（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 三角教學(xué)案

《（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 三角教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 三角教學(xué)案（50頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題一 三角 江蘇 新高考 新高考中，對三角計(jì)算題的考查始終圍繞著求角、求值問題，以和、差角公式的運(yùn)用為主，可見三角式的恒等變換比三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)更為重要.三角變換的基本解題規(guī)律是：尋找聯(lián)系、消除差異.常有角變換、函數(shù)名稱變換、次數(shù)變換等(簡稱為：變角、變名、變次).備考中要注意積累各種變換的方法與技巧，不斷提高分析與解決問題的能力. 三角考題的花樣翻新在于條件變化，大致有三類：第一類是給出三角式值(見2014年三角解答題)，第二類是給出在三角形中(見2011年、2015年、2016年三角解答題)，第三類是給出向量(見2013年、2017年三角解答題).而2012年三角解答題則是

2、二、三類的混合. 第1課時(shí)三角函數(shù)(基礎(chǔ)課) [常考題型突破] 三角恒等變換 [必備知識] 1．兩角和與差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β； (2)cos(α±β)＝cos αcos β?sin αsin β； (3)tan(α±β)＝. 2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α； (2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α； (3)tan 2α＝. [題組練透] 1．(2017·江蘇高考)若tan＝，則tan α＝ _______

3、_. 解析：tan α＝tan ＝＝＝. 答案： 2．已知f(x)＝sin，若sin α＝，則f＝________. 解析：∵sin α＝， ∴cos α＝－， ∴f＝sin＝sin＝(sin α＋cos α)＝×＝－. 答案：－ 3．(2016·全國卷Ⅰ)已知θ是第四象限角，且sin＝，則tan＝________. 解析：由題意知sin＝，θ是第四象限角， 所以cos＝ ＝. tan＝tan＝－ ＝－＝－×＝－. 答案：－ 4．在△ABC中，sin(C－A)＝1，sin B＝，則sin A＝________. 解析：∵sin(C－A)＝1， ∴C－A＝9

4、0°，即C＝90°＋A，∵sin B＝， ∴sin B＝sin(A＋C)＝sin(90°＋2A)＝cos 2A＝， 即1－2sin2A＝，∴sin A＝. 答案： [方法歸納] 三角恒等變換的“四大策略” (1)常值代換：特別是“1”的代換，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等； (2)項(xiàng)的拆分與角的配湊：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等； (3)升次與降次：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． 三角函數(shù)的圖象與解析式 [必備知識] 函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ

5、)的圖象 (1)“五點(diǎn)法”作圖： 設(shè)z＝ωx＋φ，令z＝0，，π，，2π，求出x的值與相應(yīng)的y的值，描點(diǎn)、連線可得． (2)圖象變換： y＝sin xy＝sin(x＋φ) y＝Asin(ωx＋φ)． [題組練透] 1．(2016·全國卷Ⅲ)函數(shù)y＝sin x－cos x的圖象可由函數(shù)y＝sin x＋cos x的圖象至少向右平移________個(gè)單位長度得到． 解析：因?yàn)閥＝sin x＋cos x＝2sin，y＝sin x－cos x＝2sin，所以把y＝2sin的圖象至少向右平移個(gè)單位長度可得y＝2sin的圖象． 答案： 2.已知函數(shù)f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A

6、＞0，ω＞0,0＜φ＜π)為奇函數(shù)，該函數(shù)的部分圖象如圖所示，△EFG(點(diǎn)G是圖象的最高點(diǎn))是邊長為2的等邊三角形，則f(1)＝________. 解析：由題意得，A＝，T＝4＝，ω＝.又∵f(x)＝Acos(ωx＋φ)為奇函數(shù)，∴φ＝＋kπ，k∈Z，取k＝0，則φ＝，∴f(x)＝－sinx，∴f(1)＝－. 答案：－ 3.(2017·天津高考改編)設(shè)函數(shù)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，則ω＝________，φ＝________. 解析：∵f＝2，f＝0， ∴－＝(2m＋1)，m∈N， ∴T＝，m∈

7、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＝. 答案：　 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝2sin，若對任意x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，則|x1－x2|的最小值為______． 解析：由f(x1)≤f(x)≤f(x2)對任意x∈R成立，知f(x1)，f(x2)分別是函數(shù)f(x)的最小值和最大值．又要使|x1－x2|最小，∴|x1－x2|的最小值為f(x)的半個(gè)周期，即為2. 答案：2 [方法歸納] (1)已知函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞

8、0)的圖象求解析式時(shí)，常采用待定系數(shù)法，由圖中的最高點(diǎn)、最低點(diǎn)求A，由函數(shù)的周期確定ω，由圖象上的關(guān)鍵點(diǎn)確定φ. (2)對于函數(shù)圖象的平移問題，一定要弄清楚是由哪個(gè)函數(shù)圖象平移到哪個(gè)函數(shù)圖象，這是判斷移動(dòng)方向的關(guān)鍵點(diǎn)，否則易混淆平移的方向，導(dǎo)致結(jié)果出錯(cuò). 三角函數(shù)的性質(zhì) [必備知識] 1．三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 y＝sin x的單調(diào)遞增區(qū)間是(k∈Z)，單調(diào)遞減區(qū)間是(k∈Z)； y＝cos x的單調(diào)遞增區(qū)間是(k∈Z)，單調(diào)遞減區(qū)間是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)； y＝tan x的遞增區(qū)間是(k∈Z)． 2．三角函數(shù)的奇偶性與對稱性 y＝Asin(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝

9、kπ(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù)；當(dāng)φ＝kπ＋(k∈Z)時(shí)為偶函數(shù)； 對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)求得． y＝Acos(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝kπ＋(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù)；當(dāng)φ＝kπ(k∈Z)時(shí)為偶函數(shù)； 對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得． y＝Atan(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝kπ(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù)． [題組練透] 1．已知f(x)＝2sin，則函數(shù)f(x)的最小正周期為________，f＝________. 解析：周期T＝＝π，f＝2sin＝. 答案：π　 2．(2017·全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝sin2x＋cos x－的最大值是________． 解析：依題意，

10、f(x)＝sin2x＋cos x－＝－cos2x＋cos x＋＝－2＋1， 因?yàn)閤∈，所以cos x∈[0,1]， 因此當(dāng)cos x＝時(shí)，f(x)max＝1. 答案：1 3．若函數(shù)f(x)＝sin(ω＞0)的圖象相鄰兩個(gè)對稱中心之間的距離為，則f(x)在上的單調(diào)遞增區(qū)間為________． 解析：依題意知，f(x)＝sin的圖象相鄰兩個(gè)對稱中心之間的距離為，于是有T＝＝2×＝π，ω＝2，所以f(x)＝sin.當(dāng)2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，即kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z時(shí)，f(x)＝sin單調(diào)遞增．因此，f(x)＝sin在上的單調(diào)遞增區(qū)間為. 答案： [方法歸納] 三角函數(shù)

11、的單調(diào)性、周期性及最值的求法 (1)三角函數(shù)單調(diào)性的求法 求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A，ω，φ為常數(shù)，A≠0，ω＞0)的單調(diào)區(qū)間的一般思路：令ωx＋φ＝z，則y＝Asin z(或y＝Acos z)，然后由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性求得． (2)三角函數(shù)周期性的求法 函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝.應(yīng)特別注意y＝|Asin(ωx＋φ)|的最小正周期為T＝. (3)三角函數(shù)最值(值域)的求法 在求最值(值域)時(shí)，一般要先確定函數(shù)的定義域，然后結(jié)合三角函數(shù)性質(zhì)可得函數(shù)f(x)的最值． 正弦定理和余弦定理 [

12、必備知識] 1．正弦定理及其變形 在△ABC中，＝＝＝2R(R為△ABC的外接圓半徑)．變形：a＝2Rsin A，sin A＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等． 2．余弦定理及其變形 在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A. 變形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝. 3．三角形面積公式 S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B. [題組練透] 1．(2017·鹽城期中)在△ABC中，已知sin A∶sin B∶sin C＝3∶5∶7，則此三角形的最大內(nèi)角的大小為________． 解析：由正弦定理及sin A∶s

13、in B∶sin C＝3∶5∶7知，a∶b∶c＝3∶5∶7，可設(shè)a＝3k，b＝5k，c＝7k，且角C是最大內(nèi)角，由余弦定理知cos C＝＝＝－，因?yàn)?°

14、. 解析：在△ABC中，∵cos A＝，cos C＝， ∴sin A＝，sin C＝， ∴sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C ＝×＋×＝. 又∵＝，∴b＝＝＝. 答案： [方法歸納] 關(guān)于解三角形問題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見的三角變換方法和原則都適用，同時(shí)要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”，這是使問題獲得解決的突破口. [課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練] 1．(2017·蘇北四市期末)若函數(shù)f(x)＝sin(ω>0)的最小正周期為，則f的值為________． 解析：因?yàn)閒(x)的最小正周

15、期為＝，所以ω＝10，所以f(x)＝sin，所以f＝sin＝sin＝－sin＝－. 答案：－ 2．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角θ的終邊經(jīng)過點(diǎn)P(－2，t)，且sin θ＋cos θ＝，則實(shí)數(shù)t的值為________． 解析：∵角θ的終邊經(jīng)過點(diǎn)P(－2，t)， ∴sin θ＝，cos θ＝， 又∵sin θ＋cos θ＝， ∴＋＝，即＝， 則t＞2，平方得＝， 即1－＝，即＝， 則t2－5t＋4＝0，則t＝1(舍去)或t＝4. 答案：4 3．(2017·南京、鹽城一模)將函數(shù)y＝3sin的圖象向右平移φ個(gè)單位后，所得函數(shù)為偶函數(shù)，則φ＝____________. 解析

16、：將函數(shù)y＝3sin的圖象向右平移φ個(gè)單位后，所得函數(shù)為f(x)＝3sin，即f(x)＝3sin.因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以－2φ＝＋kπ，k∈Z，所以φ＝－－，k∈Z，因?yàn)?＜φ＜，所以φ＝. 答案： 4．設(shè)函數(shù)y＝sin(0＜x＜π)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)，y取得最大值，則正數(shù)ω的值為________． 解析：由條件得sin＝1，又0＜x＜π，ω＞0，故ω＋＝，ω＝2. 答案：2 5．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且2b＝a＋c，若sin B＝，cos B＝，則b的值為________． 解析：∵2b＝a＋c，sin B＝，cos B＝，sin2B＋cos2B

17、＝1，∴ac＝15，∴b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－18＝(a＋c)2－48＝4b2－48，得b＝4. 答案：4 6．(2017·揚(yáng)州期末)已知cos＝0<α<，則sin(π＋α)＝________. 解析：因?yàn)閏os＝， 所以<＋α<， 有sin＝ ＝， 所以sin(π＋α)＝sin ＝sincos＋cossin ＝×＋×＝. 答案： 7．(2017·北京高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角α與角β均以O(shè)x為始邊，它們的終邊關(guān)于y軸對稱．若sin α＝，則cos(α－β)＝________. 解析：因?yàn)榻铅僚c角β的終邊關(guān)于y軸對稱， 所以α＋β＝2kπ

18、＋π，k∈Z， 所以cos(α－β)＝cos(2α－2kπ－π)＝－cos 2α ＝－(1－2sin2α)＝－＝－. 答案：－ 8．在△ABC中，A＝，a＝c，則＝________. 解析：∵在△ABC中，A＝， ∴a2＝b2＋c2－2bccos，即a2＝b2＋c2＋bc. ∵a＝c，∴3c2＝b2＋c2＋bc，∴b2＋bc－2c2＝0， ∴(b＋2c)(b－c)＝0，∴b－c＝0，∴b＝c，＝1. 答案：1 9．若f(x)＝sin(x＋θ)－cos(x＋θ)是定義在R上的偶函數(shù)，則θ＝________. 解析：因?yàn)閒(x)＝sin(x＋θ)－cos(x＋θ)＝2sin為

19、偶函數(shù)，所以θ－＝kπ＋，k∈Z.即θ＝kπ＋.因?yàn)椋堞取?，所以θ＝? 答案：－ 10．在△ABC中，設(shè)a，b，c分別為角A，B，C的對邊，若a＝5，A＝，cos B＝，則c＝________. 解析：根據(jù)題意得，sin B＝，所以sin C＝sin(A＋B)＝sin＝(sin B＋cos B)＝×＝，由＝，得＝，解得c＝7. 答案：7 11．(2017·無錫期末)設(shè)f(x)＝sin2x－cos x·cos，則f(x)在上的單調(diào)遞增區(qū)間為________． 解析：f(x)＝sin2x＋sin xcos x＝(1－cos 2x)＋sin 2x＝sin＋，當(dāng)2kπ－≤2x－≤2kπ

20、＋，k∈Z，即kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，令k＝0，得－≤x≤，所以函數(shù)f(x)在上的單調(diào)遞增區(qū)間為. 答案： 12．函數(shù)y＝asin(ax＋θ)(a＞0，θ≠0)圖象上的一個(gè)最高點(diǎn)和其相鄰最低點(diǎn)的距離的最小值為________． 解析：易知函數(shù)y＝asin(ax＋θ)(a＞0，θ≠0)的最大值為a，最小值為－a，最小正周期T＝，所以相鄰的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的距離為 ≥ ＝2，當(dāng)且僅當(dāng)＝2a，即a＝時(shí)等號成立． 答案：2 13．已知cos＋sin α＝，則sin的值是________． 解析：由cos＋sin α＝， 可得cos α＋sin α＋sin α＝，

21、 即sin α＋cos α＝， ∴sin＝，sin＝， ∴sin＝－sin＝－. 答案：－ 14．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知sin α＝3sin，則tan＝________. 解析：∵sin α＝3sin＝3sin αcos＋3cos α·sin＝sin α＋cos α，∴tan α＝. 又tan ＝tan＝＝＝2－， ∴tan＝ ＝＝2－4. 答案：2－4 1．如圖，已知A，B分別是函數(shù)f(x)＝sin ωx(ω＞0)在y軸右側(cè)圖象上的第一個(gè)最高點(diǎn)和第一個(gè)最低點(diǎn)，且∠AOB＝，則該函數(shù)的最小正周期是________． 解析：設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T，由圖

22、象可得A，B，則·＝－3＝0，解得T＝4. 答案：4 2．(2017·南京考前模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin－cos ωx (ω＞0)．若函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2π對稱，且在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，則ω的取值集合為____________． 解析：f(x)＝sin ωx＋cos ωx－cos ωx＝sin ωx－cos ωx＝sin， 因?yàn)閒(x)的圖象關(guān)于直線x＝2π對稱， 所以f(2π)＝±1， 則2πω－＝kπ＋，k∈Z， 所以ω＝＋，k∈Z. 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)， 所以最小正周期T≥2， 即≥π，解得0＜ω≤2， 所以ω＝或ω＝或ω＝或ω＝.

23、當(dāng)ω＝時(shí)，f(x)＝sin， x∈時(shí)，x－∈， 此時(shí)f(x)在區(qū)間上為增函數(shù)； 當(dāng)ω＝時(shí)，f(x)＝sin， x∈時(shí)，x－∈， 此時(shí)f(x)在區(qū)間上為增函數(shù)； 當(dāng)ω＝時(shí)，f(x)＝sin， x∈時(shí)，x－∈， 此時(shí)f(x)在區(qū)間上為增函數(shù)； 當(dāng)ω＝時(shí)，f(x)＝sin， x∈時(shí)，x－∈， 此時(shí)f(x)在區(qū)間上不是單調(diào)函數(shù)； 綜上，ω∈. 答案： 3．△ABC的三個(gè)內(nèi)角為A，B，C，若＝tan，則tan A＝________. 解析：＝＝－＝－tan＝tan＝tan， 所以－A－＝－，所以A＝－＝， 所以tan A＝tan＝1. 答案：1 4．已知函數(shù)f(x)

24、＝Asin(x＋θ)－coscos(其中A為常數(shù)，θ∈(－π，0))，若實(shí)數(shù)x1，x2，x3滿足：①x1＜x2＜x3，②x3－x1＜2π，③f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，則θ的值為________． 解析：函數(shù)f(x)＝A(sin xcos θ＋cos xsin θ)－cos·＝A(sin xcos θ＋cos x sin θ)－×－sin x＝sin x＋cos x－，故函數(shù)f(x)為常數(shù)函數(shù)或?yàn)橹芷赥＝2π的周期函數(shù)．又x1，x2，x3滿足條件①②③，故f(x)只能為常數(shù)函數(shù)，所以則tan θ＝，又θ∈(－π，0)，故θ＝－. 答案：－ 第2課時(shí)平面向量(基礎(chǔ)課) [常考題型

25、突破] 平面向量的概念及線性運(yùn)算 [必備知識] (1)在平面向量的化簡或運(yùn)算中，要根據(jù)平面向量基本定理選好基底，變形要有方向，不能盲目轉(zhuǎn)化． (2)在用三角形加法法則時(shí)要保證“首尾相接”，和向量是第一個(gè)向量的起點(diǎn)指向最后一個(gè)向量終點(diǎn)所在的向量；在用三角形減法法則時(shí)要保證“同起點(diǎn)”，減向量的方向是指向被減向量． (3)A，B，C三點(diǎn)共線的充要條件是存在實(shí)數(shù)λ，μ，有＝λ＋μ，且λ＋μ＝1. (4)C是線段AB中點(diǎn)的充要條件是＝(＋)．G是△ABC的重心的充要條件為＋＋＝0. [題組練透] 1．(2017·鹽城期中)設(shè)向量a＝(2，－6)，b＝(－1，m)，若a∥b，則實(shí)數(shù)

26、m＝________. 解析：因?yàn)閍∥b，所以2m－(－1)×(－6)＝0，所以m＝3. 答案：3 2．(2017·鎮(zhèn)江模擬)已知△ABC和點(diǎn)M滿足＋＋＝0.若存在實(shí)數(shù)m使得＋＝m成立，則m＝________. 解析：由＋＋＝0知，點(diǎn)M為△ABC的重心，設(shè)點(diǎn)D為底邊BC的中點(diǎn)，則＝＝×(＋)＝(＋)，∴＋＝3，故m＝3. 答案：3 3.(2017·南京考前模擬)在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝2CD，M為CD的中點(diǎn)，N為線段BC上一點(diǎn)(不包括端點(diǎn))，若＝λ＋μ，則＋的最小值為________． 解析：以AB為x軸，A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系如圖所示，

27、 設(shè)B(2,0)，C(1，t)，M，N(x0，y0)， 因?yàn)镹在線段BC上，所以y0＝(x0－2)， 即y0＝t(2－x0)， 因?yàn)椋溅耍蹋? 所以 即t＝λt＋μy0＝λt＋μt(2－x0)，因?yàn)閠≠0， 所以1＝λ＋μ(2－x0)＝λ＋2μ－μx0＝λ＋2μ－， 所以3λ＋4μ＝4，這里λ，μ均為正數(shù)， 所以4＝(3λ＋4μ)＝3＋12＋＋≥15＋2＝27, 所以＋≥當(dāng)且僅當(dāng)＝，即λ＝，μ＝時(shí)取等號． 所以＋的最小值為. 答案： [方法歸納] (1)對于平面向量的線性運(yùn)算，要先選擇一組基底；同時(shí)注意共線向量定理的靈活運(yùn)用． (2)在證明兩向量平行時(shí)，若已知兩向

28、量的坐標(biāo)形式，常利用坐標(biāo)運(yùn)算來判斷；若兩向量不是以坐標(biāo)形式呈現(xiàn)的，常利用共線向量定理(當(dāng)b≠0時(shí)，a∥b?存在唯一實(shí)數(shù)λ，使得a＝λb)來判斷． 平面向量的數(shù)量積 [必備知識] 1．?dāng)?shù)量積的定義：a·b＝|a||b|cos θ. 2．三個(gè)結(jié)論： (1)若a＝(x，y)，則|a|＝＝. (2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 ||＝. (3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為a與b的夾角， 則cos θ＝＝ . [題組練透] 1．(2017·山東高考)已知e1，e2是互相垂直的單位向量．若e1－e2與e1＋λe2的夾角為60°，則實(shí)數(shù)λ的值

29、是________． 解析：因?yàn)椋剑? 故＝，解得λ＝. 答案： 2．(2017·全國卷Ⅰ)已知向量a，b的夾角為60°，|a|＝2，|b|＝1，則|a＋2b|＝________. 解析：易知|a＋2b|＝＝＝2. 答案：2 3．已知非零向量m，n滿足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝，若n⊥(tm＋n)，則實(shí)數(shù)t的值為________． 解析：∵n⊥(tm＋n)，∴n·(tm＋n)＝0， 即tm·n＋|n|2＝0，∴t|m||n|cos〈m，n〉＋|n|2＝0. 又4|m|＝3|n|，∴t×|n|2×＋|n|2＝0， 解得t＝－4. 答案：－4 4．(2017·南

30、京、鹽城二模)已知平面向量＝(1,2)，＝(－2,2)，則·的最小值為________． 解析：設(shè)A(a，b)，B(c，d)， ∵＝(1,2)，＝(－2,2)， ∴C(a＋1，b＋2)，D(c－2，d＋2)， 則＝(c－a，d－b)，＝(c－a－3，d－b)， ∴·＝(c－a)(c－a－3)＋(b－d)2＝(c－a)2－3(c－a)＋(b－d)2＝2－＋(b－d)2≥－. ∴·的最小值為－. 答案：－ 5．已知邊長為6的正三角形ABC，＝，＝，AD與BE交于點(diǎn)P，則·的值為________． 解析：由題意可得點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC，AD所在直線分別為x軸，y

31、軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則D(0,0)，A(0，3)，B(－3,0)，C(3,0)，E(1,2)，直線BE的方程為y＝(x＋3)與AD(y軸)的交點(diǎn)為P，所以·＝·＝. 答案： [方法歸納] (1)涉及數(shù)量積和模的計(jì)算問題，通常有兩種求解思路： ①直接利用數(shù)量積的定義，圍繞基底展開的運(yùn)算，需要熟悉向量間的相互轉(zhuǎn)化； ②建立坐標(biāo)系，通過坐標(biāo)運(yùn)算求解，需要熟悉數(shù)量積的坐標(biāo)公式及平行、垂直的運(yùn)算公式等，其中，涉及平面向量的模時(shí)，常把模的平方轉(zhuǎn)化為向量的平方. (2)在利用數(shù)量積的定義計(jì)算時(shí)，要善于將相關(guān)向量分解為圖形中模和夾角已知的向量進(jìn)行計(jì)算. 平面向量的應(yīng)用

32、[題組練透] 1．(2017·南京三模)在四邊形ABCD中，BD＝2，且·＝0，(＋)·(＋)＝5，則四邊形ABCD的面積為________． 解析：因?yàn)椤ぃ?，所以⊥，所以以BD所在直線為x軸，AC所在直線為y軸，建立直角坐標(biāo)系，因?yàn)锽D＝2，所以可設(shè)B(b,0)，D(2＋b,0)，A(0，a)，C(0，c)，所以＝(b，－a)，＝(－2－b，c)，＝(－b，c)，＝(2＋b，－a)，所以＋＝(－2，c－a)，＋＝(2，c－a)，因?yàn)?＋)·(＋)＝5，所以－4＋(c－a)2＝5，即(c－a)2＝9，所以||＝| c－a |＝3，所以四邊形ABCD的面積為×AC×BD＝×3×2＝3.

33、答案：3 2．已知圓O的半徑為2，AB是圓O的一條直徑，C，D兩點(diǎn)都在圓O上，且||＝2，則|＋|＝________. 解析：如圖，連結(jié)OC，OD， 則＝＋，＝＋， 因?yàn)镺是AB的中點(diǎn)， 所以＋＝0， 所以＋＝＋， 設(shè)CD的中點(diǎn)為M，連結(jié)OM， 則＋＝＋＝2， 顯然△COD是邊長為2的等邊三角形， 所以||＝， 故|＋|＝|2|＝2. 答案：2 3.(2017·南通三模)如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝DC＝2.若E，F(xiàn)分別是線段DC和BC上的動(dòng)點(diǎn)，則·的取值范圍是________． 解析：法一：因?yàn)椋剑?，＝＋，所以·?/p>

34、(＋)·(＋)＝·＋·＝3||－2||，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是線段DC和BC上的動(dòng)點(diǎn)，且BC＝DC＝2，所以||∈[0,2]，||∈[0,2]，所以由不等式的性質(zhì)知·的取值范圍是[－4，6]． 法二：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系(圖略)，則C(3,2)，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是線段DC和BC上的動(dòng)點(diǎn)，且BC＝DC＝2，所以可設(shè)E(x，2)，F(xiàn)(3，y)，所以＝(3,2)，＝(3－x，y－2)，且x∈[1,3]，y∈[0,2]，所以·＝3(3－x)＋2(y－2)＝5－3x＋2y∈[－4,6]，即·的取值范圍是[－4,6]． 答案：[－4,6] [方法歸納] 1．利用平面向量解

35、決幾何問題的兩種方法 2．求解向量數(shù)量積最值問題的兩種方法 [課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練] 1．(2017·南京學(xué)情調(diào)研)設(shè)向量a＝(1，－4)，b＝(－1，x)，c＝a＋3b.若a∥c，則實(shí)數(shù)x＝________. 解析：因?yàn)閍＝(1，－4)，b＝(－1，x)，c＝a＋3b＝(－2，－4＋3x)．又a∥c，所以－4＋3x－8＝0，解得x＝4. 答案：4 2．(2017·無錫期末)已知向量a＝(2,1)，b＝(1，－1)，若a－b與ma＋b垂直，則m的值為________． 解析：因?yàn)閍＝(2,1)，b＝(1，－1)，所以a－b＝(1,2)，ma＋b＝(2m＋1，m－1)，因?yàn)閍－

36、b與ma＋b垂直，所以(a－b)·(ma＋b)＝0，即2m＋1＋2(m－1)＝0，解得m＝. 答案： 3．已知a與b是兩個(gè)不共線向量，且向量a＋λb與－(b－3a)共線，則λ＝________. 解析：由題意知a＋λb＝k[－(b－3a)]， 所以解得 答案：－ 4．已知|a|＝1，|b|＝，且a⊥(a－b)，則向量a與向量b的夾角為________． 解析：∵a⊥(a－b)，∴a·(a－b)＝a2－a·b＝1－cos〈a，b〉＝0，∴cos〈a，b〉＝，∴〈a，b〉＝. 答案： 5．若單位向量e1，e2的夾角為，向量a＝e1＋λe2(λ∈R)，且|a|＝，則λ＝______

37、__. 解析：由題意可得e1·e2＝， |a|2＝(e1＋λe2)2＝1＋2λ×＋λ2＝， 化簡得λ2＋λ＋＝0，解得λ＝－. 答案：－ 6．已知平面向量a＝(1,2)，b＝(4,2)，c＝ma＋b(m∈R)，且c與a的夾角等于c與b的夾角，則m＝________. 解析：由題意得＝?＝?＝?m＝2. 答案：2 7．(2017·常州模擬)已知點(diǎn)G是△ABC的重心，過G作一條直線與AB，AC兩邊分別交于M，N兩點(diǎn)，且＝x，＝y(tǒng)，則的值為________． 解析：由已知得M，G，N三點(diǎn)共線，即＝λ＋(1－λ)＝λx＋(1－λ)y， ∵點(diǎn)G是△ABC的重心， ∴＝×(＋)＝(＋

38、)， ∴即得＋＝1， 即＋＝3，通分變形得，＝3，∴＝. 答案： 8．已知A，B，C三點(diǎn)不共線，且＝－＋2，則＝________. 解析：如圖，?。剑?，＝2，以AM，AN為鄰邊作平行四邊形AMDN， 此時(shí)＝－＋2. 由圖可知S△ABD＝3S△AMD，S△ACD＝S△AND， 而S△AMD＝S△AND，所以＝6. 答案：6 9．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)在△ABC中，已知AB＝1，AC＝2，∠A＝60°，若點(diǎn)P滿足＝＋λ，且·＝1，則實(shí)數(shù)λ的值為________. 解析：法一：由題意可得－＝＝λ.又 ＝－＝＋(λ－1)，所以·＝λ·＋λ(λ－1)||2＝1，即λ＋(λ2－

39、λ)×4＝1，所以有4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－. 法二：建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，所以A(0,0)，B，C(2，0)，設(shè)P(x，y)． 所以＝(x，y)，＝，＝(2,0)． 又因?yàn)椋剑耍杂? 所以＝(2λ，0)，＝. 由·＝1可得4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－. 答案：1或－ 10．已知向量a＝(1，)，b＝(0，t2＋1)，則當(dāng)t∈[－，2]時(shí)，的取值范圍是________． 解析：由題意，＝(0,1)，根據(jù)向量的差的幾何意義，表示同起點(diǎn)的向量t的終點(diǎn)到a的終點(diǎn)的距離，當(dāng)t＝時(shí)，該距離取得最小值1，當(dāng)t＝－時(shí)，該距離取得最大值，即的取值范圍是[

40、1， ]． 答案：[1， ] 11.(2017·南通二調(diào))如圖，在平面四邊形ABCD中，O為BD的中點(diǎn)，且OA＝3，OC＝5.若·＝－7，則·的值是________． 解析：法一：由·＝－7得，(－)·(－)＝－7，即(－)·(＋)＝7， 所以2＝7＋2＝7＋9＝16，所以||＝||＝4.所以·＝(－)·(－)＝(－)·(＋)＝2－2＝25－16＝9. 法二：以O(shè)為原點(diǎn)，OC為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系(圖略)，則C(5,0)，設(shè)B(x1，y1)，A(x2，y2)，則D(－x1，－y1)，x＋y＝9，由·＝－7，得(x1－x2，y1－y2)·(－x1－x2，－y1－y2)＝－7，得x＋

41、y＝16，而·＝(5－x1，－y1)·(5＋x1，y1)＝25－x－y＝25－16＝9. 答案：9 12．已知菱形ABCD的邊長為a，∠DAB＝60°，＝2，則·的值為________． 解析：如圖所示， ∵＝2，∴＝. ∵菱形ABCD的邊長為a， ∠DAB＝60°， ∴||＝||＝a， ·＝||||cos 120°＝－a2， ∵＝＋， ∴·＝(＋)(＋) ＝(＋) ＝－2＋2－· ＝－a2＋a2＋a2＝－. 答案：－ 13．在矩形ABCD中，邊AB，AD的長分別為2和1，若E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且滿足＝，則·的取值范圍是________． 解析：法一

42、：取A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，建立如 圖所示直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(2,0)，C(2，1)． ∵＝，得2||＝||，設(shè)E(2，y)(0≤y≤1)，則F(2－2y,1)． ∴·＝(2，y)·(2－2y,1)＝2(2－2y)＋y＝4－3y∈[1,4]． 法二：∵＝，則||＝2||. ∵0≤||≤1， ∴·＝(＋)·(＋) ＝·＋·＝2||＋|| ＝2(2－||)＋||＝4－3||∈[1,4]． 答案：[1,4] 14．(2017·全國卷Ⅱ改編)已知△ABC是邊長為2的等邊三角形，P為平面ABC內(nèi)一點(diǎn)，則·(＋)的最小值是________． 解析：如圖，以等邊三

43、角形ABC的底邊BC所在直線為x軸，以BC的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A(0，)，B(－1,0)，C(1,0)，設(shè)P(x，y)，則＝(－x, －y)，＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，所以·(＋)＝(－x，－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋22－，當(dāng)x＝0，y＝時(shí)，·(＋)取得最小值，為－. 答案：－ 1.如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，AD＝3，CD＝2，＝2.若·＝－3，則·＝________. 解析：由題意可得＝＋＝＋， ＝－＝－， 則·＝·＝－3， 則||2－||2－·＝－3， 即6－8－·＝－3，解得·＝. 答案： 2．已知a

44、，b，c是同一平面內(nèi)的三個(gè)向量，其中a，b是互相垂直的單位向量，且(a－c)·(b－c)＝1，則|c|的最大值為________． 解析：法一：由題意可得(a－c)·(b－c)＝－a·c－b·c＋|c|2＝1，則|c|2－(a＋b)·c－1＝0. 又|a＋b|＝2，設(shè)a＋b與c的夾角為θ，θ∈[0，π]， 則|c|2－2|c|cos θ－1＝0，－2≤2cos θ＝|c|－≤2， 即 解得－1≤|c|≤＋1，則|c|max＝＋1. 法二：不妨設(shè)a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，則(a－c)·(b－c)＝(1－x，－y)·(－x，－y)＝1，化簡得2＋2＝2，圓心到坐標(biāo)

45、原點(diǎn)的距離為1，則|c|max＝＋1. 答案：＋1 3．(2017·蘇州考前模擬)已知點(diǎn)A(1，－1)，B(4,0)，C(2，2)．平面區(qū)域D由所有滿足＝λ＋μ (1<λ≤a,1<μ≤b)的點(diǎn)P(x，y)組成的區(qū)域．若區(qū)域D的面積為16，則a＋b的最小值為________． 解析：如圖，延長AB至點(diǎn)N，延長AC至點(diǎn)M，使得AN＝aAB，AM＝bAC. 四邊形ABEC、四邊形ANGM、四邊形EHGF均為平行四邊形． 由條件知，點(diǎn)P(x，y)組成的區(qū)域D為圖中的陰影部分，即四邊形EHGF(不含邊界EH，EF)． ∵＝(3,1)，＝(1,3)，＝(－2,2)． ∴|AB|＝，|AC

46、|＝，|BC|＝2，cos∠CAB＝＝，sin∠CAB＝. ∴四邊形EHGF的面積為(a－1)×(b－1)×＝16. ∴(a－1)(b－1)＝2，a＋b＝a＋＝(a－1)＋＋2. 由a>1，b>1知，當(dāng)且僅當(dāng)a－1＝，即a＝b＝＋1時(shí)，a＋b取得最小值2＋2. 答案：2＋2 4．(2017·江蘇高考)如圖，在同一個(gè)平面內(nèi)，向量，，的模分別為1,1，，與的夾角為α，且tan α＝7，與的夾角為45°.若＝m＋n (m，n∈R)，則m＋n＝________. 解析：法一：如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A(1，0)， 由tan α＝7，α∈， 得sin

47、 α＝，cos α＝， 設(shè)C(xC，yC)，B(xB，yB)， 則xC＝||cos α＝×＝， yC＝||sin α＝×＝，即C. 又cos(α＋45°)＝×－×＝－， sin(α＋45°)＝×＋×＝， 則xB＝||cos(α＋45°)＝－， yB＝||sin(α＋45°)＝，即B. 由＝m＋n，可得 解得所以m＋n＝＋＝3. 法二：由tan α＝7，α∈， 得sin α＝，cos α＝， 則cos(α＋45°)＝×－×＝－， 所以·＝1××＝1， ·＝1××＝， ·＝1×1×＝－， 由＝m＋n，得·＝m2＋n·，即＝m－n.① 同理可得·＝m·＋n2， 即

48、1＝－m＋n.② ①＋②得m＋n＝，即m＋n＝3. 答案：3 第3課時(shí)解三角形(能力課) [?？碱}型突破] 三角變換與解三角形的綜合問題 [例1]　(2016·江蘇高考)在△ABC中，AC＝6，cos B＝，C＝. (1)求AB的長； (2)求cos的值． [解]　(1)因?yàn)閏os B＝，0＜B＜π， 所以sin B＝ ＝ ＝. 由正弦定理知＝， 所以AB＝＝＝5. (2)在△ABC中，A＋B＋C＝π， 所以A＝π－(B＋C)， 于是cos A＝－cos(B＋C)＝－cos ＝－cos Bcos＋sin Bsin. 又cos B＝，sin B＝， 故co

49、s A＝－×＋×＝－. 因?yàn)?＜A＜π，所以sin A＝＝. 因此，cos＝cos Acos＋sin Asin ＝－×＋×＝. [方法歸納] (1)解三角形問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據(jù)正、余弦定理結(jié)合已知條件靈活轉(zhuǎn)化邊和角之間的關(guān)系，從而達(dá)到解決問題的目的，其基本步驟是： 第一步：定條件 即確定三角形中的已知和所求，在圖形中標(biāo)出來，然后確定轉(zhuǎn)化的方向． 第二步：定工具 即根據(jù)條件和所求合理選擇轉(zhuǎn)化的工具，實(shí)施邊角之間的互化． 第三步：求結(jié)果 (2)三角變換與解三角形的綜合問題要關(guān)注三角形中的隱藏條件，如A＋B＋C＝π，sin(A＋B)＝sin C，cos(A

50、＋B)＝－cos C, 以及在△ABC中，A>B?sin A>sin B等．　　　　 [變式訓(xùn)練] 1．(2017·南京、鹽城一模)在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且bsin 2C＝csin B. (1)求角C； (2)若sin＝，求sin A的值． 解：(1)由正弦定理及bsin 2C＝csin B， 得2sin Bsin Ccos C＝sin Csin B， 因?yàn)閟in B>0，sin C>0，所以cos C＝， 又C∈(0，π)，所以C＝. (2)因?yàn)镃＝，所以B∈， 所以B－∈， 又sin＝， 所以cos＝ ＝. 又A＋B＝，即A＝

51、－B， 所以sin A＝sin＝sin＝sincos－cossin＝×－×＝. 2．(2017·蘇北四市一模)在△ABC中，已知角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且tan B＝2，tan C＝3. (1)求角A的大?。? (2)若c＝3，求b的長． 解：(1)因?yàn)閠an B＝2，tan C＝3，A＋B＋C＝π， 所以tan A＝tan[π－(B＋C)]＝－tan(B＋C)＝－＝－＝1. 又A∈(0，π)，所以A＝. (2)因?yàn)閠an B＝＝2，且sin2B＋cos2B＝1， 又B∈(0，π)，所以sin B＝. 同理可得sin C＝. 由正弦定理，得b＝＝＝2.

52、解三角形與平面向量結(jié)合 [例2]　(2017·鹽城模擬)設(shè)△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且△ABC面積的大小為S，3·＝2S. (1)求sin A的值； (2)若C＝，·＝16，求b. [解]　(1)由3·＝2S， 得3bccos A＝2×bcsin A，即sin A＝3cos A. 整理化簡得sin2A＝9cos2A＝9(1－sin2A)， 所以sin2A＝. 又A∈(0，π)，所以sin A>0，故sin A＝. (2)由sin A＝3cos A和sin A＝， 得cos A＝， 又·＝16，所以bccos A＝16， 得bc＝16.?、? 又C＝

53、， 所以sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝. 在△ABC中，由正弦定理＝， 得＝， 即c＝b.?、? 聯(lián)立①②得b＝8. [方法歸納] 求解三角函數(shù)與平面向量綜合問題的一般思路 (1)求三角函數(shù)值，一般利用向量的相關(guān)運(yùn)算把向量關(guān)系轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)關(guān)系式．利用同角三角函數(shù)關(guān)系式及三角函數(shù)中常用公式求解． (2)求角時(shí)通常由向量轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題，先求值再求角． (3)解決與向量有關(guān)的三角函數(shù)問題的思想方法是轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想，即通過向量的相關(guān)運(yùn)算把問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題． [變式訓(xùn)練] 1．(2017·南通三調(diào))已知△ABC是

54、銳角三角形，向量m＝，n＝(cos B，sin B)，且m⊥n. (1)求A－B的值； (2)若cos B＝，AC＝8，求BC的長． 解：(1)因?yàn)閙⊥n， 所以m·n＝coscos B＋sinsin B＝cos＝0， 又A，B∈，所以A＋－B∈， 所以A＋－B＝，即A－B＝. (2)因?yàn)閏os B＝，B∈，所以sin B＝. 所以sin A＝sin ＝sin Bcos＋cos Bsin ＝×＋×＝. 由正弦定理，得BC＝×AC＝×8＝4＋3. 2．(2017·鎮(zhèn)江調(diào)研)在△ABC中，角A，B，C所對應(yīng)的邊分別是a，b，c，向量m＝(a－c，b＋c)，n＝(b－c，a)

55、，且m∥n. (1)求B； (2)若b＝，cos＝，求a. 解：(1)因?yàn)閙∥n，所以a(a－c)－(b＋c)(b－c)＝0， 即a2＋c2－b2＝ac， 所以cos B＝＝＝， 又B∈(0，π)，故B＝. (2)由(1)得A∈，所以A＋∈， 又cos＝， 所以sin＝， 所以sin A＝sin ＝sincos－cossin ＝×－×＝. 在△ABC中，由正弦定理＝， 可得a＝b·＝＝1. 以平面圖形為背景的解三角形問題 [例3]　(2017·南通調(diào)研)如圖，在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a＝b(sin C＋cos C)． (1

56、)求∠ABC； (2)若∠A＝，D為△ABC外一點(diǎn)，DB＝2，DC＝1，求四邊形ABDC面積的最大值． [解]　(1)在△ABC中，因?yàn)閍＝b(sin C＋cos C)， 所以sin A＝sin B(sin C＋cos C)， 所以sin(B＋C)＝sin B(sin C＋cos C)， 所以sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin Bsin C＋sin Bcos C, 所以cos Bsin C＝sin Bsin C， 又因?yàn)镃∈(0，π)，故sin C≠0， 所以cos B＝sin B，即tan B＝1. 又B∈(0，π)，所以B＝. (2)在△BCD中，D

57、B＝2，DC＝1， BC2＝12＋22－2×1×2×cos D＝5－4cos D. 又A＝，由(1)可知∠ABC＝， 所以△ABC為等腰直角三角形， S△ABC＝×BC××BC＝BC2＝－cos D， 又S△BDC＝×BD×DC×sin D＝sin D, 所以S四邊形ABDC＝－cos D＋sin D＝＋sin. 所以當(dāng)D＝時(shí)，四邊形ABDC的面積有最大值，最大值為＋. [方法歸納] 平面圖形為背景的解三角形問題的一般思路 (1)建聯(lián)系 在平面幾何圖形中求相關(guān)的幾何量時(shí)，需尋找各個(gè)三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，通過公共條件形成等式，常常將所涉及的已知幾何量與所求

58、幾何集中到某一個(gè)三角形. (2)用定理 ①“已知兩角和一邊”或“已知兩邊和其中一邊的對角”應(yīng)采用正弦定理． ②“已知兩邊和這兩邊的夾角”或“已知三角形的三邊”應(yīng)采用余弦定理． [變式訓(xùn)練] (2017·蘇北三市模擬)如圖，在平面四邊形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝，EA＝2，∠ADC＝，且∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差數(shù)列． (1)求sin∠CED； (2)求BE的長． 解：設(shè)∠CED＝α. 因?yàn)椤螩BE，∠BEC，∠BCE成等差數(shù)列， 所以2∠BEC＝∠CBE＋∠BCE， 又∠CBE＋∠BEC＋∠BCE＝π， 所以∠BEC＝. (1)在△CDE中，

59、由余弦定理得EC2＝CD2＋DE2－2CD·DE·cos∠EDC， 由題設(shè)知7＝CD2＋1＋CD， 即CD2＋CD－6＝0， 解得CD＝2(CD＝－3舍去)． 在△CDE中，由正弦定理得＝， 于是sin α＝＝＝， 即sin∠CED＝. (2)由題設(shè)知0<α<， 由(1)知cos α＝＝ ＝， 又∠AEB＝π－∠BEC－α＝－α， 所以cos∠AEB＝cos＝coscos α＋sin·sin α＝－cos α＋sin α＝－×＋×＝. 在Rt△EAB中，cos∠AEB＝＝＝， 所以BE＝4. [課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練] 1．在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c

60、. (1)設(shè)·＝·，求證：△ABC是等腰三角形； (2)設(shè)向量s＝(2sin C，－)，t＝(cos 2C，cos C)，且s∥t，sin A＝，求sin的值． 解：(1)證明：由·＝·， 得abcos C＝bccos A. 化簡且由正弦定理得，sin Acos C＝sin Ccos A， ∴sin(A－C)＝0. ∴A＝C. 故△ABC是等腰三角形． (2)由s∥t，得2sin Ccos C＝－cos 2C， ∴tan 2C＝－.∵C∈， ∴2C∈(0，π)． ∴2C＝，故C＝. ∵sin A＝，A∈，得cos A＝. ∴sin＝sin＝sin A－cos A＝.

61、 2．(2017·天津高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知a>b，a＝5，c＝6，sin B＝. (1)求b和sin A的值； (2)求sin的值． 解：(1)在△ABC中，因?yàn)閍>b， 故由sin B＝，可得cos B＝. 由已知及余弦定理， 得b2＝a2＋c2－2accos B＝13， 所以b＝. 由正弦定理＝，得sin A＝＝. 所以b的值為，sin A的值為. (2)由(1)及a

62、n＝×＝. 3．(2017·南京調(diào)研)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c, a＝mbcos C，m為常數(shù)． (1)若m＝2，且cos C＝，求cos A的值； (2)若m＝4，求tan(C－B)的最大值． 解：(1)∵a＝2bcos C，cos C＝， ∴a＝2b×， ∴b＝c，∴B＝C. ∴cos A＝cos(π－B－C)＝－cos 2C＝－(2cos2C－1)＝－2×2＋1＝. (2)由正弦定理及a＝4bcos C， 得sin A＝4sin Bcos C， 而sin A＝sin(π－B－C)＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，

63、 ∴3sin Bcos C＝cos Bsin C. ∵在△ABC中，cos C≤0或cos B≤0時(shí)，不滿足上式， ∴B，C∈， ∴cos Ccos B≠0. ∴tan C＝3tan B， ∴tan(C－B)＝＝. ∵B，C∈， ∴1＋3tan2B≥2tan B，tan(C－B)≤， ∴tan(C－B)的最大值為. 4．如圖，在梯形ABCD中，已知AD∥BC，AD＝1，BD＝2，∠CAD＝，tan∠ADC＝－2.求： (1)CD的長； (2)△BCD的面積． 解：(1)因?yàn)閠an∠ADC＝－2， 所以sin∠ADC＝，cos∠ADC＝－. 所以sin∠ACD＝sin

64、 ＝sin ＝sin∠ADCcos＋cos∠ADCsin ＝， 在△ADC中，由正弦定理得CD＝＝. (2)因?yàn)锳D∥BC，所以cos∠BCD＝－cos∠ADC＝，sin∠BCD＝. 在△BDC中，由余弦定理BD2＝BC2＋CD2－2·BC·CD·cos∠BCD， 得BC2－2BC－35＝0，解得BC＝7(負(fù)值舍去)， 所以S△BCD＝·BC·CD·sin∠BCD＝×7××＝7. 5．(2017·蘇州調(diào)研測試)已知函數(shù)f(x)＝sin 2x－cos2x－. (1)求f(x)的最小值，并寫出取得最小值時(shí)的自變量x的取值集合； (2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a

65、，b，c，且c＝，f(C)＝0，若sin B＝2sin A，求a，b的值． 解：(1) f(x)＝sin 2x－－＝sin 2x－cos 2x－1＝sin－1. 當(dāng)2x－＝2kπ－(k∈Z)， 即x＝kπ－(k∈Z)時(shí)，f(x)的最小值為－2. 此時(shí)自變量x的取值集合為. (2)因?yàn)閒(C)＝0，所以sin－1＝0， 又0

66、對邊分別為a，b，c，已知2acos B＝2c－b. (1)若cos(A＋C)＝－，求cos C的值； (2)若b＝5，·＝－5，求△ABC的面積； (3)若O是△ABC外接圓的圓心，且·＋·＝m，求m的值． 解：由2acos B＝2c－b，得2sin Acos B＝2sin C－sin B，化簡得cos A＝，則A＝60°. (1)由cos(A＋C)＝－cos B＝－， 知cos B＝，所以sin B＝. 所以cos C＝cos(120°－B)＝－cos B＋sin B＝. (2)因?yàn)椤ぃ健?－)＝·－2＝||·||·cos A－||2＝bc－b2＝－5， 又b＝5，解得c＝8， 所以△ABC的面積為bcsin A＝10. (3)由·＋·＝m， 可得··＋··＝m2.(*) 因?yàn)镺是△ABC外接圓的圓心， 所以·＝2，·＝2， 又||＝， 所以(*)可化為·c2＋·b2＝m·， 所以m＝2(cos Bsin C＋sin Bcos C)＝2sin(B＋C)＝2sin A＝. 第4課時(shí)化簡求值問題(能力課) [常考題型突破] 結(jié)合三角函數(shù)定義進(jìn)