高考数学二轮专题复习 第一部分 专题二 三角函数、解三角形、平面向量讲义

专题二三角函数、解三角形、平面向量第一讲三角函数的图象与性质一、基础知识要记牢(1)三角函数的定义：若角的终边与单位圆相交于点P(x，y)，则sin y，cos x，tan .(2)诱导公式：注意“奇变偶不变，符号看象限”(3)基本关系：平方关系：sin2xcos2x1，商数关系：tan x.(4)单位圆、三角函数线是根本，抓纲务本，就能驾简驭繁二、经典例题领悟好例1(1)(2017绍兴模拟)已知点P落在角的终边上，且0,2)，则的值为()A.B.C.D.(2)如图，以Ox为始边作角(00，cos0，0,0)的部分图象如图所示，且f()1，则cos()AB.C D.(2)(2017全国卷)已知曲线C1：ycos x，C2：ysin，则下面结论正确的是()A把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2B把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2C把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2D把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2解析(1)由三角函数的图象可得A3，所以T，所以2，又f3sin3,00)的图象得到ysin(x)的图象时，应将图象上所有点向左(0)或向右(0，0，|)的部分图象如图所示，则将yf(x)的图象向右平移个单位后，得到的函数图象的解析式为()Aysin 2x BysinCysin Dycos 2x解析：选C由图易得A1，T，解得2，又因为点在函数图象上，即fsin1，则22k，kZ，解得2k，kZ，又因为|0，0)的形式，再研究其各种性质有关常用结论与技巧：(1)我们往往运用整体换元法来求解单调性与对称性，求yAsin(x)或yAcos(x)(A，是常数，且A0，0)的单调区间时一定要注意的取值情况，若0后再去求解，否则极易出错(2)对yAsin(x)，yAcos(x)(A，是常数，且A0，0)结合函数图象可观察出如下几点：函数图象的对称轴都经过函数的最值点，对称中心的横坐标都是函数的零点；相邻两对称轴(对称中心)间的距离都是半个周期；图象上相邻两个最大(小)值点之间的距离恰好等于一个周期. 三、预测押题不能少3已知函数f(x)sin xcos xcos2xa.(1)求f(x)的最小正周期及单调递减区间；(2)若f(x)在区间上的最大值与最小值的和为，求a的值解：(1)因为f(x)sin 2xasina，所以T.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.故函数f(x)的单调递减区间是(kZ)(2)因为x，所以2x，sin1.因为函数f(x)在上的最大值与最小值的和为，所以a0.知能专练(六)一、选择题1(2017山东高考)函数ysin 2xcos 2x的最小正周期为()A. B.C D2解析：选Cysin 2xcos 2x2sin，最小正周期T.2(2017全国卷)设函数f(x)cos，则下列结论错误的是()Af(x)的一个周期为2Byf(x)的图象关于直线x对称Cf(x)的一个零点为xDf(x)在单调递减解析：选D根据函数解析式可知函数f(x)的最小正周期为2，所以函数的一个周期为2，A正确；当x时，x3，所以cos1，所以B正确；f(x)coscos，当x时，x，所以f(x)0，所以C正确；函数f(x)cos在上单调递减，在上单调递增，故D错误3(2017全国卷)函数y的部分图象大致为()解析：选C令函数f(x)，其定义域为x|x2k，kZ，又f(x)f(x)，所以f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B；因为f(1)0，f()0，故排除A、D，选C.4三角形ABC是锐角三角形，若角终边上一点P的坐标为(sin Acos B，cos Asin C)，则的值是()A1 B1 C3 D4解析：选B因为三角形ABC是锐角三角形，所以AB90，即A90B，则sin Asin(90B)cos B，sin Acos B0，同理cos Asin C0，0,0在区间上的图象为了得到这个函数的图象，只需将ysin x(xR)的图象上所有的点()A向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变B向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变D向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变解析：选A由题意知，A1；由，得2；由22k(kZ)，00，|2，所以01，.又|，将代入得.选项A符合法二：f2，f0，且f(x)的最小正周期大于2，f(x)的最小正周期为43，f(x)2sin.由2sin2，得2k，kZ.又|0,0)的最小正周期为，且函数图象关于点对称，则函数的解析式为_解析：由题意知最小正周期T，2，2k(kZ)，k(kZ)又0，ysin.答案：ysin9已知函数f(x)Atan(x)，yf(x)的部分图象如图，则f_.解析：由图象可知，此正切函数的半周期等于，即周期为，所以2.由题意可知，图象过定点，所以0Atan2，即k(kZ)，所以k(kZ)，又|，所以.再由图象过定点(0,1)，可得A1.综上可知，f(x)tan.故有ftantan.答案：三、解答题10(2017北京高考)已知函数f(x)cos2sin xcos x.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求证：当x时，f(x).解：(1)f(x)cos 2xsin 2xsin 2xsin 2xcos 2xsin.所以f(x)的最小正周期T.(2)证明：因为x，所以2x.所以sinsin.所以当x时，f(x).11(2018届高三浙江名校联盟联考)已知函数f(x)2cos xcos2 sin(x1)sin cos x的部分图象如图所示(1)求的值及图中x0的值；(2)将函数f(x)的图象上的各点向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长到原来的倍，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)在区间上的最大值和最小值解：(1)f(x)2cos xcos2sin(x1)sin cos xcos xsin xsin cos xcos sin xsin cos(x)由题图可知，cos ，又00)的两个相邻的零点(1)求f的值；(2)若对任意x，都有|f(x)m|1，求实数m的取值范围解：(1)f(x)sin.由题意可知，f(x)的最小正周期T，.又0，1，f(x)sin.fsinsin.(2)|f(x)m|1，即f(x)1mf(x)1.对任意x，都有|f(x)m|1，mf(x)max1且mf(x)min1.x0，2x，1sin， sin，即f(x)max，f(x)min，m1.故m的取值范围为.第二讲三角恒等变换与解三角形一、基础知识要记牢三角恒等变换的主要考查形式是三角函数式的求值包括：(1)“给角求值”，即通过三角恒等变换求三角函数式的值；(2)“给值求值”，即给出一些三角函数值，求与之有关的其他三角函数式的值；(3)“给值求角”，即给出三角函数值，求符合条件的角二、经典例题领悟好例1(1)(2017嘉兴调研)4sin 80()A.BC. D23(2)(2017全国卷)已知sin cos ，则sin 2()A BC. D.解析(1)依题意，sin 80cos 10，4sin 80，故选B.(2)将sin cos 的两边进行平方，得sin2 2sin cos cos2，即sin 2.答案(1)B(2)A三角函数恒等变换“六策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1sin2cos2tan 45等(2)项的分拆与角的配凑：如sin22cos2(sin2cos2)cos2，()等(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次(4)弦、切互化：一般是切化弦(5)公式的变形应用：如sin cos tan ，tan tan tan()(1tan tan )等(6)角的合成及三角函数名的统一：运用辅助角公式合成角及统一三角函数名称. 三、预测押题不能少1(1)设，0，且满足sin cos cos sin 1，则sin(2)sin(2)的取值范围为()A，1 B1， C1,1 D1， 解析：选Csin cos cos sin 1，即sin()1，0，又则，sin(2)sin(2)sinsin(2)cos sin sin，1sin1，即所求取值范围为1,1，故选C.(2)若tan，则tan _.解析：tan tan.答案：一、基础知识要记牢(1)正弦定理：在ABC中，2R(R为ABC的外接圆半径)变形：a2Rsin A，sin A，abcsin Asin Bsin C等(2)余弦定理：在ABC中，a2b2c22bccos A；变形：b2c2a22bccos A，cos A.(3)三角形面积公式：SABCabsin Ccbsin Aacsin B.二、经典例题领悟好例2(2016浙江高考)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bc2acos B.(1)证明：A2B；(2)若ABC的面积S，求角A的大小解(1)证明：由正弦定理得sin Bsin C2sin Acos B，故2sin Acos Bsin Bsin(AB)sin Bsin Acos Bcos Asin B，于是 sin Bsin(AB)又A，B(0，)，故0AB，所以B(AB)或BAB，因此A(舍去)或A2B，所以A2B.(2)由S得absin C，故有sin Bsin Csin Asin 2Bsin Bcos B.因为 sin B0，所以 sin Ccos B.又B，C(0，)，所以CB.当BC时，A；当CB时，A.综上，A或A.关于解三角形问题，首先要联想三角形三定理：正弦、余弦及内角和定理，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是解决问题的突破口. 三、预测押题不能少2在ABC中，A60，ca.(1)求sin C的值；(2)若a7，求ABC的面积解：(1)在ABC中，因为A60，ca，所以由正弦定理得sin C.(2)因为a7，所以c73.由余弦定理a2b2c22bccos A，得72b2322b3，解得b8或b5(舍去)所以ABC的面积Sbcsin A836.一、经典例题领悟好例3如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙开始从A乘缆车，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运行的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m经测量，cos A，cos C.(1)求索道AB的长；(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在什么范围内？解(1)在ABC中，因为cos A，cos C，所以sin A，sin C.从而sin Bsin(AC)sin(AC)sin Acos Ccos Asin C.由正弦定理，得ABsin C1 040(m)所以索道AB的长为1 040 m.(2)假设乙出发t min后，甲、乙两游客距离为d m，此时，甲行走了(10050t)m，乙距离A处130t m，所以由余弦定理得d2(10050t)2(130t)22130t(10050t)200(37t270t50)，因0t，即0t8，故当t(min)时，甲、乙两游客距离最短(3)由正弦定理，得BCsin A500(m)乙从B出发时，甲已走了50(281)550(m)，还需走710 m才能到达C.设乙步行的速度为v m/min，由题意得33，解得v，所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在，(单位：m/min)范围内(1)本题属于三角函数建模问题，其求解的关键是运用所学的解三角形的知识和方法对该问题进行分析，然后检验所得的解，并写出实际问题的结论便可.(2)三角形问题求解中函数建模思想的常见类型：利用余弦定理转化为长度关于某一未知数的函数；由面积公式转化为面积S关于角的三角函数的函数；由正弦定理转化为边的长度关于某一三角形内角的函数. 二、预测押题不能少3.如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30，45，且BAC135.若山高AD100 m，汽车从B点到C点历时14 s，则这辆汽车的速度约为_m/s(精确到0.1，1.414，2.236)解析：因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30，45，所以BAD60，CAD45.设这辆汽车的速度为v m/s，则BC14v，在RtADB中，AB200.在RtADC中，AC100.在ABC中，由余弦定理，得BC2AC2AB22ACABcosBAC，所以(14v)2(100)220022100200cos 135，所以v22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.答案：22.6知能专练(七)一、选择题1(2017山东高考)已知cos x，则cos 2x()A B. C D.解析：选Dcos x，cos 2x2cos2x1.2在ABC中，若0tan Atan B1，那么ABC一定是()A锐角三角形 B钝角三角形C直角三角形 D形状不确定解析：选B由0tan Atan B0，tan B0，即A，B为锐角tan(AB)0，即tan(C)tan C0，所以tan C8 Bab(ab)16C6abc12 D12abc24解析：选A因为ABC，由sin 2Asin(ABC)sin(CAB)得sin 2Asin 2Bsin 2C，即sin(AB)(AB)sin (AB)(AB)sin 2C，整理得2sin Ccos(AB)2sin Ccos C2sin Ccos(AB)cos(AB)，整理得4sin Asin Bsin C，即sin Asin Bsin C.又Sabsin Cbcsin Acasin B，因此S3a2b2c2sin Asin Bsin Ca2b2c2.由1S2得1a2b2c223，即8abc16，因此选项C，D不一定成立又bca0，因此bc(bc)bca8，即bc(bc)8，选项A一定成立又abc0，因此ab(ab)abc8，即ab(ab)8，显然不能得出ab(ab)16，选项B不一定成立综上所述，选A.二、填空题7(2017全国卷)已知，tan 2，则cos_.解析：，tan 2，sin ，cos ，coscos cossin sin.答案：8(2017杭州模拟)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Asin Bsin Bsin Ccos 2B1.若C，则_.解析：sin Asin Bsin Bsin Ccos 2B1，sin Asin Bsin Bsin C2sin2B.由正弦定理可得abbc2b2，即ac2b，c2ba，C，由余弦定理可得(2ba)2a2b22abcos ，可得5a3b，.答案：9(2017浙江高考)已知ABC，ABAC4，BC2.点D为AB延长线上一点，BD2，连接CD，则BDC的面积是_，cosBDC_.解析：在ABC中，ABAC4，BC2，由余弦定理得cosABC，则sinABCsinCBD，所以SBDCBDBCsinCBD22.因为BDBC2，所以CDBABC，则cosCDB .答案：三、解答题10(2017天津高考)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知ab，a5，c6，sin B.(1)求b和sin A的值；(2)求sin的值解：(1)在ABC中，因为ab，故由sin B，可得cos B.由已知及余弦定理，得b2a2c22accos B13，所以b.由正弦定理，得sin A.所以b的值为，sin A的值为.(2)由(1)及ac，得cos A，所以sin 2A2sin Acos A，cos 2A12sin2A.故sinsin 2Acoscos 2Asin.11.(2017福建质检)在ABC中，B，点D在边AB上，BD1，且DADC.(1)若BCD的面积为，求CD；(2)若AC，求DCA.解：(1)因为SBCD，即BCBDsin B，又B，BD1，所以BC4.在BDC中，由余弦定理得CD2BC2BD22BCBDcos B，即CD216124113，解得CD.(2)在ACD中，DADC，可设ADCA，则ADC2，又AC，由正弦定理，得，所以CD.在BDC中，BDC2，BCD2，由正弦定理，得，即，化简得cos sin，于是sinsin.因为0，所以0，2，所以2或2，解得或，故DCA或DCA.12.如图，在等腰直角OPQ中，POQ90，OP2，点M在线段PQ上(1)若OM，求PM的长；(2)若点N在线段MQ上，且MON30，问：当POM取何值时，OMN的面积最小？并求出面积的最小值解：(1)在OMP中，OPM45，OM，OP2，由余弦定理，得OM2OP2MP22OPMPcos 45，即MP24MP30，解得MP1或MP3.(2)设POM，060.在OMP中，由正弦定理，得，所以OM，同理ON.故SOMNOMONsin MON.因为060，则30230150，所以当30时，sin(230)的最大值为1，此时OMN的面积取到最小值即POM30时，OMN的面积的最小值为84.第三讲平_面_向_量一、基础知识要记牢1向量加法的三角形法则要保证“首尾相接”，和向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点的向量；向量减法的三角形法则要保证“同起点”，减向量的方向是两向量终点连线并指向被减向量2平面向量基本原理是用基本元素(基底)表示平面内的任意向量，把对向量的研究转化为对基本要素的研究，是向量坐标化、实数化的基础二、经典例题领悟好例1(1)(2017天津高考)在ABC中，A60，AB3，AC2.若2，(R)，且4，则的值为_(2)(2017宁波模拟)如图，在平行四边形ABCD中，已知AB8，AD5，3，2，则的值是_解析(1)法一：().又323，所以()2233454，解得.法二：以点A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，不妨假设点C在第一象限，则A(0,0)，B(3,0)，C(1，)由2，得D，由，得E(3，)，则(3，)(3)54，解得.(2)因为，所以|2|22，将AB8，AD5代入解得22.答案(1)(2)22(1)向量运算形式多样，其中利用几何意义是重要的一种形式，解题需要一定的灵活性，如果可以建立坐标系，则向量运算问题可以转化为实数运算问题.(2)向量等式两边平方也是向量运算常用的方法之一，根据向量性质a2|a|2，将向量运算问题转化为实数运算问题. 三、预测押题不能少1(1)已知P是ABC所在平面内一点，若，则PBC与ABC的面积的比为()A. B. C. D.解析：选A如图，以B为原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，设A(xA，yA)，P(xP，yP)，C(xC,0)，即(xPxA，yPyA)(xC,0)(xA，yA)，故yPyA0yA，即yPyA，故.(2)如图，在ABC中，设a，b，AP的中点为Q，BQ的中点为R，CR的中点恰为P，则等于()A.ab B.abC.ab D.ab解析：选C如图，连接BP，则b，a，得2ab.又()，将代入，得2ab，解得ab.一、基础知识要记牢(1)两个向量的数量积是一个数量，而不是向量，它的值为两个向量的模与两向量夹角的余弦的乘积，其符号由夹角的余弦值确定(2)求非零向量a，b的夹角一般利用公式cosa，b先求出夹角的余弦值，然后求夹角(3)向量a在向量b方向上的投影为|a|cos .二、经典例题领悟好例2(1)(2017浙江高考)如图，已知平面四边形ABCD，ABBC，ABBCAD2，CD3，AC与BD交于点O.记I1，I2，I3，则()AI1I2I3BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3(2)(2016浙江高考)已知平面向量a，b，|a|1，|b|2，ab1，若e为平面单位向量，则|ae|be|的最大值是_解析(1)如图所示，四边形ABCE是正方形，F为正方形的对角线的交点，易得AOAF，而AFB90，AOB与COD为钝角，AOD与BOC为锐角根据题意，I1I2()|cosAOB0，I1I3，作AGBD于G，又ABAD，OBBGGDOD，而OAAFFCOC，|，而cosAOBcosCOD，即I1I3，I3I10,0是平面上的两个向量，若向量ab与ab互相垂直(1)求实数的值；(2)若ab，且tan ，求tan 的值解：(1)由题设，可得(ab)(ab)0，即|a|2|b|20.代入a，b的坐标，可得cos2(1)2sin2cos2sin20，所以(1)2sin2sin20.因为0，故sin20，所以(1)210，解得2或0(舍去)故2.(2)由(1)及题设条件，知abcos cos sin sin cos().因为0，所以0.所以sin()，tan().所以tan tan().所以tan .知能专练(八)一、选择题1设x，yR，向量a(x,1)，b(1，y)，c(2，4)，且ac, bc，则|ab|()A.B.C2 D10解析：选B由题意可知解得故ab(3，1)，|ab|.2在直角三角形ABC中，C，AC3，取点D使2，那么等于()A3 B4C5 D6解析：选D如图，.又2，()，即.C，0，26.3(2017长春模拟)如图，点A，B在圆C上，则的值()A只与圆C的半径有关B只与弦AB的长度有关C既与圆C的半径有关，又与弦AB的长度有关D是与圆C的半径和弦AB的长度均无关的定值解析：选B延长AC与圆C相交于点D，连接DB，则ABD90，所以|cos A|2，只与弦AB的长度有关4(2018届高三杭州市联谊校联考)已知向量a，b的夹角为120，|a|b|2，向量c与ab共线，则|ac|的最小值为()A2 B1C. D.解析：选D如图，直线l为与ab平行的直线，c可平移到以a的终点为起点，则c的终点在直线l上，由三角形法则可知，当ac与直线l垂直时，|ac|取到最小值.5(2017绍兴模拟)已知菱形ABCD的边长为2，BAD120，点E，F分别在边BC，DC上，BEBC，DFDC.若1，则()A. B.C. D.解析：选C如图所示，以菱形ABCD的两条对角线所在直线为坐标轴，建立平面直角坐标系xOy，不妨设A(0，1)，B(，0)，C(0,1)，D(，0)，由题意得(1)(，1)，(1)(，1)因为，所以3(1)(1)(1)(1)，即(1)(1).因为(，1)，(，1)，又1，所以(1)(1)2.由整理得.6(2017全国卷)已知ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则()的最小值是()A2 B C D1解析：选B如图，以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A(0，)，B(1,0)，C(1,0)，设P(x，y)，则(x, y)，(1x，y)，(1x，y)，所以()(x，y)(2x，2y)2x222，当x0，y时，()取得最小值，为.二、填空题7在ABC中，AB3，AC2，A60，m，则|的最小值为_，又若，则m_.解析：因为m，所以|2m2|2|22m9m242m|cos 609m26m4923.当m时，|2取得最小值为3，所以|的最小值为.在ABC中，AB3，AC2，A60，所以|BC|249223cos 607，所以|BC|，所以cos B，cos C .因为，所以0，所以(m)0，所以m0，所以m|cos(