专题一 三角函数、平面向量与解三角形 (课件+讲义) 2026年高考数学二轮专题复习(广东)

资源下载
  1. 二一教育资源

专题一 三角函数、平面向量与解三角形 (课件+讲义) 2026年高考数学二轮专题复习(广东)

资源简介

(共32张PPT)
专题强化训练
A
C
A
A
A
B
7.(多选)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a2=b2+bc,则(   )
A.sin2A-sin2B=sinB sin C
B.c=b(1+2cos A)
C.A=2B
D.△ABC不可能为锐角三角形
ABC
解析:因为a2=b2+bc,由正弦定理可得sin2A=sin2B+sinB sin C,故A正确;
由a2=b2+bc=b2+c2-2bc cos A,可得b=c-2b cos A,即c=b(1+2cos A),故B正确;
由b=c-2b cos A,可得sin B=sin C-2sin B cos A=sin (A+B)-2sin B·cos A=sin A cos B-sin B cos A=sin (A-B),所以A=2B或B+A-B=π(舍去),故C正确;
ACD
3
11.已知在平面四边形ABCD中,AB=1,BC=2,CD=3,DA=4,则该平面四边形ABCD面积的最大值为________.
(2)若△ABC的面积是1,求c的长.
(1)证明:O为BD的中点;
(3)求sin A sin C+sin B sin C+sin B sin A的取值范围.
O专题强化训练
[A 基本技能]
1.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=2,b=3,cos B=,则A=(  )
A. B.
C. D.或
解析:选A.在△ABC中,cos B=,所以sin B==,又a=2,b=3,所以由正弦定理可得sinA===.又b>a,所以A为锐角,所以A=.
2.(2025·八省联考)在△ABC中,BC=8,AC=10,cos ∠BAC=,则△ABC的面积为(  )
A.6 B.8
C.24 D.48
解析:选C.方法一(利用余弦定理):由余弦定理得cos ∠BAC=,所以=,即AB2-12AB+36=0,解得AB=6.因为cos ∠BAC=,0<∠BAC<π,所以sin ∠BAC===,所以S△ABC=AB×AC×sin∠BAC=×6×10×=24.
方法二:同方法一得AB=6,所以AB2+BC2=AC2,所以△ABC为直角三角形,且∠ABC=,则S△ABC=AB×BC=×6×8=24.
3.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为S.若a=1,C=且4S=cos B+b cos A,则B=(  )
A. B.
C. D.
解析:选A.因为4S=cos B+b cos A,a=1,所以4×ab sin C=a cos B+b cos A,即2b sin C=a cos B+b cos A,由正弦定理得2sin B sin C=sin A cos B+sin B cos A,所以2sin B sin C=sin (A+B)=sin C,因为sin C≠0,所以sin B=,因为0<B<,所以B=.
4.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,=sin2,则△ABC的形状为(  )
A.直角三角形
B.等边三角形
C.等腰三角形或直角三角形
D.等腰直角三角形
解析:选A.由cosB=1-2sin2,得sin2=,所以=,即cos B=.由余弦定理得=,即a2+c2-b2=2a2,所以a2+b2=c2.所以△ABC为直角三角形,但无法判断两直角边是否相等.
5.设M,N为某海边相邻的两座山峰的山顶.M,N到海平面的距离分别为100 m,50 m.现欲在M,N之间架设高压电网,需计算M,N之间的距离.勘测人员在海平面上选取一点P,利用测角仪从P点测得的M,N点的仰角分别为30°,45°,并从P点观测到∠MPN=45°,则M,N之间的距离为(  )
A.50 m B.50 m
C.50 m D.50 m
解析:选A.
如图,由题可知∠MPM1=30°,∠NPN1=45°,MM1=100 m,NN1=50 m,所以PM=200 m,PN=50 m,又∠MPN=45°,所以MN2=40 000+5 000-2×200×50×=25 000,所以MN=50 m.
6.如图,在平面四边形ABCD中,AB=AD=2,B=2D=120°,记△ABC与△ACD的面积分别为S1,S2,则S2-S1=(  )
A.2 B.
C.1 D.
解析:选B.在△ABC中,由余弦定理得cos B=,即-=,得BC2-AC2=-2BC-4①,在△ACD中,由余弦定理得cos D=,即=,得CD2-AC2=2CD-4②,又S1=AB·BC sin 120°=BC,S2=AD·CD sin 60°=CD,所以S2-S1=CD-BC=(CD-BC)③,由②-①,得CD2-BC2=2(CD+BC),由CD+BC>0,得CD-BC=2,代入③得S2-S1=.
7.(多选)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a2=b2+bc,则(  )
A.sin2A-sin2B=sinB sin C
B.c=b(1+2cos A)
C.A=2B
D.△ABC不可能为锐角三角形
解析:选ABC.因为a2=b2+bc,由正弦定理可得sin2A=sin2B+sinB sin C,故A正确;由a2=b2+bc=b2+c2-2bc cos A,可得b=c-2b cos A,即c=b(1+2cos A),故B正确;由b=c-2b cos A,可得sin B=sin C-2sin B cos A=sin (A+B)-2sin B·cos A=sin A cos B-sin B cos A=sin (A-B),所以A=2B或B+A-B=π(舍去),故C正确;在△ABC中,由余弦定理可得cos A===,设a=,b=2,c=3,满足a2=b2+bc,此时角A最大,且cos A=>0,即A为锐角.所以△ABC可能为锐角三角形,故D错误.
8.(多选)如图,在四边形ABCD中,∠DAB=60°,∠DCB=120°,AB=2,BC=,·=2,则下列结果正确的是(  )
A.∠ABC=45°
B.AC=
C.BD=
D.△ADC的面积为
解析:选ACD.对于A,由·=2得||·||·cos ∠ABC=2,解得cos ∠ABC=,因为0<∠ABC<180°,所以∠ABC=45°,故A正确;
对于B,在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC cos ∠ABC=4+2-2×2××=2,所以AC=,故B错误;
对于C,易知△ABC为等腰直角三角形,∠ACB=90°,所以∠ACD=30°,又∠ADC=135°,在△ACD中,由正弦定理得=,所以AD=1,在△ABD中,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·AB cos ∠DAB=1+4-2×1×2×=3,所以BD=,故C正确;
对于D,∠CAD=∠DAB-∠CAB=15°,S△ADC=AD·AC·sin ∠CAD=×1××sin 15°=sin (45°-30°)=,故D正确.
9.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=3,b2+c2=18,sin A=,则△ABC的周长为________.
解析:由sin A=,得cos A=±.
因为a2=9<b2+c2,所以cos A=.
由余弦定理a2=b2+c2-2bc cos A,得9=18-bc,得bc=,
所以b+c==,
所以△ABC的周长为a+b+c=+3.
答案:+3
10.在△ABC中,BC=2,S△ABC=·,则△ABC外接圆的半径为________.
解析:因为S△ABC=·,所以×AB×AC×sin A=×||×||×cos A,又AB=||,AC=||,
所以sin A=cos A,又sin2A+cos2A=1,所以sin2A=,
因为A∈(0,π),所以sinA>0,则sin A=,
记△ABC外接圆的半径为R,则由正弦定理得2R===6,所以R=3.
答案:3
11.已知在平面四边形ABCD中,AB=1,BC=2,CD=3,DA=4,则该平面四边形ABCD面积的最大值为________.
解析:
连接AC,如图,则AC2=5-4cos B=25-24cos D,所以5=-cos B+6cos D ①.平面四边形ABCD的面积S=S△ABC+S△ACD=×1×2×sin B+×3×4×sin D=sin B+6sin D ②,①2+②2,得S2+25=cos2B-12cosB cos D+36cos2D+sin2B+12sinB·sin D+36sin2D=37-12cos(B+D),所以S2=12-12cos (B+D),则当B+D=π时,有S=24,所以Smax=2.
答案:2
12.(2025·陕西省适应性检测)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若C=,且sin (A+C)=2sin A cos (A+B).
(1)求证:a,b,2a成等比数列;
(2)若△ABC的面积是1,求c的长.
解:(1)证明:由题意和三角形内角和定理得sin B=-2sin A·cos C,
由正弦定理得,b=-2a cos C,
因为C=,所以b=a,
则b2=a·2a,所以a,b,2a成等比数列.
(2)因为S△ABC=ab sin C=ab=1,
所以ab=2. ①
由(1)知,b=a, ②
联立①②解得a=,b=2.
由余弦定理得c2=a2+b2-2ab cos C=2+4-4×(-)=10,所以c=.
[B 综合运用]
13.(2025·武汉调研)如图,∠AOD与∠BOC是对顶角,且∠AOD=∠BOC=,AC=2,BD=2,BC=AD.
(1)证明:O为BD的中点;
(2)若sin 2A+cos B=,求OC的长.
解:(1)证明:设BO=x,CO=y,则DO=2-x,AO=2-y.
在△BOC和△AOD中,BC=AD,由余弦定理得,x2+y2-2xy cos =(2-x)2+(2-y)2-2(2-x)(2-y)cos ,
整理得x=.
所以BO=BD,即O为BD的中点.
(2)由正弦定理得,===,
由BO=DO,得sin C=sin A.
若C=A,则△BOC和△DOA为全等的等腰直角三角形,A=,B=,不符合条件.
所以C+A=π,此时A=π-C=π-(-B)=B+,
sin 2A+cos B=sin (2B+)+cos B=cos 2B+cos B,
所以(2cos2B-1)+cosB=,由0<B<,解得cos B=,此时sin B=,sin C=sin (-B)=(sin B+cos B)=.在△BOC中,由正弦定理=,得OC=.
14.(2025·辽宁名校联盟一模)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且满足=a.
(1)求角B的大小;
(2)若b=,求△ABC面积的最大值;
(3)求sin A sin C+sin B sin C+sin B sin A的取值范围.
解:(1)由正弦定理得=sin A,即sin Bsin A=sin A(1+cos B),因为0<A<π,所以sin A≠0,
所以sin B=1+cos B,所以sin (B-)=,
又0<B<π,所以-<B-<,
所以B-=,B=.
(2)由余弦定理得,cos B==,
将b=代入得,a2+c2=3+ac,
又a2+c2≥2ac,所以ac≤3,
当且仅当a=c=时,等号成立,
所以△ABC的面积为ac sin B=ac≤,
故△ABC面积的最大值为.
(3)sin A sin C+sin B sin C+sin B sin A
=sin A sin C+(sin A+sin C)
=sin A sin (-A)+[sin A+sin (-A)]
=sin 2A+sin2A+sinA+cos A
=sin (2A-)+sin (A+)+,
令x=A+,则2A-=2x-,
所以sin (2A-)+sin (A+)+可化为sin2x+sinx-=(sin x+)2-.
因为A∈(0,),
所以x∈(,),
所以sin x∈(,1],
由二次函数的图象与性质得,
当sin x∈(,1]时,(sin x+)2->()2+×-=,(sin x+)2-≤12+×1-=,故sin A sin C+sin B sin C+sin B sin A的取值范围为(,].第3讲 解三角形
[考情分析] 正弦定理与余弦定理以及解三角形是高考的必考内容,主要考查:一是求边长、角度、面积等,二是利用三角恒等变换,将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围等问题.
考点一 求值问题
1.正弦定理及其变形
在△ABC中,===2R(R为△ABC的外接圆半径).
变形:a=2R sin A,sin A=,a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C等.
2.余弦定理及其变形
在△ABC中,a2=b2+c2-2bc cos A.变形:
b2+c2-a2=2bc cos A,cos A=.
 (2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin C=cos B,a2+b2-c2=ab.
(1)求B;
(2)若△ABC的面积为3+,求c.
【解】 (1)由余弦定理的变形公式得
cos C===,
因为C∈(0,π),
所以C=,
又sin C=cos B,
所以=cos B,即cos B=,
又B∈(0,π),
所以B=.
(2)由(1)可得A=,
则sin A=sin =sin (+)=×+×=,由正弦定理有=,
从而a=·c=c,
又S△ABC=ac sin B=3+,即ac=4(+1),
将a=c代入,解得c=2(负值已舍去).
【解题技法】 解三角形的基本策略
(1)涉及边与角的余弦的积或边a,b,c的齐次式时,常用正弦定理将边化为角;涉及边的平方时,一般用余弦定理.
(2)涉及三角形面积问题,要根据条件选择适当的面积公式;对于三角形周长问题,往往利用配方法进行和与积的转化.
 (2025·天津卷)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a sin B=b cos A,c-2b=1,a=.
(1)求A的值;
(2)求c的值;
(3)求sin (A+2B)的值.
解:(1)已知a sin B=b cos A,
由正弦定理=,
得a sin B=b sin A=b cos A,显然cos A≠0,得tan A=,由0<A<π,故A=.
(2)由(1)知cos A=,且c=2b+1,a=,由余弦定理a2=b2+c2-2bc cos A,得7=b2+(2b+1)2-2×b(2b+1)=3b2+3b+1,解得b=1或b=-2(舍去),故c=3.
(3)由正弦定理=,且b=1,a=,sin A=,
得sin B==,且a>b,则B为锐角,故cos B=,
故sin 2B=2sin B cos B=,
且cos 2B=1-2sin2B=1-2×()2=.
故sin(A+2B)=sin A cos 2B+cos A sin 2B=×+×=.
考点二 推断与证明问题
 (2025·济宁二模)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a(2-cos B)=b(1+cos A).
(1)证明:b+c=2a;
(2)若△ABC的面积为bc,证明:△ABC为等边三角形.
【证明】 (1)由正弦定理得sin A(2-cos B)=sin B(1+cos A),
即2sin A-sin A cos B=sin B+sin B cos A,
所以2sin A=sin B+sin A cos B+cos A sin B,
所以2sin A=sin B+sin (A+B),
所以2sin A=sin B+sin C,
由正弦定理得2a=b+c.
(2)因为bc sin A=bc,所以sin A=,
因为2a=b+c,cos A===≥,所以A为锐角,所以A=.
由余弦定理得a2=b2+c2-2bc cos A=b2+c2-bc,
又a=,代入化简得b=c,所以a=b=c,
所以△ABC为等边三角形.
【解题技法】 三角形中的证明问题有两类:一是角的关系,可以利用三角恒等变换转化为同名三角函数,或是某个三角函数值求角;二是边的关系,可以利用正、余弦定理转化为边的关系,证明时可从复杂的一边入手,证明两边相等,也可用作差法:左边-右边=0.
 (多选)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列四个命题中正确的是(  )
A.若a cos A=b cos B,则△ABC一定是等腰三角形
B.若b cos C+c cos B=b,则△ABC是等腰三角形
C.若==,则△ABC一定是等边三角形
D.若B=60°,b2=ac,则△ABC是直角三角形
解析:选BC.对于A,若a cos A=b cos B,由正弦定理得sin A cos A=sin B cos B,即sin 2A=sin 2B,又A,B∈(0,π),则2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=,所以三角形为等腰三角形或直角三角形,故A错误;对于B,若b cos C+c cos B=b,则由正弦定理得sin B cos C+sin C cos B=sin (B+C)=sin A=sin B,又A,B∈(0,π),则A=B或A=π-B(舍去),则△ABC是等腰三角形,故B正确;对于C,若==,由正弦定理得==,即tan A=tan B=tan C,又A,B,C为三角形内角,所以A=B=C,故△ABC是等边三角形,故C正确;对于D,由于B=60°,b2=ac,由余弦定理可得ac=b2=a2+c2-ac,可得(a-c)2=0,解得a=c,所以b=a=c,故△ABC是等边三角形,故D错误.
考点三 最值(范围)问题
 已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,且b cos C+c cos B=2a cos A.
(1)求A;
(2)若a=2,求△ABC周长的最大值.
【解】 (1)由b cos C+c cos B=2a cos A及正弦定理得
sin B cos C+sin C cos B=2sin A cos A,
所以sin (B+C)=2sin A cos A,
因为B+C=π-A,化简得sin A=2sin A cos A,
因为0<A<π,所以sin A≠0,
所以cos A=,所以A=.
(2)方法一:由余弦定理a2=b2+c2-2bc cos A,得4=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,因为bc≤()2,
所以(b+c)2-3bc≥(b+c)2-=,
即4≥,所以0当且仅当b=c=2时等号成立.
所以△ABC的周长C△ABC=a+b+c≤6.
即△ABC周长的最大值为6.
方法二:由正弦定理=2R==,
得△ABC的周长C△ABC=a+b+c=2+sin B+sin C,
因为A+B+C=π,
所以C=-B,
所以C△ABC=2+sin B+sin (-B)
=2+(sin B+sin cos B-cos sin B)
=2+4sin (B+),
因为0<B<,所以当B=时,C△ABC取得最大值为6.
方法三:如图1所示,延长BA到点P,使得AP=AC,
则AB+AC=AB+AP=BP,
要使△ABC的周长最大,则需满足BP长度最大.
将问题转化为已知一边a=2,一对角P=30°,求另一边BP的长度的最大值,由图2可得,当BP为该圆直径时,BP最大.
即|BP|max===4,
所以C△ABC=BC+BP≤2+4=6.
即C△ABC的最大值为6.
【解题技法】 三角形中常见的求最值、范围问题的解题策略
(1)一般用正弦定理将所求的量转化为关于某一个角的三角函数,求该三角函数的最值与取值范围.
(2)转化为关于边的等式、函数、不等式,再用基本不等式或函数的单调性等来处理.
 (2025·东北四市联合考试)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且tan A+tan B=.
(1)求角A的大小;
(2)若BC=2,求·的最大值.
解:(1)方法一:因为tan A+tan B=,
所以由余弦定理得tan A+tan B==,
由正弦定理得tan A+tan B=,
又+===,
所以=,
显然cos B≠0.
又在△ABC中,sin C>0,
所以sin A=cos A,所以tan A=1,
又0方法二:tan A+tan B=+


=,
因为tan A+tan B=,
所以=,
所以=,
得=c,
即=sin C,
因为sin C≠0,
所以tan A=1,
又A∈(0,π),所以A=.
(2)方法一:由余弦定理可得a2=c2+b2-2cb cos A=c2+b2-cb=4,又b2+c2≥2bc,当且仅当b=c时等号成立,
所以4+bc≥2bc,
则bc≤,
·=cb cos A≤×=2+2,
所以·的最大值为2+2.
方法二:·=bc cos A=bc
=×sinB sin C
=4sin B sin C=2[cos (B-C)-cos (B+C)]
=2[cos (B-C)+],
因为0<B<,0所以-<B-C<,
则·≤2(1+)=2+2,当且仅当B=C时等号成立.
故·的最大值为2+2.
方法三:如图,以A为坐标原点,以AB边所在直线为x轴建立平面直角坐标系,
则可设B(n,0),C(m,m),则·=mn.
由|BC|=2得(m-n)2+m2=2m2+n2-2mn=4,
显然m,n>0,所以4=2m2+n2-2mn≥2mn-2mn,
所以mn≤=2+2,当且仅当m=n时等号成立,
所以·=mn≤2+2,当且仅当m=n时等号成立,
所以·的最大值为2+2. 三角形中的“特征”线
类型一 三角形的中线问题
 (2025·温州一模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2b cos C=ac-2c cosB.
(1)求c;
(2)若D为AB边的中点,CD=,∠ACB=60°,求△ABC的周长.
【解】 (1)方法一:由题意,得2sin B cos C=c sin A-2cos B sin C,则2sin (B+C)=c sin A,
所以2sin A=c sin A,
因为在△ABC中,sin A>0,
所以c=2.
方法二:由题意,得2b·=ac-2c·,所以a2+b2-c2=a2c-a2-c2+b2,
因此2a2=a2c,因为a>0,所以c=2.
(2)方法一:利用向量关系,可得=(+),
||2=(b2+a2+ab)=2,
又由余弦定理,得c2=a2+b2-2ab cos ∠ACB,
所以4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab,
因此ab=2,a+b=,
所以△ABC的周长为+2.
方法二:因为∠ADC+∠BDC=π,
所以cos ∠ADC+cos ∠BDC=0.
因此+=0,所以a2+b2=6,
又由余弦定理,得c2=a2+b2-2ab cos ∠ACB,
所以4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab,
因此ab=2,a+b=,
所以△ABC的周长为+2.
方法三:以△ABC的边CA,CB为邻边,将△ABC补成平行四边形(图略),利用平行四边形边长与对角线长的关系可得,22+(2)2=2(a2+b2),所以a2+b2=6.
又由余弦定理,得c2=a2+b2-2ab cos ∠ACB,
所以4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab,
因此ab=2,a+b=,
所以△ABC的周长为+2.
【解题技法】
 (2025·台州一模)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2c-b=2a cosB.
(1)求角A;
(2)若△ABC的面积为4,D为AC边的中点,求BD长度的最小值.
解:(1)在△ABC中,由2c-b=2a cos B及正弦定理得,2sin C-sin B=2sin A cos B,则sin B=2sin (A+B)-2sin A cos B=2(sin A cos B+cos A sin B)-2sin A cos B=2cos A sin B,而sin B>0,则cos A=,又A∈(0,π),所以A=.
(2)依题意,S△ABC=bc sin A=4,由(1)知A=,得bc=16,
在△ABD中,由余弦定理得BD2=()2+c2-2··c·cos A=+c2-bc≥bc-bc=8,当且仅当b=2c=4时取等号,所以BD的最小值为2.
类型二 三角形的角平分线问题
 (2025·福州一模)在锐角三角形ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c-2b cos A=b.
(1)求证:A=2B;
(2)若∠BAC的平分线交BC于点D,AD=1,sin B=,求+的值.
【解】 (1)证明:由正弦定理可得sin C-2sin B cos A=sin B,因为A+B+C=π,
所以sin (A+B)-2sin B cos A=sin A cos B-sin B cos A=sin (A-B)=sin B,
因为A∈(0,),B∈(0,),
所以A-B∈(-,),
因为y=sin x在(-,)上单调递增,
所以A-B=B,即A=2B.
(2)因为sin B=,B为锐角,
所以cos B=,sin ∠BAC=sin 2B=2sin B cos B=,
依题意有S△ABC=S△ABD+S△ACD,由(1)可知∠BAC=2B,
所以bc sin ∠BAC=(b+c)×AD×sin B,
又因为AD=1,所以bc=(b+c),化简得8bc=5(b+c),
两边同除以bc可得8=5(),所以+=.
【解题技法】 
 (2025·武汉调研)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2c-b=2a sin (C-).
(1)求角A;
(2)若a=,D为边BC上一点,AD为∠BAC的平分线,且AD=1,求△ABC的面积.
解:(1)2c-b=2a sin (C-)=a(sin C-cos C),结合正弦定理得2sin C-sin B=sin A(sin C-cos C),
所以2sin C-sin (A+C)=sin A sin C-sin A cos C,
整理得2sin C=sin A sin C+cos A sinC.
又sin C≠0,所以sin A+cos A=2,即sin (A+)=1.
又0(2)S△ABD+S△ACD=S△ABC,即(b+c)·AD·sin =bc sin ,整理得b+c=bc.
由余弦定理a2=b2+c2-2bc cos ∠BAC,得b2+c2-bc=6,
即(b+c)2-3bc=6,将b+c=bc代入得3b2c2-3bc=6,(bc-2)(bc+1)=0,所以bc=2.
所以S△ABC=bc sin =.
类型三 三角形的高线问题
 (2025·广东六校联考)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b cos C+c sin B=a.
(1)求角B的大小;
(2)若AB边上的高为,求cos ∠ACB.
【解】 (1)在△ABC中,A=π-(B+C).
所以sin A=sin [π-(B+C)]=sin (B+C)=sin B cos C+sin C cos B.
由正弦定理,得a=b cos C+c cos B,
又a=b cos C+c sin B,
所以sin B=cos B,
又B∈(0,π),所以B=.
(2)易知A为锐角,如图,过点C作AB边上的高CD,交AB于点D,则CD=,且△BCD和△ACD都是直角三角形.
因为B=,所以△BCD是等腰直角三角形,
所以BD=CD=,AD=AB-BD=c.
由勾股定理得,BC2=BD2+CD2,AC2=AD2+CD2,所以BC=c,AC=c.
在△ABC中,
由余弦定理得cos ∠ACB=.
因此cos ∠ACB==-.
【解题技法】 
注意 若h1,h2,h3分别为△ABC的边a,b,c上的高,则h1∶h2∶h3=∶∶=∶∶.
 (2025·北京卷改编)在△ABC中,cos A=-,a sin C=4.
(1)求c;
(2)若△ABC面积为10,求BC边上的高.
解:(1)因为cos A=-,A∈(0,π),
所以sin A==,
由正弦定理有a sin C=c sin A=c=4,
解得c=6.
(2)设BC边上的高为AD.
因为△ABC的面积是10,
则S△ABC=bc sin A=b×6×=10,
解得b=5,
由余弦定理可得a===9可以唯一确定,
这表明此时△ABC是存在的,且BC边上的高满足S△ABC=a·AD=AD=10,即AD=.(共29张PPT)
专题强化训练
C
B
C
D
C
A
D
D
BD
解析:由题意知a=(2,sin θ),b=(cos θ,1).对于A,若向量a⊥b,则a·b=2cos θ+sin θ=0,即tan θ=-2,显然能成立,故A错误;
BC
ABD
13.(2025·北京卷)已知α,β∈[0,2π],且sin (α+β)=sin (α-β),cos (α+β)≠cos (α-β),写出满足条件的一组α=________,β=_______________.
8
1
O专题强化训练
[A 基本技能]
1.(2025·永州三模)已知tan α=,则sin 2α=(  )
A.- B.-
C. D.
解析:选C.因为tan α=,所以sin 2α=====.
2.(2025·河南二模)已知向量a=(1,0),b=(0,1),c=a+tb,若|c|=2,则正实数t的值为(  )
A.1 B.
C.2 D.3
解析:选B.因为a=(1,0),b=(0,1),c=a+tb,所以c=(1,t),又|c|=2,所以=2,解得t=或t=-(舍去),所以正实数t的值为.
3.(2025·宁波模拟)已知向量a,b满足|a|=|b|=1,a⊥b,则|a-3b|=(  )
A. B.
C. D.
解析:选C.方法一(平方法):由a⊥b,得a·b=0,所以|a-3b|2=(a-3b)2=a2-6a·b+9b2=1-0+9=10,所以|a-3b|=.
方法二(向量法):因为|a|=|b|=1,a⊥b,所以不妨设a=(1,0),b=(0,1),则a-3b=(1,0)-3(0,1)=(1,-3),所以|a-3b|==.
4.已知sin(α+β)=2cos (α-β),tan α+tan β=,则tan αtan β=(  )
A.3 B.-3
C. D.-
解析:选D.由sin (α+β)=2cos (α-β),得sin αcos β+cos αsin β=2cos αcos β+2sin αsin β,两边同时除以cos αcos β,得tan α+tan β=2+2tan αtan β,又tan α+tan β=,所以tan αtan β=-.
5.在△ABC中,=,点E在BD上,若=x+,则x=(  )
A.- B.-
C.- D.-
解析:选C.因为=,所以=,所以=x+=-x+(-)=(-x-)+=(-x-)+×=(-x-)+,因为点E在BD上,所以所以x=-.
6.(2025·漳州一模)已知α∈,若sin (+2α)+cos =0,则α=(  )
A. B.
C. D.
解析:选A.因为sin (+2α)=-cos 2α,所以-cos 2α+cos (α-)=0,即cos 2α=cos (α-),
即cos2α-sin2α=(cosα+sin α).
又因为α∈(0,),所以cos α+sin α>0,
所以cos α-sin α=,即cos (α+)=.
又α∈(0,),所以α+∈(,),
所以α+=,所以α=.
7.(2025·信阳等五市联考)已知角α和β的终边关于直线y=x对称,且sin α+2sin β=,则sin β=(  )
A.- B.-
C. D.
解析:选D.设角α的终边与单位圆的交点为(m,n),则由题意可知角β的终边与单位圆的交点为(n,m),
所以sin α=n,cos α=m,sin β=m,cos β=n,
所以由sin α+2sin β=,得cos β+2sin β=,
所以(cos β+sin β)=,cos β+sin β=1,
sin (θ+β)=1,其中sin θ=,cos θ=,
所以θ+β=+2kπ,k∈Z,即β=+2kπ-θ,k∈Z,
所以sin β=sin (+2kπ-θ)=cos θ,
所以sin β=.
8.如图,这是一朵美丽的几何花,且这八片花瓣的顶端A,B,C,D,E,F,G,H恰好可以围成一个正八边形,设∠ACG=α,∠EBH=β,则tan (α+β)=(  )
A.-3 B.-2
C.-2+1 D.--1
解析:选D.
依次连接花瓣顶点,连接AC,BE,BH,设线段AE与CG的交点为O,线段BH与线段AE的交点为M,因为∠COB=∠AOB=,所以∠AOC=,又OC=OA,所以∠ACG=∠ACO=,设OA=a,则OB=OE=a,所以OM=MB=a,所以tan ∠EBH=tan ∠EBM==+1,所以tan α=1,tan β=+1,
所以tan (α+β)===--1.
9.(多选)(2025·菏泽一模)已知平面向量a=(2,sin θ),b=(cos θ,1),则下列说法正确的有(  )
A.向量a,b不可能垂直
B.向量a,b不可能共线
C.|a+b|不可能为3
D.若θ=,则a在b上的投影向量为b
解析:选BD.由题意知a=(2,sin θ),b=(cos θ,1).
对于A,若向量a⊥b,则a·b=2cos θ+sin θ=0,即tan θ=-2,
显然能成立,故A错误;
对于B,若向量a∥b,则有2×1-sin θcos θ=0,即2-sin 2θ=0,
即sin 2θ=4,显然不成立,故B正确;
对于C,|a+b|=
==,tan φ=,
则当cos (θ-φ)=时,|a+b|=3,故C错误;
对于D,若θ=,则a=(2,1),b=(0,1),
则a在b上的投影向量为()=b=b,故D正确.
10.(多选)(2025·广州段考)已知0<β<α<,且sin (α-β)=,tan α=5tan β,则(  )
A.sin αcos β=
B.sin βcos α=
C.sin 2αsin 2β=
D.α+β=
解析:选BC.因为tan α=5tan β,即=,
所以sin αcos β=5cos αsin β,
所以sin (α-β)=sin αcos β-cos αsin β=4cos αsin β=,
所以sin βcos α=,B正确;
sin αcos β=,A错误;
sin 2αsin 2β=2sin αcos α·2sin βcos β=4sin αcos β·sin βcos α=4××=,C正确;
sin (α+β)=sin αcos β+sin βcos α=+=,因为0<β<α<,所以0<β+α<,所以α+β=,D错误.
11.(多选)(2025·河南模拟)已知O为坐标原点,点P(cos α,sin α),Q(cos β,sin β),A(1,1),则下列说法正确的是(  )
A.·=cos (α-β)
B.若=,则||=||
C.△AOP和△AOQ的面积之和的最大值为1
D.若∠PAO=,则·=||2
解析:选ABD.对于A,由题意得,·=cos αcos β+sin αsin β=cos (α-β),故A正确;
对于B,若=,则||=1,又因为Q(cos β,sin β),所以Q(1,0)或Q(0,1),若Q(1,0),则P(0,1),此时||=||=,若Q(0,1),则P(1,0),此时||=||=,故B正确;
对于C,|AO|==,|OP|==1,|OQ|==1,所以S△AOP+S△AOQ=|AO||OP|·sin∠AOP+|AO||OQ|sin ∠AOQ=(sin ∠AOP+sin ∠AOQ)≤×2=,当且仅当∠AOP=∠AOQ=时,等号成立,所以△AOP和△AOQ的面积之和的最大值为,故C错误;
对于D,若∠PAO=,注意到P(cos α,sin α)在单位圆上,当且仅当PA与单位圆相切时,∠PAO取最大值,此时恰为,故△AOP为以OA为斜边的等腰直角三角形,所以·=×1×=||2=1,故D正确.
12.(2025·贵阳摸底考试)已知角α的始边为x轴的非负半轴,终边经过点P(5,12),将角α的终边绕着原点O逆时针旋转得到角β,则sin β=________.
解析:由题意知,sin α==,cos α==,sin β=sin (α+)=sin αcos +cos αsin =×+×=.
答案:
13.(2025·北京卷)已知α,β∈[0,2π],且sin (α+β)=sin (α-β),cos (α+β)≠cos (α-β),写出满足条件的一组α=________,β=________.
解析:由题意得α+β,α-β的终边关于y轴对称,且不与y轴重合,故α+β+α-β=π+2kπ,k∈Z且α+β≠+lπ,l∈Z,即α=+kπ,k∈Z,取α=,β=可满足题设要求.
答案: (答案不唯一)
14.(2025·上海二模)已知在△ABC中,AB=AC=4,∠BAC=π,点D在线段BC上,且S△ACD=2S△ABD,则·的值为_______________________________________________.
解析:由题意,设等腰三角形ABC在BC边上的高为h,因为S△ACD=2S△ABD,所以×CD×h=2××BD×h,所以CD=2BD,所以=+=+=+(-)=+,
所以·=·(+)=2+·=||2+||·||·cos ∠BAC=×42+×4×4×(-)=8.
答案:8
[B 综合运用]
15.(2025·青岛联考)已知A1,A2,A3,A4,A5五个点,满足:·=0(n=1,2,3),||||=n(n=1,2,3),则||的最小值为________.
解析:由题知
所以
设||=t,t>0,
因为
所以||=,||=2t,||=,
如图,当与方向相反,且与方向相反时,||有最小值,最小值为=
≥==1,
当且仅当t2=,即t=时等号成立.
答案:1(共34张PPT)
专题一 三角函数、平面向量与解三角形
第1讲 三角恒等变换与平面向量
[考情分析]
三角恒等变换与平面向量是高考的命题热点,三角恒等变换主要考查:
(1)两角和与差的正弦、余弦、正切公式;(2)二倍角公式、半角公式的应用等;多以选择题、填空题的形式出现或隐含于解答题中,平面向量主要考查向量的模、夹角、数量积、系数的最值或范围等;难度为中等偏下.
考点一 三角恒等变换
1.两角和与差公式变形
sin αsin β+cos (α+β)=cos αcos β;
cos αsin β+sin (α-β)=sin αcos β;
tan α±tan β=tan (α±β)·(1 tan αtan β).
D
D
D
BC
C
考点二 平面向量
(2)|a·b|≤|a||b|.
C
【解题技法】 (1)根据平面向量基本定理恰当地选取基底,且变形要有方向,不能盲目转化.
(2)在一般向量的线性运算中,只需要把其中的向量当作一个字母看待,其运算方法类似于代数中合并同类项的运算,在计算时可以进行类比.
C
D
【解题技法】 (1)数量积的计算通常有①借“底”数字化;②借“系”坐标化.
(2)可以利用数量积求向量的模和夹角,向量要分解成题中已知的向量模和夹角进行计算.
ACD
-15第2讲 三角函数的图象与性质
[考情分析] 三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容,主要考查三角函数的单调性、最值、奇偶性、周期性、图象的变换和对称性以及由图象确定解析式等问题,主要以选择题、填空题的形式考查,难度中等或偏下.
考点一 三角函数的图象
1.沿x轴平移:由y=f(x)变为y=f(x+φ)时,“左加右减”,即φ>0,左移;φ<0,右移.
沿y轴平移:由y=f(x)变为y=f(x)+k时,“上加下减”,即k>0,上移;k<0,下移.
2.沿x轴伸缩:若ω>0,A>0,由y=f(x)变为y=f(ωx)时,所有点的纵坐标不变,横坐标变为原来的倍.
沿y轴伸缩:由y=f(x)变为y=Af(x)时,所有点的横坐标不变,纵坐标变为原来的A倍.
 (1)(2025·济宁一模)将函数y=2cos 的图象向右平移个最小正周期后,所得图象对应的函数为(  )
A.y=2cos B.y=2cos
C.y=2cos D.y=-2cos
(2)(2025·北京二模)已知函数y=sin (ωx+φ)(ω>0)的部分图象如图所示.若A,B,C,D四点在同一个圆上,则ω=(  )
A.1 B.
C.π D.
【解析】 (1)函数的最小正周期T==π,所以函数y=2cos (2x-)的图象向右平移个最小正周期后所得图象对应的函数为
y=2cos [2(x-)-]=2cos (2x-π)
=-2cos [π-(2x-π)]=-2cos (2x-)
=-2cos (2x+).
(2)连接BC交x轴于点E,
由于A,B,C,D四点在同一个圆上,且A,D和B,C均关于点E对称,
故E为圆心,且|AE|=|BE|,|AE|=T=·=,|BE|==,
故=,解得ω=(负值已舍去).
【答案】 (1)D (2)D
【解题技法】 求函数y=A sin (ωx+φ)+B(A>0,ω>0)中ω,φ的方法
(1)T定ω:由最小正周期的求解公式T=,可得ω=;
(2)点坐标定φ:一般运用代入法求解φ值,注意在确定φ值时,往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口,即“峰点”“谷点”与三个“中心点”.
 (多选)(2025·甘肃二模)函数f(x)=|sin x|+|cos x|,则(  )
A.函数的最小正周期为
B.直线x=π是函数f(x)图象的一条对称轴
C.函数图象有对称中心
D.若f(x)=m,x∈[0,2π)有四个解,则m=1
【解析】 对于A,f(x)=|sin x|+|cos x|=
函数图象如下:
可得函数的最小正周期为,故A正确;
对于B,由图可得直线x=π是函数f(x)图象的一条对称轴,故B正确;
对于C,根据函数图象可知函数图象没有对称中心,故C错误;
对于D,由图可得当函数f(x)=|sin x|+|cos x|=时,x=,,,,所以f(x)=m,x∈[0,2π)有四个解,则m也可以是,故D错误.
【答案】 AB
【解题技法】 借助y=A sin t的图象可处理以下问题
(1)判断对称轴或对称中心:可根据对称轴经过图象的最高点或最低点,对称中心的横坐标一定是y=A sin (ωx+φ)的零点进行判断.
(2)求函数在闭区间上的最值(值域):先根据x所在的区间求出ωx+φ的取值范围,再结合正弦函数的图象确定函数的最值(值域).
 1.(多选)记函数f(x)=3sin (x+)的图象为C,由图象C得到函数g(x)=3sin (2x-)图象的过程中,可能用到的变换方式有(  )
A.将所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变
B.将所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变
C.将所有点向右平移个单位长度
D.将所有点向右平移个单位长度
解析:选BCD.先平移,后伸缩:将图象C上所有的点向右平移个单位长度,得到y=3sin (x-+)=3sin (x-)的图象,再将y=3sin (x-)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,得到g(x)=3sin (2x-)的图象.
先伸缩,后平移:将图象C上所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,得到y=3sin (2x+)的图象,再将y=3sin (2x+)图象上的所有点向右平移个单位长度,得到g(x)=3sin [2(x-)+]=3sin (2x-)的图象.
2.(多选)函数f(x)=cos (ωx+φ)(ω>0)的部分图象如图所示,则(  )
A.f是奇函数
B.f是偶函数
C.f<f
D.f(x)=sin
解析:选ABD.由题图可知,函数f(x)的最小正周期T==(-)×2=2,所以ω=π.因为×(+)=,所以f()=cos (π+φ)=-1,π+φ=π+2kπ(k∈Z),所以φ=+2kπ(k∈Z),f(x)=cos (πx+).
由题图可知,f(x)的图象关于点(,0)对称,所以将f(x)的图象向左平移个单位长度后图象关于原点对称,所以f(x+)为奇函数,A正确;
因为f(x)的图象关于直线x=对称,所以将f(x)的图象向左平移个单位长度后图象关于y轴对称,所以f(x+)为偶函数,B正确;
f(-)=f(),f()=f(),因为f(x)的图象关于直线x=对称,所以f()=f(-)=f().因为f(x)在(0,)上单调递减,所以f()>f(),所以f(-)>f(),C错误;
f(x)=cos (πx+)=cos (πx+-)=sin (πx+),D正确.
考点二 三角函数的性质
函数y=A sin (ωx+φ)(A>0,ω>0)的性质
(1)单调性:由-+2kπ≤ωx+φ≤+2kπ(k∈Z)可得单调递增区间;由+2kπ≤ωx+φ≤+2kπ(k∈Z)可得单调递减区间.
(2)对称性:由ωx+φ=kπ(k∈Z)可得函数图象对称中心的横坐标;由ωx+φ=kπ+(k∈Z)可得函数图象的对称轴.
(3)奇偶性:φ=kπ(k∈Z)时,函数y=A sin (ωx+φ)为奇函数;φ=kπ+(k∈Z)时,函数y=A sin (ωx+φ)为偶函数.
 (1)(2025·青岛调研)设函数f(x)=cos ωx,|f(x1)-f(x2)|=2,|x1-x2|=,则ω的值可以是(  )
A. B.1
C.2 D.3
(2)(多选)(2025·长春质量监测)函数f(x)=sin ωx+cos ωx(ω>0)的最小正周期为π,则下列说法正确的是(  )
A.ω的值为2
B.直线x=-是函数f(x)图象的一条对称轴
C.函数f(x)在(0,)上单调递减
D.当x∈(0,)时,方程f(x)-a=0存在两个根,则a∈(1,)
【解析】 (1)由题意得f(x1),f(x2)一个为函数f(x)的最大值,一个为函数f(x)的最小值.
设函数f(x)的最小正周期为T,则|x1-x2|=(k+)T=T=(k∈N),即·=,
可得|ω|=4k+2(k∈N),所以ω的可能取值为2.
(2)因为f(x)=sin ωx+cos ωx=sin (ωx+)的最小正周期为π,且ω>0,所以=π,所以ω=2,A正确;
f(x)=sin (2x+),且f(-)=sin (-)=-1,-1不是f(x)的最值,所以直线x=-不是f(x)图象的对称轴,B错误;
当x∈(0,)时,2x+∈(,),所以函数f(x)=sin (2x+)在(0,)上不单调,C错误;
令t=2x+,因为x∈(0,),所以t∈(,),则sin t=a在t∈(,)时存在两个根,由三角函数图象可知(图略),a∈(1,),D正确.
【答案】 (1)C (2)AD
【解题技法】 求解函数y=A sin (ωx+φ)的性质问题的三种意识
(1)转化意识:利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)=A sin (ωx+φ)的形式;
(2)整体意识:类比y=sin x的性质,只需将y=A sin (ωx+φ)中的“ωx+φ”看成y=sin x中的“x”,采用整体代入求解;
(3)讨论意识:当A为参数时,求最值应分情况讨论A>0,A<0.
 1.(2025·全国一卷)已知点(a,0)(a>0)是函数y=2tan 的图象的一个对称中心,则a的最小值为(  )
A. B.
C. D.
解析:选B.根据正切函数的性质,y=2tan (x-)图象的对称中心横坐标满足x-=,k∈Z,即y=2tan (x-)的图象的对称中心是(+,0),k∈Z,即a=+,k∈Z,又a>0,则当k=0时a最小,最小值是.
2.(多选)(2025·皖南八校联考)已知函数f(x)=+,则(  )
A.f(x)的定义域为
B.f(x)的最小正周期为2π
C.f(x)在区间上单调递减
D.f(x)在区间(0,2π)上仅有2个零点
解析:选ABD.对于A,因为sin x≠0,cos x≠0,所以x≠kπ,k∈Z且x≠+kπ,k∈Z,所以x≠,k∈Z,
故f(x)的定义域为,故A正确;
对于B,因为函数y=sin x和y=cos x的最小正周期均为2π,
所以f(x)=+的最小正周期为2π,故B正确;
对于C,因为函数y=cos x在区间(,π)上单调递减,且值域为(-1,0);
函数y=sin x在区间(,π)上单调递减,且值域为(0,1).
所以函数y=与y=在区间(,π)上均单调递增,
则f(x)=+在区间(,π)上单调递增,故C错误;
对于D,令f(x)=+=0,则tan x=-1,解得x=+kπ,k∈Z,在区间(0,2π)上有2个解,故D正确.
eq \o(\s\up7(),\s\do5(     美丽的余弦,和谐的关系))
[问题背景] 三角函数历来是高考的重点,也是高中数学教学的重点,它不仅体现自身和谐的关系与知识体系,更是解决几何问题的强力知识工具,其中余弦函数更具有本身的内涵与和谐之美.例如,2025年高考北京卷第15题中的结论③④就展现了余弦函数的和谐与数学之美.
[真题展示] (2025·北京卷)关于定义域为R的函数f(x),以下说法正确的有________________________________________.
①存在在R上单调递增的函数f(x)使得f(x)+f(2x)=-x恒成立;
②存在在R上单调递减的函数f(x)使得f(x)+f(2x)=-x恒成立;
③使得f(x)+f(-x)=cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个;
④使得f(x)-f(-x)=cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个.
解析:对于①,若存在在R上单调递增的函数f(x),满足f(x)+f(2x)=-x,
则f(0)+f(2×0)=0,即f(0)=0,
故x>0时,f(4x)>f(2x)>f(x)>0,
故f(4x)+f(2x)>f(x)+f(2x),
令g(x)=f(x)+f(2x)=-x,则g(2x)>g(x),
故-2x>-x,解得x<0,与x>0矛盾,故①错误;
对于②,取f(x)=-x,
该函数在R上单调递减且f(x)+f(2x)=-x,
故该函数满足题意,故②正确;
对于③,取f(x)=cos x+mx,m∈R,
此时f(x)+f(-x)=cos x,
由m∈R,可得f(x)有无穷多个,故③正确;
对于④,若存在f(x),使得f(x)-f(-x)=cos x,
令x=0,则0=cos 0,但cos 0=1,矛盾,
故满足f(x)-f(-x)=cos x的函数不存在,故④错误.
答案:②③
[总结提炼] 从结论③的解答f(x)=cos x+mx,m∈R是满足f(x)+f(-x)=cos x的设置,可以看出当f(x)=cos x±g(x),且g(x)为奇函数时便满足题意,其实质就是f(x)±g(x)=cos x的问题,作为美丽的余弦函数f(x)=A cos x,A≠0,具有一般抽象的结构,即当x,y∈R,f(0)≠0时,f(x)+f(y)=2f·f或f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y).前者是教材作为例题的“和差化积”公式cos α+cos β=2cos cos 的抽象形式,而后者是两角和差的余弦之和cos (α+β)+cos (α-β)=2cos αcos β的抽象形式,不论是哪种形式,都是美丽的余弦函数呈现的抽象表示,其具体的抽象问题可设置为:
定义域为R的函数f(x),对于x,y∈R,均有f(x)+f(y)=2ff,且f(0)≠0,则有
①f(0)=1;
②f(x)是偶函数;
③若f(a)=0,则f(x)是周期T=4|a|的周期函数.
问题等价于,令=m,=n,则f(m+n)+f(m-n)=2f(m)f(n) (*).
当n=0时,2f(m)=2f(m)f(0),则f(0)=1.
(*)式用-n替换n得,f(m-n)+f(m+n)=2f(m)f(-n),则f(m)f(n)=f(m)f(-n),即f(-n)=f(n),又定义域关于原点对称,故f(x)为偶函数.
(*)式用a替换n得,
f(m+a)+f(m-a)=2f(m)f(a),
又因为f(a)=0.
即f(m+a)=-f(m-a).
从而f(m+2a)=-f(m),f(m+4a)=-f(m+2a)=-(-f(m))=f(m).
所以周期T=4|a|.
①②③三个结论均展示为f(x)=cos x的内涵特性.
余弦函数与抽象函数之间互映,是很多抽象函数问题的直接体现.
还有很多类似的问题,例如:
(1)f(x)的定义域为R,对于x,y∈R,f(x+y)=f(x)+f(y),模型函数为f(x)=kx(k≠0).
(2)f(x)的定义域为R,对于x,y∈R,f(x+y)=f(x)f(y),模型函数为f(x)=ax(a>0,且a≠1).
[美题闯关] (多选)已知函数f(x)的定义域为D={x|x∈R,且x≠0},当x,y∈D时,恒有f(xy)=f(x)+f(y),则下列结论正确的是(  )
A.f(-1)=-1
B.f(x)是偶函数
C.f(xn)=nf(x)(n∈N*)
D.f=f(x)-f(y)
解析:选BCD.方法一(设置函数):由题意可令f(x)=loga|x|(a>0且a≠1),则f(-1)=loga|-1|=0,故A错误;f(-x)=loga|-x|=loga|x|=f(x),又因为函数f(x)的定义域关于原点对称,所以f(x)为偶函数,故B正确;f(xn)=loga|xn|=loga|x|n=nloga|x|=nf(x)(n∈N*),故C正确;f()=loga=loga|x|-loga|y|=f(x)-f(y),故D正确.
方法二(抽象推理):对于A,由于f(xy)=f(x)+f(y),
令y=1,则f(x)=f(x)+f(1),所以f(1)=0,
令x=y=-1得,f((-1)·(-1))=f(-1)+f(-1),
即f(1)=2f(-1),所以f(-1)=0,故A错误;
对于B,令y=-1得,f(-x)=f(x)+f(-1)=f(x)+0=f(x),又因为函数f(x)的定义域关于原点对称,
故f(x)为偶函数,故B正确;
对于C,令y=x得,f(x2)=f(x)+f(x)=2f(x),
再令y=x2得,f(x3)=f(x)+f(x2)=f(x)+2f(x)=3f(x),
依次下去将得到f(xn)=nf(x)(n∈N*),故C正确;
对于D,由f()+f(y)=f(·y)=f(x)得,
f()=f(x)-f(y),故D正确.(共23张PPT)
提升点1 求三角函数式中的参数
类型一 由单调性求参数
B
A
类型二 由最值(值域)求参数
C
【解题技法】 解决利用最值求ω,φ的问题,主要是利用三角函数的最值与对称或周期的关系,列出关于ω,φ的不等式(组),进而求出ω,φ的值或取值范围.
类型三 由对称性求参数
A
【解题技法】 解决这类问题,我们可以根据三角函数的对称性来研究其周期性,解决问题的关键在于运用整体代换的思想,建立关于ω的不等式组,进而可以研究ω的取值范围.
B
类型四 由零点、极值点求参数
C
【解题技法】 解决y=A sin (ωx+φ)(A>0,ω>0)的零点与极值点问题通常先利用换元法求t=ωx+φ的范围,再结合y=sin t的图象列出关于ω的不等式(组),进而求出ω的值或取值范围.
B
O
y
3
T


3-1(共27张PPT)
第3讲 解三角形
[考情分析]
正弦定理与余弦定理以及解三角形是高考的必考内容,主要考查:一是求边长、角度、面积等,二是利用三角恒等变换,将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围等问题.
考点一 求值问题
【解题技法】 解三角形的基本策略
(1)涉及边与角的余弦的积或边a,b,c的齐次式时,常用正弦定理将边化为角;涉及边的平方时,一般用余弦定理.
(2)涉及三角形面积问题,要根据条件选择适当的面积公式;对于三角形周长问题,往往利用配方法进行和与积的转化.
(2)求c的值;
(3)求sin (A+2B)的值.
考点二 推断与证明问题
【证明】 由正弦定理得sin A(2-cos B)=sin B(1+cos A),
即2sin A-sin A cos B=sin B+sin B cos A,所以2sin A=sin B+sin A cos B+cos A sin B,所以2sin A=sin B+sin (A+B),所以2sin A=sin B+sin C,
由正弦定理得2a=b+c.
【解题技法】 三角形中的证明问题有两类:一是角的关系,可以利用三角恒等变换转化为同名三角函数,或是某个三角函数值求角;二是边的关系,可以利用正、余弦定理转化为边的关系,证明时可从复杂的一边入手,证明两边相等,也可用作差法:左边-右边=0.
BC
对于B,若b cos C+c cos B=b,则由正弦定理得sin B cos C+sin C cos B=sin (B+C)=sin A=sin B,又A,B∈(0,π),则A=B或A=π-B(舍去),则△ABC是等腰三角形,故B正确;
对于D,由于B=60°,b2=ac,由余弦定理可得ac=b2=a2+c2-ac,可得(a-c)2=0,解得a=c,所以b=a=c,故△ABC是等边三角形,故D错误.
 已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,且b cos C+c cos B=2a cos A.
(1)求A;
考点三 最值(范围)问题
(2)若a=2,求△ABC周长的最大值.
【解题技法】 三角形中常见的求最值、范围问题的解题策略
(1)一般用正弦定理将所求的量转化为关于某一个角的三角函数,求该三角函数的最值与取值范围.
(2)转化为关于边的等式、函数、不等式,再用基本不等式或函数的单调性等来处理.(共21张PPT)
提升点2 三角形中的“特征”线
类型一 三角形的中线问题
 (2025·温州一模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2b cos C=ac-2c cosB.
(1)求c;
【解】 方法一:由题意,得2sin B cos C=c sin A-2cos B sin C,则2sin (B+C)=c sin A,
所以2sin A=c sin A,
因为在△ABC中,sin A>0,
所以c=2.
【解题技法】
类型二 三角形的角平分线问题
 (2025·福州一模)在锐角三角形ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c-2b cos A=b.
(1)求证:A=2B;
【解题技法】 
类型三 三角形的高线问题
【解题技法】 
O(共31张PPT)
专题强化训练
A
B
B
C
C
A
ACD
AC
1
11
O专题强化训练
[A 基本技能]
1.(2025·赣州一模)函数f(x)=的最小正周期是(  )
A. B.
C.π D.2π
解析:选B.f(x)==tan2x,x≠+kπ(k∈Z),
又tan x≠±1,可得x≠+(k∈Z),即f(x)=tan 2x,
且x≠+kπ(k∈Z),x≠+(k∈Z),故T=.
2.(2025·威海一模)为了得到函数y=sin 3x的图象,只需把函数y=sin 图象上的所有点(  )
A.向左平移个单位长度
B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度
D.向右平移个单位长度
解析:选C.函数y=sin 3x=sin [3(x+)-],因此把函数y=sin (3x-)图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数y=sin 3x的图象.
3.(2025·郑州二模)函数f(x)=2sin (2x+)与函数g(x)=log2x的图象交点个数为(  )
A.3 B.5
C.6 D.7
解析:
选A.作出y=f(x)与y=g(x)的图象如图所示,由图知4∈(,),所以通过图象可判断它们有3个交点.
4.(2025·长沙适应性考试)若f(x)=sin x+cos x在区间[-θ,θ]上单调递增,则tan θ的最大值是(  )
A. B.
C.1 D.
解析:选A.f(x)=sin x+cos x=2sin (x+),令2kπ-≤x+≤2kπ+(k∈Z),则2kπ-≤x≤2kπ+(k∈Z),所以函数f(x)的单调递增区间为[2kπ-,2kπ+](k∈Z),因为f(x)在区间[-θ,θ]上单调递增,所以θ>0,令k=0,所以[-θ,θ] [-,],则0<θ≤,所以当θ=时,tan θ取最大值,且最大值为.
5.(2025·南京六校联考)已知偶函数f(x)=A sin (πx+φ),B,C是函数f(x)的图象与x轴的两个相邻交点,D是图象在B,C之间的最高点或最低点,若△BCD为直角三角形,则f=(  )
A.- B.
C.- D.
解析:选D.因为函数f(x)=A sin (πx+φ)为偶函数,且0≤φ≤,所以φ=,则 f(x)=A sin (πx+)=A cos πx.因为B,C是函数f(x)的图象与x轴的两个相邻交点,所以BC==×=1(T为f(x)的最小正周期),因为点D是图象在B,C之间的最高点或最低点,所以BD=CD,取BC的中点E,连接DE(图略),因为△BCD为直角三角形,所以∠BDC=,所以DE=A=BC=,所以f(x)=cos πx,f()=cos =×=.
6.(2025·金华十校二模)某美妙音乐的函数模型为f(x)=sin x+sin 2x+sin 3x,则关于该函数下列说法正确的是(  )
A.最小正周期为3π
B.是偶函数
C.在区间上单调递增
D.最大值为
解析:选C.A选项,f(x+2π)=sin (x+2π)+sin (2x+4π)+sin (3x+6π)=sin x+sin 2x+sin 3x=f(x),A错误;
B选项,f(-x)=sin (-x)+sin (-2x)+sin (-3x)=-sin x-sin 2x-sin 3x=-f(x),所以f(x)是奇函数,B错误;
C选项,f′(x)=cos x+cos 2x+cos 3x,当x∈(-,)时,2x∈(-,),3x∈(-,),f′(x)>0,函数单调递增,C正确;
D选项,=1++,当sin x=1时,x=+2kπ,k∈Z,此时sin 2x=0,sin 3x=-,即三项无法同时取到最大值,D错误.
7.信息在传递中多数是以波的形式进行传递的,因而必然会存在干扰信号波,干扰信号波的解析式形如y=A sin (ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<).某种“信号净化器”可产生解析式形如y=A0sin (ω0x+φ0)的波,只需要调整参数(A0,ω0,φ0),就可以产生与干扰波波峰相同,方向相反的波来“抵消”干扰.如图是某个信号的部分图象,想要通过“信号净化器”过滤得到标准的正弦波(即仅含有标准正弦函数图象),可以将净化器的参数调整为(  )
A.A0=,ω0=4,φ0=
B.A0=-,ω0=4,φ0=
C.A0=1,ω0=1,φ0=0
D.A0=-1,ω0=1,φ0=0
解析:选B.由题可知干扰波对应的函数解析式为
f(x)=A sin (ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<).
由题图得-(-)=T(T为干扰波的最小正周期),可得T=,所以ω==4.
因为函数f(x)的最大值为,所以A=,
将(,-)代入f(x)=sin (4x+φ),得φ=+2kπ(k∈Z),
又|φ|<,所以φ=,
所以f(x)=sin (4x+).
欲消除此干扰波,需要选择波峰相同,方向相反的波,
所以A0=-,ω0=4,φ0=.
8.(多选)关于函数f(x)=2cos (2x+),下列说法正确的有(  )
A.函数f(x)与函数g(x)=2sin (2x+)的图象重合
B.函数f(x)的最大值为1
C.函数f(x)的图象关于点(,0)中心对称
D.函数f(x)在区间[-,]上单调递减
解析:选AD.对于A,f(x)=2cos (2x+)=2cos (2x+-)=2sin (2x+)=g(x),故A正确.
对于B,函数f(x)的最大值为2,故B错误.
对于C,因为f()≠0,所以函数f(x)的图象不关于点(,0)中心对称,故C错误.
对于D,令2kπ≤2x+≤π+2kπ,k∈Z,解得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,令k=0可知函数f(x)在区间[-,]上单调递减,故D正确.
9.(多选)(2025·深圳二模)已知函数f(x)=2sin cos ,则(  )
A.f(x)的最大值为1
B.f(x)的最小正周期为π
C.f(x)在上单调递增
D.f(x)的图象关于直线x=对称
解析:选AB.f(x)=2sin (x+)cos (x+)=sin (2x+)=cos 2x,所以f(x)max=1,故A正确;
最小正周期T==π,故B正确;
当x∈(0,)时,t=2x∈(0,π),因为y=cos t在(0,π)上单调递减,所以f(x)在(0,)上单调递减,故C错误;
f()=cos =0,故直线x=不是函数f(x)图象的对称轴,故D错误.
10.(多选)(2025·岳阳一模)如图,直线y=1与函数f(x)=2sin (ωx+φ)的部分图象交于A,B,C三点(点A在y轴上),若|BC|=,则下列说法正确的是(  )
A.φ=
B.ω=2
C.将函数f(x)的图象向左平移个单位长度,得到函数g(x)=2sin 的图象
D.当x∈时,f(x)∈[-2,1]
解析:选AD.对于A,由f(x)过A(0,1)可得2sin φ=1,即sin φ=,由题图结合|φ|≤可得φ=,故A正确;
对于B,由f(x)=1可得2sin (ωx+)=1,即ωx+=+2kπ(k∈Z)或ωx+=+2kπ(k∈Z),由B,C相邻可得ωxB+=+2kπ,ωxC+=+2(k+1)π,k∈Z,故ω(xC-xB)=,又|BC|=,则=,可得ω=4,故B错误;
对于C,由A,B可得f(x)=2sin (4x+),将函数f(x)的图象向左平移个单位长度,得到函数g(x)=2sin [4(x+)+]=2sin (4x+)的图象,故C错误;
对于D,当x∈(,]时,4x+∈(,],故sin (4x+)∈[-1,],则f(x)∈[-2,1],故D正确.
11.(多选)(2025·贵阳质量监测)已知函数f(x)=2sin ,则(  )
A.f(x)在区间[1,3]上单调递减
B.f(x)图象的一条对称轴为直线x=
C.线段y=2(x∈[0,4])与f(x)的图象围成的图形面积为π
D.f(x)在区间[0,6π]上的零点之和为37π
解析:选BD.A错误,通解:当x∈[1,3]时,2x+∈[2+,6+].又正弦函数y=sin x在[,]上单调递减,在[,]上单调递增,所以函数f(x)在[1,3]上不单调.
优解(特殊值法):因为1<<<3,f()=2sin (π+)=-2sin =-,f()=2sin (+)=-2sin =-,所以f()=f(),所以函数f(x)在[1,3]上不单调.
B正确,方法一(方程法):由2x+=+kπ(k∈Z),得x=+(k∈Z),当k=1时,x=,所以直线x=是函数f(x)图象的一条对称轴.
方法二(代值验证法):因为f()=2sin (2×+)=2sin =-2,此时f(x)取得最小值,所以直线x=是函数f(x)图象的一条对称轴.
C错误,作出线段y=2(x∈[0,4])及函数f(x)的大致图象,记两者的交点为D,F,如图所示,过点D,F分别作x轴的垂线,垂足分别为H,G.根据三角函数图象的对称性可知,线段y=2(x∈[0,4])与f(x)的图象围成的图形面积即长方形DHGF的面积,因为函数f(x)的最小正周期T==π,所以长方形DHGF的面积为π×2=2π.
D正确,由f(x)=2sin (2x+)=0,即sin (2x+)=0,得2x+=kπ(k∈Z),得x=-(k∈Z).由0≤-≤6π,解得≤k≤(k∈Z),所以k=1,2,3,…,12,所以f(x)在区间[0,6π]上的零点为-,-,-,…,-,所以f(x)在区间[0,6π]上的零点之和为(-)+(-)+(-)+…+(-)=(1+2+3+…+12)-×12=×13×6-2π=37π.
12.(2025·岳阳二模)将函数f(x)=sin · 的图象向左平移个单位长度,得到函数y=g(x)的图象,则g(x)在区间上的值域是________.
解析:依题意,g(x)=f(x+)=sin (2x+-)=sin (2x+),当x∈[0,]时,2x+∈[,],-≤sin (2x+)≤1,所以g(x)在区间[0,]上的值域为[-,1].
答案:[-,1]
13.已知函数f(x)=2sin (ω>0)的图象关于点对称,则f(x)的最小正周期可能是________.(写出一个满足条件的答案即可) 
解析:由题意得ω-=kπ,k∈Z,解得ω=4+6k,k∈Z.
因为ω>0,所以ω=4+6k,k∈N.
所以f(x)的最小正周期为T==,k∈N,
当k=0时,f(x)的最小正周期为T=.
答案:(答案不唯一)
14.已知函数f(x)=cos x(sin x-cos x)+,若存在x1,x2∈[-π,2π],使得f(x1)·f(x2)=-1,则x1-x2的最大值为__________________________.
解析:f(x)=cos x(sin x-cos x)+=sin xcos x-cos2x+=sin2x-cos 2x=sin (2x-),
所以f(x)∈[-1,1],要使f(x1)f(x2)=-1,
则f(x1)=1且f(x2)=-1或f(x1)=-1且f(x2)=1,
因为x1,x2∈[-π,2π],所以2x1-∈[-2π-,4π-],2x2-∈[-2π-,4π-],
结合正弦函数图象可知,要使x1-x2的值最大,则f(x1)=-1且2x1-=,解得x1=,f(x2)=1即2x2-=-,解得x2=-,
所以x1-x2的最大值为-(-)=.
答案:
[B 综合运用]
15.(2025·天津卷)已知f(x)=sin (ωx+φ)(ω>0,-π<φ<π)在上单调递增,且直线x=为f(x)图象的一条对称轴,为f(x)图象的一个对称中心,当x∈时,f(x)的最小值为(  )
A.- B.-
C.1 D.0
解析:选A.设f(x)的最小正周期为T,根据题意有m,k∈Z,由正弦函数的对称性可知-=,n∈Z,
即=,n∈Z
所以ω=4n+2,n∈Z,
又f(x)在[-,]上单调递增,
则≥-(-),又ω>0,
所以≥,解得0<ω≤2,
所以ω=2,则φ=+2kπ,因为φ∈(-π,π),
所以k=0时,φ=,所以f(x)=sin (2x+),
当x∈[0,]时,2x+∈[,],由正弦函数的单调性可知f(x)min=sin =-.专题强化训练
[A 基本技能]
1.(2025·郑州一模)若x1=,x2=是函数f(x)=sin (ωx+φ)(ω>0)两个相邻的最值点,则ω=(  )
A.2 B.
C.1 D.
解析:选A.由x1=,x2=是函数f(x)=sin (ωx+φ)(ω>0)两个相邻的最值点,得=-=,所以T=π,即ω==2.
2.(2025·临沂二模)将函数f(x)=sin (2x+φ),(|φ|<)的图象向左平移个单位长度得到函数g(x)的图象.若g(x)的图象关于y轴对称,则φ=(  )
A.- B.-
C. D.
解析:选B.由题意g(x)=f(x+)=sin (2x+φ+)(|φ|<)是偶函数,
从而
解得k=0,φ=-.
3.如图,函数f(x)=2 tan (ωx+)(ω>0)的部分图象与x轴相交于A,B两点,与y轴相交于点C,且△ABC的面积为,则ω的值为(  )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:选B.根据题意,当x=0时,f(0)=2 tan =2,则点C(0,2),又因为△ABC的面积为,所以S△ABC=×2×AB=,则AB=,所以函数f(x)的最小正周期为,可得最小正周期T==,解得ω=2.
4.(2025·北京卷)设函数f(x)=sin ωx+cos ωx(ω>0),若f(x+π)=f(x)恒成立,且f(x)在[0,]上存在零点,则ω的最小值为(  )
A.8 B.6
C.4 D.3
解析:选C.函数f(x)=sin ωx+cos ωx=sin (ωx+)(ω>0),设函数f(x)的最小正周期为T,由f(x+π)=f(x)可得kT=π(k∈N*),所以T==(k∈N*),即ω=2k(k∈N*),
又函数f(x)在[0,]上存在零点,
且当x∈[0,]时,ωx+∈[,+],所以+≥π,即ω≥3.综上,ω的最小值为4.
5.(2025·山东一模)已知函数f(x)=sin (ωx+)(ω>0)在区间(0,π)内无零点,其图象关于直线x=对称,则f()=(  )
A. B.-
C. D.-
解析:选C.当x∈(0,π)时,ωx+∈(,ωπ+).由f(x)在区间(0,π)内无零点,得<ωπ+≤π,解得0<ω≤.
由f(x)的图象关于直线x=对称,得+=kπ+,k∈Z,解得ω=k+,k∈Z,所以当k=0时,ω=,
满足0<ω≤,从而f(x)=sin (x+),所以f()=sin (×+)=sin =.
6.(2025·安徽六校联考)若当x∈[0,2π]时,函数y=sin 与y=2sin (ωx-)(ω>0)的图象有且仅有4个交点,则ω的取值范围是(  )
A.[,) B.(,]
C.[,) D.(,)
解析:选A.作出函数y=sin 在[0,2π]上的图象,如图.易知y=2sin (ωx-)(ω>0)恒过点(0,-),令ωx-=kπ(k∈Z),得x=(k∈Z),所以y=2sin (ωx-)在x>0时的零点依次为x1=,x2=,x3=,x4=,x5=,…,作出y=2sin (ωx-)(ω>0)的部分图象,要想使y=sin 与y=2sin (ωx-)的图象在[0,2π]上有且仅有4个交点,则≤2π<,解得≤ω<.
7.(多选)已知函数f(x)=sin (ωx+φ)(ω>0),则下列说法正确的是(  )
A.若ω=2,φ=,则f(x)是最小正周期为π的偶函数
B.若ω=2,x0为f(x)的一个零点,则x0+必为f(x)的一个极大值点
C.若φ=-,直线x=是f(x)图象的一条对称轴,则ω的最小值为
D.若φ=-,f(x)在[0,]上单调,则ω的最大值为
解析:选ACD.若ω=2,φ=,则f(x)=sin (2x+)=cos 2x,所以f(x)是最小正周期为=π的偶函数,故A正确;若ω=2,则f(x)的最小正周期为=π,若x0为f(x)的一个零点,则x0+为f(x)的一个极大值点或极小值点,故B错误;若φ=-,直线x=是f(x)图象的一条对称轴,则f()=sin (ω-)=±1,所以ω-=+kπ(k∈Z),即ω=+2k(k∈Z),又ω>0,所以ω的最小值为,故C正确;若φ=-,则f(x)=sin (ωx-)(ω>0),又f(x)在[0,]上单调,所以ω-≤,解得ω≤,则ω的最大值为,故D正确.
8.(多选)f(x)=cos (ωx+φ)(ω>0,0<φ<)的图象在y轴上的截距为,是该函数的最小正零点,则(  )
A.φ=
B.f(x)+f′(x)≤2恒成立
C.f(x)在(0,)上单调递减
D.将y=f(x)的图象向右平移个单位长度,得到的图象关于y轴对称
解析:选AC.由f(x)=cos (ωx+φ)(ω>0,0<φ<)的图象在y轴上的截距为,得f(0) =cos φ=,又0<φ<,解得φ=,A正确;又是该函数的最小正零点,所以ω+=,解得ω=2,所以f(x)=cos (2x+),
所以f(x)+f′(x)=cos (2x+)-2sin (2x+)
=sin (2x++θ),
其中tan θ=-,故f(x)+f′(x)的最大值为>2,B错误;当x∈(0,)时,2x+∈(,π),所以f(x)在(0,)上单调递减,C正确;将y=f(x)的图象向右平移个单位长度,得到g(x)=cos (2x-)的图象,由余弦函数性质知,该函数不是偶函数,其图象不关于y轴对称,D错误.
9.(2025·湖南二模)已知函数f(x)=sin (ωx+)+cos ωx(ω>0),f(x1)=0,f(x2)=,且|x1-x2|的最小值为,则ω=________.
解析:因为f(x)=sin (ωx+)+cos ωx=sin ωx+cos ωx+cos ωx=sin ωx+cos ωx=sin (ωx+),
又f(x1)=0,f(x2)=,且|x1-x2|的最小值为,所以函数f(x)的最小正周期T=4×=2π,由T=,得ω=1.
答案:1
10.(2025·河南一模)已知函数f(x)=sin (ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为π,若将f(x)的图象向右平移个单位长度后所得的图象与曲线y=f(x)关于直线x=对称,则φ=________.
解析:因为函数f(x)=sin (ωx+φ)的最小正周期为π,
且ω>0,所以=π,故ω=2,
所以f(x)=sin (2x+φ),
将f(x)的图象向右平移个单位长度可得f(x-)的图象,
因为f(x-)的图象与曲线y=f(x)关于直线x=对称,
所以f(π-x)=f(x-),
即sin (2π-2x+φ)=sin (-2x+φ)=sin (2x-+φ),
所以 -2x+φ+2x-+φ=2kπ+π(k∈Z)或2x-+φ+2x-φ=2kπ(k∈Z)恒成立,
化简可得2φ=2kπ+(k∈Z)或4x=2kπ+(k∈Z)(不是对任意实数x恒成立)
解得φ=kπ+(k∈Z),又0<φ<π,所以φ=.
答案:
11.设ω为常数,f(x)=sin (ωx+)(ω>0),若f()=0,且函数y=f(x)在区间(,)上恰有一个极小值点,无极大值点,则ω的值为________.
解析:y=f(x)在区间(,)上恰有一个极小值点,无极大值点,f()=0,故为函数位于递减区间上的零点,故+=π+2kπ,k∈Z,解得ω=8k+3,k∈Z,·<-≤·,解得6<|ω|≤18,故6<|8k+3|≤18,k∈Z,又ω>0,故只有当k=1时,满足要求,故ω=8+3=11.
答案:11
12.(2025·张家口二模)已知函数f(x)=sin (ωx+φ)(ω>0,|φ|≤),圆C:(x-)2+y2=.
(1)若f(x)图象两条相邻的对称轴与C相切,求ω,φ;
(2)若φ=,xi(i=1,2,…)是f(x)的极值点,且点(xi,0)(i=1,2,…)有且仅有两个在C的内部,求ω的取值范围.
解:(1)由题,f(x)图象相邻对称轴间的距离为,又圆C的直径为3,则=3,得ω=,又圆心C(,0),所以f(x)图象的其中一条对称轴为直线x=2,所以2×+φ=+kπ,k∈Z,得φ=-+kπ,k∈Z,又|φ|≤,所以φ=-.
(2)若φ=,则f(x)的极值点满足ωx+=+kπ,k∈Z,得x=,k∈Z,又圆C与x轴的交点分别为(-1,0),(2,0),
所以原题设等价于有且仅有2个k的值满足-1<<2(k∈Z),
整理得-所以1<≤2,解得ω∈(,π].
13.已知f(x)=sin ωx-cos ωx,ω>0.
(1)若函数f(x)图象的两条相邻对称轴之间的距离为,求f()的值;
(2)若函数f(x)的图象关于点(,0)对称,且函数f(x)在[0,]上单调,求ω的值.
解:(1)f(x)=sin ωx-cos ωx=2sin (ωx-),因为函数f(x)图象的两条相邻对称轴之间的距离为,所以=,
则T=π,所以T==π,解得ω=2,
所以f(x)=2sin (2x-),
所以f()=2sin (2×-)=2sin =2×=.
(2)由(1)知f(x)=2sin (ωx-),
因为函数f(x)的图象关于点(,0)对称,
所以-=kπ,k∈Z,所以ω=3k+1,k∈Z.
由x∈[0,],ω>0,
得ωx-∈[-,-],
因为f(x)在[0,]上单调,
所以
解得0<ω≤,所以取k=0,则ω=1.
[B 综合运用]
14.(2025·昆明一模)直线y=与函数f(x)=sin (ωx+φ)(ω>0)的图象的交点为A1,A2,A3,…,An(1≤i解析:设点Ai的横坐标为xi(i=1,2,3,…,n),则|ωxi+φ-(ωxj+φ)|min=,即ω|xi-xj|min=,因为|AiAj|min=,即|xi-xj|min=,所以=,即ω=,
即f(x)=sin (x+φ).
令x+φ=α,因为x∈[,5],
所以+φ≤α≤+φ,
则+φ-(+φ)=6π.
又因为|AiAj|max=,即|xi-xj|max=,所以|ωxi+φ-(ωxj+φ)|max=|xi-xj|max=×=6π,(或者:因为x∈[,5],所以5-==|AiAj|max)所以sin (+φ)=sin (+φ)=,可得φ=2kπ或φ=2kπ-,k∈Z.
当φ=2kπ(k∈Z)时,f(x)=sin (x+2kπ)=sin x,k∈Z,
所以f()=sin =-sin =;
当φ=2kπ-(k∈Z)时,f(x)=sin (x+2kπ-)=sin (x-),k∈Z,所以f()=sin =.
综上,f()=或.
答案:或(共41张PPT)
第2讲 三角函数的图象与性质
[考情分析]
三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容,主要考查三角函数的单调性、最值、奇偶性、周期性、图象的变换和对称性以及由图象确定解析式等问题,主要以选择题、填空题的形式考查,难度中等或偏下.
考点一 三角函数的图象
1.沿x轴平移:由y=f(x)变为y=f(x+φ)时,“左加右减”,即φ>0,左移;φ<0,右移.
沿y轴平移:由y=f(x)变为y=f(x)+k时,“上加下减”,即k>0,上移;k<0,下移.
D
D
AB
对于B,由图可得直线x=π是函数f(x)图象的一条对称轴,故B正确;
对于C,根据函数图象可知函数图象没有对称中心,故C错误;
【解题技法】 借助y=A sin t的图象可处理以下问题
(1)判断对称轴或对称中心:可根据对称轴经过图象的最高点或最低点,对称中心的横坐标一定是y=A sin (ωx+φ)的零点进行判断.
(2)求函数在闭区间上的最值(值域):先根据x所在的区间求出ωx+φ的取值范围,再结合正弦函数的图象确定函数的最值(值域).
BCD
ABD
考点二 三角函数的性质
C
AD
【解题技法】 求解函数y=A sin (ωx+φ)的性质问题的三种意识
(1)转化意识:利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)=A sin (ωx+φ)的形式;
(2)整体意识:类比y=sin x的性质,只需将y=A sin (ωx+φ)中的“ωx+φ”看成y=sin x中的“x”,采用整体代入求解;
(3)讨论意识:当A为参数时,求最值应分情况讨论A>0,A<0.
B
ABD
[问题背景] 三角函数历来是高考的重点,也是高中数学教学的重点,它不仅体现自身和谐的关系与知识体系,更是解决几何问题的强力知识工具,其中余弦函数更具有本身的内涵与和谐之美.例如,2025年高考北京卷第15题中的结论③④就展现了余弦函数的和谐与数学之美.
美丽的余弦,和谐的关系
[真题展示] (2025·北京卷)关于定义域为R的函数f(x),以下说法正确的有________.
①存在在R上单调递增的函数f(x)使得f(x)+f(2x)=-x恒成立;
②存在在R上单调递减的函数f(x)使得f(x)+f(2x)=-x恒成立;
③使得f(x)+f(-x)=cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个;
④使得f(x)-f(-x)=cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个.
②③
解析:对于①,若存在在R上单调递增的函数f(x),满足f(x)+f(2x)=-x,
则f(0)+f(2×0)=0,即f(0)=0,
故x>0时,f(4x)>f(2x)>f(x)>0,
故f(4x)+f(2x)>f(x)+f(2x),
令g(x)=f(x)+f(2x)=-x,则g(2x)>g(x),
故-2x>-x,解得x<0,与x>0矛盾,故①错误;
对于④,若存在f(x),使得f(x)-f(-x)=cos x,令x=0,则0=cos 0,但cos 0=1,矛盾,故满足f(x)-f(-x)=cos x的函数不存在,故④错误.
不论是哪种形式,都是美丽的余弦函数呈现的抽象表示,其具体的抽象问题可设置为:
当n=0时,2f(m)=2f(m)f(0),则f(0)=1.
(*)式用-n替换n得,f(m-n)+f(m+n)=2f(m)f(-n),则f(m)f(n)=f(m)f(-n),即f(-n)=f(n),又定义域关于原点对称,故f(x)为偶函数.
(*)式用a替换n得,
f(m+a)+f(m-a)=2f(m)f(a),
又因为f(a)=0.
即f(m+a)=-f(m-a).
从而f(m+2a)=-f(m),f(m+4a)=-f(m+2a)=-(-f(m))=f(m).
所以周期T=4|a|.
①②③三个结论均展示为f(x)=cos x的内涵特性.
余弦函数与抽象函数之间互映,是很多抽象函数问题的直接体现.
还有很多类似的问题,例如:
(1)f(x)的定义域为R,对于x,y∈R,f(x+y)=f(x)+f(y),模型函数为f(x)=kx(k≠0).
(2)f(x)的定义域为R,对于x,y∈R,f(x+y)=f(x)f(y),模型函数为f(x)=ax(a>0,且a≠1).
BCD
解析:方法一(设置函数):由题意可令f(x)=loga|x|(a>0且a≠1),则f(-1)=loga|-1|=0,故A错误;
f(-x)=loga|-x|=loga|x|=f(x),又因为函数f(x)的定义域关于原点对称,所以f(x)为偶函数,故B正确;
f(xn)=loga|xn|=loga|x|n=nloga|x|=nf(x)(n∈N*),故C正确;
方法二(抽象推理):对于A,由于f(xy)=f(x)+f(y),令y=1,则f(x)=f(x)+f(1),所以f(1)=0,令x=y=-1得,f((-1)·(-1))=f(-1)+f(-1),即f(1)=2f(-1),所以f(-1)=0,故A错误;
对于B,令y=-1得,f(-x)=f(x)+f(-1)=f(x)+0=f(x),又因为函数f(x)的定义域关于原点对称,故f(x)为偶函数,故B正确;
对于C,令y=x得,f(x2)=f(x)+f(x)=2f(x),再令y=x2得,f(x3)=f(x)+f(x2)=f(x)+2f(x)=3f(x),依次下去将得到f(xn)=nf(x)(n∈N*),故C正确;(共36张PPT)
专题强化训练
A
2.在△ABC中,三角形三条边上的高之比为2∶3∶4,则△ABC为(  )
A.钝角三角形 B.直角三角形
C.锐角三角形 D.等腰三角形
A
B
D
A
D
ACD
ABC
(2)设BC=10,求BC边上的高.
(2)若a=2,c=5,AC,AB边上的中线BE,CF相交于点M.
①求BE;
②求cos ∠EMF.
(2)证明:CD⊥AB;
(3)若c=3,DE=2,求CE.
O
B
M
C 求三角函数式中的参数
类型一 由单调性求参数
 已知函数f(x)=sin (ωx+)(ω>0)在区间[-,]上单调递增,则ω的取值范围为(  )
A.(0,]      B.(0,]
C.[,] D.[,2]
【解析】 方法一:f(x)=sin (ωx+),因为ω>0,x∈[-,],所以ωx+∈[-+,+].
因为f(x)在区间[-,]上单调递增,
所以

又ω>0,所以
所以k=0,则0<ω≤.
方法二:因为ω>0,由-+2kπ≤ωx+≤+2kπ,k∈Z,
得≤x≤,k∈Z,
所以函数y=sin (ωx+)的单调递增区间为[,](k∈Z),由题意有[-,] [,](k∈Z),则解得0<ω≤.
方法三:结合选项可取ω=1,则f(x)=sin (x+),令+2kπ≤x+≤+2kπ,k∈Z,得+2kπ≤x≤+2kπ,k∈Z,当k=0时,函数f(x)在区间 [,]上单调递减,与函数f(x)在区间[-,]上单调递增矛盾,故ω≠1,结合四个选项可知选B.
【答案】 B
【解题技法】 由函数y=A sin (ωx+φ)+b(A>0,ω>0)的一个单调区间[m,n](区间也可以是开区间或半开半闭区间)求解ω或φ的取值范围,将区间端点值代入后,去对应[-+2kπ,+2kπ](k∈Z)或[+2kπ,+2kπ](k∈Z),列出不等式(组)求解.
 已知函数f(x)=sin ωx+cos ωx,g(x)=cos ωx-sin ωx,ω>0,若在区间(0,)上,f(x)单调递增,g(x)单调递减,则ω的取值范围是(  )
A.(0,] B.(0,1]
C.(0,] D.[,]
解析:选A.由题意得f(x)=sin (ωx+),
g(x)=cos (ωx+).
令t=ωx+,
由x∈(0,),ω>0,得t∈(,+).
因为在区间(0,)上,f(x)单调递增,g(x)单调递减,
所以解得ω≤,
所以ω的取值范围是0<ω≤.
类型二 由最值(值域)求参数
 已知函数f(x)=sin (ωx-)(ω>0)在区间[0,)上存在最大值和最小值,则ω的取值范围是(  )
A.(,] B.(,+∞)
C.(,]∪(,+∞) D.(,)∪(,+∞)
【解析】 因为ω>0,x∈[0,),
所以ωx-∈[-,-).
画出y=sin x的图象,如图.
由图,得<-≤或->,解得<ω≤或ω>.
【答案】 C
【解题技法】 解决利用最值求ω,φ的问题,主要是利用三角函数的最值与对称或周期的关系,列出关于ω,φ的不等式(组),进而求出ω,φ的值或取值范围.
 将函数f(x)=sin (x+)+1图象上所有点的横坐标变为原来的,纵坐标不变,再向左平移φ(φ>0)个单位长度,得到函数g(x)的图象.若对任意的x∈R,均有g(x)≤g()成立,则φ的最小值为________.
解析:由题意可知,g(x)=sin (2x+2φ+)+1,若对任意的x∈R,g(x)≤g()成立,则2×+2φ+=2kπ+(k∈Z),即φ=kπ+(k∈Z).又φ>0,所以当k=0时,φ最小,最小值为.
答案:
类型三 由对称性求参数
 已知函数f(x)=2cos (ωx-)+1(ω>0)的图象在区间(0,2π)内至多存在3条对称轴,则ω的取值范围是(  )
A.(0,] B.(,]
C.(,] D.[,+∞)
【解析】 因为x∈(0,2π),ω>0,
所以ωx-∈(-,2ωπ-),设t=ωx-,
则t∈(-,2ωπ-),
作出y=2cos t+1的部分图象如图所示,则f(x)的图象在区间(0,2π)内至多存在3条对称轴等价于y=2cos t+1的图象在区间(-,2ωπ-)内至多存在3条对称轴,则2ωπ-∈(-,3π],解得ω∈(0,].
【答案】 A
【解题技法】 解决这类问题,我们可以根据三角函数的对称性来研究其周期性,解决问题的关键在于运用整体代换的思想,建立关于ω的不等式组,进而可以研究ω的取值范围.
 (2025·白银三模)将函数f(x)=sin ωx(ω>0)的图象向左平移个单位长度,得到函数g(x)的图象,且g(x)的图象关于点 (,0)对称,则ω的最小值为(  )
A.5 B.4
C.3 D.2
解析:选B.因为g(x)=f(x+)=sin ω(x+),
又因为g(x)的图象关于点(,0)对称,
所以g()=0,即sin ω(+)=sin ω=0,
所以ω=kπ(k∈Z),即ω=4k(k∈Z),
因为ω>0,所以ω的最小值为4.
类型四 由零点、极值点求参数
 (2025·赣州一模)已知函数f(x)=2cos (ωx+),x∈[-π,0],若f(x)恰有3个极值点,则正数ω的取值范围为(  )
A.[,) B.(,]
C.[,) D.(,]
【解析】 因为ω>0,所以当x∈[-π,0]时,ωx+∈[-ωπ+,],因为f(x)恰有3个极值点,所以-3π<-ωπ+≤-2π,解得≤ω<,即ω的取值范围为[,).
【答案】 C
【解题技法】 解决y=A sin (ωx+φ)(A>0,ω>0)的零点与极值点问题通常先利用换元法求t=ωx+φ的范围,再结合y=sin t的图象列出关于ω的不等式(组),进而求出ω的值或取值范围.
 (2025·宿迁二模)已知函数f(x)=sin x+cos x的极值点与g(x)=tan (ωx+)的零点完全相同,则ω=(  )
A.-2 B.-1
C.1 D.2
解析:选B.f(x)=sin x+cos x=sin (x+),
由x+=kπ+,k∈Z,
得x=kπ+,k∈Z,①
对于g(x)=tan (ωx+),
由ωx+=kπ,k∈Z,得ωx=kπ-,k∈Z,
依题意ω≠0,所以x==-,k∈Z,②
由于函数f(x)=sin x+cos x的极值点与g(x)=tan (ωx+)的零点完全相同,由①②可得ω=-1.专题强化训练
[A 基本技能]
1.在△ABC中,cos A=,AB=3,AC=4,则点A到边BC的距离为(  )
A. B.
C. D.
解析:选A.在△ABC中,由cos A=,得sin A=,由余弦定理有BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos A=9,故BC=3.
设点A到边BC的距离为d,由三角形面积公式得,sin A·AB·AC=·BC·d,故d=.
2.在△ABC中,三角形三条边上的高之比为2∶3∶4,则△ABC为(  )
A.钝角三角形 B.直角三角形
C.锐角三角形 D.等腰三角形
解析:选A.因为三角形三条边上的高之比为2∶3∶4,
所以三角形三条边之比为∶∶,即6∶4∶3,
不妨设a=6x,b=4x,c=3x,x>0,
则最大角的余弦值为cos A==-<0,
因此角A为钝角,则△ABC为钝角三角形.
3.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且A=60°,b=3,AD为BC边上的中线,若AD=,则△ABC的面积为(  )
A. B.
C. D.
解析:选B.=(+),即=(2+9+||×2×3),解得||=5(负值已舍去),故S△ABC=AB·AC·sin 60°=×5×3×=.
4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2+c2=b2-ac,且AB边上的高等于AB,则sin C=(  )
A. B.
C. D.
解析:选D.由题意得cos B==-,sin B=.
设CD⊥AB,垂足为点D,易知点D在AB的延长线上,如图所示,
不妨设BC=5,则CD=3,BD=4,则AB=2,AD=6,AC==3,
由=,解得sin C==.
5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若c=3,b=2,AD平分∠BAC,点D在BC上,且AD的长为,则BC边上的中线AH的长为(  )
A. B.
C. D.
解析:选A.设∠BAD=∠CAD=α,则∠BAC=2α.
因为S△ABC=S△ABD+S△ACD,所以×3×2sin 2α=×3×sin α+×2×sin α,
整理得3sin 2α=2sin α,
即sin α(3cos α-)=0,
因为sin α≠0,所以cos α=,
所以cos 2α=2cos2α-1=.
因为AH是BC边上的中线,
所以=(+),
则2=(+)2=(2+2+2·)=(c2+b2+2bc cos2α )=×(32+22+2×2×3×)=,所以AH=.
6.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知A=,b2+c2=24,△ABC的外接圆的半径R=2,D是边AC的中点,则BD的长为(  )
A.+1 B.2
C.6 D.
解析:选D.由A=,△ABC的外接圆的半径R=2,得a=2R sin A=2×2×=6,由a2=b2+c2-2bc cos A和b2+c2=24,得bc=12,联立解得b=c=2,所以∠ABC=C=(π-)=.因为在△ABC中,D是边AC的中点,所以=(+),
于是||=



=.
7.(多选)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若b=c cos ∠BAC,∠BAC的平分线交BC于点D,AD=1,cos ∠BAC=,则以下结论正确的是(  )
A.AC=
B.AB=8
C.=
D.△ABD的面积为
解析:选ACD.在△ABC中,因为b=c cos ∠BAC,则b=c×,整理得b2+a2=c2,所以C=,由二倍角公式得cos ∠BAC=2cos2∠CAD-1=,解得cos∠CAD=,在Rt△ACD中,AC=AD cos ∠CAD=,故A正确;在Rt△ABC中,AB===6,故B错误;由题意可知∠CAD=∠BAD,则==,故C正确;在△ABD中,因为cos ∠BAD=,则sin ∠BAD==,所以S△ABD=AD·AB·sin∠BAD=×1×6×=,故D正确.
8.(多选)已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且a2+c2-b2+2ac=2bc sin A,则下列说法正确的是(  )
A.若点E在边AC上,BE为角平分线且长度为1,则a+c=ac
B.若D为边AC的中点,且BD=1,则△ABC的面积的最大值为
C.cos A cos C的取值范围是(-,]
D.若c=1,且△ABC只有一解,则b的取值范围为[1,+∞)
解析:选ABC.由已知a2+c2-b2+2ac=2bc sin A,根据余弦定理可知2ac cos B+2ac=2bc sin A,即2a cos B+2a=2b·sin A,再由正弦定理可得2sin A cos B+2sin A=2sin B·sin A,又A∈(0,π),即sin A≠0,所以2sin (B-)=1,
即sin (B-)=,
又B∈(0,π),B-∈(-,),
所以B-=,B=,
A选项,BE为角平分线,则∠ABE=∠CBE=,所以S△ABC=S△ABE+S△CBE,
即AB·BC·sin ∠ABC=AB·BE·sin ∠ABE+BC·BE·sin ∠CBE,
即ac=c+a,则a+c=ac,A正确;
B选项,由D为边AC的中点,
则=(+),
即2=[(+)]2=2+2+·,
所以c2+a2+ac=1,即a2+c2=4-ac,
又a2+c2≥2ac,即4-ac≥2ac,ac≤,
即S△ABC=ac sin B=ac≤,当且仅当a=c时等号成立,B正确;
C选项,由三角形可知cos A cos C=-cos A cos (A+B)=-cos A cos (A+)=-cos2A+sinA cos A=sin 2A-cos 2A-=sin (2A-)-,
又在△ABC中,A∈(0,),
所以2A-∈(-,),
即cos A cos C=sin (2A-)-∈(-,],C正确;
D选项,c=1,且△ABC只有一解,则b=c sin B或b≥c,即b=或b≥1,D错误.
9.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,B=,c=,BC边上的高等于a,则△ABC的面积是________.
解析:
如图,在△ABC中,过点A作AD⊥BC,垂足为点D,则AD=a,又B=,c=,在Rt△ABD中,AB2=AD2+BD2,即a2+a2=2,解得a=3,所以S△ABC=AB·BC·sin ∠ABD=××3×=.
答案:
10.在△ABC中,AB=,AC=1,M为BC边的中点,∠MAC=60°,则AM=________.
解析:在△ABC中,取AC的中点N,连接MN,由M为BC的中点,得MN=AB=,
在△AMN中,由余弦定理得MN2=AM2+AN2-2AM·AN cos ∠MAC,
则=AM2+-AM,
而AM>0,所以AM=.
答案:
11.在△ABC中,∠BAC=60°,AB=3,BC=,∠BAC的平分线交BC于点D,则AD=________.
解析:方法一(面积法):在△ABC中,由余弦定理可得,32+AC2-2×3×AC×cos 60°=13,又AC>0,解得AC=4.
由S△ABC=S△ABD+S△ACD且AD平分∠BAC可得,×3×4×sin 60°=×3×AD×sin 30°+×AD×4×sin 30°,
解得AD=.
方法二(角平分线定理):在△ABC中,由余弦定理可得,32+AC2-2×3×AC×cos 60°=13,又AC>0,解得AC=4.
因为AD为∠BAC的平分线,
所以==,
又BC=,所以BD=,CD=,
则AD2=AB×AC-BD×CD=3×4-×=,
所以AD=.
答案:
12.(2025·郑州质检)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b2+c2-a2=bc,2sin (C-A)=sin B.
(1)求sin C;
(2)设BC=10,求BC边上的高.
解:(1)因为b2+c2-a2=bc,
所以cos A===,
又A∈(0,π),所以A=.
在△ABC中,B=π-A-C,
因为2sin (C-A)=sin B,
所以2sin (C-)=sin (-C),
展开并整理得(sin C-cos C)=(cos C+sin C),
得sin C=3 cos C,又sin2C+cos2C=1,且sinC>0,
所以sin C=.
(2)设BC边上的高长度为h,sin B=sin (A+C)=×(+)=,因为S△ABC=ab sin C= ah,即h=,又在△ABC中,由正弦定理得,=,即b===4,故h==×4=12.
13.(2025·郑州质量预测)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b(cos A+sin A)=a+c.
(1)求B.
(2)若a=2,c=5,AC,AB边上的中线BE,CF相交于点M.
①求BE;
②求cos ∠EMF.
解:(1)在△ABC中,由正弦定理得sin B(cos A+sin A)=sin A+sin C,因为A+B+C=π,
所以sin C=sin (A+B),
所以sin B cos A+sin B sin A=sin A+sin (A+B),
所以sin B sin A=sin A+sin A cos B,
因为sin A≠0,所以sin B=1+cos B,
所以sin (B-)=.
因为0所以B-=,所以B=.
(2)①因为BE是AC边上的中线,
所以=(+),
所以||=

==.
②在△BCF中,由余弦定理得CF2=BC2+BF2-2BC·BF·cos =,则CF=.
方法一:由题意知点M是△ABC的重心,
则CM=CF=,BM=BE=,
在△BMC中,由余弦定理得cos ∠BMC==,
所以cos ∠EMF=cos ∠BMC=.
方法二:又=-,
所以·=(+)·(-)
=||2-·-||2=3.
所以cos ∠EMF=cos 〈,〉==.
[B 综合运用]
14.(2025·广东一模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a2-ab cos C=2bc cos A,B=.△ABC外一点E满足BE=2AE,且∠AEB的角平分线交AB于点D.
(1)求cos A;
(2)证明:CD⊥AB;
(3)若c=3,DE=2,求CE.
解:(1)在△ABC中,由正弦定理有sin2A-sinA sin B cos C=2sin B sin C cos A,
则sin A(sin A-sin B cos C)=2sin B sin C cos A,
因为sin A=sin (B+C)=sin B cos C+cos B sin C,
代入化简得sin A sin C cos B=2sin B sin C cos A,
因为A,C∈(0,π),
故sin C≠0,又B=,
即得sin A=2cos A,则A∈(0,).
故sin2A=1-cos2A=4cos2A,
解得cosA=.
(2)证明:
如图,假设CD不垂直于AB,过点C作CG⊥AB,垂足为G.
由(1)可得tan A==2,
则===2,
由角平分线定理有==2,故点D,G重合,即CD⊥AB.
(3)由(2)知AD=1,BD=2,
设BE=2AE=2x(x>0).
在△ADE中,由余弦定理的推论有cos ∠ADE==,同理cos ∠BDE=,故+=0,解得x=.注意到AD2+AE2=DE2,故AE⊥AD,且∠ADE=.
故∠CDE=或(如图1,图2),
由(1)知tan ∠BAC==2,
所以CD=2,
由余弦定理有CE2=CD2+DE2-2CD·DE cos ∠CDE=8-8cos ∠CDE,
当∠CDE=时,CE2=8-8×=8-4,
解得CE=-;
当∠CDE=时,CE2=8+8×=8+4,
解得CE=+.
故CE=-或+.第1讲 三角恒等变换与平面向量
[考情分析] 三角恒等变换与平面向量是高考的命题热点,三角恒等变换主要考查:(1)两角和与差的正弦、余弦、正切公式;(2)二倍角公式、半角公式的应用等;多以选择题、填空题的形式出现或隐含于解答题中,平面向量主要考查向量的模、夹角、数量积、系数的最值或范围等;难度为中等偏下.
考点一 三角恒等变换
1.两角和与差公式变形
sin αsin β+cos (α+β)=cos αcos β;
cos αsin β+sin (α-β)=sin αcos β;
tan α±tan β=tan (α±β)·(1 tan αtan β).
2.倍角公式变形
降幂公式:cos2α=,sin2α=;
升幂公式:cos α=2cos2-1,cosα=1-2sin2;
配方变形:1±sin α=(sin ±cos )2.
 (1)(2025·全国二卷)已知0<α<π,cos =,则sin =(  )
A. B.
C. D.
(2)(2025·郑州质量预测)若tan (α-β)=3,=18,则tan2α=(  )
A.- B.-2
C.- D.-
【解析】 (1)cos α=2cos2-1=2×()2-1=-,
因为0<α<π,所以<α<π,则sinα===,则sin(α-)=sin αcos -cos α·sin =×-(-)×=.
(2)因为=·
=tan (α+β)·tan (α-β)=18,
且tan (α-β)=3,所以tan (α+β)=6,故tan 2α=tan [(α+β)+(α-β)]===-.
【答案】 (1)D (2)D
【解题技法】 给值求值问题的解题策略
给值求值问题的解题关键在于“变角”,把所求角用含已知角的式子表示出来,如α=(α+β)-β,2α=(α+β)+(α-β),+α=-等,要善于观察各个角之间的关系,发现题目所给条件与恒等变换公式的联系.
 已知α∈,且4cos α-tan =,则α=________.
【解析】 4cos α-tan (-α)
=4cos α-
=4cos α-=
==,
所以2sin 2α=sin α+cos α=2sin (α+).
因为α∈(,),
所以2α∈(,π),α+∈(,),
则2α=α+或2α+α+=π,得α=(舍去)或α=.
【答案】 
【解题技法】 给值求角的原则
(1)已知正切函数值,选正切函数;
(2)已知正、余弦函数值,选正弦或余弦函数.若角的范围是(0,),选正、余弦皆可;若角的范围是(0,π),选余弦较好;若角的范围为(-,),选正弦较好.
 1.(2025·陕西适应性检测)已知sin (α-)+cos α=,则cos =(  )
A.- B.
C.- D.
解析:选D.因为sin (α-)+cos α=,
所以sin α-cos α+cos α=,
即sin α+cos α=sin (α+)=,
则cos (2α+)=1-2sin2(α+)=1-2×=.
2.(多选)(2025·南京、盐城一模)已知cosαcos β=,cos (α+β)=,则(  )
A.sin αsin β= B.cos (α-β)=
C.tan αtan β=- D.sin 2αsin 2β=
解析:选BC.因为cos (α+β)=cos αcos β-sin αsin β=,且cos αcos β=,则sin αsin β=-,故A错误;
由cos (α-β)=cos αcos β+sin αsin β=-=,故B正确;
由tan αtan β===-,故C正确;
由sin 2αsin 2β=2sin αcos α·2sin βcos β=4sin αsin βcos αcos β=4×(-)×=-,故D错误.
3.已知α,β∈,sin (α-β)=,tan α=3tan β,则α+β=(  )
A. B.
C. D.
解析:选C.因为sin (α-β)=,所以sin αcos β-cos αsin β= ①.因为tan α=3tan β,所以=,即sin αcos β=3cos αsin β ②.由①②得,sin αcos β=,cos αsin β=,所以sin (α+β)=sin αcos β+cos αsin β=1,因为α,β∈(0,),所以α+β∈(0,π),所以α+β=.
考点二 平面向量
1.平面向量数量积的性质
设a,b都是非零向量,θ是a与b的夹角,则
(1)cos θ=.
(2)|a·b|≤|a||b|.
2.常用结论
(1)向量a在向量b上的投影向量为·.
(2)在△ABC中,给出=(+),等价于已知AD是△ABC中BC边上的中线.
(3)已知=λ+μ(λ,μ为常数),则A,B,C三点共线的充要条件是λ+μ=1.
 (1)(2025·广州综合测试)在平行四边形ABCD中,点E是BC边上的点,=4,点F是线段DE的中点,若=λ+μ,则μ=(  )
A. B.1
C. D.
(2)(2025·高三名校联考)在△ABC中,点F为AB的中点,=2,BE与CF交于点P,且满足=λ,则λ的值为________.
【解析】 (1)
如图,=+=-,
所以=+=+=+-=+,故μ=.
(2)
如图,连接AP,由题意=+=+λ=+λ(-)=(1-λ)+λ=(1-λ)·2+λ·=(2-2λ)+λ,因为F,P,C三点共线,所以2-2λ+λ=1,解得λ=.
【答案】 (1)C (2)
【解题技法】 (1)根据平面向量基本定理恰当地选取基底,且变形要有方向,不能盲目转化.
(2)在一般向量的线性运算中,只需要把其中的向量当作一个字母看待,其运算方法类似于代数中合并同类项的运算,在计算时可以进行类比.
 (1)(2025·武汉四调)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,(a-b)⊥a,则a与b的夹角为(  )
A. B.
C. D.
(2)(2025·北京卷)已知平面直角坐标系xOy中,||=||=,||=2,设C(3,4),则|2+|的取值范围是(  )
A.[6,14] B.[6,12]
C.[8,14] D.[8,12]
【解析】 (1)由题知(a-b)·a=0,
所以a2-a·b=0,
所以a2=a·b=|a||b|cos 〈a,b〉=|a|2,
又|a|=1,|b|=2,
所以cos 〈a,b〉=,〈a,b〉∈[0,π],
所以〈a,b〉=.
(2)因为||=||=,||=2,
由=-平方可得,·=0,
所以〈,〉=.
2+=2(-)+-=+-2,||==5,
所以|2+|2=2+2+42-4(+)·
=2+2+4×25-4(+)·=104-4(+)·,
又|(+)·|≤|+|||=×5=10,
即-10≤(+)·≤10,所以|2+|2∈[64,144],
即|2+|∈[8,12].
【答案】 (1)C (2)D
【解题技法】 (1)数量积的计算通常有①借“底”数字化;②借“系”坐标化.
(2)可以利用数量积求向量的模和夹角,向量要分解成题中已知的向量模和夹角进行计算.
 1.(多选)(2025·皖南八校联考)已知向量a,b满足|a-2b|=,|a|=|b|=1,则(  )
A.a与b的夹角为 B.a与b的夹角为
C.|2a-3b|= D.a⊥(a+2b)
解析:选ACD.对于A,B,设a与b的夹角为θ(0≤θ≤π),因为|a-2b|=,所以(a-2b)2=a2-4a·b+4b2=5-4a·b=7,得a·b=-,所以cos θ==-,θ=,故A正确,B错误;对于C,|2a-3b|====,故C正确;对于D,a·(a+2b)=a2+2a·b=1-1=0,故a⊥(a+2b),故D正确.
2.(2025·天津卷)在△ABC中,D为AB中点,=,记=a,=b,则=________(用a,b表示);若||=5,AE⊥CB,则·=________.
解析:
如图,因为=,所以-=(-),所以=+.
因为D为AB边的中点,所以=+=a+b;
又因为||=5,AE⊥CB,所以2=(a+b)2=a2+a·b+b2=25,
·=(a+b)·(a-b)=a2+a·b-b2=0,
所以a2+3a·b=4b2,所以a2+4a·b=180,
所以·=(a+b)·(-b+a)
=a2+a·b-b2=(a2+2a·b-8b2)
=(a2+2a·b-2a2-6a·b)
=(-a2-4a·b)=-15.
答案:a+b -15(共32张PPT)
专题强化训练
B
C
A
A
D
C
B
AD
对于B,函数f(x)的最大值为2,故B错误.
AB
AD
BD
A
O

展开更多......

收起↑

资源列表