高考数学大一轮复习高考专题突破二高考中的三角函数与平面向量问题教师用书理新人教版

专题研究三角函数与平面向量专题概述：高考对本部分内容的考查主要有：三角恒等变换与三角函数图象和性质结合，解三角形与恒等变换、平面向量的综合，难度属于中低档题，但考生得分不高，其主要原因是公式不熟导致运算错误．考生在复习时，要熟练掌握三角公式，特别是二倍角的余弦公式，在此基础上掌握一些三角恒等变换．要注意公式的多样性和灵活性，注意题目中隐含的各种限制条件，选择合理的解决方法，灵活地实现问题的转化．[专题讲解]题型一三角函数的图象与性质[审题程序]第一步：化简f(x)为“一角一函数”形式；第二步：求ω和单调递增区间；第三步：求f(x)在给定区间上的值域．[规范解答][解题反思]此类题目是三角函数问题中的典型题型，该题综合考查了三角函数的诱导公式、由三角函数值求参数、三角函数的周期、三角函数在指定区间上的最值等，考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及转化与化归思想、应用意识等．该题的亮点有二：一是第(1)问，由f(x)的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离得出f(x)的周期从而求出ω，求出f (x )的单调递增区间，经典而又不失新意；二是第(2)问考查函数f (x )在给定区间上的最值问题．需结合y ＝sin x的图象及自变量的变化求解，否则容易出现－12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6≤12，从而出现f (x )∈[－1,1]的错误．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]1．(2017·山东卷)设函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π2，其中0<ω<3.已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝0. (1)求ω；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在[－π4，3π4]上的最小值． [解] (1)因为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π2，所以f (x )＝32sin ωx －12cos ωx －cos ωx ＝32sin ωx －32cos ωx＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin ωx －32cos ωx ＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx －π3. 由题设知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝0， 所以ωπ6－π3＝k π，k ∈Z .故ω＝6k ＋2，k ∈Z ，又0<ω<3，所以ω＝2.(2)由(1)得f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3， 所以g (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π3 ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12.题型二 解三角形【典例2】 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且b sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A ＝(a －3c )cos(π＋B )． (1)若b sin A ＝42，求a ；(2)若b ＝42，且△ABC 面积的最大值为22，求△ABC 周长的最大值．[审题程序]第一步：依据正弦定理边化角；第二步：求出sin B 及a ；第三步：由面积求出ac 的范围；第四步：由余弦定理和重要不等式求△ABC 周长的最大值．[规范解答] (1)由b sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A ＝(a －3c )cos(π＋B )及正弦定理和诱导公式，得sin B cos A ＝(sin A －3sin C )(－cos B )，即sin B cos A ＋sin A cos B ＝3sin C cos B ，∴sin(B ＋A )＝3sin C cos B ，∵sin(B ＋A )＝sin(π－C )＝sin C ≠0，∴cos B ＝13，sin B ＝223，∵b sin A ＝42，∴a ＝b sin A sin B ＝6. (2)∵△ABC 面积的最大值为22，∴23ac ≤22，得ac ≤6，∵b ＝42，∴a 2＋c 2－23ac ＝32，∴(a ＋c )2－83ac ＝32， 则(a ＋c )2≤48，∵a >0，c >0，∴a ＋c ≤43，a ＋b ＋c ≤43＋42，∴△ABC 周长的最大值为43＋4 2.[解题反思] 三角形中的边角关系的转化往往通过正余弦定理．求解与三角形有关的最值问题时，常利用余弦定理和基本不等式构造不等关系．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]2．(2019·湖南省五市十校高三联考)已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0.(1)求A ；(2)若AD 为BC 边上的中线，cos B ＝17，AD ＝1292，求△ABC 的面积．[解] (1)a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0，由正弦定理得sin A cos C ＋3sin A sin C ＝sin B ＋sin C ，即sin A cos C ＋3sin A sin C ＝sin(A ＋C )＋sin C ，又sin C ≠0，所以化简得3sin A －cos A ＝1，所以sin(A －30°)＝12.在△ABC 中，0°<A <180°，所以A －30°＝30°，得A ＝60°.(2)在△ABC 中，因为cos B ＝17，所以sin B ＝437.所以sin C ＝sin(A ＋B )＝32×17＋12×437＝5314.由正弦定理得，a c ＝sin A sin C ＝75.设a ＝7x ，c ＝5x (x >0)，则在△ABD 中，AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos B ，则1294＝25x 2＋14×49x 2－2×5x ×12×7x ×17，解得x ＝1，所以a ＝7，c ＝5，故S △ABC ＝12ac sin B ＝10 3.题型三 平面向量与三角函数、解三角形[审题程序]第一步：化简m ·n ＝1；第二步：应用三角函数诱导公式求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－x ； 第三步：由正弦定理求角；第四步：求三角函数的值域．[规范解答] (1)m ·n ＝3sin x 4·cos x 4＋cos 2x 4[解题反思]本例将平面向量的坐标运算、三角恒等变换、解三角形等知识综合考查．有一定难度．无论(1)还是(2)通过三角恒等变换转化为“一角一函数”的形式都是高考的重点．在(2)中利用正余弦定理转化为给定区间上的最值问题也是热点问题，考查了三角函数的性质．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]3.(2018·山东临沂模拟)在△ABC 中，若|AC →|＝23，且AB →·cos C ＋BC →·cos A ＝AC →·sin B .(1)求角B 的大小；(2)求△ABC 的面积S .[解] (1)因为AC →＝AB →＋BC →，所以AB →·cos C ＋BC →·cos A ＝AC →·sin B＝(AB →＋BC →)·sin B ，即(cos C －sin B )AB →＋(cos A －sin B )·BC→＝0. 而向量AB→，BC →是两个不共线向量， 所以⎩⎨⎧ cos C ＝sin B ，cos A ＝sin B ，所以cos C ＝cos A ，因为A ，C ∈(0，π)，所以A ＝C .在等腰△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，所以2A ＋B ＝π，A ＝π2－B 2.所以cos A ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 2＝sin B 2＝sin B ，所以sin B 2＝2sin B 2cos B 2，因为sin B 2≠0，所以cos B 2＝12.综合0<B 2<π2，所以B 2＝π3，B ＝2π3.(2)由(1)知，则A ＝C ＝π6，由正弦定理得，|AC →|sin 2π3＝|BC →|sin π6，所以|BC→|＝2，S △ABC ＝12|AC →||BC →|sin π6＝12×23×2×12＝ 3.课后跟踪训练(三十二)1．(2018·四川成都龙泉一中月考)已知函数f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12(x ∈R )． (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)求使函数f (x )取得最大值的x 的集合．[解] (1)由题意f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6 ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6－π6＋1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋1，∴T ＝2π2＝π. (2)当f (x )取最大值时，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＝1， 故2x －π3＝2k π＋π2，k ∈Z ，即x ＝k π＋5π12，k ∈Z .∴所求x 的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ∈R ⎪⎪⎪x ＝k π＋5π12，k ∈Z . 2．(2019·湖北恩施州教学质量检测)在△ABC 中，内角A ，B ，C所对的边分别为a ，b ，c ，且b cos C ＋c cos B 2＝33a cos B . (1)求角B 的大小；(2)若b ＝7，c ＝23，a >b ，求△ABC 的面积．[解] (1)因为b cos C ＋c cos B 2＝33a cos B ， 所以sin A ＝233sin A cos B ，而sin A ≠0，故cos B ＝32，又B ∈(0，π)，所以B ＝π6.(2)由b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得7＝12＋a 2－2×23a ×32，化简得a 2－6a ＋5＝0，解得a ＝5，或a ＝1(经检验，a ＝1时无法构成三角形，舍去)，所以S △ABC ＝12ac sin B ＝532.3．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x ，34，b ＝(cos x ，－1)． (1)当a ∥b 时，求cos 2x －sin2x 的值；(2)设函数f (x )＝2(a ＋b )·b ，已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝3，b ＝2，sin B ＝63，求f (x )＋4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3的取值范围． [解] (1)因为a ∥b ，所以34cos x ＋sin x ＝0， 所以tan x ＝－34.cos 2x －sin2x ＝cos 2x －2sin x cos x sin 2x ＋cos 2x＝1－2tan x 1＋tan 2x＝85. (2)f (x )＝2(a ＋b )·b＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x ＋cos x ，－14·(cos x ，－1)＝sin2x ＋cos2x ＋32 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋32.由正弦定理a sin A ＝bsin B ，得sin A ＝a sin B b ＝3×632＝22，所以A ＝π4或A ＝3π4.因为b >a ，所以A ＝π4.所以f (x )＋4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4－12，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3，所以2x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，11π12， 所以32－1≤f (x )＋4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6≤2－12.所以f (x )＋4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤32－1，2－12.4．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知向量m ＝(cos A －2cos C,2c －a )，n ＝(cos B ，b )平行．(1)求sin Csin A 的值；(2)若b cos C ＋c cos B ＝1，△ABC 的周长为5，求b 的长．[解] (1)由已知得b (cos A －2cos C )＝(2c －a )cos B ，由正弦定理，可设a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝k ≠0，则(cos A －2cos C )k sin B＝(2k sin C －k sin A )cos B ，即(cos A －2cos C )sin B＝(2sin C －sin A )cos B ，化简可得sin(A ＋B )＝2sin(B ＋C )，又A ＋B ＋C ＝π，所以sin C ＝2sin A ，因此sin C sin A ＝2.(2)由余弦定理可知，b cos C ＋c cos B ＝b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·a 2＋c 2－b 22ac＝2a 22a ＝a ＝1，由(1)知c a ＝sin C sin A ＝2，则c ＝2，由周长a ＋b ＋c ＝5，得b ＝2.。

第2讲　向量共线定理的应用向量共线定理可以解决一些向量共线，点共线问题，也可由共线求参数；对于线段的定比分点问题，用向量共线定理求解则更加简洁．例1　(1)若点M是△ABC所在平面内一点，且满足|3AM－A B－AC|＝0，则△ABM与△ABC的面积之比等于( )A.B.C.D.答案　C解析　∵|3AM－AB－AC|＝0，∴3AM－AB－AC＝0，∴AB＋AC＝3AM.设BC的中点为G，则AB＋AC＝2AG，∴3AM＝2AG，即AM＝AG，∴点M在线段AG上，且＝.∴＝＝，易得＝＝，∴＝·＝×＝，即△ABM与△ABC的面积之比等于.(2)在△ABC中，AN＝AC，P是BN上的一点，若AP＝m AB＋AC，则实数m的值为_____ ___．答案　解析　方法一　∵B，P，N三点共线，∴BP∥PN，∴存在实数λ，使得BP＝λPN(λ>0)，∴AP－AB＝λ(AN－AP)，∵λ>0，∴AP＝AB＋AN.∵AN＝AC，AP＝m AB＋AC，∴AP＝m AB＋AN，∴解得方法二　∵AN＝AC，AP＝m AB＋AC，∴AP＝m AB＋AN.∵B，P，N三点共线，∴m＋＝1，∴m＝.例2　(1)(2020·河北省石家庄一中质检)在△ABC中，D为线段AC的中点，点E在边BC 上，且BE＝EC，AE与BD交于点O，则AO等于( )A.AB＋ACB.AB＋ACC.AB＋ACD.AB＋AC答案　A解析　如图，设AO＝λAE(λ>0)，又AE＝AB＋BC＝AB＋AC，∴AO＝λAB＋λAC＝λAB＋λAD.又B，O，D三点共线，∴λ＋λ＝1，∴λ＝，∴AO＝AB＋AC.(2)在△ABC中，过中线AD的中点E任作一直线分别交AB，AC于M，N两点，设AM＝x AB，AN＝y AC(xy≠0)，则4x＋y的最小值是________．答案　解析　由D为BC的中点知，AD＝AB＋AC，又AM＝x AB，AN＝y AC(xy≠0)，E为AD的中点，故AE＝AD＝AM＋AN，∵M，E，N三点共线，∴＋＝1，∴4x＋y＝(4x＋y)＝＋＋≥2＋＝，当且仅当＝，即x＝，y＝时取等号．∴4x＋y的最小值为.(1)若OA＝λOB＋μOC(λ，μ为常数)，则A，B，C三点共线的充要条件是λ＋μ＝1.(2)使用条件“两条线段的交点”时，可转化成两次向量共线，进而确定交点位置．1.如图，△ABC中，AD＝DB，AE＝EC，CD与BE交于点F，设AB＝a，AC＝b，AF＝x a＋y b，则(x，y)等于( )A. B.C. D.答案　C解析　由题意得，AF＝x a＋y b＝x AB＋2y AE，∵B，F，E三点共线，∴x＋2y＝1，①同理，AF＝2x AD＋y AC，∵D，F，C三点共线，∴2x＋y＝1，②由①②得x＝y＝，∴(x，y)＝.2．(2020·河北省石家庄二中调研)已知在△ABC中，AB＝AC＝3，D为边BC上一点，AB·AD＝6，AC·AD＝，则AB·AC的值为________．答案　解析　∵D为边BC上一点，可设BD＝λBC，∴A D＝AB＋BD＝(1－λ)AB＋λAC.∴①＋②得，9＋AB·AC＝，∴AB·AC＝.3．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AD＝AB＝4，CD＝1，动点P 在边BC上，且满足AP＝m AB＋n AD(m，n均为正实数)，则＋的最小值为________．答案　解析　设AB＝a，AD＝b，则BC＝BA＋AD＋DC＝－a＋b＋b＝－a＋b.设BP＝λBC，则AP＝AB＋BP＝a＋λb.因为AP＝m a＋n b，所以1－λ＝m，λ＝n，消去λ得m＋n＝1，＋＝＝1＋＋＋≥＋2＝，当且仅当m＝4－2，n＝－4时等号成立．。

[考情分析]以三角形、三角函数为载体，以三角函数的图象与性质、正弦定理、余弦定理为工具，以三角恒等变换为手段来考查三角函数的综合问题是高考的热点题型，主要考查内容有正、余弦定理、三角形面积的计算、三角恒等变换和三角函数的性质．解题时要充分利用三角函数的图象与性质，交替使用正弦定理、余弦定理，利用数形结合、函数与方程思想等进行求解．考点一三角函数图象与性质的综合例1已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ>0，ω>0，|φ(1)求f (x )＝2的解集；(2)求函数g (x )＝f 解(1)由图象可知，周期T ＝5π12＋7π12＝π，∴ω＝2ππ＝2，∵，∴A 2×5π12＋0，∴0，解得5π6＋φ＝π＋2k π，φ＝2k π＋π6，k ∈Z ，∵|φ|<π2，∴φ＝π6，∵点(0，1)在函数图象上，∴A sin π6＝1，A ＝2，∴函数f (x )的解析式为f (x )＝x由f (x )＝x 2，得x 1，即2x ＋π6＝π2＋2k π，k ∈Z ，解得x ＝π6＋k π，k ∈Z ，∴f (x )＝2|x ＝π6k π，k ∈(2)g (x )＝由(1)知f (x )＝xg (x )＝2sin 2＋π6－2sin 2＋π6＝2sin2x －2sinx ＝2sin2x －x ＋32cos2sin2x －3cos2x＝x 由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z ，∴函数g (x )＝f k π－π12，k π＋5π12，k ∈Z .解决三角函数图象与性质综合问题的方法利用图象讨论三角函数的性质，应先把函数化成y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0)或y ＝A cos(ωx ＋φ)(ω>0)的形式，然后通过换元法令t ＝ωx ＋φ，转化为研究y ＝A sin t 或y ＝A cos t 的性质．1.已知函数f (x )＝2sin ωx cos φ＋2sin φ－4sin 2ωx 2sin φ(ω>0，|φ|<π)，其图象的一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差π4，________，从以下两个条件中任选一个补充在空白横线中．①函数f (x )的图象向左平移π6个单位长度后得到的图象关于y 轴对称且f (0)<0；②函数f (x )的图象的一条对称轴为直线x ＝－π3且f (1)．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若x ∈π2，3π4，函数h (x )＝f (x )－a 存在两个不同零点x 1，x 2，求x 1＋x 2的值．解(1)f (x )＝2sin ωx cos φ＋2sin φ－2(1－cos ωx )sin φ＝2sin(ωx ＋φ)，又函数f (x )的最小正周期为T ＝4×π4＝π，所以ω＝2πT＝2，若选条件①：将函数f (x )的图象向左平移π6个单位长度得到的图象关于y 轴对称，所得函数为y ＝2sin 2φ＝x ＋π3＋由函数y ＝2sin x ＋π3＋y 轴对称，可得π3＋φ＝π2＋k π(k ∈Z )，解得φ＝π6＋k π(k ∈Z )，因为|φ|<π，所以φ的可能取值为－5π6，π6，若φ＝－5π6，则f (x )＝xf (0)＝1，符合题意；若φ＝π6，则f (x )＝x f (0)＝2sin π6＝1，不符合题意．所以f (x )＝x若选条件②：因为函数f (x )图象的一条对称轴为直线x ＝－π3，所以φ＝π2＋k π(k ∈Z )，解得φ＝7π6＋k π(k ∈Z )，因为|φ|<π，所以φ的可能取值为－5π6，π6，若φ＝－5π6，则f (x )＝x则2<f (1)，符合题意；若φ＝π6，则f (x )＝x则2sin π2＝2>f (1)，不符合题意．所以f (x )＝x(2)令t ＝2x －5π6∈π6，2π3，此时函数h (x )＝f (x )－a 存在两个不同零点x 1，x 2等价于直线y ＝a 与函数y ＝2sin t ，t ∈π6，2π3的图象有两个不同交点．当t ＝π2时，函数取到最大值，所以t 1＋t 2＝π，即2x 1－5π6＋2x 2－5π6＝π，所以x 1＋x 2＝4π3.考点二三角函数与解三角形的综合例2(2023·河北石家庄二中模拟)设函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0，0<φ<π)，该函数图象上相邻两个最高点间的距离为4π，且f (x )为偶函数．(1)求ω和φ的值；(2)已知角A ，B ，C 为△ABC 的三个内角，若(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ，求[f (A )]2＋[f (C )]2的取值范围．解(1)因为f (x )＝2sin(ωx ＋φ)的图象上相邻两个最高点间的距离为4π，所以2πω＝4π，解得ω＝12，所以f (x )＝2sin ＋又因为f (x )为偶函数，所以φ＝k π＋π2，k ∈Z .又因为0<φ<π，所以φ＝π2.(2)因为(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ，所以2sin A cos B －sin C cos B ＝sin B cos C ，所以2sin A cos B ＝sin(B ＋C )，又因为A ＋B ＋C ＝π，且0<A <π，所以sin(B ＋C )＝sin A ≠0，所以cos B ＝12，因为0<B <π，所以B ＝π3，则A ＋C ＝2π3，即C ＝2π3－A ，由(1)知，函数f (x )＝2cos 12x ，所以[f (A )]2＋[f (C )]2＝2cos 212A ＋2cos 212C ＝cos A ＋cos C ＋2＝cos A ＋2＝cos A －12cos A ＋32sin A ＋2＝32sin A ＋12cos A ＋2＝2，因为0<A <2π3，所以π6<A ＋π6<5π6，所以1，则23，即[f (A )]2＋[f (C )]23.解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两个方面：(1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形；(2)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用．2.设f (x )＝sin x cos x －cos x ∈[0，π]．(1)求f (x )的单调递增区间；(2)在锐角三角形ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若0，a ＝1，求△ABC面积的最大值．解(1)由题意，得f (x )＝12sin2x －12cos x 1＝sin2x －12，因为0≤x ≤π，所以0≤2x ≤2π，由正弦函数的单调性可知，当0≤2x ≤π2或3π2≤2x ≤2π，即0≤x ≤π4或3π4≤x ≤π时，函数f (x )＝sin2x －12单调递增，所以f (x )的单调递增区间是0，π4和3π4，π.(2)由题意，得sin A －12＝0，所以sin A ＝12，因为△ABC 为锐角三角形，所以A 故A ＝π6.由余弦定理，得b 2＋c 2－2bc cos A ＝a 2，故b 2＋c 2－3bc ＝1，由基本不等式，得b 2＋c 2≥2bc ，故bc ≤2＋3，当且仅当b ＝c 时，等号成立．因此S △ABC ＝12bc sin A ≤2＋34，当且仅当b ＝c 时，△ABC 的面积取得最大值2＋34.考点三三角函数与平面向量的综合例3已知向量a ＝(sin x ，3sin(π＋x ))，b ＝(cos x ，－sin x )，函数f (x )＝a ·b －32.(1)求f (x )的最小正周期及f (x )图象的对称轴方程；(2)先将f (x )的图象上每个点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再向左平移π3个单位长度得到函数g (x )的图象，若函数y ＝g (x )－m 在区间π6，5π6内有两个零点，求m 的取值范围．解(1)因为f (x )＝a ·b －32sin x cos x ＋3sin 2x －32＝12sin2x －32cos2x ＝x 故f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π.由2x －π3＝k π＋π2，k ∈Z ，得x ＝k π2＋5π12，k ∈Z ，所以f (x )的最小正周期为π，对称轴方程为x ＝k π2＋5π12，k ∈Z .(2)由(1)，知f (x )＝x由题意，得g (x )＝sin x .函数y ＝g (x )－m 在区间π6，5π6内有两个零点，转化为函数y ＝sin x ，x ∈π6，5π6的图象与直线y ＝m 有两个交点．由图象可得，m 的取值范围为12，当题目条件给出的向量坐标中含有三角函数的形式时，首先运用向量数量积的定义、向量共线、向量垂直等，得到三角函数的关系式，然后利用三角函数的图象、性质解决问题．3.已知向量a x b ＝(cos x ，－1)．(1)当a ∥b 时，求2cos 2x －sin2x 的值；(2)求f (x )＝(a ＋b )·b 在－π2，0上的单调递增区间．解(1)由a ∥b ，得(－1)sin x ＝32cos x ，所以tan x ＝－32，所以2cos 2x －sin2x ＝2cos 2x －2sin x cos x cos 2x ＋sin 2x ＝2－2tan x 1＋tan 2x ＝2＋31＋94＝2013.(2)f (x )＝a ·b ＋b 2＝sin x cos x －32＋cos 2x ＋1＝12sin2x ＋1＋cos2x 2－12＝22sin x 当x ∈－π2，0时，2x ＋π4∈－3π4，π4，令－π2≤2x ＋π4≤π4，得－3π8≤x ≤0.故函数f (x )在－π2，0上的单调递增区间为－3π8，0.考点四解三角形与平面向量的综合例4(2024·四川成都调研)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且m ＝(2b ＋c ，a )，n ＝(cos A ，cos C )，m ⊥n .(1)求角A 的大小；(2)D 是线段BC 上的点，且AD ＝BD ＝2，CD ＝3，求△ABD 的面积．解(1)因为m ＝(2b ＋c ，a )，n ＝(cos A ，cos C )，m ⊥n ，所以m ·n ＝(2b ＋c )cos A ＋a cos C ＝0，由正弦定理可得2sin B cos A ＋(sin A cos C ＋cos A sin C )＝0，即2sin B cos A ＋sin(A ＋C )＝0，又A ＋C ＝π－B ，所以2sin B cos A ＋sin B ＝0，又B ∈(0，π)，则sin B >0，所以cos A ＝－12，又A ∈(0，π)，因此A ＝2π3.(2)设B ＝θ，因为A ＝2π3，则C ＝π－2π3－θ＝π3－θ，因为AD ＝BD ＝2，所以∠BAD ＝B ＝θ，∠ADC ＝2θ，∠DAC ＝2π3－θ，在△ACD 中，由正弦定理可知AD sin C ＝CD sin ∠DAC，即23即θ－12sin θ＋12sin 化简可得5sin θ＝3cos θ，即tan θ＝35，所以sin2θ＝2sin θcos θsin 2θ＋cos 2θ＝2tan θtan 2θ＋1＝5314，所以S △ABD ＝12AD ·BD sin(π－2θ)＝12AD ·BD sin2θ＝12×22×5314＝537.解决解三角形与平面向量综合问题的关键：准确利用向量的坐标运算化简已知条件，将其转化为三角函数的问题解决．4.(2023·广东广州天河区模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足b cos B ＋C 2＝a sin B .(1)求A ；(2)若a ＝19，BA →·AC →＝3，AD 是△ABC 的中线，求AD 的长．解(1)因为cos B ＋C 2＝sin A 2，所以b sin A 2＝a sin B .由正弦定理，得sin B sin A 2＝sin A sin B .因为sin B ≠0，所以sin A 2＝sin A .所以sin A 2＝2sin A 2cos A 2.因为A ∈(0，π)，A 2∈所以sin A 2≠0，所以cos A 2＝12.所以A 2＝π3.所以A ＝2π3.(2)因为BA →·AC →＝3，所以bc cos(π－A )＝3.又A ＝2π3，所以bc ＝6.由余弦定理，得b 2＋c 2＝a 2＋2bc cos A ＝13.又AD →＝12(AB →＋AC →)，所以|AD →|2＝14(AB →＋AC →)2＝14(c 2＋b 2＋2bc cos A )＝74.所以|AD →|＝72，即AD 的长为72.课时作业1．(2023·广东佛山模拟)已知函数f (x )＝cos 4x ＋23sin x cos x －sin 4x .(1)求f (x )的最小正周期和单调递减区间；(2)已知△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝1，BC 边的中线AD 的长为7，求△ABC 面积的最大值．解(1)∵f (x )＝cos 4x ＋23sin x cos x －sin 4x ＝(cos 2x －sin 2x )(cos 2x ＋sin 2x )＋3sin2x ＝cos2x ＋3sin2x ＝x 故f (x )的最小正周期T ＝π，由π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z ，得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z ，∴f (x )的单调递减区间为π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z )．(2)由(1)得，f (A )＝A 1，即A ＝12，∵0<A <π，∴2A ＋π6＝5π6，∴A ＝π3，又AD →＝12(AB →＋AC →)，∴AD →2＝14(AB →2＋AC →2＋2AB →·AC →)，∴7＝14(c 2＋b 2＋2bc cos A )＝14(b 2＋c 2＋bc )，∵b 2＋c 2≥2bc ，∴b 2＋c 2＋bc ≥3bc ，∴bc ≤283，当且仅当b ＝c ＝2213时取等号，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤34×283＝733，∴△ABC 面积的最大值为733.2.(2024·江西南昌模拟)如图为函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ>0，ω>0，|φ|<π2，x ∈(1)求函数f (x )的解析式和单调递增区间；(2)若将y ＝f (x )的图象向右平移π12个单位长度，然后再将横坐标缩短为原来的12得到y ＝g (x )的图象，求函数g (x )在区间－π4，π12上的最大值和最小值．解(1)由图象知，A ＝2，T 4＝π3－π12＝π4，T ＝π，又ω>0，则ω＝2ππ＝2，则f (x )＝2sin(2x ＋φ)，，2，得π6＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，解得φ＝2k π＋π3，k ∈Z ，因为|φ|<π2，所以φ＝π3，所以f (x )＝x 令－π2＋2k π≤2x ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－5π12＋k π≤x ≤π12＋k π，k ∈Z ，所以f (x )的单调递增区间为－5π12＋k π，π12＋k π(k ∈Z )．(2)将f (x )＝2sin x 的图象向右平移π12个单位长度，得2sin 2＋π3＝2sin x ，然后再将横坐标缩短为原来的12，得g (x )＝2sin x ．因为x ∈－π4，π12，则4x ＋π6∈－5π6，π2，所以－1≤x 1.故当4x ＋π6＝－π2，即x ＝－π6时，g (x )取得最小值，为－2；当4x ＋π6＝π2，即x ＝π12时，g (x )取得最大值，为2.3．设函数f (x )＝m ·n ，其中向量m ＝(2cos x ，1)，n ＝(cos x ，3sin2x )(x ∈R )．(1)求f (x )的最小值；(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边，已知f (A )＝2，b ＝1，△ABC 的面积为32，求b sin B的值．解(1)因为m ＝(2cos x ，1)，n ＝(cos x ，3sin2x )，所以f (x )＝2cos 2x ＋3sin2x ＝3sin2x ＋cos2x ＋1＝x 1，所以当x 1，即2x ＋π6＝－π2＋2k π，k ∈Z ，即x ＝－π3＋k π，k ∈Z 时，f (x )取得最小值，为－1.(2)由f (A )＝2，得A 1＝2，则A ＝12，又A ∈(0，π)，所以2A ＋π6∈故2A ＋π6＝5π6，则A ＝π3，由S △ABC ＝12bc sin A ＝12×1×c ×32＝32，可得c ＝2，在△ABC 中，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝1＋4－2×1×2×12＝3，所以a ＝3，所以b sin B ＝a sin A ＝332＝2.4．(2023·四川成都模拟)已知函数f (x )＝2cos 2x ＋3sin2x .(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且f (C )＝3，c ＝1，ab ＝23，求△ABC 的周长．解(1)依题意，f (x )＝2cos 2x ＋3sin2x ＝1＋cos2x ＋3sin2x ＝x 1，由－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－π3＋k π≤x ≤π6＋k π，k ∈Z ，所以函数f (x )的单调递增区间是－π3＋k π，π6＋k π(k ∈Z )．(2)由(1)知，f (C )＝C 1＝3，即C 1，而C ∈(0，π)，则2C ＋π6∈于是2C ＋π6＝π2，解得C ＝π6，由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得1＝(a ＋b )2－(2＋3)ab ＝(a ＋b )2－23×(2＋3)，解得a ＋b ＝2＋3，所以△ABC 的周长为3＋ 3.5．(2023·福建福州模拟)已知向量m 23sin x 4，n cos x 4，cos(1)若m ·n ＝2，求cos (2)记f (x )＝m ·n ，在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且满足(2a －c )cos B ＝b cos C ，求f (A )的取值范围．解(1)m ·n ＝23sin x 4cos x 4＋2cos 2x 4＝3sin x 2＋cos x 2＋1＝ 1.因为m ·n ＝2，所以＝12.所以1－2sin ＝12.(2)因为f (x )＝m ·n ＝1，所以f (A )＝ 1.因为(2a －c )cos B ＝b cos C ，由正弦定理，得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C .所以2sin A cos B －sin C cos B ＝sin B cos C ，所以2sin A cos B ＝sin(B ＋C )．因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(B ＋C )＝sin A ，且sin A ≠0.所以cos B ＝12.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.所以0<A <2π3.所以π6<A 2＋π6<π2，12<sin ，故f (A )的取值范围是(2，3)．6．(2024·湖北黄冈调研)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知向量m ＝(b ，a )，n ＝(sin A ，3cos(A ＋C ))，且m ·n ＝0.(1)求角B 的大小；(2)若b ＝3，求3a ＋c 的最大值．解(1)在△ABC 中，因为m ＝(b ，a )，n ＝(sin A ，3cos(A ＋C ))，m ·n ＝0，所以b sin A －3a cos B ＝0.由正弦定理，得sin A sin B ＝3sin A cos B ，又sin A >0，所以sin B ＝3cos B ，即tan B ＝ 3.又0<B <π，所以B ＝π3.(2)由(1)，知B ＝π3，b ＝3，由正弦定理，得a sin A ＝c sin C ＝b sin B＝2，即a ＝2sin A ，c ＝2sin C .又C ＝2π3－A ，所以3a ＋c ＝6sin A ＋2sin C ＝6sin A ＋7sin A ＋3cos A ＝213sin(A ＋θ)，其中锐角θ由tan θ＝37确定，又0<A <2π3，所以θ<A ＋θ<2π3＋θ.则当且仅当A ＋θ＝π2，即tan A ＝＝733时，sin(A ＋θ)取最大值1，所以3a ＋c 的最大值为213.7．已知函数f (x )＝cos 4x －2sin x cos x －sin 4x .(1)求f (x )的最小正周期和单调递增区间；(2)求函数f (x )在区间0，π2上的值域；(3)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若0，a ＝2，求△ABC 面积的最大值．解(1)依题意，f (x )＝(cos 2x ＋sin 2x )(cos 2x －sin 2x )－sin2x ＝cos2x －sin2x ＝2sinx 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π；由2k π－π2≤2x ＋3π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－5π8≤x ≤k π－π8，k ∈Z ，所以f (x )的单调递增区间为k π－5π8，k π－π8(k ∈Z )．(2)由x ∈0，π2，得2x ＋3π4∈3π4，7π4，则－1≤x ≤22，即－2≤f (x )≤1，所以函数f (x )在区间0，π2上的值域为[－2，1]．(3)由(1)知，＝2sin 0，而0<A <π，即有3π4<A ＋3π4<7π4，则A ＋3π4＝π，解得A ＝π4，由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得4＝b 2＋c 2－2bc ≥2bc －2bc ，于是bc ≤4＋22，当且仅当b ＝c 时等号成立，因此S △ABC ＝12bc sin A ＝24bc ≤2＋1，所以△ABC 面积的最大值为2＋1.8．(2024·重庆永川北山中学模拟)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，cos(A－C )＋cos B ＝32，设m ＝(b ，c )，n ＝(a ，b )且m ∥n .(1)求角B 的大小；(2)延长BC 至D ，使BD ＝5，若△ACD 的面积S ＝3，求AD 的长．解(1)由cos(A －C )＋cos B ＝32，可知cos(A －C )－cos(A ＋C )＝32，即cos A cos C ＋sin A sin C －cos A cos C ＋sin A sin C ＝32，可得sin A sin C ＝34.由m ∥n 可得b 2－ac ＝0，由正弦定理可知sin 2B ＝sin A sin C ＝34，因为B ∈(0，π)，所以sin B ＝32，因此B ＝π3或2π3.分别代入cos(A －C )＋cos B ＝32，可知当B ＝2π3时，cos(A －C )＝2，不成立．因此B ＝π3.(2)由B ＝π3可知cos(A －C )＝1，即A ＝C ，因此△ABC 为等边三角形，即a ＝b ＝c ，S △ACD ＝12AC ·CD sin ∠ACD ＝12b (5－a )sin 2π3＝34a (5－a )＝3，整理可得a (5－a )＝4，即a 2－5a ＝－4，在△ABD 中，由余弦定理可知，AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos π3＝c 2＋25－5c ＝a 2＋25－5a ＝21，因此AD 的长为21.。

专题一三角函数与平面向量建知识网络明内在联系高考点拨] 三角函数与平面向量是高考高频考点，常以“两小一大〞形式呈现，两小题主要考察三角函数图象与性质与平面向量内容，一大题常考察解三角形内容，有时平面向量还与圆锥曲线、线性规划等知识相交汇．本专题按照“三角函数问题〞“解三角形〞“平面向量〞三条主线分门别类进展备考．突破点1 三角函数问题(1)函数y ＝A 低点确定A ，利用周期确定ω，利用图象某一点坐标确定φ.(2)三角函数图象两种常见变换(1)y ＝A sin(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )求得，对称中心横坐标可由ωx ＋φ＝k π，(k ∈Z )解得．(2)y ＝A cos(ωx ＋φ)，当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )求得，对称中心横坐标可由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )解得．y ＝A tan(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数；对称中心横坐标可由ωx ＋φ＝k π2(k ∈Z )解得，无对称轴.(1)cos 2θ＝tan 45°等．(2)项分拆与角配凑：如sin 2α＋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.(1)y ＝a sin x y 转化为y ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)＋c 其中tan φ＝ba形式，这样通过引入辅助角φ可将此类函数最值问题转化为y ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)＋c 最值问题，然后利用三角函数图象与性质求解．(2)y ＝a sin 2x ＋b sin x cos x ＋c cos 2x 型函数最值：可利用降幂公式sin 2x ＝1－cos 2x 2，sin x cos x ＝sin 2x 2，cos 2x ＝1＋cos 2x 2，将y ＝a sin 2x ＋b sin x cos x ＋c cos 2x 转化整理为y ＝A sin 2x ＋B cos 2x ＋C ，这样就可将其转化为(1)类型来求最值．回访1 三角函数图象问题1．(2021·全国甲卷)假设将函数y ＝2sin 2x 图象向左平移π12个单位长度，那么平移后图象对称轴为( )A ．x ＝k π2－π6(k ∈Z ) B ．x ＝k π2＋π6(k ∈Z )C ．x ＝k π2－π12(k ∈Z )D ．x ＝k π2＋π12(k ∈Z )B 将函数y ＝2sin 2x 图象向左平移π12个单位长度，得到函数y ＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π12＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π6图象．由2x ＋π6＝kx ＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π2＋π6(k ∈Z )，即平移后图象对称轴为x ＝k π2＋π6(k ∈Z )．]2．(2021·全国卷Ⅰ)图1­1如图1­1，圆O 半径为1，A 是圆上定点，P 是圆上动点，角x 始边为射线OA ，终边为射线OP ，过点P 作直线OA 垂线，垂足为M .将点M 到直线OP 距离表示成x 函数f (x )，那么y ＝f (x )在0，π]图象大致为( )B 如下图，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2时，那么P (cos x ，sin x )，M (cos x,0)，作MM ′⊥OP ，M ′为垂足，那么|MM ′||OM |＝sin x ，∴f xcos x ＝sin x ，∴f (x )＝sin x cos x ＝12sin 2x ，那么当x ＝π4时，f (x )max ＝12；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2，π时，有f x |cos x |＝sin(π－x )，f (x )＝－sin x cos x ＝－12sin 2x ，当x ＝3π4时，f (x )max ＝12.只有B 选项图象符合．] 回访2 三角函数性质问题3．(2021 ·全国卷Ⅰ)函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)局部图象如图1­2所示，那么f (x )单调递减区间为( )图1­2A.⎝⎛⎭⎪⎪⎫k π－14，k π＋34，k ∈Z B.⎝⎛⎭⎪⎪⎫2k π－14，2k π＋34，k ∈Z C.⎝⎛⎭⎪⎪⎫k －14，k ＋34，k ∈Z D.⎝⎛⎭⎪⎪⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z D 由图象知，周期T ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫54－14＝2， ∴2πω＝2，∴ω＝π.由π×14＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，不妨取φ＝π4，∴f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎪⎫πx ＋π4.由2k π<πx ＋π4<2k π＋π，k ∈Z ，得2k －14<x <2k ＋34，k ∈Z ，∴f (x )单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎪⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z .应选D.] 4．(2021·全国乙卷)函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎪⎫ω＞0，|φ|≤π2，x ＝－π4为f (x )零点，x ＝π4为y ＝f (x )图象对称轴，且f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π18，5π36上单调，那么ω最大值为( )A ．11B ．9C ．7D ．5B 因为f (x )＝sin(ωx ＋φ)一个零点为x ＝－π4，x ＝π4为y ＝f (x )图象对称轴，所以T4·k ＝π2(k 为奇数)．又T ＝2πω，所以ω＝k (k 为奇数)．又函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎪⎫π18，5π36上单调， 所以π12≤12×2πω，即ω≤12.假设ω＝11，又|φ|≤π2，那么ω＝－π4，此时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫11x －π4，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π18，3π44上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3π44，5π36上单调递减，不满足条件．假设ω＝9，又|φ|≤π2，那么φ＝π4，此时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫9x ＋π4，满足f (x )在⎝⎛⎭⎪⎪⎫π18，5π36上单调条件．应选B.] 5．(2021·全国卷Ⅰ)设当x ＝θ时，函数f (x )＝sin x －2cos x 取得最大值，那么cos θ＝________.－255 ∵f (x )＝sin x －2cos x ＝5⎝⎛⎭⎪⎪⎫15sin x －25cos x ， 设15＝cos α，25＝sin α，那么y ＝5(sin x cos α－cos x sin α)＝5sin(x －α)． ∵x ∈R ，∴x －α∈R ，∴y max ＝ 5. 又∵x ＝θ时，f (x )取得最大值， ∴f (θ)＝sin θ－2cos θ＝ 5. 又sin 2θ＋cos 2θ＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝15，cos θ＝－25，即cos θ＝－255.]回访3 三角恒等变换6．(2021 ·全国卷Ⅰ)sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝( )A ．－32B.32C ．－12D.12D sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝sin 20°cos 10°＋cos 20°sin 10°＝sin(20°＋10°)＝sin 30°＝12，应选D.]7．(2021·全国甲卷)假设cos ⎝⎛⎭⎪⎪⎫π4－α＝35，那么sin 2α＝( ) A.725 B.15 C ．－15D ．－725D 因为cos ⎝⎛⎭⎪⎪⎫π4－α＝35， 所以sin 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2－2α＝cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4－α＝2cos 2⎝⎛⎭⎪⎪⎫π4－α－1＝2×925－1＝－725.]热点题型1 三角函数图象问题题型分析：高考对该热点考察方式主要表达在以下两方面：一是考察三角函数解析式求法；二是考察三角函数图象平移变换，常以选择、填空题形式考察，难度较低.(1)(2021·山西四校联考)将函数y ＝3cos x ＋sin x (x ∈R )图象向左平移m (m ＞0)个单位长度后，所得到图象关于y 轴对称，那么m 最小值是( )A.π6 B.π12C.π3D.5π6(2)(2021·衡水中学四调)A ，B ，C ，D 是函数y ＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎪⎫ω＞0，0＜φ＜π2一个周期内图象上四个点，如图1­3所示，A ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－π6，0，B 为y 轴上点，C 为图象上最低点，E 为该图象一个对称中心，B 与D 关于点E 对称，CD →在x 轴上投影为π12，那么( )图1­3A ．ω＝2，φ＝π3B ．ω＝2，φ＝π6C ．ω＝12，φ＝π3D ．ω＝12，φ＝π6(1)A(2)A(1)设f (x )＝3cos x ＋sin x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32cos x ＋12sin x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫π3＋x ，向左平移m 个单位长度得g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋m ＋π3.∵g (x )图象关于y 轴对称，∴g (x )为偶函数，∴π3＋m ＝π2＋k π(k ∈Z )，∴m ＝π6＋k π(k ∈Z )，又m ＞0，∴m 最小值为π6.(2)由题意可知T 4＝π6＋π12＝π4，∴T ＝π，ω＝2ππ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π6＋φ＝0,0＜φ＜π2，∴φ＝π3，应选A.]1．函数y ＝A sin(ωx ＋φ)解析式确定 (1)A 由最值确定，A ＝最大值－最小值2；(2)ω由周期确定；(3)φ由图象上特殊点确定．提醒：根据“五点法〞中零点求φ时，一般先依据图象升降分清零点类型．2．在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换．变换只是相对于其中自变量x 而言，如果x 系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换单位长度与方向．变式训练1] (1)为了得到函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫2x －π6图象，可以将函数y ＝cos 2x 图象( )【导学号：85952021】A ．向右平移π6个单位长度B ．向右平移π3个单位长度C ．向左平移π6个单位长度D ．向左平移π3个单位长度(2)(2021·江西八校联考)函数f (x )＝A sin ωx (A ＞0，ω＞0)局部图象如图1­4所示，那么f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 016)值为( )图1­4A ．0B ．3 2C ．6 2D ．－2(1)B (2)A (1)∵y ＝cos 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π2，∴y ＝cos 2x 图象向右平移π3个单位长度，得y ＝sin ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －π3＋π2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x －π6图象．应选B.(2)由题图可得，A ＝2，T ＝8，2πω＝8，ω＝π4，∴f (x )＝2sin π4x .∴f (1)＝2，f (2)＝2，f (3)＝2，f (4)＝0，f (5)＝－2，f (6)＝－2，f (7)＝－2，f (8)＝0，而2 016＝8×252，∴f (1)＋f (2)＋…＋f (2 016)＝0.]等，是高考重要命题点之一，常与三角恒等变换交汇命题，难度中等.(2021·天津高考)函数f (x )＝4tanx ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2－x ·cos ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －π3－ 3.(1)求f (x )定义域与最小正周期；(2)讨论f (x )在区间⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－π4，π4上单调性． 解] (1)f (x )定义域为xx ≠π2＋k π，k ∈Z .1分f (x )＝4tan x cos x cos ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －π3－3＝4sin x cos ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －π3－3＝4sin x ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12cos x ＋32sin x －3＝2sin x cos x ＋23sin 2x －3 ＝sin 2x ＋3(1－cos 2x )－3 ＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫2x －π3.4分 所以f (x )最小正周期T ＝2π2＝π.6分(2)令z ＝2x －π3，那么函数y ＝2sin z 单调递增区间是⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－π2＋2k π，π2＋2k π，k ∈Z .由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π，得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z .8分设A ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－π4，π4，B ＝x －π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z ，易知A ∩B ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－π12，π4.10分 所以当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－π4，π4时，f (x )在区间⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－π12，π4上单调递增，在区间⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－π4，－π12 研究函数y ＝A sin(ωx ＋φ)性质“两种〞意识1．转化意识：利用三角恒等变换把待求函数化成y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 形式．2．整体意识：类比于研究y ＝sin x 性质，只需将y ＝A sin(ωx ＋φ)中“ωx ＋φ〞看成y ＝sin x 中“x 〞代入求解便可．变式训练2] (1)(名师押题)函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π6，把函数f (x )图象沿x 轴向左平移π6个单位，得到函数g (x )图象．关于函数g (x )，以下说法正确是( )A ．在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π4，π2上是增函数B ．其图象关于直线x ＝－π4对称C ．函数g (x )是奇函数D ．当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π6，23π时，函数g (x )值域是－2,1] (2)函数f (x )＝－2sin(2x ＋φ)(|φ|＜π)，假设⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π5，5π8是f (x )一个单调递增区间，那么φ取值范围为( )【导学号：85952021】A.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－3π10，－9π10 B.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤9π10，4π4 C.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π10，π4 D.⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，π10∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫3π4，＋∞ (1)D (2)C (1)因为f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π6，把函数f (x )图象沿x轴向左平移π6个单位，得g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π6＝2sin ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π6＋π6＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π2＝2cos 2x . 对于A ，由x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π4，π2可知2x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π2，π，故g (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π4，π2上是减函数，故A 错；又g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π4＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2＝0，故x ＝－π4不是g (x )对称轴，故B 错；又g (－x )＝2cos 2x ＝g (x )，故C 错；又当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π6，2π3时，2x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π3，4π3，故g (x )值域为－2,1]，D 正确． (2)令2k π＋π2＜2x ＋φ＜2k π＋3π2，k ∈Z ，所以k π＋π4－φ2≤x ≤k π＋3π4－φ2，k ∈Z ，所以函数f (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤k π＋π4－φ2，k π＋3π4－φ2上单调递增． 因为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π5，5π8是f (x )一个单调递增区间， 所以5π8≤k π＋3π4－φ2，且k π＋π4－φ2≤π5，k ∈Z ，解得2k π＋π10≤φ≤2k π＋π4，k ∈Z ，又|φ|＜π，所以π10≤φ≤π4.应选C.]热点题型3 三角恒等变换题型分析：高考对该热点考察方式主要表达在以下两个方面：一是直接利用与、差、倍、半角公式对三角函数式化简求值；二是以三角恒等变换为载体，考察y ＝A sin ωx ＋φ有关性质.(1)(2021·江西八校联考)如图1­5，圆O 与x 轴正半轴交点为A ，点C ，B 在圆O 上，且点C 位于第一象限，点B 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1213，－513，∠AOC ＝α，假设|BC |＝1，那么3cos 2α2－sin α2cos α2－32值为________．图1­5(2)函数f (x )＝sin 25x 6－cos 25x 6＋23sin 5x 6·cos 5x 6＋λ图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4，0，那么函数f (x )在区间⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，3π10上最大值为________． (1)513(2)3－2 (1)由题意可知|OB |＝|BC |＝1，∴△OBC 为正三角形．由三角函数定义可知，sin ∠AOB ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3－α＝513，∴3cos 2α2－sin α2cos α2－32＝31＋cos α2－sin α2－32＝32cos α－12sin α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3－α＝513.(2)f (x )＝sin 25x 6－cos 25x 6＋23sin 5x 6·cos 5x 6＋λ＝－cos5x 3＋3sin 5x 3＋λ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫5x 3－π6＋λ. 由f (x )图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4，0，得λ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫53×π4－π6＝－2sin π4＝－2，故f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫53x －π6－ 2.因为0≤x ≤3π10，所以－π6≤5x 3－π6≤π3.因为y ＝sin x 在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－π6，π3上单调递增， 所以f (x )最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3π10＝2sin π3－2＝3－ 2.]1．解决三角函数式化简求值要坚持“三看〞原那么：一看“角〞，通过看角之间差异与联系，把角进展合理拆分；二是“函数名称〞，是需进展“切化弦〞还是“弦化切〞等，从而确定使用公式；三看“构造特征〞，了解变式或化简方向．2．在研究形如f (x )＝a sin ωx ＋b cos ωx 函数性质时，通常利用辅助角公式a sin x ＋b cos x ＝a 2＋b 2·sin(x ＋φ)把函数f (x )化为A sin(ωx ＋φ)形式，通过对函数y ＝A sin(ωx ＋φ)性质研究得到f (x )＝a sin ωx ＋b cos ωx 性质．变式训练3] (1)(2021·全国卷Ⅰ)设α∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，β∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，且tan α＝1＋sin βcos β，那么( )A ．3α－β＝π2B ．2α－β＝π2C ．3α＋β＝π2D ．2α＋β＝π2(2)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α＋π3＋sin α＝－435，－π2＜α＜0，那么cos ⎝⎛⎭⎪⎪⎫α＋2π3等于( )A ．－45B ．－35C.45D.35(1)B (2)C (1)法一：由tan α＝1＋sin βcos β得sin αcos α＝1＋sin βcos β，即sin αcos β＝cos α＋cos αsin β，∴sin(α－β)＝cos α＝sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫π2－α. ∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，β∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，π2， ∴α－β∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2，π2－α∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，π2， 由sin(α－β)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2－α，得α－β＝π2－α，∴2α－β＝π2.法二：tan α＝1＋sin βcos β＝1＋cos ⎝⎛⎭⎪⎪⎫π2－βsin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2－β＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4－β22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4－β2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4－β2＝cot ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4－β2 ＝tan ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4－β2＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4＋β2， ∴α＝k π＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4＋β2，k ∈Z ， ∴2α－β＝2k π＋π2，k ∈Z .当k ＝0时，满足2α－β＝π2，应选B.(2)∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α＋π3＋sin α＝－435，－π2＜α＜0，∴32sin α＋32cos α＝－435， ∴32sin α＋12cos α＝－45，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎪⎫α＋2π3＝cos αcos 2π3－sin αsin 2π3＝－12cos α－32sin α＝45.]。

专题一三角函数与平面向量
建知识网络明内在联系
高考点拨]三角函数与平面向量是高考的高频考点，常以“两小一大”的形式呈现，两
小题主要考查三角函数的图象和性质与平面向量内容，一大题常考查解三角形内容，有时平面向量还与圆锥曲线、线性规划等知识相交汇．本专题按照“三角函数问题”“解三角形”“平面向量”三条主线分门别类进行备考．
突破点三角函数问题
()函数＝(ω＋φ)
周期确定ω，利用图象的某一已知点坐标确定φ.
()三角函数图象的两种常见变换
()＝(ω＋φ)φ＝π＋
(∈)时为偶函数；对称轴方程可由ω＋φ＝π＋
(∈)求得，对称中心的横坐标可由ω＋φ＝π，(∈)解得．
()＝(ω＋φ)，当φ＝π＋
(∈)时为奇函数；当φ＝π(∈)时为偶函数；对称轴方程可由ω＋φ＝π(∈)求得，对称中心的横坐标可由ω＋φ＝π＋(∈)解得．
＝(ω＋φ)，当φ＝π(∈)时为奇函数；对称中心的横坐标可由ω＋φ＝(∈)解得，无对称轴.
()
()项的分拆与角的配凑：如α＋α＝(α＋α)＋α，α＝(α－β)＋β等．
()降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次．
()弦、切互化：一般是切化弦.
()＝＋＋φ)＋其中φ＝
的形式，这样通过引入辅助角φ可将此类函数的最值问题转化为＝
(＋φ)＋的最值问题，然后利用三角函数的图象和性质求解．
()＝＋＋型函数的最值：可利用降幂公式＝)，＝)，＝)，将＝＋＋转化整理为＝＋＋，这样就可将其转化为()的类型来求最值．
回访三角函数的图象问题
．(·全国甲卷)若将函数＝的图象向左平移
个单位长度，则平移后图象的对称轴为( )
．＝－(∈) ．＝＋(∈)。

新高考数学大一轮复习专题：第3讲 平面向量数量积的最值问题平面向量部分，数量积是最重要的概念，求解平面向量数量积的最值、范围问题要深刻理解数量积的意义，从不同角度对数量积进行转化．例 (1)已知AB →⊥AC →，|AB →|＝1t ，|AC →|＝t ，若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP →＝A B →|AB →|＋4AC →|AC →|，则PB →·PC →的最大值等于( ) A ．13B ．15C ．19D ．21答案 A 解析 建立如图所示的平面直角坐标系，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，C (0，t )，AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，AC →＝(0，t )， A P →＝A B →|AB →|＋4AC →|AC →|＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0＋4t (0，t )＝(1,4)，∴P (1,4)， PB →·PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1，－4·(－1，t －4) ＝17－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋4t ≤17－21t·4t ＝13， 当且仅当t ＝12时等号成立． ∴PB →·PC →的最大值等于13.(2)如图，已知P 是半径为2，圆心角为π3的一段圆弧AB 上的一点，若AB →＝2BC →，则PC →·PA →的最小值为________．答案 5－213解析 以圆心为坐标原点，平行于AB 的直径所在直线为x 轴，AB 的垂直平分线所在的直线为y 轴，建立平面直角坐标系(图略)，则A (－1，3)，C (2，3)， 设P (2cos θ，2sin θ)⎝ ⎛⎭⎪⎫π3≤θ≤2π3， 则PC →·PA →＝(2－2cos θ，3－2sin θ)·(－1－2cos θ，3－2sin θ)＝5－2cos θ－43sin θ＝5－213sin(θ＋φ)，其中0<tan φ＝36<33，所以0<φ<π6， 当θ＝π2－φ时，PC →·PA →取得最小值，为5－213. 数量积有关的最值和范围问题是高考的热点之一，其基本题型是根据已知条件求某个变量的范围、最值，比如向量的模、数量积、夹角、系数的范围等．解决思路是建立目标函数的解析式，转化为求函数(二次函数、三角函数)等的最值或应用基本不等式．同时向量兼顾“数”与“形”的双重身份，所以还有一种思路是数形结合，应用图形的几何性质．1．在△ABC 中，若A ＝120°，A B →·AC →＝－1，则|BC →|的最小值是________．答案 6解析 由AB →·AC →＝－1，得|AB →|·|AC →|·cos120°＝－1，即|AB →|·|AC →|＝2，所以|BC →|2＝|AC →－AB →|2＝AC →2－2AB →·AC →＋AB →2≥2|AB →|·|AC →|－2AB →·AC →＝6，当且仅当|AB →|＝|AC →|＝2时等号成立，所以|BC →|min ＝ 6.2．(2020·天津)如图，在四边形ABCD 中，∠B ＝60°，AB ＝3，BC ＝6，且AD →＝λBC →，AD →·AB→＝－32，则实数λ的值为________，若M ，N 是线段BC 上的动点，且|MN →|＝1，则DM →·DN →的最小值为________．答案 16 132解析 因为AD →＝λBC →，所以AD ∥BC ，则∠BAD ＝120°，所以AD →·AB →＝|AD →|·|AB →|·cos120°＝－32， 解得|AD →|＝1. 因为AD →，BC →同向，且BC ＝6，所以AD →＝16BC →，即λ＝16. 在四边形ABCD 中，作AO ⊥BC 于点O ，则BO ＝AB ·cos60°＝32，AO ＝AB ·sin60°＝332. 以O 为坐标原点，以BC 和AO 所在直线分别为x ，y 轴建立平面直角坐标系．如图，设M (a,0)，不妨设点N 在点M 右侧，则N (a ＋1,0)，且－32≤a ≤72. 又D ⎝⎛⎭⎪⎫1，332， 所以DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1，－332，DN →＝⎝⎛⎭⎪⎫a ，－332， 所以DM →·DN →＝a 2－a ＋274＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋132. 所以当a ＝12时，DM →·DN →取得最小值132. 3．已知平面向量a ，b ，e 满足|e |＝1，a ·e ＝1，b ·e ＝－2，|a ＋b |＝2，则a ·b 的最大值为________．答案 －54解析 不妨设e ＝(1,0)，a ＝(1，m )，b ＝(－2，n )(m ，n ∈R )，则a ＋b ＝(－1，m ＋n )，故|a ＋b |＝1＋m ＋n 2＝2，所以(m ＋n )2＝3， 即3＝m 2＋n 2＋2mn ≥2mn ＋2mn ＝4mn ，则mn ≤34， 所以a·b ＝－2＋mn ≤－54，当且仅当m ＝n ＝32时等号成立， 所以a·b 的最大值为－54. 4．在平行四边形ABCD 中，若AB ＝2，AD ＝1，AB →·AD →＝－1，点M 在边CD 上，则MA →·MB →的最大值为________．答案 2解析 在平行四边形ABCD 中，因为AB ＝2，AD ＝1，AB →·AD →＝－1，点M 在边CD 上， 所以|AB →|·|AD →|·cos A ＝－1，所以cos A ＝－12，所以A ＝120°， 以A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，AB 的垂线为y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，所以A (0,0)，B (2,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32. 设M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，32，－12≤x ≤32， 因为MA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ，－32，MB →＝⎝⎛⎭⎪⎫2－x ，－32， 所以MA →·MB →＝x (x －2)＋34＝x 2－2x ＋34＝(x －1)2－14. 设f (x )＝(x －1)2－14，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，32，。