【数学】2018届一轮复习人教A版第一部分专题一平面向量、三角函数与解三角形学案
[研高考·明考点]
年份 卷别 小题考查 大题考查
T13·向量的垂直、向量的坐标运算
T15·同角三角函数的基本关系、两角差的余弦公式卷Ⅰ
T11·利用正弦定理解三角形
————
T4·向量的数量积、向量的垂直
T3、T13·三角函数的性质卷Ⅱ
T16·利用正、余弦定理解三角形
————
T13·向量的数量积、向量的垂直
T4·同角三角函数的基本关系、二倍角公式
T6·诱导公式、三角函数的性质
2017
卷Ⅲ
T15·利用正弦定理解三角形
———
T13·向量的坐标运算、向量垂直的应用
T6·三角函数的图象与变换及性质
T14·同角三角函数基本关系式、诱导公式
卷Ⅰ
T4·利用余弦定理解三角形
———
T13·向量共线的坐标运算公式的应用
T3·已知三角函数图象求解析式
T11·二倍角公式、诱导公式及三角函数的最值问题卷Ⅱ
T15·同角三角函数的基本关系、两角和的正弦公式及
利用正弦定理解三角形
———
T3·向量的夹角问题
T14·三角函数的图象与变换
T6·三角恒等变换的求值问题
2016
卷Ⅲ
T9·解三角形、三角形面积公式
———
T2·平面向量的线性运算
卷Ⅰ
T8·三角函数的图象与性质
T17·正、余弦定理及
三角形面积公式
2015
卷Ⅱ T4·平面向量的数量积运算
T17· 正 弦 定 理 及 三
角形内角和定理
[析考情·明重点]
小题考情分析 大题考情分析
常考点
1.平面向量的线性运算(3 年 3 考)
2.平面向量的数量积及应用(3 年 6 考)
3.三角函数的图象与性质及应用(3
年 7 考)
4.三角恒等变换与求值(3 年 5 考)
5.利用正、余弦定理解三角形(3 年 6
考)
常考点
解三角形是此部分在高考解答
题中考查时的热点，题型主要
有：
1.三角形的基本量的求解问题
2.与三角形面积有关的问题
3.以平面几何为载体的解三角
形问题
偶考点 正、余弦定理的实际应用 偶考点
1.三角函数的综合问题
2.平面向量与解三角形、三角函
数的综合问题
第一讲 小题考法——平面向量
考点(一)
平面向量的线性运算
主要考查平面向量的加、减、数乘等线性运算以及
向量共线定理的应用.
[典例感悟]
[典例] (1)(2017·合肥质检)已知向量 a＝(1,3)，b＝(－2，k)，且(a＋2b)∥(3a－b)，则
实数 k＝( )
A．4 B．－5 C．6 D．－6
(2)(2018 届高三·湘中名校联考)若点 P 是△ABC 的外心，且 PA―→
＋ PB
―→
＋λ PC
―→
＝0，
∠ACB＝120°，则实数 λ 的值为( )
A.1
2 B．－1
2 C．－1 D．1
[解析] (1)a＋2b＝(－3,3＋2k)，3a－b＝(5,9－k)，由题意可得－3(9－k)＝5(3＋2k)，解
得 k＝－6.
(2)设 AB 的中点为 D，则 PA―→
＋ PB
―→
＝2 PD
―→
.因为 PA―→
＋ PB
―→
＋λ PC
―→
＝0，所以 2
PD
―→
＋λ PC
―→
＝0，所以向量 PD
―→
， PC
―→
共线．又 P 是△ABC 的外心，所以 PA＝PB，所
以 PD⊥AB，所以 CD⊥AB.因为∠ACB＝120°，所以∠APB＝120°，所以四边形 APBC 是菱
形，从而 PA―→
＋ PB
―→
＝2 PD
―→
＝ PC
―→
，所以 2 PD
―→
＋λ PC
―→
＝ PC
―→
＋λ PC
―→
＝0，所以 λ＝
－1，故选 C.
[答案] (1)D (2)C
[方法技巧]
解决以平面图形为载体的向量线性运算问题的方法
(1)充分利用平行四边形法则与三角形法则，结合平面向量基本定理、共线定理等知识
进行解答．
(2)如果图形比较规则，向量比较明确，则可考虑建立平面直角坐标系，利用坐标运算
来解决．
[演练冲关]
1．(2017·南昌调研)设 a，b 都是非零向量，下列四个选项中，一定能使 a
|a|＋ b
|b|＝0 成立
的是( )
A．a＝2b B．a∥b
C．a＝－1
3b D．a⊥b
解析：选 C “ a
|a|＋ b
|b|＝0，且 a，b 都是非零向量”等价于“非零向量 a，b 共线且反
向”，结合各选项可知选 C.
2．(2017·福州模拟)已知△ABC 和点 M 满足 MA
―→
＋ MB
―→
＋ MC
―→
＝0.若存在实数 m，
使得 AB
―→
＋ AC
―→
＝m AM
―→
成立，则 m＝( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选 B 由 MA
―→
＋ MB
―→
＋ MC
―→
＝0 知，点 M 为△ABC 的重心，设点 D 为边 BC
的中点，则 AM
―→
＝2
3 AD
―→
＝2
3×1
2( AB
―→
＋ AC
―→
)＝1
3( AB
―→
＋ AC
―→
)，所以 AB
―→
＋ AC
―→
＝3
AM
―→
，则 m＝3，故选 B.
3．(2017·沈阳质检)已知向量 AC
―→
， AD
―→
和 AB
―→
在正方形网格中的位置如图所示，若
AC
―→
＝λ AB
―→
＋μ AD
―→
，则 λμ＝( )
A．－3 B．3
C．－4 D．4
解析：选 A 建立如图所示的平面直角坐标系 xAy，设网格中小
正方形的边长为 1，则 AC
―→
＝(2，－2)， AB
―→
＝(1,2)， AD
―→
＝(1,0)，
由题意可知(2，－2)＝λ(1,2)＋μ(1，0)，即Error!解得Error!所以 λμ＝－
3.故选 A.
考点(二)
平面向量的数量积及应用
主要考查数量积的运算、夹角以及模的计算问题或求
参数的值.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018 届高三·广西三市联考)已知向量 a，b 满足|a|＝1，|b|＝2 3，a 与 b 的
夹角的余弦值为 sin17π
3 ，则 b·(2a－b)＝( )
A．2 B．－1 C．－6 D．－18
(2)(2017·全国卷Ⅱ)已知△ABC 是边长为 2 的等边三角形，P 为平面 ABC 内一点，则
PA―→
·( PB
―→
＋ PC
―→
)的最小值是( )
A．－2 B．－3
2
C．－4
3 D．－1
(3)(2018 届高三·湖北七市(州)联考)平面向量 a，b，c 不共线，且两两所成的角相等，
若|a|＝|b|＝2，|c|＝1，则|a＋b＋c|＝________.
[解析] (1)∵|a|＝1，|b|＝2 3，a 与 b 的夹角的余弦值为 sin17π
3 ＝－ 3
2 ，∴a·b＝－3，
则 b·(2a－b)＝2a·b－b 2＝－18.
(2)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， 3)，B(－1,0)，
C(1,0)，设 P(x，y)，则PA―→
＝(－x, 3－y)， PB
―→
＝(－1－x，－y)，
PC
―→
＝(1－x，－y)，所以 PA―→
·( PB
―→
＋ PC
―→
)＝(－x， 3－y)·(－
2x，－2y)＝2x 2 ＋2(y－ 3
2 )2－3
2，故当 x＝0，y＝ 3
2 时， PA―→
·( PB
―→
＋ PC
―→
)取得最小
值，为－3
2.
(3)∵平面向量 a，b，c 不共线，且两两所成的角相等，∴它们两两所成的角为 120°，∴
|a＋b＋c| 2＝(a＋b＋c) 2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝|a| 2＋|b|2＋|c|2＋2|a||b|·cos 120°＋
2|b||c|cos 120° ＋2|a||c|cos 120° ＝2 2 ＋2 2 ＋1 2 ＋2×2×2×(－1
2 )＋2×2×1×(－1
2 )＋
2×2×1×(－1
2 )＝1，故|a＋b＋c|＝1.
[答案] (1)D (2)B (3)1
[方法技巧]
解决以平面图形为载体的向量数量积问题的方法
(1)选择平面图形中的模与夹角确定的向量作为一组基底，用该基底表示构成数量积的
两个向量，结合向量数量积运算律求解．
(2)若已知图形中有明显的适合建立直角坐标系的条件，可建立直角坐标系将向量数量
积运算转化为代数运算来解决．
[演练冲关]
1．(2017·云南调研)平面向量 a 与 b 的夹角为 45°，a＝(1,1)，|b|＝2，则|3a＋b|＝( )
A．13＋6 2 B．2 5
C. 30 D. 34
解析：选 D 依题意得|a|＝ 2，a·b＝ 2×2×cos 45°＝2，则|3a＋b|＝ (3a＋b)2＝
9a2＋6a·b＋b2＝ 18＋12＋4＝ 34，故选 D.
2．(2018 届高三·湖南五市十校联考)△ABC 是边长为 2 的等边三角形，向量 a，b 满足
AB
―→
＝2a， AC
―→
＝2a＋b，则向量 a，b 的夹角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
解析：选 C BC
―→
＝ AC
―→
－ AB
―→
＝2a＋b－2a＝b，则向量 a，b 的夹角即为向量 AB
―→
与 BC
―→
的夹角，故向量 a，b 的夹角为 120°.
3．(2017·天津高考)在△ABC 中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2.若BD
―→
＝2 DC
―→
， AE
―→
＝
λ AC
―→
－ AB
―→
(λ∈R)，且 AD
―→
· AE
―→
＝－4，则 λ 的值为________．
解析：法一： AD
―→
＝ AB
―→
＋ BD
―→
＝ AB
―→
＋2
3 BC
―→
＝ AB
―→
＋2
3( AC
―→
－ AB
―→
)＝1
3 AB
―→
＋2
3 AC
―→
.
又 AB
―→
· AC
―→
＝3×2×1
2＝3，
所以 AD
―→
· AE
―→
＝(1
3＋2
3 )·(－ AB
―→
＋λ AC
―→
)
＝－1
3 AB
―→
2＋(1
3λ－2
3) AB
―→
· AC
―→
＋2
3λ AC
―→
2
＝－3＋3(1
3λ－2
3)＋2
3λ×4＝11
3 λ－5＝－4，
解得 λ＝ 3
11.
法二：以点 A 为坐标原点， AB
―→
的方向为 x 轴正方向，建立平面直角坐标系(图略)，
不妨假设点 C 在第一象限，
则 A(0,0)，B(3,0)，C(1， 3)．
由 BD
―→
＝2 DC
―→
，得 D(5
3，2 3
3 )，
由 AE
―→
＝λ AC
―→
－ AB
―→
，得 E(λ－3， 3λ)，
则 AD
―→
· AE
―→
＝(5
3，2 3
3 )·(λ－3， 3λ)＝5
3(λ－3)＋2 3
3 × 3λ＝11
3 λ－5＝－4，解得 λ
＝ 3
11.
答案： 3
11
[必备知能·自主补缺]
(一) 主干知识要记牢
1．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)a∥b⇔a＝λb(b≠0)⇔x1y2－x2y1＝0.
(2)a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.
2．平面向量的性质
(1)若 a＝(x，y)，则|a|＝ a·a＝ x2＋y2.
(2)若 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则| AB
―→
|＝ (x2－x1)2＋(y2－y1)2.
(3)若 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ 为 a 与 b 的夹角，则 cos θ＝ a·b
|a||b|＝ x1x2＋y1y2
x21＋y21 x22＋y22 .
(4)|a·b|≤|a|·|b|.
(二) 二级结论要用好
1．三点共线的判定
(1)A，B，C 三点共线⇔ AB
―→
， AC
―→
共线．
(2)向量 PA―→
，PB
―→
， PC
―→
中三终点 A，B，C 共线⇔存在实数 α，β 使得PA―→
＝α PB
―→
＋
β PC
―→
，且 α＋β＝1.
[针对练 1] 在▱ABCD 中，点 E 是 AD 边的中点，BE 与 AC 相交于点 F，若 EF
―→
＝m
AB
―→
＋n AD
―→
(m，n∈R)，则m
n＝________.
解析：如图， AD
―→
＝2 AE
―→
， EF
―→
＝m AB
―→
＋n AD
―→
，∴ AF
―→
＝ AE
―→
＋ EF
―→
＝m AB
―→
＋(2n＋1) AE
―→
，
∵F，E，B 三点共线，∴m＋2n＋1＝1，∴m
n＝－2.
答案：－2
2．中点坐标和三角形的重心坐标
(1)设 P1，P2 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则线段 P1P2 的中点 P 的坐标为x1＋x2
2 ，
y1＋y2
2 .
(2)三角形的重心坐标公式：设△ABC 的三个顶点的坐标分别为 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
C(x3，y3)，则△ABC 的重心坐标是 G(x1＋x2＋x3
3 ，y1＋y2＋y3
3 ).
3．三角形“四心”向量形式的充要条件
设 O 为△ABC 所在平面上一点，角 A，B，C 所对的边长分别为 a，b，c，则
(1)O 为△ABC 的外心⇔| OA
―→
|＝| OB
―→
|＝| OC
―→
|＝ a
2sin A.
(2)O 为△ABC 的重心⇔ OA
―→
＋ OB
―→
＋ OC
―→
＝0.
(3)O 为△ABC 的垂心⇔ OA
―→
· OB
―→
＝ OB
―→
· OC
―→
＝ OC
―→
· OA
―→
.
(4)O 为△ABC 的内心⇔a OA
―→
＋b OB
―→
＋c OC
―→
＝0.
(三) 易错易混要明了
1．要特别注意零向量带来的问题：0 的模是 0，方向任意，并不是没有方向；0 与任意
向量平行；λ0＝0(λ∈R)，而不是等于 0；0 与任意向量的数量积等于 0，即 0·a＝0；但不说
0 与任意非零向量垂直．
2．当 a·b＝0 时，不一定得到 a⊥b，当 a⊥b 时，a·b＝0；a·b＝c·b，不能得到 a＝c，
即消去律不成立；(a·b)·c 与 a·(b·c)不一定相等，(a·b)·c 与 c 平行，而 a·(b·c)与 a 平行．
3．两向量夹角的范围为[0，π]，向量的夹角为锐角与向量的数量积大于 0 不等价．
[针对练 2] 已知向量 a＝(－2，－1)，b＝(λ，1)，若 a 与 b 的夹角为钝角，则 λ 的取值
范围是________．
解析：依题意，当 a 与 b 的夹角为钝角时，a·b＝－2λ－1<0，解得 λ>－1
2.而当 a 与 b 共
线时，有－2×1＝－λ，解得 λ＝2，即当 λ＝2 时，a＝－b，a 与 b 反向共线，此时 a 与 b 的
夹角为 π，不是钝角，因此，当 a 与 b 的夹角为钝角时，λ 的取值范围是(－1
2，2)∪(2，＋
∞)．
答案：(－1
2，2)∪(2，＋∞)
[课时跟踪检测]
A 组——12＋4 提速练
一、选择题
1．(2017·沈阳质检)已知平面向量 a＝(3,4)，b＝(x，1
2 )，若 a∥b，则实数 x 为( )
A．－2
3 B.2
3
C.3
8 D．－3
8
解析：选 C ∵a∥b，∴3×1
2＝4x，解得 x＝3
8，故选 C.
2．已知向量 a＝(1,2)，b＝(2，－3)．若向量 c 满足 c⊥(a＋b)，且 b∥(a－c)，则 c＝( )
A.(7
9，7
3 ) B.(－7
9，7
3)
C.(7
9，－7
3) D.(－7
9，－7
3)
解析：选 A 设 c＝(x，y)，由题可得 a＋b＝(3，－1)，a－c＝(1－x,2－y)．因为 c⊥(a＋
b)，b∥(a－c)，所以Error!解得Error!故 c＝(7
9，7
3 ).
3．已知平面直角坐标系内的两个向量 a＝(1,2)，b＝(m,3m－2)，且平面内的任一向量 c
都可以唯一的表示成 c＝λa＋μb(λ，μ 为实数)，则实数 m 的取值范围是( )
A．(－∞，2) B．(2，＋∞)
C．(－∞，＋∞) D．(－∞，2)∪(2，＋∞)
解析：选 D 由题意知向量 a，b 不共线，故 2m≠3m－2，即 m≠2.
4．(2017·西安模拟)已知向量 a 与 b 的夹角为 120°，|a|＝3，|a＋b|＝ 13，则|b|＝( )
A．5 B．4
C．3 D．1
解析：选 B 因为|a＋b|＝ 13，所以|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝13，即 9＋2×3×|b|cos 120°＋
|b|2＝13，得|b|＝4.
5．(2018 届高三·西安八校联考)已知点 A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向
量 CD
―→
在 AB
―→
方向上的投影是( )
A.3 2
2 B．－3 2
2
C．3 5 D．－3 5
解析：选 C 依题意得， AB
―→
＝(2,1)， CD
―→
＝(5,5)， AB
―→
· CD
―→
＝(2,1)·(5,5)＝15，|
AB
―→
|＝ 5，因此向量 CD
―→
在 AB
―→
方向上的投影是·
||＝ 15
5
＝3 5.
6．已知 A，B，C 三点不共线，且点 O 满足 OA
―→
＋ OB
―→
＋ OC
―→
＝0，则下列结论正确
的是( )
A． OA
―→
＝1
3 AB
―→
＋2
3 BC
―→
B． OA
―→
＝2
3 AB
―→
＋1
3 BC
―→
C． OA
―→
＝1
3 AB
―→
－2
3 BC
―→
D． OA
―→
＝－2
3 AB
―→
－1
3 BC
―→
解析：选 D ∵ OA
―→
＋ OB
―→
＋ OC
―→
＝0，∴O 为△ABC 的重心，∴ OA
―→
＝－2
3×1
2( AB
―→
＋ AC
―→
)＝－1
3( AB
―→
＋ AC
―→
)＝－1
3( AB
―→
＋ AB
―→
＋ BC
―→
)＝－2
3 AB
―→
－1
3 BC
―→
，故选 D.
7．已知向量 a＝( 3，1)，b 是不平行于 x 轴的单位向量，且 a·b＝ 3，则 b＝( )
A.( 3
2 ，1
2) B.(1
2， 3
2 )
C.(1
4，3 3
4 ) D．(1,0)
解析：选 B 设 b＝(cos α，sin α)(α∈(0，π)∪(π，2π))，则 a·b＝( 3，1)·(cos α，sin α)
＝ 3cos α＋sin α＝2sinπ
3＋α＝ 3，得 α＝π
3，故 b＝(1
2， 3
2 ).
8．(2018 届高三·广东五校联考)已知向量 a＝(λ，1)，b＝(λ＋2,1)，若|a＋b|＝|a－b|，则
实数 λ 的值为( )
A．－1 B．2
C．1 D．－2
解析：选 A 由|a＋b|＝|a－b|可得 a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，所以 a·b＝0，即 a·b＝
(λ，1)·(λ＋2,1)＝λ2＋2λ＋1＝0，解得 λ＝－1.
9．(2017·惠州调研)若 O 为△ABC 所在平面内任一点，且满足( OB
―→
－ OC
―→
)·( OB
―→
＋
OC
―→
－2 OA
―→
)＝0，则△ABC 的形状为( )
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．正三角形 D．等腰直角三角形
解析：选 A ( OB
―→
－ OC
―→
)·( OB
―→
＋ OC
―→
－2 OA
―→
)＝0，即 CB
―→
·( AB
―→
＋ AC
―→
)＝0，
∵ AB
―→
－ AC
―→
＝ CB
―→
，∴( AB
―→
－ AC
―→
)·( AB
―→
＋ AC
―→
)＝0，即| AB
―→
|＝| AC
―→
|，∴△ABC
是等腰三角形，故选 A.
10．(2017·日照模拟)如图，在△ABC 中，AB＝BC＝4，∠ABC＝
30°，AD 是 BC 边上的高，则 AD
―→
· AC
―→
＝( )
A．0 B．4
C．8 D．－4
解析：选 B 因为 AB＝BC＝4，∠ABC＝30°，AD 是 BC 边上的高，所以 AD＝4sin 30°
＝2，所以 AD
―→
· AC
―→
＝ AD
―→
·( AB
―→
＋ BC
―→
)＝ AD
―→
· AB
―→
＋ AD
―→
· BC
―→
＝ AD
―→
· AB
―→
＝
2×4×cos 60°＝4，故选 B.
11．(2017·全国卷Ⅲ)在矩形 ABCD 中，AB＝1，AD＝2，动点 P 在以点 C 为圆心且与 BD
相切的圆上．若 AP
―→
＝λ AB
―→
＋μ AD
―→
，则 λ＋μ 的最大值为( )
A．3 B．2 2
C. 5 D．2
解析：选 A 以 A 为坐标原点，AB，AD 所在直线分别为 x 轴，y 轴
建立如图所示的平面直角坐标系，
则 A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直线 BD 的方程为 2x＋y－2＝
0，点 C 到直线 BD 的距离为 2
12＋22＝ 2
5
，所以圆 C：(x－1)2＋(y－2)2＝
4
5.
因为 P 在圆 C 上，所以 P(1＋2 5
5 cos θ，2＋2 5
5 sin θ).
又 AB
―→
＝(1,0)， AD
―→
＝(0,2)， AP
―→
＝λ AB
―→
＋μ AD
―→
＝(λ，2μ)，
所以Error!
则 λ＋μ＝2＋2 5
5 cos θ＋ 5
5 sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中 tan φ＝2)，当且仅当 θ＝π
2＋
2kπ－φ，k∈Z 时，λ＋μ 取得最大值 3.
12．如图，△ABC 的外接圆的圆心为 O，AB＝2，AC＝ 7，BC＝3，则 AO
―→
· BC
―→
的
值为( )
A.3
2 B.5
2
C．2 D．3
解析：选 A 取 BC 的中点为 D ，连接 AD ，OD ，则 OD ⊥BC ，
AD
―→
＝1
2( AB
―→
＋ AC
―→
) ， BC
―→
＝ AC
―→
－ AB
―→
，所以 AO
―→
· BC
―→
＝
( AD
―→
＋ DO
―→
)· BC
―→
＝ AD
―→
· BC
―→
＋ DO
―→
· BC
―→
＝ AD
―→
· BC
―→
＝ 1
2
( AB
―→
＋ AC
―→
)·( AC
―→
－ AB
―→
)＝1
2( AC
―→
2－ AB
―→
2)＝1
2×( 7)2－22＝3
2.
故选 A.
二、填空题
13．(2017·山东高考)已知 e1，e2 是互相垂直的单位向量．若 3e1－e2 与 e1＋λe2 的夹角
为 60°，则实数 λ 的值是________．
解析：因为 3e1－e2 与 e1＋λe2 的夹角为 60°，所以 cos 60°＝
( 3e1－e2)·(e1＋λe2)
| 3e1－e2|·|e1＋λe2|
＝
3－λ
2 1＋λ2＝1
2，
解得 λ＝ 3
3 .
答案： 3
3
14．已知非零向量 m，n 满足 4|m|＝3|n|，且 m，n 夹角的余弦值为1
3，若 n⊥(tm＋n)，
则实数 t 的值为________．
解析：∵n⊥(tm＋n)，∴n·(tm＋n)＝0，即 tm·n＋|n|2＝0.又 4|m|＝3|n|，∴t×3
4|n|2×1
3＋
|n|2＝0，解得 t＝－4.
答案：－4
15．(2017·石家庄质检)已知 AB
―→
与 AC
―→
的夹角为 90°，| AB
―→
|＝2，| AC
―→
|＝1， AM
―→
＝
λ AB
―→
＋μ AC
―→
(λ，μ∈R)，且 AM
―→
· BC
―→
＝0，则λ
μ的值为________．
解析：根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则 A(0,0)，B(0,2)，
C(1,0)，所以 AB
―→
＝(0,2)， AC
―→
＝(1,0)， BC
―→
＝(1，－2)．设 M(x，y)，
则 AM
―→
＝(x，y)，所以AM
―→
· BC
―→
＝(x，y)·(1，－2)＝x－2y＝0，所以 x＝2y，
又AM
―→
＝λ AB
―→
＋μ AC
―→
，即(x，y)＝λ(0,2)＋μ(1,0)＝(μ，2λ)，所以 x＝μ，
y＝2λ，所以λ
μ＝
1
2y
x ＝1
4.
答案：1
4
16．(2017·北京高考)已知点 P 在圆 x2＋y2＝1 上，点 A 的坐标为(－2,0)，O 为原点，则
AO
―→
· AP
―→
的最大值为________．
解析：法一：由题意知， AO
―→
＝(2,0)，令 P(cos α，sin α)，则 AP
―→
＝(cos α＋2，sin α)，
AO
―→
· AP
―→
＝(2,0)·(cos α＋2，sin α)＝2cos α＋4≤6，当且仅当 cos α＝1，即 α＝0，P(1,0)时
等号成立，故 AO
―→
· AP
―→
的最大值为 6.
法二：由题意知， AO
―→
＝(2,0)，令 P(x，y)，－1≤x≤1，则 AO
―→
· AP
―→
＝(2,0)·(x＋2，
y)＝2x＋4≤6，当且仅当 x＝1，P(1,0)时等号成立，故 AO
―→
· AP
―→
的最大值为 6.
答案：6
B 组——能力小题保分练
1．已知△ABC 是边长为 1 的等边三角形，点 D，E 分别是边 AB，BC 的中点，连接 DE
并延长到点 F，使得 DE＝2EF，则 AF
―→
· BC
―→
的值为( )
A．－5
8 B.1
8
C.1
4 D.11
8
解析：选 B 如图所示， AF
―→
＝ AD
―→
＋ DF
―→
.
又 D，E 分别为 AB，BC 的中点，且 DE＝2EF，所以 AD
―→
＝1
2
AB
―→
， DF
―→
＝1
2 AC
―→
＋1
4 AC
―→
＝3
4 AC
―→
，
所以 AF
―→
＝1
2 AB
―→
＋3
4 AC
―→
.
又 BC
―→
＝ AC
―→
－ AB
―→
，
则 AF
―→
· BC
―→
＝(1
2＋3
4 )· ( AC
―→
－ AB
―→
)
＝1
2 AB
―→
· AC
―→
－1
2 AB
―→
2＋3
4 AC
―→
2－3
4 AC
―→
· AB
―→
＝3
4 AC
―→
2－1
2 AB
―→
2－1
4 AC
―→
· AB
―→
＝3
4| AC
―→
|2－1
2| AB
―→
|2－1
4×| AC
―→
|×| AB
―→
|×cos∠
BAC.
又| AB
―→
|＝| AC
―→
|＝1，∠BAC＝60°，
故 AF
―→
· BC
―→
＝3
4－1
2－1
4×1×1×1
2＝1
8.故选 B.
2．(2017·长春质检)已知 a，b 是单位向量，且 a·b＝－ 1
2.若平面向量 p 满足 p·a＝p·b＝
1
2，则|p|＝( )
A.1
2 B．1 C. 2 D．2
解析：选 B 由题意，不妨设 a＝(1,0)，b＝(－1
2， 3
2 )，p＝(x，y)，∵p·a＝p·b＝1
2，∴
Error!
解得Error!∴|p|＝ x2＋y2＝1，故选 B.
3．(2017·浙江高考)如图，已知平面四边形 ABCD，AB⊥BC，AB＝
BC＝AD＝2，CD＝3，AC 与 BD 交于点 O.记 I 1 ＝ OA
―→
· OB
―→
，I2 ＝
OB
―→
· OC
―→
，I3＝ OC
―→
· OD
―→
，则( )
A．I1
I3，作 AG⊥BD 于点 G，又 AB＝AD，
∴OB OC
―→
· OD
―→
，即 I1>I3，
∴I3 0，|φ| < π
2)的最小正周期为 π，若其图象
向左平移π
3个单位长度后关于 y 轴对称，则( )
A．ω＝2，φ＝π
3 B．ω＝2，φ＝π
6
C．ω＝4，φ＝π
6 D．ω＝2，φ＝－π
6
(3)(2017·沈阳模拟)函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)的部
分图象如图所示，则 f (π
4 )的值为________．
[解析] (1)先将函数 y＝cos 2x 的图象向右平移π
4个单位长度，得到 y＝sin 2x 的图象，
再向上平移 1 个单位长度，即得 y＝sin 2x＋1 的图象，故选 B.
(2)依题意得，T＝2π
ω ＝π，ω＝2，则 f(x)＝sin(2x＋φ)，其图象向左平移π
3个单位长度得
到函数 f (x＋ )＝sin (2x＋＋φ)的图象关于 y 轴对称，于是有2π
3 ＋φ＝kπ＋π
2，k∈Z，即 φ
＝kπ－π
6，k∈Z.
又|φ|<π
2，因此 φ＝－π
6，故选 D.
(3)由图象可知 A＝2，3
4T＝11π
12 －π
6＝3π
4 ，∴T＝π，∴ω＝2，∵当 x＝π
6时，函数 f(x)取
得最大值，∴2×π
6＋φ＝π
2＋2kπ(k∈Z)，∴φ＝π
6＋2kπ(k∈Z)，∵0<φ<π，∴φ＝π
6，∴f(x)＝2sin
(2x＋ )，则 f (π
4 )＝2sin(＋ )＝2cosπ
6＝ 3.
[答案] (1)B (2)D (3) 3
[方法技巧]
1．函数表达式 y＝Asin(ωx＋φ)＋B 的确定方法
字母 确定途径 说明
A 由最值确定 A＝
最大值－最小值
2
B 由最值确定 B＝
最大值＋最小值
2
ω
由函数的
周期确定
相邻的最高点与最低点的横坐标之差的绝对值为半个
周期，最高点(或最低点)的横坐标与相邻零点之差的
绝对值为1
4个周期，ω＝2π
T
φ
由图象上的
特殊点确定
一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找
准第一个零点的位置，利用待定系数法并结合图象列
方程或方程组求解
2．三角函数图象平移问题处理的“三看”策略
[演练冲关]
1．(2017·全国卷Ⅰ)已知曲线 C 1：y＝cos x，C 2：y＝sin(2x＋2π
3 )，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π
6
个单位长度，得到曲线 C2
B．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 π
12
个单位长度，得到曲线 C2
C．把 C1 上各点的横坐标缩短到原来的1
2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π
6
个单位长度，得到曲线 C2
D．把 C1 上各点的横坐标缩短到原来的1
2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 π
12
个单位长度，得到曲线 C2
解析：选 D 易知 C1：y＝cos x＝sin(x＋π
2 )，把曲线 C1 上的各点的横坐标缩短到原来
的1
2倍，纵坐标不变，得到函数 y＝sin (2x＋π
2)的图象，再把所得函数的图象向左平移 π
12个
单位长度，可得函数 y＝sin[2(x＋ π
12)＋π
2]＝sin2x＋2π
3 的图象，即曲线 C2.
2．(2017·云南模拟)函数 f(x)＝sin ωx (ω > 0)的图象向左平移π
3个单位长度，所得图象
经过点(2π
3 ，0)，则 ω 的最小值是( )
A.3
2 B．2 C．1 D.1
2
解析：选 C 依题意得，函数 f(x＋π
3 )＝sin ωx＋π
3(ω>0)的图象过点(2π
3 ，0)，于是有 f
2π
3 ＋π
3＝sin ω2π
3 ＋
π
3＝sin ωπ＝0(ω>0)，则 ωπ＝kπ，k∈Z，即 ω＝k∈Z，因此正数 ω 的最小值是 1，故
选 C.
3．(2017·陕西质检)已知函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω > 0，－π
2 ≤ φ ≤ π
2)的图象上的一个
最高点和它相邻的一个最低点的距离为 2 2，且过点(2，－1
2)，则函数 f(x)＝________.
解析：依题意得 22＋(π
ω )2＝2 2，则π
ω＝2，即 ω＝π
2，所以 f(x)＝sin(π
2x＋φ)，
由于该函数图象过点 2，－1
2，因此 sin(π＋φ)＝－1
2，即 sin φ＝1
2，而－π
2≤φ≤π
2，故 φ＝π
6，
所以 f(x)＝sin(π
2x＋π
6).
答案：sin(π
2x＋π
6)
4.(2017·兰州模拟)已知函数 f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)
为奇函数，该函数的部分图象如图所示，△EFG(点 G 是图象的最高
点)是边长为 2 的等边三角形，则 f(1)＝________.
解析：由题意得，A＝ 3，T＝4＝2π
ω ，ω＝π
2.
又∵f(x)＝Acos(ωx＋φ)为奇函数，
∴φ＝π
2＋kπ，k∈Z，∵0<φ<π，则 φ＝π
2，
∴f(x)＝ 3cos(π
2x＋π
2)，∴f(1)＝－ 3.
答案：－ 3
考点(二)
三角函数的性质及应用
主要考查三角函数的奇偶性及对称性、周期性或求函数的
单调区间，以及根据函数的单调性、奇偶性、周期性等求
参数或取值范围.
[典例感悟]
[典例] (1)(2017·沈阳质检)已知 f(x)＝2sin 2x＋2sin xcos x，则 f(x)的最小正周期和一个
单调递减区间分别为( )
A．2π，[3π
8 ，7π
8 ] B．π，[3π
8 ，7π
8 ]
C．2π，[－π
8，3π
8 ] D．π，[－π
8，3π
8 ]
(2)(2017·全国卷Ⅲ)设函数 f(x)＝cos(x＋π
3 )，则下列结论错误的是( )
A．f(x)的一个周期为－2π
B．y＝f(x)的图象关于直线 x＝8π
3 对称
C．f(x＋π)的一个零点为 x＝π
6
D．f(x)在(π
2，π )单调递减
(3)(2016·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω > 0，|φ| ≤ π
2)，x＝－π
4为 f(x)的零点，
x＝π
4为 y＝f(x)图象的对称轴，且 f(x)在( π
18，5π
36)上单调，则 ω 的最大值为( )
A．11 B．9 C．7 D．5
[解析] (1)f(x)＝2sin2x＋2sin xcos x＝1－cos 2x＋sin 2x＝ 2sin(2x－π
4)＋1，则 T＝2π
2
＝π.由π
2＋2kπ≤2x－π
4≤3π
2 ＋2kπ(k∈Z)，得 3π
8 ＋kπ≤x≤7π
8 ＋kπ(k∈Z)，令 k＝0 得 f(x)在
[3π
8 ，7π
8 ]上单调递减，故选 B.
(2)根据函数解析式可知函数 f(x)的最小正周期为 2π，所以函数的一个周期为－2π，A
正确；
当 x＝8π
3 时，x＋π
3＝3π，所以 cosx＋π
3＝－1，所以 B 正确；
f(x＋π)＝cos(x＋π＋π
3)＝cos(x＋4π
3 )，当 x＝π
6时，x＋4π
3 ＝3π
2 ，所以 f(x＋π)＝0，所以
C 正确；
函数 f(x)＝cos (x＋π
3 )在(π
2，2π
3 )上单调递减，在(2π
3 ，π)上单调递增，故 D 不正确．
(3)由题意得Error!
且|φ|≤π
2，
则 ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝π
4或 φ＝－π
4.
对比选项，将选项各值依次代入验证：
若 ω＝11，则 φ＝－π
4，此时 f(x)＝sin(11x－π
4)，f(x)在区间( π
18，3π
44)上单调递增，在区
间(3π
44，5π
36)上单调递减，不满足 f(x)在区间( π
18，5π
36)上单调；
若 ω＝9，则 φ＝π
4，此时 f(x)＝sin(9x＋π
4)，满足 f(x)在区间( π
18，5π
36)上单调递减，故
选 B.
[答案] (1)B (2)D (3)B
[方法技巧]
1．求函数单调区间的方法
(1)代换法：求形如 y＝Asin(ωx＋φ)(或 y＝Acos(ωx＋φ))(A，ω，φ 为常数，A≠0，ω>0)
的单调区间时，令 ωx＋φ＝z，得 y＝Asin z(或 y＝Acos z)，然后由复合函数的单调性求
得．
(2)图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间．
2．判断对称中心与对称轴的方法
利用函数 y＝Asin(ωx＋φ)的对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心一定是
函数的零点这一性质，通过检验 f(x0)的值进行判断．
3．求三角函数周期的常用结论
(1)y＝Asin(ωx＋φ)和 y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为 2π
|ω|，y＝tan (ωx＋φ)的最小正周
期为 π
|ω|.
(2)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是1
2个周期，相邻的
对称中心与对称轴之间的距离是1
4个周期；正切曲线相邻两对称中心之间的距离是1
2个周
期．
[演练冲关]
1．(2017·洛阳模拟)下列函数中，是周期函数且最小正周期为 π 的是( )
A．y＝sin x＋cos x B．y＝sin2x－ 3cos2x
C．y＝cos|x| D．y＝3sinx
2cosx
2
解析：选 B 对于 A，函数 y＝sin x＋cos x＝ 2sinx＋π
4的最小正周期是 2π，不符合题
意；对于 B，函数 y＝sin2x－ 3cos2x＝1
21－cos 2x－ 3
2 (1＋cos 2x)＝1－ 3
2 －1＋ 3
2 cos 2x
的最小正周期是 π，符合题意；对于 C，y＝cos|x|＝cos x 的最小正周期是 2π，不符合题意；
对于 D，函数 y＝3sinx
2cosx
2＝3
2sin x 的最小正周期是 2π，不符合题意．故选 B.
2．(2017·长春质检)关于函数 y＝2sin3x＋π
4＋1，下列叙述有误的是( )
A．其图象关于直线 x＝－π
4对称
B．其图象可由 y＝2sin(x＋π
4 )＋1 图象上所有点的横坐标变为原来的1
3得到
C．其图象关于点(11π
12 ，0)对称
D．其值域是[－1,3]
解析：选 C 由 3x＋π
4＝π
2＋kπ(k∈Z)解得 x＝ π
12＋kπ
3 ，k∈Z，取 k＝－1，得函数 y＝
2sin3x＋π
4＋1 的一个对称轴为 x＝－π
4，故 A 正确；由图象变换知识可得横坐标变为原来的
1
3，就是把 x 的系数扩大 3 倍，故 B 正确；由 3x＋π
4＝kπ(k∈Z)解得 x＝－ π
12＋kπ
3 ，k∈Z，
取 k＝3，得 x＝11π
12 ，此时 y＝1，所以函数 y＝2sin(3x＋π
4)＋1 的对称中心为(11π
12 ，1)，故
C 错误；由于－1≤sin3x＋π
4≤1，所以函数 y＝2sin(3x＋π
4)＋1 的值域为[－1,3]，故 D 正
确．
3．(2018 届高三·湘中名校联考)已知函数 f(x)＝sinωx－π
6＋1
2，ω>0，x∈R，且 f(α)＝－
1
2，f(β)＝1
2.若|α－β|的最小值为3π
4 ，则函数的单调递增区间为________．
解析：由 f(α)＝－1
2，f(β)＝1
2，|α－β|的最小值为3π
4 ，知T
4＝3π
4 ，即 T＝3π＝2π
ω ，所以 ω＝
2
3，所以 f(x)＝sin(2
3x－π
6)＋1
2.由－π
2＋2kπ≤2
3x－π
6≤π
2＋2kπ(k∈Z)，得－π
2＋3kπ≤x≤π＋3kπ
(k ∈ Z)，即函数 f(x)的单调递增区间为－π
2＋3kπ，π＋3kπ，k∈Z.
答案：－π
2＋3kπ，π＋3kπ，k∈Z
考点(三)
三角函数的值域与最值问题
主要考查求三角函数的值域或最值，
以及根据函数的值域或最值求参数.
[典例感悟]
[典例] (1)(2016·全国卷Ⅱ)函数 f(x)＝cos 2x＋6cosπ
2－x 的最大值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
(2)函数 f(x)＝sin (2x＋π
3)在[0，π
2 ]上的值域为________．
[解 析 ] (1)∵f(x)＝cos 2x＋6cos π
2－x＝cos 2x＋6sin x＝1－2sin 2x＋6sin x＝－2
(sin x－3
2)2＋11
2 ，
又 sin x∈[－1,1]，∴当 sin x＝1 时，f(x)取得最大值 5.
(2)∵x∈[0，π
2 ]，∴2x＋π
3∈[π
3，4π
3 ]，
∴当 2x＋π
3＝π
2，即 x＝ π
12时，f(x)max＝1.
当 2x＋π
3＝4π
3 ，即 x＝π
2时，f(x)min＝－ 3
2 ，
∴f(x)∈[－ 3
2 ，1].
[答案] (1)B (2)[－ 3
2 ，1]
[方法技巧]
求三角函数的值域(最值)的常见类型及方法
三角函数类型 求值域(最值)方法
y＝asin x＋bcos x＋c 先化为 y＝Asin(ωx＋φ)＋k 的形式，再求值域(最值)
y＝asin2x＋bsin x＋c 可先设 sin x＝t，化为关于 t 的二次函数，再求值域(最值)
y＝asin xcos x＋
b(sin x±cos x)＋c
可先设 t＝sin x±cos x，化为关于 t 的二次函数，再求值域(最值)
y＝cos x＋a
sin x＋b
一般可看成过定点的直线与圆上动点连线的斜率问题，利用数
形结合求解
[演练冲关]
1．当 x∈[π
6，7π
6 ]时，函数 y＝3－sin x－2cos2x 的最小值是________，最大值是________．
解析：y＝3－sin x－2cos2x＝3－sin x－2(1－sin2x)＝2(sin x－1
4)2＋7
8.
∵x∈[π
6，7π
6 ]，∴sin x∈[－1
2，1].
∴当 sin x＝1
4时，ymin＝7
8，
当 sin x＝－1
2或 sin x＝1 时，ymax＝2.
答案：7
8 2
2．设 x∈(0，π
2 )，则函数 y＝ sin 2x
2sin2x＋1的最大值为________．
解析：因为 x∈ (0，π
2 )，所以 tan x>0，所以函数 y＝ sin 2x
2sin2x＋1＝ 2sin xcos x
3sin2x＋cos2x＝
2tan x
3tan2x＋1＝ 2
3tan x＋ 1
tan x
≤ 2
2 3
＝ 3
3 ，当且仅当 3tan x＝ 1
tan x时等号成立，故函数的最大
值为 3
3 .
答案： 3
3
3．(2017·南宁模拟)已知函数 f(x)＝cos3x＋π
3，其中 x∈[π
6，m](m ∈ R且m > π
6)，若 f(x)
的值域是[－1，－ 3
2 ]，则 m 的取值范围是________．
解析：由 x∈[π
6，m]，可知5π
6 ≤3x＋π
3≤3m＋π
3，∵f(π
6 )＝cos5π
6 ＝－ 3
2 ，且 f(2π
9 )
＝cos π＝－1，∴要使 f(x)的值域是[－1，－ 3
2 ]，需要 π≤3m＋π
3≤7π
6 ，即2π
9 ≤m≤5π
18.
答案：[2π
9 ，5π
18]
[必备知能·自主补缺]
(一) 主干知识要记牢
1．三角函数的图象及常用性质
函数 y＝sin x y＝cos x y＝tan x
图象
单调性
在－π
2＋2kπ，π
2＋2kπ(k
∈Z)上单调递增；在π
2＋
2kπ，3π
2 ＋2kπ(k∈Z)上
单调递减
在[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)
上单调递增；在[2kπ，π
＋2kπ](k∈Z)上单调递
减
在－π
2＋kπ，π
2＋kπ(k∈
Z)上单调递增
对称性 对称中心：(kπ，0)(k∈Z)；对称中心：π
2＋kπ，0(k∈ 对称中心：(kπ
2 ，0)(k∈
对称轴：x＝π
2＋kπ(k∈Z) Z)；对称轴：x＝kπ(k∈
Z)
Z)
2．三角函数的两种常见的图象变换
(1)y＝sin x ― ― ― ― ― ― →向左(φ > 0)或向右(φ < 0)
平移|φ|个单位 y＝sin(x＋φ)
― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― →
横坐标变为原来的
纵坐标不变 y＝sin(ωx＋φ) ― ― →纵坐标变为原来的A倍
横坐标不变
y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)．
(2)y＝sin xError!y＝sin ωx
― ― →向左(φ > 0)或向右(φ < 0)
平移|φ
ω |个单位 y＝sin(ωx＋φ)
― ― ― ― ― ― →纵坐标变为原来的A倍
横坐标不变 y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)．
(二) 二级结论要用好
1．sin α－cos α＞0⇔α 的终边在直线 y＝x 上方(特殊地，当 α 在第二象限时有 sin α－cos
α＞1)．
2．sin α＋cos α＞0⇔α 的终边在直线 y＝－x 上方(特殊地，当 α 在第一象限时有 sin α＋
cos α>1)．
(三) 易错易混要明了
求 y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时，要注意 ω，A 的符号．ω<0 时，应先利用诱导公式
将 x 的系数转化为正数后再求解；在书写单调区间时，弧度和角度不能混用，需加 2kπ 时，
不要忘掉 k∈Z，所求区间一般为闭区间．
如求函数 f(x)＝2sin (π
3－x )的单调减区间，应将函数化为 f(x)＝－2sin(x－π
3 )，转化
为求函数 y＝sinx－π
3的单调增区间．
[课时跟踪检测]
A 组——12＋4 提速练
一、选择题
1．(2017·宝鸡质检)函数 f(x)＝tan (2x－π
3)的单调递增区间是( )
A.[kπ
2 － π
12，kπ
2 ＋5π
12](k∈Z)
B.(kπ
2 － π
12，kπ
2 ＋5π
12)(k∈Z)
C.(kπ＋π
6，kπ＋2π
3 )(k∈Z)
D.[kπ－ π
12，kπ＋5π
12](k∈Z)
解析：选 B 由 kπ－π
2<2x－π
30，|φ|< π
2的部分图象如图所
示，则函数 f(x)的解析式为( )
A．f(x)＝sin(2x＋π
4) B．f(x)＝sin(2x－π
4)
C．f(x)＝sin(4x＋π
4) D．f(x)＝sin(4x－π
4)
解析：选 A 由题图可知， 函数 f(x)的最小正周期为 T＝2π
ω ＝(3π
8 －π
8)×4＝π，所以 ω
＝2，即 f(x)＝sin(2x＋φ)．又函数 f(x)的图象经过点(π
8，1 )，所以 sinπ
4＋φ＝1，则π
4＋φ＝2kπ
＋π
2(k∈Z)，解得 φ＝2kπ＋π
4(k∈Z)，又|φ|<π
2，所以 φ＝π
4，即函数 f(x)＝sin2x＋π
4，故选 A.
3．(2017·天津高考)设函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中 ω>0，|φ|<π.若 f (5π
8 )＝
2，f(11π
8 )＝0，且 f(x)的最小正周期大于 2π，则( )
A．ω＝2
3，φ＝ π
12 B．ω＝2
3，φ＝－11π
12
C．ω＝1
3，φ＝－11π
24 D．ω＝1
3，φ＝7π
24
解析：选 A 法一：由 f(5π
8 )＝2，
得 5π
8 ω＋φ＝π
2＋2kπ(k∈Z)， ①
由 f(11π
8 )＝0，得 11π
8 ω＋φ＝k′π(k′∈Z)， ②
由①②得 ω＝－2
3＋4
3(k′－2k)．
又最小正周期 T＝2π
ω >2π，所以 0<ω<1，ω＝2
3.
又|φ|<π，将 ω＝2
3代入①得 φ＝ π
12.选项 A 符合．
法二：∵f(5π
8 )＝2，f(11π
8 )＝0，且 f(x)的最小正周期大于 2π，
∴f(x)的最小正周期为 4(11π
8 －5π
8 )＝3π，
∴ω＝2π
3π＝2
3，∴f(x)＝2sin(2
3x＋φ).
由 2sin(2
3 × 5π
8 ＋φ)＝2，得 φ＝2kπ＋ π
12，k∈Z.
又|φ|<π，∴取 k＝0，得 φ＝ π
12.故选 A.
4．(2017·湖北荆州质检)函数 f(x)＝2x－tan x 在(－π
2，π
2)上的图象大致为( )
解析：选 C 因为函数 f(x)＝2x－tan x 为奇函数，所以函数图象关于原点对称，排除
选项 A，B，又当 x→π
2时，y<0，排除选项 D，故选 C.
5．(2017·安徽芜湖模拟)若将函数 y＝sin 2 (x＋π
6 )的图象向右平移 m(m>0)个单位长度
后所得的图象关于直线 x＝π
4对称，则 m 的最小值为( )
A. π
12 B.π
6
C.π
4 D.π
3
解析：选 B 平移后所得的函数图象对应的解析式是 y＝sin 2(x－m＋π
6)，因为该函数
的图象关于直线 x＝π
4对称，所以 2(π
4－m＋π
6)＝kπ＋π
2(k∈Z)，所以 m＝π
6－kπ
2 (k∈Z)，又 m>0，
故当 k＝0 时，m 最小，此时 m＝π
6.
6．(2017·云南检测)函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|<π
2的部分图象
如图所示，则 f(x)的单调递增区间为( )
A．(－1＋4kπ，1＋4kπ)，k∈Z
B．(－3＋8kπ，1＋8kπ)，k∈Z
C．(－1＋4k,1＋4k)，k∈Z
D．(－3＋8k,1＋8k)，k∈Z
解析：选 D 由题图，知函数 f(x)的最小正周期为 T＝4×(3－1)＝8，所以 ω＝2π
T ＝π
4，
所以 f(x)＝sinπ
4x＋φ.把(1,1)代入，得 sinπ
4＋φ＝1，即π
4＋φ＝π
2＋2kπ(k∈Z)，又|φ|<π
2，所以 φ
＝π
4，所以 f(x)＝sinπ
4x＋π
4.由 2kπ－π
2≤π
4x＋π
4≤2kπ＋π
2(k∈Z)，得 8k－3≤x≤8k＋1(k∈Z)，
所以函数 f(x)的单调递增区间为(8k－3,8k＋1)(k∈Z)，故选 D.
7．(2017·全国卷Ⅲ)函数 f(x)＝1
5sin(x＋π
3 )＋cos (x－π
6 )的最大值为( )
A.6
5 B．1
C.3
5 D.1
5
解 析 ： 选 A 因 为 cos(x－π
6 )＝ cos[(x＋π
3 )－π
2]＝ sin(x＋π
3 )， 所 以 f(x) ＝ 6
5
sin(x＋π
3 )，于是 f(x)的最大值为6
5.
8．(2017·武昌调研)若 f(x)＝cos 2x＋acosπ
2＋x 在区间(π
6，π
2 )上是增函数，则实数 a 的
取值范围为( )
A．[－2，＋∞) B．(－2，＋∞)
C．(－∞，－4) D．(－∞，－4]
解析：选 D f(x)＝1－2sin2x－asin x，令 sin x＝t，t∈(1
2，1 )，则 g(t)＝－2t2－at＋1，
t∈(1
2，1 )，因为 f(x)在(π
6，π
2 )上单调递增，所以－a
4≥1，即 a≤－4，故选 D.
9．已知函数 f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)，若将函数 f(x)的图象向左平移π
6个单位长度后所
得图象对应的函数为偶函数，则 φ＝( )
A.5π
6 B.2π
3
C.π
3 D.π
6
解析：选 D 函数 f(x)的图象向左平移π
6个单位长度后所得图象对应的函数解析式为 y＝
sin2x＋π
6＋φ＝sin(2x＋π
3＋φ)，由于该函数是偶函数，∴π
3＋φ＝π
2＋kπ(k∈Z)，即 φ＝π
6＋kπ(k
∈Z)，又 0<φ<π，∴φ＝π
6，故选 D.
10．若函数 f(x)＝sin ωx＋ 3cos ωx(ω>0)满足 f(α)＝－2，f(β)＝0，且|α－β|的最小值
为π
2，则函数 f(x)的解析式为( )
A．f(x)＝2sin(x＋π
3 )
B．f(x)＝2sin(x－π
3 )
C．f(x)＝2sin(x＋π
6 )
D．f(x)＝2sin(x－π
6 )
解析：选 A f(x)＝sin ωx＋ 3cos ωx＝2sinωx＋π
3.因为 f(α)＝－2，f(β)＝0，且|α－β|min
＝π
2，所以T
4＝π
2，得 T＝2π(T 为函数 f(x)的最小正周期)，故 ω＝2π
T ＝1，所以 f(x)＝2sin(x＋π
3 )，
故选 A.
11．(2018 届高三·广西三市联考)已知 x＝ π
12是函数 f(x)＝ 3sin(2x＋φ)＋cos(2x＋
φ)(0<φ<π)图象的一条对称轴，将函数 f(x)的图象向右平移3π
4 个单位长度后得到函数 g(x)的
图象，则函数 g(x)在－π
4，π
6上的最小值为( )
A．－2 B．－1
C．－ 2 D．－ 3
解析：选 B f(x)＝ 3sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)＝2sin(2x＋π
6＋φ).∵x＝ π
12是 f(x)＝2sin
(2x＋π
6＋φ)图象的一条对称轴，∴2× π
12＋π
6＋φ＝kπ＋ π
2(k∈Z)，即 φ＝ π
6＋kπ(k∈Z)，∵
0<φ<π，∴φ＝π
6，则 f(x)＝2sin2x＋π
3，∴g(x)＝2sin[2(x－3π
4 )＋π
3]＝－2sin2x－π
6，则 g(x)
在[－π
4，π
6]上的最小值为 g(π
6 )＝－1，故选 B.
12．(2017·广州模拟)已知函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)是奇函数，直
线 y＝ 2与函数 f(x)的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为π
2，则( )
A．f(x)在(0，π
4 )上单调递减
B．f(x)在(π
8，3π
8 )上单调递减
C．f(x)在(0，π
4 )上单调递增
D．f(x)在(π
8，3π
8 )上单调递增
解析：选 D f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝ 2sinωx＋φ＋π
4，因为 0<φ<π 且 f(x)为
奇函数，所以 φ＝3π
4 ，即 f(x)＝－ 2sin ωx，又直线 y＝ 2与函数 f(x)的图象的两个相邻交
点的横坐标之差的绝对值为π
2，所以函数 f(x)的最小正周期为π
2，由2π
ω ＝π
2，可得 ω＝4，故 f(x)
＝－ 2sin 4x，由 2kπ＋π
2≤4x≤2kπ＋3π
2 ，k∈Z，得kπ
2 ＋π
8≤x≤kπ
2 ＋3π
8 ，k∈Z，令 k＝0，
得π
8≤x≤3π
8 ，此时 f(x)在(π
8，3π
8 )上单调递增，故选 D.
二、填空题
13．(2017·全国卷Ⅱ)函数 f(x)＝sin2x＋ 3cos x－3
4(x ∈ [0，π
2 ])的最大值是________．
解析：依题意，f(x)＝sin2x＋ 3cos x－3
4＝－cos2x＋ 3cos x＋1
4＝－(cos x－ 3
2 )2＋1，
因为 x∈[0，π
2 ]，所以 cos x∈[0,1]，
因此当 cos x＝ 3
2 时，f(x)max＝1.
答案：1
14．已知函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ)对任意的 x 都有 f π
6＋x＝f (π
6－x )，则 f(π
6 )＝
________.
解析：函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ)对任意的 x 都有 fπ
6＋x＝f(π
6－x )，则其图象的一条对称
轴为 x＝π
6，所以 f(π
6 )＝±2.
答案：±2
15．(2017·深圳调研)已知函数 f(x)＝cos xsin x(x∈R)，则下列四个结论中正确的是
________．(写出所有正确结论的序号)
①若 f(x1)＝－f(x2)，则 x1＝－x2；
②f(x)的最小正周期是 2π；
③f(x)在区间[－π
4，π
4]上是增函数；
④f(x)的图象关于直线 x＝3π
4 对称．
解析：因为 f(x)＝cos xsin x＝1
2sin 2x，所以 f(x)是周期函数，且最小正周期为 T＝2π
2 ＝
π，所以①②错误；由 2kπ－π
2≤2x≤2kπ＋π
2(k∈Z)，解得 kπ－π
4≤x≤kπ＋π
4(k∈Z)，当 k＝0
时，－π
4≤x≤π
4，此时 f(x)是增函数，所以③正确；由 2x＝π
2＋kπ(k∈Z)，得 x＝π
4＋kπ
2 (k∈
Z)，取 k＝1，则 x＝3π
4 ，故④正确．
答案：③④
16．已知函数 f(x)＝Acos2(ωx＋φ)＋1A>0，ω>0,0<φ<π
2的最大值为 3，f(x)的图象与 y 轴
的交点坐标为(0,2)，其相邻两条对称轴间的距离为 2，则 f(1)＋f(2)＋…＋f(2 016)＋f(2 017)＝
________.
解析：∵函数 f(x)＝Acos2(ωx＋φ)＋1＝A·1＋cos(2ωx＋2φ)
2 ＋1＝A
2cos(2ωx＋2φ)＋1＋A
2
A>0，ω>0,0<φ<π
2的最大值为 3，∴A
2＋1＋A
2＝3，∴A＝2.根据函数图象相邻两条对称轴间
的距离为 2，可得函数的最小正周期为 4，即2π
2ω＝4，∴ω＝π
4.再根据 f(x)的图象与 y 轴的交
点坐标为(0,2)，可得 cos 2φ＋1＋1＝2，∴cos 2φ＝0，又 0<φ<π
2，∴2φ＝π
2，φ＝π
4.故函数 f(x)
的解析式为 f(x)＝cos(π
2x＋π
2)＋2＝－sinπ
2x＋2，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2 016)＋f(2 017)＝－sin
π
2＋sin2π
2 ＋sin3π
2 ＋…＋sin 2 016π
2 ＋sin2 017π
2 ＋2×2 017＝504×0－sin π
2＋4 034＝0－1＋4
034＝4 033.
答案：4 033
B 组——能力小题保分练
1．曲线 y＝2cos(x＋π
4 )cos (x－π
4 )和直线 y＝1
2在 y 轴右侧的交点的横坐标按从小到大
的顺序依次记为 P1，P2，P3，…，则|P3P7|＝( )
A．π B．2π
C．4π D．6π
解析：选 B y＝2cos(x＋π
4 )cos(x－π
4 )＝cos2x－sin2x＝cos 2x，故曲线对应的函数为
周期函数，且最小正周期为 π，直线 y＝1
2在 y 轴右侧与函数 y＝2cosx＋π
4cosx－π
4在每个周期
内的图象都有两个交点，又 P3 与 P7 相隔 2 个周期，故|P3P7|＝2π，故选 B.
2．已知函数 f(x)＝2sin(2x＋φ)(|φ| < π
2)在区间－ π
12，π
6上单调且最大值不大于 3，则 φ
的取值范围是( )
A.[0，π
3 ] B.[－π
3，π
6]
C.[－π
4，0) D.[－π
3，0]
解析：选 D 因为函数 f(x)＝2sin(2x＋φ)(|φ| < π
2)在区间(－ π
12，π
6]上单调且最大值不大
于 3，又－π
6＋φ<2x＋φ≤π
3＋φ，所以 2×π
6＋φ≤π
3，且 2×(－ π
12 )＋φ≥－π
2，解得－π
3≤φ≤0，
故选 D.
3.已知函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ) (A > 0，ω > 0，|φ| < π
2)的部分图
象如图所示，则( )
A．f(x)的图象关于直线 x＝－2π
3 对称
B．f(x)的图象关于点－5π
12，0 对称
C．若方程 f(x)＝m 在[－π
2，0]上有两个不相等的实数根，则实数 m 的取值范围是(－
2，－ 3 ]
D．将函数 y＝2sin (2x－π
6)的图象向左平移π
6个单位长度得到函数 f(x)的图象
解析：选 C 根据题中所给的图象，可知函数 f(x)的解析式为 f(x)＝2sin(2x＋π
3)，∴当
x＝－2π
3 时，2×－2π
3 ＋π
3＝－π，f(－2π
3 )＝2sin(－π)＝0，从而 f(x)的图象关于点－2π
3 ，0 对
称，而不是关于直线 x＝－2π
3 对称，故 A 不正确；当 x＝－5π
12时，2×(－5π
12 )＋π
3＝－π
2，∴
f(x)的图象关于直线 x＝－ 5π
12对称，而不是关于点(－5π
12，0)对称，故 B 不正确；当 x∈
[－π
2，0]时，2x＋π
3∈[－2π
3 ，π
3]，f(x)∈[－2， 3 ]，结合正弦函数图象的性质，可知若方
程 f(x)＝m 在[－π
2，0]上有两个不相等的实数根，则实数 m 的取值范围是(－2，－ 3 ]，
故 C 正确；根据图象平移变换的法则，可知应将 y＝2sin (2x－π
6)的图象向左平移π
4个单位长
度得到 f(x)的图象，故 D 不正确．故选 C.
4．如果两个函数的图象平移后能够重合，那么称这两个函数互为生成函数．给出下列
四个函数：
①f(x)＝sin x＋cos x；②f(x)＝ 2(sin x＋cos x)；
③f(x)＝sin x；④f(x)＝ 2sin x＋ 2.
其中互为生成函数的是( )
A．①② B．①④
C．③④ D．②④
解析：选 B 首先化简题中①②两个函数解析式可得：①f(x)＝ 2sin(x＋π
4 )，②f(x)＝
2sin(x＋π
4 )，可知③f(x)＝sin x 的图象要与其他函数的图象重合，只经过平移不能完成，还
必须经过伸缩变换才能实现，∴③f(x)＝sin x 不与其他函数互为生成函数；同理①f(x)＝ 2
sinx＋π
4(④f(x)＝ 2sin x＋ 2)的图象与②f(x)＝2sinx＋ π
4的图象也必须经过伸缩变换才能
重合，而④f(x)＝ 2sin x＋ 2的图象向左平移π
4个单位长度，再向下平移 2个单位长度即
可得到①f(x)＝ 2sinx＋π
4的图象，∴①④互为生成函数，故选 B.
5．已知函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ 均为正常数)的最小正周期为 π，且当 x＝ 2π
3
时，函数 f(x)取得最小值，则( )
A．f(1)0，故可取 k＝1，则 φ＝π
6，故 f(x)＝Asin(2x＋π
6)，所以 f(－
1)＝Asin(－2＋π
6)<0，f(1)＝Asin(2＋π
6 )>0，f(0)＝Asinπ
6＝1
2A>0，故 f(－1)最小．又 sin(2＋π
6 )
＝sinπ－2－π
6＝sin5π
6 －2>sinπ
6，故 f(1)>f(0)．综上可得 f(－1)0)的图象的对称轴与函数 g(x)＝cos(2x＋φ)(|φ| < π
2)的
图象的对称轴完全相同，则 φ＝________.
解析：因为函数 f(x)＝2sin (ωx＋π
4)(ω>0)的图象的对称轴与函数 g(x)＝cos(2x＋φ)
(|φ| < π
2)的图象的对称轴完全相同，故它们的最小正周期相同，即2π
ω ＝2π
2 ，所以 ω＝2，故
函数 f(x)＝2sin(2x＋π
4).令 2x＋π
4＝kπ＋π
2，k∈Z，则 x＝kπ
2 ＋π
8，k∈Z，故函数 f(x)的图象
的对称轴为 x＝kπ
2 ＋π
8，k∈Z.令 2x＋φ＝mπ，m∈Z，则 x＝mπ
2 －φ
2，m∈Z，故函数 g(x)的
图象的对称轴为 x＝mπ
2 －φ
2，m∈Z，故kπ
2 ＋π
8－mπ
2 ＋φ
2＝nπ
2 ，m，n，k∈Z，即 φ＝(m＋n－
k)π－π
4，m，n，k∈Z，又|φ|<π
2，所以 φ＝－π
4.
答案：－π
4
第三讲 小题考法——三角恒等变换与解三角形
考点(一)
三角恒等变换与求值
主要考查利用三角恒等变换解决化简求值或求角问题.
多涉及两角和与差的正弦、余弦、正切公式以及二倍
角公式.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018 届高三·广西三市联考)已知 x∈(0，π)，且 cos (2x－π
2)＝sin2x，则 tan
(x－π
4 )＝( )
A.1
3 B．－1
3
C．3 D．－3
(2)(2017·福州质检)已知 m＝tan(α＋β＋γ)
tan(α－β＋γ)，若 sin 2(α＋γ)＝3sin 2β，则 m＝( )
A.1
2 B.3
4 C.3
2 D．2
(3)若 sin 2α＝ 5
5 ，sin (β－α)＝ 10
10 ，且 α∈[π
4，π ]，β∈[π，3π
2 ]，则 α＋β 的值为( )
A.7π
4 B.9π
4
C.5π
4 或7π
4 D.5π
4 或9π
4
[解析] (1)由 cos(2x－π
2)＝sin2x，得 sin 2x＝sin2x，即 2sin xcos x＝sin 2x，∵x∈(0，
π)，∴tan x＝2，∴tanx－π
4＝tan x－1
1＋tan x＝1
3.
(2)设 A＝α＋β＋γ，B＝α－β＋γ，则 2(α＋γ)＝A＋B,2β＝A－B，因为 sin 2(α＋γ)＝3sin
2β，所以 sin(A＋B)＝3sin(A－B)，即 sin Acos B＋cos Asin B＝3(sin Acos B－cos Asin B)，
即 2cos Asin B＝sin Acos B，所以 tan A＝2tan B，所以 m＝tan A
tan B＝2.
(3)因为 α∈[π
4，π ]，所以 2α∈[π
2，2π]，又 sin 2α＝ 5
5 >0，所以 2α∈[π
2，π ]，α∈
[π
4，π
2 ]，所以 cos 2α＝－2 5
5 .又 β∈[π，3π
2 ]，所以 β－α∈[π
2，5π
4 ]，故 cos(β－α)＝－3 10
10 ，
所以 cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos 2α·cos(β－α)－sin 2αsin(β－α)＝－ 2 5
5 ×(－3 10
10 )
－ 5
5 × 10
10 ＝ 2
2 ，又 α＋β∈[5π
4 ，2π]，故 α＋β＝7π
4 .
[答案] (1)A (2)D (3)A
[方法技巧]
1．三角恒等变换的策略
(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等．
(2)项的拆分与角的配凑：如 sin2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，α＝(α－β)＋β
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．
2．解决条件求值问题的关注点
(1)分析已知角和未知角之间的关系，正确地用已知角来表示未知角．
(2)正确地运用有关公式将所求角的三角函数值用已知角的三角函数值来表示．
(3)求解三角函数中的给值求角问题时，要根据已知求这个角的某种三角函数值，然后
结合角的取值范围，求出角的大小．
[演练冲关]
1．(2017·合肥模拟)若 sin(α－β)sin β－cos(α－β)cos β＝ 4
5，且 α 为第二象限角，则 tan
(α＋π
4 )＝( )
A．7 B．1
7
C．－7 D．－1
7
解析：选 B sin(α－β)sin β－cos(α－β)cos β＝－[cos(α－β)cos β－sin(α－β)sin β]＝－
cos(α－β＋β)＝－cos α＝4
5，即 cos α＝－4
5.又 α 为第二象限角，∴tan α＝－3
4，∴tanα＋π
4＝
1＋tan α
1－tan α＝1
7.
2．(2017·北京高考)在平面直角坐标系 xOy 中，角 α 与角 β 均以 Ox 为始边，它们的终
边关于 y 轴对称．若 sin α＝1
3，则 cos(α－β)＝________.
解析：因为角 α 与角 β 的终边关于 y 轴对称，
所以 α＋β＝2kπ＋π，k∈Z，
所以 cos(α－β)＝cos(2α－2kπ－π)＝－cos 2α
＝－(1－2sin2α)＝－[1－2 × (1
3 )2]＝－7
9.
答案：－7
9
3．(2017·洛阳统考)若 sin(π
3－α )＝1
4，则 cosπ
3＋2α＝________.
解析：依题意得 cos(π
3＋2α)＝－cosπ－(π
3＋2α)＝－cos [2(π
3－α )]＝2sin2π
3－α－1＝
2×(1
4 )2－1＝－7
8.
答案：－7
8
4．定义运算|a b
c d |＝ad－bc.若 cos α＝ 1
7，|sin α sin β
cos α cos β|＝3 3
14 ，0<β<α<π
2，则 β＝
________.
解析：依题意有 sin αcos β－cos αsin β＝sin(α－β)＝ 3 3
14 .又 0<β<α<π
2，∴0<α－β<π
2，
故 cos(α－β)＝ 1－sin2(α－β)＝13
14，而 cos α＝1
7，∴sin α＝4 3
7 ，于是 sin β＝sin[α－(α－β)]
＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)＝4 3
7 ×13
14－1
7×3 3
14 ＝ 3
2 ，故 β＝π
3.
答案：π
3
考点(二)
利用正、余弦定理解三角形
主要考查利用正弦定理、余弦定理及三角形面积
公式求解三角形的边长、角以及面积，或考查将
两个定理与三角恒等变换相结合解三角形.
[典例感悟]
[典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 sin B＋
sin A(sin C－cos C)＝0，a＝2，c＝ 2，则 C＝( )
A. π
12 B.π
6
C.π
4 D.π
3
(2)(2017·洛阳统考)在△ABC 中，B＝30°，AC＝2 5，D 是 AB 边上的一点，CD＝2，
若∠ACD 为锐角，△ACD 的面积为 4，则 BC＝________.
[解析] (1)因为 sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，
所以 sin(A＋C)＋sin Asin C－sin Acos C＝0，
所以 sin Acos C＋cos Asin C＋sin Asin C－sin Acos C＝0，整理得 sin C(sin A＋cos A)＝
0.因为 sin C≠0，
所以 sin A＋cos A＝0，所以 tan A＝－1，
因为 A∈(0，π)，所以 A＝3π
4 ，
由正弦定理得 sin C＝c·sin A
a ＝
2 × 2
2
2 ＝1
2，
又 0＜C＜π
4，所以 C＝π
6.
(2)依题意得 S△ACD＝1
2CD·AC·sin∠ACD＝2 5·sin∠ACD＝4，sin∠ACD＝ 2 5
5 .又∠
ACD 是锐角，因此 cos∠ACD＝ 1－sin2∠ACD＝ 5
5 .在△ACD 中，
AD＝ CD2＋AC2－2CD·AC·cos∠ACD＝4，
AD
sin∠ACD＝ CD
sin A，则 sin A＝CD·sin∠ACD
AD ＝ 5
5 .
在△ABC 中， AC
sin B＝ BC
sin A，则 BC＝AC·sin A
sin B ＝4.
[答案] (1)B (2)4
[方法技巧]
解三角形问题的求解策略
已知条件 解题思路
两角 A，B 与一边 a
由 A＋B＋C＝π 及 a
sin A＝ b
sin B＝ c
sin C，可先求出角 C 及 b，再求出
c
两边 b，c 及其夹角 A 由 a2＝b2＋c2－2bccos A，先求出 a，再求出角 B，C
三边 a，b，c 由余弦定理可求出角 A，B，C
两边 a，b 及其中一边
的对角 A
由正弦定理 a
sin A＝ b
sin B可求出另一边 b 的对角 B，由 C＝π－(A＋B)
可求出角 C，再由 a
sin A＝ c
sin C可求出 c，而通过 a
sin A＝ b
sin B求角 B
时，可能有一解或两解或无解的情况
[演练冲关]
1．(2017·南昌模拟)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，cos 2A＝sin
A，bc＝2，则△ABC 的面积为( )
A.1
2 B．1
4
C．1 D．2
解析：选 A 由 cos 2A＝sin A，得 1－2sin2A＝sin A，解得 sin A＝1
2(负值舍去)，又 bc＝
2，则△ABC 的面积 S＝1
2bcsin A＝1
2×2×1
2＝1
2.故选 A.
2．(2017·山东高考)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若△ABC 为锐角
三角形，且满足 sin B(1＋2cos C)＝2sin Acos C＋cos Asin C，则下列等式成立的是( )
A．a＝2b B．b＝2a
C．A＝2B D．B＝2A
解析：选 A 由题意可知 sin B＋2sin Bcos C＝sin Acos C＋sin(A＋C)，即 2sin Bcos C＝
sin A·cos C，又 cos C≠0，故 2sin B＝sin A，由正弦定理可知 a＝2b.
3．△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 cos A＝4
5，cos C＝ 5
13，a＝1，
则 b＝( )
A.21
13 B.7
5
C.12
13 D.23
12
解析：选 A 因为 A，C 为△ABC 的内角，且 cos A＝4
5，cos C＝ 5
13，所以 sin A＝3
5，sin
C＝12
13，所以 sin B＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝3
5× 5
13＋4
5×12
13＝63
65.
又 a＝1，所以由正弦定理得 b＝asin B
sin A ＝63
65×5
3＝21
13.
4．(2017·沈阳质检)已知△ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，面积为
S，且满足 4S＝a2－(b－c)2，b＋c＝8，则 S 的最大值为________．
解析：由题意得：4×1
2bcsin A＝a2－b2－c2＋2bc，又 a2＝b2＋c2－2bccos A，代入上式
得：2bcsin A＝－2bccos A＋2bc，即 sin A＋cos A＝1， 2sin(A＋π
4 )＝1，又 0B⇔sin A>sin B.
[针对练 2] 在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 a＝1，c＝ 3，A
＝π
6，则 b＝________.
解析：由 a
sin A＝ c
sin C，得 sin C＝csin A
a ＝ 3
2 ，得 C＝π
3或2π
3 .当 C＝π
3时，B＝π
2，可得 b＝
2；当 C＝2π
3 时，B＝π
6，可得 b＝1.
答案：2 或 1
[课时跟踪检测]
A 组——12＋4 提速练
一、选择题
1．(2017·沈阳质量检测)已知△ABC 中，A＝π
6，B＝π
4，a＝1，则 b＝( )
A．2 B．1
C. 3 D． 2
解析：选 D 由正弦定理 a
sin A＝ b
sin B，得 1
sinπ
6
＝ b
sinπ
4
，即1
1
2
＝ b
2
2
，∴b＝ 2，故选 D.
2．(2017·张掖模拟)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，若 c＝2a，bsin
B－asin A＝1
2asin C，则 sin B＝( )
A.
7
4 B.3
4
C.
7
3 D.1
3
解析：选 A 由 bsin B－asin A＝1
2asin C，得 b2－a2＝1
2ac，∵c＝2a，∴b＝ 2a，∴cos
B＝a2＋c2－b2
2ac ＝a2＋4a2－2a2
4a2 ＝3
4，则 sin B＝ 1－(3
4 )2＝ 7
4 .
3．已知 sin β＝3
5(π
2 < β < π)，且 sin(α＋β)＝cos α，则 tan(α＋β)＝( )
A．－2 B．2
C．－1
2 D．1
2
解析：选 A ∵sin β＝3
5，且π
2<β<π，
∴cos β＝－4
5，tan β＝－3
4.
∵sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝cos α，
∴tan α＝－1
2，
∴tan(α＋β)＝ tan α＋tan β
1－tan α·tan β＝－2.
4．若△ABC 的三个内角 A，B，C 对应的边分别为 a，b，c，且 acos C，bcos B，ccos
A 成等差数列，则 B＝( )
A．30° B．60°
C．90° D．120°
解析：选 B 由题意知 2bcos B＝acos C＋ccos A，根据正弦定理可得 2sin Bcos B＝sin
Acos C＋cos Asin C，即 2sin Bcos B＝sin(A＋C)＝sin B，解得 cos B＝1
2，所以 B＝60°.
5．(2018 届高三·贵州七校联考)已知角 θ 的顶点与原点重合，始边与 x 轴正半轴重合，
终边在直线 y＝2x 上，则 sin (2θ＋π
4)的值为( )
A．－7 2
10 B.7 2
10
C．－ 2
10 D.
2
10
解析：选 D 由三角函数的定义得 tan θ＝2，cos θ＝±
5
5 ，所以 tan 2θ＝ 2tan θ
1－tan2θ＝－
4
3，cos 2θ＝2cos2θ－1＝－3
5，所以 sin 2θ＝cos 2θtan 2θ＝4
5，所以 sin(2θ＋π
4)＝ 2
2 (sin 2θ＋
cos 2θ)＝ 2
2 ×(4
5－3
5 )＝ 2
10 ，故选 D.
6．(2017·青岛模拟)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 2asin A＝(2sin
B＋sin C)b＋(2c＋b)sin C，则 A＝( )
A．60° B．120°
C．30° D．150°
解析：选 B 由已知，根据正弦定理得 2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，即 a2＝b2＋c2＋bc.由
余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccos A，得 cos A＝－1
2，又 A 为三角形的内角，故 A＝120°.
7．(2017·惠州调研)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，已知 b＝2，c＝
2 2，且 C＝π
4，则△ABC 的面积为( )
A. 2＋1 B. 3＋1
C．2 D. 5
解析：选 B 由正弦定理 b
sin B＝ c
sin C，得 sin B＝bsin C
c ＝1
2，又 c>b，且 B∈(0，π)，
所以 B＝π
6，所以 A＝7π
12，所以△ABC 的面积 S＝1
2bcsin A＝1
2×2×2 2sin7π
12＝1
2×2×2 2×
6＋ 2
4 ＝ 3＋1.
8．(2017·长沙模拟)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，若 a2＋b2＝4a
＋2b－5 且 a2＝b2＋c2－bc，则 sin B 的值为( )
A.
3
2 B.
3
4
C.
2
2 D.
3
5
解析：选 B 由 a2＋b2＝4a＋2b－5 可知(a－2)2＋(b－1)2＝0，故 a＝2 且 b＝1.又 a2＝b2
＋c2－bc，所以 cos A＝b2＋c2－a2
2bc ＝ bc
2bc＝1
2，故 sin A＝ 3
2 .根据正弦定理 a
sin A＝ b
sin B，得 sin
B＝
3
2
2 ＝ 3
4 ，故选 B.
9．在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 a＝2bcos C，则△ABC 的
形状是( )
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形
解析：选 C ∵a＝2bcos C＝2b· a2＋b2－c2
2ab ，即 b2－c2＝0，∴b＝c，∴△ABC 是等腰
三角形，故选 C.
10．在△ABC 中，A＝60°，BC＝ 10，D 是 AB 边上不同于 A，B 的任意一点，CD＝
2，△BCD 的面积为 1，则 AC 的长为( )
A．2 3 B. 3
C.
3
3 D.2 3
3
解析：选 D 由 S△BCD＝1，可得1
2×CD×BC×sin∠DCB＝1，即 sin∠DCB＝ 5
5 ，所
以 cos∠DCB＝ 2 5
5 或 cos∠DCB＝－ 2 5
5 ，又∠DCB<∠ACB＝180°－A－B＝120°－
B<120° ， 所 以 cos ∠ DCB> － 1
2， 所 以 cos ∠ DCB ＝ 2 5
5 . 在 △ BCD 中 ， cos ∠ DCB ＝
CD2＋BC2－BD2
2CD·BC ＝2 5
5 ，解得 BD＝2，所以 cos∠DBC＝BD2＋BC2－CD2
2BD·BC ＝3 10
10 ，所以 sin
∠DBC＝ 10
10 .在△ABC 中，由正弦定理可得 AC＝BCsin B
sin A ＝2 3
3 ，故选 D.
11．如图，在△ABC 中，∠C＝π
3，BC＝4，点 D 在边 AC 上，AD＝
DB，DE⊥AB，E 为垂足，若 DE＝2 2，则 cos∠A＝( )
A.2 2
3 B.
2
4
C.
6
4 D.
6
3
解析：选 C 因为 DE⊥AB，DE＝2 2，所以 AD＝ 2 2
sin∠A，所以 BD＝AD＝ 2 2
sin∠A.因
为 AD＝DB，所以∠A＝∠ABD，所以∠BDC＝∠A＋∠ABD＝2∠A.在△BCD 中，由正弦
定理 BD
sin∠C＝ BC
sin∠BDC，得
2 2
sin∠A
3
2
＝ 4
sin 2∠A，整理得 cos∠A＝ 6
4 .
12．已知锐角三角形 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c,23cos 2A＋cos 2A＝
0，a＝7，c＝6，则 b＝( )
A．10 B．9
C．8 D．5
解析：选 D ∵23cos2A＋cos 2A＝23cos2A＋2cos2A－1＝25cos2A－1＝0，∴cos2A＝ 1
25，
∵△ABC 为锐角三角形，∴cos A＝1
5.由余弦定理知 a2＝b2＋c2－2bccos A，即 49＝b2＋36－
12
5 b，解得 b＝5 或 b＝－13
5 (舍去)．
二、填空题
13．(2017·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 C＝60°，b＝
6，c＝3，则 A＝________.
解析：由正弦定理，得 sin B＝bsin C
c ＝ 6sin 60°
3 ＝ 2
2 ，
因为 0°＜B＜180°，
所以 B＝45°或 135°.
因为 b＜c，所以 B＜C，故 B＝45°，
所以 A＝180°－60°－45°＝75°.
答案：75°
14．(2017·广州模拟)设△ABC 的三个内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 a2sin
C＝4sin A，(ca＋cb)(sin A－sin B)＝sin C(2 7－c2)，则△ABC 的面积为________．
解析：由 a2sin C＝4sin A 得 ac＝4，由(ca＋cb)(sin A－sin B)＝sin C(2 7－c2)得(a＋
b)(a－b)＝2 7－c2，即 a2＋c2－b2＝2 7，∴cos B＝a2＋c2－b2
2ac ＝ 7
4 ，则 sin B＝3
4，∴S△ABC
＝1
2acsin B＝3
2.
答案：3
2
15．(2018 届高三·湖北七市(州)联考)已知△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，
c，C＝120°，a＝2b，则 tan A＝________.
解析：由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2abcos C＝4b2＋b2－2×2b×b×(－1
2 )＝7b2，∴c＝
7b ， 则 cos A ＝b2＋c2－a2
2bc ＝ b2＋7b2－4b2
2 × b × 7b
＝2 7
7 ， ∴ sin A ＝ 1－cos2A＝ 1－4
7＝
21
7 ，∴tan A＝sin A
cos A＝ 3
2 .
答案： 3
2
16．钝角三角形 ABC 的面积是1
2，AB＝1，BC＝ 2，则 AC＝________.
解析：由题意可得1
2AB·BC·sin B＝ 1
2，又 AB＝1，BC＝ 2，所以 sin B＝ 2
2 ，所以 B＝
45°或 B＝135°.当 B＝45°时，由余弦定理可得 AC＝ AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝1，此时
AC＝AB＝1，BC＝ 2，易得 A＝90°，与“钝角三角形”条件矛盾，舍去．所以 B＝135°.
由余弦定理可得 AC＝ AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝ 5.
答案： 5
B 组——能力小题保分练
1．在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若△ABC 的面积为 S，且 2S＝
(a＋b)2－c2，则 tan C＝( )
A.3
4 B．4
3
C．－4
3 D．－3
4
解析：选 C 因为 2S＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab，结合面积公式与余弦定理，得
absin C ＝ 2abcos C ＋ 2ab ， 即 sin C － 2cos C ＝ 2 ， 所 以 (sin C － 2cos C)2 ＝ 4 ， 即
sin2C－4sin Ccos C＋4cos2C
sin2C＋cos2C ＝4，所以tan2C－4tan C＋4
tan2C＋1 ＝4，解得 tan C＝－4
3或 tan C＝0(舍
去)，故选 C.
2．(2017·合肥质检)在锐角△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且满足(a
－b)(sin A＋sin B)＝(c－b)·sin C．若 a＝ 3，则 b2＋c2 的取值范围是( )
A．(5,6] B．(3,5)
C．(3,6] D．[5,6]
解析：选 A 由正弦定理可得，(a－b)(a＋b)＝(c－b)c，即 b2＋c2－a2＝bc，所以 cos A＝
b2＋c2－a2
2bc ＝1
2，则 A＝π
3.又 b
sin B＝ c
sin C＝ a
sinπ
3
＝2，所以 b＝2sin B，c＝2sin C，所以 b2＋c2＝
4(sin2B＋sin2C)＝4sin2B＋sin2(A＋B)]＝4 1－cos 2B
2 ＋1－cos[2(A＋B)]
2 ＝ 3sin 2B－cos 2B
＋4＝2sin2B－π
6＋4.又△ABC 是锐角三角形，所以 B∈(π
6，π
2 )，则 2B－π
6∈(π
6，5π
6 )，所以
sin(2B－π
6)∈(1
2，1 ]，所以 b2＋c2 的取值范围是(5,6]，故选 A.
3.如图，为测量山高 MN，选择 A 和另一座山的山顶 C 为测量观
测点．从 A 点测得 M 点的仰角∠MAN＝60°，C 点的仰角∠CAB＝45°
以及∠MAC＝75°；从 C 点测得∠MCA＝60°，已知山高 BC＝100 m，
则山高 MN＝________m.
解析：在三角形 ABC 中，AC＝100 2，在三角形 MAC 中， MA
sin 60°＝ AC
sin 45°，解得 MA
＝100 3，在三角形 MNA 中， MN
100 3
＝sin 60°＝ 3
2 ，故 MN＝150，即山高 MN 为 150 m .
答案：150
4．在△ABC 中，B＝π
4，BC 边上的高等于 1
3BC，则 sin A＝________.
解析：如图，AD 为△ABC 中 BC 边上的高．设 BC＝a，由题意知 AD
＝1
3BC＝1
3a，B＝π
4，易知 BD＝AD＝1
3a，DC＝2
3a.
在 Rt△ABD 中，AB＝ (1
3a )2＋(1
3a )2＝ 2
3 a.
在 Rt△ACD 中，AC＝ (1
3a )2＋(2
3a )2＝ 5
3 a.
∵S△ABC＝1
2AB·AC·sin∠BAC＝ 1
2BC·AD，
即1
2× 2
3 a× 5
3 a·sin∠BAC＝1
2a·1
3a，
∴sin∠BAC＝3 10
10 .
答案：3 10
10
5.如图，在△ABC 中，AB＝ 2，点 D 在边 BC 上，BD＝2DC，cos∠
DAC＝3 10
10 ，cos∠C＝2 5
5 ，则 AC＝________.
解析：因为 BD＝2DC，设 CD＝x，AD＝y，则 BD＝2x，因为 cos∠DAC＝3 10
10 ，cos
∠C＝2 5
5 ，所以 sin∠DAC＝ 10
10 ，sin∠C＝ 5
5 ，在△ACD 中，由正弦定理可得 AD
sin∠C＝
CD
sin∠DAC，即 y
5
5
＝ x
10
10
，即 y＝ 2x.又 cos∠ADB＝cos(∠DAC＋∠C)＝ 3 10
10 ×2 5
5 －
10
10 × 5
5 ＝ 2
2 ，则∠ADB＝π
4.在△ABD 中，AB2＝BD2＋AD2－2BD×ADcosπ
4，即 2＝4x2＋2x2
－2×2x× 2x× 2
2 ，即 x2＝1，所以 x＝1，即 BD＝2，DC＝1，AD＝ 2，在△ACD 中，
AC2＝CD2＋AD2－2CD×ADcos3π
4 ＝5，得 AC＝ 5.
答案： 5
6．(2017·成都模拟)已知△ABC 中，AC＝ 2，BC＝ 6，△ABC 的面积为 3
2 .若线段 BA
的延长线上存在点 D，使∠BDC＝π
4，则 CD＝________.
解析：因为 S△ABC＝1
2AC·BC·sin∠BCA，即 3
2 ＝1
2× 2× 6×sin
∠BCA，所以 sin∠BCA＝1
2.因为∠BAC>∠BDC＝π
4，所以∠DAC<3π
4 ，又
∠DAC＝∠ABC＋∠ACB，所以∠ACB<3π
4 ，则∠BCA＝π
6，所以 cos∠BCA
＝ 3
2 .在△ABC 中，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠BCA＝2＋6－2× 2× 6× 3
2 ＝2，所
以 AB＝ 2＝AC，所以∠ABC＝∠ACB＝π
6，在△BCD 中， BC
sin∠BDC＝ CD
sin∠ABC，即 6
2
2
＝
CD
1
2
，解得 CD＝ 3.
答案： 3
第四讲 大题考法——解三角形
题型(一)
三角形基本量的求解问题
主要考查利用正、余弦定理求解三角形的边
长或角的大小(或三角函数值)，且常与三角恒
等变换综合考查.
[典例感悟]
[典例 1] (2017·合肥质检)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，若 sin A
＋cos A＝1－sinA
2.
(1)求 sin A 的值；
(2)若 c2－a2＝2b，且 sin B＝3cos C，求 b.
[解] (1)由已知，得 2sinA
2cosA
2＋1－2sin2A
2＝1－sinA
2，即 sinA
2·(2sinA
2－2cosA
2－1)＝0，
在△ABC 中，sin A
2≠0，所以 2sinA
2－2cosA
2－1＝0，
即 sinA
2－cosA
2＝1
2，
则 sin2A
2－2sinA
2cosA
2＋cos2A
2＝1
4，
从而 sin A＝3
4.
(2)由已知 sin B＝3cos C，结合(1)得 sin B＝4cos Csin A.
法一：利用正弦定理和余弦定理得
b＝4(a2＋b2－c2)
2ab ×a，即 b2＝2(c2－a2)．
又 c2－a2＝2b，∴b2＝4b，在△ABC 中，b≠0，∴b＝4.
法二：∵c2＝a2＋b2－2abcos C，且 c2－a2＝2b，
∴2b＝b2－2abcos C，
在△ABC 中，b≠0，∴b＝2＋2acos C，
又 sin B＝4cos Csin A，由正弦定理，得 b＝4acos C，
解得 b＝4.
[备课札记]
[方法技巧]
用正、余弦定理求解三角形基本量的方法
[演练冲关]
1．(2017·贵阳检测)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 b2＋c2－a2
＝bc.
(1)求角 A 的大小；
(2)若 a＝ 3，求 BC 边上的中线 AM 的最大值．
解：(1)由 b2＋c2－a2＝bc 及余弦定理，得 cos A＝b2＋c2－a2
2bc ＝ bc
2bc＝1
2，又 0b，a
＝5，c＝6，sin B＝3
5.
(1)求 b 和 sin A 的值；
(2)求 sin (2A＋π
4)的值．
解：(1)在△ABC 中，因为 a>b，
故由 sin B＝3
5，可得 cos B＝4
5.
由已知及余弦定理，得 b2＝a2＋c2－2accos B＝13，
所以 b＝ 13.
由正弦定理 a
sin A＝ b
sin B，
得 sin A＝asin B
b ＝3 13
13 .
所以 b 的值为 13，sin A 的值为3 13
13 .
(2)由(1)及 aBC＝10，
由 cos 60°＝AB2＋AC2－100
2AB·AC ，
得(AB＋AC)2－100＝3AB·AC，
而 AB·AC≤(AB＋AC
2 )2，
所以
(AB＋AC)2－100
3 ≤(AB＋AC
2 )2，
解得 AB＋AC≤20，
故 AB＋AC 的取值范围为(10,20]．
[解题通法点拨] 解三角形问题重在 “变”——变角、变式
[循流程思维——入题快]
尽管解三角形的解答题起点低、位置前，但由于其公式多、性质繁，使得不少同学对
其有种畏惧感．突破此难点的关键在于“变”——变角与变式，从“变角”来看，主要有：
已知角与特殊角的变换、已知角与目标角的变换、角与其倍角的变换、两角与其和差角的
变换以及三角形内角和定理的变换运用，如：α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，2α＝(α＋β)＋(α－
β)，2α＝(β＋α)－(β－α)，α＋β＝2· α＋β
2 ，α＋β
2 ＝(α－β
2 )－(α
2－β )等．从“变式”来看，
在解决解三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等．
[按流程解题——快又准]
[典例] (2016·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 2cos C(acos
B＋bcos A)＝c.
(1)求 C；
(2)若 c＝ 7，△ABC 的面积为3 3
2 ，求△ABC 的周长．
[解题示范]
(1)由已知 2cos C(acos B＋bcos A)＝c 及正弦定理得
2cos C(sin Acos B＋sin B·cos A)＝sin C，❶
即 2cos Csin(A＋B)＝sin C，
故 2cos Csin C＝sin C．❷
可得 cos C＝1
2，
所以 C＝π
3.
(2)由已知得 1
2absin C＝3 3
2 .又 C＝π
3，所以 ab＝6.
由已知及余弦定理得 a2＋b2－2abcos C＝7，
故 a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25，即 a＋b＝5.
❶变式：利用正弦定理把已知等式中的边 a，
b，c 变为 sin A，sin B，sin C.
❷变角：利用两角和的正弦公式及三角形
的内角和定理把等式中 sin A·cos B＋sin
Bcos A 变为 sin(A＋B)再变为 sin C.
所以△ABC 的周长为 5＋ 7.
[思维升华] “明确思维起点，把握变换方向，抓住内在联系，合理选择公式”是三角变
换的基本要诀．在解题时，要紧紧抓住“变”这一核心，灵活运用公式与性质，仔细审题，快
速运算．
[应用体验]
(2017·陕西质检)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别 a，b，c，面积为 S，已知 2acos2
C
2＋2ccos2A
2＝5
2b.
(1)求证：2(a＋c)＝3b；
(2)若 cos B＝1
4，S＝ 15，求 b.
解：(1)证明：由已知得，a(1＋cos C)＋c(1＋cos A)＝5
2b.
在△ABC 中，过 B 作 BD⊥AC，垂足为 D(图略)，
则 acos C＋ccos A＝CD＋AD＝b.
∴a＋c＝3
2b，即 2(a＋c)＝3b.
(2)∵cos B＝1
4，∴sin B＝ 15
4 .
∵S＝1
2acsin B＝ 15
8 ac＝ 15，∴ac＝8.
又 b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)，
又由(1)知，2(a＋c)＝3b，
∴b2＝9b2
4 －2×8×(1＋1
4 )，
解得 b＝4.
[课时跟踪检测]
1．(2018 届高三·西安八校联考)已知△ABC 内接于单位圆，角 A，B，C 的对边分别为
a，b，c，且 2acos A＝ccos B＋bcos C.
(1)求 cos A 的值；
(2)若 b2＋c2＝4，求△ABC 的面积．
解：(1)∵2acos A＝ccos B＋bcos C，
∴2sin Acos A＝sin Ccos B＋sin Bcos C，
即 2sin Acos A＝sin(B＋C)＝sin A.
又 00，求 f(x)＝2a(sin x＋cos x)－sin x·cos x－2a2 的最大值和最小值．
[解] 设 sin x＋cos x＝t，则 t∈[－ 2， 2 ]，
由(sin x＋cos x)2＝1＋2sin x·cos x，得 sin x·cos x＝ t2－1
2 ，
∴f(x)＝g(t)＝2at－t2－1
2 －2a2＝－1
2(t－2a)2＋1
2(a>0)，t∈[－ 2， 2 ]．
当 t＝－ 2时，g(t)取最小值－2a2－2 2a－1
2；
若 2a≥ 2，当 t＝ 2时，g(t)取最大值－2a2＋2 2a－1
2；
若 0<2a< 2，当 t＝2a 时，g(t)取最大值1
2.
所以 f(x)的最小值为－2a2－2 2a－1
2，最大值为Error!
[点评] 此题利用局部换元法，设 sin x＋cos x＝t 后，抓住 sin x＋cos x 与 sin x·cos x 的
内在联系，将三角函数的值域问题转化为二次函数在闭区间上的值域问题．换元过程中一定
要注意参数的范围(t∈[－ 2， 2 ])与 sin x＋cos x 的范围对应，否则将会出错．
方法 3 坐标法
坐标法是处理平面向量问题的重要方法之一，只要能够建立直角坐标系，把点的
坐标表示出来，向量的坐标就可以求出来，从而平面向量的常见问题：平行、垂直、夹角、
模等都可以套相应的公式解决．
[典例 3] 在等腰梯形 ABCD 中，已知 AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°.动点 E
和 F 分别在线段 BC 和 DC 上，且 BE
―→
＝λ BC
―→
， DF
―→
＝ 1
9λ DC
―→
，则 AE
―→
· AF
―→
的最小值
为________．
[解析] 在等腰梯形 ABCD 中，由 AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，可得 AD
＝DC＝1.建立平面直角坐标系如图所示，
则 A(0,0)，B(2,0)，C(3
2， 3
2 )，D(1
2， 3
2 )，
∴ BC
―→
＝(－1
2， 3
2 )， DC
―→
＝(1,0)．
∵ BE
―→
＝λ BC
―→
＝(－1
2λ， 3
2 λ)，∴E(2－1
2λ， 3
2 λ).
∵ DF
―→
＝ 1
9λ DC
―→
＝( 1
9λ，0)，∴F(1
2＋ 1
9λ， 3
2 ).
∴ AE
―→
· AF
―→
＝(2－1
2λ， 3
2 λ)·(1
2＋ 1
9λ， 3
2 )
＝(2－1
2λ)(1
2＋ 1
9λ)＋3
4λ＝17
18＋ 2
9λ＋1
2λ≥17
18＋2 2
9λ·1
2λ＝29
18.
当且仅当 2
9λ＝1
2λ，
即 λ＝2
3时取等号，符合题意．
∴ AE
―→
· AF
―→
的最小值为29
18.
[答案] 29
18
[点评] 本题利用“坐标法”求平面向量数量积的最值，把等腰梯形 ABCD 放在坐标系中，
给有关向量 BC―→
， DC―→
赋予了具体坐标，进而得出 AE―→
· AF―→
的坐标表示，最后结合基本不
等式求出最值．
[课时跟踪检测]
一、选择题
1．设函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)．若函数 f(x)在区间 [π
6，π
2 ]上具有单调性，
且 f(π
2 )＝f(2π
3 )＝－f(π
6 )，则函数 f(x)的最小正周期为( )
A.π
2 B．π C.3π
2 D．2π
解析：选 B 由已知可画出草图，如图所示，则T
4＝
π
2＋2π
3
2 －
π
2＋π
6
2 ，解得 T＝π.
2．已知外接圆半径为 R 的△ABC 的周长为(2＋ 3)R，则 sin A＋sin B＋sin C＝( )
A．1＋ 3
2 B．1＋ 3
4
C.1
2＋ 3
2 D.1
2＋ 3
解析：选 A 由正弦定理知 a＋b＋c＝2R(sin A＋sin B＋sin C)＝(2＋ 3)R，所以 sin A
＋sin B＋sin C＝1＋ 3
2 ，故选 A.
3．若函数 f(x)＝2msin(2x＋π
3)－2 在 x∈[0，5π
12]内存在零点，则实数 m 的取值范围是
( )
A．(－∞，－1]∪[1，＋∞)
B.[－2 3
3 ，2]
C．(－∞，－2]∪[1，＋∞)
D．[－2,1]
解析：选 C 设 x0 为 f(x)在[0，5π
12]内的一个零点，则 2msin(2x0＋π
3)－2＝0，所以 m＝
1
sin(2x0＋π
3).因为 0≤x0≤5π
12，所以π
3≤2x0＋π
3≤7π
6 ，所以－1
2≤sin2x0＋π
3≤1，所以 m≤－2
或 m≥1，故选 C.
4．在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 b＝5，a＝3，cos(B－A)＝7
9，
则△ABC 的面积为( )
A.15
2 B.5 2
3 C．5 2 D．2 2
解析：选 C 在边 AC 上取点 D 使 A＝∠ABD，则 cos∠DBC＝
cos(∠ABC－A)＝ 7
9，设 AD＝DB＝x，在△BCD 中，由余弦定理得，(5－x)2
＝9＋x2－2×3x×7
9，解得 x＝3.故 BD＝DC，在等腰三角形 BCD 中，DC
边上的高为 2 2，所以 S△ABC＝1
2×5×2 2＝5 2，故选 C.
5．在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.asin Bcos C＋csin Bcos A＝1
2
b，且 a>b，则 B＝( )
A.π
6 B.π
3 C.2π
3 D.5π
6
解析：选 A 由射影定理可知 acos C＋ccos A＝b，则(acos C＋ccos A)sin B＝bsin B，
又 asin Bcos C＋csin Bcos A＝ 1
2b，则有 bsin B＝1
2b，sin B＝ 1
2.又 a>b，所以 A>B，则 B∈
(0，π
2 )，故 B＝π
6.
6．已知△ABC 为等边三角形，AB＝2，设点 P，Q 满足 AP
―→
＝λ AB
―→
， AQ
―→
＝(1－λ)
AC
―→
，λ∈R，若 BQ
―→
· CP
―→
＝－3
2，则 λ＝( )
A.1
2 B.1 ± 2
2
C.1 ± 10
2 D.
－3 ± 2 2
2
解析：选 A 以点 A 为坐标原点，AB 所在的直线为 x 轴，过点 A
且垂直于 AB 的直线为 y 轴，建立平面直角坐标系，则 A(0,0)，B(2,0)，
C(1， 3)，∴ AB
―→
＝(2,0)， AC
―→
＝(1， 3)，又 AP
―→
＝λ AB
―→
， AQ
―→
＝
(1－λ) AC
―→
，∴P(2λ，0)，Q(1－λ，3(1－λ))，∴ BQ
―→
· CP
―→
＝(－1－λ， 3
(1－λ))·(2λ－1，－ 3)＝－3
2，化简得 4λ2－4λ＋1＝0，∴λ＝1
2.
二、填空题
7．对任意两个非零的平面向量 α 和 β，定义 α∘β＝α·β
β·β.若平面向量 a，b 满足|a|≥|b|>0，
a 与 b 的夹角 θ∈(0，π
4 )，且 a∘b 和 b∘a 都在集合{n
2|n ∈ Z}中，则 a∘b＝________.
解析：a∘b＝a·b
b·b＝|a||b|cos θ
|b|2 ＝|a|cos θ
|b| ，①
b∘a＝b·a
a·a＝|b||a|cos θ
|a|2 ＝|b|cos θ
|a| .②
∵θ∈(0，π
4 )，∴ 2
2 0，∴0<|b|
|a|≤1.∴0<|b|
|a|cos θ<1，即 00)，向量组 x1，
x2，x3 由一个 m 和两个 n 排列而成，向量组 y1，y2，y3 由两个 m 和一个 n 排列而成，若 x1·y1
＋x2·y2＋x3·y3 所有可能值中的最小值为 4m2，则 λ＝________.
解析：由题意，x1·y1＋x2·y2＋x3·y3 的运算结果有以下两种可能：①m2＋m·n＋n2＝m2＋
λ|m||m|cosπ
3＋λ2m2＝(λ2＋λ
2＋1)m2；②m·n＋m·n＋m·n＝3λ|m|·|m|cos π
3＝3λ
2 m2.又 λ2＋λ
2＋1－
3λ
2 ＝λ2－λ＋1＝(λ－1
2 )2＋3
4>0，所以 3λ
2 m2＝4m2，即3λ
2 ＝4，解得 λ＝8
3.
答案：8
3
三、解答题
10．已知函数 f(x)＝( 3sin x＋cos x)2－2.
(1)求函数 f(x)在区间[－π
6，π
2]上的最大值和最小值；
(2)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 f(A)＝2，a＝ 3，且 sin B＝
2sin C，求△ABC 的面积．
解：(1)f(x)＝( 3sin x＋cos x)2－2
＝(3sin2x＋cos2x＋2 3sin xcos x)－2
＝2sin2x＋ 3sin 2x－1
＝ 3sin 2x－cos 2x＝2sin(2x－π
6)，
∵x∈[－π
6，π
2]，∴2x－π
6∈[－π
2，5π
6 ]，
∴当 2x－π
6＝－π
2，即 x＝－π
6时，函数 f(x)取得最小值 f(－π
6 )＝－2；
当 2x－π
6＝π
2，即 x＝π
3时，函数 f(x)取得最大值 f(π
3 )＝2.
(2)∵f(A)＝2，∴2sin(2A－π
6)＝2，
即 sin2A－π
6＝1.
∵A∈(0，π)，∴2A－π
6＝π
2，解得 A＝π
3.
∵sin B＝2sin C，∴b＝2c.
∵a2＝b2＋c2－2bccos A，
∴3＝5c2－4c2×cosπ
3，解得 c＝1，∴b＝2.
∴S△ABC＝1
2bcsin A＝1
2×2×1×sinπ
3＝ 3
2 .
11．在△ABC 中，边 a，b，c 分别是内角 A，B，C 所对的边，且满足 2sin B＝sin A＋
sin C，设 B 的最大值为 B0.
(1)求 B0 的值；
(2)当 B＝B0，a＝3，c＝6， AD
―→
＝1
2 DB
―→
时，求 CD 的长．
解：(1)由题设及正弦定理知，2b＝a＋c，即 b＝a＋c
2 .
由余弦定理知，cos B＝a2＋c2－b2
2ac ＝
a2＋c2－(a＋c
2 )2
2ac ＝3(a2＋c2)－2ac
8ac ≥3(2ac)－2ac
8ac ＝1
2，
当且仅当 a2＝c2，即 a＝c 时等号成立．
∵y＝cos x 在(0，π)上单调递减，
∴B 的最大值 B0＝π
3.
(2)∵B＝B0＝π
3，a＝3，c＝6，
∴b＝ a2＋c2－2accos B＝3 3，
∴c2＝a2＋b2，即 C＝π
2，A＝π
6，
由 AD
―→
＝1
2 DB
―→
，知 AD＝1
3AB＝2，在△ACD 中，
由余弦定理得 CD＝ AC2＋AD2－2AC·AD·cosπ
6＝ 13.
12.某地拟建一主题游乐园，该游乐园为四边形区域 ABCD，其中三角
形区域 ABC 为主题活动区，其中∠ACB＝60°，∠ABC＝45°，AB＝126；
AD，CD 为游客通道(不考虑宽度)，且∠ADC＝120°，三角形区域 ADC 为游乐休闲中心供
游客休憩．
(1)求 AC 的长度；
(2)记游客通道 AD 与 CD 的长度和为 L，求 L 的最大值．
解：(1)由正弦定理，得 AB
sin∠ACB＝ AC
sin∠ABC，
又∠ACB＝60°，∠ABC＝45°，AB＝12 6，
所以 AC＝12 6sin 45°
sin 60° ＝24.
(2)设∠CAD＝θ(0°<θ<60°)，则∠ACD＝60°－θ，
在△ADC 中，
由正弦定理得 AC
sin 120°＝ CD
sin θ＝ AD
sin(60°－θ)，
所以 L＝AD＋CD
＝16 3[sin(60°－θ)＋sin θ]
＝16 3(sin 60°cos θ－cos 60°sin θ＋sin θ)
＝16 3sin(60°＋θ)，
故当 θ＝30°时，L 取到最大值 16 3.
