（浙江专用）2019高考数学二轮复习 专题一 平面向量、三角函数与解三角形学案.doc

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专题一 平面向量、三角函数与解三角形 [析考情明重点] 小题考情分析 大题考情分析 常考点 1.平面向量的数量积及应用(5年5考) 2.三角函数的图象与性质及应用(5年5考) 3.利用正、余弦定理解三角形(5年3考) 　浙江高考对此部分内容在解答题中的考查主要集中在三角恒等变换、解三角形、三角函数的性质．三角恒等变换一般不单独考查，常结合正、余弦定理考查解三角形，结合三角函数的性质考查三角函数，近两年三角函数的概念、性质和三角恒等变换是考查的热点，试题难度中档偏下. 偶考点 1.平面向量的线性运算 2.三角恒等变换与求值 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)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浙江三模)已知向量e1＝(1,2)，e2＝(3,4)，且x，y∈R，xe1＋ye2＝(5,6)，则x－y＝(　　) A．3 B．－3 C．1 D．－1 (3)(2019届高三 浙江名校联考)若点P是△ABC的外心，且＋＋λ＝0，∠ACB＝120，则实数λ的值为(　　) A. B．－ 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.故选D. (2)∵向量e1＝(1,2)，e2＝(3,4)，且x，y∈R，xe1＋ye2＝(5,6)，则(x＋3y,2x＋4y)＝(5,6)， ∴解得∴x－y＝－3.故选B. (3)设AB的中点为D，则＋＝2.因为＋＋λ＝0，所以2＋λ＝0，所以向量，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＋＝2＝，所以2＋λ＝＋λ＝0，所以λ＝－1，故选C. [答案]　(1)D　(2)B　(3)C [方法技巧] 掌握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． [演练冲关] 1．(2019届高三台州检测)已知e1，e2是平面内两个不共线向量，＝e1－ke2，＝2e1－e2，＝3e1－3e2，若A，B，D三点共线，则k的值为(　　) A．2 B．－3 C．－2 D．3 解析：选A　∵＝2e1－e2，＝3e1－3e2， ∴＝－＝(3e1－3e2)－(2e1－e2)＝e1－2e2. ∵A，B，D三点共线， ∴与共线， ∴存在唯一的实数λ，使得e1－ke2＝λ(e1－2e2)． 即解得k＝2. 2.(2018浙江模拟)如图，在△ABC中，点D，E是线段BC上两个动点，且＋＝x＋y，则＋的最小值为(　　) A． B．2 C． D． 解析：选D　设＝m＋n，＝λ＋μ， ∵B，D，E，C共线，∴m＋n＝1，λ＋μ＝1. ∵＋＝x＋y，则x＋y＝2， ∴＋＝(x＋y)＝≥＝.则＋的最小值为. 3．(2018衢州期中)已知D为△ABC的边AB的中点，M在DC上满足5＝＋3，则△ABM与△ABC的面积比为(　　) A. B. C. D. 解析：选C　因为D是AB的中点，所以＝2， 因为5＝＋3， 所以2－2＝3－3，即2＝3， 所以5＝3＋3＝3，所以＝， 设h1，h2分别是△ABM，△ABC的AB边上的高， 所以＝＝＝＝＝. 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，向量模的计算问题及平面向量中的最值问题. [典例感悟] [典例]　(1)(2018遂宁模拟)如图，在△ABC中，AD⊥AB，＝ ，||＝1，则的值为(　　) A．2　　　　　　　　　 B． C． D． (2)向量a，b满足|a|＝4，b(a－b)＝0.若|λa－b|的最小值为2(λ∈R)，则ab＝(　　) A．0 B．4 C．8 D．16 (3)(2018杭州二模)记M的最大值和最小值分别为Mmax和Mmin.若平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝ab＝c(a＋2b－2c)＝2，则(　　) A．|a－c|max＝ B．|a＋c|max＝ C．|a－c|min＝ D．|a＋c|min＝ [解析]　(1)∵在△ABC中，AD⊥AB， ∴＝0， ＝(＋) ＝＋ ＝ ＝ ＝(－) ＝ － ＝. (2)法一：由已知得ab＝b2，则|λa－b|＝＝(λ∈R)，当且仅当λ＝时，|λa－b|有最小值2，所以162－2ab＋ab＝4，所以(ab－8)2＝0，故ab＝8.故选C. 法二：向量a，b满足|a|＝4，b(a－b)＝0，即ab＝b2.由题意知|λa－b|＝＝≥2(λ∈R)，即16λ2－2λab＋ab－4≥0对于λ∈R恒成立，所以对于方程16λ2－2λab＋ab－4＝0，Δ＝4(ab)2－64(ab－4)≤0，即(ab－8)2≤0，所以(ab－8)2＝0，所以ab＝8.故选C. (3)由ab＝22cos〈a，b〉＝2， 可得cos〈a，b〉＝，sin〈a，b〉＝， 设＝a＝(2,0)，＝b＝(1，)，＝c＝(x，y)， 可得(x，y)(4－2x,2－2y)＝2， 即x(4－2x)＋y(2－2y)＝2， 可化为x2＋y2－2x－y＋1＝0， 则C在以圆心P，半径r＝的圆上运动， 且|a－c|表示点A与点C的距离， 显然最大值为|AP|＋r＝ ＋＝， 最小值为|AP|－r＝ －＝. 设D(－2,0)，则|a＋c|＝|＋|＝|－＋|＝||， 则|a＋c|表示点D(－2,0)与点C的距离， 显然最大值为|DP|＋r＝ ＋＝， 最小值为|DP|－r＝. [答案]　(1)D　(2)C　(3)A [方法技巧] 在求解与向量的模有关的问题时，往往会涉及“平方”技巧，注意对结论(ab)2＝|a|2＋|b|22ab，(a＋b＋c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2(ab＋bc＋ac)的灵活运用．另外，向量作为工具性的知识，具备代数和几何两种特征，求解此类问题时可以使用数形结合的思想，从而加快解题速度． [演练冲关] 1．如图，在四边形ABCD中，AB＝6，AD＝2，＝，AC与BD相交于点O，E是BD的中点，若＝8，则＝(　　) A．－9 B．－ C．－10 D．－ 解析：选D　由＝，可得DC∥AB，且DC＝2，则△AOB∽△COD，＝＝＝＋，又E是BD的中点，所以＝＋，则＝＝＋＋＝＋＋＝8，则＝4，则＝＝－－＝4－36－4＝－. 2．(2018温州二模)已知向量a，b满足|a|＝1，且对任意实数x，y，|a－xb|的最小值为，|b－ya|的最小值为，则|a＋b|＝(　　) A. B. C.或 D.或 解析：选C　取a＝(1,0)，b＝(c，d)， 则|a－xb|＝ ＝ ≥， ∴1－＝， 又|b－ya|＝≥，可得d2＝3， 解得c2＝1. ∴|a＋b|＝＝＝或. 3．(2019届高三湖州五校模拟)设a，b满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，则|2a－b|的取值范围是________． 解析：设|2a－b|＝t，则4a2－4ab＋b2＝t2， ∵|a＋2b|＝2，则a2＋4ab＋4b2＝4， ∴5a2＋5b2＝t2＋4， ∵|a|＝1，∴t2＝1＋5b2， ∵|a＋2b|＝2，|a|＝1， ∴由|a＋2b|≤|a|＋2|b|＝1＋2|b|，得|b|≥， 由|2b＋a|≥2|b|－|a|＝2|b|－1，得|b|≤， ∴≤b2≤， ∴t2＝1＋5b2∈， ∴≤t≤， ∴|2a－b|∈. 答案： (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⇔ab＝0⇔x1x2＋y1y2＝0. 2．平面向量的性质 (1)若a＝(x，y)，则|a|＝＝. (2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则||＝. (3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为a与b的夹角，则cos θ＝＝ . (4)|ab|≤|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⇔，共线． (2)向量，，中三终点A，B，C共线⇔存在实数α，β使得＝α＋β，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＝m＋n (m，n∈R)，则＝________. 解析：如图，∵＝2，＝m＋n，∴＝＋＝m＋(2n＋1)， ∵F，E，B三点共线，∴m＋2n＋1＝1，∴＝－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. (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的重心坐标为. 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⇔||＝||＝||＝. (2)O为△ABC的重心⇔＋＋＝0. (3)O为△ABC的垂心⇔＝＝. (4)O为△ABC的内心⇔a＋b＋c＝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0a＝0；但不说0与任意非零向量垂直． 2．当ab＝0时，不一定得到a⊥b，当a⊥b时，ab＝0；ab＝cb，不能得到a＝c，即消去律不成立；(ab)c与a(bc)不一定相等，(ab)c与c平行，而a(bc)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，ab＝－2λ－1<0，解得λ>－.而当a与b共线时，有－21＝－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∪(2，＋∞)． 答案：∪(2，＋∞) A组——10＋7提速练 一、选择题 1．已知平面向量a＝(3,4)，b＝，若a∥b，则实数x为(　　) A．－　　　　　　　　　 B． C． D．－ 解析：选C　∵a∥b，∴3＝4x，解得x＝，故选C. 2．(2019届高三杭州六校联考)已知向量a和b的夹角为120，且|a|＝2，|b|＝5，则(2a－b)a＝(　　) A．9 B．10 C．12 D．13 解析：选D　∵向量a和b的夹角为120， 且|a|＝2，|b|＝5， ∴ab＝25cos 120＝－5， ∴(2a－b)a＝2a2－ab＝24＋5＝13， 故选D. 3．(2018全国卷Ⅰ)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则＝(　　) A.－ B.－ C.＋ D.＋ 解析：选A　作出示意图如图所示．＝＋＝＋＝(＋)＋(－)＝－.故选A. 4．设向量a＝(－2,1)，a＋b＝(m，－3)，c＝(3,1)，若(a＋b)⊥c，则cos〈a，b〉＝(　　) A．－ B． C． D．－ 解析：选D　由(a＋b)⊥c可得，m3＋(－3)1＝0，解得m＝1.所以a＋b＝(1，－3)，故b＝(a＋b)－a＝(3，－4)． 所以cos〈a，b〉＝＝＝－，故选D. 5．P是△ABC所在平面上一点，满足|－|－|＋－2|＝0，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B　∵P是△ABC所在平面上一点，且|－|－|＋－2|＝0， ∴||－|(－)＋(－)|＝0， 即||＝|＋|， ∴|－|＝|＋|， 两边平方并化简得＝0， ∴⊥，∴∠A＝90， 则△ABC是直角三角形． 6.(2018浙江二模)如图，设A，B是半径为2的圆O上的两个动点，点C为AO中点，则的取值范围是(　　) A．[－1,3]　　　　　　 　B．[1,3] C．[－3，－1] D．[－3,1] 解析：选A　建立平面直角坐标系如图所示， 可得O(0,0)，A(－2,0)，C(－1,0)，设B(2cos θ，2sin θ)．θ∈[0,2π)． 则＝(1,0)(2cos θ＋1，2sin θ)＝2cos θ＋1∈[－1,3]． 故选A. 7．(2019届高三浙江名校联考)已知在△ABC中，AB＝4，AC＝2，AC⊥BC，D为AB的中点，点P满足＝＋，则(＋)的最小值为(　　) A．－2 B．－ C．－ D．－ 解析：选C　由＝＋知点P在直线CD上，以点C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0,0)，A(0,2)，B(2，0)，D(，1)，∴直线CD的方程为y＝x，设P，则＝，＝，＝，∴＋＝， ∴(＋)＝－x(2－2x)＋x2－x＝x2－x＝2－， ∴当x＝时，(＋)取得最小值－. 8．已知单位向量a，b，c是共面向量，ab＝，ac＝bc<0，记m＝|λa－b|＋|λa－c|(λ∈R)，则m2的最小值是(　　) A．4＋ B．2＋ C．2＋ D．4＋ 解析：选B　由ac＝bc，可得c(a－b)＝0，故c与a－b垂直，又ac＝bc<0，记＝a，＝b，＝c，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系，设＝λa，则|λa－b|＋|λa－c|＝||＋||≥|b－c|＝||，由图可知最小值为BC，易知∠OBC＝∠BCO＝15，所以∠BOC＝150，在△BOC中，BC2＝BO2＋OC2－2BOOCcos∠BOC＝2＋.所以m2的最小值是2＋. 9．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＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为(　　) A．3 B．2 C. 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＝，所以圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝. 因为P在圆C上，所以P. 又＝(1,0)，＝(0,2)，＝λ＋μ＝(λ，2μ)， 所以 λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，当且仅当θ＝＋2kπ－φ，k∈Z时，λ＋μ取得最大值3. 10．如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，设＝m，＝n.若AB＝，EF＝1，CD＝，则(　　) A．2m－n＝1 B．2m－2n＝1 C．m－2n＝1 D．2n－2m＝1 解析：选D　＝(＋)(－＋)＝－2＋－＋＝－2＋(－)＋m＝－2＋(＋＋－)＋m＝＋m.又＝＋＋，＝＋＋，两式相加，再根据点E，F分别是边AD，BC的中点，化简得2＝＋，两边同时平方得4＝2＋3＋2，所以＝－，则＝，所以n＝＋m，即2n－2m＝1，故选D. 二、填空题 11．(2018龙岩模拟)已知向量a，b夹角为60，且|a|＝1，|2a－b|＝2，则|b|＝________. 解析：∵|2a－b|＝2，∴4a2－4ab＋b2＝12， ∴412－41|b|cos 60＋|b|2＝12， 即|b|2－2|b|－8＝0， 解得|b|＝4. 答案：4 12.(2019届高三宁波效实模拟)如图，在平面四边形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4，则(＋)(＋)＝________. 解析：∵在平面四边形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4， ∴＋＝＋＋＋＝＋＝－， ＋＝＋＋＋＝＋， ∴(＋)(＋)＝(－)(＋)＝2－2＝9－16＝－7. 答案：－7 13．设向量a，b满足|a＋b|＝2|a－b|，|a|＝3，则|b|的最大值是________；最小值是________． 解析：由|a＋b|＝2|a－b|两边平方，得a2＋2ab＋b2＝4(a2－2ab＋b2)，化简得到3a2＋3b2＝10ab≤10|a||b|，|b|2－10|b|＋9≤0，解得1≤|b|≤9. 答案：9　1 14．(2018嘉兴期末)在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，D为AB边上的点，且＝2，则＝________；若＝x＋y，则xy＝________. 解析：以A为坐标原点，，分别为x轴，y轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，D，所以＝(0，－2)＝4.由＝x＋y，得＝x(0，－2)＋y(2，－2)，所以＝2y，－2＝－2x－2y，解得x＝，y＝，所以xy＝. 答案：4　 15．(2018温州二模)若向量a，b满足(a＋b)2－b2＝|a|＝3，且|b|≥2，则ab＝________，a在b方向上的投影的取值范围是________． 解析：向量a，b满足(a＋b)2－b2＝|a|＝3， ∴a2＋2ab＋b2－b2＝3， ∴9＋2ab＝3，∴ab＝－3； 则a在b方向上的投影为|a|cos θ＝＝， 又|b|≥2，∴－≤<0， ∴a在b方向上的投影取值范围是. 答案：－3　 16．(2018温州适应性测试)已知向量a，b满足|a|＝|b|＝ab＝2，向量x＝λa＋(1－λ)b，向量y＝ma＋nb，其中λ，m，n∈R，且m>0，n>0.若(y－x)(a＋b)＝6，则m2＋n2的最小值为________． 解析：法一：依题意得，[ma＋nb－λa－(1－λ)b](a＋b)＝6，所以[(m－λ)a＋(n－1＋λ)b](a＋b)＝6， 因为|a|＝|b|＝ab＝2，所以4(m－λ)＋4(n－1＋λ)＋2[(m－λ)＋(n－1＋λ)]＝6， 所以m＋n－1＝1，即m＋n＝2， 所以m2＋n2＝m2＋(2－m)2＝2m2－4m＋4＝2(m－1)2＋2≥2，当且仅当m＝1时取等号， 所以m2＋n2的最小值为2. 法二：依题意得，[ma＋nb－λa－(1－λ)b](a＋b)＝6， 即[(m－λ)a＋(n－1＋λ)b](a＋b)＝6， 因为|a|＝|b|＝ab＝2，所以4(m－λ)＋4(n－1＋λ)＋2[(m－λ)＋(n－1＋λ)]＝6， 所以m＋n－1＝1，即m＋n＝2，所以m2＋n2＝(m＋n)2－2mn＝4－2mn≥4－22＝2，当且仅当m＝n＝1时取等号，所以m2＋n2的最小值为2. 答案：2 17．已知在△ABC中，AC⊥AB，AB＝3，AC＝4.若点P在△ABC的内切圆上运动，则(＋)的最小值为________，此时点P的坐标为________． 解析：因为AC⊥AB，所以以A为坐标原点，以AB，AC所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)．由题意可知△ABC内切圆的圆心为D(1,1)，半径为1.因为点P在△ABC的内切圆上运动，所以可设P(1＋cos θ，1＋sin θ)(0≤θ<2π)．所以＝(－1－cos θ，－1－sin θ)，＋＝(1－2cos θ，2－2sin θ)，所以(＋)＝(－1－cos θ)(1－2cos θ)＋(－1－sin θ)(2－2sin θ)＝－1＋cos θ＋2cos2 θ－2＋2sin2 θ＝－1＋cos θ≥－1－1＝－2，当且仅当cos θ＝－1，即P(0,1)时，(＋)取到最小值，且最小值为－2. 答案：－2　(0,1) 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，则的值为(　　) A．－ B. C. D. 解析：选B　如图所示，＝＋. 又D，E分别为AB，BC的中点，且DE＝2EF，所以＝，＝＋＝， 所以＝＋. 又＝－， 则＝(－) ＝－2＋2－ ＝2－2－＝||2－||2－||||cos∠BAC. 又||＝||＝1，∠BAC＝60， 故＝－－11＝. 2.如图，在等腰梯形ABCD中，已知DC∥AB，∠ADC＝120，AB＝4，CD＝2，动点E和F分别在线段BC和DC上，且＝，＝λ，则的最小值是(　　) A．4＋13 B．4－13 C．4＋ D．4－ 解析：选B　在等腰梯形ABCD中，AB＝4，CD＝2，∠ADC＝120，易得AD＝BC＝2.由动点E和F分别在线段BC和DC上得，所以<λ<1.所以＝(＋)(＋)＝＋＋＋＝||||cos 120＋||||－||||＋||||cos 60＝42＋2－4(1－λ)2＋(1－λ)2＝－13＋8λ＋≥－13＋2＝4－13，当且仅当λ＝时取等号．所以的最小值是4－13. 3．(2018台州一模)已知单位向量e1，e2，且e1e2＝－，若向量a满足(a－e1)(a－e2)＝，则|a|的取值范围为(　　) A. B. C. D. 解析：选B　∵单位向量e1，e2，且e1e2＝－， ∴〈e1，e2〉＝120， ∴|e1＋e2|＝ ＝1. 若向量a满足(a－e1)(a－e2)＝， 则a2－a(e1＋e2)＋e1e2＝， ∴|a|2－a(e1＋e2)＝， ∴|a|2－|a|cos〈a，e1＋e2〉＝， 即cos〈a，e1＋e2〉＝. ∵－1≤cos〈a，e1＋e2〉≤1， ∴－1≤|a|－≤1， 解得－≤|a|≤＋， ∴|a|的取值范围为. 4．(2017丽水模拟)在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB＝EF＝1，BC＝6，CA＝，若＋＝2，则与的夹角的余弦值等于________． 解析：由题意可得2＝(－)2＝2＋2－2＝33＋1－2＝36，∴＝－1. 由＋＝2， 可得(＋)＋(＋) ＝2＋＋＋ ＝1－＋(－1)＋ ＝(－) ＝＝2， 故有＝4. 再由＝16cos〈，〉， 可得6cos〈，〉＝4，∴cos〈，〉＝. 答案： 5．(2019届高三镇海中学模拟)已知向量a，b的夹角为，|b|＝2，对任意x∈R，有|b＋xa|≥|a－b|，则|tb－a|＋(t∈R)的最小值为________． 解析：向量a，b夹角为，|b|＝2，对任意x∈R，有|b＋xa|≥|a－b|， 两边平方整理可得x2a2＋2xab－(a2－2ab)≥0， 则Δ＝4(ab)2＋4a2(a2－2ab)≤0， 即有(a2－ab)2≤0，即为a2＝ab， 则(a－b)⊥a， 由向量a，b夹角为，|b|＝2， 由a2＝ab＝|a||b|cos，得|a|＝1， 则|a－b|＝＝， 画出＝a，＝b，建立平面直角坐标系，如图所示： 则A(1,0)，B(0，)， ∴a＝(－1,0)，b＝(－1，)； ∴|tb－a|＋ ＝＋ ＝＋ ＝2 表示P(t,0)与M，N的距离之和的2倍， 当M，P，N共线时，取得最小值2|MN|. 即有2|MN|＝2＝. 答案： 6．已知定点A，B满足||＝2，动点P与动点M满足||＝4，＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，且||＝||，则的取值范围是________；若动点C也满足||＝4，则的取值范围是________． 解析：因为＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，λ＋1－λ＝1，所以根据三点共线知，点M在直线PB上，又||＝||，记PA的中点为D，连接MD，如图，则MD⊥AP，＝(＋)＝＋0＝2，因为||＝4，所以点P在以B为圆心，4为半径的圆上，则||∈[2,6]，则＝2∈[2,18]． 由于|MA|＋|MB|＝|MP|＋|MB|＝4，所以点M在以A，B为焦点，长轴的长为4的椭圆上，以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则椭圆方程为＋＝1，点C在圆(x－1)2＋y2＝16上，A(－1,0)，设M(2cos α，sin α)，C(4cos β＋1，4sin β)，则＝(4cos β＋2,4sin β)，＝(2cos α＋1，sin α)， ＝(8cos α＋4)cos β＋4sin αsin β＋4cos α＋2 ＝sin(β＋φ)＋4cos α＋2 ＝(4cos α＋8)sin(β＋φ)＋4cos α＋2， 最大值是(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝8cos α＋10≤18， 最小值是－(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝－6， 所以∈[－6,18]． 答案：[2,18]　[－6,18] 第二讲 小题考法——三角函数的图象与性质 考点(一) 三角函数的图象及应用 主要考查三角函数的图象变换或根据图象求解析式(或参数). [典例感悟] [典例]　(1)要想得到函数y＝sin 2x＋1的图象，只需将函数y＝cos 2x的图象(　　) A．向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度 B．向右平移个单位长度，再向上平移1个单位长度 C．向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度 D．向右平移个单位长度，再向下平移1个单位长度 (2)已知函数g(x)＝sin2x－cos2x，如图是函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分图象，为了得到f(x)的图象，只需将g(x)的图象(　　) A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度 C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 (3)将函数f(x)＝2sincoscos φ＋sin φ的图象向左平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，且函数g(x)的图象关于y轴对称，则g的值为(　　) A.　　　　　　　　 　B．－ C. D．－ [解析]　(1)先将函数y＝cos 2x＝sin的图象向右平移个单位长度，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)设函数f(x)的最小正周期为T，由图象知A＝1，T＝＝π＝，所以ω＝2.因为f＝1，所以2＋φ＝＋2kπ，k∈Z，又|φ|<，所以φ＝，f(x)＝sin.将g(x)＝sin2x－cos2x＝－cos 2x＝sin的图象向左平移个单位长度后得到的图象对应的解析式为y＝sin＝sin.故选B. (3)将函数f(x)＝2sincoscos φ＋sin φ＝sin xcos φ＋cos xsin φ＝sin(x＋φ)的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为g(x)＝sin.由g(x)＝sin的图象关于y轴对称，可得g(x)为偶函数，故φ＋＝kπ＋，k∈Z，即φ＝kπ＋，k∈Z.又|φ|<，故φ＝，可得函数g(x)＝sin，g＝sin＝. [答案]　(1)B　(2)B　(3)A [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＝ B 由最值确定 B＝ 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个周期，ω＝ 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C1：y＝cos x，C2：y＝sin，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倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2 D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2 解析：选D　易知C1：y＝cos x＝sin，把曲线C1上的各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数y＝sin的图象，再把所得函数的图象向左平移个单位长度，可得函数y＝sin＝sin的图象，即曲线C2. 2．(2019届高三金华十校联考)已知函数f(x)＝sin(x∈R，ω>0)与g(x)＝cos(2x＋φ)的对称轴完全相同．为了得到h(x)＝cos的图象，只需将y＝f(x)的图象(　　) A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 解析：选A　函数f(x)＝sin与g(x)＝cos(2x＋φ)的对称轴完全相同， 则ω＝2，且f(x)＝sin， 又h(x)＝cos＝sin＝sin， 把f(x)＝sin的图象向左平移个单位长度， 可得y＝sin＝sin＝h(x)的图象． 3.(2019届高三镇海区校级模拟)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，－π<φ<0)的部分图象如图所示，则φ＝________，为了得到g(x)＝Acos ωx的图象，需将函数y＝f(x)的图象最少向左平移________个单位长度． 解析：由图象可得A＝2， ∵＝－＝， ∴T＝π，ω＝2，f(x)＝2sin(2x＋φ)， 将代入得sin＝1， ∵－π<φ<0，∴φ＝－，f(x)＝2sin. ∵f＝2sin＝2cos 2x＝g(x)， ∴可将函数y＝f(x)的图象向左平移个单位长度得到g(x)的图象， 故答案为－，. 答案：－　 4.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＝，T＝4＝，ω＝. 又∵f(x)＝Acos(ωx＋φ)为奇函数， ∴φ＝＋kπ，k∈Z，∵0<φ<π，则φ＝， ∴f(x)＝cos，∴f(1)＝－. 答案：－ 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)函数f(x)＝sin，x∈[－1,1]，则(　　) A．f(x)为偶函数，且在[0,1]上单调递减 B．f(x)为偶函数，且在[0,1]上单调递增 C．f(x)为奇函数，且在[－1,0]上单调递增 D．f(x)为奇函数，且在[－1,0]上单调递减 (2)已知函数f(x)＝sin xcos 2x，则下列关于函数f(x)的结论中，错误的是(　　) A．最大值为1 B．图象关于直线x＝－对称 C．既是奇函数又是周期函数 D．图象关于点中心对称 (3)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，x＝－为f(x)的零点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在上单调，则ω的最大值为(　　) A．11　　　　　　　　 　B．9 C．7 D．5 [解析]　(1)∵函数f(x)＝sin＝cos πx，故函数f(x)为偶函数，故排除C、D.当x∈[0,1]时，πx∈[0，π]，函数y＝cos πx是减函数，故排除B，选A. (2)∵函数f(x)＝sin xcos 2x，当x＝时，f(x)取得最大值为1，故A正确；当x＝－时，函数f(x)＝1，为函数的最大值，故图象关于直线x＝－对称；故B正确；函数f(x)满足f(－x)＝sin(－x)cos(－2x)＝－sin xcos 2x＝－f(x)，故函数f(x)为奇函数，再根据f(x＋2π)＝sin(x＋2π)cos[2(x＋2π)]＝sin xcos 2x，故f(x)的周期为2π，故C正确；由于f＋f(x)＝－cos xcos(3π－2x)＋sin xcos 2x＝cos xcos 2x＋sin xcos 2x＝cos 2x(sin x＋cos x)＝0不一定成立，故f(x)图象不一定关于点中心对称，故D不正确，故选D. (3)由题意得 且|φ|≤， 则ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝或φ＝－. 对比选项，将选项各值依次代入验证： 若ω＝11，则φ＝－，此时f(x)＝sin，f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，不满足f(x)在区间上单调； 若ω＝9，则φ＝，此时f(x)＝sin，满足f(x)在区间上单调递减，故选B. [答案]　(1)A　(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，y＝tan的最小正周期为. (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个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是个周期；正切曲线相邻两对称中心之间的距离是个周期． [演练冲关] 1．(2018浙江十校联考)下列四个函数中，以π为最小正周期，在上单调递减且为偶函数的是(　　) A．y＝sin|x| B．y＝cos|x| C．y＝|tan x| D．y＝－ln|sin x| 解析：选D　由题意知函数y＝sin|x|在上单调递增，y＝cos|x|的最小正周期为2π，y＝|tan x|在上单调递增，故排除A、B、C.因为f(x)＝|sin x|为偶函数，且当x∈时单调递增，所以y＝－ln|sin x|为偶函数，且当x∈时单调递减，又g(x)＝sin x的最小正周期为2π，所以f(x)＝|sin x|的最小正周期为π，则函数y＝－ln|sin x|的最小正周期为π.故选D. 2．已知函数f(x)＝sin＋，ω>0，x∈R，且f(α)＝－，f(β)＝.若|α－β|的最小值为，则函数f(x)的单调递增区间为________． 解析：由f(α)＝－，f(β)＝，|α－β|的最小值为，知＝，即T＝3π＝，所以ω＝，所以f(x)＝sin＋.由－＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，得－＋3kπ≤x≤π＋3kπ，k∈Z，即函数f(x)的单调递增区间为，k∈Z. 答案：，k∈Z 3．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π，则ω＝________，若f(x)>1对任意的x∈恒成立，则φ的取值范围是________． 解析：∵函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π，∴＝2π，ω＝1，f(x)＝2sin(x＋φ)． ∵当x∈，即x＋φ∈时，f(x)>1恒成立， ∴当x＋φ∈时，sin(x＋φ)>恒成立，又|φ|≤，∴－＋φ≥，且＋φ≤，解得≤φ≤. 答案：1　 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)函数f(x)＝cos 2x＋6cos的最大值为(　　) A．4　　　　　　　　　 　B．5 C．6 D．7 (2)函数f(x)＝sin在上的值域为________． (3)(2018郑州模拟)已知函数f(x)＝sin，其中x∈，若f(x)的值域是，则实数a的取值范围是________． [解析]　(1)∵f(x)＝cos 2x＋6cos＝cos 2x＋6sin x＝1－2sin2x＋6sin x＝－22＋， 又sin x∈[－1,1]，∴当sin x＝1时，f(x)取得最大值5. (2)∵x∈，∴2x＋∈， ∴当2x＋＝，即x＝时，f(x)max＝1. 当2x＋＝，即x＝时，f(x)min＝－， ∴f(x)∈. (3)由x∈，知x＋∈. ∵x＋∈时，f(x)的值域为， ∴由函数的图象知≤a＋≤，∴≤a≤π. [答案]　(1)B　(2)　(3) [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 xcos x)＋c 可先设t＝sin xcos x，化为关于t的二次函数，再求值域(最值) y＝ 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．已知函数y＝2cos x的定义域为，值域为[a，b]，则b－a的值是(　　) A．2 B．3 C.＋2 D．2－ 解析：选B　因为x∈，所以cos x∈，故y＝2cos x的值域为[－2,1]，所以b－a＝3. 2．当x∈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)＝22＋. ∵x∈，∴sin x∈. ∴当sin x＝时，ymin＝， 当sin x＝－或sin x＝1时，ymax＝2. 答案：　2 3．(2018南宁模拟)已知函数f(x)＝cos，其中x∈，若f(x)的值域是，则m的取值范围是________． 解析：由x∈，可知≤3x＋≤3m＋，∵f＝cos＝－，且f＝cos π＝－1，∴要使f(x)的值域是，需要π≤3m＋≤，即≤m≤. 答案： (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(k∈Z)上单调递增；在(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(k∈Z)上单调递增 对称性 对称中心：(kπ，0)(k∈Z)；对称轴：x＝＋kπ(k∈Z) 对称中心：(k∈Z)；对称轴：x＝kπ(k∈Z) 对称中心：(k∈Z) 2.三角函数的两种常见的图象变换 (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的单调减区间，应将函数化为f(x)＝－2sin，转化为求函数y＝sin的单调增区间． A组——10＋7提速练 一、选择题 1．函数f(x)＝tan的单调递增区间是(　　) A.(k∈Z) B.(k∈Z) C.(k∈Z) D.(k∈Z) 解析：选B　由kπ－<2x－0,0<φ<π)为奇函数，A(a,0)，B(b,0)是其图象上两点，若|a－b|的最小值是1，则f＝(　　) A．2 B．－2 C. D．－ 解析：选B　∵函数f(x)＝4cos(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)为奇函数，∴φ＝，f(x)＝－4sin ωx.∵A(a,0)，B(b，0)是其图象上两点，|a－b|的最小值是1，∴＝1，∴ω＝π，f(x)＝－4sin πx，则f＝－4sin＝－2. 6．(2017天津高考)设函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<π.若f＝2，f＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，则(　　) A．ω＝，φ＝ B．ω＝，φ＝－ C．ω＝，φ＝－ D．ω＝，φ＝ 解析：选A　法一：由f＝2， 得ω＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，① 由f＝0，得ω＋φ＝k′π(k′∈Z)，② 由①②得ω＝－＋(k′－2k)． 又最小正周期T＝>2π，所以0<ω<1，ω＝. 又|φ|<π，将ω＝代入①得φ＝.选项A符合． 法二：∵f＝2，f＝0，且f(x)的最小正周期大于2π， ∴－＝(2m＋1)，m∈N， ∴T＝，m∈N， ∵f(x)的最小正周期大于2π，∴T＝3π， ∴ω＝＝，∴f(x)＝2sin. 由2sin＝2，得φ＝2kπ＋，k∈Z. 又|φ|<π，∴取k＝0，得φ＝.故选A. 7．若把函数y＝2cos x(cos x－sin x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是(　　) A. B. C. D. 解析：选A　法一：y＝2cos x(cosx－sin x)＝2cos2x－2sin xcos x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2sin，该函数的图象向左平移m个单位长度后，所得图象对应的函数为y＝1＋2sin＝1＋2sin，由题意知2m＋＝＋kπ，k∈Z，解得m＝－，k∈Z，取k＝1，得到m的最小值为，故选A. 法二：y＝2cos x(cos x－sin x)＝2cos2x－2sin xcos x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2sin，令2x＋＝kπ＋，k∈Z，则x＝－，k∈Z，则原函数的图象在x轴右侧且离y轴最近的一条对称轴为直线x＝.因为原函数的图象向左平移m(m>0)个单位长度后得到的图象关于y轴对称，所以m的最小值为，故选A. 8．(2019届高三温州期中)设α是三角形的一个内角，在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能为负数的值的个数是(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：选A　∵α是三角形的一个内角， 若0<α<，则0<<，0<2α<π. ∴在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能为负数的是cos 2α与tan 2α； 若α＝，则＝，2α＝π. ∴在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中为负数的是cos 2α； 若<α≤，则<≤，π<2α≤. ∴在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能为负数的是cos α与cos 2α； 若<α<π，则<<，<2α<2π. ∴在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能为负数的是cos α与tan 2α. ∴在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能为负数的值的个数是2个．故选A. 9．已知x＝是函数f(x)＝sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)(0<φ<π)图象的一条对称轴，将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，则函数g(x)在上的最小值为(　　) A．－2 B．－1 C．－ D．－ 解析：选B　f(x)＝sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)＝2sin.∵x＝是f(x)＝2sin图象的一条对称轴，∴2＋＋φ＝kπ＋(k∈Z)，即φ＝＋kπ(k∈Z)，∵0<φ<π，∴φ＝，则f(x)＝2sin，∴g(x)＝2sin＝－2s