江苏专用高考数学复习三角函数与平面向量教书用书文.docx

专题二 三角函数与平面向量教书用书 文第1讲三角函数的图象与性质高考定位高考对本内容的考查主要有：三角函数的有关知识大部分是B级要求，只有函数yAsin(x)的图象与性质是A级要求；试题类型可能是填空题，同时在解答题中也有考查，经常与向量综合考查，构成低档题.真 题 感 悟1.(2013江苏卷)函数y3sin的最小正周期为_.解析利用函数yAsin(x)的周期公式求解.函数y3sin的最小正周期为T.答案2.(2011江苏卷)函数f(x)Asin(x)，(A，是常数，A0，0)的部分图象如图所示，则f(0)_.解析因为由图象可知振幅A，所以周期T，解得2，将代入f(x)sin(2x)，解得一个符合的，从而ysin，f(0).答案3.(2014江苏卷)已知函数ycos x与ysin(2x)(00，在函数y2sin x与y2cos x 的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为2，则_.(2)设函数f(x)Asin(x)(A，是常数，A0，0).若f(x)在区间上具有单调性，且fff，则f(x)的最小正周期为_.(3)(2016苏北四市调研)将函数f(x)sin(2x)(0)的图象上所有点向右平移个单位后得到的图象关于原点对称，则等于_.解析(1)由得sin xcos x，tan x1，xk (kZ).0，x (kZ).设距离最短的两个交点分别为(x1，y1)，(x2，y2)，不妨取x1，x2，则|x2x1|.又结合图形知|y2y1|2，且(x1，y1)与(x2，y2)间的距离为2，(x2x1)2(y2y1)2(2)2，(2)212，.(2)由f(x)在上具有单调性，得，即T；因为ff，所以f(x)的一条对称轴为x；又因为ff，所以f(x)的一个对称中心的横坐标为.所以T，即T.(3)将函数f(x)sin(2x)的图象向右平移后得到ysinsin的图象，因为该函数是奇函数，且0，所以.答案(1)(2)(3)探究提高此类题属于三角函数性质的逆用，解题的关键是借助于三角函数的图象与性质列出含参数的不等式，再根据参数范围求解.或者，也可以取选项中的特殊值验证.微题型2三角函数图象与性质的综合应用【例22】 (2016苏、锡、常、镇调研)设函数f(x)sin2x2sin xcos xcos2x(xR)的图象关于直线x对称，其中，为常数，且.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若yf(x)的图象经过点，求函数f(x)在x上的值域.解(1)因为f(x)sin2x2sin xcos xcos2xcos 2xsin 2x2sin，由直线x是yf(x)图象的一条对称轴，可得sin1，所以2k(kZ)，即(kZ).又，kZ，所以k1，故.所以f(x)的最小正周期是.(2)由yf(x)的图象过点，得f0，即2sin2sin，即.故f(x)2sin，x，x，函数f(x)的值域为1，2.探究提高求三角函数最值的两条思路：(1)将问题化为yAsin(x)B的形式，结合三角函数的性质或图象求解；(2)将问题化为关于sin x或cos x的二次函数的形式，借助二次函数的性质或图象求解.【训练2】 已知函数f(x)cossin2xcos2x.(1)求函数f(x)的最小正周期及其图象的对称轴方程；(2)设函数g(x)f(x)2f(x)，求g(x)的值域.解(1)f(x)cos 2xsin 2xcos 2xsin.则f(x)的最小正周期为，由2xk(kZ)，得x(kZ)，所以函数图象的对称轴方程为x(kZ).(2)g(x)f(x)2f(x)sin2sin.当sin时，g(x)取得最小值，当sin1时，g(x)取得最大值2，所以g(x)的值域为.1.已知函数yAsin(x)B(A0，0)的图象求解析式(1)A，B.(2)由函数的周期T求，.(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求.2.运用整体换元法求解单调区间与对称性类比ysin x的性质，只需将yAsin(x)中的“x”看成ysin x中的“x”，采用整体代入求解.(1)令xk(kZ)，可求得对称轴方程；(2)令xk(kZ)，可求得对称中心的横坐标；(3)将x看作整体，可求得yAsin(x)的单调区间，注意的符号.3.函数yAsin(x)B的性质及应用的求解思路第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成yAsin(x)B(一角一函数)的形式；第二步：把“x”视为一个整体，借助复合函数性质求yAsin(x)B的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题.一、填空题1.(2016山东卷改编)函数f(x)(sin xcos x)(cos xsin x)的最小正周期是_.解析f(x)2sin xcos x(cos2xsin2x)sin 2xcos 2x2sin，T.答案2.(2016南通月考)已知函数f(x)2sin (2x)(|)的部分图象如图所示，则f(0)_.解析由图可得sin1，而|，所以.故f(0)2sin1.答案13.(2016北京卷改编)将函数ysin图象上的点P向左平移s(s0)个单位长度得到点P.若P位于函数ysin 2x的图象上，则t_，s的最小值为_.解析点P在函数ysin图象上，则tsinsin.又由题意得ysinsin 2x，故sk，kZ，所以s的最小值为.答案4.函数f(x)Asin(x)的部分图象如图所示，则将yf(x)的图象向右平移个单位后，得到的图象的解析式为_.解析由图象知A1，T，T，2，由sin1，|得f(x)sin，则图象向右平移个单位后得到的图象的解析式为ysinsin.答案ysin5.(2015苏北四市调研)已知函数f(x)2sin(0)的最大值与最小正周期相同，则函数f(x)在1，1上的单调递增区间为_.解析因为函数f(x)的最大值为2，所以最小正周期T2，解得，所以f(x)2sin，当2kx2k，kZ，即2kx2k，kZ时，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)在x1，1上的单调递增区间是.答案6.(2016南京、盐城模拟)已知函数f(x)sin(x)(0，0)的图象关于直线x对称，且f0，则取最小值时，的值为_.解析由，解得2，故的最小值为2.此时sin0，即sin0，又0，所以.答案7.已知0，函数f(x)sin在上单调递减，则的取值范围是_.解析由2kx2k，kZ且0，得x，kZ.取k0，得x，又f(x)在上单调递减，且，解之得.答案8.(2016泰州模拟)若将函数f(x)sin的图象向右平移个单位，所得图象关于y轴对称，则的最小正值是_.解析f(x)sing(x)sinsin，关于y轴对称，即函数g(x)为偶函数，则2k(kZ)，(kZ)，显然，k1时，有最小正值.答案二、解答题9.已知函数f(x)2sin.(1)求函数yf(x)的最小正周期及单调递增区间；(2)若f，求f(x0)的值.解(1)T，由2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)，所以单调递增区间为，kZ.(2)f，即sin 2x0，cos 2x0，f(x0)2sin(sin 2x0cos 2x0)或.10.(2016苏州调研)已知函数f(x)4sin3xcos x2sin xcos xcos 4x.(1)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间；(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值.解f(x)2sin xcos xcos 4xsin 2xcos 2xcos 4xsin 4xcos 4xsin.(1)函数f(x)的最小正周期T.令2k4x2k，kZ，得x，kZ.所以f(x)的单调递增区间为，kZ.(2)因为0x，所以4x.此时sin1，所以sin，即f(x).所以f(x)在区间上的最大值和最小值分别为，.11.设函数f(x)sinsin2xcos2x.(1)求f(x)的最小正周期及其图象的对称轴方程；(2)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，求g(x)在区间上的值域.解(1)f(x)sin 2xcos 2xcos 2xsin 2xcos 2xsin.所以f(x)的最小正周期为T.令2xk(kZ)，得对称轴方程为x(kZ)，(2)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度，得到函数g(x)sincos 2x的图象，即g(x)cos 2x.当x时，2x，可得cos 2x，所以cos 2x，即函数g(x)在区间上的值域是.第2讲三角恒等变换与解三角形高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)两角和(差)的正弦、余弦及正切是C级要求，二倍角的正弦、余弦及正切是B级要求，应用时要适当选择公式，灵活应用.试题类型可能是填空题，同时在解答题中也是必考题，经常与向量综合考查，构成中档题；(2)正弦定理和余弦定理以及解三角形问题是B级要求，主要考查：边和角的计算；三角形形状的判断；面积的计算；有关的范围问题.由于此内容应用性较强，与实际问题结合起来进行命题将是今后高考的一个关注点，不可轻视.真 题 感 悟(2016江苏卷)在ABC中，AC6，cos B，C.(1)求AB的长；(2)cos的值.解(1)由cos B，得sin B.又C，AC6，由正弦定理，得，即AB5.(2)由(1)得：sin B，cos B，sin Ccos C，则sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C，cos Acos(BC)(cos Bcos Csin Bsin C)，则coscos Acossin Asin.考 点 整 合1.三角函数公式(1)同角关系：sin2cos21，tan .(2)诱导公式：对于“，kZ的三角函数值”与“角的三角函数值”的关系可按下面口诀记忆：奇变偶不变，符号看象限.(3)两角和与差的正弦、余弦、正切公式：sin()sin cos cos sin ；cos()cos cos sin sin ；tan().(4)二倍角公式：sin 22sin cos ，cos 2cos2sin22cos2112sin2.2.正、余弦定理、三角形面积公式(1)2R(R为ABC外接圆的半径).变形：a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C；sin A，sin B，sin C；abcsin Asin Bsin C.(2)a2b2c22bccos A，b2a2c22accos B，c2a2b22abcos C；推论：cos A，cos B，cos C；变形：b2c2a22bccos A，a2c2b22accos B，a2b2c22abcos C.(3)SABCabsin Cacsin Bbcsin A.热点一三角恒等变换及应用【例1】 (1)(2015重庆卷改编)若tan 2tan ，则_.(2)已知为锐角，若cos，则cos_.(3)(2016苏北四市模拟)已知coscos，.则sin 2_.解析(1)3.(2)为锐角，cos0，为锐角，sin，则sin2sincos2，又cossin，cos.(3)coscoscossinsin，即sin.，2，cos，sin 2sinsincos cossin .答案(1)3(2)(3)探究提高1.解决三角函数的化简求值问题的关键是把“所求角”用“已知角”表示(1)当已知角有两个时，“所求角”一般表示为“两个已知角”的和或差的形式；(2)当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”的和或差的关系，然后应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”.2.求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解.【训练1】 (1)已知sin 2，则cos2_.(2)(2016南京、盐城模拟)sin()且，则sin_.(3)(2015江苏卷)已知tan 2，tan()，则tan 的值为_.解析(1)法一cos2(1sin 2).法二coscos sin .所以cos2(cos sin )2(12sin cos )(1sin 2).(2)sin()sin ，又，cos .由cos 2cos21，得cos .所以sincos .(3)tan 2，tan()，解得tan 3.答案(1)(2)(3)3热点二正、余弦定理的应用微题型1三角形基本量的求解【例21】 (1)(2016全国卷)ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若cos A，cos C，a1，则b_.(2)(2016四川卷)在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.证明：sin Asin Bsin C；若b2c2a2bc，求tan B.(1)解析在ABC中由cos A，cos C，可得sin A，sin C，sin Bsin(AC)sin Acos Ccos Asin C，由正弦定理得b.答案(2)证明根据正弦定理，可设k(k0)，则aksin A，bksin B，cksin C.代入中，有，变形可得sin Asin Bsin Acos Bcos Asin Bsin(AB).在ABC中，由ABC，有sin(AB)sin(C)sin C.所以sin Asin Bsin C.解由已知，b2c2a2bc，根据余弦定理，有cos A.所以sin A.由(1)，sin Asin Bsin Acos Bcos Asin B，所以sin Bcos Bsin B.故tan B4.探究提高1.解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则考虑两个定理都有可能用到.2.关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角恒等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”.微题型2求解三角形中的最值问题【例22】 (2016苏、锡、常、镇调研)已知a，b，c分别为ABC的内角A，B，C的对边，且acos Casin Cbc0.(1)求A；(2)若a2，求ABC面积的最大值.解(1)由acos Casin Cbc0及正弦定理得sin Acos Csin Asin Csin Bsin C0.因为BAC，所以sin Asin Ccos Asin Csin C0.易知sin C0，所以sin Acos A1，所以sin.又0A，所以A.(2)法一由(1)得BCCB，由正弦定理得，所以bsin B，csin C.所以SABCbcsin Asin Bsin Csin sin Bsin Csin Bsinsin 2Bcos 2Bsin.易知2B，故当2B，即B时，SABC取得最大值，最大值为.法二由(1)知A，又a2，由余弦定理得22b2c22bccos ，即b2c2bc4bc4b2c22bcbc4，当且仅当bc2时，等号成立.所以SABCbcsin Abc4，即当bc2时，SABC取得最大值，最大值为.探究提高求解三角形中的最值问题常用如下方法：(1)将要求的量转化为某一角的三角函数，借助于三角函数的值域求最值.(2)将要求的量转化为边的形式，借助于基本不等式求最值.微题型3求解三角形中的实际问题【例23】 (2016无锡高三期末)在一个直角边长为10 m的等腰直角三角形ABC的草地上，铺设一个也是等腰直角三角形PQR的花地，要求P，Q，R三点分别在ABC的三条边上，且要使PQR的面积最小，现有两种设计方案：方案一：直角顶点Q在斜边AB上，R，P分别在直角边AC，BC上；方案二：直角顶点Q在直角边BC上，R，P分别在直角边AC，斜边AB上.请问应选用哪一种方案？并说明理由.方案一方案二解应选方案二，理由如下：方案一：过点Q作QMAC于点M，作QNBC于点N，因为PQR为等腰直角三角形，且QPQR，MQRNQP，RMQPNQ90，所以RMQPNQ，所以QMQN，所以Q为AB的中点，M，N分别为AC，BC的中点，则QMQN5 m，设RQM，则RQ，0，45，所以SPQRRQ2.所以当cos21，即0时，SPQR取得最小值 m2.方案二：设CQx，RQC，0，90)，在RCQ中，RQ，在BPQ中，PQB90，所以，即.化简得，解得x，所以SPQRRQ2，因为(sin 2cos )25，所以SPQR的最小值为10 m2.综上，应选用方案二.探究提高应用解三角形知识解决实际问题需要下列四步：(1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语，如坡度、仰角、俯角、视角、方位角等；(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识正确求解；(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案.【训练2】 (2016浙江卷)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.(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)解由S得absin C，故有sin Bsin Csin 2Bsin Bcos B，因sin B0，得sin Ccos B.又B，C(0，)，所以CB.当BC时，A； 当CB时，A.综上，A或A.1.对于三角函数的求值，需关注：(1)寻求角与角关系的特殊性，化非特殊角为特殊角，熟练准确地应用公式；(2)注意切化弦、异角化同角、异名化同名、角的变换等常规技巧的运用；(3)对于条件求值问题，要认真寻找条件和结论的关系，寻找解题的突破口，对于很难入手的问题，可利用分析法.2.三角形中判断边、角关系的具体方法：(1)通过正弦定理实施边角转换；(2)通过余弦定理实施边角转换；(3)通过三角变换找出角之间的关系；(4)通过三角函数值符号的判断以及正、余弦函数的有界性进行讨论；(5)若涉及两个(或两个以上)三角形，这时需作出这些三角形，先解条件多的三角形，再逐步求出其他三角形的边和角，其中往往用到三角形内角和定理，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)求解.3.解答与三角形面积有关的问题时，如已知某一内角的大小或三角函数值，就选择Sabsin C来求面积，再利用正弦定理或余弦定理求出所需的边或角.一、填空题1.已知R，sin 2cos ，则tan 2_.解析sin 2cos ，sin2 4sin cos 4cos2.用降幂公式化简得4sin 23cos 2，tan 2.答案2.(2016泰州调研)已知锐角ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，23cos2Acos 2A0，a7，c6，则b_.解析化简23cos2Acos 2A0，得23cos2A2cos2A10，又角A为锐角，解得cos A，由a2b2c22bccos A，得b5.答案53.(2016全国卷改编)在ABC中，B，BC边上的高等于BC，则cos A_.解析设BC边上的高AD交BC于点D，由题意B，BDBC，DCBC，tanBAD1，tanCAD2，tan A3，所以cos A.答案4.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若c2(ab)26，C，则ABC的面积是_.解析c2(ab)26，即c2a2b22ab6.C，由余弦定理得c2a2b2ab，由和得ab6，SABCabsin C6.答案5.(2012江苏卷)设为锐角，若cos，则sin的值为_.解析为锐角且cos，sin.sinsinsin 2cos cos 2sin sincos.答案6.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知ABC的面积为3，bc2，cos A，则a的值为_.解析cos A，0A，sin A，SABCbcsin Abc3，bc24，又bc2，b22bcc24，b2c252，由余弦定理得，a2b2c22bccos A5222464，a8.答案87.(2010江苏卷)在锐角三角形ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，6cos C，则_.解析6cos C6abcos Ca2b2，6aba2b2，a2b2.，由正弦定理得：上式4.答案48.(2014江苏卷)若ABC的内角满足sin Asin B2sin C，则cos C的最小值是_.解析sin Asin B2sin C.由正弦定理可得ab2c，即c，cos C，当且仅当3a22b2即时等号成立.cos C的最小值为.答案二、解答题9.(2016北京卷)在ABC中，a2c2b2ac.(1)求角B的大小；(2)求cos Acos C的最大值.解(1)由a2c2b2ac得a2c2b2ac.由余弦定理得cos B.又0B，所以B.(2)ACB，所以CA，0A.所以cos Acos Ccos Acoscos Acoscos Asin sin Acos Acos Asin Asin Acos Asin，0A，A，故当A，即A时，cos Acos C取得最大值为1.10.在ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c.已知cos 2A3cos(BC)1.(1)求角A的大小；(2)若ABC的面积S5，b5，求sin Bsin C的值.解(1)由cos 2A3cos(BC)1，得2cos2A3cos A20，即(2cos A1)(cos A2)0，解得cos A或cos A2(舍去)，因为0A，所以A.(2)由Sbcsin Abcbc5，得bc20，又b5，知c4，由余弦定理得a2b2c22bccos A25162021，故a.又由正弦定理得sin Bsin Csin Asin Asin2A.11.(2013江苏卷)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，乙从A乘缆车到B，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分钟，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)设乙出发t min后，甲、乙两游客距离为d，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分钟，乙步行的速度应控制在(单位：m/min)范围内.第3讲平面向量高考定位平面向量这部分内容在高考中的要求大部分都为B级，只有平面向量的应用为A级要求，平面向量的数量积为C级要求.主要考查：(1)平面向量的基本定理及基本运算，多以熟知的平面图形为背景进行考查，填空题难度中档；(2)平面向量的数量积，以填空题为主，难度低；(3)向量作为工具，还常与三角函数、解三角形、不等式、解析几何结合，以解答题形式出现.真 题 感 悟 1.(2015江苏卷)已知向量a(2，1)，b(1，2)，若manb(9，8)(m，nR)，则mn的值为_.解析a(2，1)，b(1，2)，manb(2mn，m2n)(9，8)，即解得故mn253.答案32.(2011江苏卷)已知e1，e2是夹角为的两个单位向量，ae12e2，bke1e2，若ab0，则k的值为_.解析因为e1，e2是夹角为的两个单位向量，所以e1e2cose1，e2cos，又ab0，所以(e12e2)(ke1e2)0，即k2(2k)0，解得k.答案3.(2013江苏卷)设D，E分别是ABC的边AB，BC上的点，ADAB，BEBC.若12(1，2为实数)，则12的值为_.解析如图，()，则1，2，12.答案4.(2016江苏卷)如图，在ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，4，1，则的值是_.解析设a，b，则(a)(b)ab4.又D为BC中点，E，F为AD的两个三等分点，则()ab，ab.ab，aabab，babab，则a2b2ab(a2b2)41.可得a2b2.又aabab.babab，则(a2b2)ab4.答案考 点 整 合1.平面向量的两个重要定理(1)向量共线定理：向量a(a0)与b共线当且仅当存在唯一实数，使ba.(2)平面向量基本定理：如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对这一平面内的任一向量a，有且只有一对实数1，2，使a1e12e2，其中e1，e2是一组基底.2.平面向量的两个充要条件若两个非零向量a(x1，y1)，b(x2，y2)，则(1)ababx1y2x2y10.(2)abab0x1x2y1y20.3.平面向量的三个性质(1)若a(x，y)，则|a|.(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|.(3)若a(x1，y1)，b(x2，y2)，为a与b的夹角，则cos .4.平面向量的三个锦囊(1)向量共线的充要条件：O为平面上一点，则A，B，P三点共线的充要条件是12(其中121).(2)三角形中线向量公式：若P为OAB的边AB的中点，则向量与向量，的关系是().(3)三角形重心坐标的求法：G为ABC的重心0G.热点一平面向量的有关运算微题型1平面向量的线性运算【例11】 (1)(2016南通调研)在ABC中，点D在线段BC的延长线上，且3，点O在线段CD上(与点C、D不重合)，若x(1x)，则x的取值范围是_.(2)已知菱形ABCD的边长为2，BAD120，点E，F分别在边BC，DC上，BC3BE，DCDF.若1，则的值为_.解析(1) 依题意，设，其中1，则有()(1).又x(1x)，且、不共线，于是有x1，即x的取值范围是.(2)法一如图，所以2222cos 1201，解得2.法二建立如图所示平面直角坐标系.由题意知：A(0，1)，C(0，1)，B(，0)，D(，0).由BC3BE，DCDF，可求点E，F的坐标分别为E，F，21，解得2.答案(1)(2)2探究提高用平面向量基本定理解决此类问题的关键是先选择一组基底，并运用平面向量的基本定理将条件和结论表示成基底的线性组合，再通过对比已知等式求解.微题型2平面向量的坐标运算【例12】 (1)(2016全国卷改编)已知向量a(1，m)，b(3，2)，且(ab)b，则m_.(2)(2016全国卷改编)已知向量，则ABC_.解析(1)由题知ab(4，m2)，因为(ab)b，所以(ab)b0，即43(2)(m2)0，解之得m8.(2)|1，|1，cosABC，则ABC30.答案(1)8(2)30探究提高若向量以坐标形式呈现时，则用向量的坐标形式运算；若向量不是以坐标形式呈现，则可建系将之转化为坐标形式，再用向量的坐标运算求解更简捷.微题型3平面向量数量积的运算【例13】 (1)(2016连云港调研)若a，b，c均为单位向量，且ab0，(ac)(bc)0，则|abc|的最大值为_.(2)(2016佛山二模)在等腰梯形ABCD中，已知ABDC，AB2，BC1，ABC60，动点E和F分别在线段BC和DC上，且，则的最小值为_.解析(1)设a(1，0)，b(0，1)，c(x，y)，则x2y21，ac(1x，y)，bc(x，1y)，则(ac)(bc)(1x)(x)(y)(1y)x2y2xy1xy0，即xy1.又abc(1x，1y)，|abc|.法一如图.c(x，y)对应点在上，而式的几何意义为P点到上点的距离，其最大值为1.法二|abc|，xy1，|abc|1，最大值为1.(2)法一在梯形ABCD中，AB2，BC1，ABC60，可得DC1，()()21cos 6021cos 60cos 1202，当且仅当，即时，取得最小值为.法二以点A为坐标原点，AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，则B(2，0)，C，D.又，则E，F，0，所以2，0，当且仅当，即时取等号，故的最小值为.答案(1)1(2)探究提高(1)数量积的计算通常有三种方法：数量积的定义，坐标运算，数量积的几何意义，特别要注意向量坐标法的运用；可以利用数量积求向量的模和夹角，向量要分解成题中模和夹角已知的向量进行计算；在用|a|求向量的模时，一定要把求出的a2进行开方.(2)求解几何图形中的数量积问题，通过对向量的分解转化成已知向量的数量积计算是基本方法，但是如果建立合理的平面直角坐标系，把数量积的计算转化成坐标运算也是一种较为简捷的方法.【训练1】 (1)(2015福建卷改编)已知，|，|t，若点P是ABC所在平面内的一点，且，则的最大值等于_.(2)(2016苏、锡、常、镇模拟)如图，在矩形ABCD中，AB，BC2，点E为BC的中点，点F在边CD上，若，则的值是_.解析(1)建立如图所示坐标系，则B，C(0，t)，(0，t)，t(0，t)(1，4)，P(1，4)，(1，t4)1717213，当且仅当4t，即t时(负值舍去)取得最大值13.(2)法一以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系(以射线AB、AD的方向分别为x轴、y轴的正方向)，则B(，0)，E(，1).设F(x，2)，则(x，2)，又(，0)，x，x1，F(1，2)，.法二|cos BAF，|，|cos BAF1，即|1，|1，()()(1)(1)121.答案(1)13(2)热点二平面向量与三角的交汇【例2】 (2016宿迁月考)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知m(sin C，b2a2c2) ，n(2sin Asin C，c2a2b2)，且mn.(1)求角B的大小；(2)设Tsin2Asin2Bsin2C，求T的取值范围.解(1)，因为sin C0，所以sin Bcos C2sin Acos Bsin Ccos B，所以2sin Acos Bsin Bcos Csin Ccos Bs