（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 三角教學(xué)案

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1、專題一 三角 [江蘇卷5年考情分析] 小題考情分析 大題考情分析 常考點(diǎn) 1.三角化簡(jiǎn)求值(5年3考) 2.三角函數(shù)的性質(zhì)(5年3考) 3.平面向量的數(shù)量積(5年5考) 江蘇高考中，對(duì)三角計(jì)算題的考查始終圍繞著求角、求值問(wèn)題，以兩角和與差的三角函數(shù)公式的運(yùn)用為主，可見三角恒等變換比三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)更加重要，三角變換的基本解題規(guī)律是：尋找聯(lián)系、消除差異. 三角考題的花樣翻新在于條件變化，大致有三類：第一類給出三角函數(shù)值(見2018年三角解答題)，第二類是給出三角形(見2015年、2016年、2019年三角解答題)，第三類是給出向量(見2017年三角解答題). 偶考點(diǎn) 1

2、.平面向量的概念及線性運(yùn)算 2.正弦、余弦定理 第一講 | 小題考法——三角函數(shù)、解三角形 考點(diǎn)(一) 三角化簡(jiǎn)求值 　　主要考查利用三角恒等變換解決化簡(jiǎn)求值或求角問(wèn)題．多涉及兩角和與差的正弦、余弦、正切公式以及二倍角公式. [題組練透] 1．計(jì)算：sin 50°(1＋tan 10°)＝________． 解析：sin 50°(1＋tan 10°)＝sin 50° ＝sin 50°× ＝sin 50°× ＝＝＝＝1. 答案：1 2．已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝，tan β＝－，則2α－β的值為________． 解析：∵tan α＝tan[

3、(α－β)＋β]＝＝＝>0，∴0<α<. 又∵tan 2α＝＝＝>0， ∴0<2α<， ∴tan(2α－β)＝＝＝1. ∵tan β＝－<0， ∴<β<π，－π<2α－β<0， ∴2α－β＝－. 答案：－ 3．(2019·江蘇高考)已知＝－，則sin的值是______． 解析：由＝＝＝－，解得tan α＝2或－. sin＝(sin 2α＋cos 2α) ＝(2sin αcos α＋2cos2α－1) ＝(sin αcos α＋cos2α)－ ＝·－ ＝·－， 將tan α＝2和－分別代入得sin＝. ∵ ＝＝－， ∴ sin αcos＝－cos αsin.①

4、 又sin＝sin ＝sincos α－cossin α＝，② 由①②，解得sin αcos＝－， cos αsin＝. ∴ sin＝sin ＝sin αcos＋cos αsin ＝－＋ ＝. 答案： [方法技巧] 1．解決三角函數(shù)求值或求角問(wèn)題的關(guān)鍵與思路 解決三角函數(shù)的求值或求角問(wèn)題的關(guān)鍵是把“所求角”用“已知角”表示． (1)當(dāng)“已知角”有兩個(gè)時(shí)，“所求角”一般表示為兩個(gè)“已知角”的和或差的形式； (2)當(dāng)“已知角”有一個(gè)時(shí)，此時(shí)應(yīng)著眼于“所求角”轉(zhuǎn)化為kπ，(k∈Z)與“已知角”的和或差的關(guān)系，然后應(yīng)用誘導(dǎo)公式把“所求角”變成“已知角”． 2．常見的配角技巧

5、 (1)2α＝(α＋β)＋(α－β)；(2)α＝(α＋β)－β； (3)β＝－；(4)α＝＋； (5)＝－等． 3．三角函數(shù)化簡(jiǎn)的原則及結(jié)果 考點(diǎn)(二) 三角函數(shù)的性質(zhì) 　　主要考查三角函數(shù)的對(duì)稱性、求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間或最值(值域)，以及根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的值或取值范圍. [題組練透] 1．(2018·江蘇高考)已知函數(shù)y＝sin(2x＋φ)的圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱，則φ的值為________． 解析：由題意得f＝sin＝±1， ∴＋φ＝kπ＋，k∈Z， ∴φ＝kπ－，k∈Z. ∵φ∈， ∴φ＝－. 答案：－ 2．(2019·南京鹽城一模)設(shè)函數(shù)f(x

6、)＝sin，其中ω＞0.若函數(shù)f(x)在[0，2π]上恰有2個(gè)零點(diǎn)，則ω的取值范圍是________． 解析：法一：由f(x)＝0得ωx＋＝kπ(k∈Z)，解得x＝－(k∈Z)，因?yàn)棣兀?，且函數(shù)f(x)在[0，2π]上恰有2個(gè)零點(diǎn)，所以 法二：f(x)取零點(diǎn)時(shí)，x滿足條件x＝－＋(k∈Z)，當(dāng)x>0時(shí)的零點(diǎn)從小到大依次為x1＝，x2＝，x3＝，所以解得≤ω＜. 答案： 3．(2019·蘇北三市一模)將函數(shù)f(x)＝sin 2x的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)g(x)的圖象，則以函數(shù)f(x)與g(x)的圖象的相鄰三個(gè)交點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形的面積為________． 解析：函數(shù)f(x)＝s

7、in 2x的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)g(x)＝sin＝sin的圖象，如圖所示，點(diǎn)A的坐標(biāo)為，B，C之間的距離為一個(gè)周期π，所以三角形ABC的面積為π×2×＝. 答案： 4．已知函數(shù)f(x)＝2sinsin，≤x≤，則函數(shù)f(x)的值域?yàn)開_______． 解析：依題意，有f(x)＝2·＝sin xcos x－(cos2x－sin2x)＝sin 2x－cos 2x＝sin，因?yàn)椤躼≤，所以0≤2x－≤，從而0≤sin≤1，所以函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇0，1]． 答案：[0，1] [方法技巧] 1．對(duì)于f(x)＝Asin(ωx＋φ)的圖象平移后圖象關(guān)于y軸或原點(diǎn)對(duì)稱的兩種處理方

8、法 (1)若平移后所得函數(shù)解析式為y＝Asin(ωx＋φ＋θ)，要關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則φ＋θ＝kπ，k∈Z；要關(guān)于y軸對(duì)稱，則φ＋θ＝kπ＋，k∈Z. (2)利用平移后的圖象關(guān)于y軸或原點(diǎn)對(duì)稱得到原函數(shù)的對(duì)稱性，再利用y＝sin x的對(duì)稱性去求解． 2．求三角函數(shù)單調(diào)區(qū)間的兩種方法 (1)代換法：求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A，ω，φ為常數(shù)，A≠0，ω>0)的單調(diào)區(qū)間時(shí)，令ωx＋φ＝z，則y＝Asin z(或y＝Acos z)，然后由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性求得． (2)圖象法：畫出三角函數(shù)的圖象，結(jié)合圖象求其單調(diào)區(qū)間． 3．求解三角函數(shù)的值域的三種方法 化

9、歸法 在研究三角函數(shù)值域時(shí)，首先應(yīng)將所給三角函數(shù)化歸為y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)或y＝Atan(ωx＋φ)的形式，再利用換元t＝ωx＋φ，從而轉(zhuǎn)化為求y＝Asin t，y＝Acos t或y＝Atan t在給定區(qū)間上的值域 換元法 對(duì)于無(wú)法化歸的三角函數(shù)，通?？梢杂脫Q元法來(lái)處理，如y＝sin x＋cos x＋sin xcos x，可以設(shè)sin x＋cos x＝t來(lái)轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求值域 導(dǎo)數(shù)法 對(duì)于無(wú)法化歸和換元的三角函數(shù)，可以通過(guò)導(dǎo)函數(shù)研究其單調(diào)性和值域 考點(diǎn)(三) 正、余弦定理 　　主要考查利用正弦定理、余弦定理及三角形面積公式求解三角形的邊長(zhǎng)

10、、角以及面積，或考查將兩個(gè)定理與三角恒等變換相結(jié)合解三角形. [題組練透] 1．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若2bcos A＝2c－a，則角B的大小為________． 解析：法一：因?yàn)?bcos A＝2c－a，所以由余弦定理得2b·＝2c－a，即b2－a2＝c2－ac，所以cos B＝＝，因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝. 法二：因?yàn)?bcos A＝2c－a，所以由正弦定理得2sin Bcos A＝2sin C－sin A＝2sin(A＋B)－sin A＝2sin Acos B＋2cos Asin B－sin A，故2cos Bsin A＝sin A，因?yàn)閟in

11、A≠0，所以cos B＝，因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝. 答案： 2．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)四市一模)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知5a＝8b，A＝2B，則sin＝________． 解析：由正弦定理得5sin A＝8sin B，由A＝2B可得sin B＝，cos B＝，易得＜B＜，∴＜A＜， ∴sin A＝，cos A＝，∴sin＝(sin A－cos A)＝. 答案： 3．銳角三角形ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知2asin C＝c，a＝1，則△ABC周長(zhǎng)的最大值為________． 解析：依題意，由已知條件及正弦定理得2sin As

12、in C＝sin C，即sin A＝.由于三角形為銳角三角形，故A＝.由正弦定理＝＝得b＝sin B，c＝sin C，故三角形的周長(zhǎng)為1＋sin B＋sin C＝1＋sin B＋sin＝1＋2sin，故當(dāng)B＝，即三角形為等邊三角形時(shí)，周長(zhǎng)取得最大值，為1＋2＝3. 答案：3 4．(2018·常熟高三期中)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，D為AB的中點(diǎn)，若b＝acos C＋csin A且CD＝，則△ABC面積的最大值是________． 解析：因?yàn)閎＝acos C＋csin A，所以由正弦定理得sin B＝sin Acos C＋sin Csin A，即sin Acos C

13、＋cos Asin C＝sin Acos C＋sin Csin A，因?yàn)閟in C≠0，所以cos A＝sin A，即tan A＝1，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝.在△ACD中，由余弦定理得CD2＝b2＋－2b·cos，即2bc＝4b2＋c2－8≥4bc－8，所以bc≤＝4＋2，當(dāng)且僅當(dāng)2b＝c時(shí)等號(hào)成立，所以S△ABC＝bcsin A＝·bc≤＋1. 答案：＋1 [方法技巧] 1．利用正弦、余弦定理解決有關(guān)三角形問(wèn)題的方法 (1)解三角形問(wèn)題時(shí)，要注意兩個(gè)統(tǒng)一原則，即將“邊”統(tǒng)一為“角”，將“角”統(tǒng)一為“邊”．當(dāng)條件或結(jié)論是既含有邊又含有角的形式時(shí)，就需要將邊統(tǒng)一為角或?qū)⒔墙y(tǒng)一為邊．

14、在應(yīng)用這兩個(gè)原則時(shí)要注意：①若式子中含有角的余弦、邊的二次式，則考慮用余弦定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化；②若式子中含有角的正弦、邊的一次式，則考慮用正弦定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化． (2)求解與三角形相關(guān)的平面幾何中的有關(guān)量時(shí)，由于圖形中的三角形可能不止一個(gè)，因此，需要合理分析，確定求解的順序，一般先將所給的圖形拆分成若干個(gè)三角形，根據(jù)已知條件確定解三角形的先后順序，再根據(jù)各個(gè)三角形之間的關(guān)系求得結(jié)果，同時(shí)注意平面幾何知識(shí)的應(yīng)用． 2．與面積、范圍有關(guān)問(wèn)題的求解方法 (1)與三角形面積有關(guān)的問(wèn)題主要有兩種：一是求三角形面積；二是給出三角形的面積，求其他量．解題時(shí)主要應(yīng)用三角形的面積公式S＝absin C＝bcsin

15、A＝acsin B，此公式既與邊長(zhǎng)的乘積有關(guān)，又與角的三角函數(shù)值有關(guān)，由此可以與正弦定理、余弦定理綜合起來(lái)求解．另外，還要注意用面積法處理問(wèn)題． (2)求與三角形中邊角有關(guān)的量的取值范圍問(wèn)題時(shí)，主要是利用已知條件和有關(guān)定理，將所求的量用三角形的某個(gè)內(nèi)角或某條邊表示出來(lái)，結(jié)合三角形邊角的取值范圍、函數(shù)值域的求法等求解，或者通過(guò)基本不等式來(lái)進(jìn)行求解．在求解時(shí)，要注意題目中的隱含條件，如|b－c|

16、弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β； (2)cos(α±β)＝cos αcos β?sin αsin β； (3)tan(α±β)＝. 2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α； (2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α； (3)tan 2α＝. 3．函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象 (1)“五點(diǎn)法”作圖： 設(shè)z＝ωx＋φ，令z＝0，，π，，2π，求出x的值與相應(yīng)的y的值，描點(diǎn)、連線可得． (2)常見的兩種圖象變換： ①y＝sin xy＝sin(x＋

17、φ) y＝sin(ωx＋φ) y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)． ②y＝sin xy＝sin ωx y＝sin(ωx＋φ) y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)． 4．三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 y＝sin x的單調(diào)遞增區(qū)間是(k∈Z)，單調(diào)遞減區(qū)間是(k∈Z)； y＝cos x的單調(diào)遞增區(qū)間是(k∈Z)，單調(diào)遞減區(qū)間是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)； y＝tan x的遞增區(qū)間是(k∈Z)． 5．三角函數(shù)的奇偶性與對(duì)稱性 y＝Asin(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝kπ(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù)；當(dāng)φ＝kπ＋(k∈Z)時(shí)為偶函數(shù)； 對(duì)稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)求得

18、． y＝Acos(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝kπ＋(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù)；當(dāng)φ＝kπ(k∈Z)時(shí)為偶函數(shù)； 對(duì)稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得． y＝Atan(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝kπ(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù)． 6．正弦定理及其變形 在△ABC中，＝＝＝2R(R為△ABC的外接圓半徑)． 變形：a＝2Rsin A，sin A＝， a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等． 7．余弦定理及其變形 在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A. 變形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝. 8．三角形面積公式 S△ABC＝absin C＝bcsin A＝ac

19、sin B. (二)二級(jí)結(jié)論要用好 1．sin α－cos α＞0?α的終邊在直線y＝x上方(特殊地，當(dāng)α在第二象限時(shí)有 sin α－cos α＞1)． 2．sin α＋cos α＞0?α的終邊在直線y＝－x上方(特殊地，當(dāng)α在第一象限時(shí)有sin α＋cos α>1)． 3．輔助角公式：asin α＋bcos α＝sin(α＋φ). 4．在△ABC中，tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C. 5．△ABC中，內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列的充要條件是B＝. 6．△ABC為正三角形的充要條件是A，B，C成等差數(shù)列，且a，b，c成等比數(shù)列． 7．S△ABC

20、＝(R為△ABC外接圓半徑)． A組——抓牢中檔小題 1．sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝________． 解析：sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝sin 20°cos 10°＋cos 20°sin 10°＝sin(20°＋10°)＝sin 30°＝. 答案： 2．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)四市一模)設(shè)定義在區(qū)間上的函數(shù)y＝3sin x的圖象與y＝3cos 2x＋2的圖象交于點(diǎn)P，則點(diǎn)P到x軸的距離

21、為________． 解析：法一：根據(jù)題意得，3sin x＝3cos 2x＋2，3sin x＝3(1－2sin2x)＋2，6sin2x＋3sin x－5＝0，(2sin x＋5)·(sin x－1)＝0，所以sin x＝，此時(shí)yP＝3×＝3，所以點(diǎn)P到x軸的距離為3. 法二：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xP，yP)，因?yàn)閤∈，所以yP＝3sin xP＞0，sin xP＝，又yP＝3cos 2xP＋2，所以yP＝3(1－2sin2xP)＋2，yP＝3＋2，所以2y＋9yP－45＝0，(2yP＋15)(yP－3)＝0，因?yàn)閥P＞0，所以yP＝3，故點(diǎn)P到x軸的距離為3. 答案：3 3．(2019·常

22、州期末)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，φ∈R)是偶函數(shù)，點(diǎn)(1，0)是函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱中心，則ω的最小值為________． 解析：由函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，φ∈R)是偶函數(shù)，知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝0對(duì)稱，又點(diǎn)(1，0)是函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱中心，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T的最大值為4，所以ω的最小值為＝. 答案： 4．(2019·揚(yáng)州期末)設(shè)a，b是非零實(shí)數(shù)，且滿足＝tan ，則＝________． 解析：因?yàn)椋絫an ， 所以＝， 所以acos sin ＋bcos cos ＝asin cos －bsin sin ，

23、 所以a ＝b， 即asin＝bcos，asin ＝bcos ，所以＝tan ＝. 答案： 5．(2019·無(wú)錫期末)已知θ是第四象限角，cos θ＝，那么的值為________． 解析：依題意，得sin θ＝－，＝ ＝＝. 答案： 6．(2019·南通等七市二模)在△ABC中，已知C＝120°，sin B＝2sin A，且△ABC的面積為2，則AB的長(zhǎng)為________． 解析：設(shè)a，b，c分別為△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，則由sin B＝2sin A和正弦定理得b＝2a，由△ABC的面積S＝absin C＝ab＝2，得ab＝8，所以a＝2，b＝4，由余弦定理可得AB

24、2＝4＋16－2×2×4×＝28，得AB＝2. 答案：2 7．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且2b＝a＋c，若sin B＝，cos B＝，則b的值為________． 解析：∵sin B＝，cos B＝，sin2B＋cos2B＝1，∴ac＝15，又∵2b＝a＋c，∴b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－18＝(a＋c)2－48＝4b2－48，解得b＝4. 答案：4 8．(2019·南京三模)函數(shù)f(x)＝2sin，其中ω＞0.若x1，x2是方程f(x)＝2的兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，且|x1－x2|的最小值為π.則當(dāng)x∈時(shí)，f(x)的最小值為________

25、． 解析：根據(jù)已知可得＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝2sin.因?yàn)閤∈，所以2x＋∈，數(shù)形結(jié)合易知，當(dāng)2x＋＝，即x＝時(shí)，f(x)取得最小值，為－1. 答案：－1 9．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角α與角β均以O(shè)x為始邊，它們的終邊關(guān)于y軸對(duì)稱．若sin α＝，則cos(α－β)＝________． 解析：因?yàn)榻铅僚c角β的終邊關(guān)于y軸對(duì)稱，所以α＋β＝2kπ＋π，k∈Z，所以cos(α－β)＝cos(2α－2kπ－π)＝－cos 2α＝－(1－2sin2α)＝－＝－. 答案：－ 10．(2019·石莊中學(xué)模擬)將函數(shù)f(x)＝cos(2x＋θ)的圖象向右平移個(gè)單位后得到函數(shù)g(x)

26、的圖象，若g(x)的圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱，則θ＝________． 解析：依題意，g(x)＝cos＝cos，令2x－＋θ＝kπ(k∈Z)，即函數(shù)g(x)圖象的對(duì)稱軸為x＝－＋(k∈Z)，又|θ|＜，當(dāng)k＝0時(shí)，有－＝，解得θ＝. 答案： 11．(2019·徐州中學(xué)模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，cos 2A＋3cos A＝1，b＝5，△ABC的面積S＝5，則△ABC的周長(zhǎng)為________． 解析：由cos 2A＋3cos A＝1得2cos2A＋3cos A－2＝0，解得cos A＝－2(舍去)或cos A＝，則sin A＝，由S＝bcsin A＝×5×c＝5

27、，得c＝4. 所以a2＝b2＋c2－2bccos A＝25＋16－2×5×4×＝21， 得a＝.所以△ABC的周長(zhǎng)為5＋4＋＝9＋. 答案：9＋ 12．已知tan＝，且－<α<0，則＝________． 解析：由tan＝＝，得tan α＝－. 又－<α<0，所以sin α＝－. 故＝＝2sin α ＝－. 答案：－ 13．(2019·鹽城三模)在△ABC中，A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且c2＝a2＋b2＋ab，則的取值范圍是________． 解析：因?yàn)閏2＝a2＋b2＋ab，所以由余弦定理得cos C＝－，所以C＝，由正弦定理得＝＝＝sin.因?yàn)?＜A＜，所以－

28、＜2A－＜，所以∈(－1，1)． 答案：(－1，1) 14．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知sin α＝3sin，則tan＝________． 解析：∵sin α＝3sin＝3sin αcos＋3cos α·sin＝sin α＋cos α，∴tan α＝ . 又tan ＝tan＝＝＝2－， ∴tan＝ ＝＝2－4. 答案：2－4 B組——力爭(zhēng)難度小題 1.如圖，已知A，B分別是函數(shù)f(x)＝sin ωx(ω＞0)在y軸右側(cè)圖象上的第一個(gè)最高點(diǎn)和第一個(gè)最低點(diǎn)，且∠AOB＝，則該函數(shù)的最小正周期是________． 解析：設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T，由圖象可得A，B，則·＝－

29、3＝0，解得T＝4. 答案：4 2．(2019·平潮中學(xué)模擬)在△ABC中，若＋＝，則cos A的取值范圍為________． 解析：由＋＝， 得＋＝， 即＝， 即＝，即＝， 由正弦定理，得bccos A＝a2， 由余弦定理，得bccos A＝b2＋c2－2bccos A， 即cos A＝≥＝(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取等號(hào))，又易知cos A＜1，所以≤cos A＜1. 答案： 3．已知α為銳角，cos＝，則sin的值為________． 解析：因?yàn)棣痢?，所以α＋∈? 所以sin＝ ＝， 因?yàn)閟in＝sin＝2 sin·cos＝，cos＝cos＝2 cos2－1＝－，所以

30、sin＝sin＝sincos－cossin＝. 答案： 4.函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，若x1，x2∈，且f(x1)＝f(x2)，則f(x1＋x2)＝________． 解析：由圖象可得A＝1，＝＝－，解得ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，將點(diǎn)代入函數(shù)f(x)可得0＝sin，所以＋φ＝kπ，所以φ＝kπ－(k∈Z)，又|φ|<，所以φ＝，所以f(x)＝sin.因?yàn)?，的中點(diǎn)坐標(biāo)為，又x1，x2∈，且f(x1)＝f(x2)，所以x1＋x2＝×2＝，所以f(x1＋x2)＝sin＝. 答案： 5．在△ABC中，B＝，AC＝，D為BC中點(diǎn)，E為AB中點(diǎn)，則AE

31、＋BD的取值范圍為________． 解析：在△ABC中，設(shè)C＝θ，則A＝－θ，且θ∈.由正弦定理＝＝，得AB＝＝＝2sin θ，BC＝＝＝2sin，所以AE＋BD＝AB＋BC＝sin θ＋sin＝sin θ＋cos θ＋sin θ＝sin θ＋cos θ＝sin.又θ∈，則θ＋∈，所以sin∈，所以sin∈，即AE＋BD的取值范圍是. 答案： 6.(2018·南通基地卷)將函數(shù)y＝sin的圖象向左平移3個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)y＝sin(|φ|<π)的圖象如圖所示，點(diǎn)M，N分別是函數(shù)f(x)圖象上y軸兩側(cè)相鄰的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，設(shè)∠MON＝θ，則tan(φ－θ)的值為________． 解

32、析：將函數(shù)y＝sin的圖象向左平移3個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)y＝sin，所以φ＝π，M(－1，)，|OM|＝2，N(3，－)，ON＝2，|MN|＝2，由余弦定理可得，cos θ＝＝－，θ＝，tan(φ－θ)＝tan＝＝－2＋. 答案：－2＋ 第二講 | 小題考法——平面向量 考點(diǎn)(一) 平面向量的概念及線性運(yùn)算 主要考查平面向量的加、減、數(shù)乘等線性運(yùn)算以及向量共線定理的應(yīng)用. [題組練透] 1．設(shè)D，E分別是△ABC的邊AB，BC上的點(diǎn)，AD＝AB，BE＝BC，若＝λ1＋λ2 (λ1，λ2為實(shí)數(shù))，則λ1＋λ2的值為________． 解析：如圖，＝－＝－＝(

33、－)＋＝＋. 又＝λ1＋λ2，且與不共線． 所以λ1＝－，λ2＝，所以λ1＋λ2＝. 答案： 2．(2019·無(wú)錫期末)在四邊形ABCD中，已知＝a＋2b，＝－4a－b，＝－5a－3b，其中a，b是不共線的向量，則四邊形ABCD的形狀是________． 解析：＝＋＋＝a＋2b－4a－b－5a－3b＝－8a－2b＝2(－4a－b)，所以＝2，即AD∥BC，且AD＝2BC，所以四邊形ABCD是梯形． 答案：梯形 3．(2018·南京考前模擬)在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝2CD，M為CD的中點(diǎn)，N為線段BC上一點(diǎn)(不包括端點(diǎn))，若＝λ＋μ，則＋的最小值為

34、________． 解析：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB為 x軸建立直角坐標(biāo)系如圖所示， 設(shè)B(2，0)，C(1，t)，M， N(x0，y0)，因?yàn)镹在線段BC上， 所以y0＝(x0－2)， 即y0＝t(2－x0)， 因?yàn)椋溅耍蹋? 所以 即t＝λt＋μy0＝λt＋μt(2－x0)，因?yàn)閠≠0， 所以1＝λ＋μ(2－x0)＝λ＋2μ－μx0＝λ＋2μ－， 所以3λ＋4μ＝4，這里λ，μ均為正數(shù)， 所以4＝(3λ＋4μ)＝3＋12＋＋≥15＋2＝27， 所以＋≥， 當(dāng)且僅當(dāng)＝， 即λ＝，μ＝時(shí)取等號(hào)． 所以＋的最小值為. 答案： [方法技巧] 向量線性運(yùn)算問(wèn)題

35、的解題策略 (1)常用的法則是平行四邊形法則和三角形法則，一般共起點(diǎn)的向量求和用平行四邊形法則，求差用三角形法則，求首尾相連的向量的和用三角形法則． (2)用幾個(gè)基本向量表示某個(gè)向量的基本思路： ①觀察各向量的位置； ②尋找相應(yīng)的三角形或多邊形； ③運(yùn)用法則找關(guān)系； ④化簡(jiǎn)結(jié)果． (3)與向量的線性運(yùn)算有關(guān)的參數(shù)問(wèn)題，一般是構(gòu)造三角形，利用向量運(yùn)算的三角形法則進(jìn)行加法或減法運(yùn)算，然后通過(guò)建立方程組即可求得相關(guān)參數(shù)的值． 考點(diǎn)(二) 平面向量的數(shù)量積 主要考查數(shù)量積的運(yùn)算、夾角以及模的計(jì)算問(wèn)題或求參數(shù)的值. [題組練透] 1．已知e1，e2是互相垂直的單位向

36、量．若e1－e2與e1＋λe2的夾角為60°，則實(shí)數(shù)λ的值是________． 解析：因?yàn)椋剑? 故＝，解得λ＝. 答案： 2．(2019·江蘇高考)如圖，在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，E在邊AB上，BE＝2EA，AD與CE交于點(diǎn)O.若·＝6·，則的值是________． 解析：如圖①，過(guò)點(diǎn)D作DF∥CE交AB于點(diǎn)F，由D是BC的中點(diǎn)，可知F為BE的中點(diǎn)．又BE＝2EA，則知EF＝EA，從而可得AO＝OD，則有＝＝(＋)，＝－＝－，所以6·＝(＋)·＝2－2＋·＝·，整理可得2＝32，所以＝. 以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖②所示． 設(shè)E(1，0)，C

37、(a，b)，則B(3，0)，D. ?O. ∵ ·＝6·， ∴ (3，0)·(a，b)＝6·(a－1，b)， 即3a＝6， ∴ a2＋b2＝3，∴ AC＝.∴ ＝＝. 答案： 3．(2019·南京鹽城二模)已知AD是直角三角形ABC的斜邊BC上的高，點(diǎn)P在DA的延長(zhǎng)線上，且滿足(＋)·＝4.若AD＝，則·的值為________． 解析：法一：由AD為Rt△ABC的斜邊BC上的高，得·＝·＝0，因?yàn)?＋)·＝4，所以(2＋＋)·＝4，即·＝2，即||·||cos 0＝2，所以||＝2，所以·＝(＋)·(＋)＝2＋·＝2＋||·||cos π＝2－||·||＝2－||2＝4－2＝2.

38、 法二：因?yàn)锳D⊥BC于D，所以以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC所在直線為x軸，AD所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系xDy，設(shè)B(m，0)，C(n，0)，P(0，t)，則＝(m，－t)，＝(n，－t)，因?yàn)锳D＝，所以A(0，)，所以＝(0，－)．由(＋)·＝4，得t＝2，又·＝0，所以mn＝－2，所以·＝mn＋t2＝－2＋4＝2. 答案：2 4．(2018·南通、揚(yáng)州、淮安、宿遷、泰州、徐州六市二調(diào))在平面四邊形ABCD中，已知AB＝1，BC＝4，CD＝2，DA＝3，則·的值為________． 解析：法一：因?yàn)椋?，則＋＋＝－，平方得2＋2＋2＋2(·＋·＋·)＝(－)2＝2，即·＋·＋

39、·＝－6，則·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋2＝－6＋16＝10. 法二：如圖，取AC中點(diǎn)O，連結(jié)BO，DO. 所以·＝·(＋)＝·＋·＝(－)·(＋)－(－)·(＋)＝(2－2－2＋2)＝×(16－1－4＋9)＝10. 答案：10 [方法技巧] 平面向量數(shù)量積相關(guān)問(wèn)題的求解策略 (1)夾角和模的問(wèn)題的處理方法，一是轉(zhuǎn)為基底向量結(jié)合數(shù)量積的定義進(jìn)行運(yùn)算；二是建立坐標(biāo)系用坐標(biāo)公式求解． (2)平面向量的數(shù)量積可以用定義結(jié)合基底向量求解，也可以建立坐標(biāo)系用坐標(biāo)公式求解． (3)對(duì)于極化恒等式：a·b＝－.在△ABC中，若M是BC的中點(diǎn)，則·＝2－2.其作用是：用線段的長(zhǎng)度來(lái)計(jì)算向量

40、的數(shù)量積．從而避開求向量的夾角. 考點(diǎn)(三) 平面向量的綜合問(wèn)題 主要考查與平面向量數(shù)量積有關(guān)的最值(范圍)問(wèn)題或參數(shù)求值問(wèn)題. [典例感悟] [典例]　(1)已知向量a，b滿足|a|＝，|b|＝1，且對(duì)于一切實(shí)數(shù)x，|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，則a與b的夾角大小為________． (2)(2018·蘇州期末)如圖，△ABC為等腰三角形，∠BAC＝120°，AB＝AC＝4，以A為圓心，1為半徑的圓分別交AB，AC于點(diǎn)E，F(xiàn)，點(diǎn)P是劣弧上的一動(dòng)點(diǎn)，則·的取值范圍是________． [解析]　(1)法一：將|a＋xb|≥|a＋b|兩邊平方可得：2＋2xa·b＋x2≥2

41、＋2a·b＋1， 即x2＋2a·bx－2a·b－1≥0對(duì)于x∈R恒成立，Δ＝4(a·b)2＋8a·b＋4≤0，即4(a·b＋1)2≤0，所以a·b＝－1，即cos θ＝＝－，所以a，b夾角為. 法二：如圖，令＝a，＝xb(P為直線l上任意一點(diǎn))，則＝a＋xb，所以|a＋xb|＝OP的最小值即O到直線l的距離OH，即OH＝|a＋b|，即＝a＋b，所以b＝.在直角三角形OHA中，AH＝1，OA＝，cos∠HOA＝，即∠HOA＝，所以a，b夾角為. (2)法一(幾何法)：如圖，取BC的中點(diǎn)M，連結(jié)PM，·＝(－)·(＋)＝2－2. 因?yàn)镸C為定值，所以·的變化可由PM的變化確定． 易得AM

42、＝2，MC＝2. 當(dāng)P為劣弧與AM的交點(diǎn)時(shí)，PM取最小值A(chǔ)M－1＝1；PM的最大值為EM＝FM＝. 所以PM2－MC2的取值范圍是[－11，－9]，即·∈[－11，－9]． 法二(坐標(biāo)法)：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，垂直于BC的直線為x軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xAy，則B(2，－2)，C(2，2)，設(shè)P(cos θ，sin θ)，其中θ∈. 所以·＝(2－cos θ，－sin θ－2)·(2－cos θ，2－sin θ)＝(cos θ－2)2＋sin2θ－12＝－7－4cos θ. 因?yàn)閏os θ∈，所以·∈[－11，－9]． [答案]　(1)　(2)[－11，－9] [方法技巧]

43、 平面向量有關(guān)最值(范圍)問(wèn)題求解的2種思路 形化 即利用平面向量的幾何意義將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或范圍問(wèn)題，然后根據(jù)平面圖形的特征直接進(jìn)行判斷 數(shù)化 即利用平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的函數(shù)最值與值域、不等式的解集、方程有解等問(wèn)題，然后利用函數(shù)、不等式、方程的有關(guān)知識(shí)來(lái)解決 [演練沖關(guān)] 1．已知||＝||＝，且·＝1.若點(diǎn)C滿足|＋|＝1，則||的取值范圍是________． 解析：如圖，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形OADB，則＝＋，因?yàn)閨|＝||＝，·＝1，所以||＝|＋|＝＝＝，由|＋|＝1得|＋|＝|＋－|＝|－|＝||＝1，所以點(diǎn)C在以點(diǎn)D為

44、圓心，1為半徑的圓上，而||表示點(diǎn)C到點(diǎn)O的距離，從而||－1≤||≤||＋1，即－1≤||≤＋1，即||的取值范圍是[－1，＋1]． 答案：[－1，＋1] 2．(2019·蘇州期末)如圖，在邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，M，N分別是邊BC，CD上的動(dòng)點(diǎn)，且BM＋DN＝MN，則·的最小值是________． 解析：法一：由題意，以A為原點(diǎn)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)M(2，m)，N(n，2)，其中0≤m≤2，0≤n≤2，則向量＝(2，m)，＝(n，2)，所以·＝(2，m)·(n，2)＝2n＋2m.由BM＋DN＝MN，知m＋n＝ ，整理得2(m＋n)＋mn－4＝0，又由0＝2(m＋n

45、)＋mn－4≤2(m＋n)＋－4，得m＋n≥4－4，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝2－2時(shí)等號(hào)成立，所以·的最小值是8－8. 法二：設(shè)BM＝m(0≤m≤2)，DN＝n(0≤n≤2)，則MC＝2－m，NC＝2－n，由MN2＝MC2＋NC2，得(m＋n)2＝(2－m)2＋(2－n)2，整理得2(m＋n)＋mn－4＝0. ·＝(＋)·(＋)＝2m＋2n.由0＝2(m＋n)＋mn－4≤2(m＋n)＋－4，得m＋n≥4－4，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝2－2時(shí)等號(hào)成立，所以·的最小值是8－8. 答案：8－8 3．如圖，在同一平面內(nèi)，點(diǎn)A位于兩平行直線m，n的同側(cè)，且A到m，n的距離分別為1，3.點(diǎn)B，C分別在m，n上，|＋

46、|＝5，則·的最大值是________． 解析：設(shè)P為BC的中點(diǎn)，則＋＝2，從而由|＋|＝5得||＝，又·＝(＋)·(＋)＝2－2＝－2，因?yàn)閨|≥2，所以2≥1，故·≤－1＝，當(dāng)且僅當(dāng)||＝2時(shí)等號(hào)成立． 答案： (一) 主干知識(shí)要記牢 1．平面向量的兩個(gè)充要條件 若兩個(gè)非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則 (1)a∥b?a＝λb(b≠0)?x1y2－x2y1＝0. (2)a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0. 2．平面向量的性質(zhì) (

47、1)若a＝(x，y)，則|a|＝＝. (2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則||＝. (3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為a與b的夾角，則cos θ＝＝ . (4)|a·b|≤|a|·|b|. (二)二級(jí)結(jié)論要用好 1．三點(diǎn)共線的判定 (1)A，B，C三點(diǎn)共線?，共線． (2)向量，，中三終點(diǎn)A，B，C共線?存在實(shí)數(shù)α，β使得＝α＋β，且α＋β＝1. [針對(duì)練]　在?ABCD中，點(diǎn)E是AD邊的中點(diǎn)，BE與AC相交于點(diǎn)F，若＝m＋n (m，n∈R)，則＝________． 解析：如圖，＝2，＝m＋n，∴＝＋＝m＋(2n＋1)， ∵F，E，B三點(diǎn)共線

48、，∴m＋2n＋1＝1，∴＝－2. 答案：－2 2．中點(diǎn)坐標(biāo)和三角形的重心坐標(biāo) (1)設(shè)P1，P2的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則線段P1P2的中點(diǎn)P的坐標(biāo)為. (2)三角形的重心坐標(biāo)公式：設(shè)△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，則△ABC的重心坐標(biāo)是G. 3．三角形“四心”向量形式的充要條件 設(shè)O為△ABC所在平面上一點(diǎn)，角A，B，C所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為a，b，c，則 (1)O為△ABC的外心?||＝||＝||＝. (2)O為△ABC的重心?＋＋＝0. (3)O為△ABC的垂心?·＝·＝·. (4)O為△ABC的內(nèi)心?

49、a＋b＋c＝0. 4．極化恒等式a·b＝－ [提醒]　極化恒等式的使用是最近考查的熱點(diǎn)，要有將平面向量數(shù)量積用此工具轉(zhuǎn)化的基本意識(shí)． A組——抓牢中檔小題 1．(2018·南京學(xué)情調(diào)研)設(shè)向量a＝(1，－4)，b＝(－1，x)，c＝a＋3b.若a∥c，則實(shí)數(shù)x＝________． 解析：因?yàn)閍＝(1，－4)，b＝(－1，x)，c＝a＋3b＝(－2，－4＋3x)．又a∥c，所以－4＋3x－8＝0，解得x＝4. 答案：4 2．(2018·無(wú)錫期末)已知向量a＝(2，1

50、)，b＝(1，－1)，若a－b與ma＋b垂直，則m的值為________． 解析：因?yàn)閍＝(2，1)，b＝(1，－1)，所以a－b＝(1，2)，ma＋b＝(2m＋1，m－1)，因?yàn)閍－b與ma＋b垂直，所以(a－b)·(ma＋b)＝0，即2m＋1＋2(m－1)＝0，解得m＝. 答案： 3．(2019·南京四校聯(lián)考)設(shè)a，b是單位向量，且a·b＝，向量c滿足c·a＝c·b＝2，則|c|＝________． 解析：法一：由題意可設(shè)c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，則c·a＝λ＋μ＝2，c·b＝λ＋μ＝2，所以λ＝μ＝，所以|c|＝|a＋b|＝ ＝. 法二：由題意不妨令a＝(1，0)，b＝.設(shè)

51、c＝(x，y)，則c·a＝x＝2，c·b＝x＋y＝2，所以c＝(2，)，所以|c|＝. 答案： 4．已知|a|＝1，|b|＝，且a⊥(a－b)，則向量a與向量b的夾角為________． 解析：∵a⊥(a－b)，∴a·(a－b)＝a2－a·b＝1－cos〈a，b〉＝0，∴cos〈a，b〉＝，∴〈a，b〉＝. 答案： 5．(2019·南京三模)已知向量a，b，c是同一平面內(nèi)的三個(gè)向量，其中a，b是夾角為60°的兩個(gè)單位向量．若向量c滿足c·＝－5，則|c|的最小值為________． 解析：設(shè)向量c與a＋2b的夾角為θ.由c·(a＋2b)＝－5，得|c|·|a＋2b|cos θ＝－5

52、，因?yàn)閨a＋2b|＝＝＝，所以|c|· cos θ＝－5，則|c|＝.因?yàn)椋?≤cos θ＜0，所以當(dāng)cos θ＝－1時(shí)，|c|取得最小值，為. 答案： 6.如圖，在△ABC中，已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝3，＝2，＝3―，則||＝________． 解析：＝＋＝＋＝＋(＋)， 而＝＝(－)， 故＝－＋， 從而||＝ ＝ ＝. 答案： 7．已知非零向量a，b滿足|a|＝|b|＝|a＋b|，則a與2a－b夾角的余弦值為________． 解析：法一：因?yàn)榉橇阆蛄縜，b滿足|a|＝|b|＝|a＋b|，所以a2＝b2＝a2＋2a·b＋b2，a·b＝－a2＝－b2， 所以a

53、·(2a－b)＝2a2－a·b＝a2，|2a－b|＝＝＝|a|， 所以cos〈a，2a－b〉＝＝＝＝. 法二：因?yàn)榉橇阆蛄縜，b滿足|a|＝|b|＝|a＋b|，所以〈a，b〉＝， 所以a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2a2－|a|·|b|cos＝a2，|2a－b|＝＝＝＝|a|. 所以cos〈a，2a－b〉＝＝＝＝. 答案： 8．在邊長(zhǎng)為2的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是對(duì)角線BD上的任意一點(diǎn)，則·＝________． 解析：如圖所示，由條件知△ABC為正三角形，AC⊥BP，所以·＝(＋)·＝·＋·＝·＝×cos 60°＝2×2×＝2. 答案：2 9．已知菱形ABC

54、D的邊長(zhǎng)為2，∠BAD＝120°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊上BC，DC上，＝t，DF―→＝m，若·＝1，CE―→·CF―→＝－，則t＋m＝________． 解析：因?yàn)椋剑剑玹＝＋t；＝＋DF―→＝＋m＝＋m， 所以·＝(＋t)·(＋m)＝－2－2tm＋4t＋4m＝1； CE―→·CF―→＝－2(1－t)(1－m)＝－2＋2m＋2t－2tm＝－，聯(lián)立解得t＋m＝. 答案： 10．(2019·常州期末)平面內(nèi)不共線的三點(diǎn)O，A，B，滿足||＝1，||＝2，點(diǎn)C為線段AB的中點(diǎn)，∠AOB的平分線交線段AB于D，若||＝，則||＝________． 解析：法一：由點(diǎn)C為線段AB的中點(diǎn)，得＝，又

55、||＝，||＝1，||＝2，所以＝，得cos∠AOB＝－，∠AOB＝.由S△AOD＋S△BOD＝S△AOB得×||×||sin＋×||×||sin ＝×||×||sin，得||＝. 法二：由點(diǎn)C為線段AB的中點(diǎn)，得＝，又||＝，||＝1，||＝2，所以＝，得cos∠AOB＝－，∠AOB＝.以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A(1，0)，不妨令B(－1，)，易知OD：y＝x，AB：y＝－(x－1)，聯(lián)立得得D，則||＝ ＝. 答案： 11.如圖，在平面四邊形ABCD中，O為BD的中點(diǎn)，且OA＝3，OC＝5.若·＝－7，則·的值是________． 解析：因?yàn)椤ぃ?－

56、)·(－)＝(＋)·(－)＝OC2－OD2，同理：·＝AO2－OD2＝－7，所以O(shè)D2＝16，所以·＝OC2－OD2＝9. 答案：9 12．已知A(0，1)，B(0，－1)，C(1，0)，動(dòng)點(diǎn)P滿足·＝2||2，則|＋|的最大值為________． 解析：設(shè)動(dòng)點(diǎn)P(x，y)，因?yàn)锳(0，1)，B(0，－1)，C(1，0)，·＝2||2， 所以(x，y－1)·(x，y＋1)＝2[(x－1)2＋y2]，即(x－2)2＋y2＝1. 因?yàn)閨＋|＝2， 所以|＋|表示圓(x－2)2＋y2＝1上的點(diǎn)到原點(diǎn)距離的2倍，所以|＋|的最大值為2×(2＋1)＝6. 答案：6 13．(2019·蘇北

57、三市一模)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，P為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，滿足＝＋2，則·的值為________. 解析：法一：因?yàn)椋剑?，所以－＝(－)－2，得＝＋，所以·＝(－)·＝·＝2－·＝－×3×2×cos 60°＝－1. 法二：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，因?yàn)锳B＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，所以A(0，0)，B(2，0)，C.設(shè)P(x，y)，由＝＋2，得 解得即P，所以·＝·(2，0)＝－1. 答案：－1 14．(2019·鹽城三模)已知圓O的半徑為2，A，B，C為該圓上的三點(diǎn)，且AB＝2，·＞0，則·(＋)的取值范圍是___

58、_____． 解析：建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示，其中BA與x軸平行，且位于x軸上方，點(diǎn)B在點(diǎn)A左側(cè)，則結(jié)合題意得B(－1，)，A(1，)，設(shè)C(2cos θ，2sin θ)(－π≤θ≤π)，則＋＝(3，－)，·＝(2，0)·(2cos θ＋1，2sin θ－)＝2(2cos θ＋1)＞0，因?yàn)镃與A，B都不重合，所以－＜θ＜或＜θ＜，所以·(＋)＝(2cos θ，2sin θ)·(3，－)＝6cos θ－2 sin θ＝4 cos∈(－6，0)∪(0，4 ]． 答案：(－6，0)∪(0，4 ] B組——力爭(zhēng)難度小題 1．在△ABC中，若·＋2·＝·，則的值為________． 解析：

59、由·＋2·＝·， 得2bc·＋ac·＝ab·， 化簡(jiǎn)可得a＝c. 由正弦定理得，＝＝. 答案： 2．(2019·無(wú)錫期末)已知點(diǎn)P在圓M：(x－a)2＋(y－a＋2)2＝1上，A，B為圓C：x2＋(y－4)2＝4上兩動(dòng)點(diǎn)，且AB＝2，則·的最小值為________． 解析：取AB的中點(diǎn)D，因?yàn)锳B＝2，圓C的半徑R＝2，所以CD＝＝1，所以·＝(＋)·(＋)＝2－3.C(0，4)，M(a，a－2)，易知當(dāng)C，D，P，M在一條直線上時(shí)，PD最小，此時(shí)，PD＝CM－CD－PM＝－2＝－2≥3－2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝3時(shí)等號(hào)成立)，所以·＝2－3≥19－12，當(dāng)a＝3時(shí)取到最小值19－12.

60、 答案：19－12 3．在直角坐標(biāo)系xOy中，已知三點(diǎn)A(a，1)，B(2，b)，C(3，4)，若·＝·，則a2＋b2的最小值為________． 解析：因?yàn)椤ぃぃ?，所以·＝0， 從而有(a－2，1－b)·(3，4)＝0，即3a－4b＝2.則(a，b)可視為直線l：3x－4y＝2上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)其為P，則為坐標(biāo)原點(diǎn)O到P的距離，故|OP|min＝d(O，l)＝＝，故(a2＋b2)min＝＝. 答案： 4.如圖，已知△ABC的邊BC的垂直平分線交AC于點(diǎn)P，交BC于點(diǎn)Q.若＝3，＝5，則(＋)·(－)的值為________． 解析：因?yàn)椋剑? 所以＋＝2＋， 而－＝，由于⊥，所以

61、·＝0， 所以(＋)·(－)＝(2＋)·＝2·，又因?yàn)镼是BC的中點(diǎn)，所以2＝＋，故2·＝(＋)·(－)＝2－2＝9－25＝－16. 答案：－16 5．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)四市一模)在△ABC中，已知AB＝2，AC＝1，∠BAC＝90°，D，E分別為BC，AD的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E的直線交AB于點(diǎn)P，交AC于點(diǎn)Q，則·的最大值為________． 解析：法一：如圖，以A為原點(diǎn)，AC所在的直線為x軸，AB所在的直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，那么B(0，2)，C(1，0)，易知點(diǎn)E的坐標(biāo)為，可設(shè)直線PQ的方程為y＝k＋(k≠0)，所以有P，Q.則·＝·＝－＋＋≤－－2 ＝－，當(dāng)且

62、僅當(dāng)k＝－1時(shí)取等號(hào)，故·的最大值為－. 法二：如圖，以A為原點(diǎn)，AB所在的直線為x軸，AC所在的直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，那么B(2，0)，C(0，1)．因?yàn)镈，E分別為BC，AD的中點(diǎn)，所以D，E，設(shè)P(a，0)，Q(0，b)，a＞0，b＞0，則直線PQ的方程為＋＝1，因?yàn)橹本€PQ過(guò)點(diǎn)E，所以＋＝1.易知＝(－2，b)，＝(a，－1)，所以·＝－2a－b＝－(2a＋b)·＝－≤－，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即a＝b＝時(shí)取等號(hào)，故·的最大值為－. 法三：設(shè)＝λ，＝μ，λ＞0，μ＞0，則＝＝(＋)＝＋，因?yàn)镋，P，Q三點(diǎn)共線，所以＋＝1，所以·＝(－)·(－)＝－·－·＝－(μ＋4λ)＝－(μ＋4

63、λ)＝－≤－，當(dāng)且僅當(dāng)λ＝，μ＝時(shí)取等號(hào)，故·的最大值為－. 答案：－ 6．設(shè)O是△ABC的三邊中垂線的交點(diǎn)，a，b，c分別為角A，B，C對(duì)應(yīng)的邊，已知b2－2b＋c2＝0，則·的取值范圍是________． 解析：由O是△ABC的三邊中垂線的交點(diǎn)，知O是三角形外接圓的圓心，如圖所示． 連接AO并延長(zhǎng)交外接圓于點(diǎn)D，則AD是⊙O的直徑，連接BD，CD，則∠ABD＝∠ACD＝90°，cos∠BAD＝，cos∠CAD＝， 所以·＝(－)·＝||||·cos∠CAD－||||cos∠BAD＝(b2－c2)＝(b2－2b＋b2)＝－. 因?yàn)閏2＝2b－b2＞0，所以0＜b＜2，設(shè)f(b)＝

64、－(0＜b＜2)， 則當(dāng)b＝時(shí)，f(b)取最小值－，又－＝2，所以f(b)∈， 所以·的取值范圍是. 答案： 第三講 | 大題考法——解三角形 題型(一) 三角變換與解三角形的綜合問(wèn)題 　　主要考查利用正、余弦定理求解三角形的邊長(zhǎng)或角的大小 　(或三角函數(shù)值)，且常與三角恒等變換綜合考查. [典例感悟] [例1]　(2018·南京學(xué)情調(diào)研)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，cos B＝. (1)若c＝2a，求的值； (2)若C－B＝，求sin A的值． [解]　(1)法一(角化邊)：在△ABC中，因?yàn)閏os B＝，所以＝. 因?yàn)閏＝2a

65、，所以＝，即＝， 所以＝. 又由正弦定理得，＝，所以＝. 法二(邊化角)：因?yàn)閏os B＝，B∈(0，π)， 所以sin B＝＝. 因?yàn)閏＝2a，由正弦定理得sin C＝2sin A， 所以sin C＝2sin(B＋C)＝cos C＋sin C， 即－sin C＝2cos C. 又因?yàn)閟in2C＋cos2C＝1，sin C＞0，解得sin C＝， 所以＝. (2)因?yàn)閏os B＝，所以cos 2B＝2cos2B－1＝. 又0＜B＜π，所以sin B＝＝， 所以sin 2B＝2sin Bcos B＝2××＝. 因?yàn)镃－B＝，即C＝B＋， 所以A＝π－(B＋C)＝－2B

66、， 所以sin A＝sin ＝sincos 2B－cossin 2B ＝×－× ＝. [方法技巧] 三角變換與解三角形綜合問(wèn)題求解策略 (1)三角變換與解三角形綜合問(wèn)題，多為邊和角的求值問(wèn)題，這就需要根據(jù)正、余弦定理結(jié)合已知條件靈活轉(zhuǎn)化邊和角之間的關(guān)系，從而達(dá)到解決問(wèn)題的目的，其基本步驟是： (2)三角變換與解三角形的綜合問(wèn)題要關(guān)注三角形中的隱藏條件，如A＋B＋C＝π，sin(A＋B)＝sin C，cos(A＋B)＝－cos C, 以及在△ABC中，A>B?sin A>sin B等． [演練沖關(guān)] 1．(2019·江蘇高考)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c. (1)若a＝3c，b＝，cos B＝，求c的值； (2)若＝，求sin的值． 解：(1)因?yàn)閍＝3c，b＝，cos B＝， 由余弦定理，得cos B＝， 即＝，解得c2＝.所以c＝. (2)因?yàn)椋剑? 由正弦定理＝，得＝， 所以cos B＝2sin B. 從而cos2B＝(2sin B)2，即cos2B＝4(1－cos2B)， 故cos2B＝. 因?yàn)閟in B>0