原創(chuàng)與經(jīng)典大二輪參考答案

核心模塊一三角函數(shù)、解三角形、平面向量微專題一三角化簡與求值目標1三角函數(shù)定義的運用例1解析：(1)在△AOB中，由余弦定理得，AB2＝OA2＋OB2－2OA·OBcos∠AOB，所以cos∠AOB＝eq\f(OA2＋OB2－AB2,2OA·OB)＝eq\f(12＋12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2,2×1×1)＝eq\f(3,5)，即cosβ＝eq\f(3,5).(2)因為cosβ＝eq\f(3,5)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5).因為點A的橫坐標為eq\f(5,13)，由三角函數(shù)定義可得，cosα＝eq\f(5,13).因為α為銳角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))2)＝eq\f(12,13)，所以cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)－eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝－eq\f(33,65)，sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(56,65)，所以點Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(33,65)，\f(56,65))).點評：三角函數(shù)的定義主要可以溝通坐標與角之間的關系．這類問題在處理時，要把握清楚圖形中的角與三角函數(shù)的定義角之間的關系．【思維變式題組訓練】1.－eq\f(3,4)解析：設點B的縱坐標為m，則由題意m2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))2＝1，且m＞0，所以m＝eq\f(3,5)，故Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，\f(3,5))).根據(jù)三角函數(shù)的定義得tanα＝eq\f(\f(3,5),－\f(4,5))＝－eq\f(3,4).2.－eq\f(4,5)解析：聯(lián)立直線與圓的方程可得，交點坐標為Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\f(2\r(5),5)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)，－\f(2\r(5),5)))，又β＝π＋α，所以sin(α＋β)＝sin(π＋2α)＝－sin2α＝－2×eq\f(\r(5),5)×eq\f(2\r(5),5)＝－eq\f(4,5).3.解析：(1)由已知條件即三角函數(shù)的定義可知cosα＝eq\f(\r(2),10)，cosβ＝eq\f(2\r(5),5).因為α為銳角，故sinα>0，從而sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(7\r(2),10).同理可得sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\f(\r(5),5)，因此tanα＝7，tanβ＝eq\f(1,2).所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(7＋\f(1,2),1－7×\f(1,2))＝－3.(2)tan(α＋2β)＝tan[(α＋β)＋β]＝eq\f(－3＋\f(1,2),1－－3×\f(1,2))＝－1.又0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，故0<α＋2β<eq\f(3π,2)，從而由tan(α＋2β)＝－1得α＋2β＝eq\f(3π,4).目標2已知三角函數(shù)值求值、求角例2解析：(1)由cosα＝eq\f(1,7)，0<α<eq\f(π,2)，得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))2)＝eq\f(4\r(3),7).所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(4\r(3),7)×7＝4eq\r(3)，于是tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×4\r(3),1－4\r(3)2)＝－eq\f(8\r(3),47).(2)由0<β<α<eq\f(π,2)，得0<α－β<eq\f(π,2).又因為cos(α－β)＝eq\f(13,14)，所以sin(α－β)＝eq\r(1－cos2α－β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,14)))2)＝eq\f(3\r(3),14).由β＝α－(α－β)得cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(1,7)×eq\f(13,14)＋eq\f(4\r(3),7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(1,2)，所以β＝eq\f(π,3).點評：根據(jù)已知三角函數(shù)求角的值的問題可以直接根據(jù)三角函數(shù)值計算出角的值，再進行運算求解(針對特殊角)；也可以計算出所求的角的三角函數(shù)值后再根據(jù)角的范圍求出角的值．這類問題處理的細節(jié)是對角的所在區(qū)間的研究，從而控制解的個數(shù)．一般地，若α∈[0，π]，應該選擇計算它的余弦值，若α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，應該選擇計算它的正弦值，可以避免不必要的兩解，如果題中所給出的部分角的正切值，也可以求出所求角的正切值．總之要根據(jù)角的范圍合理選擇正弦、余弦、正切，減少討論．例3解析：(1)因為tanα＝eq\f(4,3)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)，所以sinα＝eq\f(4,3)cosα.因為sin2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝eq\f(9,25)，因此，cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,25).(2)因為α，β為銳角，所以α＋β∈(0，π)．又因為cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2α＋β)＝eq\f(2\r(5),5).因此tan(α＋β)＝－2.因為tanα＝eq\f(4,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(24,7)，因此tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq\f(tan2α－tanα＋β,1＋tan2αtanα＋β)＝－eq\f(2,11).【思維變式題組訓練】1.eq\f(π,4)解析：依題意由tanα＝eq\f(1,7)，tanβ＝eq\f(1,3)，可知tanα＝eq\f(1,7)<eq\f(\r(3),3)，tanβ＝eq\f(1,3)<eq\f(\r(3),3).又α，β∈(0，π)，所以0<α<eq\f(π,6)，0<β<eq\f(π,6)，tan(α＋β)＝eq\f(\f(1,7)＋\f(1,3),1－\f(1,7)×\f(1,3))＝eq\f(1,2)，從而tan(α＋2β)＝eq\f(\f(1,2)＋\f(1,3),1－\f(1,2)×\f(1,3))＝1.又0<α<eq\f(π,6)，0<β<eq\f(π,6)，所以0<α＋2β<eq\f(π,2)，所以α＋2β＝eq\f(π,4).2.－eq\f(16,65)解析：由taneq\f(α,2)＝eq\f(1,2)得tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq\f(2×\f(1,2),1－\f(1,4))＝eq\f(4,3).又α∈(0，π)，所以sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝eq\f(3,5).由sin(α＋β)＝eq\f(5,13)<sinα，α，β∈(0，π)得α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cos(α＋β)＝－eq\f(12,13).所以cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝－eq\f(16,65).3.解析：解法一：由題知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)且α為銳角，從而sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(24,25)，cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－1＝2×eq\f(16,25)－1＝eq\f(7,25)，從而sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))coseq\f(π,4)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))sineq\f(π,4)＝eq\f(24,25)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(7,25)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(17\r(2),50).解法二：設α＋eq\f(π,6)＝t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，則cost＝eq\f(4,5)，其中α＝t－eq\f(π,6).因為cost＝eq\f(4,5)且t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，所以sint＝eq\f(3,5)，即cos2t＝2cos2t－1＝eq\f(32,25)－1＝eq\f(7,25)，sin2t＝2sintcost＝eq\f(24,25).因此sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t－\f(π,4)))＝eq\f(17\r(2),50).點評：對于給出已知角的三角函數(shù)值，求與之相關的角的三角函數(shù)值的問題，解法一是配湊整體代換，這樣角的關系處理起來比較復雜，不如解法二的換元法容易操作．這類問題的細節(jié)是對角所在的區(qū)間的研究，避免出現(xiàn)不必要的討論．4.解析：(1)解法一：因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4))).又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),10)))2)＝－eq\f(7\r(2),10).所以cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq\f(π,4)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sineq\f(π,4)＝－eq\f(7\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(3,5).解法二：由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)得，sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),10)，即sinα＋cosα＝eq\f(1,5).①又sin2α＋cos2α＝1.②由①②解得cosα＝－eq\f(3,5)或cosα＝eq\f(4,5).因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cosα＝－eq\f(3,5).(2)因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cosα＝－eq\f(3,5)，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5).所以sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－eq\f(24,25)，cos2α＝2cos2α－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))2－1＝－eq\f(7,25).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝sin2αcoseq\f(π,4)－cos2αsineq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,25)))×eq\f(\r(2),2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,25)))×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(17\r(2),50).目標3三角恒等變換例4證明：因為sin(α＋2β)＝eq\f(7,5)sinα，所以sin[(α＋β)＋β]＝eq\f(7,5)sin[(α＋β)－β]，所以sin(α＋β)cosβ＋cos(α＋β)sinβ＝eq\f(7,5)[sin(α＋β)cosβ－cos(α＋β)sinβ]，所以sin(α＋β)cosβ＝6cos(α＋β)sinβ.①因為α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋β∈(0，π)．若cos(α＋β)＝0，則由①得sin(α＋β)＝0，與α＋β∈(0，π)矛盾，所以cos(α＋β)≠0.由①兩邊同除以cos(α＋β)cosβ得tan(α＋β)＝6tanβ.點評：向量背景下的三角函數(shù)的問題主要有兩種考查方式，一是給出向量的坐標，根據(jù)所給出的向量的關系再轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的化簡和求值問題；二是在三角形中給出向量的數(shù)量積之間的關系，轉(zhuǎn)化為與向量夾角有關的三角函數(shù)的化簡求值問題．處理這兩種問題時要確保向量關系及運算的基本公式和定義運用正確．【思維變式題組訓練】1.－eq\r(3)解析：由sin10°＋mcos10°＝2cos140°可得，m＝eq\f(2cos140°－sin10°,cos10°)＝eq\f(－2cos40°－sin10°,cos10°)＝eq\f(－2cos30°＋10°－sin10°,cos10°)＝eq\f(－\r(3)cos10°,cos10°)＝－eq\r(3).2.eq\f(6,13)解析：因為sinα＝－eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，所以cosα＝eq\f(3,5).由eq\f(sinα＋β,cosβ)＝2，得sin(α＋β)＝2cos[(α＋β)－α]，即eq\f(6,5)cos(α＋β)＝eq\f(13,5)sin(α＋β)，故tan(α＋β)＝eq\f(6,13).3.－eq\f(3,4)解析：eq\f(sin3α,sinα)＝eq\f(sinα＋2α,sinα)＝eq\f(sinαcos2α＋cosαsin2α,sinα)＝cos2α＋2cos2α＝4cos2α－1＝eq\f(13,5)，解得cos2α＝eq\f(9,10).因為α是第四象限角，所以cosα＝eq\f(3\r(10),10)，sinα＝－eq\f(\r(10),10)，所以tanα＝－eq\f(1,3)，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(3,4).微專題二三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)目標1三角函數(shù)的周期性和對稱性例1(1)eq\f(π,3)(2)π解析：(1)解法一：函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)的圖象上所有點向右平移eq\f(π,6)個單位長度后得到的圖象解析式為g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))，由題意g(0)＝0，所以φ－eq\f(π,3)＝kπ，即φ＝kπ＋eq\f(π,3).又因為0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,3).解法二：平移后得到g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))，要使g(x)的圖象關于原點對稱，即φ－eq\f(π,3)＝kπ，解得φ＝kπ＋eq\f(π,3)，下同解法一．解法三：因為y＝sinx的對稱中心為(kπ，0)，所以令2x＋φ＝kπ，解得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(φ,2).因為f(x)向右平移eq\f(π,6)個單位長度后所得函數(shù)圖象關于原點對稱，所以f(x)關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))對稱，即x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(φ,2)＝－eq\f(π,6)，解得φ＝kπ＋eq\f(π,3)，下同解法一．【方法歸類】對于f(x)＝Asin(ωx＋φ)的圖象平移后圖象關于y軸或原點對稱處理方法有兩種．一、若平移后所得函數(shù)解析式為y＝Asin(ωx＋φ＋θ)，要關于原點對稱，則φ＋θ＝kπ；要關于y軸對稱，則φ＋θ＝kπ＋eq\f(π,2).二、利用平移后的圖象關于y軸或原點對稱得到原函數(shù)的對稱性，再利用y＝sinx的對稱性去求解．(2)因為f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有單調(diào)性，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，故函數(shù)f(x)的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0)).由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))，可得函數(shù)f(x)的對稱軸為x＝eq\f(7π,12).設f(x)的最小正周期為T，所以eq\f(T,2)≥eq\f(π,2)－eq\f(π,6)，即T≥eq\f(2π,3).所以eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(T,4)，即T＝π.點評：一般地，若函數(shù)有多重對稱性，則該函數(shù)具有周期性且最小正周期為相鄰對稱軸距離的2倍，為相鄰對稱中心距離的2倍，為對稱軸與其相鄰對稱中心距離的4倍．(注：如果遇到抽象函數(shù)給出類似性質(zhì)，可以聯(lián)想y＝sinx，y＝cosx的對稱軸、對稱中心和周期之間的關系)【思維變式題組訓練】1.eq\f(π,3)解析：f(x)＝eq\r(3)cosx－sinx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，其圖象向右平移θ個單位長度后得到g(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)－θ)).因為g(x)的圖象關于x＝eq\f(π,6)對稱，所以eq\f(π,6)＋eq\f(π,6)－θ＝kπ，即θ＝eq\f(π,3)－kπ，k∈Z.因為θ>0，故當k＝0時，θ＝eq\f(π,3).2.eq\f(π,12)解析：由f(x)的最小正周期大于2π，得eq\f(T,4)＞eq\f(π,2).又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，得eq\f(T,4)＝eq\f(11π,8)－eq\f(5π,8)＝eq\f(3π,4)，所以T＝3π，則eq\f(2π,ω)＝3π?ω＝eq\f(2,3)，所以f(x)＝2sin(ωx＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋φ)).由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(5π,8)＋φ))＝2?sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋φ))＝1，所以eq\f(5π,12)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z.又|φ|＜eq\f(π,2)，取k＝0，得φ＝eq\f(π,12).3.－2解析：由兩函數(shù)的圖象的對稱軸完全相同知周期必須相同，所以ω＝2，f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))圖象的一條對稱軸為x＝eq\f(π,3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(π,3)＋φ))＝±1(0<φ<π)，得φ＝eq\f(π,3)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋\f(π,3)))＝－2.4.解析：當|f(x1)－f(x2)|＝2時，|x1－x2|的最小值為eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)，所以eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,3)，所以ω＝3.又因為角φ的終邊經(jīng)過點P(1，－1)，所以φ＝2kπ－eq\f(π,4)(k∈Z)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4))).故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－\f(π,4)))＝sineq\f(5π,4)＝－eq\f(\r(2),2).目標2三角函數(shù)的單調(diào)性和值域例2(1)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))(2)(－∞，1]解析：由題可知ω>0，因為函數(shù)y＝sinωx在區(qū)間[0,2π]上單調(diào)遞增，所以ωx∈[0,2πω]?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，即2πω≤eq\f(π,2)，解得0<ω≤eq\f(1,4).(2)解法一：由題意得?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，f′(x)＝eq\f(sin2x－a－cosxcosx,sin2x)＝eq\f(1－acosx,sin2x)≥0，即?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，1－acosx≥0，也即?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(1,cosx)≥a，又eq\f(1,cosx)>1，故a≤1.解法二：設t＝taneq\f(x,2)∈(0,1)，則sinx＝eq\f(2t,1＋t2)，cosx＝eq\f(1－t2,1＋t2)，所以g(t)＝eq\f(a－\f(1－t2,1＋t2),\f(2t,1＋t2))＝eq\f(a1＋t2－1－t2,2t)＝eq\f(a－1＋a＋1t2,2t)＝eq\f(a－1,2t)＋eq\f(a＋1,2)t.因為t＝taneq\f(x,2)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，故原函數(shù)要單調(diào)遞增等價為g(t)在(0,1)上單調(diào)遞增．即g′(t)＝eq\f(a＋1,2)－eq\f(a－1,2t2)≥0，當a－1>0，原不等式可化為eq\f(a＋1,a－1)≥eq\f(1,2t2)，此時不能夠恒成立；當a＝1時，1≥0成立；當a<1時，原不等式可化為eq\f(a＋1,a－1)≤eq\f(1,2t2)，此時eq\f(a＋1,a－1)<0，而eq\f(1,2t2)>0，符合題意．綜上，a≤1.點評：三角函數(shù)單調(diào)性的研究主要有三種類型：①將所給函數(shù)化歸為y＝Asin(ωx＋φ)＋B，利用換元法以及y＝sinx的單調(diào)性研究；②用導數(shù)法；③用換元法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或分式函數(shù)后，先研究轉(zhuǎn)化后的函數(shù)單調(diào)性，再結合復合函數(shù)單調(diào)性進行判斷．綜上，方法①和③都涉及換元法用復合函數(shù)進行研究，方法②用導數(shù)法主要針對無法化歸和換元的函數(shù)，如分式函數(shù)等，這是研究函數(shù)單調(diào)性的主要方法．例3(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))(2)eq\r(2)－1解析：(1)依題意有f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx－\f(1,2)cosx))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＝sinxcosx－eq\f(\r(3),2)(cos2x－sin2x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).因為eq\f(π,6)≤x≤eq\f(5π,12)，所以0≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)，從而0≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1，所以函數(shù)f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1)).(2)設t＝sinx－cosx，則sinxcosx＝eq\f(1－t2,2)，所以y＝eq\f(1－\f(1－t2,2),t＋1)＝eq\f(1＋t2,2t＋1).又當0<x<π，t＝sinx－cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))∈(－1，eq\r(2)]，設u＝t＋1∈(0，eq\r(2)＋1]，則y＝eq\f(1,2)·eq\f(1＋u－12,u)＝eq\f(1,2)·eq\f(u2－2u＋2,u)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(u＋\f(2,u)－2))≥eq\f(2\r(2)－2,2)＝eq\r(2)－1，當且僅當u＝eq\r(2)時取等號．點評：三角函數(shù)的值域或最值的求解方法主要有三種：①將所給函數(shù)化歸為y＝Asin(ωx＋φ)＋B，再令t＝ωx＋φ，再結合y＝sinx的圖象求解．②換元法：若函數(shù)解析式存在“sinxcosx，sinx±cosx”可以考慮換元，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或分式函數(shù)；若函數(shù)解析式中存在“cos2x，sinx(或cosx)”也可以利用換元法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)．③導數(shù)法：對于如y＝eq\f(2－sinx,cosx)，y＝sinx＋x這樣的復雜函數(shù)可以求導數(shù)，研究其在給定區(qū)間上的單調(diào)性，再根據(jù)單調(diào)性求其值域．【思維變式題組訓練】1.eq\f(3\r(3),2)解析：y′＝eq\f(21＋sinαcosαsin2α－1＋sinα22cos2α,sin2α2)＝eq\f(21＋sinα[cosαsin2α－1＋sinαcos2α],sin2α2)＝eq\f(21＋sinα[sin2α－α－1－2sin2α],sin2α2)＝eq\f(21＋sinα22sinα－1,sin2α2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2))).由y′＝eq\f(21＋sinα22sinα－1,sin2α2)＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))，得α＝eq\f(π,6)，列表：αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))eq\f(π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))y′－0＋y極小值所以當α＝eq\f(π,6)時，y的最小值為eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋sin\f(π,6)))2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6))))＝eq\f(3\r(3),2).2.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4)))解析：函數(shù)y＝cosx的單調(diào)增區(qū)間為[－π＋2kπ，2kπ]，k∈Z，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥－π＋2kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤2kπ，))k∈Z，解得4k－eq\f(5,2)≤ω≤2k－eq\f(1,4)，k∈Z.又由4k－eq\f(5,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)))≤0，k∈Z且2k－eq\f(1,4)＞0，k∈Z，得k＝1，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4))).3.解析：(1)因為f(x)＝3cos2x＋2eq\r(3)cosxsinx＋sin2x－2eq\r(3)sin2x＝eq\f(3,2)(1＋cos2x)＋eq\r(3)sin2x＋eq\f(1,2)(1－cos2x)－2eq\r(3)sin2x＝－eq\r(3)sin2x＋cos2x＋2＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))＋2.所以函數(shù)f(x)的最小值是0，此時2x＋eq\f(5π,6)＝2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，即x的取值集合為{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝kπ＋\f(π,3)，k∈Z)).(2)當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))時，2x＋eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(11π,6)))，令－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(5π,6)≤eq\f(π,2)或eq\f(3π,2)≤2x＋eq\f(5π,6)≤eq\f(11π,6)，得－eq\f(π,2)≤x≤－eq\f(π,6)或eq\f(π,3)≤x≤eq\f(π,2).所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).目標3三角方程及三角函數(shù)零點例4(1)16解析：原函數(shù)的零點可看作函數(shù)f(x)＝sinπx與g(x)＝eq\f(1,x－1)的交點的橫坐標，因為函數(shù)f(x)與g(x)均關于點(1,0)對稱，所以由圖象可得：在區(qū)間[0,2]上沒有交點，在區(qū)間[2,10]上共有8個交點，在[－8,0]上共有8個交點，且8組都關于點(1,0)對稱，故所有零點之和為16.點評：由于三角函數(shù)的圖象具有對稱性和周期性，所以對于在多個周期的零點個數(shù)問題可以利用圖象和周期性來判斷零點的個數(shù)，如果需要計算零點的和，可以利用對稱軸或?qū)ΨQ中心來計算．(2)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(4,3)))解析：解法1：當f(x)取零點時，x＝－eq\f(π,3ω)＋eq\f(kπ,ω)(k∈Z)，當x>0時的零點從小到大依次為x1＝eq\f(2π,3ω)，x2＝eq\f(5π,3ω)，x3＝eq\f(8π,3ω)，…所以滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3ω)≤2π，,\f(8π,3ω)>2π，))解得ω∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(4,3))).解法2：因為x∈[0,2π]，所以θ＝ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3)))，而函數(shù)y＝sinθ在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3)))上的2個零點只能為π，2π，故2π≤2πω＋eq\f(π,3)<3π，解得ω∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(4,3))).點評：有關于三角方程的問題如果可以直接求解，那么就直接解出，求解時要注意方程sinx＝a(a∈(－1,1))，其解有兩組，因為sin(π－x)＝sinx；同理，因為cosx＝cos(－x)，所以cosx＝a(a∈(－1,1))．如果不能夠直接解，那么可以利用數(shù)形結合思想，將方程根問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象交點的問題來研究，這種方法只適合研究解的個數(shù)，不能夠求出解的值．本題也可變式為求方程sin3x＝sinx在區(qū)間(0,2π)內(nèi)解的個數(shù)或者求方程sin3x＝cosx在區(qū)間(0,2π)內(nèi)解的個數(shù)．(3)3解析：設點P(x0，y0)，則y0＝3eq\r(3)sinx0，因為x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以y0∈(0,3eq\r(3))，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝3\r(3)sinx，,y＝3cos2x＋2，))得3eq\r(3)sinx＝3cos2x＋2＝3(1－2sin2x)＋2，即6sin2x＋3eq\r(3)sinx－5＝0，則eq\f(2,9)(3eq\r(3)sinx0)2＋3eq\r(3)sinx0－5＝0，所以eq\f(2,9)yeq\o\al(2,0)＋y0－5＝0，化簡得2yeq\o\al(2,0)＋9y0－45＝0，即(y0－3)(2y0＋15)＝0，解得y0＝－eq\f(15,2)(舍去)，y0＝3，所以點P到x軸的距離為3.【思維變式題組訓練】1.eq\f(14π,3)解析：函數(shù)的周期為π，極值點為函數(shù)的最值點，結合函數(shù)的圖象，所有極值點之和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(3π,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(5π,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(7π,4)))＝eq\f(14π,3).2.30解析：在平面直角坐標系中作出函數(shù)y＝3sineq\f(πx,2)(0≤x≤10)及y＝1的圖象(如圖)，則它們有6個交點，其中點A，B關于直線x＝1對稱，點C，D關于直線x＝5對稱，點E，F(xiàn)關于直線x＝9對稱，故所有的交點的橫坐標之和為2＋10＋18＝30.3.－eq\f(\r(15),8)解析：sin2α＝eq\f(1,8)tanα?16sinαcosα＝eq\f(sinα,cosα)?16sinαcos2α＝sinα，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα>0,16sinαcos2α＝sinα?cos2α＝eq\f(1,16)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cosα<0，cosα＝－eq\f(1,4)，sinα＝eq\f(\r(15),4)，故sin2α＝2sincosα＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))×eq\f(\r(15),4)＝－eq\f(\r(15),8).點評：三角函數(shù)是以角為自變量的函數(shù)，因此解三角函數(shù)題，首先從角進行分析，善于用已知角表示所求角，即注重角的變換．角的變換涉及誘導公式、同角三角函數(shù)關系、兩角和與差公式、二倍角公式、配角公式等，選用恰當?shù)墓?，是解決三角問題的關鍵，明確角的范圍，開方時對正負取舍是解題正確的保證.對于三角函數(shù)來說，常常是先化為y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，再利用三角函數(shù)的性質(zhì)求解．三角恒等變換要堅持結構同化原則，即盡可能地化為同角函數(shù)、同名函數(shù)、同次函數(shù)等，其中切化弦也是同化思想的體現(xiàn)；降次是一種三角變換的常用技巧，要靈活運用降次公式．本題首先確定得到a，b的可能取值，利用分類討論的方法，進一步得到c的值，從而根據(jù)具體的組合情況，使問題得解．本題主要考查考生的邏輯思維能力、基本運算求解能力、數(shù)形結合思想、分類討論思想等．微專題三解三角形目標1正、余弦定理的運用例1(1)eq\f(17\r(2),50)(2)eq\f(3\r(15),4)(3)9解析：(1)因為5a＝8b，所以由正弦定理可得5sinA＝8sinB，即sinA＝eq\f(8,5)sinB.因為A＝2B，所以sinA＝sin2B＝2sinBcosB，則eq\f(8,5)sinB＝2sinBcosB.因為sinB>0，所以cosB＝eq\f(4,5)，則sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(3,5)，故sinA＝eq\f(24,25).因為A＝2B，所以cosA＝cos2B＝2cos2B－1＝eq\f(7,25)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))＝sinAcoseq\f(π,4)－cosAsineq\f(π,4)＝eq\f(17\r(2),50).(2)解法1由題意設CD＝BD＝x，由余弦定理得cosC＝eq\f(9＋x2－4,2×3x)＝eq\f(9＋4x2－4,2×3×2x)，可得x＝eq\f(\r(10),2)且cosC＝eq\f(\r(10),4)，sinC＝eq\f(\r(6),4)，故S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BC·sinC＝eq\f(3\r(15),4).解法2由題意設CD＝BD＝x，由余弦定理得cos∠ADB＝－cos∠ADC，即eq\f(x2＋4－4,2×2×x)＝－eq\f(x2＋4－9,2×2×x)，解得x＝eq\f(\r(10),2)，以下同解法1.(3)由題意可知，S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，由角平分線性質(zhì)和三角形面積公式得eq\f(1,2)acsin120°＝eq\f(1,2)a×1×sin60°＋eq\f(1,2)c×1×sin60°，化簡得ac＝a＋c，eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝1，因此4a＋c＝(4a＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq\f(c,a)＋eq\f(4a,c)≥5＋2eq\r(\f(c,a)·\f(4a,c))＝9，當且僅當a＝eq\f(3,2)，c＝3時取等號．點評：高考中經(jīng)常將三角變換與解三角形知識綜合起來命題，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或邊的一次式時，考慮用正弦定理實現(xiàn)邊角互化；以上特征都不明顯時，則要考慮兩個定理都有可能用到．而三角變換中主要是“變角、變函數(shù)名和變運算形式”，其中的核心是“變角”，即注意角之間的結構差異，彌補這種結構差異的依據(jù)就是三角公式．【思維變式題組訓練】1.eq\f(π,6)解析：由正弦定理可得到sinAsinBcosC＋sinCsinBcosA＝eq\f(1,2)sinB.因為B∈(0，π)，所以sinB≠0，所以sinAcosC＋sinCcosA＝eq\f(1,2)，即sin(A＋C)＝sinB＝eq\f(1,2)，又a>b，則B＝eq\f(π,6).2.eq\f(60\r(2),17)解析：在△ABD，△ADC中，由正弦定理可得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD).又∠BAD＝∠CAD，∠ADB＋∠ADC＝π，所以有eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,CD)＝eq\f(12,5)，即BD＝eq\f(156,17)，故BC＝eq\f(65,17)＋eq\f(156,17)＝13.即AC2＋AB2＝144＋25＝169＝BC2，所以△ABC為直角三角形且A＝eq\f(π,2).在△ADC中，由正弦定理可得eq\f(CD,sin∠DAC)＝eq\f(AD,sinC)，即AD＝eq\f(12,13)×eq\f(\f(65,17),\f(\r(2),2))＝eq\f(60\r(2),17).3.解析：(1)在△ADC中，因為AD＝1，AC＝2，DC＝eq\f(1,2)BC＝2，所以由余弦定理，得cosC＝eq\f(AC2＋DC2－AD2,2AC·DC)＝eq\f(22＋22－12,2×2×2)＝eq\f(7,8).故在△ABC中，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝42＋22－2×4×2×eq\f(7,8)＝6，所以c＝eq\r(6).(2)因為AD為邊BC上的中線，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，所以c2＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)c2＋eq\f(1,2)cbcosA，得c＝bcosA.則c＝b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，得b2＝c2＋a2，所以B＝90°.目標2三角形中的求值、求角問題例2解析：(1)tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq\f(4,3)，3sinα＝4cosα，9(1－cos2α)＝16cos2α，cos2α＝eq\f(9,25).又因為0<α<eq\f(π,2)，可得cosα＝eq\f(3,5).(2)由(1)可知，sinα＝eq\r(1－cosα)＝eq\f(4,5)，0<α<eq\f(π,2)<β<π，可得eq\f(π,2)<α＋β<eq\f(3π,2)，又因為sin(α＋β)＝eq\f(5,13)，可得cos(α＋β)＝－eq\f(12,13)，所以sinβ＝sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)－eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))＝eq\f(63,65)>eq\f(5,13).點評：三角形中的求值、求角問題主要是利用正、余弦定理化歸條件，轉(zhuǎn)化為三角的求值、求角問題．要注意三角形中角的范圍限制以及sinA＝sin(B＋C)，cosA＝－cos(B＋C)，tanA＝－tan(B＋C)在求解中的使用．【思維變式題組訓練】1.4解法1(正弦定理)根據(jù)正弦定理可得sinAcosB－sinBcosA＝eq\f(3,5)sinC，即5sinAcosB－5sinBcosA＝3sinC.又因為sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，所以2sinAcosB＝8cosAsinB.又因為A，B∈(0，π)，所以cosA≠0，cosB≠0，所以tanA＝4tanB，則eq\f(tanA,tanB)＝4.解法2(射影定理)因為acosB－bcosA＝eq\f(3,5)c及acosB＋bcosA＝c可得acosB＝eq\f(4,5)c，bcosA＝eq\f(1,5)c，注意到cosA≠0，cosB≠0，兩式相除可得eq\f(acosB,bcosA)＝4，再由正弦定理可得eq\f(sinAcosB,sinBcosA)＝eq\f(tanA,tanB)＝4.2.解析：(1)在△ABC中，因為cosA＝eq\f(\r(3),3)，0<A<π，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(6),3).因為acosB＝eq\r(2)bcosA，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinAcosB＝eq\r(2)sinBcosA.所以cosB＝sinB.若cosB＝0，則sinB＝0，與sin2B＋cos2B＝1矛盾，故cosB≠0.于是tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝1.又因為0<B<π，所以B＝eq\f(π,4).(2)因為a＝eq\r(6)，sinA＝eq\f(\r(6),3)，由(1)及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(\r(6),\f(\r(6),3))＝eq\f(b,\f(\r(2),2))，所以b＝eq\f(3\r(2),2).又sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(6),3)·eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(3),3)·eq\f(\r(2),2)＝eq\f(2\r(3)＋\r(6),6)，所以△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\f(3\r(2),2)×eq\f(2\r(3)＋\r(6),6)＝eq\f(6＋3\r(2),4).目標3平面向量與三角形結合的問題例3(1)eq\f(π,3)解析：m·n＝sinB－eq\r(3)cosB.因為m⊥n，所以m·n＝0，所以sinB－eq\r(3)cosB＝0.因為△ABC為銳角三角形，所以cosB≠0，所以tanB＝eq\r(3).因為0<B<eq\f(π,2)，所以B＝eq\f(π,3).(2)12解析：因為AB∥CD，所以eq\f(AB,CD)＝eq\f(AE,EC)＝2，又因為AC＝3eq\r(10)，所以AE＝2eq\r(10)，EC＝eq\r(10).在△ABE中，eq\f(sinA,cosA)＝3，sin2A＋cos2A＝1，所以cosA＝eq\f(\r(10),10)，所以BE＝AB2＋AE2－2AB·AEcosA＝eq\r(36＋40－2×6×2\r(10)×\f(\r(10),10))＝2eq\r(13)，所以cos∠ABE＝eq\f(AB2＋BE2－AE2,2AB·BE)＝eq\f(36＋52－40,2×6×2\r(13))＝eq\f(2,\r(13))，則eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)×6×2eq\r(13)×eq\f(2,\r(13))＝12.例4解析：(1)因為c＝eq\f(\r(5),2)b，則由正弦定理，得sinC＝eq\f(\r(5),2)sinB.又C＝2B，所以sin2B＝eq\f(\r(5),2)sinB，即4sinBcosB＝eq\r(5)sinB.又B是△ABC的內(nèi)角，所以sinB>0，故cosB＝eq\f(\r(5),4).(2)因為eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))，所以cbcosA＝bacosC，則由余弦定理，得b2＋c2－a2＝b2＋a2－c2，得a＝c.從而cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(c2＋c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))c))2,2c2)＝eq\f(3,5).又0<B<π，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4,5).從而coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝cosBcoseq\f(π,4)－sinBsineq\f(π,4)＝eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10).點評：在解圖形類應用題時，要抓住題中的邊角關系，建立模型(以角或邊為變量)從而解決問題．(具體見后面的應用題專題)【思維變式題組訓練】1.解析：方法一：設∠AMN＝θ.在△AMN中，eq\f(MN,sin60°)＝eq\f(AM,sin120°－θ).因為MN＝2，所以AM＝eq\f(4\r(3),3)sin(120°－θ)．在△APM中，cos∠AMP＝cos(60°＋θ)．由余弦定理得AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP＝eq\f(16,3)sin2(120°－θ)＋4－2×2×eq\f(4\r(3),3)sin(120°－θ)cos(60°＋θ)＝eq\f(16,3)sin2(θ＋60°)－eq\f(16\r(3),3)sin(θ＋60°)cos(θ＋60°)＋4＝eq\f(8,3)[1－cos(2θ＋120°)]－eq\f(8\r(3),3)sin(2θ＋120°)＋4＝－eq\f(8,3)[eq\r(3)sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋eq\f(20,3)＝eq\f(20,3)－eq\f(16,3)sin(2θ＋150°)，θ∈(0,120°)．當且僅當2θ＋150°＝270°，即θ＝60°時，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2eq\r(3).答：設計∠AMN為60°時，工廠產(chǎn)生的噪聲對居民的影響最?。椒ǘ涸OAM＝x，AN＝y(tǒng)，∠AMN＝α.在△AMN中，因為MN＝2，∠MAN＝60°，所以MN2＝AM2＋AN2－2AM·AN·cos∠MAN，即x2＋y2－2xycos60°＝x2＋y2－xy＝4.因為eq\f(MN,sin60°)＝eq\f(AN,sinα)，即eq\f(2,sin60°)＝eq\f(y,sinα)，所以sinα＝eq\f(\r(3),4)y，cosα＝eq\f(x2＋4－y2,2×2×x)＝eq\f(x2＋x2－xy,4x)＝eq\f(2x－y,4).cos∠AMP＝cos(α＋60°)＝eq\f(1,2)cosα－eq\f(\r(3),2)sinα＝eq\f(1,2)·eq\f(2x－y,4)－eq\f(\r(3),2)·eq\f(\r(3),4)y＝eq\f(x－2y,4).在△AMP中，AP2＝AM2＋PM2－2AM·PM·cos∠AMP，即AP2＝x2＋4－2×2×x×eq\f(x－2y,4)＝x2＋4－x(x－2y)＝4＋2xy.因為x2＋y2－xy＝4,4＋xy＝x2＋y2≥2xy，即xy≤4.所以AP2≤12，即AP≤2eq\r(3)，當且僅當x＝y(tǒng)＝2時，AP取得最大值2eq\r(3).答：設計AM＝AN＝2km時，工廠產(chǎn)生的噪聲對居民的影響最?。?.eq\f(2,3)解析：解法1(向量法)C為AB的中點，則eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))．又|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),2)，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2，所以eq\o(OC,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))2，得eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－1.由角平分線定理得eq\f(AD,BD)＝eq\f(OA,OB)＝eq\f(1,2)，即eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))，所以eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(OA,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(OB,\s\up6(→))))2＝eq\f(4,9)eq\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\f(4,9)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,9)eq\o(OB,\s\up6(→))2＝eq\f(4,9)，所以|eq\o(OD,\s\up6(→))|＝eq\f(2,3).解法2(坐標法)設點A(1,0)，B(2cosα，2sinα)，α∈(0，π)，則Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋cosα，sinα))，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋cosα))2＋sin2α＝eq\f(3,4)，得cosα＝－eq\f(1,2)，α＝eq\f(2,3)π，所以B(－1，eq\r(3))．同解法1得eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(\r(3),3)))，所以|eq\o(OD,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(2,3).3.解析：(1)因為m∥n，所以acosA＝ccosC.由正弦定理，得sinAcosA＝sinCcosC.化簡得sin2A＝sin2因為A，C∈(0，π)，所以2A＝2C或2A＋2C＝π.又c＝eq\r(3)a，從而A＝C(舍去)，A＋C＝eq\f(π,2)，所以B＝eq\f(π,2).在Rt△ABC中，tanA＝eq\f(a,c)＝eq\f(\r(3),3)，A＝eq\f(π,6).(2)因為m·n＝3bsinB，所以acosC＋ccosA＝3bsinB.由正弦定理，得sinAcosC＋sinCcosA＝3sin2B，從而sin(A＋C)＝3sin2B.因為A＋B＋C＝π，所以sin(A＋C)＝sinB.從而sinB＝eq\f(1,3).因為cosA＝eq\f(4,5)>0，A∈(0，π)，所以A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinA＝eq\f(3,5).因為sinA>sinB，所以a>b，從而A>B，B為銳角，cosB＝eq\f(2\r(2),3).所以cosC＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝－eq\f(4,5)×eq\f(2\r(2),3)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,3)＝eq\f(3－8\r(2),15).微專題四平面向量的線性運算和坐標運算目標1平面向量的線性運算例1(1)eq\f(6,5)(2)3(3)eq\f(1,2)解析：(1)解法一：eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)eq\o(AB,\s\up6(→))＋(λ－1)eq\o(AC,\s\up6(→)).因為eq\o(CD,\s\up6(→))∥eq\o(AG,\s\up6(→))，所以λ－1＝eq\f(1,5)，λ＝eq\f(6,5).解法二：不妨設eq\o(CD,\s\up6(→))＝meq\o(AG,\s\up6(→))，則有eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋m(eq\o(AO,\s\up6(→))＋eq\o(OG,\s\up6(→)))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(OB,\s\up6(→))))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))－\f(1,3)\o(BO,\s\up6(→))))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))－\f(1,3)·\f(1,2)\o(BA,\s\up6(→))＋\o(BC,\s\up6(→))))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AC,\s\up6(→))－\f(1,3)·\f(1,2)\o(BA,\s\up6(→))＋\o(AC,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\f(m＋3,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(m,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，從而m＝eq\f(3,5)，所以λ＝eq\f(m＋3,3)＝eq\f(6,5).點評：平面向量的線性運算主要指的是加法、減法、數(shù)乘以及三點共線的轉(zhuǎn)化和平面向量基本定理．本題中的點G實為三角形的重心，解法一和解法二都是考慮將eq\o(AG,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))用基底向量進行表示，然后再利用三點共線的條件求解λ，只不過三點共線的條件用的先后順序不同．(2)由tanα＝7可得sinα＝eq\f(7\r(2),10)，cosα＝eq\f(\r(2),10)，根據(jù)向量的分解，易得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ncos45°＋mcosα＝\r(2)，,nsin45°－msinα＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)n＋\f(\r(2),10)m＝\r(2)，,\f(\r(2),2)n－\f(7\r(2),10)m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5n＋m＝10，,5n－7m＝0，))即得m＝eq\f(5,4)，n＝eq\f(7,4)，所以m＋n＝3.點評：(1)向量的坐標運算將向量與代數(shù)有機結合起來，這就為向量和函數(shù)、方程、不等式的結合提供了前提，運用向量的有關知識可以解決某些函數(shù)、方程、不等式問題．(2)以向量為載體求相關變量的取值范圍，是向量與函數(shù)、不等式、三角函數(shù)等相結合的一類綜合問題．通過向量的坐標運算，將問題轉(zhuǎn)化為解不等式或求函數(shù)值域，是解決這類問題的一般方法．(3)向量的兩個作用：①載體作用：關鍵是利用向量的意義、作用脫去“向量外衣”，轉(zhuǎn)化為我們熟悉的數(shù)學問題；②工具作用：利用向量可解決一些垂直、平行、夾角與距離問題．(3)建立如圖所示的平面直角坐標系，設點P(cosθ，sinθ)，則eq\o(OP,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ)，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2,0)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).因為eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，所以cosθ＝2λ－eq\f(1,2)μ，sinθ＝eq\f(\r(3),2)μ.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(1,2)cosθ＋\f(1,2\r(3))sinθ，,μ＝\f(2,\r(3))sinθ，))所以λμ＝eq\f(1,2\r(3))sin2θ－eq\f(1,6)cos2θ＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))＋eq\f(1,6)≤eq\f(1,2)，當且僅當2θ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,3)時，取等號．【思維變式題組訓練】1.－8解析：eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2e1－e2)－(e1＋3e2)＝e1－4e2，因為A，B，D三點共線，故存在實數(shù)λ，使得eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(BD,\s\up6(→))即2e1＋ke2＝λ(e1－4e2)，解得λ＝2，k＝－8.2.