2019届高考专题突破二 高考中的三角函数与平面向量问题

高考专题突破二 高考中的三角函数与平面向量问题考点一·平面向量 一、基础知识要记牢在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量． 二、经典例题领悟好例1 向量a ，b ，c 在正方形网格中的位置如图所示．若c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R )， 则λμ＝________.方法技巧平面向量的线性运算包括向量的加法、向量的减法及实数与向量的积，在解决这类问题时，经常出现的错误有：1.忽视向量的起点与终点，导致加法与减法混淆；2.错用数乘公式. 对此，要注意两点：1.运用平行四边形法则时两个向量的起点必须重合；2.运用三角形法则时两个向量必须首尾相接，否则就要把向量进行平移，使之符合条件. 三、预测押题不能少1．(1)已知点A (1,3)，B (4，－1)，则与向量AB 同方向的单位向量为( ) A.⎝⎛⎭⎫35，－45 B.⎝⎛⎭⎫45，－35 C.⎝⎛⎭⎫－35，45 D.⎝⎛⎭⎫－45，35 (2)如图，在△ABC 中，设AB ＝a ，AC ＝b ，AP 的中点为Q ，BQ 的中点为R ，CR 的中点恰为P ，则AP 等于( )A.12a ＋12bB.13a ＋23bC.27a ＋47bD.47a ＋27b 考点二·平面向量的数量积 一、基础知识要记牢(1)两个向量的数量积是一个数量，而不是向量，它的值为两个向量的模与两向量夹角的余弦的乘积，其符号由夹角的余弦值确定．(2)求非零向量a ，b 的夹角一般利用公式cos 〈a ，b 〉＝a·b|a ||b |先求出夹角的余弦值， 然后求夹角．(3)向量a 在向量b 方向上的投影为a·b|b |＝|a |cos θ.二、经典例题领悟好例2 (1)已知点A (－1,1)，B (1,2)，C (－2，－1)，D (3,4)，则向量AB 在CD 方向上的投影为( ) A.322B.3152C ．－322D ．－3152(2)在平行四边形ABCD 中， AD ＝1，∠BAD ＝60°，E 为CD 的中点．若AC ·BE ＝1, 则AB 的长为________． 方法技巧求平面向量的数量积的方法有两个：(1)定义法：a ·b ＝|a ||b |·cos θ，其中θ为向量a ，b 的夹角； (2)坐标法：当a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)时，a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2. 三、预测押题不能少2．(1)已知向量a ，b ，满足|a |＝3，|b |＝23，且a ⊥(a ＋b )，则a 与b 的夹角为( ) A.π2 B.2π3C.3π4D.5π6(2)已知点G 为△ABC 的重心，∠A ＝120°，AB ·AC ＝－2，则|AG |的最小值是( ) A.33B.22C.23D.34交汇·创新考点盘点平面向量是高中数学的基础工具之一，它具有代数形式与几何形式的“双重型”，考查时经常与三角函数、解析几何、线性规划问题等知识交汇命题． 角度一·平面向量与线性规划问题的交汇 一、经典例题领悟好例1 已知点A (1，－1)，B (3,0)，C (2,1)．若平面区域D 由所有满足AP ＝λAB ＋μAC (1≤λ≤2，0≤μ≤1)的点P 组成，则D 的面积为________．学审题——审条件之审视隐含设P 点坐标―→AP 、AB 、AC 坐标――――――――――――→AP ＝λAB ＋μAC关于λ，μ，x ，y 方程组―→求出λ，μ―→关于x ，y 不等组―→作出可行域―→D 的面积．方法技巧本题由AP ＝λAB ＋μAC 把平面向量转化为线性规划问题，求解的易误点是由⎩⎪⎨⎪⎧2λ＋μ＝x －1，λ＋2μ＝y ＋1求x ，y 的范围然后计算面积时，出现面积变大，错误的原因是多次运用不等式的运算性质时，不等式之间出现了不等价变形．本题采用线性规划知识求解． 二、预测押题不能少1．已知O 为坐标原点，A 点的坐标为(1,2)，点P 的坐标(x ，y )满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋|y |≤1，x ≥0，则z ＝OA ·OP 的最大值为( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2角度二·平面向量与三角函数的交汇 一、经典例题领悟好例2 已知O 为坐标原点，对于函数f (x )＝a sin x ＋b cos x ，称向量OM ＝(a ，b )为函数f (x )的伴随向量，同时称函数f (x )为向量OM 的伴随函数．(1)设函数g (x )＝sin(π2＋x )＋2cos(π2－x )，试求g (x )的伴随向量OM 的模；(2)记ON ＝(1，3)的伴随函数为h (x )，求使得关于x 的方程h (x )－t ＝0在[0，π2]内恒有两个不相等实数解的实数t 的取值范围．方法技巧解决平面向量与三角函数结合的题目，首先要根据向量的运算性质将向量问题转化为三角函数，然后利用三角公式进行恒等变换，转化为题目中所要求的问题.而本题求解需要在理解新定义的基础上把问题转化为常规类型，运用三角函数的诱导公式、两角和与差的三角函数公式进行化简运算，同时也伴随着平面向量的坐标运算. 二、预测押题不能少2．设a ＝(cos α，(λ－1)sin α)，b ＝(cos β，sin β) >0,0<<<2λαβπ⎛⎫⎪⎝⎭是平面上的两个向量，若向量a ＋b 与a －b 互相垂直． (1)求实数λ的值；(2)若a ·b ＝45，且tan β＝43，求tan α的值．角度三·新定义下平面向量的创新问题近年，高考以新定义的形式考查向量的概念、线性运算、数量积运算的频率较大，其形式体现了“新”．解决此类问题，首先需要分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题的本质弄清楚，通过转化思想解决，这是破解新定义信息题难点的关键所在． 一、经典例题领悟好例3 对任意两个非零的平面向量α和β，定义α∘β＝α·ββ·β.若两个非零的平面向量a ，b 满足a 与b 的夹角θ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2，且a ∘b 和b ∘a 都在集合⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎪⎪n 2n ∈Z 中，则a ∘b ＝( ) A.52 B.32 C ．1 D.12方法技巧本题把向量的数量积、夹角、不等式和集合等问题通过新定义有机结合在一起．解答本题的关键是明确a ∘b 与b ∘a 在集合Z 2n n ⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭中的实际意义是|a ||b |cos θ与|b ||a |cos θ都能表示成n2(n ∈Z )的形式． 二、预测押题不能少3．在平面斜坐标系xOy 中，∠xOy ＝45°，点P 的斜坐标定义为“若OP ＝x 0e 1＋y 0e 2(其中e 1，e 2分别为与斜坐标系的x 轴，y 轴同方向的单位向量)，则点P 的坐标为(x 0，y 0)”． 若F 1(－1,0)，F 2(1,0)，且动点M (x ，y )满足|1MF |＝|2MF |，则点M 在斜坐标系中的轨迹方程为( ) A ．x －2y ＝0 B ．x ＋2y ＝0 C.2x －y ＝0 D.2x ＋y ＝0参考答案考点一·平面向量 二、经典例题领悟好 例1 4【解析】以向量a 的终点为原点，过该点的水平和竖直的网格线所在直线为x 轴、y 轴 建立平面直角坐标系，设一个小正方形网格的边长为1，则a ＝(－1,1)，b ＝(6,2)， c ＝(－1，－3)．由c ＝λa ＋μb ，即(－1，－3)＝λ(－1,1)＋μ(6,2)，得－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3，故λ＝－2，μ＝－12，则λμ＝4.三、预测押题不能少 1．(1)A【解析】由已知， 得AB ＝(3，－4)，所以|AB |＝5， 因此与AB 同方向的单位向量是15AB ＝⎝⎛⎭⎫35，－45. (2)C【解析】选C 如图，连接BP ， 则AP ＝AC ＋CP ＝b ＋PR ，①AP ＝AB ＋BP ＝a ＋RP －RB ，②①＋②，得2AP ＝a ＋b －RB .③ 又RB ＝12QB ＝12(AB －AQ )＝12⎝⎛⎭⎫a －12 AP ，④ 将④代入③，得2AP ＝a ＋b －12⎝⎛⎭⎫a －12 AP ， 解得AP ＝27a ＋47b .考点二·平面向量的数量积 二、经典例题领悟好 例2 (1)A (2)12【解析】 (1)由已知得AB ＝(2,1)，CD ＝(5,5)，因此AB 在CD 方向上的投影为AB ·CD |CD |＝1552＝322.(2)设AB 的长为a (a >0)，又因为AC ＝AB ＋AD ，BE ＝BC ＋CE ＝AD －12AB ，于是AC ·BE ＝(AB ＋AD )·⎝⎛⎭⎫AD －12 AB ＝12AB ·AD －12AB 2＋AD 2 ＝－12a 2＋14a ＋1，由已知可得－12a 2＋14a ＋1＝1.又a >0，∴a ＝12，即AB 的长为12.三、预测押题不能少 2．(1)D【解析】a ⊥(a ＋b )⇒a ·(a ＋b )＝a 2＋a ·b ＝|a |2＋|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝0， 故cos 〈a ，b 〉＝－963＝－32，故所求夹角为5π6.(2)C【解析】设BC 的中点为M ，则AG ＝23AM .又M 为BC 中点，∴AM ＝12(AB ＋AC )，∴AG ＝23AM ＝13(AB ＋AC )，∴|AG |＝13AB 2＋AC 2＋2AB ·AC＝13AB 2＋AC 2－4.又∵AB ·AC ＝－2，∠A ＝120°， ∴|AB ||AC |＝4. ∵|AG |＝13AB 2＋AC 2－4≥132|AB ||AC |－4＝23，当且仅当|AB |＝|AC |时取等号， ∴|AG |的最小值为23.交汇·创新考点盘点一、经典例题领悟好 例1 3【解析】设P (x ，y )，则AP ＝(x －1，y ＋1)．由题意知AB ＝(2,1)，AC ＝(1,2)．由AP ＝λAB ＋μAC知(x －1，y ＋1)＝λ(2,1)＋μ(1,2)，即⎩⎪⎨⎪⎧2λ＋μ＝x －1，λ＋2μ＝y ＋1.∴⎩⎨⎧λ＝2x －y －33，μ＝2y －x ＋33，∵1≤λ≤2,0≤μ≤1，∴⎩⎪⎨⎪⎧3≤2x －y －3≤6，0≤2y －x ＋3≤3.作出不等式组表示的平面区域(如图阴影部分)，由图可知平面区域D 为平行四边形，可求出M (4,2)，N (6,3)，故|MN |＝ 5.又x －2y ＝0与x －2y －3＝0之间的距离为d ＝35，故平面区域D 的面积为S ＝5×35＝3.二、预测押题不能少 1．D【解析】 如图作可行域，z ＝OA ·OP ＝x ＋2y ，显然在B (0,1)处z max ＝2.故选D.角度二·平面向量与三角函数的交汇 一、经典例题领悟好例2 解 (1)∵g (x )＝sin(π2＋x )＋2cos(π2－x )＝2sin x ＋cos x ，∴OM ＝(2,1)，∴|OM |＝22＋12＝ 5.(2)由已知可得h (x )＝sin x ＋ 3 cos x ＝2sin(x ＋π3)，∵0≤x ≤π2，∴π3≤x ＋π3≤5π6，∴h (x )∈[1,2]．∵当x ＋π3∈[π3，π2]时，即x ∈[0，π6]时，函数h (x )单调递增，且h (x )∈[3，2]；当x ＋π3∈(π2，5π6]时，即x ∈(π6，π2]时，函数h (x )单调递减，且h (x )∈[1,2)．∴使得关于x 的方程h (x )－t ＝0在[0，π2]内恒有两个不相等实数解的实数t 的取值范围为[3，2)．二、预测押题不能少2． 解：(1)由题设，可得(a ＋b )·(a －b )＝0，代入a ，b 的坐标，可得cos 2α＋(λ－1)2sin 2α－cos 2β－sin 2β＝0， 所以(λ－1)2sin 2α－sin 2α＝0. 因为0<α<π2，故sin 2α≠0，所以(λ－1)2－1＝0，解得λ＝2或λ＝0(舍去，因为λ>0)． 故λ＝2.(2)由(1)及题设条件，知a ·b ＝cos αcos β＋sin αsin β＝cos(α－β)＝45.因为0<α<β<π2，所以－π2<α－β<0.所以sin(α－β)＝－35，tan(α－β)＝－34.所以tan α＝tan[(α－β)＋β]＝tan α－β＋tan β1－tan α－βtan β＝－34＋431－⎝⎛⎭⎫－34×43＝724.所以tan α＝724.角度三·新定义下平面向量的创新问题 一、经典例题领悟好 例3 D【解析】 a ∘b ＝a ·b b 2＝|a ||b ||b |2cos θ＝|a ||b |cos θ，b ∘a ＝|b ||a |·cos θ，因为|a |>0，|b |>0,0<cos θ<22，且a ∘b 、b ∘a ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n ∈Z ，所以|a ||b |cos θ＝n 2，|b ||a |cos θ＝m 2，其中m ，n ∈N *，两式相乘，得m ·n4＝cos 2θ.因为0<cos θ<22，所以0<cos 2θ<12，得到0<m ·n <2， 故m ＝n ＝1，即a ∘b ＝12.二、预测押题不能少 3．D【解析】依题意，1MF ＝(－1－x ，－y )＝(－1－x )e 1－y e 2，2MF ＝(1－x ，－y )＝(1－x )e 1－y e 2，由|1MF |＝|2MF |，得1MF 2＝2MF 2，∴[(－1－x )e 1－y e 2]2＝[(1－x )e 1－y e 2]2，∴4x ＋4y e 1·e 2＝0. ∵∠xOy ＝45°，∴e 1·e 2＝22，故2x ＋2y ＝0，。

12019年高考数学二轮复习精品资料专题二 三角函数、解三角形、平面向量与数列第3讲 平面向量1．以选择题、填空题的形式考查向量的线性运算，多以熟知的平面图形为背景，难度中低档； 2．以选择题、填空题的形式考查平面向量的数量积，多考查角、模等问题，难度中低档； 3．向量作为工具常与三角函数、解三角形、不等式、解析几何等结合，以解答题形式出现．1．平面向量的两个重要定理(1)向量共线定理：向量a (a ≠0)与b 共线当且仅当存在唯一一个实数λ，使b ＝λa ．(2)平面向量基本定理：如果e 1，e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对这一平面内的任一向量a ， 有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2，其中e 1，e 2是一组基底． 2．平面向量的两个充要条件若两个非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则 (1)a ∥b ⇔a ＝λb ⇔x 1y 2－x 2y 1＝0． (2)a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0． 3．平面向量的三个性质(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a ·a ＝x 2＋y 2．(2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB →|＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2． (3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a ·b|a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22． 4．平面向量的三个锦囊(1)向量共线的充要条件：O 为平面上一点，则A ，B ，P 三点共线的充要条件是OP →＝λ1OA →＋λ2OB →(其中λ1＋λ2＝1)．(2)三角形中线向量公式：若P 为△OAB 的边AB 的中点，则向量OP →与向量OA →，OB →的关系是OP →＝12(OA →＋OB →)．(3)三角形重心坐标的求法：G 为△ABC 的重心⇔GA →＋GB →＋GC →＝0⇔G ⎝⎛⎭⎫x A ＋x B ＋x C 3，y A ＋y B ＋y C 3．2热点一 平面向量的有关运算【例1】(1) (2018·大连八中)已知向量()1,1=-a ，()3,m =b ，()+∥a a b ，则 （ ） A ．B ．2C ．D ．3(2)设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD ＝12AB ，BE ＝23BC ．若DE →＝λ1AB →＋λ2AC →(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________．解析 (1) 向量()1,1=-a ，()3,m =b ，∴()2,1m +=+a b ， ∵()+∥a a b ，∴1×2＝﹣1（1+m ），∴m ＝﹣3． 故选C ．(2)DE →＝DB →＋BE →＝12AB →＋23BC →＝12AB →＋23(AC →－AB →)＝－16AB →＋23AC →，∵DE →＝λ1AB →＋λ2AC →，∴λ1＝－16，λ2＝23，因此λ1＋λ2＝12．答案 (1)C (2)12探究提高 对于平面向量的线性运算，首先要选择一组基底，同时注意共线向量定理的灵活运用．其次运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系．【训练1】(2019·广州一模)已知 的边 上有一点 满足 ，则 可表示为( )A ．B ．C ．D ．解析 由题意可知．，故选D ．答案 D热点二 平面向量的数量积 命题角度1 平面向量数量积的运算【例2－1】(1) (2019·株洲质检)在 中，点 为斜边 的中点， ， ，则 （ ） A ．48B ．40C ．32D ．16(2)(2016·山东卷)已知非零向量m ，n 满足4|m |＝3|n |，cos 〈m ，n 〉＝13．若n ⊥(t m ＋n )，则实数t 的值为（ ）A ．4B ．－4C ．94D ．－94解析 (1)因为点 为斜边 的中点，所以， 所以，。

专题二 第二讲一、选择题1．若三角形ABC 中，sin(A ＋B )sin(A －B )＝sin 2C ，则此三角形的形状是( ) A ．等腰三角形 B ．直角三角形 C ．等边三角形 D ．等腰直角三角形[答案] B[解析] ∵sin(A ＋B )sin(A －B )＝sin 2C ，sin(A ＋B )＝sin C ≠0，∴sin(A －B )＝sin(A ＋B )，∴cos A sin B ＝0，∵sin B ≠0，∴cos A ＝0，∴A 为直角．2．在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若(a 2＋c 2－b 2)tan B ＝3ac ，则角B 的值为( )A.π6B.π3 C.π6或5π6 D.π3或2π3[答案] D[解析] 由(a 2＋c 2－b 2)tan B ＝3ac 得，a 2＋c 2－b2ac·tan B ＝3，再由余弦定理cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac 得，2cos B ·tan B ＝3，即sin B ＝32，∴角B 的值为π3或2π3，故应选D.3．(文)在△ABC 中，已知b ·cos C ＋c ·cos B ＝3a ·cos B ，其中a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 的对边，则cos B 的值为( )A.13 B ．－13 C.223 D ．－223[答案] A[解析] 由正弦定理得sin B cos C ＋sin C cos B ＝3sin A cos B ， ∴sin(B ＋C )＝3sin A cos B ， ∴sin A ＝3sin A cos B ，∵sin A ≠0，∴cos B ＝13.(理)(2013·东北三省四市联考)在△ABC 中，若tan A tan B ＝tan A ＋tan B ＋1，则cos C 的值是( )A ．－23 B.22 C.12 D ．－12[答案] B[解析] 由tan A ·tan B ＝tan A ＋tan B ＋1，可得tan A ＋tan B 1－tan A ·tan B ＝－1，即tan(A ＋B )＝－1，所以A ＋B ＝3π4，则C ＝π4，cos C ＝22，故选B.4．设tan α、tan β是方程x 2－3x ＋2＝0的两根，则tan(α＋β)的值为( ) A ．－3 B ．－1 C ．1 D ．3[答案] A[解析] 本题考查了根与系数的关系与两角和的正切公式． 由已知tan α＋tan β＝3，tan α·tan β＝2，所以tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan α·tan β＝31－2＝－3.故选A.[点评] 运用根与系数的关系，利用整体代换的思想使问题求解变得简单． 5．(2014·哈三中二模)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，且a 2－c 2＝2b ，tan Atan C＝3，则b 等于( )A ．3B ．4C ．6D ．7 [答案] B[解析] ∵tan Atan B ＝3，∴sin A cos C ＝3sin C cos A ， ∴sin B ＝sin(A ＋C )＝4sin C cos A ，∴b ＝4c ·b 2＋c 2－a 22bc ， ∴b 2＝2(a 2－c 2)＝4b ，∵b >0，∴b ＝4.6．(文)函数y ＝cos(x ＋π2)＋sin(π3－x )具有性质( ) A ．最大值为1，图象关于点(π6，0)对称 B ．最大值为3，图象关于点(π6，0)对称C ．最大值为1，图象关于直线x ＝π6对称 D ．最大值为3，图象关于直线x ＝π6对称 [答案] B[解析] y ＝－sin x ＋32cos x －12sin x ＝－3(32sin x －12cos x )＝－3sin(x －π6)， ∴最大值为3，图象关于点(π6，0)对称． (理)给出下列四个命题：①f (x )＝sin(2x －π4)的对称轴为x ＝k π2＋3π8，k ∈Z ； ②函数f (x )＝sin x ＋3cos x 最大值为2； ③函数f (x )＝sin x cos x －1的周期为2π； ④函数f (x )＝sin(x ＋π4)在[－π2，π2]上是增函数． 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4[答案] B[解析] ①由2x －π4＝k π＋π2，k ∈Z ， 得x ＝k π2＋3π8(k ∈Z )，即f (x )＝sin(2x －π4)的对称轴为x ＝k π2＋3π8，k ∈Z ，正确； ②由f (x )＝sin x ＋3cos x ＝2sin(x ＋π3)知， 函数的最大值为2，正确；③f (x )＝sin x cos x －1＝12sin2x －1，函数的周期为π，故③错误；④函数f (x )＝sin(x ＋π4)的图象是由f (x )＝sin x 的图象向左平移π4个单位得到的，故④错误．二、填空题7．已知△ABC 的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则△ABC 的面积为________．[答案] 15 3[解析] 设三角形的三边长分别为a －4，a ，a ＋4，最大角为θ，由余弦定理得(a ＋4)2＝a 2＋(a －4)2－2a (a －4)·cos120°，则a ＝10，所以三边长为6,10,14.△ABC 的面积为S ＝12×6×10×sin120°＝15 3.8．(文)(2014·新课标Ⅱ理，14)函数f (x )＝sin(x ＋2φ)－2sin φcos(x ＋φ)的最大值为________．[答案] 1[解析] ∵f (x )＝sin(x ＋2φ)－2sin φcos(x ＋φ) ＝sin(x ＋φ)·cos φ＋cos(x ＋φ)·sin φ－2sin φcos(x ＋φ) ＝sin(x ＋φ)·cos φ－cos(x ＋φ)·sin φ ＝sin x ≤1. ∴最大值为1.(理)(2014·天津理，12)在△ABC 中，内角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，已知b －c ＝14a,2sin B ＝3sin C ，则cos A 的值为________．[答案] －14[解析] ∵2sin B ＝3sin C ，∴2b ＝3c ， 又∵b －c ＝14a ， ∴b ＝34a ，c ＝12a ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝916a 2＋14a 2－a 22×34a ×12a＝－14.9．在△ABC 中，(AB →－3AC →)⊥CB →，则角A 的最大值为________． [答案] π6[解析] 由已知可得(AB →－3AC →)·CB →＝0，AB →·CB →＝3AC →·CB →，由数量积公式可得ac cos B ＝3ab cos(π－C )＝－3ab cos C ，可化为c cos B ＝－3b cos C ，由正弦定理可得sin C cos B ＝－3sin B cos C ，化简得sin A ＝－2sin B cos C ，可得cos C <0，角C 为钝角，角A 为锐角，又sin A ＝sin(C －B )－sin(C ＋B )，即有sin A ＝12sin(C －B )≤12， 综上，0<A ≤π6，A 的最大值为π6. 三、解答题10．(文)(2014·山东文，17)△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c . 已知a ＝3，cos A ＝63，B ＝A ＋π2.(1)求b 的值； (2)求△ABC 的面积．[解析] (1)∵cos A ＝63.0<A <π.∴sin A ＝33. 又B ＝A ＋π2.∴sin B ＝sin(A ＋π2)＝cos A ＝63. 又a ＝3.∴由正弦定理得． a sin A ＝b sin B 即333＝b 63∴b ＝3 2.(2)∵cos B ＝cos(A ＋π2)＝－sin A ＝－33，∴在△ABC 中，sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝33×(－33)＋63×63＝13 ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×3×32×13＝322.(理)(2013·陕西理，16)已知向量a ＝⎝⎛⎭⎫cos x ，－12，b ＝(3sin x ，cos 2x )，x ∈R ，设函数f (x )＝a ·b .(1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值．[解析] f (x )＝a ·b ＝3sin x cos x －12cos2x＝32sin2x －12cos2x ＝sin(2x －π6)(1)f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π (2)∵x ∈[0，π2]，∴2x －π6∈[－π6，5π6]， ∴sin(2x －π6)∈[－12，1]故当2x －π6＝π2即x ＝π3时，f (x )max ＝1 当2x －π6＝－π6即x ＝0时，f (x )min ＝－12.一、选择题11．(2013·天津理，6)在△ABC 中，∠ABC ＝π4，AB ＝2，BC ＝3，则sin ∠BAC ＝( ) A.1010 B.105 C.31010D.55[答案] C[解析] 本题考查了余弦定理、正弦定理． 由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ×BC ·cos π4 ＝2＋9－2×2×3×22＝5，∴AC ＝5， 由正弦定理，AC sin B ＝BCsin A ， ∴sin A ＝BC sin B AC ＝3×225＝31010.12．(文)(2014·东北三省三校二模)已知方程|cos x |x ＝k 在(0，＋∞)上有两个不同的解α、β(α<β)，则下列的四个命题正确的是( )A ．sin 2α＝2αcos 2αB ．cos2α＝2αsin 2αC ．sin2β＝－2βsin 2βD ．cos2β＝－2βsin 2β[答案] C[解析] 令y ＝|cos x |，y ＝kx ，在同一坐标系中画出它们的图象，如图所示．∵α<β，∴0<α<π2，π2<β<π，检验可知，选C.(理)(2014·新课标Ⅰ理，8)设α∈(0，π2)，β∈(0，π2)，且tan α＝1＋sin βcos β，则( ) A ．3α－β＝π2 B ．3α＋β＝π2 C ．2α－β＝π2 D ．2α＋β＝π2[答案] C[解析] 本题考查了诱导公式以及三角恒等变换．运用验证法． 解法1：当2α－β＝π2时，β＝2α－π2， 所以1＋sin (2α－π2)cos (2α－π2)＝1－cos2αsin2α＝2·sin 2αsin2α＝tan α.解法2：∵tan α＝sin αcos α＝1＋sin βcos β， ∴sin(α－β)＝cos α＝sin(π2－α)，∵α、β∈(0，π2)，∴α－β∈(－π2，π2)，π2－α∈(0，π2)，∴α－β＝π2－α，∴2α－β＝π2. 13．已知函数f (x )＝1＋cos2x －2sin 2(x －π6)，其中x ∈R ，则下列结论中正确的是( ) A ．f (x )是最小正周期为π的偶函数 B ．f (x )的一条对称轴是x ＝π3C ．f (x )的最大值为2D ．将函数y ＝3sin2x 的图象左移π6得到函数f (x )的图象 [答案] D[解析] f (x )＝cos2x ＋cos(2x －π3) ＝cos2x ＋12cos2x ＋32sin2x ＝3sin(2x ＋π3)，故选D.14．(文)函数f (x )＝sin(x ＋π3)＋a sin(x －π6)的一条对称轴方程为x ＝π2，则a ＝( ) A ．1 B. 3 C ．2 D ．3[答案] B[解析] 由题意得f (x )＝sin(x ＋π3)＋a sin[(x ＋π3)－π2]＝sin(x ＋π3)－a cos(x ＋π3)，若x ＝π2是函数f (x )的图象的一条对称轴，则由对称轴的意义可得f (π2)＝cos π3＋a sin π3＝1＋a 2，解得a ＝ 3.(理)在锐角△ABC 中，设x ＝sin A ·sin B ，y ＝cos A ·cos B ，则x 、y 的大小关系为( ) A ．x ≤y B ．x <y C ．x >y D ．x ≥y[答案] C[解析] y －x ＝cos A cos B －sin A sin B ＝cos(A ＋B )＝cos(π－C )＝－cos C ，∵△ABC 为锐角三角形，∴cos C >0， ∴y －x <0，∴y <x .15．已知函数f (x )＝sin x ＋cos x ，g (x )＝sin x －cos x ，下列四个命题： ①将f (x )的图象向右平移π2个单位可得到g (x )的图象； ②y ＝f (x )g (x )是偶函数；③y ＝f (x )g (x )是以π为周期的周期函数；④对于∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使f (x 1)>g (x 2)． 其中真命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4[答案] C[解析] ∵f (x )＝sin x ＋cos x ＝2sin(x ＋π4)，g (x )＝sin x －cos x ＝2sin(x －π4)，∴将f (x )的图象向右平移π2个单位，可以得到g (x )的图象，故①为真命题；又y ＝f (x )·g (x )＝sin 2x －cos 2x ＝－cos2x 为偶函数，故②为真命题；y ＝f (x )g (x )＝sin (x ＋π4)sin (x －π4)＝sin (x ＋π4)－cos (x ＋π4)＝－tan(x ＋π4)，故其最小正周期为π，∴③为真命题；取x 1＝5π4，则f (x 1)＝2sin(5π4＋π4)＝－2，∵∀x 2∈R 都有g (x 2)≥－2，∴不存在x 2∈R ，使f (5π4)>g (x 2)，故选C.二、填空题16．(文)在△ABC 中，sin 2C ＝3sin A sin B ＋sin 2B ，a ＝23b ，则角C ＝________. [答案] π6[解析] 由正弦定理知c 2＝3ab ＋b 2， 所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2－3ab2ab ＝a －3b 2b ＝23b －3b 2b ＝32，又C ∈(0，π)，所以C ＝π6.(理)(2014·福建理，12)在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝4，BC ＝23，则△ABC 的面积等于________．[答案] 2 3[解析] 本题考查正弦定理及三角形的面积公式，由正弦定理得，2332＝4sin B ，∴sin B ＝1，∴B ＝90°，∴AB ＝2， S ＝12×23×2＝2 3. 三、解答题17．(文)(2013·浙江文，18)在锐角△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且2a sin B ＝3b .(1)求角A 的大小；(2)若a ＝6，b ＋c ＝8，求△ABC 的面积．[解析] (1)由2a sin B ＝3b 及正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin A ＝32. 因为A 是锐角，所以A ＝π3.(2)由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得 b 2＋c 2－bc ＝36，即(b ＋c )2－3bc ＝36. 又b ＋c ＝8，所以 bc ＝283.由三角形面积公式S ＝12bc sin A ，得△ABC 的面积为733.(理)(2013·北京理，15)在△ABC 中，a ＝3，b ＝26，∠B ＝2∠A . (1)求cos A 的值； (2)求c 的值．[解析] (1)因为a ＝3，b ＝26，∠B ＝2∠A ，所以在△ABC 中，由正弦定理得3sin A ＝26sin2A， 所以2sin A cos A sin A ＝263，故cos A ＝63.(2)由(1)知cos A ＝63，所以sin A ＝1－cos 2A ＝33.又因为∠B ＝2∠A ，所以cos B ＝2cos 2A －1＝13. 所以sin B ＝1－cos 2B ＝223， 在△ABC 中，sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝539.所以c ＝a sin C sin A＝5. 18．(文)(2014·唐山市一模)在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，且4b sin A ＝7a .(1)求sin B 的值；(2)若a ，b ，c 成等差数列，且公差大于0，求cos A －cos C 的值．[解析] (1)由4b sin A ＝7a ，根据正弦定理得4sin B sin A ＝7sin A ，所以sin B ＝74.(2)由已知得2b ＝a ＋c ，由正弦定理以及(1)得，sin A ＋sin C ＝72.① 设cos A －cos C ＝x ，②①2＋②2，得2－2cos(A ＋C )＝74＋x 2.③又由条件知a ＜b ＜c ，∴A ＜B ＜C ，所以0°＜B ＜90°，cos A ＞cos C ，故cos(A ＋C )＝－cos B ＝－34，且x >0.代入③式得x 2＝74. 因此cos A －cos C ＝72.(理)已知△ABC 中，a ，b, c 分别为角A ，B ，C 的对边，a 2＋b 2<c 2，且sin(2C －π2) ＝12.(1)求角C 的大小；(2)求 a ＋b c的取值范围． [解析] (1)∵a 2＋b 2<c 2，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab <0， ∴π2<C <π，故π<2C <2π，由sin(2C －π2)＝12，得cos2C ＝－12，∴2C ＝4π3，即C ＝2π3；(2)a ＋b c ＝sin A ＋sin B sin C ＝sin A ＋sin (π3－A )sin 2π3＝12sin A ＋32cos A 32＝23sin(A ＋π3)， 由C ＝2π3，知0<A <π3，故π3<A ＋π3<2π3，∴32<sin(A ＋π3)≤1，∴23·32<a ＋b c ≤23，即1<a ＋b c ≤233.。

第三讲 平面向量考点一 平面向量的概念及线性运算1．在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化．2．在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量的终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．[对点训练]1．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB →＝( )A.34AB →－14AC →B.14AB →－34AC →C.34AB →＋14AC →D.14AB →＋34AC → [解析] ∵E 是AD 的中点，∴EA →＝－12AD →，∴EB →＝EA →＋AB →＝－12AD→＋AB →，又∵D 为BC 的中点，∴AD →＝12(AB →＋AC →)，因此EB →＝－14(AB →＋AC →)＋AB →＝34AB →－14AC →，故选A.[答案] A2．(2018·河北三市联考)已知e 1，e 2是不共线向量，a ＝m e 1＋2e 2，b ＝n e 1－e 2，且mn ≠0，若a ∥b ，则mn等于( )A ．－12 B.12C ．－2D ．2[解析] ∵a ∥b ，∴a ＝λb ，即m e 1＋2e 2＝λ(n e 1－e 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧λn ＝m ，－λ＝2，故mn＝－2，故选C. [答案] C3．(2018·河南郑州质检)已知P 为△ABC 所在平面内一点，D 为AB 的中点，若2PD →＋PC →＝(λ＋1)PA →＋PB →，且△PBA 与△PBC 的面积相等，则实数λ的值为________． [解析] ∵D 为AB 的中点，∴2PD →＝PA →＋PB →， 又∵2PD →＋PC →＝(λ＋1)PA →＋PB →. ∴PA →＋PB →＋PC →＝(λ＋1)PA →＋PB →∴PC →＝λPA →，又△PBA 与△PBC 的面积相等， ∴P 为AC 的中点，∴λ＝－1. [答案] －14．(2018·盐城一模)在△ABC 中，∠A ＝60°，∠A 的平分线交BC 于点D ，若AB ＝4，且AD →＝14AC →＋λAB →(λ∈R )，则AD 的长为________．[解析] 因为B ，D ，C 三点共线，所以14＋λ＝1，解得λ＝34，如图，过点D 分别作AC ，AB 的平行线交AB ，AC 于点M ，N ，则AN →＝14AC →，AM →＝34AB →，经计算得AN ＝AM ＝3，AD ＝3 3.[答案] 3 3[快速审题] (1)看到向量的线性运算，想到三角形和平行四边形法则．(2)看到向量平行，想到向量平行的条件．平面向量线性运算的2种技巧(1)对于平面向量的线性运算问题，要尽可能转化到三角形或平行四边形中，灵活运用三角形法则、平行四边形法则，紧密结合图形的几何性质进行运算．(2)在证明两向量平行时，若已知两向量的坐标形式，常利用坐标运算来判断；若两向量不是以坐标形式呈现的，常利用共线向量定理(当b ≠0时，a ∥b ⇔存在唯一实数λ，使得a ＝λb )来判断．考点二 平面向量的数量积1．平面向量的数量积有两种运算形式(1)数量积的定义：a ·b ＝|a ||b |cos θ(其中θ为向量a ，b 的夹角)．(2)坐标运算：a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)时，a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2. 2．投影向量a 在向量b 方向上的投影为a ·b|b |＝|a |cos θ(θ为向量a ，b的夹角)．[对点训练]1．已知|a |＝1，b ＝(－1,1)且a ⊥(a ＋b )，则向量a 与向量b 的夹角为( )A.π3B.π2C.2π3D.3π4[解析] 设向量a 与向量b 的夹角为θ，因为a ⊥(a ＋b )，所以a ·(a ＋b )＝0，即|a |2＋a ·b ＝1＋|a ||b |cos θ＝1＋2cos θ＝0，cos θ＝－22，θ＝3π4，故选D. [答案] D2．(2018·陕西西安八校联考)已知点A (－1,1)，B (1,2)，C (－2，－1)，D (3,4)，则向量CD →在BA →方向上的投影是( )A ．－3 5B ．－322C ．3 5 D.322[解析] 依题意得，BA →＝(－2，－1)，CD →＝(5,5)，BA →·CD →＝(－2，－1)·(5,5)＝－15，|BA →|＝5，因此向量CD →在BA →方向上的投影是BA →·CD →|BA →|＝－155＝－35，故选A.[答案] A3．已知向量a ＝(－1,2)，b ＝(3，－6)，若向量c 满足c 与b 的夹角为120°，c ·(4a ＋b )＝5，则|c |＝( )A ．1 B. 5 C ．2 D ．2 5[解析] 依题意可得|a |＝5，|b |＝35，a ∥b .由c ·(4a ＋b )＝5，可得4a ·c ＋b ·c ＝5.由c 与b 的夹角为120°，可得c 与a 的夹角为60°，则有b ·c ＝|b ||c |cos120°＝|c |×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－352|c |，a ·c ＝|a ||c |cos60°＝|c |×5×12＝52|c |，所以4×52|c |－352|c |＝5，解得|c |＝25，故选D. [答案] D4．如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，CD ＝2，∠BAD ＝π4，若AB →·AC →＝2AB →·AD →，则AD →·AC →＝________.[解析] 因为AB →·AC →＝2AB →·AD →，所以AB →·AC →－AB →·AD →＝AB →·AD →，所以AB →·DC →＝AB →·AD →.因为AB ∥CD ，CD ＝2，∠BAD ＝π4，所以2|AB →|＝|AB →||AD →|cos π4，化简得|AD →|＝2 2.故AD →·AC →＝AD →·(AD →＋DC →)＝|AD →|2＋AD →·DC →＝ (22)2＋22×2cos π4＝12.[答案] 12[快速审题] (1)看到向量垂直，想到其数量积为零． (2)看到向量的模与夹角，想到向量数量积的有关性质和公式．平面向量数量积的两种运算方法(1)依据模和夹角计算，要注意确定这两个向量的夹角，如夹角不易求或者不可求，可通过选择易求夹角和模的基底进行转化．(2)利用坐标来计算，向量的平行和垂直都可以转化为坐标满足的等式，从而应用方程思想解决问题，化形为数，使向量问题数量化．考点三 平面向量在几何中的应用用向量法解决平面(解析)几何问题的两种方法(1)基向量法：选取适当的基底(基底中的向量尽量已知模或夹角)，将题中涉及的向量用基底表示，利用向量的运算法则、运算律或性质计算；(2)坐标法：建立平面直角坐标系，实现向量的坐标化，将几何问题中的长度、垂直、平行等问题转化为代数运算．一般地，存在坐标系或易建坐标系的题目适合用坐标法．[解析] (1)解法一：∵OA →⊥OB →，|OA →|＝|OB →|＝1， ∴|OA →＋OB →|＝OA →2 ＋2OA →·OB →＋OB →2＝ 2.设(OA →＋OB →)与OC →的夹角为θ，则(OC →－OA →)·(OC →－OB →)＝OC →2－(OA →＋OB →)·OC →＋OA →·OB →＝1－2cos θ，又∵θ∈[0，π]，∴cos θ∈[－1,1]，∴(OC →－OA →)·(OC →－OB →)＝1－2cos θ∈[1－2，1＋2]，∴(OC →－OA →)·(OC →－OB →)的最大值为2＋1，故选A.解法二：以O 为原点，OA 所在直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系(取OA →的方向为x 轴正方向，OB →的方向为y 轴正方向)，则A (1,0)，B (0,1)．设C (cos θ，sin θ)(θ∈[0,2π))，∴OC →－OA →＝(cos θ－1，sin θ)，OC →－OB →＝(cos θ，sin θ－1)，∴(OC →－OA →)·(OC →－OB →)＝cos θ(cos θ－1)＋sin θ(sin θ－1)＝cos 2θ＋sin 2θ－(sin θ＋cos θ)＝1－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4，∵θ∈[0,2π)，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4∈[－1,1]，∴(OC →－OA →)·(OC →－OB →)的最大值为2＋1，故选A.(2)解法一：因为2BE →＝BC →，所以E 为BC 中点．设正方形的边长为2，则|AE →|＝5， |BD →|＝22，AE →·BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →＋12AD →·(AD →－AB →)＝12|AD →|2－|AB →|2＋12AD →·AB →＝12×22－22＝－2，所以cos θ＝AE →·BD →|AE →||BD →|＝－25×22＝－1010.解法二：因为2BE →＝BC →， 所以E 为BC 中点．设正方形的边长为2，建立如图所示的平面直角坐标系xAy ，则点A (0,0)，B (2,0)，D (0,2)，E (2,1)，所以AE →＝(2,1)，BD →＝(－2,2)，所以AE →·BD →＝2×(－2)＋1×2＝－2，故cos θ＝AE →·BD →|AE →||BD →|＝－25×22＝－1010.[答案] (1)A (2)－1010解决以平面图形为载体的向量数量积问题的策略 (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．[对点训练]1．在△ABC 中，点M 是BC 边的中点，AM ＝1，点P 在AM 上且满足AP →＝2PM →，则AP →·(PB →＋PC →)等于( )A.49B.43 C ．－43 D ．－49[解析] 由点M 为BC 边的中点，得PB →＋PC →＝2PM →＝AP →. ∴AP →·(PB →＋PC →)＝AP →2.又∵AP →＝2PM →，∴|AP →|＝23|AM →|＝23.∴AP →2＝|AP →|2＝49，故选A.[答案] A2．(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 ．－2B ．－32C ．－43D ．－1[解析] 解法一：设BC 的中点为D ，AD 的中点为E ，则有PB →＋PC →＝2PD →，则PA →·(PB →＋PC →)＝2PA →·PD →＝2(PE →＋EA →)·(PE →－EA →)＝2(PE →2－EA →2)．而AE →2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＝34，当P 与E 重合时，PE →2有最小值0，故此时PA →·(PB →＋PC →)取最小值，最小值为－2EA →2＝－2×34＝－32.解法二：以AB 所在直线为x 轴，AB 的中点为原点建立平面直角坐标系，如图，则A (－1,0)，B (1,0)，C (0，3)，设P (x ，y )，取BC 的中点D ，则D⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，32.PA →·(PB →＋PC →)＝2PA →·PD →＝2(－1－x ，－y )·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－x ，32－y ＝2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤(x ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＋y ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y －32＝2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋142＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y －342－34. 因此，当x ＝－14，y ＝34时，PA →·(PB →＋PC →)取得最小值，为2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－34＝－32，故选B.[答案] B1．(2018·全国卷Ⅱ)已知向量a ，b 满足|a |＝1，a ·b ＝－1，则a ·(2a －b )＝( )A ．4B ．3C ．2D ．0[解析] 因为|a |＝1，a ·b ＝－1，所以a ·(2a －b )＝2|a |2－a ·b ＝2×12－(－1)＝3，故选B.[答案] B2．(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 →＝λAB →＋μAD →，则λ＋μ的最大值为( )A ．3B ．2 2 C. 5 D ．2[解析] 分别以CB 、CD 所在的直线为x 轴、y 轴建立直角坐标系，则A (2,1)，B (2,0)，D (0,1)．∵点P 在以C 为圆心且与BD 相切的圆上，∴可设P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫25cos θ，25sin θ. 则AB →＝(0，－1)，AD →＝(－2,0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫25cos θ－2，25sin θ－1. 又AP →＝λAB →＋μAD →，∴λ＝－25sin θ＋1，μ＝－15cos θ＋1，∴λ＋μ＝2－25sin θ－15cos θ＝2－sin(θ＋φ)，其中tan φ＝12，∴(λ＋μ)max ＝3，故选A.[答案] A3．(2018·全国卷Ⅲ)已知向量a ＝(1,2)，b ＝(2，－2)，c ＝(1，λ)．若c ∥(2a ＋b )，则λ＝________.[解析] 由已知得2a ＋b ＝(4,2)．又c ＝(1，λ)，c ∥(2a ＋b )，所以4λ－2＝0，解得λ＝12.[答案] 124．(2018·上海卷)在平面直角坐标系中，已知点A (－1,0)、B (2,0)，E 、F 是y 轴上的两个动点，且|EF →|＝2，则AE →·BF →的最小值为________．[解析] 设E (0，m )，F (0，n )， 又A (－1,0)，B (2,0)， ∴AE →＝(1，m )，BF →＝(－2，n )． ∴AE →·BF →＝－2＋mn ，又知|EF →|＝2，∴|m －n |＝2.①当m ＝n ＋2时，AE →·BF →＝mn －2＝(n ＋2)n －2＝n 2＋2n －2＝(n ＋1)2－3.∴当n ＝－1，即E 的坐标为(0,1)，F 的坐标为(0，－1)时，AE →·BF →取得最小值－3.②当m ＝n －2时，AE →·BF →＝mn －2＝(n －2)n －2＝n 2－2n －2＝(n －1)2－3.∴当n ＝1，即E 的坐标为(0，－1)，F 的坐标为(0,1)时，AE →·BF →取得最小值－3.综上可知，AE →·BF →的最小值为－3. [答案] －35．(2017·天津卷)在△ABC 中，∠A ＝60°，AB ＝3，AC ＝2.若BD →＝2DC →，AE →＝λAC →－AB →(λ∈R )，且AD →·AE →＝－4，则λ的值为________．[解析] 解法一：如图，由BD →＝2DC →得AD →＝13AB →＋23AC →，所以AD →·AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13AB →＋23AC →·(λAC →－AB →)＝13λAB →·AC →－13AB →2＋23λAC →2－23AB →·AC →，又AB →·AC →＝3×2×cos60°＝3，AB →2＝9，AC →2＝4，所以AD →·AE →＝λ－3＋83λ－2＝113λ－5＝－4，解得λ＝311.解法二：以A 为原点，AB 所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系，如图，因为AB ＝3，AC ＝2，∠A ＝60°，所以B (3,0)，C (1，3)，又BD →＝2DC →，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫53，233， 所以AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫53，233，而AE →＝λAC →－AB →＝λ(1，3)－(3,0)＝(λ－3，3λ)，因此AD →·AE →＝53(λ－3)＋233×3λ＝113λ－5＝－4，解得λ＝311.[答案] 3111.平面向量是高考必考内容，每年每卷均有一个小题(选择题或填空题)，一般出现在第3～7或第13～15题的位置上，难度较低．主要考查平面向量的模、数量积的运算、线性运算等，数量积是其考查的热点．2．有时也会以平面向量为载体，与三角函数、解析几何等其他知识相交汇综合命题，难度中等．热点课题9 坐标法在平面向量中的运用[感悟体验]1．(2018·湖南长郡中学一模)若等边三角形ABC 的边长为3，平面内一点M 满足CM →＝13CB →＋12CA →，则AM →·MB →的值为( )A ．2B ．－152 C.152D ．－2[解析] 以CA 的中点为原点，CA 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系．如图所示，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，点B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，332，点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，∴CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，332，CA →＝(3,0)． ∴CM →＝13CB →＋12CA →＝13⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，332＋12(3,0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，32， ∴OM →＝OC →＋CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，32，∴AM →＝OM →－OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，32，MB →＝OB →－OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3，∴AM →·MB →＝－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋32×3＝2，故选A.[答案] A2．(2018·河南开封质检)已知△ABC 为等边三角形，AB ＝ 2，设点P ，Q 满足AP →＝λAB →，AQ →＝(1－λ)AC →，λ∈R .若BQ →·CP →＝－32，则λ的值为________．[解析] 如图，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．设A (0,0)，B (2,0)，C (1，3)，则AB →＝(2,0)，AC →＝(1，3)，∴P (2λ，0)，Q (1－λ，3(1－λ))．∵BQ →·CP →＝－32，∴(－1－λ，3(1－λ))·(2λ－1，－3)＝－32，化简得4λ2－4λ＋1＝0，∴λ＝12.[答案] 12专题跟踪训练(十六)一、选择题1．(2018·昆明模拟)在△ABC 中，点D ，E 分别在边BC ，AC 上，且BD →＝2DC →，CE →＝3EA →，若AB →＝a ，AC →＝b ，则DE →＝( )A.13a ＋512bB.13a －1312b C ．－13a －512b D ．－13a ＋1312b[解析] DE →＝DC →＋CE → ＝13BC →＋34CA →＝13(AC →－AB →)－34AC → ＝－13AB →－512AC →＝－13a －512b ，故选C.[答案] C2．(2018·吉林白城模拟)已知向量a ＝(2,3)，b ＝(－1,2)，若m a ＋n b 与a －2b 共线，则mn＝( )A.12 B ．2 C ．－12D ．－2 [解析] 由向量a ＝(2,3)，b ＝(－1,2)，得m a ＋n b ＝(2m －n,3m ＋2n )，a －2b ＝(4，－1)．由m a ＋n b 与a －2b 共线，得2m －n 4＝3m ＋2n －1，所以m n ＝－12，故选C.[答案] C3．已知两个非零向量a 与b 的夹角为θ，则“a ·b >0”是“θ为锐角”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件[解析] 由a ·b >0，可得到θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，不能得到θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2；而由θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，可以得到a ·b >0，故选B.[答案] B4．(2018·郑州一中高三测试)已知向量a ，b 均为单位向量，若它们的夹角为60°，则|a ＋3b |等于( )A.7B.10C.13 D ．4[解析] 依题意得a ·b ＝12，|a ＋3b |＝a 2＋9b 2＋6a ·b ＝13，故选C.[答案] C5．已知△ABC 是边长为1的等边三角形，则(AB →－2BC →)·(3BC →＋4CA →)＝( )A ．－132B ．－112C ．－6－32 D ．－6＋32[解析] (AB →－2BC →)·(3BC →＋4CA →)＝3AB →·BC →－6BC →2＋4AB →·CA →－8BC →·CA →＝3|AB →|·|BC →|·cos120°－6|BC →|2＋4|AB →|·|CA →|cos120°－8|BC →|·|CA→|·cos120°＝3×1×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－6×12＋4×1×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－8×1×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－32－6－2＋4＝－112，故选B.[答案] B6．(2018·河南中原名校联考)如图所示，矩形ABCD 的对角线相交于点O ，E 为AO 的中点，若DE →＝λAB →＋μAD →(λ，μ为实数)，则λ2＋μ2＝( )A.58B.14 C ．1 D.516[解析] DE →＝12DA →＋12DO →＝12DA →＋14DB →＝12DA →＋14(DA →＋AB →)＝14AB →－34AD →，所以λ＝14，μ＝－34，故λ2＋μ2＝58，故选A.[答案] A7．(2018·山西四校联考)如图，在直角梯形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2DC ，E 为BC 边上一点，BC →＝3EC →，F 为AE 的中点，则BF →＝( )A ．23AB →－13AD → B ．13AB →－23AD →C ．－23AB →＋13AD →D ．－13AB →＋23AD →[解析] 解法一：如图，取AB 的中点G ，连接DG 、CG ，则易知四边形DCBG 为平行四边形，所以BC →＝GD →＝AD →－AG →＝AD →－12AB →，∴AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋23BC →＝AB →＋23⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AD →－12AB →＝23AB →＋23AD →，于是BF →＝AF →－AB →＝12AE →－AB →＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23AB →＋23AD →－AB →＝－23AB →＋13AD →，故选C. 解法二：BF →＝BA →＋AF →＝BA →＋12AE →＝－AB →＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AD →＋12AB →＋CE → ＝－AB →＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AD →＋12AB →＋13CB → ＝－AB →＋12AD →＋14AB →＋16(CD →＋DA →＋AB →)＝－23AB →＋13AD →，故选C.[答案] C8．(2018·河南郑州二模)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝|c |＝1，若a ·b ＝12，则(a ＋b )·(2b －c )的最小值为( )A ．－2B ．3－ 3C ．－1D ．0[解析] 由|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，可得〈a ，b 〉＝π3，令OA →＝a ，OB →＝b ，以OA →的方向为x 轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则a ＝OA →＝(1,0)，b ＝OB →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫12，32，设c ＝OC →＝(cos θ，sin θ)(0≤θ<2π)，则(a ＋b )·(2b －c )＝2a ·b －a ·c ＋2b 2－b ·c＝3－⎝⎛⎭⎪⎪⎫cos θ＋12cos θ＋32sin θ＝3－3sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3，则(a ＋b )·(2b －c )的最小值为3－3，故选B.[答案] B9．(2018·安徽江南十校联考)已知△ABC 中，AB ＝6，AC ＝3，N 是边BC 上的点，且BN →＝2NC →，O 为△ABC 的外心，则AN →·AO →的值为( )A ．8B ．10C ．18D ．9[解析] 由于BN →＝2NC →，则AN →＝13AB →＋23AC →，取AB 的中点为E ，连接OE ，由于O 为△ABC 的外心，则EO →⊥AB →，∴AO →·AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12AB →＋EO →·AB→＝12AB →2＝12×62＝18，同理可得AC →·AO →＝12AC →2＝12×32＝92，所以AN →·AO →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13AB →＋23AC →·AO →＝13AB →·AO →＋23AC →·AO →＝13×18＋23×92＝6＋3＝9，故选D.[答案] D10．(2018·山西太原模拟)已知△DEF 的外接圆的圆心为O ，半径R ＝4，如果OD →＋DE →＋DF →＝0，且|OD →|＝|DF →|，则向量EF →在FD →方向上的投影为( )A ．6B ．－6C ．2 3D ．－2 3 [解析] 由OD →＋DE →＋DF →＝0得，DO →＝DE →＋DF →. ∴DO 经过EF 的中点，∴DO ⊥EF . 连接OF ，∵|OF →|＝|OD →|＝|DF →|＝4，∴△DOF 为等边三角形，∴∠ODF ＝60°.∴∠DFE ＝30°，且EF ＝4×sin60°×2＝4 3.∴向量EF →在FD →方向上的投影为|EF →|·cos 〈EF →，FD →〉＝43cos150°＝－6，故选B.[答案] B11．(2018·湖北黄冈二模)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝1，a ⊥(a －2b )，(c －2a )·(c －b )＝0，则|c |的最大值与最小值的和为( )A ．0 B. 3 C. 2 D.7[解析] ∵a ⊥(a －2b )，∴a ·(a －2b )＝0，即a 2＝2a ·b ，又|a |＝|b |＝1，∴a ·b ＝12，a 与b 的夹角为60°.设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则a ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫12，32，b ＝(1,0)． 设c ＝(x ，y )，则c －2a ＝(x －1，y －3)，c －b ＝(x －1，y )． 又∵(c －2a )·(c －b )＝0，∴(x －1)2＋y (y －3)＝0.即(x －1)2＋⎝⎛⎭⎪⎪⎫y －322＝34，∴点C 的轨迹是以点M ⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，32为圆心，32为半径的圆． 又|c |＝x 2＋y 2表示圆M 上的点与原点O (0,0)之间的距离，所以|c |max ＝|OM |＋32，|c |min ＝|OM |－32，∴|c |max ＋|c |min ＝2|OM |＝2× 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＝7，故选D. [答案] D12．(2018·广东七校联考)在等腰直角△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝2，M ，N 为AC 边上的两个动点(M ，N 不与A ，C 重合)，且满足|MN →|＝2，则BM →·BN →的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞[解析] 不妨设点M 靠近点A ，点N 靠近点C ，以等腰直角三角形ABC 的直角边所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示，则B (0,0)，A (0,2)，C (2,0)，线段AC 的方程为x ＋y －2＝0(0≤x ≤2)．设M (a,2－a )，N (a ＋1,1－a )(由题意可知0<a <1)，∴BM →＝(a,2－a )，BN →＝(a ＋1,1－a )，∴BM →·BN →＝a (a ＋1)＋(2－a )(1－a )＝2a 2－2a ＋2＝2⎝⎛⎭⎪⎫a －122＋32，∵0<a <1，∴由二次函数的知识可得BM →·BN →∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2，故选C.[答案] C 二、填空题13．(2017·全国卷Ⅰ)已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝1，则|a ＋2b |＝________.[解析] 由题意知a ·b ＝|a |·|b |cos60°＝2×1×12＝1，则|a＋2b |2＝(a ＋2b )2＝|a |2＋4|b |2＋4a ·b ＝4＋4＋4＝12.所以|a ＋2b |＝2 3.[答案] 2 314．(2017·山东卷)已知e 1，e 2是互相垂直的单位向量，若3e 1－e 2与e 1＋λe 2的夹角为60°，则实数λ的值是________．[解析] ∵(3e 1－e 2)·(e 1＋λe 2)＝3e 21＋3λe 1·e 2－e 1·e 2－λe 22＝3－λ，|3e 1－e 2|＝(3e 1－e 2)2＝3e 21－23e 1·e 2＋e 22＝2，|e 1＋λe 2|＝(e 1＋λe 2)2＝e 21＋2λe 1·e 2＋λ2e 22＝1＋λ2， ∴3－λ＝2×1＋λ2×cos60°＝1＋λ2，解得λ＝33.[答案] 3315．在△ABC 中，点D 在线段BC 的延长线上，且BC →＝3CD →，点O 在线段CD 上(与点C 、D 不重合)，若AO →＝xAB →＋(1－x )AC →，则x 的取值范围是________．[解析] 依题意，设BO →＝λBC →，其中1<λ<43，则有 AO →＝AB →＋BO→＝AB →＋λBC →＝AB →＋λ(AC →－AB →)＝(1－λ)AB →＋λAC →.又AO →＝xAB →＋(1－x )AC →，且AB →，AC →不共线，于是有x ＝1－λ，由λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，43，知x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，即x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，016．(2018·河北衡水二中模拟)已知在直角梯形ABCD 中，AB ＝AD ＝2CD ＝2，AB ∥CD ，∠ADC ＝90°，若点M 在线段AC 上，则|MB →＋MD →|的最小值为________．[解析] 建立如图所示的平面直角坐标系．则A (0,0)，B (2,0)，C (1,2)，D (0,2)，设AM →＝λAC →(0≤λ≤1)，则M (λ，2λ)，故MD →＝(－λ，2－2λ)，MB →＝(2－λ，－2λ)，则MB →＋MD →＝(2－2λ，2－4λ)，|MB →＋MD →|＝(2－2λ)2＋(2－4λ)2＝20⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－352＋45，当λ＝35时，|MB →＋MD →|取得最小值为255.[答案] 255。

2019-2020年高三数学专题复习 专题二 三角函数与平面向量过关提升 文一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1．已知向量a ＝(2，1)，b －a ＝(－3，k 2－3)，则k ＝2是a ⊥b 的____条件．2．要得到函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π3的图象，只需将函数y ＝sin 4x 的图象向________平移________个单位．3．(xx·苏州模拟)已知函数f (x )＝2sin (2x ＋φ)(|φ|＜π)的部分图象如图所示，则f (0)＝________．4．(xx·全国卷Ⅰ改编)设D 为△ABC 所在平面内一点，BC →＝3CD →，AD →＝xAB →＋yAC →，则x ＋y ＝______________．5．已知|a |＝4，|b |＝1，且〈a ，b 〉＝23π，当|a ＋x b |取得最小值时，则实数x 的值为________．6．已知sin α－cos α＝32，则2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝________． 7．(xx·山东高考)已知菱形ABCD 的边长为a ，∠ABC ＝60°，则BD →·CD →＝________． 8．(xx·浙江高考)函数f (x )＝sin 2x ＋sin x cos x ＋1的最小正周期是______，单调递减区间是________．9．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝33，且θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝________． 10．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，0＜φ＜π2的部分图象如图所示，则ω＝________，φ＝________．11．(xx·潍坊二模)已知G 为△ABC 的重心，令AB →＝a ，AC →＝b ，过点G 的直线分别交AB 、AC 于P 、Q 两点，且AP →＝m a ，AQ →＝n b ，则1m ＋1n＝________．12．已知函数f (x )＝2cos(x ＋φ) ⎝ ⎛⎭⎪⎫|φ|＜π2，且f (0)＝1，f ′(0)>0，将函数f (x )的图象向右平移π3个单位，得函数y ＝g (x )的图象，则函数g (x )在[0，π]上的最小值为________．13．(xx·四川高考)设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4，若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →＝________．14．(xx·新课标全国卷Ⅱ)钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC ＝________．二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)15．(本小题满分14分)(xx·北京高考)已知函数f (x )＝2sin x 2cos x2－2sin 2x2.(1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在区间[－π，0]上的最小值．16．(本小题满分14分)(xx·苏、锡、常、镇模拟)△ABC 的面积是30，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，cos A ＝1213. (1)求AB →·AC →；(2)若c －b ＝1，求a 的值．17．(本小题满分14分)(xx·广东高考)在平面直角坐标系xOy 中，已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.(1)若m ⊥n, 求tan x 的值； (2)若m 与n 的夹角为π3，求x 的值．18．(本小题满分16分)已知函数f (x )＝sin x －cos x ，f ′(x )是f (x )的导函数． (1)求函数g (x )＝f (x )f ′(x )－f 2(x )的最大值和最小正周期； (2)若f (x )＝2f ′(x )，求1＋sin 2xcos 2x －sin x cos x 的值．19．(本小题满分16分)(xx·浙江高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知A ＝π4，b 2－a 2＝12c 2.(1)求tan C 的值；(2)若△ABC 的面积为3，求b 的值．20．(本小题满分16分)(xx·江苏高考)如图，游客从某旅游景区的景点A 处下山至C 处有两种路径．一种是从A 沿直线步行到C ，另一种是先从A 沿索道乘缆车到B ，然后从B 沿直线步行到C .现有甲、乙两位游客从A 处下山，甲沿AC 匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min 后，乙从A 乘缆车到B ，在B 处停留1 min 后，再从B 匀速步行到C .假设缆车匀速直线运行的速度为130 m/min ，山路AC 长为1 260 m ，经测量，cos A ＝1213，cos C ＝35.(1)求索道AB 的长；(2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？专题过关·提升卷1．充分不必要 [由a ＝(2，1)，b －a ＝(－3，k 2－3)，得b ＝(－1，k 2－2)．又a ⊥b ⇔a ·b ＝－2＋k 2－2＝0，∴k ＝±2，故“k ＝2”是“a ⊥b ”的充分不必要条件．] 2．右π12 [∵y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π3＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12，∴要得到y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x －π3的图象，只需将函数y ＝sin 4x 的图象向右平移π12个单位．]3．－1 [由题图可得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3＋φ＝1，而|φ|＜π，所以φ＝－π6.故f (0)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝－1.]4．1 [∵BC →＝3CD →，∴AC →－AB →＝3(AD →－AC →)，即4AC →－AB →＝3AD →，∴AD →＝－13AB →＋43AC →，故x ＋y ＝1.]5．2 [∵|a |＝4，|b |＝1，〈a ，b 〉＝23π，∴a 2＝16，b 2＝1，a ·b ＝|a ||b |·cos 23π＝－2.则|a ＋x b |2＝a 2＋x 2b 2＋2x a ·b ＝16＋x 2－4x ＝(x －2)2＋12≥12，当且仅当x ＝2时，|a ＋x b |2有最小值．∴x ＝2时，|a ＋x b |取得最小值．]6.54 [由sin α－cos α＝32，得1－sin 2α＝34，∴sin 2α＝14， 因此2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝1＋cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝1＋sin 2α＝54.]7.32a 2[如图所示，由题意，得BC ＝a ，CD ＝a ，∠BCD ＝120°.BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC ·CD ·cos 120°＝a 2＋a 2－2a ·a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3a 2，∴BD ＝3a .∴BD →·CD →＝|BD →||CD →|cos 30°＝3a 2×32＝32a 2.]8．π ⎣⎢⎡⎦⎥⎤38π＋k π，78π＋k π(k ∈Z ) [f (x )＝1－cos 2x 2＋12sin 2x ＋1＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋32，∴T ＝2π2＝π，由π2＋2k π≤2x －π4≤3π2＋2k π，k ∈Z ，解得：3π8＋k π≤x ≤7π8＋k π，k ∈Z ，∴单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π8＋k π，7π8＋k π，k ∈Z .]9.32－36 [由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝33，得sin θcos π3＋cos θsin π3＋sin θcos π3－cos θsin π3＝33.∴2sin θcos π3＝33，则sin θ＝33.又θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos θ＝1－sin 2θ＝63.因此cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝cos θcos π6－sin θsin π6＝32－36.] 10．2 π3 [因为T 4＝7π12－π3＝π4，所以T ＝π，ω＝2πT＝2. 将⎝⎛⎭⎪⎫7π12，－1代入解析式可得：76π＋φ＝2k π＋3π2(k ∈Z )，即φ＝2k π＋π3(k ∈Z )， 又0＜φ＜π2，所以φ＝π3.]11．3 [由G 为重心，得AG →＝23×12(a ＋b )＝13(a ＋b )．∴PG →＝AG →－AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－m a ＋b 3，GQ →＝AQ→－AG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －13b －13a ，又P 、G 、Q 三点共线，∴13－m －13＝13n －13，即m ＋n ＝3mn .因此1m ＋1n ＝3.]12．－1 [由f (x )＝2cos(x ＋φ)，得f ′(x )＝－2sin(x ＋φ)． ∴f (0)＝2cos φ＝1，且f ′(0)＝－2sin φ>0 因此cos φ＝12，且sin φ<0，所以φ＝2k π－π3，k ∈Z ，又|φ|＜π2，则φ＝－π3，f (x )＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3， 根据图象平移变换，知g (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23π. 又0≤x ≤π，知－2π3≤x －2π3≤π3.∴g (x )的最小值为2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23π＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－1.]13．9 [AM →＝AB →＋34AD →，NM →＝CM →－CN →＝－14AD →＋13AB →，∴AM →·NM →＝14(4AB →＋3AD →)·112(4AB →－3AD →)＝148(16AB →2－9AD →2)＝148(16×62－9×42)＝9.] 14. 5 [由S △ABC ＝12AB ·BC sin B ＝12，得sin B ＝22，∵B ∈(0，π)，∴B ＝π4或3π4.当B ＝π4时，由余弦定理，得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝2＋1－22×1×22＝1，∴AC ＝1，此时AB 2＋AC 2＝BC 2，则△ABC 为直角三角形，不合题设，舍去．当B ＝3π4时，由余弦定理，得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝5，∴AC ＝5，此时△ABC 为钝角三角形，符合题意．] 15．解 (1)因为f (x )＝22sin x －22(1－cos x ) ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－22， 所以f (x )的最小正周期为2π. (2)因为－π≤x ≤0，所以－3π4≤x ＋π4≤π4. 当x ＋π4＝－π2，即x ＝－3π4时，f (x )取得最小值．所以f (x )在区间[－π，0]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4＝－1－22. 16．解 (1)由cos A ＝1213，且0<A <π，得sin A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12132＝513.又S △ABC ＝12bc sin A ＝30，所以bc ＝156，所以AB →·AC →＝bc cos A ＝156×1213＝144.(2)由(1)知bc ＝156，又cos A ＝1213，c －b ＝1，在△ABC 中，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(c －b )2＋2bc (1－cos A )＝1＋2×156×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1213＝25， 所以a ＝5.17．解 (1)因为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，m ⊥n .所以m ·n ＝0，即22sin x －22cos x ＝0， 所以sin x ＝cos x ， 所以tan x ＝1.(2)因为|m |＝|n |＝1，所以m ·n ＝cos π3＝12，即22sin x －22cos x ＝12，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＝12，因为0<x <π2，所以－π4<x －π4<π4.因此x －π4＝π6，故x ＝5π12.18．解 (1)∵f (x )＝sin x －cos x ，且g (x )＝f (x )·f ′(x )－f 2(x )， ∴f ′(x )＝cos x ＋sin x ，因此g (x )＝(sin x －cos x )(sin x ＋cos x )－(sin x －cos x )2＝sin 2x －cos 2x －(1－sin 2x )＝sin 2x －cos 2x －1 ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π4－1.故函数f (x )的最小正周期T ＝π，最大值为2－1. (2)由f (x )＝2f ′(x )，得sin x －cos x ＝2(cos x ＋sin x )，得tan x ＝－3， 1＋sin 2x cos 2x －sin x cos x ＝2sin 2x ＋cos 2xcos 2x －sin x cos x ＝2tan 2x ＋11－tan x ＝194. 19．解 (1)由A ＝π4，b 2－a 2＝12c 2及正弦定理得sin 2B －12＝12sin 2C .所以－cos 2B ＝sin 2C .又由A ＝π4，得B ＋C ＝34π.∴2B ＝32π－2C ，则cos 2B ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π－2C ＝－sin 2C .从而sin 2C ＝sin 2C ，即2sin C cos C ＝sin 2C . 又sin C ≠0，故tan C ＝2.(2)由tan C ＝2，C ∈(0，π)得sin C ＝255，cos C ＝55，又因为sin B ＝sin(A ＋C )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C ，所以sin B ＝31010，由正弦定理，c ＝b sin C sin B ＝223b .① 又S △ABC ＝12bc sin A ＝3，A ＝π4，所以bc ＝62，② 联立①，②可求b ＝3.20．解 (1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝35，所以sin A ＝513，sin C ＝45.从而sin B ＝sin[π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C ) ＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝513×35＋1213×45＝6365.由正弦定理AB sin C ＝ACsin B，得AB ＝ACsin B ·sin C ＝1 2606365×45＝1 040(m)． 所以索道AB 的长为1 040 m.(2)设乙出发t min 后，甲、乙两游客距离为d ，此时， 甲行走了(100＋50t )m ，乙距离A 处130t m ， 所以由余弦定理得d 2＝(100＋50t )2＋(130t )2－2×130t ×(100＋50t )×1213＝200(37t 2－70t ＋50)，因0≤t ≤1 040130，即0≤t ≤8，故当t ＝3537(min)时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝AC sin B ，得BC ＝AC sin B ·sin A ＝1 2606365×513＝500(m)．乙从B 出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m 才能到达C .设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514，所以为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 25043，62514(单位：m/min)范围内．。