原創(chuàng)與經(jīng)典大二輪參考答案

核心模塊一三角函數(shù)、解三角形、平面向量微專題一三角化簡(jiǎn)與求值目標(biāo)1三角函數(shù)定義的運(yùn)用例1解析：(1)在△AOB中，由余弦定理得，AB2＝OA2＋OB2－2OA·OBcos∠AOB，所以cos∠AOB＝eq\f(OA2＋OB2－AB2,2OA·OB)＝eq\f(12＋12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2,2×1×1)＝eq\f(3,5)，即cosβ＝eq\f(3,5).(2)因?yàn)閏osβ＝eq\f(3,5)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5).因?yàn)辄c(diǎn)A的橫坐標(biāo)為eq\f(5,13)，由三角函數(shù)定義可得，cosα＝eq\f(5,13).因?yàn)棣翞殇J角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))2)＝eq\f(12,13)，所以cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)－eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝－eq\f(33,65)，sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(56,65)，所以點(diǎn)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(33,65)，\f(56,65))).點(diǎn)評(píng)：三角函數(shù)的定義主要可以溝通坐標(biāo)與角之間的關(guān)系．這類問(wèn)題在處理時(shí)，要把握清楚圖形中的角與三角函數(shù)的定義角之間的關(guān)系．【思維變式題組訓(xùn)練】1.－eq\f(3,4)解析：設(shè)點(diǎn)B的縱坐標(biāo)為m，則由題意m2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))2＝1，且m＞0，所以m＝eq\f(3,5)，故Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，\f(3,5))).根據(jù)三角函數(shù)的定義得tanα＝eq\f(\f(3,5),－\f(4,5))＝－eq\f(3,4).2.－eq\f(4,5)解析：聯(lián)立直線與圓的方程可得，交點(diǎn)坐標(biāo)為Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\f(2\r(5),5)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)，－\f(2\r(5),5)))，又β＝π＋α，所以sin(α＋β)＝sin(π＋2α)＝－sin2α＝－2×eq\f(\r(5),5)×eq\f(2\r(5),5)＝－eq\f(4,5).3.解析：(1)由已知條件即三角函數(shù)的定義可知cosα＝eq\f(\r(2),10)，cosβ＝eq\f(2\r(5),5).因?yàn)棣翞殇J角，故sinα>0，從而sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(7\r(2),10).同理可得sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\f(\r(5),5)，因此tanα＝7，tanβ＝eq\f(1,2).所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(7＋\f(1,2),1－7×\f(1,2))＝－3.(2)tan(α＋2β)＝tan[(α＋β)＋β]＝eq\f(－3＋\f(1,2),1－－3×\f(1,2))＝－1.又0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，故0<α＋2β<eq\f(3π,2)，從而由tan(α＋2β)＝－1得α＋2β＝eq\f(3π,4).目標(biāo)2已知三角函數(shù)值求值、求角例2解析：(1)由cosα＝eq\f(1,7)，0<α<eq\f(π,2)，得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))2)＝eq\f(4\r(3),7).所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(4\r(3),7)×7＝4eq\r(3)，于是tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×4\r(3),1－4\r(3)2)＝－eq\f(8\r(3),47).(2)由0<β<α<eq\f(π,2)，得0<α－β<eq\f(π,2).又因?yàn)閏os(α－β)＝eq\f(13,14)，所以sin(α－β)＝eq\r(1－cos2α－β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,14)))2)＝eq\f(3\r(3),14).由β＝α－(α－β)得cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(1,7)×eq\f(13,14)＋eq\f(4\r(3),7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(1,2)，所以β＝eq\f(π,3).點(diǎn)評(píng)：根據(jù)已知三角函數(shù)求角的值的問(wèn)題可以直接根據(jù)三角函數(shù)值計(jì)算出角的值，再進(jìn)行運(yùn)算求解(針對(duì)特殊角)；也可以計(jì)算出所求的角的三角函數(shù)值后再根據(jù)角的范圍求出角的值．這類問(wèn)題處理的細(xì)節(jié)是對(duì)角的所在區(qū)間的研究，從而控制解的個(gè)數(shù)．一般地，若α∈[0，π]，應(yīng)該選擇計(jì)算它的余弦值，若α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，應(yīng)該選擇計(jì)算它的正弦值，可以避免不必要的兩解，如果題中所給出的部分角的正切值，也可以求出所求角的正切值．總之要根據(jù)角的范圍合理選擇正弦、余弦、正切，減少討論．例3解析：(1)因?yàn)閠anα＝eq\f(4,3)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)，所以sinα＝eq\f(4,3)cosα.因?yàn)閟in2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝eq\f(9,25)，因此，cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,25).(2)因?yàn)棣粒聻殇J角，所以α＋β∈(0，π)．又因?yàn)閏os(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2α＋β)＝eq\f(2\r(5),5).因此tan(α＋β)＝－2.因?yàn)閠anα＝eq\f(4,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(24,7)，因此tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq\f(tan2α－tanα＋β,1＋tan2αtanα＋β)＝－eq\f(2,11).【思維變式題組訓(xùn)練】1.eq\f(π,4)解析：依題意由tanα＝eq\f(1,7)，tanβ＝eq\f(1,3)，可知tanα＝eq\f(1,7)<eq\f(\r(3),3)，tanβ＝eq\f(1,3)<eq\f(\r(3),3).又α，β∈(0，π)，所以0<α<eq\f(π,6)，0<β<eq\f(π,6)，tan(α＋β)＝eq\f(\f(1,7)＋\f(1,3),1－\f(1,7)×\f(1,3))＝eq\f(1,2)，從而tan(α＋2β)＝eq\f(\f(1,2)＋\f(1,3),1－\f(1,2)×\f(1,3))＝1.又0<α<eq\f(π,6)，0<β<eq\f(π,6)，所以0<α＋2β<eq\f(π,2)，所以α＋2β＝eq\f(π,4).2.－eq\f(16,65)解析：由taneq\f(α,2)＝eq\f(1,2)得tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq\f(2×\f(1,2),1－\f(1,4))＝eq\f(4,3).又α∈(0，π)，所以sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝eq\f(3,5).由sin(α＋β)＝eq\f(5,13)<sinα，α，β∈(0，π)得α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cos(α＋β)＝－eq\f(12,13).所以cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝－eq\f(16,65).3.解析：解法一：由題知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)且α為銳角，從而sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(24,25)，cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－1＝2×eq\f(16,25)－1＝eq\f(7,25)，從而sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))coseq\f(π,4)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))sineq\f(π,4)＝eq\f(24,25)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(7,25)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(17\r(2),50).解法二：設(shè)α＋eq\f(π,6)＝t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，則cost＝eq\f(4,5)，其中α＝t－eq\f(π,6).因?yàn)閏ost＝eq\f(4,5)且t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，所以sint＝eq\f(3,5)，即cos2t＝2cos2t－1＝eq\f(32,25)－1＝eq\f(7,25)，sin2t＝2sintcost＝eq\f(24,25).因此sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t－\f(π,4)))＝eq\f(17\r(2),50).點(diǎn)評(píng)：對(duì)于給出已知角的三角函數(shù)值，求與之相關(guān)的角的三角函數(shù)值的問(wèn)題，解法一是配湊整體代換，這樣角的關(guān)系處理起來(lái)比較復(fù)雜，不如解法二的換元法容易操作．這類問(wèn)題的細(xì)節(jié)是對(duì)角所在的區(qū)間的研究，避免出現(xiàn)不必要的討論．4.解析：(1)解法一：因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4))).又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),10)))2)＝－eq\f(7\r(2),10).所以cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq\f(π,4)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sineq\f(π,4)＝－eq\f(7\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(3,5).解法二：由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)得，sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),10)，即sinα＋cosα＝eq\f(1,5).①又sin2α＋cos2α＝1.②由①②解得cosα＝－eq\f(3,5)或cosα＝eq\f(4,5).因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cosα＝－eq\f(3,5).(2)因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cosα＝－eq\f(3,5)，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5).所以sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－eq\f(24,25)，cos2α＝2cos2α－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))2－1＝－eq\f(7,25).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝sin2αcoseq\f(π,4)－cos2αsineq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,25)))×eq\f(\r(2),2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,25)))×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(17\r(2),50).目標(biāo)3三角恒等變換例4證明：因?yàn)閟in(α＋2β)＝eq\f(7,5)sinα，所以sin[(α＋β)＋β]＝eq\f(7,5)sin[(α＋β)－β]，所以sin(α＋β)cosβ＋cos(α＋β)sinβ＝eq\f(7,5)[sin(α＋β)cosβ－cos(α＋β)sinβ]，所以sin(α＋β)cosβ＝6cos(α＋β)sinβ.①因?yàn)棣?，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋β∈(0，π)．若cos(α＋β)＝0，則由①得sin(α＋β)＝0，與α＋β∈(0，π)矛盾，所以cos(α＋β)≠0.由①兩邊同除以cos(α＋β)cosβ得tan(α＋β)＝6tanβ.點(diǎn)評(píng)：向量背景下的三角函數(shù)的問(wèn)題主要有兩種考查方式，一是給出向量的坐標(biāo)，根據(jù)所給出的向量的關(guān)系再轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的化簡(jiǎn)和求值問(wèn)題；二是在三角形中給出向量的數(shù)量積之間的關(guān)系，轉(zhuǎn)化為與向量夾角有關(guān)的三角函數(shù)的化簡(jiǎn)求值問(wèn)題．處理這兩種問(wèn)題時(shí)要確保向量關(guān)系及運(yùn)算的基本公式和定義運(yùn)用正確．【思維變式題組訓(xùn)練】1.－eq\r(3)解析：由sin10°＋mcos10°＝2cos140°可得，m＝eq\f(2cos140°－sin10°,cos10°)＝eq\f(－2cos40°－sin10°,cos10°)＝eq\f(－2cos30°＋10°－sin10°,cos10°)＝eq\f(－\r(3)cos10°,cos10°)＝－eq\r(3).2.eq\f(6,13)解析：因?yàn)閟inα＝－eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，所以cosα＝eq\f(3,5).由eq\f(sinα＋β,cosβ)＝2，得sin(α＋β)＝2cos[(α＋β)－α]，即eq\f(6,5)cos(α＋β)＝eq\f(13,5)sin(α＋β)，故tan(α＋β)＝eq\f(6,13).3.－eq\f(3,4)解析：eq\f(sin3α,sinα)＝eq\f(sinα＋2α,sinα)＝eq\f(sinαcos2α＋cosαsin2α,sinα)＝cos2α＋2cos2α＝4cos2α－1＝eq\f(13,5)，解得cos2α＝eq\f(9,10).因?yàn)棣潦堑谒南笙藿牵詂osα＝eq\f(3\r(10),10)，sinα＝－eq\f(\r(10),10)，所以tanα＝－eq\f(1,3)，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(3,4).微專題二三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)目標(biāo)1三角函數(shù)的周期性和對(duì)稱性例1(1)eq\f(π,3)(2)π解析：(1)解法一：函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)的圖象上所有點(diǎn)向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到的圖象解析式為g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))，由題意g(0)＝0，所以φ－eq\f(π,3)＝kπ，即φ＝kπ＋eq\f(π,3).又因?yàn)?<φ<π，所以φ＝eq\f(π,3).解法二：平移后得到g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))，要使g(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，即φ－eq\f(π,3)＝kπ，解得φ＝kπ＋eq\f(π,3)，下同解法一．解法三：因?yàn)閥＝sinx的對(duì)稱中心為(kπ，0)，所以令2x＋φ＝kπ，解得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(φ,2).因?yàn)閒(x)向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后所得函數(shù)圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以f(x)關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))對(duì)稱，即x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(φ,2)＝－eq\f(π,6)，解得φ＝kπ＋eq\f(π,3)，下同解法一．【方法歸類】對(duì)于f(x)＝Asin(ωx＋φ)的圖象平移后圖象關(guān)于y軸或原點(diǎn)對(duì)稱處理方法有兩種．一、若平移后所得函數(shù)解析式為y＝Asin(ωx＋φ＋θ)，要關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則φ＋θ＝kπ；要關(guān)于y軸對(duì)稱，則φ＋θ＝kπ＋eq\f(π,2).二、利用平移后的圖象關(guān)于y軸或原點(diǎn)對(duì)稱得到原函數(shù)的對(duì)稱性，再利用y＝sinx的對(duì)稱性去求解．(2)因?yàn)閒(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有單調(diào)性，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，故函數(shù)f(x)的對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0)).由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))，可得函數(shù)f(x)的對(duì)稱軸為x＝eq\f(7π,12).設(shè)f(x)的最小正周期為T，所以eq\f(T,2)≥eq\f(π,2)－eq\f(π,6)，即T≥eq\f(2π,3).所以eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(T,4)，即T＝π.點(diǎn)評(píng)：一般地，若函數(shù)有多重對(duì)稱性，則該函數(shù)具有周期性且最小正周期為相鄰對(duì)稱軸距離的2倍，為相鄰對(duì)稱中心距離的2倍，為對(duì)稱軸與其相鄰對(duì)稱中心距離的4倍．(注：如果遇到抽象函數(shù)給出類似性質(zhì)，可以聯(lián)想y＝sinx，y＝cosx的對(duì)稱軸、對(duì)稱中心和周期之間的關(guān)系)【思維變式題組訓(xùn)練】1.eq\f(π,3)解析：f(x)＝eq\r(3)cosx－sinx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，其圖象向右平移θ個(gè)單位長(zhǎng)度后得到g(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)－θ)).因?yàn)間(x)的圖象關(guān)于x＝eq\f(π,6)對(duì)稱，所以eq\f(π,6)＋eq\f(π,6)－θ＝kπ，即θ＝eq\f(π,3)－kπ，k∈Z.因?yàn)棣?gt;0，故當(dāng)k＝0時(shí)，θ＝eq\f(π,3).2.eq\f(π,12)解析：由f(x)的最小正周期大于2π，得eq\f(T,4)＞eq\f(π,2).又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，得eq\f(T,4)＝eq\f(11π,8)－eq\f(5π,8)＝eq\f(3π,4)，所以T＝3π，則eq\f(2π,ω)＝3π?ω＝eq\f(2,3)，所以f(x)＝2sin(ωx＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋φ)).由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(5π,8)＋φ))＝2?sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋φ))＝1，所以eq\f(5π,12)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z.又|φ|＜eq\f(π,2)，取k＝0，得φ＝eq\f(π,12).3.－2解析：由兩函數(shù)的圖象的對(duì)稱軸完全相同知周期必須相同，所以ω＝2，f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))圖象的一條對(duì)稱軸為x＝eq\f(π,3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(π,3)＋φ))＝±1(0<φ<π)，得φ＝eq\f(π,3)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋\f(π,3)))＝－2.4.解析：當(dāng)|f(x1)－f(x2)|＝2時(shí)，|x1－x2|的最小值為eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)，所以eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,3)，所以ω＝3.又因?yàn)榻铅盏慕K邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1，－1)，所以φ＝2kπ－eq\f(π,4)(k∈Z)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4))).故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－\f(π,4)))＝sineq\f(5π,4)＝－eq\f(\r(2),2).目標(biāo)2三角函數(shù)的單調(diào)性和值域例2(1)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))(2)(－∞，1]解析：由題可知ω>0，因?yàn)楹瘮?shù)y＝sinωx在區(qū)間[0,2π]上單調(diào)遞增，所以ωx∈[0,2πω]?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，即2πω≤eq\f(π,2)，解得0<ω≤eq\f(1,4).(2)解法一：由題意得?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，f′(x)＝eq\f(sin2x－a－cosxcosx,sin2x)＝eq\f(1－acosx,sin2x)≥0，即?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，1－acosx≥0，也即?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(1,cosx)≥a，又eq\f(1,cosx)>1，故a≤1.解法二：設(shè)t＝taneq\f(x,2)∈(0,1)，則sinx＝eq\f(2t,1＋t2)，cosx＝eq\f(1－t2,1＋t2)，所以g(t)＝eq\f(a－\f(1－t2,1＋t2),\f(2t,1＋t2))＝eq\f(a1＋t2－1－t2,2t)＝eq\f(a－1＋a＋1t2,2t)＝eq\f(a－1,2t)＋eq\f(a＋1,2)t.因?yàn)閠＝taneq\f(x,2)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，故原函數(shù)要單調(diào)遞增等價(jià)為g(t)在(0,1)上單調(diào)遞增．即g′(t)＝eq\f(a＋1,2)－eq\f(a－1,2t2)≥0，當(dāng)a－1>0，原不等式可化為eq\f(a＋1,a－1)≥eq\f(1,2t2)，此時(shí)不能夠恒成立；當(dāng)a＝1時(shí)，1≥0成立；當(dāng)a<1時(shí)，原不等式可化為eq\f(a＋1,a－1)≤eq\f(1,2t2)，此時(shí)eq\f(a＋1,a－1)<0，而eq\f(1,2t2)>0，符合題意．綜上，a≤1.點(diǎn)評(píng)：三角函數(shù)單調(diào)性的研究主要有三種類型：①將所給函數(shù)化歸為y＝Asin(ωx＋φ)＋B，利用換元法以及y＝sinx的單調(diào)性研究；②用導(dǎo)數(shù)法；③用換元法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或分式函數(shù)后，先研究轉(zhuǎn)化后的函數(shù)單調(diào)性，再結(jié)合復(fù)合函數(shù)單調(diào)性進(jìn)行判斷．綜上，方法①和③都涉及換元法用復(fù)合函數(shù)進(jìn)行研究，方法②用導(dǎo)數(shù)法主要針對(duì)無(wú)法化歸和換元的函數(shù)，如分式函數(shù)等，這是研究函數(shù)單調(diào)性的主要方法．例3(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))(2)eq\r(2)－1解析：(1)依題意有f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx－\f(1,2)cosx))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＝sinxcosx－eq\f(\r(3),2)(cos2x－sin2x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).因?yàn)閑q\f(π,6)≤x≤eq\f(5π,12)，所以0≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)，從而0≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1，所以函數(shù)f(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1)).(2)設(shè)t＝sinx－cosx，則sinxcosx＝eq\f(1－t2,2)，所以y＝eq\f(1－\f(1－t2,2),t＋1)＝eq\f(1＋t2,2t＋1).又當(dāng)0<x<π，t＝sinx－cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))∈(－1，eq\r(2)]，設(shè)u＝t＋1∈(0，eq\r(2)＋1]，則y＝eq\f(1,2)·eq\f(1＋u－12,u)＝eq\f(1,2)·eq\f(u2－2u＋2,u)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(u＋\f(2,u)－2))≥eq\f(2\r(2)－2,2)＝eq\r(2)－1，當(dāng)且僅當(dāng)u＝eq\r(2)時(shí)取等號(hào)．點(diǎn)評(píng)：三角函數(shù)的值域或最值的求解方法主要有三種：①將所給函數(shù)化歸為y＝Asin(ωx＋φ)＋B，再令t＝ωx＋φ，再結(jié)合y＝sinx的圖象求解．②換元法：若函數(shù)解析式存在“sinxcosx，sinx±cosx”可以考慮換元，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或分式函數(shù)；若函數(shù)解析式中存在“cos2x，sinx(或cosx)”也可以利用換元法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)．③導(dǎo)數(shù)法：對(duì)于如y＝eq\f(2－sinx,cosx)，y＝sinx＋x這樣的復(fù)雜函數(shù)可以求導(dǎo)數(shù)，研究其在給定區(qū)間上的單調(diào)性，再根據(jù)單調(diào)性求其值域．【思維變式題組訓(xùn)練】1.eq\f(3\r(3),2)解析：y′＝eq\f(21＋sinαcosαsin2α－1＋sinα22cos2α,sin2α2)＝eq\f(21＋sinα[cosαsin2α－1＋sinαcos2α],sin2α2)＝eq\f(21＋sinα[sin2α－α－1－2sin2α],sin2α2)＝eq\f(21＋sinα22sinα－1,sin2α2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2))).由y′＝eq\f(21＋sinα22sinα－1,sin2α2)＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))，得α＝eq\f(π,6)，列表：αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))eq\f(π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))y′－0＋y極小值所以當(dāng)α＝eq\f(π,6)時(shí)，y的最小值為eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋sin\f(π,6)))2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6))))＝eq\f(3\r(3),2).2.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4)))解析：函數(shù)y＝cosx的單調(diào)增區(qū)間為[－π＋2kπ，2kπ]，k∈Z，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥－π＋2kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤2kπ，))k∈Z，解得4k－eq\f(5,2)≤ω≤2k－eq\f(1,4)，k∈Z.又由4k－eq\f(5,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)))≤0，k∈Z且2k－eq\f(1,4)＞0，k∈Z，得k＝1，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4))).3.解析：(1)因?yàn)閒(x)＝3cos2x＋2eq\r(3)cosxsinx＋sin2x－2eq\r(3)sin2x＝eq\f(3,2)(1＋cos2x)＋eq\r(3)sin2x＋eq\f(1,2)(1－cos2x)－2eq\r(3)sin2x＝－eq\r(3)sin2x＋cos2x＋2＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))＋2.所以函數(shù)f(x)的最小值是0，此時(shí)2x＋eq\f(5π,6)＝2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，即x的取值集合為{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝kπ＋\f(π,3)，k∈Z)).(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))時(shí)，2x＋eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(11π,6)))，令－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(5π,6)≤eq\f(π,2)或eq\f(3π,2)≤2x＋eq\f(5π,6)≤eq\f(11π,6)，得－eq\f(π,2)≤x≤－eq\f(π,6)或eq\f(π,3)≤x≤eq\f(π,2).所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).目標(biāo)3三角方程及三角函數(shù)零點(diǎn)例4(1)16解析：原函數(shù)的零點(diǎn)可看作函數(shù)f(x)＝sinπx與g(x)＝eq\f(1,x－1)的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)與g(x)均關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱，所以由圖象可得：在區(qū)間[0,2]上沒(méi)有交點(diǎn)，在區(qū)間[2,10]上共有8個(gè)交點(diǎn)，在[－8,0]上共有8個(gè)交點(diǎn)，且8組都關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱，故所有零點(diǎn)之和為16.點(diǎn)評(píng)：由于三角函數(shù)的圖象具有對(duì)稱性和周期性，所以對(duì)于在多個(gè)周期的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題可以利用圖象和周期性來(lái)判斷零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，如果需要計(jì)算零點(diǎn)的和，可以利用對(duì)稱軸或?qū)ΨQ中心來(lái)計(jì)算．(2)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(4,3)))解析：解法1：當(dāng)f(x)取零點(diǎn)時(shí)，x＝－eq\f(π,3ω)＋eq\f(kπ,ω)(k∈Z)，當(dāng)x>0時(shí)的零點(diǎn)從小到大依次為x1＝eq\f(2π,3ω)，x2＝eq\f(5π,3ω)，x3＝eq\f(8π,3ω)，…所以滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3ω)≤2π，,\f(8π,3ω)>2π，))解得ω∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(4,3))).解法2：因?yàn)閤∈[0,2π]，所以θ＝ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3)))，而函數(shù)y＝sinθ在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3)))上的2個(gè)零點(diǎn)只能為π，2π，故2π≤2πω＋eq\f(π,3)<3π，解得ω∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(4,3))).點(diǎn)評(píng)：有關(guān)于三角方程的問(wèn)題如果可以直接求解，那么就直接解出，求解時(shí)要注意方程sinx＝a(a∈(－1,1))，其解有兩組，因?yàn)閟in(π－x)＝sinx；同理，因?yàn)閏osx＝cos(－x)，所以cosx＝a(a∈(－1,1))．如果不能夠直接解，那么可以利用數(shù)形結(jié)合思想，將方程根問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象交點(diǎn)的問(wèn)題來(lái)研究，這種方法只適合研究解的個(gè)數(shù)，不能夠求出解的值．本題也可變式為求方程sin3x＝sinx在區(qū)間(0,2π)內(nèi)解的個(gè)數(shù)或者求方程sin3x＝cosx在區(qū)間(0,2π)內(nèi)解的個(gè)數(shù)．(3)3解析：設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，則y0＝3eq\r(3)sinx0，因?yàn)閤0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以y0∈(0,3eq\r(3))，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝3\r(3)sinx，,y＝3cos2x＋2，))得3eq\r(3)sinx＝3cos2x＋2＝3(1－2sin2x)＋2，即6sin2x＋3eq\r(3)sinx－5＝0，則eq\f(2,9)(3eq\r(3)sinx0)2＋3eq\r(3)sinx0－5＝0，所以eq\f(2,9)yeq\o\al(2,0)＋y0－5＝0，化簡(jiǎn)得2yeq\o\al(2,0)＋9y0－45＝0，即(y0－3)(2y0＋15)＝0，解得y0＝－eq\f(15,2)(舍去)，y0＝3，所以點(diǎn)P到x軸的距離為3.【思維變式題組訓(xùn)練】1.eq\f(14π,3)解析：函數(shù)的周期為π，極值點(diǎn)為函數(shù)的最值點(diǎn)，結(jié)合函數(shù)的圖象，所有極值點(diǎn)之和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(3π,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(5π,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(7π,4)))＝eq\f(14π,3).2.30解析：在平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝3sineq\f(πx,2)(0≤x≤10)及y＝1的圖象(如圖)，則它們有6個(gè)交點(diǎn)，其中點(diǎn)A，B關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，點(diǎn)C，D關(guān)于直線x＝5對(duì)稱，點(diǎn)E，F(xiàn)關(guān)于直線x＝9對(duì)稱，故所有的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為2＋10＋18＝30.3.－eq\f(\r(15),8)解析：sin2α＝eq\f(1,8)tanα?16sinαcosα＝eq\f(sinα,cosα)?16sinαcos2α＝sinα，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα>0,16sinαcos2α＝sinα?cos2α＝eq\f(1,16)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cosα<0，cosα＝－eq\f(1,4)，sinα＝eq\f(\r(15),4)，故sin2α＝2sincosα＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))×eq\f(\r(15),4)＝－eq\f(\r(15),8).點(diǎn)評(píng)：三角函數(shù)是以角為自變量的函數(shù)，因此解三角函數(shù)題，首先從角進(jìn)行分析，善于用已知角表示所求角，即注重角的變換．角的變換涉及誘導(dǎo)公式、同角三角函數(shù)關(guān)系、兩角和與差公式、二倍角公式、配角公式等，選用恰當(dāng)?shù)墓剑墙鉀Q三角問(wèn)題的關(guān)鍵，明確角的范圍，開(kāi)方時(shí)對(duì)正負(fù)取舍是解題正確的保證.對(duì)于三角函數(shù)來(lái)說(shuō)，常常是先化為y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，再利用三角函數(shù)的性質(zhì)求解．三角恒等變換要堅(jiān)持結(jié)構(gòu)同化原則，即盡可能地化為同角函數(shù)、同名函數(shù)、同次函數(shù)等，其中切化弦也是同化思想的體現(xiàn)；降次是一種三角變換的常用技巧，要靈活運(yùn)用降次公式．本題首先確定得到a，b的可能取值，利用分類討論的方法，進(jìn)一步得到c的值，從而根據(jù)具體的組合情況，使問(wèn)題得解．本題主要考查考生的邏輯思維能力、基本運(yùn)算求解能力、數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想等．微專題三解三角形目標(biāo)1正、余弦定理的運(yùn)用例1(1)eq\f(17\r(2),50)(2)eq\f(3\r(15),4)(3)9解析：(1)因?yàn)?a＝8b，所以由正弦定理可得5sinA＝8sinB，即sinA＝eq\f(8,5)sinB.因?yàn)锳＝2B，所以sinA＝sin2B＝2sinBcosB，則eq\f(8,5)sinB＝2sinBcosB.因?yàn)閟inB>0，所以cosB＝eq\f(4,5)，則sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(3,5)，故sinA＝eq\f(24,25).因?yàn)锳＝2B，所以cosA＝cos2B＝2cos2B－1＝eq\f(7,25)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))＝sinAcoseq\f(π,4)－cosAsineq\f(π,4)＝eq\f(17\r(2),50).(2)解法1由題意設(shè)CD＝BD＝x，由余弦定理得cosC＝eq\f(9＋x2－4,2×3x)＝eq\f(9＋4x2－4,2×3×2x)，可得x＝eq\f(\r(10),2)且cosC＝eq\f(\r(10),4)，sinC＝eq\f(\r(6),4)，故S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BC·sinC＝eq\f(3\r(15),4).解法2由題意設(shè)CD＝BD＝x，由余弦定理得cos∠ADB＝－cos∠ADC，即eq\f(x2＋4－4,2×2×x)＝－eq\f(x2＋4－9,2×2×x)，解得x＝eq\f(\r(10),2)，以下同解法1.(3)由題意可知，S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，由角平分線性質(zhì)和三角形面積公式得eq\f(1,2)acsin120°＝eq\f(1,2)a×1×sin60°＋eq\f(1,2)c×1×sin60°，化簡(jiǎn)得ac＝a＋c，eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝1，因此4a＋c＝(4a＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq\f(c,a)＋eq\f(4a,c)≥5＋2eq\r(\f(c,a)·\f(4a,c))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(3,2)，c＝3時(shí)取等號(hào)．點(diǎn)評(píng)：高考中經(jīng)常將三角變換與解三角形知識(shí)綜合起來(lái)命題，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或邊的一次式時(shí)，考慮用正弦定理實(shí)現(xiàn)邊角互化；以上特征都不明顯時(shí)，則要考慮兩個(gè)定理都有可能用到．而三角變換中主要是“變角、變函數(shù)名和變運(yùn)算形式”，其中的核心是“變角”，即注意角之間的結(jié)構(gòu)差異，彌補(bǔ)這種結(jié)構(gòu)差異的依據(jù)就是三角公式．【思維變式題組訓(xùn)練】1.eq\f(π,6)解析：由正弦定理可得到sinAsinBcosC＋sinCsinBcosA＝eq\f(1,2)sinB.因?yàn)锽∈(0，π)，所以sinB≠0，所以sinAcosC＋sinCcosA＝eq\f(1,2)，即sin(A＋C)＝sinB＝eq\f(1,2)，又a>b，則B＝eq\f(π,6).2.eq\f(60\r(2),17)解析：在△ABD，△ADC中，由正弦定理可得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD).又∠BAD＝∠CAD，∠ADB＋∠ADC＝π，所以有eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,CD)＝eq\f(12,5)，即BD＝eq\f(156,17)，故BC＝eq\f(65,17)＋eq\f(156,17)＝13.即AC2＋AB2＝144＋25＝169＝BC2，所以△ABC為直角三角形且A＝eq\f(π,2).在△ADC中，由正弦定理可得eq\f(CD,sin∠DAC)＝eq\f(AD,sinC)，即AD＝eq\f(12,13)×eq\f(\f(65,17),\f(\r(2),2))＝eq\f(60\r(2),17).3.解析：(1)在△ADC中，因?yàn)锳D＝1，AC＝2，DC＝eq\f(1,2)BC＝2，所以由余弦定理，得cosC＝eq\f(AC2＋DC2－AD2,2AC·DC)＝eq\f(22＋22－12,2×2×2)＝eq\f(7,8).故在△ABC中，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝42＋22－2×4×2×eq\f(7,8)＝6，所以c＝eq\r(6).(2)因?yàn)锳D為邊BC上的中線，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，所以c2＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)c2＋eq\f(1,2)cbcosA，得c＝bcosA.則c＝b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，得b2＝c2＋a2，所以B＝90°.目標(biāo)2三角形中的求值、求角問(wèn)題例2解析：(1)tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq\f(4,3)，3sinα＝4cosα，9(1－cos2α)＝16cos2α，cos2α＝eq\f(9,25).又因?yàn)?<α<eq\f(π,2)，可得cosα＝eq\f(3,5).(2)由(1)可知，sinα＝eq\r(1－cosα)＝eq\f(4,5)，0<α<eq\f(π,2)<β<π，可得eq\f(π,2)<α＋β<eq\f(3π,2)，又因?yàn)閟in(α＋β)＝eq\f(5,13)，可得cos(α＋β)＝－eq\f(12,13)，所以sinβ＝sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)－eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))＝eq\f(63,65)>eq\f(5,13).點(diǎn)評(píng)：三角形中的求值、求角問(wèn)題主要是利用正、余弦定理化歸條件，轉(zhuǎn)化為三角的求值、求角問(wèn)題．要注意三角形中角的范圍限制以及sinA＝sin(B＋C)，cosA＝－cos(B＋C)，tanA＝－tan(B＋C)在求解中的使用．【思維變式題組訓(xùn)練】1.4解法1(正弦定理)根據(jù)正弦定理可得sinAcosB－sinBcosA＝eq\f(3,5)sinC，即5sinAcosB－5sinBcosA＝3sinC.又因?yàn)閟inC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，所以2sinAcosB＝8cosAsinB.又因?yàn)锳，B∈(0，π)，所以cosA≠0，cosB≠0，所以tanA＝4tanB，則eq\f(tanA,tanB)＝4.解法2(射影定理)因?yàn)閍cosB－bcosA＝eq\f(3,5)c及acosB＋bcosA＝c可得acosB＝eq\f(4,5)c，bcosA＝eq\f(1,5)c，注意到cosA≠0，cosB≠0，兩式相除可得eq\f(acosB,bcosA)＝4，再由正弦定理可得eq\f(sinAcosB,sinBcosA)＝eq\f(tanA,tanB)＝4.2.解析：(1)在△ABC中，因?yàn)閏osA＝eq\f(\r(3),3)，0<A<π，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(6),3).因?yàn)閍cosB＝eq\r(2)bcosA，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinAcosB＝eq\r(2)sinBcosA.所以cosB＝sinB.若cosB＝0，則sinB＝0，與sin2B＋cos2B＝1矛盾，故cosB≠0.于是tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝1.又因?yàn)?<B<π，所以B＝eq\f(π,4).(2)因?yàn)閍＝eq\r(6)，sinA＝eq\f(\r(6),3)，由(1)及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(\r(6),\f(\r(6),3))＝eq\f(b,\f(\r(2),2))，所以b＝eq\f(3\r(2),2).又sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(6),3)·eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(3),3)·eq\f(\r(2),2)＝eq\f(2\r(3)＋\r(6),6)，所以△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\f(3\r(2),2)×eq\f(2\r(3)＋\r(6),6)＝eq\f(6＋3\r(2),4).目標(biāo)3平面向量與三角形結(jié)合的問(wèn)題例3(1)eq\f(π,3)解析：m·n＝sinB－eq\r(3)cosB.因?yàn)閙⊥n，所以m·n＝0，所以sinB－eq\r(3)cosB＝0.因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以cosB≠0，所以tanB＝eq\r(3).因?yàn)?<B<eq\f(π,2)，所以B＝eq\f(π,3).(2)12解析：因?yàn)锳B∥CD，所以eq\f(AB,CD)＝eq\f(AE,EC)＝2，又因?yàn)锳C＝3eq\r(10)，所以AE＝2eq\r(10)，EC＝eq\r(10).在△ABE中，eq\f(sinA,cosA)＝3，sin2A＋cos2A＝1，所以cosA＝eq\f(\r(10),10)，所以BE＝AB2＋AE2－2AB·AEcosA＝eq\r(36＋40－2×6×2\r(10)×\f(\r(10),10))＝2eq\r(13)，所以cos∠ABE＝eq\f(AB2＋BE2－AE2,2AB·BE)＝eq\f(36＋52－40,2×6×2\r(13))＝eq\f(2,\r(13))，則eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)×6×2eq\r(13)×eq\f(2,\r(13))＝12.例4解析：(1)因?yàn)閏＝eq\f(\r(5),2)b，則由正弦定理，得sinC＝eq\f(\r(5),2)sinB.又C＝2B，所以sin2B＝eq\f(\r(5),2)sinB，即4sinBcosB＝eq\r(5)sinB.又B是△ABC的內(nèi)角，所以sinB>0，故cosB＝eq\f(\r(5),4).(2)因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))，所以cbcosA＝bacosC，則由余弦定理，得b2＋c2－a2＝b2＋a2－c2，得a＝c.從而cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(c2＋c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))c))2,2c2)＝eq\f(3,5).又0<B<π，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4,5).從而coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝cosBcoseq\f(π,4)－sinBsineq\f(π,4)＝eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10).點(diǎn)評(píng)：在解圖形類應(yīng)用題時(shí)，要抓住題中的邊角關(guān)系，建立模型(以角或邊為變量)從而解決問(wèn)題．(具體見(jiàn)后面的應(yīng)用題專題)【思維變式題組訓(xùn)練】1.解析：方法一：設(shè)∠AMN＝θ.在△AMN中，eq\f(MN,sin60°)＝eq\f(AM,sin120°－θ).因?yàn)镸N＝2，所以AM＝eq\f(4\r(3),3)sin(120°－θ)．在△APM中，cos∠AMP＝cos(60°＋θ)．由余弦定理得AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP＝eq\f(16,3)sin2(120°－θ)＋4－2×2×eq\f(4\r(3),3)sin(120°－θ)cos(60°＋θ)＝eq\f(16,3)sin2(θ＋60°)－eq\f(16\r(3),3)sin(θ＋60°)cos(θ＋60°)＋4＝eq\f(8,3)[1－cos(2θ＋120°)]－eq\f(8\r(3),3)sin(2θ＋120°)＋4＝－eq\f(8,3)[eq\r(3)sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋eq\f(20,3)＝eq\f(20,3)－eq\f(16,3)sin(2θ＋150°)，θ∈(0,120°)．當(dāng)且僅當(dāng)2θ＋150°＝270°，即θ＝60°時(shí)，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2eq\r(3).答：設(shè)計(jì)∠AMN為60°時(shí)，工廠產(chǎn)生的噪聲對(duì)居民的影響最?。椒ǘ涸O(shè)AM＝x，AN＝y(tǒng)，∠AMN＝α.在△AMN中，因?yàn)镸N＝2，∠MAN＝60°，所以MN2＝AM2＋AN2－2AM·AN·cos∠MAN，即x2＋y2－2xycos60°＝x2＋y2－xy＝4.因?yàn)閑q\f(MN,sin60°)＝eq\f(AN,sinα)，即eq\f(2,sin60°)＝eq\f(y,sinα)，所以sinα＝eq\f(\r(3),4)y，cosα＝eq\f(x2＋4－y2,2×2×x)＝eq\f(x2＋x2－xy,4x)＝eq\f(2x－y,4).cos∠AMP＝cos(α＋60°)＝eq\f(1,2)cosα－eq\f(\r(3),2)sinα＝eq\f(1,2)·eq\f(2x－y,4)－eq\f(\r(3),2)·eq\f(\r(3),4)y＝eq\f(x－2y,4).在△AMP中，AP2＝AM2＋PM2－2AM·PM·cos∠AMP，即AP2＝x2＋4－2×2×x×eq\f(x－2y,4)＝x2＋4－x(x－2y)＝4＋2xy.因?yàn)閤2＋y2－xy＝4,4＋xy＝x2＋y2≥2xy，即xy≤4.所以AP2≤12，即AP≤2eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝2時(shí)，AP取得最大值2eq\r(3).答：設(shè)計(jì)AM＝AN＝2km時(shí)，工廠產(chǎn)生的噪聲對(duì)居民的影響最小．2.eq\f(2,3)解析：解法1(向量法)C為AB的中點(diǎn)，則eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))．又|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),2)，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2，所以eq\o(OC,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))2，得eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－1.由角平分線定理得eq\f(AD,BD)＝eq\f(OA,OB)＝eq\f(1,2)，即eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))，所以eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(OA,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(OB,\s\up6(→))))2＝eq\f(4,9)eq\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\f(4,9)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,9)eq\o(OB,\s\up6(→))2＝eq\f(4,9)，所以|eq\o(OD,\s\up6(→))|＝eq\f(2,3).解法2(坐標(biāo)法)設(shè)點(diǎn)A(1,0)，B(2cosα，2sinα)，α∈(0，π)，則Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋cosα，sinα))，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋cosα))2＋sin2α＝eq\f(3,4)，得cosα＝－eq\f(1,2)，α＝eq\f(2,3)π，所以B(－1，eq\r(3))．同解法1得eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(\r(3),3)))，所以|eq\o(OD,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(2,3).3.解析：(1)因?yàn)閙∥n，所以acosA＝ccosC.由正弦定理，得sinAcosA＝sinCcosC.化簡(jiǎn)得sin2A＝sin2因?yàn)锳，C∈(0，π)，所以2A＝2C或2A＋2C＝π.又c＝eq\r(3)a，從而A＝C(舍去)，A＋C＝eq\f(π,2)，所以B＝eq\f(π,2).在Rt△ABC中，tanA＝eq\f(a,c)＝eq\f(\r(3),3)，A＝eq\f(π,6).(2)因?yàn)閙·n＝3bsinB，所以acosC＋ccosA＝3bsinB.由正弦定理，得sinAcosC＋sinCcosA＝3sin2B，從而sin(A＋C)＝3sin2B.因?yàn)锳＋B＋C＝π，所以sin(A＋C)＝sinB.從而sinB＝eq\f(1,3).因?yàn)閏osA＝eq\f(4,5)>0，A∈(0，π)，所以A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinA＝eq\f(3,5).因?yàn)閟inA>sinB，所以a>b，從而A>B，B為銳角，cosB＝eq\f(2\r(2),3).所以cosC＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝－eq\f(4,5)×eq\f(2\r(2),3)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,3)＝eq\f(3－8\r(2),15).微專題四平面向量的線性運(yùn)算和坐標(biāo)運(yùn)算目標(biāo)1平面向量的線性運(yùn)算例1(1)eq\f(6,5)(2)3(3)eq\f(1,2)解析：(1)解法一：eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)eq\o(AB,\s\up6(→))＋(λ－1)eq\o(AC,\s\up6(→)).因?yàn)閑q\o(CD,\s\up6(→))∥eq\o(AG,\s\up6(→))，所以λ－1＝eq\f(1,5)，λ＝eq\f(6,5).解法二：不妨設(shè)eq\o(CD,\s\up6(→))＝meq\o(AG,\s\up6(→))，則有eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋m(eq\o(AO,\s\up6(→))＋eq\o(OG,\s\up6(→)))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(OB,\s\up6(→))))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))－\f(1,3)\o(BO,\s\up6(→))))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))－\f(1,3)·\f(1,2)\o(BA,\s\up6(→))＋\o(BC,\s\up6(→))))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))－\f(1,3)·\f(1,2)\o(BA,\s\up6(→))＋\o(AC,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\f(m＋3,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(m,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，從而m＝eq\f(3,5)，所以λ＝eq\f(m＋3,3)＝eq\f(6,5).點(diǎn)評(píng)：平面向量的線性運(yùn)算主要指的是加法、減法、數(shù)乘以及三點(diǎn)共線的轉(zhuǎn)化和平面向量基本定理．本題中的點(diǎn)G實(shí)為三角形的重心，解法一和解法二都是考慮將eq\o(AG,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))用基底向量進(jìn)行表示，然后再利用三點(diǎn)共線的條件求解λ，只不過(guò)三點(diǎn)共線的條件用的先后順序不同．(2)由tanα＝7可得sinα＝eq\f(7\r(2),10)，cosα＝eq\f(\r(2),10)，根據(jù)向量的分解，易得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ncos45°＋mcosα＝\r(2)，,nsin45°－msinα＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)n＋\f(\r(2),10)m＝\r(2)，,\f(\r(2),2)n－\f(7\r(2),10)m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5n＋m＝10，,5n－7m＝0，))即得m＝eq\f(5,4)，n＝eq\f(7,4)，所以m＋n＝3.點(diǎn)評(píng)：(1)向量的坐標(biāo)運(yùn)算將向量與代數(shù)有機(jī)結(jié)合起來(lái)，這就為向量和函數(shù)、方程、不等式的結(jié)合提供了前提，運(yùn)用向量的有關(guān)知識(shí)可以解決某些函數(shù)、方程、不等式問(wèn)題．(2)以向量為載體求相關(guān)變量的取值范圍，是向量與函數(shù)、不等式、三角函數(shù)等相結(jié)合的一類綜合問(wèn)題．通過(guò)向量的坐標(biāo)運(yùn)算，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為解不等式或求函數(shù)值域，是解決這類問(wèn)題的一般方法．(3)向量的兩個(gè)作用：①載體作用：關(guān)鍵是利用向量的意義、作用脫去“向量外衣”，轉(zhuǎn)化為我們熟悉的數(shù)學(xué)問(wèn)題；②工具作用：利用向量可解決一些垂直、平行、夾角與距離問(wèn)題．(3)建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)P(cosθ，sinθ)，則eq\o(OP,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ)，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2,0)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).因?yàn)閑q\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，所以cosθ＝2λ－eq\f(1,2)μ，sinθ＝eq\f(\r(3),2)μ.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(1,2)cosθ＋\f(1,2\r(3))sinθ，,μ＝\f(2,\r(3))sinθ，))所以λμ＝eq\f(1,2\r(3))sin2θ－eq\f(1,6)cos2θ＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))＋eq\f(1,6)≤eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)2θ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,3)時(shí)，取等號(hào)．【思維變式題組訓(xùn)練】1.－8解析：eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2e1－e2)－(e1＋3e2)＝e1－4e2，因?yàn)锳，B，D三點(diǎn)共線，故存在實(shí)數(shù)λ，使得eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(BD,\s\up6(→))即2e1＋ke2＝λ(e1－4e2)，解得λ＝2，k＝－8.2.