x2，y2)．記f(α)＝y(tǒng)1＋y2． (1)求函數(shù)f(α)的值域； (2)設△ABC的角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若f(C)＝，且a＝，c＝1，求b． [解] (1)由題意，得y1＝sin α，y2＝sin＝cos α， 所以f(α)＝sin α＋cos α＝sin， 因為α∈，所以α＋∈， 故f(α)∈(1，]． (2)因為f(C)＝sin＝，又C∈(0，π)， 所以C＝， 在△ABC中

24、，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C， 即1＝2＋b2－2×b， 解得b＝1． 14．(2019·江蘇省四星級學校4月聯(lián)考)金鑲玉獎牌是中國文化與體育精神完美結合的載體．現(xiàn)有一矩形玉片BCEF，CE為36毫米，BC為32毫米，G為EF的中點．現(xiàn)要開糟鑲嵌金絲，將其加工為鑲金工藝品，如圖，金絲部分為優(yōu)弧和線段MP，NQ，MN，其中優(yōu)弧所在圓的圓心為O，圓O與矩形的邊FB，BC，CE分別相切于點A，H，D．M，N在線段EF上(M在N的左側)，MP，NQ分別與圓O相切點P，Q，且FM＝NE．若優(yōu)弧部分鑲嵌的金絲每毫米造價為3a元(a>0)，線段MP，NQ，MN部分鑲嵌的金絲每毫米造

25、價為2a元．記銳角∠POG＝α，鑲嵌金絲總造價為W元． (1)試表示出關于α的函數(shù)W(α)，并寫出cos α的范圍； (2)當M，N位于什么位置時，鑲嵌金絲的總造價最低？ [解] (1)如圖，過點P作OG的垂線，垂足為R，過點M作PR的垂線，垂足為S，由圓O與矩形的邊FB，BC，CE相切，得圓O半徑為16． 易得PR＝16sin α，OR＝16cos α， MS＝GR＝OG－OR＝CE－CD－16cos α＝36－16－16cos α＝20－16cos α， 因為MP與圓O相切，切點為P，所以OP⊥MP，易得∠MPS＝∠POG＝α， 所以MP＝NQ＝＝， PS＝＝，

26、所以MG＝SR＝PR－PS＝16sin α－＝， MN＝2MG＝2×＝． 因為優(yōu)弧的圓心角為(2π－2α)，所以優(yōu)弧的長為32(π－α)， 所以W(α)＝32(π－α)×3a＋ ×2a＝96a(π－α)＋×2a＝48a(2π－2α＋)，考慮臨界狀態(tài)，當M，N，G三點重合時，△POG為直角三角形， 其中∠GPO＝，OG＝20，OP＝16，cos α＝＝＝， 所以cos α∈． (2)由(1)知，W′(α)＝48a＝48a·＝48a·＝48a·＝48a·，α∈(α0，)，其中α0∈，cos α0＝， 令W′(α)＝0，得cos α＝或cos α＝1(舍)， 又cos α∈且α為銳角，所以α＝， 所以當α∈時，W′(α)<0，W(α)單調遞減； 當α∈時，W′(α)>0，W(α)單調遞增． 所以當α＝時，總造價W(α)取得最小值，為W＝64πa＋48a， 此時，MG＝NG＝4． 答：(1)W(α)＝48a(2π－2α＋)，cos α∈；(2)當MG＝NG＝4毫米時，能使總造價最低． - 16 -