14、.
解析：在△ABC中，∵cos A＝，cos C＝，
∴sin A＝，sin C＝，
∴sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C
＝×＋×＝.
又∵＝，∴b＝＝＝.
答案：
[方法歸納]
關(guān)于解三角形問題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見的三角變換方法和原則都適用，同時要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”，這是使問題獲得解決的突破口.
[課時達標訓練]
1．(2017·蘇北四市期末)若函數(shù)f(x)＝sin(ω>0)的最小正周期為，則f的值為________．
解析：因為f(x)的最小正周
15、期為＝，所以ω＝10，所以f(x)＝sin，所以f＝sin＝sin＝－sin＝－.
答案：－
2．在平面直角坐標系xOy中，角θ的終邊經(jīng)過點P(－2，t)，且sin θ＋cos θ＝，則實數(shù)t的值為________．
解析：∵角θ的終邊經(jīng)過點P(－2，t)，
∴sin θ＝，cos θ＝，
又∵sin θ＋cos θ＝，
∴＋＝，即＝，
則t＞2，平方得＝，
即1－＝，即＝，
則t2－5t＋4＝0，則t＝1(舍去)或t＝4.
答案：4
3．(2017·南京、鹽城一模)將函數(shù)y＝3sin的圖象向右平移φ個單位后，所得函數(shù)為偶函數(shù)，則φ＝____________.
解析
16、：將函數(shù)y＝3sin的圖象向右平移φ個單位后，所得函數(shù)為f(x)＝3sin，即f(x)＝3sin.因為f(x)為偶函數(shù)，所以－2φ＝＋kπ，k∈Z，所以φ＝－－，k∈Z，因為0＜φ＜，所以φ＝.
答案：
4．設函數(shù)y＝sin(0＜x＜π)，當且僅當x＝時，y取得最大值，則正數(shù)ω的值為________．
解析：由條件得sin＝1，又0＜x＜π，ω＞0，故ω＋＝，ω＝2.
答案：2
5．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且2b＝a＋c，若sin B＝，cos B＝，則b的值為________．
解析：∵2b＝a＋c，sin B＝，cos B＝，sin2B＋cos2B
17、＝1，∴ac＝15，∴b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－18＝(a＋c)2－48＝4b2－48，得b＝4.
答案：4
6．(2017·揚州期末)已知cos＝0<α<，則sin(π＋α)＝________.
解析：因為cos＝，
所以<＋α<，
有sin＝ ＝，
所以sin(π＋α)＝sin
＝sincos＋cossin
＝×＋×＝.
答案：
7．(2017·北京高考)在平面直角坐標系xOy中，角α與角β均以Ox為始邊，它們的終邊關(guān)于y軸對稱．若sin α＝，則cos(α－β)＝________.
解析：因為角α與角β的終邊關(guān)于y軸對稱，
所以α＋β＝2kπ
18、＋π，k∈Z，
所以cos(α－β)＝cos(2α－2kπ－π)＝－cos 2α
＝－(1－2sin2α)＝－＝－.
答案：－
8．在△ABC中，A＝，a＝c，則＝________.
解析：∵在△ABC中，A＝，
∴a2＝b2＋c2－2bccos，即a2＝b2＋c2＋bc.
∵a＝c，∴3c2＝b2＋c2＋bc，∴b2＋bc－2c2＝0，
∴(b＋2c)(b－c)＝0，∴b－c＝0，∴b＝c，＝1.
答案：1
9．若f(x)＝sin(x＋θ)－cos(x＋θ)是定義在R上的偶函數(shù)，則θ＝________.
解析：因為f(x)＝sin(x＋θ)－cos(x＋θ)＝2sin為
19、偶函數(shù)，所以θ－＝kπ＋，k∈Z.即θ＝kπ＋.因為－≤θ≤，所以θ＝－.
答案：－
10．在△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＝(sin B＋cos B)＝×＝，由＝，得＝，解得c＝7.
答案：7
11．(2017·無錫期末)設f(x)＝sin2x－cos x·cos，則f(x)在上的單調(diào)遞增區(qū)間為________．
解析：f(x)＝sin2x＋sin xcos x＝(1－cos 2x)＋sin 2x＝sin＋，當2kπ－≤2x－≤2kπ
20、＋，k∈Z，即kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，令k＝0，得－≤x≤，所以函數(shù)f(x)在上的單調(diào)遞增區(qū)間為.
答案：
12．函數(shù)y＝asin(ax＋θ)(a＞0，θ≠0)圖象上的一個最高點和其相鄰最低點的距離的最小值為________．
解析：易知函數(shù)y＝asin(ax＋θ)(a＞0，θ≠0)的最大值為a，最小值為－a，最小正周期T＝，所以相鄰的最高點與最低點的距離為 ≥ ＝2，當且僅當＝2a，即a＝時等號成立．
答案：2
13．已知cos＋sin α＝，則sin的值是________．
解析：由cos＋sin α＝，
可得cos α＋sin α＋sin α＝，
21、
即sin α＋cos α＝，
∴sin＝，sin＝，
∴sin＝－sin＝－.
答案：－
14．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知sin α＝3sin，則tan＝________.
解析：∵sin α＝3sin＝3sin αcos＋3cos α·sin＝sin α＋cos α，∴tan α＝.
又tan ＝tan＝＝＝2－，
∴tan＝
＝＝2－4.
答案：2－4
1．如圖，已知A，B分別是函數(shù)f(x)＝sin ωx(ω＞0)在y軸右側(cè)圖象上的第一個最高點和第一個最低點，且∠AOB＝，則該函數(shù)的最小正周期是________．
解析：設函數(shù)f(x)的最小正周期為T，由圖
22、象可得A，B，則·＝－3＝0，解得T＝4.
答案：4
2．(2017·南京考前模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin－cos ωx (ω＞0)．若函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2π對稱，且在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，則ω的取值集合為____________．
解析：f(x)＝sin ωx＋cos ωx－cos ωx＝sin ωx－cos ωx＝sin，
因為f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2π對稱，
所以f(2π)＝±1，
則2πω－＝kπ＋，k∈Z，
所以ω＝＋，k∈Z.
因為函數(shù)f(x)在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，
所以最小正周期T≥2，
即≥π，解得0＜ω≤2，
所以ω＝或ω＝或ω＝或ω＝.
23、當ω＝時，f(x)＝sin，
x∈時，x－∈，
此時f(x)在區(qū)間上為增函數(shù)；
當ω＝時，f(x)＝sin，
x∈時，x－∈，
此時f(x)在區(qū)間上為增函數(shù)；
當ω＝時，f(x)＝sin，
x∈時，x－∈，
此時f(x)在區(qū)間上為增函數(shù)；
當ω＝時，f(x)＝sin，
x∈時，x－∈，
此時f(x)在區(qū)間上不是單調(diào)函數(shù)；
綜上，ω∈.
答案：
3．△ABC的三個內(nèi)角為A，B，C，若＝tan，則tan A＝________.
解析：＝＝－＝－tan＝tan＝tan，
所以－A－＝－，所以A＝－＝，
所以tan A＝tan＝1.
答案：1
4．已知函數(shù)f(x)
24、＝Asin(x＋θ)－coscos(其中A為常數(shù)，θ∈(－π，0))，若實數(shù)x1，x2，x3滿足：①x1＜x2＜x3，②x3－x1＜2π，③f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，則θ的值為________．
解析：函數(shù)f(x)＝A(sin xcos θ＋cos xsin θ)－cos·＝A(sin xcos θ＋cos x sin θ)－×－sin x＝sin x＋cos x－，故函數(shù)f(x)為常數(shù)函數(shù)或為周期T＝2π的周期函數(shù)．又x1，x2，x3滿足條件①②③，故f(x)只能為常數(shù)函數(shù)，所以則tan θ＝，又θ∈(－π，0)，故θ＝－.
答案：－
第2課時平面向量(基礎(chǔ)課)
[常考題型
25、突破]
平面向量的概念及線性運算
[必備知識]
(1)在平面向量的化簡或運算中，要根據(jù)平面向量基本定理選好基底，變形要有方向，不能盲目轉(zhuǎn)化．
(2)在用三角形加法法則時要保證“首尾相接”，和向量是第一個向量的起點指向最后一個向量終點所在的向量；在用三角形減法法則時要保證“同起點”，減向量的方向是指向被減向量．
(3)A，B，C三點共線的充要條件是存在實數(shù)λ，μ，有＝λ＋μ，且λ＋μ＝1.
(4)C是線段AB中點的充要條件是＝(＋)．G是△ABC的重心的充要條件為＋＋＝0.
[題組練透]
1．(2017·鹽城期中)設向量a＝(2，－6)，b＝(－1，m)，若a∥b，則實數(shù)
26、m＝________.
解析：因為a∥b，所以2m－(－1)×(－6)＝0，所以m＝3.
答案：3
2．(2017·鎮(zhèn)江模擬)已知△ABC和點M滿足＋＋＝0.若存在實數(shù)m使得＋＝m成立，則m＝________.
解析：由＋＋＝0知，點M為△ABC的重心，設點D為底邊BC的中點，則＝＝×(＋)＝(＋)，∴＋＝3，故m＝3.
答案：3
3.(2017·南京考前模擬)在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝2CD，M為CD的中點，N為線段BC上一點(不包括端點)，若＝λ＋μ，則＋的最小值為________．
解析：以AB為x軸，A為坐標原點建立直角坐標系如圖所示，
27、
設B(2,0)，C(1，t)，M，N(x0，y0)，
因為N在線段BC上，所以y0＝(x0－2)，
即y0＝t(2－x0)，
因為＝λ＋μ，
所以
即t＝λt＋μy0＝λt＋μt(2－x0)，因為t≠0，
所以1＝λ＋μ(2－x0)＝λ＋2μ－μx0＝λ＋2μ－，
所以3λ＋4μ＝4，這里λ，μ均為正數(shù)，
所以4＝(3λ＋4μ)＝3＋12＋＋≥15＋2＝27,
所以＋≥當且僅當＝，即λ＝，μ＝時取等號．
所以＋的最小值為.
答案：
[方法歸納]
(1)對于平面向量的線性運算，要先選擇一組基底；同時注意共線向量定理的靈活運用．
(2)在證明兩向量平行時，若已知兩向
28、量的坐標形式，常利用坐標運算來判斷；若兩向量不是以坐標形式呈現(xiàn)的，常利用共線向量定理(當b≠0時，a∥b?存在唯一實數(shù)λ，使得a＝λb)來判斷．
平面向量的數(shù)量積
[必備知識]
1．數(shù)量積的定義：a·b＝|a||b|cos θ.
2．三個結(jié)論：
(1)若a＝(x，y)，則|a|＝＝.
(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則
||＝.
(3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為a與b的夾角，
則cos θ＝＝ .
[題組練透]
1．(2017·山東高考)已知e1，e2是互相垂直的單位向量．若e1－e2與e1＋λe2的夾角為60°，則實數(shù)λ的值
29、是________．
解析：因為＝，
故＝，解得λ＝.
答案：
2．(2017·全國卷Ⅰ)已知向量a，b的夾角為60°，|a|＝2，|b|＝1，則|a＋2b|＝________.
解析：易知|a＋2b|＝＝＝2.
答案：2
3．已知非零向量m，n滿足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝，若n⊥(tm＋n)，則實數(shù)t的值為________．
解析：∵n⊥(tm＋n)，∴n·(tm＋n)＝0，
即tm·n＋|n|2＝0，∴t|m||n|cos〈m，n〉＋|n|2＝0.
又4|m|＝3|n|，∴t×|n|2×＋|n|2＝0，
解得t＝－4.
答案：－4
4．(2017·南
30、京、鹽城二模)已知平面向量＝(1,2)，＝(－2,2)，則·的最小值為________．
解析：設A(a，b)，B(c，d)，
∵＝(1,2)，＝(－2,2)，
∴C(a＋1，b＋2)，D(c－2，d＋2)，
則＝(c－a，d－b)，＝(c－a－3，d－b)，
∴·＝(c－a)(c－a－3)＋(b－d)2＝(c－a)2－3(c－a)＋(b－d)2＝2－＋(b－d)2≥－.
∴·的最小值為－.
答案：－
5．已知邊長為6的正三角形ABC，＝，＝，AD與BE交于點P，則·的值為________．
解析：由題意可得點D為BC的中點，以點D為坐標原點，BC，AD所在直線分別為x軸，y
31、軸建立如圖所示的平面直角坐標系，則D(0,0)，A(0，3)，B(－3,0)，C(3,0)，E(1,2)，直線BE的方程為y＝(x＋3)與AD(y軸)的交點為P，所以·＝·＝.
答案：
[方法歸納]
(1)涉及數(shù)量積和模的計算問題，通常有兩種求解思路：
①直接利用數(shù)量積的定義，圍繞基底展開的運算，需要熟悉向量間的相互轉(zhuǎn)化；
②建立坐標系，通過坐標運算求解，需要熟悉數(shù)量積的坐標公式及平行、垂直的運算公式等，其中，涉及平面向量的模時，常把模的平方轉(zhuǎn)化為向量的平方.
(2)在利用數(shù)量積的定義計算時，要善于將相關(guān)向量分解為圖形中模和夾角已知的向量進行計算.
平面向量的應用
32、[題組練透]
1．(2017·南京三模)在四邊形ABCD中，BD＝2，且·＝0，(＋)·(＋)＝5，則四邊形ABCD的面積為________．
解析：因為·＝0，所以⊥，所以以BD所在直線為x軸，AC所在直線為y軸，建立直角坐標系，因為BD＝2，所以可設B(b,0)，D(2＋b,0)，A(0，a)，C(0，c)，所以＝(b，－a)，＝(－2－b，c)，＝(－b，c)，＝(2＋b，－a)，所以＋＝(－2，c－a)，＋＝(2，c－a)，因為(＋)·(＋)＝5，所以－4＋(c－a)2＝5，即(c－a)2＝9，所以||＝| c－a |＝3，所以四邊形ABCD的面積為×AC×BD＝×3×2＝3.
33、答案：3
2．已知圓O的半徑為2，AB是圓O的一條直徑，C，D兩點都在圓O上，且||＝2，則|＋|＝________.
解析：如圖，連結(jié)OC，OD，
則＝＋，＝＋，
因為O是AB的中點，
所以＋＝0，
所以＋＝＋，
設CD的中點為M，連結(jié)OM，
則＋＝＋＝2，
顯然△COD是邊長為2的等邊三角形，
所以||＝，
故|＋|＝|2|＝2.
答案：2
3.(2017·南通三模)如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝DC＝2.若E，F(xiàn)分別是線段DC和BC上的動點，則·的取值范圍是________．
解析：法一：因為＝＋，＝＋，所以·＝
34、(＋)·(＋)＝·＋·＝3||－2||，因為E，F(xiàn)分別是線段DC和BC上的動點，且BC＝DC＝2，所以||∈[0,2]，||∈[0,2]，所以由不等式的性質(zhì)知·的取值范圍是[－4，6]．
法二：以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系(圖略)，則C(3,2)，因為E，F(xiàn)分別是線段DC和BC上的動點，且BC＝DC＝2，所以可設E(x，2)，F(xiàn)(3，y)，所以＝(3,2)，＝(3－x，y－2)，且x∈[1,3]，y∈[0,2]，所以·＝3(3－x)＋2(y－2)＝5－3x＋2y∈[－4,6]，即·的取值范圍是[－4,6]．
答案：[－4,6]
[方法歸納]
1．利用平面向量解
35、決幾何問題的兩種方法
2．求解向量數(shù)量積最值問題的兩種方法
[課時達標訓練]
1．(2017·南京學情調(diào)研)設向量a＝(1，－4)，b＝(－1，x)，c＝a＋3b.若a∥c，則實數(shù)x＝________.
解析：因為a＝(1，－4)，b＝(－1，x)，c＝a＋3b＝(－2，－4＋3x)．又a∥c，所以－4＋3x－8＝0，解得x＝4.
答案：4
2．(2017·無錫期末)已知向量a＝(2,1)，b＝(1，－1)，若a－b與ma＋b垂直，則m的值為________．
解析：因為a＝(2,1)，b＝(1，－1)，所以a－b＝(1,2)，ma＋b＝(2m＋1，m－1)，因為a－
36、b與ma＋b垂直，所以(a－b)·(ma＋b)＝0，即2m＋1＋2(m－1)＝0，解得m＝.
答案：
3．已知a與b是兩個不共線向量，且向量a＋λb與－(b－3a)共線，則λ＝________.
解析：由題意知a＋λb＝k[－(b－3a)]，
所以解得
答案：－
4．已知|a|＝1，|b|＝，且a⊥(a－b)，則向量a與向量b的夾角為________．
解析：∵a⊥(a－b)，∴a·(a－b)＝a2－a·b＝1－cos〈a，b〉＝0，∴cos〈a，b〉＝，∴〈a，b〉＝.
答案：
5．若單位向量e1，e2的夾角為，向量a＝e1＋λe2(λ∈R)，且|a|＝，則λ＝______
37、__.
解析：由題意可得e1·e2＝，
|a|2＝(e1＋λe2)2＝1＋2λ×＋λ2＝，
化簡得λ2＋λ＋＝0，解得λ＝－.
答案：－
6．已知平面向量a＝(1,2)，b＝(4,2)，c＝ma＋b(m∈R)，且c與a的夾角等于c與b的夾角，則m＝________.
解析：由題意得＝?＝?＝?m＝2.
答案：2
7．(2017·常州模擬)已知點G是△ABC的重心，過G作一條直線與AB，AC兩邊分別交于M，N兩點，且＝x，＝y(tǒng)，則的值為________．
解析：由已知得M，G，N三點共線，即＝λ＋(1－λ)＝λx＋(1－λ)y，
∵點G是△ABC的重心，
∴＝×(＋)＝(＋
38、)，
∴即得＋＝1，
即＋＝3，通分變形得，＝3，∴＝.
答案：
8．已知A，B，C三點不共線，且＝－＋2，則＝________.
解析：如圖，取＝－，＝2，以AM，AN為鄰邊作平行四邊形AMDN，
此時＝－＋2.
由圖可知S△ABD＝3S△AMD，S△ACD＝S△AND，
而S△AMD＝S△AND，所以＝6.
答案：6
9．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)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：法一：由題意可得－＝＝λ.又 ＝－＝＋(λ－1)，所以·＝λ·＋λ(λ－1)||2＝1，即λ＋(λ2－
39、λ)×4＝1，所以有4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－.
法二：建立如圖所示的平面直角坐標系，所以A(0,0)，B，C(2，0)，設P(x，y)．
所以＝(x，y)，＝，＝(2,0)．
又因為＝＋λ，所以有
所以＝(2λ，0)，＝.
由·＝1可得4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－.
答案：1或－
10．已知向量a＝(1，)，b＝(0，t2＋1)，則當t∈[－，2]時，的取值范圍是________．
解析：由題意，＝(0,1)，根據(jù)向量的差的幾何意義，表示同起點的向量t的終點到a的終點的距離，當t＝時，該距離取得最小值1，當t＝－時，該距離取得最大值，即的取值范圍是[
40、1， ]．
答案：[1， ]
11.(2017·南通二調(diào))如圖，在平面四邊形ABCD中，O為BD的中點，且OA＝3，OC＝5.若·＝－7，則·的值是________．
解析：法一：由·＝－7得，(－)·(－)＝－7，即(－)·(＋)＝7，
所以2＝7＋2＝7＋9＝16，所以||＝||＝4.所以·＝(－)·(－)＝(－)·(＋)＝2－2＝25－16＝9.
法二：以O為原點，OC為x軸，建立平面直角坐標系(圖略)，則C(5,0)，設B(x1，y1)，A(x2，y2)，則D(－x1，－y1)，x＋y＝9，由·＝－7，得(x1－x2，y1－y2)·(－x1－x2，－y1－y2)＝－7，得x＋
41、y＝16，而·＝(5－x1，－y1)·(5＋x1，y1)＝25－x－y＝25－16＝9.
答案：9
12．已知菱形ABCD的邊長為a，∠DAB＝60°，＝2，則·的值為________．
解析：如圖所示，
∵＝2，∴＝.
∵菱形ABCD的邊長為a，
∠DAB＝60°，
∴||＝||＝a，
·＝||||cos 120°＝－a2，
∵＝＋，
∴·＝(＋)(＋)
＝(＋)
＝－2＋2－·
＝－a2＋a2＋a2＝－.
答案：－
13．在矩形ABCD中，邊AB，AD的長分別為2和1，若E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點，且滿足＝，則·的取值范圍是________．
解析：法一
42、：取A為原點，AB所在直線為x軸，建立如
圖所示直角坐標系，則A(0,0)，B(2,0)，C(2，1)．
∵＝，得2||＝||，設E(2，y)(0≤y≤1)，則F(2－2y,1)．
∴·＝(2，y)·(2－2y,1)＝2(2－2y)＋y＝4－3y∈[1,4]．
法二：∵＝，則||＝2||.
∵0≤||≤1，
∴·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＝2||＋||
＝2(2－||)＋||＝4－3||∈[1,4]．
答案：[1,4]
14．(2017·全國卷Ⅱ改編)已知△ABC是邊長為2的等邊三角形，P為平面ABC內(nèi)一點，則·(＋)的最小值是________．
解析：如圖，以等邊三
43、角形ABC的底邊BC所在直線為x軸，以BC的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標系，則A(0，)，B(－1,0)，C(1,0)，設P(x，y)，則＝(－x, －y)，＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，所以·(＋)＝(－x，－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋22－，當x＝0，y＝時，·(＋)取得最小值，為－.
答案：－
1.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：
2．已知a
44、，b，c是同一平面內(nèi)的三個向量，其中a，b是互相垂直的單位向量，且(a－c)·(b－c)＝1，則|c|的最大值為________．
解析：法一：由題意可得(a－c)·(b－c)＝－a·c－b·c＋|c|2＝1，則|c|2－(a＋b)·c－1＝0.
又|a＋b|＝2，設a＋b與c的夾角為θ，θ∈[0，π]，
則|c|2－2|c|cos θ－1＝0，－2≤2cos θ＝|c|－≤2，
即
解得－1≤|c|≤＋1，則|c|max＝＋1.
法二：不妨設a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，則(a－c)·(b－c)＝(1－x，－y)·(－x，－y)＝1，化簡得2＋2＝2，圓心到坐標
45、原點的距離為1，則|c|max＝＋1.
答案：＋1
3．(2017·蘇州考前模擬)已知點A(1，－1)，B(4,0)，C(2，2)．平面區(qū)域D由所有滿足＝λ＋μ (1<λ≤a,1<μ≤b)的點P(x，y)組成的區(qū)域．若區(qū)域D的面積為16，則a＋b的最小值為________．
解析：如圖，延長AB至點N，延長AC至點M，使得AN＝aAB，AM＝bAC.
四邊形ABEC、四邊形ANGM、四邊形EHGF均為平行四邊形．
由條件知，點P(x，y)組成的區(qū)域D為圖中的陰影部分，即四邊形EHGF(不含邊界EH，EF)．
∵＝(3,1)，＝(1,3)，＝(－2,2)．
∴|AB|＝，|AC
46、|＝，|BC|＝2，cos∠CAB＝＝，sin∠CAB＝.
∴四邊形EHGF的面積為(a－1)×(b－1)×＝16.
∴(a－1)(b－1)＝2，a＋b＝a＋＝(a－1)＋＋2.
由a>1，b>1知，當且僅當a－1＝，即a＝b＝＋1時，a＋b取得最小值2＋2.
答案：2＋2
4．(2017·江蘇高考)如圖，在同一個平面內(nèi)，向量，，的模分別為1,1，，與的夾角為α，且tan α＝7，與的夾角為45°.若＝m＋n (m，n∈R)，則m＋n＝________.
解析：法一：如圖，以O為坐標原點，OA所在直線為x軸建立平面直角坐標系，則A(1，0)，
由tan α＝7，α∈，
得sin
47、 α＝，cos α＝，
設C(xC，yC)，B(xB，yB)，
則xC＝||cos α＝×＝，
yC＝||sin α＝×＝，即C.
又cos(α＋45°)＝×－×＝－，
sin(α＋45°)＝×＋×＝，
則xB＝||cos(α＋45°)＝－，
yB＝||sin(α＋45°)＝，即B.
由＝m＋n，可得
解得所以m＋n＝＋＝3.
法二：由tan α＝7，α∈，
得sin α＝，cos α＝，
則cos(α＋45°)＝×－×＝－，
所以·＝1××＝1，
·＝1××＝，
·＝1×1×＝－，
由＝m＋n，得·＝m2＋n·，即＝m－n.①
同理可得·＝m·＋n2，
即
48、1＝－m＋n.②
①＋②得m＋n＝，即m＋n＝3.
答案：3
第3課時解三角形(能力課)
[?？碱}型突破]
三角變換與解三角形的綜合問題
[例1] (2016·江蘇高考)在△ABC中，AC＝6，cos B＝，C＝.
(1)求AB的長；
(2)求cos的值．
[解] (1)因為cos B＝，0＜B＜π，
所以sin B＝ ＝ ＝.
由正弦定理知＝，
所以AB＝＝＝5.
(2)在△ABC中，A＋B＋C＝π，
所以A＝π－(B＋C)，
于是cos A＝－cos(B＋C)＝－cos
＝－cos Bcos＋sin Bsin.
又cos B＝，sin B＝，
故co
49、s A＝－×＋×＝－.
因為0＜A＜π，所以sin A＝＝.
因此，cos＝cos Acos＋sin Asin
＝－×＋×＝.
[方法歸納]
(1)解三角形問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據(jù)正、余弦定理結(jié)合已知條件靈活轉(zhuǎn)化邊和角之間的關(guān)系，從而達到解決問題的目的，其基本步驟是：
第一步：定條件
即確定三角形中的已知和所求，在圖形中標出來，然后確定轉(zhuǎn)化的方向．
第二步：定工具
即根據(jù)條件和所求合理選擇轉(zhuǎn)化的工具，實施邊角之間的互化．
第三步：求結(jié)果
(2)三角變換與解三角形的綜合問題要關(guān)注三角形中的隱藏條件，如A＋B＋C＝π，sin(A＋B)＝sin C，cos(A
50、＋B)＝－cos C, 以及在△ABC中，A>B?sin A>sin B等．
[變式訓練]
1．(2017·南京、鹽城一模)在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且bsin 2C＝csin B.
(1)求角C；
(2)若sin＝，求sin A的值．
解：(1)由正弦定理及bsin 2C＝csin B，
得2sin Bsin Ccos C＝sin Csin B，
因為sin B>0，sin C>0，所以cos C＝，
又C∈(0，π)，所以C＝.
(2)因為C＝，所以B∈，
所以B－∈，
又sin＝，
所以cos＝ ＝.
又A＋B＝，即A＝
51、－B，
所以sin A＝sin＝sin＝sincos－cossin＝×－×＝.
2．(2017·蘇北四市一模)在△ABC中，已知角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且tan B＝2，tan C＝3.
(1)求角A的大小；
(2)若c＝3，求b的長．
解：(1)因為tan B＝2，tan C＝3，A＋B＋C＝π，
所以tan A＝tan[π－(B＋C)]＝－tan(B＋C)＝－＝－＝1.
又A∈(0，π)，所以A＝.
(2)因為tan B＝＝2，且sin2B＋cos2B＝1，
又B∈(0，π)，所以sin B＝.
同理可得sin C＝.
由正弦定理，得b＝＝＝2.
52、解三角形與平面向量結(jié)合
[例2] (2017·鹽城模擬)設△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且△ABC面積的大小為S，3·＝2S.
(1)求sin A的值；
(2)若C＝，·＝16，求b.
[解] (1)由3·＝2S，
得3bccos A＝2×bcsin A，即sin A＝3cos A.
整理化簡得sin2A＝9cos2A＝9(1－sin2A)，
所以sin2A＝.
又A∈(0，π)，所以sin A>0，故sin A＝.
(2)由sin A＝3cos A和sin A＝，
得cos A＝，
又·＝16，所以bccos A＝16，
得bc＝16. ①
又C＝
53、，
所以sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝.
在△ABC中，由正弦定理＝，
得＝，
即c＝b.?、?
聯(lián)立①②得b＝8.
[方法歸納]
求解三角函數(shù)與平面向量綜合問題的一般思路
(1)求三角函數(shù)值，一般利用向量的相關(guān)運算把向量關(guān)系轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)關(guān)系式．利用同角三角函數(shù)關(guān)系式及三角函數(shù)中常用公式求解．
(2)求角時通常由向量轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題，先求值再求角．
(3)解決與向量有關(guān)的三角函數(shù)問題的思想方法是轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學思想，即通過向量的相關(guān)運算把問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題．
[變式訓練]
1．(2017·南通三調(diào))已知△ABC是
54、銳角三角形，向量m＝，n＝(cos B，sin B)，且m⊥n.
(1)求A－B的值；
(2)若cos B＝，AC＝8，求BC的長．
解：(1)因為m⊥n，
所以m·n＝coscos B＋sinsin B＝cos＝0，
又A，B∈，所以A＋－B∈，
所以A＋－B＝，即A－B＝.
(2)因為cos B＝，B∈，所以sin B＝.
所以sin A＝sin
＝sin Bcos＋cos Bsin
＝×＋×＝.
由正弦定理，得BC＝×AC＝×8＝4＋3.
2．(2017·鎮(zhèn)江調(diào)研)在△ABC中，角A，B，C所對應的邊分別是a，b，c，向量m＝(a－c，b＋c)，n＝(b－c，a)
55、，且m∥n.
(1)求B；
(2)若b＝，cos＝，求a.
解：(1)因為m∥n，所以a(a－c)－(b＋c)(b－c)＝0，
即a2＋c2－b2＝ac，
所以cos B＝＝＝，
又B∈(0，π)，故B＝.
(2)由(1)得A∈，所以A＋∈，
又cos＝，
所以sin＝，
所以sin A＝sin
＝sincos－cossin
＝×－×＝.
在△ABC中，由正弦定理＝，
可得a＝b·＝＝1.
以平面圖形為背景的解三角形問題
[例3] (2017·南通調(diào)研)如圖，在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a＝b(sin C＋cos C)．
(1
56、)求∠ABC；
(2)若∠A＝，D為△ABC外一點，DB＝2，DC＝1，求四邊形ABDC面積的最大值．
[解] (1)在△ABC中，因為a＝b(sin C＋cos C)，
所以sin A＝sin B(sin C＋cos C)，
所以sin(B＋C)＝sin B(sin C＋cos C)，
所以sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin Bsin C＋sin Bcos C,
所以cos Bsin C＝sin Bsin C，
又因為C∈(0，π)，故sin C≠0，
所以cos B＝sin B，即tan B＝1.
又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)在△BCD中，D
57、B＝2，DC＝1，
BC2＝12＋22－2×1×2×cos D＝5－4cos D.
又A＝，由(1)可知∠ABC＝，
所以△ABC為等腰直角三角形，
S△ABC＝×BC××BC＝BC2＝－cos D，
又S△BDC＝×BD×DC×sin D＝sin D,
所以S四邊形ABDC＝－cos D＋sin D＝＋sin.
所以當D＝時，四邊形ABDC的面積有最大值，最大值為＋.
[方法歸納]
平面圖形為背景的解三角形問題的一般思路
(1)建聯(lián)系
在平面幾何圖形中求相關(guān)的幾何量時，需尋找各個三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，通過公共條件形成等式，常常將所涉及的已知幾何量與所求
58、幾何集中到某一個三角形.
(2)用定理
①“已知兩角和一邊”或“已知兩邊和其中一邊的對角”應采用正弦定理．
②“已知兩邊和這兩邊的夾角”或“已知三角形的三邊”應采用余弦定理．
[變式訓練]
(2017·蘇北三市模擬)如圖，在平面四邊形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝，EA＝2，∠ADC＝，且∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差數(shù)列．
(1)求sin∠CED；
(2)求BE的長．
解：設∠CED＝α.
因為∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差數(shù)列，
所以2∠BEC＝∠CBE＋∠BCE，
又∠CBE＋∠BEC＋∠BCE＝π，
所以∠BEC＝.
(1)在△CDE中，
59、由余弦定理得EC2＝CD2＋DE2－2CD·DE·cos∠EDC，
由題設知7＝CD2＋1＋CD，
即CD2＋CD－6＝0，
解得CD＝2(CD＝－3舍去)．
在△CDE中，由正弦定理得＝，
于是sin α＝＝＝，
即sin∠CED＝.
(2)由題設知0<α<，
由(1)知cos α＝＝ ＝，
又∠AEB＝π－∠BEC－α＝－α，
所以cos∠AEB＝cos＝coscos α＋sin·sin α＝－cos α＋sin α＝－×＋×＝.
在Rt△EAB中，cos∠AEB＝＝＝，
所以BE＝4.
[課時達標訓練]
1．在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c
60、.
(1)設·＝·，求證：△ABC是等腰三角形；
(2)設向量s＝(2sin C，－)，t＝(cos 2C，cos C)，且s∥t，sin A＝，求sin的值．
解：(1)證明：由·＝·，
得abcos C＝bccos A.
化簡且由正弦定理得，sin Acos C＝sin Ccos A，
∴sin(A－C)＝0.
∴A＝C.
故△ABC是等腰三角形．
(2)由s∥t，得2sin Ccos C＝－cos 2C，
∴tan 2C＝－.∵C∈，
∴2C∈(0，π)．
∴2C＝，故C＝.
∵sin A＝，A∈，得cos A＝.
∴sin＝sin＝sin A－cos A＝.
61、
2．(2017·天津高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知a>b，a＝5，c＝6，sin B＝.
(1)求b和sin A的值；
(2)求sin的值．
解：(1)在△ABC中，因為a>b，
故由sin B＝，可得cos B＝.
由已知及余弦定理，
得b2＝a2＋c2－2accos B＝13，
所以b＝.
由正弦定理＝，得sin A＝＝.
所以b的值為，sin A的值為.
(2)由(1)及a
62、n＝×＝.
3．(2017·南京調(diào)研)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c, a＝mbcos C，m為常數(shù)．
(1)若m＝2，且cos C＝，求cos A的值；
(2)若m＝4，求tan(C－B)的最大值．
解：(1)∵a＝2bcos C，cos C＝，
∴a＝2b×，
∴b＝c，∴B＝C.
∴cos A＝cos(π－B－C)＝－cos 2C＝－(2cos2C－1)＝－2×2＋1＝.
(2)由正弦定理及a＝4bcos C，
得sin A＝4sin Bcos C，
而sin A＝sin(π－B－C)＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
63、
∴3sin Bcos C＝cos Bsin C.
∵在△ABC中，cos C≤0或cos B≤0時，不滿足上式，
∴B，C∈，
∴cos Ccos B≠0.
∴tan C＝3tan B，
∴tan(C－B)＝＝.
∵B，C∈，
∴1＋3tan2B≥2tan B，tan(C－B)≤，
∴tan(C－B)的最大值為.
4．如圖，在梯形ABCD中，已知AD∥BC，AD＝1，BD＝2，∠CAD＝，tan∠ADC＝－2.求：
(1)CD的長；
(2)△BCD的面積．
解：(1)因為tan∠ADC＝－2，
所以sin∠ADC＝，cos∠ADC＝－.
所以sin∠ACD＝sin
64、
＝sin
＝sin∠ADCcos＋cos∠ADCsin
＝，
在△ADC中，由正弦定理得CD＝＝.
(2)因為AD∥BC，所以cos∠BCD＝－cos∠ADC＝，sin∠BCD＝.
在△BDC中，由余弦定理BD2＝BC2＋CD2－2·BC·CD·cos∠BCD，
得BC2－2BC－35＝0，解得BC＝7(負值舍去)，
所以S△BCD＝·BC·CD·sin∠BCD＝×7××＝7.
5．(2017·蘇州調(diào)研測試)已知函數(shù)f(x)＝sin 2x－cos2x－.
(1)求f(x)的最小值，并寫出取得最小值時的自變量x的取值集合；
(2)設△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a
65、，b，c，且c＝，f(C)＝0，若sin B＝2sin A，求a，b的值．
解：(1) f(x)＝sin 2x－－＝sin 2x－cos 2x－1＝sin－1.
當2x－＝2kπ－(k∈Z)，
即x＝kπ－(k∈Z)時，f(x)的最小值為－2.
此時自變量x的取值集合為.
(2)因為f(C)＝0，所以sin－1＝0，
又0
66、對邊分別為a，b，c，已知2acos B＝2c－b.
(1)若cos(A＋C)＝－，求cos C的值；
(2)若b＝5，·＝－5，求△ABC的面積；
(3)若O是△ABC外接圓的圓心，且·＋·＝m，求m的值．
解：由2acos B＝2c－b，得2sin Acos B＝2sin C－sin B，化簡得cos A＝，則A＝60°.
(1)由cos(A＋C)＝－cos B＝－，
知cos B＝，所以sin B＝.
所以cos C＝cos(120°－B)＝－cos B＋sin B＝.
(2)因為·＝·(－)＝·－2＝||·||·cos A－||2＝bc－b2＝－5，
又b＝5，解得c＝8，
所以△ABC的面積為bcsin A＝10.
(3)由·＋·＝m，
可得··＋··＝m2.(*)
因為O是△ABC外接圓的圓心，
所以·＝2，·＝2，
又||＝，
所以(*)可化為·c2＋·b2＝m·，
所以m＝2(cos Bsin C＋sin Bcos C)＝2sin(B＋C)＝2sin A＝.
第4課時化簡求值問題(能力課)
[?？碱}型突破]
結(jié)合三角函數(shù)定義進
（江蘇專版）2018年高考數(shù)學二輪復習 專題一 三角教學案
