第二部分 高考六大专题题型解法攻略
专题一
三角函数、平面向量与解三角形
微专题1 三角恒等变换、三角函数图象与性质
1.同角三角函数的基本关系式的变形
sin2α=1-cos 2α=(1+cos α)(1-cos α)
(sin α±cos α)2=1±2sin αcos α=1±sin 2α
2.两角和与差的正弦、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)= tan α ± tan β
1∓tan αtan β
.
3.二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin 2α=2sin αcos α;
(2)cos 2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α;
(3)tan 2α= 2tan α
1-tan
2α
.
4.半角公式
sin α
2
=±√
1-cos α
2
,cos α
2
=±√
1+cos α
2
,
tan α
2
=±√
1-cos α
1+cos α
= sin α
1+cos α
=1-cos α
sin α
.
5.辅助角公式
asin α+bcos α=√a
2+b
2sin(α+φ),其中tan φ=b
a .
6.恒等变换常用结论
(1)sin2α=1-cos 2α
2
,cos2α=1+cos 2α
2
.
(2)1+cos 2α=2cos2α,1-cos 2α=2sin2α.
(3)tan α±tan β=tan(α±β)(1 tan
∓
αtan β).
7.三角函数的性质
性质
定义域
值域
对称性
最小正
周期
单调性
y=sin x
R
[-1,1]
对称轴:直线x=kπ+π
2 ,k∈Z;
对称中心:(kπ,0),k∈Z
2π
递增区间:[2kπ - π
2 ,2kπ + π
2],k∈Z;
递减区间:[2kπ + π
2 ,2kπ + 3 π
2 ],k∈Z
y=cos x
R
[-1,1]
对称轴:直线x=kπ,k∈Z;
对称中心:(kπ + π
2 ,0),k∈Z
2π
递增区间:[2kπ-π,2kπ],k∈Z;
递减区间:[2kπ,2kπ+π],k∈Z
y=tan x {
x| x≠kπ +
π
2 ,k ∈Z}
R
无对称轴;
对称中心:(
kπ
2 ,0),k∈Z
π
递增区间:(kπ - π
2 ,kπ + π
2),k∈Z;
无递减区间
8.关于三角函数奇偶性的常用结论
(1)y=Asin(ωx+φ),当φ=kπ(k∈Z)时为奇函数;当φ=kπ+π
2 (k∈Z)时为偶函数;对称轴方程可由ωx+φ=kπ+π
2 (k∈Z)求得.
(2)y=Acos(ωx+φ),当φ=kπ+π
2 (k∈Z)时为奇函数;当φ=kπ(k∈Z)时为偶函数;对称轴方程可由ωx+φ=kπ(k∈Z)求得.
(3)y=Atan(ωx+φ),当φ=kπ(k∈Z)时为奇函数.
微点一 三角恒等变换
例1 (1)(2024·新课标Ⅰ卷)已知cos(α+β)=m,tan αtan β=2,则cos(α-β)=(A)
A.-3m
B.-m
3
C.m
3
D.3m
解析 由cos(α+β)=m 得cos αcos β-sin αsin β=m ①.由tan αtan β=2,得sin αsin β
cos αcos β =2 ②,由①②得
{
cos αcos β =-m,
sin αsin β =-2m,所以cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=-3m.
(2)(2025·全国二卷)已知0<α<π,cosα
2
=√5
5
,则sin(α - π
4)=(D)
A.√2
10
B.√2
5
C.3√2
10
D.7√2
10
解析 cos α=2cos2α
2 -1=2×1
5-1=-3
5 ,因为0<α<π,所以sin α=4
5 ,所以sin(α - π
4)=√2
2
(sin α-cos α)=√2
2
×7
5 =7√2
10
.
(1)三角化简问题总的方向是变角与变式,达到“角、名和次”以及结构的统一.
(2)常见技巧涉及换元法、切化弦、整体代换等方法.
(3)求角问题要考虑对应三角函数值与特殊角之间的关系,是单一值还是多个值.
训练1 (1)(2025·宁夏银川模拟)利用诱导公式可以将任意角的三角函数值转化为0°~90°之间的三角函数值,下表是部分5°
的奇数倍锐角的正切值(用字母代替),则cos 2 210°=(B)
α
5°
15°
25°
35°
tan α
m
n
p
q
A. 2 p
1+ p
2
B.1- p
2
1+ p
2
C.1-q
2
1+q
2
D.1-m
2
1+m
2
解析 cos 2 210°=cos (6×360°+50°)=cos 50°=cos225°-sin225°=co s
225° - sin
225°
co s
225°+ sin
225°
=1-tan
225°
1+tan
225°
=1- p
2
1+ p
2.
(2)(2025·保定模拟)α,β 均为锐角,且cos 2α
1+sin 2α = sin 2 β
cos 2 β -1,则α+β= 3 π
4 .
解析 因为cos 2α
1+sin 2α = sin 2 β
cos 2 β -1,所以
co s
2α - sin
2α
(cos α +sin α )
2= 2sin βcos β
(1-2sin
2 β)-1
,所以cos α -sin α
cos α +sin α =-cos β
sin β ,则
1- tan α
1+ tan α =-
1
tan β ,整理得-tan α-tan β=1-tan αtan β,所以tan(α+β)= tan α + tan β
1- tan αtan β =-1,又α,β 均为锐角,所以α+β∈(0,π),
所以α+β=3 π
4 .
微点二 三角函数的图象
考向1 三角函数图象的变换
例2 (1)将函数y=2cos(2 x - π
6)的图象向右平移1
4 个周期后,所得图象对应的函数为(D)
A.y=2cos(2 x + π
12)
B.y=2cos(2 x - 5 π
12)
C.y=2cos(2 x + π
3)
D.y=-2cos(2 x + π
3)
解析 函数周期T=2π
2 =π,所以函数y=2cos(2 x - π
6)的图象向右平移1
4 个周期可得y=2cos[2(x - π
4)- π
6]=2cos
(2 x - 2
3 π)=-2cos[π -(2 x - 2
3 π )]=-2cos(2 x - 5 π
3 )=-2cos(2 x + π
3).
(2)将函数f(x)=2sin (2 x - π
3)的图象向左平移m(m>0)个单位长度,所得图象关于原点对称,则m 的值可以是(D)
A.π
3
B.π
C.4 π
3
D.5 π
3
解析 将函数f(x)=2sin(2 x - π
3)的图象向左平移m 个单位长度,得到y=2sin[2( x +m)- π
3]=2sin(2 x +2m- π
3)的图象.
因为y=2sin(2 x +2m- π
3)的图象关于原点对称,所以2m-π
3 =kπ,k∈Z,即m=π
6 +kπ
2 ,k∈Z,当k=3 时,得m=5 π
3 ,而使m=π
6 +kπ
2
=π
3
,m=π
6
+kπ
2
=π,m=π
6
+kπ
2
=4 π
3
的整数k 均不存在.
考向2 三角函数的图象与解析式
例3 (2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=sin(ωx+φ),如图,A,B 是直线y=1
2
与曲线y=f(x)的两个交点,若|AB|=π
6
,则f(π)= -√3
2
.
解析 对比正弦函数y=sin x 的图象易知,点(
2π
3 ,0)为“五点法”画图中的第五点,所以2π
3 ω+φ=2π ①.由题知|AB|=xB-
xA=π
6 ,{
ω x A+φ = π
6 ,
ω xB+φ = 5 π
6 ,
两式相减,得ω(xB-xA)=4 π
6 ,即π
6 ω=4 π
6 ,解得ω=4.代入①,得φ=-2π
3 ,所以f(π)=sin(4 π - 2π
3 )=-sin
2π
3
=-√3
2
.
训练2 (1)(2025·长沙模拟)如图是函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象,则该函数的解析式可以是(C)
A.y=2sin(
1
2 x + π
3)
B.y=2sin(
1
2 x - π
3)
C.y=2sin(2 x + π
3)
D.y=2sin(2 x - π
3)
解析 由题图可得,A=2,3
4
T= π
12
-(- 2π
3 )=3
4
π,即T=π=2π
|ω|,即ω=±2,观察各选项可知,本题考虑ω=2 即可,则y=2sin(2x+φ),把
点(
π
12 ,2)代入y=2sin(2x+φ)中,可得sin(
π
6 +φ)=1,故π
6 +φ=π
2 +2kπ,k∈Z,即φ=π
3 +2kπ,k∈Z,所以当k=0 时,y=2sin
(2 x + π
3 +2kπ)=2sin(2 x + π
3).
(2)(2025·温州模拟)已知f(x)=2tan(ωx+φ)(ω>0,|φ|< π
2),f(0)=2√3
3
,最小正周期T∈(
π
4 , 3 π
4 ),f(x)图象的一个对称中心为点
(
π
6 ,0),则f(
π
3)= -2√3
3
.
解析 由f(0)=2√3
3
,可得2tan φ=2√3
3
,tan φ=√3
3
,又|φ|<π
2
,所以φ=π
6
.因为f(x)图象的一个对称中心为点(
π
6 ,0),故π
6
ω+π
6
=kπ
2
,k∈Z,得ω=3k-1,k∈Z.因为T∈(
π
4 , 3 π
4 ),所以π
4
< π
ω
<3 π
4
,解得4
3
<ω<4,所以ω=2.f(x)=2tan(2 x + π
6),所以f(
π
3)=2tan
(2× π
3 + π
6)=-2√3
3
.
微点三 三角函数的性质
例4 (1)(2025·全国一卷)已知点(a,0)(a>0)是函数y=2tan(x - π
3)的图象的一个对称中心,则a 的最小值为(B)
A.π
6
B.π
3
C.π
2
D.4 π
3
解析 令x-π
3 =kπ
2 ,k∈Z,得x=kπ
2 +π
3 ,k∈Z,故y=2tan(x - π
3)的图象的对称中心为(
kπ
2 + π
3 ,0),k∈Z,由题意知a=kπ
2 +π
3
,k∈Z,又a>0,则a 的最小值为π
3 .故选B.
(2)(2024·新课标Ⅱ卷)(多选题)对于函数f(x)=sin 2x 和g(x)=sin(2 x - π
4),下列说法中正确的有(BC)
A.f(x)与g(x)有相同的零点
B.f(x)与g(x)有相同的最大值
C.f(x)与g(x)有相同的最小正周期
D.f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴
解析 对于A,令f(x)=0,则x=kπ
2
,k∈Z,又g(
kπ
2 )≠0,故A 错误;对于B,f(x)与g(x)的最大值都为1,故B 正确;对于C,f(x)与g(x)的
最小正周期都为π,故C 正确;对于D,f(x)图象的对称轴方程为2x=π
2 +kπ,k∈Z,即x=π
4 +kπ
2 ,k∈Z,g(x)图象的对称轴方程为2x-
π
4
=π
2
+kπ,k∈Z,即x=3 π
8
+kπ
2
,k∈Z,故f(x)与g(x)的图象的对称轴不相同,故D 错误.
研究三角函数的性质,首先化函数为f(x)=Asin(ωx+φ)+h 的形式,然后结合正弦函数y=sin x 的性质求f(x)的性质.
思路①:根据y=sin x 的性质求出f(x)的性质,然后判断各选项;
思路②:另一种是由x 的值或范围求得t=ωx+φ 的范围,然后由y=sin t 的性质判断各选项.
训练3 (1)(2025·聊城一模)(多选题)已知函数f(x)=cos 2x+√3sin 2x,x∈R,则(BD)
A.f(x)的最小正周期为2π
B.f(x)在[0, π
6]上单调递增
C.直线x=π
3 是曲线y=f(x)的一条对称轴
D.将y=f(x)的图象向右平移π
3
个单位长度得到y=-2cos 2x 的图象
解析 因为f(x)=cos 2x+√3sin 2x=2sin(2 x + π
6),对于A 选项,函数f(x)的最小正周期为2π
2
=π,A 错;对于B 选项,当0≤x≤π
6
时,
π
6
≤2x+π
6
≤π
2
,所以f(x)在[0, π
6]上单调递增,B 对;对于C 选项,因为f(
π
3)=2sin5 π
6
=1,故直线x=π
3
不是曲线y=f(x)的一条对
称轴,C 错;对于D 选项,将y=f(x)的图象向右平移π
3 个单位长度,得到函数y=2sin[2(x - π
3)+ π
6]=2sin(2 x - π
2)=-2cos 2x 的
图象,D 对.
(2)(2025·锦州模拟)若函数f(x)=sin ωx+√3cos ωx-1 在[0,2π]上恰有5 个零点,且在[- π
4 , π
15]上单调递增,则正实数ω 的取值
范围是 [
9
4 , 5
2] .
解析 依题意,函数f(x)=2sin(ωx + π
3)-1,由f(x)=0,得sin(ωx + π
3)=1
2,则ωx+π
3 =2kπ+π
6 或ωx+π
3 =2kπ+5 π
6 ,k∈Z,由
x∈[0,2π],得ωx+π
3 ∈[
π
3 ,2πω+ π
3],由f(x)在[0,2π]上恰有5 个零点,得29 π
6
≤2πω+π
3 <37 π
6
,解得9
4 ≤ω<35
12,由-π
2 ≤ωx+π
3 ≤
π
2 ,得- 5 π
6ω≤x≤π
6ω,即函数f(x)在[- 5 π
6ω , π
6ω]上单调递增,因此[- π
4 , π
15]⊆[- 5 π
6ω , π
6ω],即- 5 π
6ω≤-π
4 ,且π
6ω≥π
15,解得
0<ω≤5
2
,所以正实数ω 的取值范围为[
9
4 , 5
2].
1.(2023·新课标Ⅱ卷)已知α 为锐角,cos α=1+√5
4
,则sinα
2
=(D)
A.3-√5
8
B.-1+√5
8
C.3-√5
4
D.-1+√5
4
解析 解法一:由题意,cos α=1+√5
4
=1-2sin2α
2
,得sin2α
2
=3-√5
8
=6-2√5
16
=(
√5-1
4 )
2
,又α 为锐角,所以sinα
2
>0,所以sinα
2
=-1+√5
4
.
解法二:由题意,cos α=1+√5
4
=1-2sin2α
2 ,得sin2α
2 =3-√5
8
,将选项逐个代入验证可知D 选项满足.
2.(2025·天津高考)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,-π<φ<π)在[- 5 π
12 , π
12]上单调递增,且x= π
12
为f(x)图象的一条对称轴,(
π
3 ,0)是f(x)
图象的一个对称中心,当x∈[0, π
2]时,f(x)的最小值为(A)
A.-√3
2
B.-1
2
C.-1
D.0
解析 因为f(x)在[- 5 π
12 , π
12]上单调递增且x= π
12为f(x)图象的一条对称轴,所以1
2×2π
ω ≥π
12-(- 5 π
12),f(
π
12)=sin
(
π
12 ω+φ)=1,得0<ω≤2,且π
12ω+φ=π
2 +2k1π(k1∈Z) ①.因为(
π
3 ,0)是f(x)图象的一个对称中心,所以f(
π
3)=sin(
π
3 ω+φ)
=0,得π
3 ω+φ=k2π(k2∈Z) ②,由①②得ω=-2+4(k2-2k1)(k1,k2∈Z),结合0<ω≤2,得ω=2,则φ=π
3 +2k1π(k1∈Z),又-π<φ<π,所以φ=π
3 ,
故f(x)=sin(2 x + π
3).当x∈[0, π
2]时,2x+π
3 ∈[
π
3 , 4 π
3 ],所以f(x)的最小值为f(
π
2)=sin4 π
3 =-√3
2
.故选A.
3.(2024·新课标Ⅱ卷)已知α 为第一象限角,β 为第三象限角,tan α+tan β=4,tan αtan β=√2+1,则sin(α+β)= -2√2
3
.
解析 由题知tan(α+β)= tan a+ tan β
1- tan αtan β =
4
1-√2-1
=-2√2,即sin(α+β)=-2√2cos(α+β),又sin2(α+β)+cos2(α+β)=1,可得
sin(α+β)=±2√2
3
.由2kπ<α<2kπ+π
2
,k∈Z,2mπ+π<β<2mπ+3 π
2
,m∈Z,得2(k+m)π+π<α+β<2(k+m)π+2π,k+m∈Z.又tan(α+β)<0,所
以α+β 是第四象限角,故sin(α+β)=-2√2
3
.
微练(一) 三角恒等变换、三角函数图象与性质
基础过关练
一、单项选择题
1.(2025·葫芦岛一模)将函数y=sin 2x 的图象向左平移π
6 个单位长度后,所得图象的解析式为(A)
A.y=sin(2 x + π
3)
B. y=sin(2 x - π
3)
C.y=sin(2 x + π
6)
D. y=sin(2 x - π
6)
解析 函数y=sin 2x 的图象向左平移π
6 个单位长度得到的函数图象的解析式为y=sin 2(x + π
6)=sin(2 x + π
3).
2.(2025·武汉模拟)若tan(α + π
4)=5,则cos 2α 的值为(A)
A. 5
13
B.12
13
C.4
5
D.3
5
解析 解法一:(常规法+齐次式)由tan(α + π
4)=5 得tan α +1
1- tan α
=5,解得tan α=2
3
.因为cos 2α=co s
2α - sin
2α
sin
2α +co s
2α
, cos α≠0,所以
分子分母同时除以cos2α,得cos 2α=1- tan
2α
1+ tan
2α
=
1- 4
9
1+ 4
9
= 5
13.
解法二:(变角法+齐次式)tan α=tan[(α + π
4)- π
4]=
tan(α + π
4)- tan π
4
1+ tan(α + π
4)tan π
4
=5-1
1+5=2
3.因为cos 2α=co s
2α - sin
2α
sin
2α +co s
2α
, cos α≠0,
所以分子分母同时除以cos2α,得cos 2α=1- tan
2α
1+ tan
2α
=
1- 4
9
1+ 4
9
= 5
13.
解法三:(整体法)设θ=α+π
4
,则α=θ-π
4
,所以cos 2α=cos(2θ - π
2)=sin 2θ=2sin θcos θ
sin
2θ+co s
2θ
= 2tan θ
tan
2θ+1
= 2×5
1+25
= 5
13
.
3.(2025·正定模拟)已知函数f(x)=sin(2x+φ)(- π
2 <φ< π
2)的图象关于直线x=π
3
对称,则tanφ
2
=(D)
A.2+√3 B.2-√3
C.1-√3 D.√3-2
解析 由题意可知f(
π
3)=sin(
2π
3 +φ)=±1,得2π
3 +φ=π
2 +kπ,k∈Z,解得φ=-π
6 +kπ,k∈Z,因为-π
2 <φ<π
2 ,则φ=-π
6 ,因为tanπ
6 =
2tan π
12
1- tan
2 π
12
=√3
3
,解得tan π
12
=2-√3或-2-√3(舍),故tanφ
2
=tan(- π
12)=-tan π
12
=√3-2.
4.(2025·浙江模拟)已知cos(α-β)=1
3 ,sin αsin β=- 1
12,则cos2α-sin2β=(C)
A.1
2
B.1
3
C. 1
6
D.1
8
解析 由cos(α-β)=1
3得cos αcos β+sin αsin β=1
3 ,又sin αsin β=- 1
12,所以cos αcos β= 5
12,所以cos2α-sin2β=1+cos 2α
2
-
1-cos 2 β
2
=cos 2α +cos 2 β
2
=cos[(α + β)+(α - β)]+cos[(α + β)-(α - β)]
2
=cos (α+β)·cos (α-β)=(cos αcos β-
sin αsin β)(cos αcos β+sin αsin β)=(
5
12 + 1
12)×(
5
12 - 1
12)=1
2
×1
3
=1
6
.
5.(2025·太原模拟)将函数f(x)=sin(2x+θ)(- π
2 <θ< π
2)的图象先向左平移π
6
个单位长度,再向上平移1 个单位长度后,所得的
图象经过点(
π
4 ,2),则θ=(C)
A.-π
6
B.π
6
C.-π
3
D.π
3
解析 函数f(x)=sin (2x+θ)的图象先向左平移π
6 个单位长度,再向上平移1 个单位长度后,得到的新函数为g(x)=sin
(2(x + π
6)+θ)+1=sin(2 x + π
3 +θ)+1.当x=π
4
时,g(
π
4)=sin(2× π
4 + π
3 +θ)+1=2,化简得sin(
π
2 + π
3 +θ)=1,即sin
(
5
6 π +θ)=1,则5 π
6 +θ=π
2 +2kπ,其中k∈Z,解得θ=-π
3 +2kπ,k∈Z,又因为-π
2 <θ<π
2 ,所以k=0,所以θ=-π
3 .
6.(2025·安庆二模)若将函数f(x)=sin 2x+cos 2x 的图象向右平移φ 个单位长度,所得图象关于原点成中心对称,则φ 的最小正
值是(A)
A.π
8
B.π
4
C.3 π
8
D.3 π
4
解析 f(x)=√2sin(2 x + π
4),将函数f(x)的图象向右平移φ 个单位长度得f(x)=√2sin(2 x + π
4 -2φ),由该函数为奇函数可知
2φ-π
4
=kπ,k∈Z,即φ=kπ
2
+π
8
,k∈Z,所以φ 的最小正值为π
8
.
7.(2025·兰州一模)一个铅锤做单摆运动时,离开平衡位置的位移y 关于时间x 的函数图象如图所示,函数关系满足
y=Asin(ωx+φ)(x∈[0,+ ∞),ω>0,0<φ< π
2),当y=1 时,x 不可能是(A)
A.2π
3
B.π
C.4 π
3
D.2π
解析 由题图可知A=2,最小正周期T=2×(
11π
12 - 5 π
12)=π,则ω=2π
T =2,由1
2(
5 π
12 + 11π
12 )=2π
3 ,则函数图象过(
2π
3 ,-2),
即2sin(2× 2π
3 +φ)=-2,解得4 π
3 +φ=3 π
2 +2kπ(k∈Z),即φ=π
6 +2kπ(k∈Z),可得φ=π
6 ,故y=2sin(2 x + π
6),由y=1,则sin
(2 x + π
6)=1
2,解得2x+π
6 =π
6 +2k1π(k1∈Z)或2x+π
6 =5 π
6 +2k2π(k2∈Z),可得x=k1π(k1∈Z)或π
3 +k2π(k2∈Z),当k1=1 时,x=π,当k2=1
时,x=4 π
3 ,当k1=2 时,x=2π.
8.(2025·湛江一模)已知函数f(x)=sin(2 x + π
6)在区间(0,m)上存在唯一极大值点,则m 的最大值为(A)
A.7 π
6
B.π
C.π
3
D.π
6
解析 当x∈(0,m)时,2x+π
6 ∈(
π
6 ,2m+ π
6),由f(x)在区间(0,m)上存在唯一极大值点,得π
2 <2m+π
6 ≤5 π
2 ,解得π
6 <m≤7 π
6 ,所以
m 的最大值为7
6 π.
二、多项选择题
9.(2025·泉州一模)已知函数f(x)=sin 2x-2sin x,则(AD)
A.f(x)的最小正周期为2π
B.曲线y=f(x)关于直线x=π
2
对称
C.f(x)在区间[-2π,2π]上有4 个零点
D.f(x)在区间(
π
3 , 2π
3 )内单调递减
解析 A 选项,y=sin 2x 的最小正周期为π,y=sin x 的最小正周期为2π,两者的最小公倍数为2π,故f(x)的最小正周期为2π,A
正确;B 选项,f(π-x)=sin(2π-2x)-2sin(π-x)=-sin 2x-2sin x≠f(x),故曲线y=f(x)不关于直线x=π
2 对称,B 错误;C 选项,f(x)=sin 2x-2sin
x=2sin xcos x-2sin x=2sin x(cos x-1),令f(x)=0 得2sin x(cos x-1)=0,故sin x=0 或cos x=1,因为x∈[-2π,2π],所以sin x=0 的解为
x1=-2π,x2=-π,x3=0,x4=π,x5=2π,cos x=1 的解为x1=-2π,x3=0,x5=2π,综上,f(x)在区间[-2π,2π]上有5 个零点,C 错误;D 选项,f'(x)=2cos
2x-2cos x=4cos2x-2-2cos x=4(cos x - 1
4)
2
-9
4
,当x∈(
π
3 , 2π
3 )时,cos x∈(- 1
2 , 1
2),4(cos x - 1
4)
2
-9
4
∈[- 9
4 ,0),即f'(x)=4
(cos x - 1
4)
2
-9
4
<0,所以f(x)在区间(
π
3 , 2π
3 )内单调递减,D 正确.
10.将函数f(x)=3sin(2 x + π
6)的图象向左平移π
3
个单位长度后得到函数g(x)的图象,则
(ACD)
A.x=π
3
为函数g(x)图象的一条对称轴
B.g(x)=3cos 2x
C.函数g(x)在(- π
3 ,- π
6)上单调递增
D.函数g(x)的图象与函数h(x)=log2x 的图象交点个数为5
解析 对于A,将函数f(x)=3sin(2 x + π
6)的图象向左平移π
3 个单位长度,可得到函数g(x)=3sin[2(x + π
3)+ π
6]=3sin
(2 x + 5 π
6 )的图象,则g(
π
3)=3sin(2× π
3 + 5 π
6 )=3sin3 π
2
=-3,所以x=π
3
为函数g(x)图象的一条对称轴,故A 正确;对于
B,g(x)=3sin(2 x + 5 π
6 )≠3cos 2x,故B 错误;对于C,当-π
3
<x<-π
6
时,π
6
<2x+5 π
6
<π
2
,而y=sin x 在(
π
6 , π
2)上单调递增,所以g(x)
在(- π
3 ,- π
6)上单调递增,故C 正确;对于D,对于g(x)=3sin(2 x + 5 π
6 ),其周期为T=2π
2 =π,最大值为3,令2x+5 π
6 =π
2
+2kπ,k∈Z,则x=-π
6 +kπ,k∈Z,令2x+5 π
6 =kπ,k∈Z,则x=-5 π
12 +kπ
2 ,k∈Z,且g(0)=3sin5 π
6 =3
2,
因为h(x)=log2x 的定义域为(0,+∞),且log211π
6
<3,log217 π
6
>3,作出g(x)与h(x)在(0,3π)上的大致图象,如图,结合图象可知,函数
g(x)的图象与函数h(x)的图象交点个数为5,故D 正确.
11.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|< π
2),其中相邻的两条对称轴间的距离为π
2
,且经过点(0,-√3),则
(BCD)
A.φ=-π
6
B.f(x)在区间(0, π
3)上单调递增
C.f(-x)=f(
5 π
6 + x)
D.f(x)=sin x 在[0,2π ]上有4 个解
解析 由题意,T
2 =π
2 ,则T=π=2π
ω ,即ω=2,此时f(x)=2sin(2x+φ),又f(0)=2sin φ=-√3,则sin φ=-√3
2
,因为|φ|<π
2 ,所以φ=-π
3 ,故A
错误;则f(x)=2sin(2 x - π
3),当x∈(0, π
3)时,2x-π
3
∈(- π
3 , π
3),因为函数y=sin x 在(- π
3 , π
3)上单调递增,所以函数f(x)在区
间(0, π
3)上单调递增,故B 正确;由f(x)=2sin(2 x - π
3),得f(-x)=2sin(-2 x - π
3)=-2sin(2 x + π
3),而f(
5 π
6 + x)=2sin
[2(
5 π
6 + x)- π
3]=2sin(2 x + π
3 + π)=-2sin(2 x + π
3),所以f(-x)=f(
5 π
6 + x),故C 正确;
画出函数f(x)和y=sin x 在[0,2π]上的图象,由图可知,函数f(x)和y=sin x 在[0,2π]上有4 个交点,所以f(x)=sin x 在[0,2π]上有4 个
解,故D 正确.
三、填空题
12.(2025·湛江一模)已知tan(α + π
12)=1
3
,则sin(2α + 2π
3 )= 4
5
.
解析 tan(α + π
12)=
sin(α + π
12)
cos(α + π
12)
=1
3 ,即cos(α + π
12)=3sin(α + π
12).又cos2(α + π
12)+sin2(α + π
12)=1,所以cos2
(α + π
12)= 9
10,所以sin(2α + 2π
3 )=sin[(2α + π
6)+ π
2]=cos(2α + π
6)=cos[2(α + π
12)]=2cos2(α + π
12)-1=4
5 .
13.(2025·济南一模) 函数f(x)=|sin x|+cos x 的最小值为 -1
.
解析 当sin x≥0 时,即2kπ≤x≤2kπ+π,k∈Z 时,f(x)=|sin x|+cos x=sin x+cos x=√2sin(x + π
4),当sin x<0 时,即
2kπ+π<x<2kπ+2π,k∈Z 时,f(x)=|sin x|+cos x=-sin x+cos x=√2cos(x + π
4),所以f(x)=|sin x|+cos x=
{
√2sin(x + π
4),2kπ ≤x ≤2kπ + π ,k ∈Z ,
√2cos(x + π
4),2kπ + π < x<2kπ +2π ,k ∈Z ,
作出函数f(x)的图象,如图所示,所以函数f(x)=|sin x|+cos x 的最小值为-1,
此时x=2kπ+π,k∈Z.
14.(2025·北京高考)已知α,β∈[0,2π],且sin(α+β)=sin(α-β),cos(α+β)≠cos(α-β),写出满足条件的一组α= π
2 ( 答案不唯一
) ,β= π
6
( 答案不唯一
) .
解析 由sin(α+β)=sin(α-β),得sin αcos β+cos αsin β=sin αcos β-cos αsin β cos
⇒
αsin β=0 ①.由cos(α+β)≠cos(α-β),得cos αcos
β-sin αsin β≠cos α·cos β+sin αsin β sin
⇒
αsin β≠0 ②.由①②得sin β≠0,cos α=0,且sin α≠0,又α,β∈[0,2π],所以α 可取π
2 或3 π
2 ,
β 可取(0,2π)内除π 外的任意角.
能力提升练
15.已知函数f(x)=3sin 2ωx+2√3(cos2ωx-1)(ω>0),则f(x)的最大值是 √3 ;若f(x)在[0,π]上恰有3 个零点,则ω 的取值范围
是 [1, 4
3) .
解析 f(x)=3sin 2ωx+2√3(cos2ωx-1)=3sin 2ωx+√3(2cos2ωx-1)-√3,即f(x)=3sin 2ωx+√3cos 2ωx-√3=2
√3(
√3
2 sin 2ωx + 1
2 cos 2ωx)-√3=2√3sin(2ωx + π
6)-√3,又因为sin(2ωx + π
6)∈[-1,1],所以f(x)的最大值为√3;
因为x∈[0,π],所以2ωx+π
6
∈[
π
6 ,2ωπ + π
6],因为f(x)=2√3sin(2ωx + π
6)-√3在[0,π]上恰有3 个零点,所以13
6
π≤2ωπ+π
6
<
17
6 π,即1≤ω<4
3 .
16.(2025·泰安一模)已知函数f(x)=2sin(ωx + π
3)cos ωx-√3
2
(ω>0)的最小正周期为π,f(x)在(- π
6 , π
3)上的图象与直线y=a 交
于点A,B,与直线y=√6a 交于点C,D,且|AB|=2|CD|,则a= 1
3
.
解析 因为f(x)=2sin(ωx + π
3)cos ωx-√3
2
=2(sin ωx· 1
2 +cos ωx· √3
2 )cos ωx-√3
2
=sin ωxcos ωx+√3cos2ωx-√3
2
=1
2sin
2ωx+√3
2
cos 2ωx=sin(2ωx + π
3).又函数最小正周期为π,且ω>0,所以2π
2ω
=π⇒ω=1.所以f(x)=sin(2 x + π
3).当x∈(- π
6 , π
3)
时,2x+π
3
∈(0,π),所以sin(2 x + π
3)∈(0,1].作函数f(x)=sin(2 x + π
3),x∈(- π
6 , π
3)的草图如图所示.函数f(x)的图象关于直线
x= π
12
对称.设|CD|=2t,则B(
π
12 +2t ,a),D(
π
12 +t ,√6a).0<t<π
4
,所以sin[2(
π
12 +t)+ π
3]=√6sin[2(
π
12 +2t)+ π
3]
cos
⇒
2t=√6cos 4t cos
⇒
2t=√6(2cos22t-1) 2
⇒√6cos22t-cos 2t-√6=0,解得cos 2t=√6
3
或cos 2t=-√6
4
(舍去).所以a=sin
[2(
π
12 +2t)+ π
3]=cos 4t=2cos22t-1=2×2
3
-1=1
3
.
进阶点1 和差化积与积化和差公式及应用
和差化积与积化和差公式在数学中,特别是在三角函数的计算和化简过程中,是非常有用的工具,能将复杂的三角函数和差
或乘积形式转化为更简单的形式,从而简化计算过程.
1.和差化积公式
sin θ+sin φ=2sinθ+φ
2
cosθ -φ
2
sin θ-sin φ=2cosθ+φ
2
sinθ -φ
2
cos θ+cos φ=2cosθ+φ
2
cosθ -φ
2
cos θ-cos φ=-2sinθ+φ
2
sinθ -φ
2
2.积化和差公式
sin α·cos β=1
2 [sin (α + β)+sin (α - β)]
cos α·sin β=1
2 [sin (α + β)-sin (α - β)]
cos α·cos β=1
2 [cos(α + β)+cos(α - β)]
sin α·sin β=-1
2 [cos(α + β)-cos(α - β)]
题型一 和差化积公式的应用
角度1:和差化积公式的直接应用
例1 (1)(2021·全国乙卷)cos2 π
12-cos25 π
12 =(D)
A.1
2
B.√3
8
C.√2
2
D.√3
2
解析 cos 2 π
12-cos 25 π
12 =(cos π
12 +cos 5 π
12)(cos π
12 -cos 5 π
12)=2cos
π
12 + 5 π
12
2
cos
π
12 - 5 π
12
2
·
(-2sin
π
12 + 5 π
12
2
sin
π
12 - 5 π
12
2 )
=-sinπ
2
sin(- π
3)=√3
2
,故选D.
(2)已知sin α+sin β=1
2
,tanα + β
2
=3
2
,则cos α+cos β= 1
3
.
解析 依题意,sin α+sin β=2sinα + β
2
cosα - β
2
=1
2,则sinα + β
2
cosα - β
2
=1
4 ,又tanα + β
2
=
sin α + β
2
cos α - β
2
cos α + β
2
cos α - β
2
=3
2,则cos
α + β
2
cosα - β
2
=1
6 ,所以cos α+cos β=2cosα + β
2
cosα - β
2
=1
3.
角度2:和差化积公式的融合应用
例2 (1)若A+B=2π
3 ,则sin A+sin B 的最大值是 √3 .
解析 sin A+sin B=2sin A + B
2
cos A - B
2
=√3cos A - B
2
≤√3,当且仅当A=B=π
3 时取等号,则sin A+sin B 的最大值为√3.
(2)已知x1,x2是函数f(x)=cos 3x-cos 2x,x∈(0,π)的两个零点,则|x1-x2|= 2π
5
.
解析 f(x)=cos 3x-cos 2x=-2sin3 x +2 x
2
·sin3 x -2 x
2
=-2sin5 x
2 sin x
2 ,则令-2sin5 x
2 sin x
2 =0,当sin x
2 =0 时,因为x∈(0,π ),则
x
2 ∈(0, π
2),此时无解,当sin5 x
2 =0,因为x∈(0,π ),则5 x
2 ∈(0, 5 π
2 ),则5 x
2 =π 或2π,解得x=2π
5 或x=4 π
5 ,则|x1- x2|=4 π
5 -
2π
5
=2π
5
.
题型二 积化和差公式的应用
角度1:积化和差公式的直接应用
例3 (1)(2023·新课标Ⅰ卷)已知sin(α-β)=1
3,cos αsin β=1
6 ,则cos(2α+2β)=(B)
A.7
9
B.1
9
C.-1
9
D.-7
9
解析 由积化和差公式得cos αsin β=1
2[sin(α+β)-sin(α-β)]=1
6 ,又sin(α-β)=1
3 ,所以sin(α+β)=2
3 ,所以cos(2α+2β)=1-
2sin2(α+β)=1
9
.
(2)若cos(α + π
4)cos(α - 3 π
4 )=-1
3
,则sin 2α=(C)
A.2
3
B.-4
3
C.1
3
D.-1
3
解析 因为cos(α + π
4)cos(α - 3 π
4 )=1
2×[cos(α + π
4 +α - 3 π
4 )+cos(α + π
4 -α + 3 π
4 )]=1
2×
[cos(2α - π
2)+cos π]=1
2
(sin 2α -1)=-1
3
,所以sin 2α=1
3
.
角度2:积化和差公式的融合应用
例4 (1)(2025·湖北联考)(多选题)如图所示,已知角α,β(0<α < β < π
2)的始边为x 轴的非负半轴,终边与单位圆的交点分别
为A,B,M 为线段AB 的中点,射线OM 与单位圆交于点C,则下列说法正确的是
(ACD)
A. BOC=
∠
β -α
2
B.⃗OB·⃗OA+1=|⃗OM|2
C.⃗OC·⃗OA=|⃗OM|
D.点M 的坐标为(cos α + β
2
cos α - β
2
,sin α + β
2
·cos α - β
2 )
解析 因为角α,β(0<α < β < π
2)的始边为x 轴的非负半轴,终边与单位圆的交点分别为A,B,且M 为线段AB 的中点,射线
OM 与单位圆交于点C,所以OA=OB,所以∠BOC=1
2
BOA=
∠
β -α
2
,故A 正确;易知A(cos α,sin α),B(cos β,sin β),所以⃗OB·⃗OA
=cos αcos β+sin αsin β=cos(β-α),所以⃗OB·⃗OA+1=cos(β-α)+1=2cos2 β -α
2
,|⃗OM|2=|⃗OB|2cos2 BOC=
∠
cos2 β -α
2
,所以⃗OB·⃗OA
+1≠|⃗OM|2,故B 错误;因为⃗OC·⃗OA=|⃗OC||⃗OA|cos AOC=
∠
cos β -α
2
=|⃗OM|,故C 正确;因为xM=1
2
(xA+xB)=1
2
(cos α+cos β)=cos
α + β
2
·cosα - β
2
,yM=1
2
(yA+yB)=1
2
(sin α+sin β)=sinα + β
2
cosα - β
2
,故D 正确.故选ACD.
(2)1796 年,年仅19 岁的高斯发现了正十七边形的尺规作图法,要用尺规作出正十七边形,就要将圆十七等分,高斯基碑上刻
着如图所示的图案.设将圆十七等分后每等份圆弧所对的圆心角为α,则∑
k =1
16
❑
2
1+ tan
2 kα
2
= 15 .
解析 由题意可知:α=2π
17 .又
2
1+ tan
2 kα
2
=
2
1+
sin
2 kα
2
cos
2 kα
2
=
2cos
2 kα
2
cos
2 kα
2 +sin
2 kα
2
=2cos 2kα
2 =1+cos kα.所以
∑
k =1
16
❑
2
1+ tan
2 kα
2
=16+∑
k =1
16
❑cos kα=16+∑
k =1
16
❑cos2kπ
17 ,
又∑
k =1
16
❑cos2kπ
17 =∑
k =1
16
❑(2sin π
17 cos 2kπ
17 )
2sin π
17
=∑
k =1
16
❑[sin (2k +1)π
17
-sin (2k -1)π
17 ]
2sin π
17
=
sin 33 π
17 -sin π
17
2sin π
17
=
-2sin π
17
2sin π
17
=-1.所以∑
k =1
16
❑
2
1+ tan
2 kα
2
=16+∑
k =1
16
❑cos2kπ
17 =16-1=15.
微练(二) 和差化积与积化和差公式及应用
一、单项选择题
1.若sin α+sin β=12
13 ,cos α+cos β= 6
13,则tanα + β
2
的值为(A)
A.2
B.1
2
C.-2
D.-1
2
解析 由sin α+sin β=2sinα + β
2
cosα - β
2
=12
13 ,cos α+cos β=2cosα + β
2
cosα - β
2
= 6
13 ,两式相除得tanα + β
2
=
12
13
6
13
=2.
2.已知cos 2α=2sin 2β-5
6 ,cos(α - β)=1
4 ,则tan αtan β=(C)
A.1
7
B.7
C.-1
7
D.-7
解析 因为cos 2α=2sin 2β-5
6 ,所以cos 2α+cos 2β=1
6 ,由和差化积公式可得2cos(α+β)cos(α-β)=1
6 ,因为cos(α-β)=1
4 ,所以
cos(α+β)=1
3
,由cos αcos β+sin αsin β=1
4
,cos αcos β-sin αsin β=1
3
可得cos αcos β= 7
24
,sin αsin β=- 1
24
,所以tan αtan β=
sin αsin β
cos αcos β =-1
7 .
3.已知角α,β 满足cos α= 5
12
,cos(α+β)cos β=1
3
,则cos(α+2β)的值为(C)
A. 1
12
B.1
6
C.1
4
D.1
2
解析 cos α= 5
12,cos(α+β)cos β=1
3 ,由积化和差得cos(α+β)cos β=1
2 [cos(α + β + β)+cos(α + β - β)]=1
2[cos(α+2β)+cos α]=
1
2[cos(α +2 β)+ 5
12]=1
3 ,解得cos(α+2β)=2
3- 5
12=1
4 .
4.若S=sin 2π
7 +sin 22π
7 +sin 23 π
7 ,则S 的值为(A)
A.7
4
B.1
C.7
8
D.以上都不对
解析 S=sin 2π
7 +sin 22π
7 +sin 23 π
7 =1
2(1-cos 2π
7 )+1
2(1-cos 4 π
7 )+1
2(1-cos 6 π
7 )=3
2-
1
2(cos 2π
7 +cos 4 π
7 +cos 6 π
7 )=3
2-
1
2sin π
7
(sin π
7 cos 2π
7 +sin π
7 cos 4 π
7 +sin π
7 cos 6 π
7 )=3
2-
1
4 sin π
7
(sin 3 π
7 -sin π
7 +sin 5 π
7 -sin 3 π
7 +sin π -sin 5 π
7 )=7
4
.
5.将一个圆20 等分,每份圆弧所对的圆心角为α,则∑
k =1
19
❑cos 2kα=(D)
A.8
B.17
2
C.19
2
D.9
解析 由题意知α= π
10,则∑
k =1
19
❑cos 2kα=∑
k =1
19
❑1+cos 2kα
2
=19+∑
k =1
19
cos 2kα
2
,而∑
k =1
19
❑cos 2kα=cos 2α+cos 4α+cos
6α+…+cos 38α=2sin α (cos 2α +cos 4 α +cos 6α +…+cos 38α )
2sin α
=
(sin 3α -sin α )+(sin 5α -sin 3α )+…+(sin 39α -sin 37 α )
2sin α
=sin 39α -sin α
2sin α
=
sin 39 π
10 -sin π
10
2sin π
10
=
sin(4 π - π
10)-sin π
10
2sin π
10
=
-2sin π
10
2sin π
10
=-1,则∑
k =1
19
❑cos 2kα=9.
6.已知α∈[0,2π],且sin α+sin 2α+sin 3α=0,则满足条件的α 的个数为(C)
A.3
B.5
C.7
D.9
解析 由和差化积公式得到sin α+sin 3α=2sin 2αcos α,所以sin α+sin 2α+sin 3α=sin 2α(2cos α+1),因为sin α+sin 2α+sin 3α=0,
所以sin 2α=0 或cos α=-1
2,当sin 2α=0 时,2α=kπ(k∈Z),即α=1
2kπ(k∈Z),因为α∈[0,2π],所以α=0,π
2 ,π,3 π
2 ,2π;当cos α=-1
2时,因
为α∈[0,2π],所以α=2π
3 ,4 π
3 .所以符合题意的α 共有7 个.
7.在平面直角坐标系xOy 中,设α,β 都是锐角,2α,2β,2α+2β 的始边都是x 轴的非负半轴,终边分别与单位圆x2+y2=1 交于点
P(x1,y1),Q(x2,y2),R(x3,y3),且y1+y2=3y3,则x1+x2的最大值为(D)
A.2√6
3
B.8
3
C.√6
3
D.2
3
解析 由题设y1+y2=3y3,得sin 2α+sin 2β=3sin(2α+2β),由和差化积公式及二倍角公式得,2sin(α+β)cos(α-β)=6sin(α+β)cos(α+β),
又0<α<π
2 ,0<β<π
2
0<
⇒
α+β<π,所以sin(α+β)≠0,则cos(α-β)=3cos(α+β)≤1,所以cos(α+β)≤1
3,当且仅当α=β 时取等号,由
x1+x2=cos 2α+cos 2β=2cos(α+β)cos(α-β)=6cos 2(α+β)≤2
3
.
二、填空题
8.在△ABC 中,若B=π
6
,则cos Asin C 的取值范围为 [- 1
4 , 3
4] .
解析 由B=π
6 得A+C=5 π
6 ,则cos Asin C=1
2[sin(A+C)-sin(A-C)]=1
2[sin 5 π
6 -sin(2 A - 5 π
6 )]=1
4 -1
2sin(2 A - 5 π
6 ).由
0<A<5 π
6
得-5 π
6
<2A-5 π
6
<5 π
6
,则-1≤sin(2 A - 5 π
6 )≤1,则cos Asin C 的取值范围是[- 1
4 , 3
4].
9.已知sin(α+β)sin(α-β)=2m(m≠0),则cos 2α-cos 2β= -2
m .
解析 由sin(α+β)sin(α-β)=2m(m≠0),可得2sin(α+β)sin(α-β)=cos 2β-cos 2α=4m,则cos 2α-cos 2β=1+cos 2α
2
-1+cos 2 β
2
=cos 2α -cos 2 β
2
=-2m.
10.已知α,β 满足sin α+cos β=2
3
,cos α+sin β=1
3
,则sin(α - β)= 3
5
.
解析 因为sin α+cos β=2
3 ,cos α+sin β=1
3 ,所以(sin α +cos β)
2=sin 2α+cos 2β+2sin αcos β=4
9 ,(cos α +sin β)
2=cos
2α+sin 2β+2cos αsin β=1
9;相加得sin 2α+sin 2β+cos 2α+cos 2β+2sin αcos β+2cos αsin β=5
9 ,即2+2sin(α+β)=5
9,所以sin(α+β)=-13
18
;相减得sin 2α+cos 2β-cos 2α-sin 2β+2sin αcos β-2cos αsin β=2(sin
2α -sin
2 β)+2(sin αcos β-cos αsin β)=2
(sin
2α -sin
2 β)+2sin(α-β)=1
3
,又sin α+sin β=2sinα + β
2
cosα - β
2
,sin α-sin β=2cosα + β
2
sinα - β
2
,所以sin 2α-sin 2β=
(2sin α + β
2
cos α - β
2 )(2cos α + β
2
sin α - β
2 )=sin(α-β)sin(α+β)=-13
18
sin(α-β),所以sin(α-β)=1
6
-(sin
2α -sin
2 β)=1
6
+
13
18sin(α-β),解得sin(α-β)=3
5 .
进阶点2 三角函数中ω 的取值范围问题
三角函数中求ω 的取值范围是高考的热点.考查内容主要是函数的单调性、对称性、极值与最值、零点等知识的综合,需
要学生能够熟练运用三角函数的基本性质和图象.试题多以单选题、多选题、填空题形式呈现.
题型一 与函数的单调性有关
例1 已知ω>0,函数f(x)=sin(ωx + π
4)在(
π
2 ,π)上单调递减,则ω 的取值范围是(A)
A.[
1
2 , 5
4]
B.[
1
2 , 3
4]
C.(0, 1
2]
D.(0,2]
解析 函数f(x)=sin(ωx + π
4)的导函数为f'(x)=ωcos(ωx + π
4),要使函数f(x)=sin(ωx + π
4)在(
π
2 ,π)上单调递减,则有
f'(x)=ωcos(ωx + π
4)≤0 恒成立,则2kπ+π
2
≤ωx+π
4
≤2kπ+3 π
2
,即2kπ+π
4
≤ωx≤2kπ+5 π
4
,所以2kπ
ω
+ π
4 ω
≤x≤2kπ
ω
+ 5 π
4 ω
(k∈Z).
当k=0 时, π
4 ω≤x≤5 π
4 ω,又π
2 <x<π,所以有{
π
4 ω ≤π
2 ,
5 π
4 ω ≥π ,
解得1
2≤ω≤5
4 .故选A.
题型二 与函数的最值、极值有关
例2 (2022·全国甲卷)设函数f(x)=sin(ωx + π
3)在区间(0,π)恰有三个极值点,两个零点,则ω 的取值范围是(C)
A.[
5
3 , 13
6 )
B.[
5
3 , 19
6 )
C.(
13
6 , 8
3]
D.(
13
6 , 19
6 ]
解析 依题意可得ω>0,因为x∈(0,π),所以ωx+π
3 ∈(
π
3 ,ωπ + π
3),要使函数在区间(0,π)恰有三个极值点,两个零点,结合y=sin
x,x∈(
π
3 ,3 π)的图象,如图,则5 π
2
<ωπ+π
3
≤3π,解得13
6
<ω≤8
3
,即ω∈(
13
6 , 8
3].故选C.
例3 设函数f(x)=cos(ωx - π
6)(ω>0),若f(x)≤f(
π
4)对任意的实数x 都成立,则ω 的最小值为 2
3
.
解析 由题意知f(x)max=f(
π
4)=1,即cos(
ωπ
4 - π
6)=1,所以ωπ
4
-π
6
=2kπ(k∈Z),解得ω=8k+2
3
(k∈Z).又因为ω>0,所以当k=0 时,
ωmin=2
3
.
题型三 与函数的对称性有关
例4 (2022·全国甲卷)将函数f(x)=sin(ωx + π
3)(ω>0)的图象向左平移π
2 个单位长度后得到曲线C,若C 关于y 轴对称,则ω
的最小值是(C)
A.1
6
B.1
4
C.1
3
D.1
2
解析 由题意知,曲线C 为y=sin[ω(x + π
2)+ π
3]=sin(ωx + ωπ
2 + π
3),又C 关于y 轴对称,则ωπ
2 +π
3 =π
2 +kπ(k∈Z),解得ω=
1
3+2k(k∈Z),又ω>0,故当k=0 时,ω 的最小值为1
3.故选C.
题型四 与函数的零点有关
例5 (2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=cos ωx-1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3 个零点,则ω 的取值范围是 [ 2 , 3 ) .
解析 因为0≤x≤2π,所以0≤ωx≤2ωπ,令f(x)=cos ωx-1=0,则cos ωx=1 有3 个根,令t=ωx,则cos t=1 有3 个根,其中t∈[0,2ωπ],如
图,结合余弦函数y=cos t 的图象性质可得4π≤2ωπ<6π,故2≤ω<3.
微练(三) 三角函数中ω 的取值范围问题
一、单项选择题
1.已知函数f(x)=cos(ωx + π
3)(ω<0)在(
π
2 ,π)上单调递减,则实数ω 的取值范围是(A)
A.[- 4
3 ,- 2
3]
B.[- 1
3 ,0)
C.[- 2
3 ,- 1
3]
D.[- 5
6 ,- 2
3]
解析 函数f(x)=cos(ωx + π
3)(ω<0)的最小正周期T=2π
|ω|,所以π-π
2
≤1
2
×2π
|ω|,即-2≤ω<0.当x∈(
π
2 ,π)时,ωπ+π
3
<ωx+π
3
<π
2
ω+π
3
,依题意知-π+2kπ≤ωπ+π
3
<π
2
ω+π
3
≤2kπ,k∈Z,解得-4
3
+2k≤ω≤-2
3
+4k,k∈Z,又-2≤ω<0,所以k=0,所以ω∈[- 4
3 ,- 2
3].
2.将函数f(x)=cos(ωx - π
3)(ω>0)的图象向右平移π
2
个单位长度后得到曲线C.若曲线C 关于原点对称,则ω 的最小值是(C)
A.1
6
B.1
4
C.1
3
D.1
2
解析 将函数f(x)=cos(ωx - π
3)(ω>0)的图象向右平移π
2
个单位长度后得到函数y=cos(ωx - ωπ
2 - π
3)的图象,又曲线C 关
于原点对称,所以-ωπ
2 -π
3 =π
2 +kπ(k∈Z),解得ω=-5
3 -2k(k∈Z),因为ω>0,所以当k=-1 时,ω 取得最小值1
3 .故选C.
3.(2025·衡阳模拟)已知ω>0,函数f(x)=sin ωx 在(
π
3 ,π)上存在最值,则ω 的取值范围是(D)
A.(
1
2 , 3
2)
B.(
1
2 ,+∞)
C.(
1
2 , 3
2)∪(
3
2 , 9
2)
D.(
1
2 , 3
2)∪(
3
2 ,+ ∞)
解析 当f(x)=sin ωx 取最值时,ωx=kπ+π
2 ,k∈Z,即x=kπ + π
2
ω
,k∈Z,由题知π
3 <kπ + π
2
ω
<π,故1
3 ω<k+1
2<ω.即{
ω<3k + 3
2 ,
ω>k + 1
2 ,
k∈Z.
因为ω>0,当k=0 时,1
2<ω<3
2;当k=1 时,3
2<ω<9
2,显然当ω>3
2时,T
2 = 2π
2ω= π
ω<
π
3
2
=2π
3 ,此时f(x)=sin ωx 在(
π
3 ,π)上必有最值
点.综上,所求ω 的取值范围是(
1
2 , 3
2)∪(
3
2 ,+∞).
4.(2025·黄冈模拟)已知函数f(x)=sin(ωx - 2π
3 )(ω>0)在[0,π]上有且仅有三个零点,则ω 的取值范围是 (B)
A.[
8
3 , 11
3 ]
B.[
8
3 , 11
3 )
C.[
5
3 , 8
3]
D.[
5
3 , 8
3)
解析 因为0≤x≤π,ω>0,所以-2π
3
≤ωx-2π
3
≤ωπ-2π
3
,因为函数f(x)=sin(ωx - 2π
3 )(ω>0)在[0,π]上有且仅有三个零点,结合正
弦函数的图象可知2π≤ωπ-2π
3 <3π,解得8
3 ≤ω<11
3 .
5.函数f(x)=2sin ωx(√3sin ωx+cos ωx)(ω>0)在(0, π
3)上单调递增,且对任意的实数a,f(x)在(a,a+π)上不单调,则ω 的取值范围
为(D)
A.(1, 5
2]
B.(1, 5
4]
C.(
1
2 , 5
2]
D.(
1
2 , 5
4]
解析 因为f(x)=2sin ωx(√3sin ωx+cos ωx)=2√3sin2ωx+2sin ωxcos ωx=sin 2ωx-√3cos 2ωx+√3=2sin(2ωx - π
3)+√3,又因为
x∈(0, π
3),且ω>0,则2ωx-π
3
∈(- π
3 , 2ωπ
3
- π
3),因为f(x)在(0, π
3)上单调递增,所以2ωπ
3
-π
3
≤π
2
,所以0<ω≤5
4
,因为对任意
的实数a,f(x)在(a,a+π)上不单调,所以f(x)的周期T= 2π
2ω<2π,所以ω>1
2,所以1
2<ω≤5
4 .
二、多项选择题
6.已知函数f(x)=√3sin ωx+cos ωx(ω>0),则下列说法正确的有(BD)
A.若ω=1,则f(x)在(0, π
2)上单调递增
B.若f(
π
6 + x)=f(
π
6 - x),则ω 的最小值为2
C.若ω=2,则把函数y=f(x)的图象向右平移π
6
个单位长度,所得到的图象关于原点对称
D.若f(x)在(0,π)上有3 个零点,则17
6
<ω≤23
6
解析 依题意,f(x)=2sin(ωx + π
6).对于A,若ω=1,则f(x)=2sin(x + π
6),当x∈(0, π
2)时,x+π
6 ∈(
π
6 , 2π
3 ),因为y=sin x 在
(
π
6 , 2π
3 )上不单调,所以f(x)=2sin(x + π
6) 在(0, π
2)上不单调,故A 不正确;对于B,因为f(
π
6 + x)=f(
π
6 - x),则直线x=π
6
是函数f(x) 图象的一条对称轴,π
6 ω+π
6 =kπ+π
2 ,k∈Z,解得ω=6k+2,k∈Z,而ω>0,则ωmin=2,故B 正确;对于C,当ω=2 时,f(x)=2sin
(2 x + π
6),依题意,函数y=f(x - π
6)=2sin[2(x - π
6)+ π
6]=2sin(2 x - π
6),这个函数不是奇函数,其图象关于原点不对称,故
C 不正确;对于D,当x∈(0,π) 时,ωx+π
6 ∈(
π
6 ,ωπ + π
6),依题意,3π<ωπ+π
6 ≤4π ,解得17
6 <ω≤23
6 ,故D 正确.
7.已知f(x)=sin(ωx + π
3),ω>0,则下列结论正确的是(AC)
A.若f(x)的最小正周期为π ,则ω=2
B.若f(x)的图象向左平移π
3
个单位长度后得到的图象所对应的函数为偶函数,则ω 的最小值为1
C.若f(x)在(0,π)上恰有两个极值点,则ω 的取值范围为(
7
6 , 13
6 ]
D.存在ω,使得f(x)在[- π
6 , π
4]上单调递减
解析 对于A,由题意得2π
|ω|=π,又ω>0,所以ω=2,故A 正确;对于B,将f(x)的图象向左平移π
3
个单位长度后得到y=sin
(ωx + ωπ
3 + π
3)的图象,由题意知该函数为偶函数,则ωπ
3
+π
3
=π
2
+kπ,k∈Z,得ω=1
2
+3k,k∈Z,又ω>0,所以ω 的最小值为1
2
,故
B 错误;对于C,由x∈(0,π),得ωx+π
3
∈(
π
3 ,ωπ + π
3),若f(x)在(0,π)上恰有两个极值点,则3 π
2
<ωπ+π
3
≤5 π
2
,所以ω∈(
7
6 , 13
6 ],
故C 正确;对于D,由x∈[- π
6 , π
4],得ωx+π
3 ∈[- ωπ
6 + π
3 , ωπ
4 + π
3],若f(x)在[- π
6 , π
4]上单调递减,则
[- ωπ
6 + π
3 , ωπ
4 + π
3]⊆[
π
2 +2kπ , 3 π
2 +2kπ](k∈Z),ω 无解,故f(x)在[- π
6 , π
4]上不可能单调递减,故D 错误.故选AC.
三、填空题
8.(2025·湖南模拟)若函数f(x)=sin ωx+√3cos ωx 在(0,π)内有2 个零点,则ω 的最大值为 8
3
.
解析 已知f(x)=sin ωx+√3cos ωx,根据辅助角公式得到f(x)=2sin(ωx + π
3).令f(x)=0,即2sin(ωx + π
3)=0,则sin(ωx + π
3)
=0.所以ωx+π
3 =kπ,k∈Z,解关于x 的方程可得x=kπ - π
3
ω
=(3 k -1)π
3ω
,k∈Z.因为x∈(0,π),当k=1 时,x1=(3×1-1)π
3ω
= 2π
3ω
∈(0,π);当k=2 时,x2=(3×2-1)π
3ω
= 5 π
3ω
∈(0,π);当k=3 时,x3=(3×3-1)π
3ω
= 8 π
3ω
.由于函数f(x)在(0,π)内有2 个零点,所以
{
5 π
3ω <π ,
8 π
3ω ≥π .
解得ω 的取值范围是5
3 <ω≤8
3 . 可知,ω 的最大值为8
3 .
9.(2025·常德二模)已知函数f(x)=cos(ωx - π
3)(ω>0)在区间(-π,π)上有且仅有1 个零点和1 条对称轴,则实数ω 的取值范围
是 (
1
3 , 2
3] .
解析 当x∈(-π,π),ω>0 时,ωx-π
3 ∈(-ωπ - π
3 ,ωπ - π
3),由函数f(x)在区间(-π,π)上有且仅有1 个零点和1 条对称轴,|-ωπ-π
3 |
>|ωπ-π
3
|,得{
- π ≤-ωπ - π
3 <- π
2 ,
0<ωπ - π
3 ≤π
2
或{
- 3 π
2 ≤-ωπ - π
3 <- π ,
- π
2 <ωπ - π
3 ≤0,
解得{
1
6 <ω≤2
3 ,
1
3 <ω≤5
6
或{
2
3 <ω≤7
6 ,
- 1
6 <ω≤1
3 ,
则1
3
<ω≤2
3
,所以实数ω
的取值范围是(
1
3 , 2
3].
10.已知函数f(x)=sin(ωπx+φ)(ω>0,0<φ≤π),若f(x)是偶函数,则φ= π
2
;若圆面x2+y2≤2 恰好覆盖f(x)的图象的最高点和最低点共
3 个,则ω 的取值范围是 [ 1 , 2 ) .
解析 因为f(x)是偶函数,所以φ=kπ+π
2
,k∈Z,又0<φ≤π,所以φ=π
2
,可得f(x)=sin(ωπx + π
2)=cos ωπx.
设f(x)的最小正周期为T,因为f(x)的图象和x2+y2≤2 的图象均关于y 轴对称,如图所示,所以圆面在y 轴右侧仅覆盖f(x)的图象
的1 个最低点,对于x2+y2=2,令y=±1,解得x=±1,可得{
T
2 ≤1,
T >1,
解得1<T≤2,又ω>0,所以1<2π
ωπ
≤2,解得1≤ω<2,所以ω 的取值范
围是[1,2).
微专题2 平面向量及其应用
1.平面向量数量积的性质
设a,b 都是非零向量,e 是与b 方向相同的单位向量,θ 是a 与b 的夹角,则
(1)e·a=a·e=|a|cos θ.
(2)a⊥b⇔a·b=0.
(3)当a 与b 同向时,a·b=|a||b|;当a 与b 反向时,a·b=-|a||b|.特别地,a·a=|a|2或|a|=√a·a.
(4)cos θ=
a·b
|a||b|
.
(5)|a·b|≤|a||b|.
2.常用结论
(1)向量a 在向量b 上的投影向量等于a·b
|b| · b
|b|.
(2)已知⃗OA=λ⃗OB+μ⃗OC(λ,μ 为常数),则A,B,C 三点共线的充要条件是λ+μ=1.
(3)极化恒等式:如图,在△ABC 中,M 为BC 的中点,则⃗AB·⃗AC=⃗AM
2-⃗MB
2=⃗AM
2-1
4⃗CB
2.
微点一 平面向量的模与夹角
例1 (1)(2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a,b 满足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|=(B)
A.1
2
B.√2
2
C.√3
2
D.1
解析 由(b-2a)⊥b,得(b-2a)·b=b2-2a·b=0,所以b2=2a·b.将|a+2b|=2 的两边同时平方,得a2+4a·b+4b2=4,即1+2b2+4b2=1+6|b|2=4,
解得|b|2=1
2,所以|b|=√2
2
.
(2)(2025·南通一模)若非零向量a,b 满足|a|=2|b|,且向量b 在向量a 上的投影向量是-1
4 a,则向量a 与b 的夹角为(B)
A.π
6
B.2π
3
C.5 π
6
D.π
解析 b 在a 上的投影向量为a·b
a
2 ·a=-1
4 a,所以a·b
|a |
2=-1
4 ,所以a·b=-1
4 |a|2,则cos<a,b>=
a·b
|a||b| =
- 1
4 |a|
2
|a| 1
2 |a|
=-1
2,由于
<a,b>∈[0,π],所以<a,b>=2π
3 .
向量的模与夹角问题的求解方法
(1)平方法:若已知两个向量的模的关系或者向量方程,则常常通过平方运算求解;
(2)坐标法:若向量之间存在垂直关系,则可建立平面直角坐标系,将问题转化为向量的坐标运算;
(3)几何法:若存在或可以得到动端点的向量的模为定值,则可应用几何法(需尝试与圆有关)求解有关的模或角的范围问题.
训练1 (1)已知向量|a|=|b|=1,|c|=√3
2
,且a+b-2c=0,则cos<a,c>=(D)
A.-1
2
B.-√3
2
C.1
2
D.√3
2
解析 a+b-2c=0,所以a+b=2c,两边平方可得a2+2a·b+b2=4c2,又|a|=|b|=1,|c|=√3
2
,所以1+2a·b+1=3⇒a·b=1
2,所以cos<a,c>=
a·c
|a||c|
=
a· 1
2 (a+b)
√3
2
=a
2+a·b
√3
=1+ 1
2
√3
=√3
2
.
(2)(2025·烟台一模)在△ABC 中,AB=2AC=6,∠BAC=60°,⃗BC=3⃗BD,则|⃗AD|=(C)
A.√7
B.√13 C.√21 D.2√7
解析 在△ABC 中,AB=2AC=6,∠BAC=60°,⃗BC=3⃗BD,所以⃗AD=⃗AB+1
3⃗BC=⃗AB+1
3
(⃗AC-⃗AB)=2
3⃗AB+1
3⃗AC,则|⃗AD|=
√
4
9⃗AB
2+ 1
9⃗AC
2+ 4
9⃗AB·⃗AC=√
4
9 |⃗AB|
2+ 1
9 |⃗AC |
2+ 4
9 |⃗AB|·|⃗AC |cos 60°=
√
4
9 ×6
2+ 1
9 ×3
2+ 4
9 ×6×3× 1
2
=√21.
微点二 平面向量的数量积
例2 (1)(2025·长沙二模)已知平面向量a,b 满足|a|=2,a⊥(a+b),则a·b=(C)
A.-2
B.2
C.-4
D.4
解析 由a⊥(a+b),得a·(a+b)=a2+a·b=0,所以a·b=-a2=-4.
(2)
如图,在△ABC 中,∠ABC=90°,F 为AB 的中点,CE=3,CB=8,AB=12,则⃗EA·⃗EB= 13 .
解析
解法一(坐标法):建立如图所示的平面直角坐标系,则A(12,0),B(0,0),C(0,8),F(6,0),易知CF=√C B
2+ B F
2=10,即CE= 3
10
FC,FE= 7
10
FC,所以⃗BE=⃗BF+ 7
10⃗FC=(6,0)+ 7
10
(-6,8)=(
9
5 , 28
5 ),所以⃗EA=⃗BA-⃗BE=(12,0)-(
9
5 , 28
5 )=(
51
5 ,- 28
5 ),而⃗EB=
(- 9
5 ,- 28
5 ),所以⃗EA·⃗EB=51
5
×(- 9
5)+(- 28
5 )
2
=13.
解法二(基底法):由解法一知⃗EF= 7
10⃗CF,且CF=√
C B
2+(
1
2 BA)
2
=10,故⃗EA·⃗EB=(⃗EF+⃗FA)·(⃗EF+⃗FB)=
(
7
10⃗CF + 1
2⃗BA)·(
7
10⃗CF - 1
2⃗BA)= 49
100⃗CF
2-1
4⃗BA
2= 49
100
×102-1
4
×122=13.
解法三(利用极化恒等式):由解法一知|⃗EF|=7,由极化恒等式知⃗EA·⃗EB=|⃗EF|2-1
4 |⃗BA|2=49-1
4 ×144=13.
求非零向量a,b 的数量积的方法
(1)定义法:a·b=|a||b|cos θ.
(2)坐标法:①若已知向量的坐标,直接利用坐标运算求解,即若a=(x1,y1),b=(x2,y2),则a·b=x1x2+y1y2;②若未知向量的坐标,则可通
过建立平面直角坐标系写出向量的坐标,进而利用坐标运算求解.
训练2 (1)(2025·上饶一模)在平行四边形ABCD 中,AB=4,AD=2,∠A=60°,⃗DM=3⃗MC,则⃗AM·⃗BM=(D)
A.1
B.3
2
C.2
D.3
解析
如图,以{⃗AB,⃗AD}为基底,则⃗AB
2=16,⃗AD
2=4,⃗AB·⃗AD=4×2cos 60°=4,且⃗AM=⃗AD+⃗DM=3
4⃗AB+⃗AD,⃗BM=⃗BC+⃗CM=-
1
4⃗AB+⃗AD,所以⃗AM·⃗BM=(
3
4⃗AB+⃗AD)·(- 1
4⃗AB+⃗AD)=- 3
16⃗AB
2+1
2⃗AB·⃗AD+⃗AD
2=- 3
16 ×16+1
2×4+4=3.
(2)(多选题)已知a,b,i 均为单位向量,且|3a+b|=-2√7a·b,则
(ACD)
A.a⊥(a+2b)
B.|a+b|=2√42
7
C.当实数t 变化时,|a+tb|的最小值是√3
2
D.若<i,a>=<a,b>,则a·(b-i)=0
解析 由|3a+b|=-2√7a·b,得14(a·b)2-3a·b-5=0,解得a·b=5
7 (舍去)或a·b=-1
2.因为a,b 均为单位向量,则a·(a+2b)=a2+2a·b=1-
1=0,故A 正确.|a+b|=√a
2+2a·b+b
2=√1-1+1=1,故B 错误.|a+tb|=√a
2+2ta·b+t
2b
2=√t
2-t +1=√(t - 1
2)
2
+ 3
4
≥√3
2
,当
且仅当t=1
2时取等号,故C 正确.由<i,a>=<a,b>,得cos<i,a>=cos<a,b>,所以
i·a
|i||a| =
a·b
|a||b| ,整理得i·a=a·b,即a·(b-i)=0,
故D 正确.故选ACD.
微点三 参数的取值(范围)
例3 (1)已知向量a=(t,2),b=(2,-1).若a 与b 的夹角的余弦值为-2√5
5
,则实数t 的值为(D)
A.5
2
B.-5
2
C.3
2
D.-3
2
解析 由题意得a·b=2t-2,|a|=√t
2+ 4,|b|=√5,所以-2√5
5
=
2t -2
√5√t
2+ 4
,解得t=-3
2
.
(2)已知向量a=(m,1),b=(4-n,2),m>0,n>0,若a∥b,则1
m
+4
n
的最小值为 3
2
+√2 .
解析 因为a∥b,所以2m=4-n,1
4 (2m+n)=1,所以1
m+4
n =(
1
m + 4
n)·1
4 (2m+n)=1
4(6+ n
m + 8m
n )≥1
4(6+2√
n
m · 8m
n )=3
2+√2,
当且仅当{
n
m = 8m
n ,
2m+n= 4 ,
即m=2√2-2,n=8-4√2时等号成立.
向量参数问题的求解策略
此类问题一般涉及夹角、模、数量积求值、向量位置关系等内容,解题的关键是在掌握以上相关问题解决方法的基础上,应
用方程思想求解.
训练3 (1)
如图,边长为2 的等边三角形ABC 的外接圆为圆O,P 为圆O 上任一点,若⃗AP=x⃗AB+y⃗AC,则2x+2y 的最大值为(A)
A.8
3
B.2
C.4
3
D.1
解析
作BC 的平行线与圆相交于点P,与直线AB 相交于点E,与直线AC 相交于点F,如图,设⃗AP=λ⃗AE+μ⃗AF,则λ+μ=1,因为等边
三角形边长为2,所以外接圆半径为2√3
3
,当点P 为切点时,AE=AF=8
3 ,因为BC∥EF,所以设AE
AB = AF
AC =k,则k∈[0, 4
3],当点P
为切点时,k 有最大值4
3 ,则⃗AE=k⃗AB,⃗AF=k⃗AC,⃗AP=λ⃗AE+μ⃗AF=λk⃗AB+μk⃗AC,所以x=λk,y=μk,则x+y=λk+μk=(λ+μ)k=k≤4
3 ,
所以x+y 的最大值为4
3 ,故2x+2y 的最大值为8
3 .
(2)(2025·贵州毕节一模)已知正方形ABCD 的边长为2,且⃗CE=λ⃗CD,⃗AE·⃗BD=2,则λ= 1
2
.
解析
如图,由题意,⃗CE=λ⃗CD,则⃗DE=(1-λ)⃗DC,所以⃗AE=⃗AD+⃗DE=⃗AD+(1-λ)⃗DC,⃗BD=⃗BA+⃗AD=⃗AD-⃗DC,所以⃗AE·⃗BD=[⃗
AD+(1-λ)⃗DC]·(⃗AD-⃗DC)=⃗AD
2+(1-λ-1)⃗AD·⃗DC-(1-λ)⃗DC
2=4-4(1-λ)=2,解得λ=1
2.
1.(2025·全国二卷)已知平面向量a=(x,1),b=(x-1,2x),若a⊥(a-b),则|a|= √2 .
解析 a-b=(1,1-2x),根据a⊥(a-b),得a·(a-b)=x+1-2x=1-x=0,所以x=1,所以|a|=√2.
2.(2024·全国甲卷)设向量a=(x+1,x),b=(x,2),则(C)
A.x=-3 是a⊥b 的必要条件
B.x=1+√3是a∥b 的必要条件
C.x=0 是a⊥b 的充分条件
D.x=-1+√3是a∥b 的充分条件
解析 a⊥b⇔x2+x+2x=0⇔x=0 或x=-3,所以x=-3 是a⊥b 的充分条件,x=0 是a⊥b 的充分条件,故A 错误,C 正确.
a∥b⇔2x+2=x2⇔x2-2x-2=0⇔x=1±√3,故B,D 错误.
3.(2022·新课标Ⅰ卷)在△ABC 中,点D 在边AB 上,BD=2DA.记⃗CA=m,⃗CD=n,则⃗CB=(B)
A.3m-2nB.-2m+3n
C.3m+2n
D.2m+3n
解析 因为BD=2DA,所以⃗AB=3⃗AD,所以⃗CB=⃗CA+⃗AB=⃗CA+3⃗AD=⃗CA+3(⃗CD-⃗CA)=-2⃗CA+3⃗CD=-2m+3n.
4.(2023·新课标Ⅱ卷)已知向量a,b 满足|a-b|=√3,|a+b|=|2a-b|,则|b|= √3 .
解析 由|a-b|=√3,得a2-2a·b+b2=3,即2a·b=a2+b2-3 ①.由|a+b|=|2a-b|,得a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,整理得,3a2-6a·b=0,结合①,
得3a2-3(a2+b2-3)=0,整理得,b2=3,所以|b|=√3.
5.(2025·天津高考)△ABC 中,D 为AB 中点,⃗CE=1
3⃗CD,⃗AB=a,⃗AC=b,则⃗AE= 1
6 a + 2
3b (用a,b 表示);若|⃗AE|=5,AE⊥CB,则⃗AE·⃗
CD
❑= -15 .
解析 ⃗AE=⃗AC+⃗CE=⃗AC+1
3⃗CD=⃗AC+1
3 (⃗AD-⃗AC)=2
3⃗AC+1
6⃗AB=1
6 a+2
3 b.因为|⃗AE|=5,所以25=(
1
6 a+ 2
3 b)
2
,即
900=a2+16b2+8a·b ①,又⃗BC=b-a,因为⃗AE⊥⃗BC,所以⃗AE·⃗BC=0,即(
1
6 a+ 2
3 b)·(b-a)=0,得4b2-a2-3a·b=0 ②,由①②得2
700=80b2-5a2,所以16b2-a2=540,所以⃗AE·⃗CD=(
1
6 a+ 2
3 b)·(
1
2 a-b)= 1
12
(a2-8b2+2a·b)= 1
12
[a2-8b2+2
3
(4b2-a2)]= 1
36
(a2-
16b2)= 1
36
×(-540)=-15.
微练(四) 平面向量及其应用
基础过关练
一、单项选择题
1.(2025·广东一模)已知向量a=(-1,1),b=(1,3),若a⊥(a+λb),则λ=(B)
A.-2
B.-1
C.1
D.2
解析 由于a+λb=(-1+λ,1+3λ),则a·(a+λb)=1-λ+1+3λ=0,则λ=-1.
2.(2025·昆明一模)已知a=(1,√3),b=(2,0),则a 在b 上的投影向量为(A)
A.(1,0)
B.(√3,0)
C.(
1
2 , √3
2 )
D.(
√3
2 , 3
2)
解析 由题意,a 在b 上的投影向量为a·b
|b| · b
|b|=2
2
×1
2
×(2,0)=(1,0).故选A.
3.(2025·邵阳一模)已知向量a=(-1,√3),b=(2,-√3),a 与b 的夹角为θ,则sin(
π
2 +θ)=(C)
A.3√5
7
B.-5√5
7
C.-5√7
14
D.5√7
14
解析 根据向量数量积公式a·b=|a||b|cos θ,又a·b=(-1)×2+√3×(-√3)=-2-3=-5.|a|=√(-1)
2+(√3)
2=√1+3=2.|b|=
√2
2+(-√3)
2=√4+3=√7,所以cos θ=
a·b
|a||b|
=-5
2√7
=-5√7
14
. 根据三角函数诱导公式sin(
π
2 +θ)=cos θ=-5√7
14
.故选C.
4.(2025·临沂一模)在△ABC 中,D 是AB 的中点,点P 在CD 上,若⃗AP=λ⃗AB+1
3⃗AC,则λ=(B)
A.1
6
B.1
3
C.2
3
D.4
3
解析 因为D 是AB 的中点,所以⃗AP=λ⃗AB+1
3⃗AC=2λ⃗AD+1
3⃗AC,又因为C,P,D 三点共线,所以2λ+1
3 =1,解得λ=1
3 .
5.(2025·聊城一模)已知角α∈(0,π),向量a=(1,√3),b=(cos α,sin α),若a∥b,则α=(B)
A.2π
3
B.π
3
C.π
4
D.π
6
解析 因为α∈(0,π),则sin α>0,向量a=(1,√3),b=(cos α,sin α),若a∥b,则sin α=√3cos α>0,可得tan α=√3,故α=π
3
.故选B.
6.(2025·广东一模)已知向量a,b 满足|a|=3|b|=3,b⊥(a-2b),则|a-b|=(C)
A.2
B.√5
C.√6
D.3
解析 由|a|=3|b|=3,b⊥(a-2b),得b·(a-2b)=a·b-2b2=0,则a·b=2b2=2,所以|a-b|=√a
2+b
2-2a·b=√3
2+1
2-2×2=√6.故选C.
7.(2025·乌鲁木齐一模)已知等边三角形ABC 的边长是2,D,E 分别是AB,AC 的中点,则⃗BE·⃗CD=(B)
A.-3√3
2
B.-3
2
C.3
2
D.3√3
2
解析
如图所示,因为等边三角形ABC 的边长是2,D,E 分别是AB,AC 的中点,则⃗CD=⃗BD-⃗BC=1
2⃗BA-⃗BC,⃗BE=1
2⃗BA+1
2⃗BC,由平
面向量数量积的定义可得⃗BA·⃗BC=|⃗BA|·|⃗BC|cosπ
3 =22×1
2=2,因此,⃗BE·⃗CD=1
2(⃗BA+⃗BC)·(
1
2⃗BA -⃗BC)=1
4⃗BA
2-1
2⃗BC
2-
1
4⃗BA·⃗BC=1-2-1
2=-3
2.
8.
(2025·曲靖一模)在扇形AOB 中,以O 为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系.若⃗OA=(10,0),⃗OB=(8,6),C 为´AB的中点,
则⃗OC=(B)
A.(9,3)
B.(3√10,√10)
C.(5√3,5)
D.(4√5,2√5)
解析 已知⃗OA=(10,0),则|⃗OA|=√10
2+0
2=10;⃗OB=(8,6),则|⃗OB|=√8
2+6
2=10. 可得cos∠AOB=⃗
OA ·⃗OB
|⃗OA ||⃗OB|
=
10×8+0×6
10×10
=4
5 . 根据半角公式,cos∠AOB
2
=√
1+ 4
5
2
=√
9
10
=3√10
10
;sin∠AOB
2
=√
1- 4
5
2
=√
1
10
=√10
10
.因为|⃗OC|=|⃗OA|
=10,设C(m,n).m=|⃗OC|cos∠AOB
2
=10×3√10
10
=3√10,n=|⃗OC|sin∠AOB
2
=10×√10
10
=√10.所以⃗OC=(3√10,√10). 故选B.
二、多项选择题
9.(2025·陕西一模)若向量a=(0,-1),b=(-3,4),c=(4,4),则(CD)
A.|b|=√5
B.(a+c)∥b
C.a⊥(b-c)
D.a 在c 上的投影向量是(- 1
2 ,- 1
2)
解析 因为向量a=(0,-1),b=(-3,4),c=(4,4),对于A,|b|=√(-3)
2+ 4
2=5,故A 错误;对于B,a+c=(4,3)≠λb,a+c 与b 不平行,故B 错误;
对于C,因为b-c=(-3-4,4-4)=(-7,0),则a·(b-c)=(0,-1)·(-7,0)=0,所以a⊥(b-c),故C 正确;对于D,a 在c 上的投影向量为a·c
|c |
2·c=
0×4 +(-1)×4
4
2+ 4
2
×(4,4)=-1
8
×(4,4)=(- 1
2 ,- 1
2),故D 正确.
10.(2025·菏泽一模)已知平面向量a=(2,sin θ),b=(cos θ,1),则下列说法正确的有(BD)
A.向量a,b 不可能垂直
B.向量a,b 不可能共线
C.|a+b|不可能为3
D.若θ=π
2 ,则a 在b 上的投影向量为b
解析 由题意知a=(2,sin θ),b=(cos θ,1).对于选项A,若向量a⊥b,则a·b=2cos θ+sin θ=0,即tan θ=-2,显然此式能成立,故A 错;
对于选项B,若向量a∥b,则有2×1-sin θcos θ=0,即2-1
2sin 2θ=0,即sin 2θ=4,显然此式不成立,故B 正确;对于选项C,|a+b|=
√(2+cos θ)
2+(sin θ+1)
2=√6+ 4 cos θ+2sin θ=√6+2√5cos (θ -φ),则当cos (θ-φ)=3√5
10
时,|a+b|=3,故C 错;
对于选项D,若θ=π
2
,则a=(2,1),b=(0,1),则a 在b 上的投影向量为a·b
|b| · b
|b|= 1
1×1
·b=b,故D 正确.故选BD.
11.定义两个非零平面向量的一种新运算a*b=|a||b|·sin<a,b>,其中<a,b>表示a,b 的夹角,则对于两个非零平面向量a,b,下列结
论一定成立的有(BD)
A.a 在b 上的投影向量为|a|sin<a,b>· b
|b|
B.(a*b)2+(a·b)2=|a|2|b|2
C.λ(a*b)=(λa)*b
D.若a*b=0,则a∥b
解析 对于选项A,a 在b 上的投影向量为|a|cos<a,b>· b
|b|,故选项A 错误;对于选项B,(a*b)2+(a·b)2=(|a||b|·sin<a,b>)2+(|a||b|
·cos<a,b>)2=|a|2|b|2,故选项B 正确;对于选项C,λ(a*b)=λ|a||b|·sin<a,b>,(λa)*b=|λ||a||b|·sin<a,b>,显然λ<0 时,λ(a*b)=(λa)*b 不成立,
故选项C 错误;对于选项D,由a*b=0,所以|a||b|·sin<a,b>=0,则<a,b>=0,即a∥b,故选项D 正确,故选BD.
三、填空题
12.若向量a,b 为单位向量,且|a-2b|=√7,则向量a 与向量b 的夹角为 120°
.
解析 因为|a-2b|=√7,所以|a|2-4a·b+4|b|2=7.又向量a,b 为单位向量,所以5-4cos<a,b>=7,所以cos<a,b>=-1
2,即<a,b>=120°,故向
量a 与向量b 的夹角为120°.
13.(2025·黑龙江一模)已知平面向量a,b,c 满足a+b=-c,|a|=|b|=2,|c|=2√3,则cos<a,b>= 1
2 .
解析 因为a+b=-c,所以(a+b)2=(-c)2,得到|a|2+2a·b+|b|2=|c|2,即|a|2+2|a||b|cos<a,b>+|b|2=|c|2,而|a|=|b|=2,|c|=2√3,故
4+8cos<a,b>+4=12,解得cos<a,b>=1
2.
14.已知单位向量a,b,c 满足a+b+c=0,则a·c= -1
2
.
解析
由题意,作等腰△ABC,且AB=AC=1,记BC 的中点为D,连接AD,如图,设⃗AB=a,⃗AC=c,由图可知⃗AD=1
2(⃗AB+⃗AC)=1
2(a+c)=-
1
2b,由b 为单位向量,则|⃗AD|=|- 1
2 b|=1
2,在等腰△ABC 中,易知AD⊥BC,在Rt△ADB 中,sin B= AD
AB =1
2,则∠B=30°,即
∠BAC=120°,所以a·c=⃗AB·⃗AC=|⃗AB||⃗AC|cos ∠BAC=-1
2.
能力提升练
15.(2025·茂名一模)向量a 与b 在单位向量e 上的投影向量均为3e,且|a-b|=5,当a 与b 的夹角最大时,a·b=(D)
A.8
B.5
C.9
4
D.11
4
解析
设e 为x 轴正半轴上的单位向量,令3e=⃗OC=(3,0),a=⃗OA=(3,m),b=⃗OB=(3,m-5)(m∈R),如图所示,设a 与b 的夹角为θ,若
θ∈(0,π),在△AOB 中,由余弦定理得,cos θ=|a |
2+|b |
2-25
2|a||b|
,而|a|2+|b|2-25=9+m2+9+(m-5)2-25=2(m- 5
2)
2
+11
2
>0,所以cos
θ>0,所以θ∈(0, π
2),因为AB⊥OC,所以S△AOB=1
2
|AB|×|OC|=1
2
×5×3=15
2
,又根据正弦定理得,S△AOB=1
2
|a||b|sin θ,即1
2
|a||b|sin θ=
15
2 ,整理得,|a||b|=
15
sin θ ,所以a·b=|a||b|cos θ=
15
tan θ ,当a 与b 的夹角最大时,tan θ 最大,a·b 取最小值,因为
a·b=9+m(m-5)=m2-5m+9=(m- 5
2)
2
+11
4
≥11
4
,当且仅当m=5
2
时,取等号,所以当a 与b 的夹角最大时,a·b=11
4
.故选D.
16.(2025·全国一卷)帆船比赛中,运动员可借助风力计测定风速的大小与方向,测出的结果在航海学中称为视风风速.视风风
速对应的向量是真风风速对应的向量与船行风风速对应的向量之和,其中船行风风速对应的向量与船速对应的向量大小相
等、方向相反.下表给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的
向量与船速对应的向量如图所示(线段长度代表速度大小,单位:m/s),则该时刻的真风为(A)
级数
名称
风速大小(单位:m/s)
2
轻风
1.6~3.3
3
微风
3.4~5.4
4
和风
5.5~7.9
5
劲风
8.0~10.7
A.轻风B.微风
C.和风D.劲风
解析 真风风速对应的向量=视风风速对应的向量-船行风风速对应的向量=视风风速对应的向量+船速对应的向量=⃗AB,如
图,|⃗
AB
|=2
√2
∈(1.6,3.3),故选A.
微专题3 解三角形
1.正弦定理
在△ABC 中,
a
sin A =
b
sin B =
c
sin C =2R(R 为△ABC 的外接圆半径).
变形:a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C,sin A= a
2 R ,sin B= b
2 R ,sin C= c
2 R ,a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C 等.
2.余弦定理
在△ABC 中,a2=b2+c2-2bccos A.
变形:b2+c2-a2=2bccos A,
cos A=b
2+c
2-a
2
2bc
.
3.三角形的面积公式
S=1
2
absin C=1
2
acsin B=1
2
bcsin A.
微点一 正、余弦定理解三角形—— 教考衔接
◎教材·研析
例1 (人教A 版必修第二册P54·22 题)已知a,b,c 分别为△ABC 三个内角A,B,C 的对边,且acos C+√3asin C-b-c=0.
(1)求A;
(2)若a=2,且△ABC 的面积为√3,求b,c.
解 (1)由题意及正弦定理得sin Acos C+√3sin Asin C-sin B-sin C=0.又sin B=sin[π-(A+C)]=sin Acos C+cos Asin C,所以(√3sin
A-cos A)sin C=sin C,由于C∈(0,π),所以sin C≠0,所以2sin(A - π
6)=1,即sin(A - π
6)=1
2
,又A∈(0,π),A-π
6
∈(- π
6 , 5 π
6 ),所以
A-π
6
=π
6
,故A=π
3
.
(2)解法一:由(1)知A=π
3 ,又a=2,由余弦定理得b2+c2-bc=4 ①.由S=√3得1
2bcsinπ
3 =√3,即bc=4 ②,由①②解得b=c=2(负值
已舍去).
解法二:由(1)知A=π
3
,又a=2,由余弦定理得b2+c2-bc=4 ①,由海伦—秦九韶公式与S=√3得1
4[b
2c
2-(
b
2+c
2- 4
2
)
2
]=3
②,由①②解得b=c=2(负值已舍去).
正、余弦定理的命题及解法
(1)设问方式:第一问一般为求角,常利用正、余弦定理实施“边角互化”,多与三角形的内角和定理、两角和与差的正、余
弦公式、二倍角公式等相结合;第二问一般与长度、周长、面积等有关.
(2)解题关键:通常是转化到三角形中,利用正、余弦定理,将边化为角或将角化为边,结合三角形面积公式,建立关系式求解,有
时也可以用等面积法或几何法解决.
◎真题·链接
真题1 (2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知sin C=√2cos B,a2+b2-c2=√2ab.
(1)求B;
(2)若△ABC 的面积为3+√3,求c.
解 (1)由余弦定理得cos C=a
2+b
2-c
2
2ab
=√2
2
,又0<C<π,所以C=π
4 ,所以√2cos B=sin C=√2
2
,所以cos B=1
2.又0<B<π,所以
B=π
3
.
(2)由(1)得A=π-B-C=5 π
12 ,由正弦定理
a
sin A =
c
sin C ,得
a
√2+√6
4
=
c
√2
2
,所以a=1+√3
2
c.所以△ABC 的面积S=1
2acsin B=
1+√3
4
c2×√3
2
=3+√3,解得c=2√2.
真题2 (2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知sin A+√3cos A=2.
(1)求A;
(2)若a=2,√2b sin C=c sin 2B,求△ABC 的周长.
解 (1)解法一(常规方法:辅助角公式):由sin A+√3cos A=2 可得1
2sin A+√3
2
cos A=1,即sin(A + π
3)=1,由A∈(0,π)得A+π
3 ∈
(
π
3 , 4 π
3 ),故A+π
3
=π
2
,即A=π
6
.
解法二(常规方法:同角三角函数的基本关系):由sin A+√3cos A=2,sin2A+cos2A=1,消去sin A 得到4cos2A-4√3cos
A+3=0⇔(2cos A-√3)2=0,解得cos A=√3
2
,又A∈(0,π),故A=π
6
.
解法三(利用极值点求解):设f(x)=sin x+√3cos x(0<x<π),则f(x)=2sin(x + π
3)(0<x<π),显然x=π
6 时,f(x)max=2,注意到f(A)=sin A+
√3cos A=2=2sin(A + π
3),f(x)max=f(A),在开区间(0,π)上取到最大值,于是x=A 必定是极值点,即f'(A)=cos A-√3sin A=0,即tan A=
√3
3
,又A∈(0,π),故A=π
6
.
解法四(利用向量的数量积公式求解):设a=(1,√3),b=(sin A,cos A),由题意,得a·b=sin A+√3cos A=2,根据向量的数量积公式,得
a·b=|a||b|cos<a,b>=2cos<a,b>,则2cos<a,b>=2⇔cos<a,b>=1,此时<a,b>=0,即a,b 同向共线,根据向量共线条件,1·cos A=√3·sin
A⇔tan A=√3
3
,又A∈(0,π),故A=π
6
.
(2)由题设条件和正弦定理得√2b sin C=c sin 2B⇔√2sin B sin C=2sin C sin B cos B,又B,C∈(0,π),则sin B sin C≠0,进而cos B=
√2
2
,得到B=π
4
,于是C=π-A-B=7 π
12
,sin C=sin(π-A-B)=sin (A+B)=sin A cos B+sin B cos A=√2+√6
4
,由正弦定理可得,
a
sin A
=
b
sin B =
c
sin C ,即
2
sin π
6
=
b
sin π
4
=
c
sin 7 π
12
,解得b=2√2,c=√6+√2,故△ABC 的周长为2+√6+3√2.
◎创新·变式
变式1 记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知sin C=cos B.
(1)若A=π
6
,求B;
(2)若△ABC 的面积为3√3,c=6,且tan B>2
5
,求a.
解 因为A,B,C 是△ABC 的内角,所以由sin C=cos B,知B 为锐角且C=π
2 +B 或C=π
2 -B.
(1)因为A=π
6 ,所以C=5 π
6 -B,于是π
2 +B=5 π
6 -B(
π
2 - B = 5 π
6 - B不成立,舍去),即B=π
6 .
(2)①当C=π
2 +B 时,sin C=sin(
π
2 + B)=cos B 且A=π-B-C=π
2 -2B,所以sin A=cos 2B.由正弦定理得
a
cos 2B =
b
sin B =
6
cos B
,所以a=6cos 2B
cos B
,b=6sin B
cos B
.因为△ABC 的面积为3√3,于是1
2
absin C=1
2
·6cos 2B
cos B
·6sin B
cos B
·cos B=3√3,
即6cos 2Btan B=√3,即2√3·co s
2B - sin
2B
co s
2B+ sin
2B
·tan B=1,即2√3·1-tan
2B
1+tan
2B
·tan B=1,整理得2√3tan3B+tan2B-2√3tan B+1=0,于
是(√3tan B-1)(2tan2B+√3tan B-1)=0.因为tan B>2
5
,所以tan B=√3
3
,所以B=π
6
,于是a=6cos 2B
cos B
=2√3.
②当C=π
2 -B 时,sin C=sin(
π
2 - B)=cos B 且A=π-B-C=π
2 ,由正弦定理得a
1 =
b
sin B =
6
cos B ,所以a=
6
cos B ,b=6sin B
cos B .
因为△ABC 的面积为3√3,于是1
2absin C=1
2·
6
cos B ·6sin B
cos B ·cos B=3√3,即2√3tan B=1,于是tan B=√3
6
<2
5,不符合题意.
综上可知,a=2√3.
变式2 记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知sin A=√3(1-cos A).
(1)求A;
(2)若a=2,a2+b2-c2≥√2ab,求△ABC 的周长的取值范围.
解 (1)由sin A=√3(1-cos A)变形可得sin(A + π
3)=√3
2
,因为A∈(0,π),所以A+π
3
=2π
3
,即A=π
3
.
(2)因为A=π
3 ,所以B+C=2π
3 ,即B=2π
3 -C.由a2+b2-c2≥√2ab 结合余弦定理可得a2+b2-(a2+b2-2abcos C)≥√2ab,则cos C≥√2
2
,因
为C 是△ABC 的内角,所以0<C≤π
4 ,由正弦定理知
2
√3
2
=
b
sin(
2π
3 -C)
=
c
sin C ,于是b= 4
√3
sin(
2π
3 -C),c= 4
√3
sin C,所以
b+c= 4
√3
·[sin(
2π
3 -C)+sin C]= 4
√3(
√3
2 cos C + 3
2 sin C)=4sin(C + π
6).因为0<C≤π
4
,所以C+π
6
∈(
π
6 , 5 π
12],于
是sin(C + π
6)∈(
1
2 , √6+√2
4 ],所以a+b+c∈(4,2+√6+√2],即△ABC 周长的取值范围是(4,2+√6+√2].
微点二 最值、范围问题
例2 已知在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且acos(B-C)+acos A-2√3csin Bcos A=0.
(1)求A;
(2)若△ABC 外接圆的直径为2√3,求2c-b 的取值范围.
解 (1)由A+B+C=π 可得,A=π-(B+C),所以cos A=-cos(B+C),所以acos(B-C)-acos(B+C)=2√3csin Bcos A,acos Bcos C+asin Bsin
C-acos Bcos C+asin Bsin C=2√3csin Bcos A,asin Bsin C=√3csin Bcos A,由正弦定理可得sin Asin Bsin C=√3sin Csin Bcos A,
因为sin C>0,sin B>0,所以sin A=√3cos A,所以tan A=√3,因为A∈(0,π),所以A=π
3 .
(2)由正弦定理可得
a
sin A =
b
sin B =
c
sin C =2R=2√3,所以b=2√3sin B,c=2√3sin C,故2c-b=4√3sin C-2√3sin B=2√3
(2sin C-sin B),又A+B+C=π,所以B=2π
3
-C,C∈(0, 2π
3 ),所以2c-b=2√3[2sin C -sin(
2π
3 -C)]=2
√3(
3
2 sin C - √3
2 cos C)=6sin(C - π
6),又C∈(0, 2π
3 ),所以C-π
6
∈(- π
6 , π
2),所以2c-b=6sin(C - π
6)∈(-3,6),所以
2c-b 的取值范围为(-3,6).
训练1 (2025·银川模拟)在①2csin Bcos A=b(sin Acos B+cos Asin B);
sin
②
2B+sin2C+cos2A-1=sin(A+B)sin(A+C);③
bsin B+csin C -asin A
csin B
= 2
√3
sin A 这三个条件中任选一个补充在下面的横线中,并解答问题.
在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且满足 .
(1)求A;
(2)若△ABC 的面积为16√3,D 为AC 的中点,求BD 的最小值.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
解 (1)若选择①:2csin Bcos A=b(sin Acos B+cos Asin B),由正弦定理可得2sin Csin Bcos A=sin Bsin (A+B)=sin Bsin C,又
C∈(0,π),B∈(0,π),故sin C≠0,sin B≠0,所以cos A=1
2,又A∈(0,π),故A=π
3 .
若选择②:sin2B+sin2C+cos2A-1=sin (A+B)sin (A+C),则sin2B+sin2C-sin2A=sin Csin B,由正弦定理可得b2+c2-a2=bc,故cos A=
b
2+c
2-a
2
2bc
=1
2
,又A∈(0,π),故A=π
3
.
若选择③:bsin B+csin C -asin A
csin B
= 2
√3
sin A,由正弦定理可得b
2+c
2-a
2
2bc
= 1
√3
sin A,再由余弦定理得cos A= 1
√3
sin A,
即tan A=√3,因为A∈(0,π),所以A=π
3 .
(2)S△ABC=1
2
cbsin A=16√3,又A=π
3
,所以cb=64,在△BAD 中,由余弦定理得BD2=BA2+AD2-2·BA·AD·cos A=c2+(
b
2)
2
-2c·b
2
·cos
π
3 =c2+b
2
4
-1
2cb≥2√c
2· b
2
4
-1
2cb=1
2cb=32,当且仅当c=b
2=4√2时取等号,所以BD 的最小值为4√2.
微点三 解三角形中的情境问题
例3 (2025·上海黄浦模拟)三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图,现有A,B,C 三
点,且A,B,C 在同一水平面上的投影A',B',C'满足∠A'C'B'=45°,∠A'B'C'=60°.由C 点测得B 点的仰角为15°,BB'与CC'的差为
100;由B 点测得A 点的仰角为45°,则A,C 两点到水平面的高度差约为 373
.(精确到1)
解析 如图,过C 作CH⊥BB',过B 作BD⊥AA',故AA'-CC'=AA'-(BB'-BH)=AA'-BB'+100=AD+100,由题易知△ADB 为等腰直角
三角形,所以AD=DB.所以AA'-CC'=AD+100=DB+100=A'B'+100.因为∠BCH=15°,所以CH=C'B'=
100
tan 15° .
在△A'C'B'中,由正弦定理得,
A ' B'
sin 45°
= C ' B'
sin 75°
=
100
tan 15° cos 15°
=
100
sin 15°
,而sin 15°=sin(45°-30°)=√2
2
×√3
2
-√2
2
×1
2
=√6-√2
4
,所以A'B'=100×4× √2
2
√6-√2
=100(√3+1)≈273,所以AA'-CC'=A'B'+100≈373.
解三角形的实际应用问题的步骤
(1)分析:明确已知与所求,画出示意图.
(2)建模:根据已知条件与求解目标,把已知量与求解量集中在有关的三角形中,建立解三角形问题的数学模型.
(3)求解:解三角形,求得数学模型的解.
(4)检验:检验求出的解是否具有实际意义.
训练2 如图是隋唐天坛,古叫圜丘,它位于唐长安城明德门遗址
东约950 米,即今西安市雁塔区陕西师范大学以南.某数学兴趣小组为了测得天坛的直径,在天坛外围测得AB=60 米,BC=60
米,CD=40 米,∠ABC=60°,∠BCD=120°,据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD 大约为(结果精确到1 米.参考数据:√2
≈1.414,√3≈1.732,√5≈2.236,√7≈2.646)(A)
A.53 米B.55 米C.57 米D.60 米
解析
如图,连接AC,在△ABC 中,AB=BC=60,∠ABC=60°,则△ABC 是等边三角形,AC=60,∠ACB=60°,由∠BCD=120°,得∠ACD=60°,
而CD=40,在△ACD 中,由余弦定理得AD=√A C
2+C D
2-2 AC·CDcos∠ACD=√60
2+ 40
2-2×60×40× 1
2
=20√7
≈53(米).
1.(2022·新课标Ⅰ卷)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知cos A
1+sin A = sin 2B
1+cos 2B .
(1)若C=2π
3
,求B;
(2)求a
2+b
2
c
2
的最小值.
解 (1)因为cos A
1+sin A = sin 2B
1+cos 2B ,所以cos A
1+sin A =2sin Bcos B
1+2co s
2B -1
= sin B
cos B ,所以cos Acos B=sin B+sin Asin B,所以
cos(A+B)=sin B,所以sin B=-cos C=-cos2π
3 =1
2.因为B∈(0, π
3),所以B=π
6 .
(2)由(1)得cos(A+B)=sin B,所以sin[
π
2 -( A + B)]=sin B,且0<A+B<π
2 ,所以0<B<π
2 ,0<π
2 -(A+B)<π
2 ,所以π
2 -(A+B)=B,解得A=
π
2
-2B,由正弦定理得a
2+b
2
c
2
=sin
2 A + sin
2B
sin
2C
=sin
2 A + sin
2B
1-co s
2C
=sin
2(
π
2 -2B)+ sin
2B
1- sin
2B
=co s
22B+ sin
2B
co s
2B
=
(2 co s
2B -1)
2+1-co s
2B
co s
2B
=4 co s
4 B -5co s
2B+2
co s
2B
=4cos2B+
2
co s
2B
-5≥2√
4 co s
2B·
2
co s
2B
-5=4√2-5,当且仅当
cos2B=√2
2
时取等号,所以a
2+b
2
c
2
的最小值为4√2-5.
2.(2022·新课标Ⅱ卷)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,分别以a,b,c 为边长的三个正三角形的面积依次为S1,S2,S3.已
知S1-S2+S3=√3
2
,sin B=1
3 .
(1)求△ABC 的面积;
(2)若sin Asin C=√2
3
,求b.
解 (1)S1=1
2×√3
2
a2=√3
4
a2,S2=√3
4
b2,S3=√3
4
c2,由S1-S2+S3=√3
2
,得√3
4
(a2-b2+c2)=√3
2
,即a2-b2+c2=2,由余弦定理得a2+c2-
b2=2accos B,所以accos B=1,且cos B>0.因为sin B=1
3 ,所以cos B=2√2
3
,从而ac= 3
2√2
=3√2
4
,因此△ABC 的面积为1
2acsin B=
1
2
×3√2
4
×1
3
=√2
8
.
(2)由正弦定理得sin A=asin B
b
,sin C=csin B
b
,由题设得ac
9b
2=√2
3
.由(1)知ac=3√2
4
,所以b2=1
4 ,所以b=1
2.
微练(五) 解三角形
基础过关练
一、单项选择题
1.(2025·广安二模)已知△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,若A=π
4 ,C=5 π
12 ,b=√2,则a=(B)
A.2
B.2√3
3
C.√3
3
D.√3
2
解析 因为A=π
4 ,C=5 π
12 ,所以B=π-π
4 -5 π
12 =π
3 ,由正弦定理
a
sin A =
b
sin B ,可得a=bsin A
sin B =
√2× √2
2
√3
2
=2√3
3
.故选B.
2.(2025·昆明模拟)在△ABC 中,a,b,c 分别是内角A,B,C 的对边,且cos B
cos C =-
b
2a+c , 则角B 的大小是(C)
A.π
3
B.π
6
C.2π
3
D.5 π
6
解析 在△ABC 中,因为cos B
cos C =-
b
2a+c ,由正弦定理可得cos B
cos C =-
sin B
2sin A +sin C ,化简可得-sin(B+C)=2sin Acos B,
即-sin A=2sin Acos B,因为A∈(0,π),sin A>0,解得cos B=-1
2,故B=2π
3 ,故选C.
3.(2025·金华模拟)在△ABC 中,sin B=√21
7
,C=120°,BC=2,则△ABC 的面积为(D)
A.6√3 B.4√3
C.3√3
D.2√3
解析 由题意得,sin A=sin(60°-B)=sin 60°cos B-cos 60°sin B=√3
2
×√1- 21
49
-1
2
×√21
7
=√21
14
,由正弦定理,
a
sin A
=
b
sin B
,得
b=asin B
sin A
=
2× √21
7
√21
14
=4,所以S△ABC=1
2
absin C=1
2
×2×4×√3
2
=2√3,故选D.
4.(2025·西安二模)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且a2+c2-b2=√3ac, 1+√2sin A
1-√2cos A
= sin 2C
1+cos 2C ,则角A 的大
小为(B)
A. π
12
B.5 π
12
C.7 π
12
D.3 π
4
解析 因为a2+c2-b2=√3ac,由余弦定理得2accos B=√3ac,所以cos B=√3
2
,又B∈(0,π),所以B=π
6 ,因为1+√2sin A
1-√2cos A
=
sin 2C
1+cos 2C
=2sin Ccos C
2co s
2C
= sin C
cos C
,所以cos C+√2sin Acos C=sin C-√2cos Asin C,即√2sin (A+C)=sin C-cos C,又
A+C=π-B,所以√2sin B=√2sin(C - π
4),所以B=C-π
4 或B+C-π
4 =π(舍),所以C=π
6 +π
4 =5 π
12 ,所以A=π-B-C=π-π
6 -5 π
12 =5 π
12 .故
选B.
5.(2025·台州模拟)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,若acos C=2ccos A,则bc
a
2 的最大值为(C)
A.√3
B.3
2
C.√3
2
D. 3
解析 由余弦定理可知,cos C=a
2+b
2-c
2
2ab
,cos A=b
2+c
2-a
2
2bc
,由acos C=2ccos A 可得a·a
2+b
2-c
2
2ab
=2c·b
2+c
2-a
2
2bc
,化简可
得a2+b2-c2=2b2+2c2-2a2,所以3a2=b2+3c2,即a2=b
2+3c
2
3
,即bc
a
2 = 3bc
b
2+3c
2=
3
b
c + 3c
b
≤
3
2√
b
c · 3c
b
=√3
2
,当且仅当b
c =3c
b 时,即
b=√3c 时,等号成立,所以bc
a
2 的最大值为√3
2
.故选C.
6.(2025·长沙模拟)如图①是第七届国际数学教育大会(ICME)会徽,在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形,恰好能组合
得到如图②所示的四边形OABC.若AB=BC=1,∠AOB=α,则OC2的值为(A)
①
②
A.
1
sin
2α
+1
B.sin2α+1
C.
1
co s
2α
+1
D.cos2α+1
解析 在Rt△ABO 中,sin α= AB
OB ,即OB=
AB
sin α =
1
sin α ,在Rt△OBC 中,OC2=OB2+BC2=
1
sin
2α
+1.故选A.
二、多项选择题
7.在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别是a,b,c.下面四个结论正确的是(BC)
A.若a=2,A=30°,则△ABC 的外接圆半径是4
B.若
a
cos A =
b
sin B ,则A=π
4
C.若a2+b2<c2,则△ABC 一定是钝角三角形
D.若A<B,则cos A<cos B
解析 由正弦定理知
a
sin A =4=2R,所以外接圆半径是2,故A 错误;由正弦定理及
a
cos A =
b
sin B ,可得sin A
cos A =sin B
sin B
=1,即tan A=1,由0<A<π,知A=π
4 ,故B 正确;因为cos C=a
2+b
2-c
2
2ab
<0,所以C 为钝角,△ABC 一定是钝角三角形,故C 正确;若
A=π
6 ,B=π
4 ,显然cos A>cos B,故D 错误.
8.(2025·济宁一模)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,a=√3,且2c-b=2acos B,则下列结论正确的是
(BCD)
A.A=π
6
B.△ABC 外接圆的面积为π
C.△ABC 面积的最大值为3√3
4
D.△ABC 周长的最大值为3√3
解析 对于选项A:因为2c-b=2acos B,由余弦定理可得2c-b=2a×a
2+c
2-b
2
2ac
=a
2+c
2-b
2
c
,整理可得b2+c2-a2=bc,则cos A=
b
2+c
2-a
2
2bc
= bc
2bc =1
2,且A∈(0,π),所以A=π
3 ,故A 错误;对于选项B:由正弦定理可得△ABC 外接圆的半径R=
a
2sin A =
√3
2× √3
2
=1,所以△ABC 外接圆的面积为πR2=π,故B 正确;对于选项C:由b2+c2-a2=bc 可得b2+c2=a2+bc=3+bc,且b2+c2≥2bc,即
3+bc≥2bc,解得bc≤3,当且仅当b=c=√3时,等号成立,所以△ABC 面积的最大值为1
2
×3×√3
2
=3√3
4
,故C 正确;对于选项D:由
b2+c2=3+bc 可得(b+c)2=3+3bc,即bc=(b+c)
2-3
3
,且bc≤(b+c)
2
4
,即(b+c)
2-3
3
≤(b+c)
2
4
,解得(b+c)2≤12,即b+c≤2√3,当且
仅当b=c=√3时,等号成立,所以△ABC 周长的最大值为2√3+√3=3√3,故D 正确.故选BCD.
三、填空题
9.(2025·青岛一模)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边a,b,c 成公差为2 的等差数列.若7sin A=3sin C,则△ABC 的面积为 15√3
4
.
解析 因为a,b,c 成公差为2 的等差数列,所以c=a+4.因为7sin A=3sin C,由正弦定理可得7a=3c,解得a=3,b=5,c=7,由余弦定
理可得cos C=a
2+b
2-c
2
2ab
=9+25- 49
2×3×5 =-1
2,因为C∈(0,π),所以C=2π
3 ,所以△ABC 的面积为1
2absin C=1
2×3×5×sin2π
3 =
15√3
4
.
10.如图是2025 年4 月30 日13 时08 分,神舟十九号返回舱(图中C)接近地面的场景.
伞面是表面积为1 200 m2的半球面(不含底面圆),伞顶B 与返回舱底端C 的距离为半球半径的5 倍,直线BC 与水平地面垂
直于点D,D 和观测点A 在同一水平线上,在A 测得点B 的仰角∠DAB=30°,且sin ∠BAC= 7√3
2√247
,则此时返回舱底端离地面
的距离CD= 20 m.(π=3.14,sin∠ACB= 9√3
√247
,计算过程中,球半径四舍五入保留整数)
解析 设半球的半径为r m,则2πr2=1 200,所以r≈14,所以BC=5r=70 m.在△ABC 中,由正弦定理得
AB
sin∠ACB =
BC
sin∠BAC ,则AB=BCsin∠ACB
sin∠BAC
=70× 9√3
√247
×2√247
7√3
=180(m),又因为∠DAB=30°,所以BD=90 m,则CD=BD-BC=20 m.
四、解答题
11.(2025·天津高考)在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c.已知asin B=√3bcos A,c-2b=1,a=√7.
(1)求A 的值;
(2)求c 的值;
(3)求sin(A+2B)的值.
解 (1)因为asin B=√3bcos A,所以由正弦定理可得sin Asin B=√3sin Bcos A,因为B∈(0,π),所以sin B>0,所以sin A=√3cos A,
所以tan A=√3.又因为A∈(0,π),所以A=π
3 .
(2)因为c-2b=1,a=√7,cos A=1
2,所以由a2=b2+c2-2bccos A,可得7=b2+(2b+1)2-2b(2b+1)×1
2,化简得b2+b-2=0,又b>0,故b=1.由
c=2b+1,得c=3.
(3)由正弦定理
a
sin A =
b
sin B ,得
√7
sin π
3
=
1
sin B ,解得sin B=√21
14
.因为b=1<3=c,所以B 为锐角,cos B=√1- sin
2B=
5√7
14
.sin 2B=2sin Bcos B=5√3
14
,cos 2B=2cos2B-1=11
14 .所以sin(A+2B)=sin(
π
3 +2B)=sinπ
3 cos 2B+cos π
3 sin 2B=√3
2
×11
14 +1
2
×5√3
14
=4√3
7
.
12.在锐角△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知2c -a
b
=cos A
cos B
.
(1)求角B;
(2)若b=2,求△ABC 面积的取值范围.
解 (1)由正弦定理得:2sin C -sin A
sin B
=cos A
cos B ,即2sin Ccos B-sin Acos B=sin Bcos A,所以2sin Ccos B=sin (A+B)=sin C,
因为C∈(0, π
2),所以sin C≠0,所以cos B=1
2,又B∈(0, π
2),所以B=π
3 .
(2)由正弦定理得:
b
sin B
=2R=4√3
3
,所以a=2Rsin A=4√3
3
sin A,c=2Rsin C=4√3
3
sin C,所以S△ABC=1
2
acsin B=4√3
3
sin Asin
C=4√3
3
sin Asin(
2π
3 - A)=4√3
3
sin A(
1
2 sin A + √3
2 cos A)=4√3
3 (
1
2 sin
2 A + √3
2 sin Acos A)=2√3
3
sin
(2 A - π
6)+√3
3
,在锐角△ABC 中:{
0< A < π
2 ,
0<C < π
2 ,
C = 2π
3 - A ,
解得:A∈(
π
6 , π
2),所以2A-π
6 ∈(
π
6 , 5 π
6 ),所以sin(2 A - π
6)∈(
1
2 ,1],
2√3
3
sin(2 A - π
6)+√3
3
∈(
2√3
3
,√3],则△ABC 面积的取值范围为(
2√3
3
,√3].
能力提升练
13.(2025·淄博一模)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,sin 2B=1
5bcos B,且角B 为锐角,b=8,sin A=1
3 ,则sin(2B+C)的
值为 3-8√2
15
.
解析 已知sin 2B=1
5bcos B,根据二倍角公式,则有2sin Bcos B=1
5 bcos B.因为B 为锐角,即cos B≠0,可得,2sin B=1
5b.已知b=8,
可得,2sin B=1
5×8,解得sin B=4
5 .因为B 为锐角,根据sin2B+cos2B=1,可得cos B=3
5.由正弦定理
a
sin A =
b
sin B ,已知b=8,sin
A=1
3
,sin B=4
5
,则a=bsin A
sin B
=
8× 1
3
4
5
=10
3
.因为a=10
3
<b=8,可知A<B,又因为B 为锐角,所以A 也为锐角.根据sin2A+cos2A=1,
可得cos A=√
1-(
1
3)
2
=2√2
3
.因为A+B+C=π,所以2B+C=π+B-A,则sin (2B+C)=sin (π+B-A)=-sin (B-A)=-(sin Bcos A-cos Bsin
A)=-(
4
5 × 2√2
3
- 3
5 × 1
3)=3-8√2
15
.
14.(2025·齐鲁名校联考)已知复数z,z,z2,在复平面内对应的点分别为A,B,C,其中A 在第一象限,且原点O 是△ABC 的外心.
(1)求|z|;
(2)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知(b+c)2=a2+4bcsin2 A
2
.
(ⅰ)证明:△ABC 是直角三角形;
(ⅱ)求△ABC 的面积.
解 (1)因为O 是△ABC 的外心,即|OA|=|OB|=|OC|,所以|z|=|z|=|z2|. 只需考虑|z|=|z2|,即|z|=|z|2,又因为A 在第一象限,所以|z|≠0,所
以|z|=1.
(2)(ⅰ)证明:因为(b+c)2=a2+4bcsin2 A
2 ,所以b2+c2+2bc=a2+2bc(1-cos A),所以a2=b2+c2+2bccos A.由余弦定理知a2=b2+c2-2bccos
A,两式相加可得a2=b2+c2,所以A=π
2 ,所以△ABC 是直角三角形.
(ⅱ)设z=m+ni,m,n∈R,则z=m-ni,z2=m2-n2+2mni,可知A(m,n),B(m,-n),C(m2-n2,2mn).易知AB 与复平面的实轴垂直,又A=π
2 ,所以
AC 与复平面的虚轴垂直,所以n=2mn,所以m=1
2,又|z|=√m
2+n
2=1,点A 在第一象限,所以n=√3
2
.所以A(
1
2 , √3
2 ),B
(
1
2 ,- √3
2 ),C(- 1
2 , √3
2 ),所以|AB|=√3,|AC|=1,所以△ABC 的面积为1
2
|AB|·|AC|=1
2
×√3×1=√3
2
.
进阶点3 “爪型”三角形及应用
在解三角形中,“爪型”结构三角形问题是近几年高考的热点.所谓“爪型”结构三角形是指在给定的一个三角形中,连接
一个顶点和对边上的任意一点构成的图形,这类问题可分为三角形的中线,高线以及角平分线问题,主要考查学生的数学运
算,逻辑推理和直观想象等数学核心素养.
类型一 中线问题
例1 (2023·新课标Ⅱ卷)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知△ABC 面积为√3,D 为BC 的中点,且AD=1.
(1)若∠ADC=π
3
,求tan B;
(2)若b2+c2=8,求b,c.
解 (1)因为D 为BC 的中点,所以S
ABC
△
=2S
ADC
△
=2×1
2
×AD×DCsin ADC=2×
∠
1
2
×1×DC×√3
2
=√3,解得DC=2,所以
BD=DC=2,a=4.因为∠ADC=π
3 ,所以∠ADB=2π
3 .在△ABD 中,由余弦定理,得c2=AD2+BD2-2AD·BDcos ADB=1+4+2=7
∠
,所
以c=√7.
解法一:在△ADC 中,由余弦定理,得b2=AD2+DC2-2AD·DC·cos ADC=1+4-2=3
∠
,所以b=√3.在△ABC 中,由余弦定理,得cos
B=c
2+a
2-b
2
2ac
= 7+16-3
2×4×√7
=5√7
14
,所以sin B=√1-co s
2B=√21
14
,所以tan B= sin B
cos B
=√3
5
.
解法二:在△ABD 中,由正弦定理,得
c
sin ∠ADB
= AD
sin B
,所以sin B= ADsin∠ADB
c
=√21
14
,所以cos B=√1- sin
2B=
5√7
14
.所以tan B= sin B
cos B =√3
5
.
(2)解法一:(平面向量法)
如图,因为S
ABC
△
=1
2bcsin BAC=
∠
√3,所以sin BAC=
∠
2√3
bc
,由题意得⃗AD=1
2(⃗AB+⃗AC),|⃗AD|=1,所以4=b2+c2+2bccos BAC
∠
,
又因为b2+c2=8,所以cos BAC=
∠
-2
bc ,因为sin2 BAC+
∠
cos2 BAC=1
∠
,所以bc=4,所以b=c=2.
解法二:(利用“背靠背角”互补关系)因为D 为BC 的中点,所以BD=DC.因为∠ADB+ ADC=
∠
π,所以
cos ADB+
∠
cos ADC=0
∠
,则在△ABD 与△ADC 中,由余弦定理,得A D
2+ B D
2-c
2
2 AD·BD
+ A D
2+ DC
2-b
2
2 AD·DC
=0,得1+BD2-c2=-
(1+BD2-b2),所以2BD2=b2+c2-2=6,所以BD=√3,所以a=2√3.
(另解)因为D 为BC 的中点,所以BC=2BD.在△ABD 与△ABC 中,由余弦定理,得cos B=c
2+ B D
2- A D
2
2c·BD
=a
2+c
2-b
2
2ac
,整理,
得2BD2=b2+c2-2=6,得BD=√3,所以a=2√3.
在△ABC 中,由余弦定理,得cos BAC=
∠
b
2+c
2-a
2
2bc
=8-12
2bc =- 2
bc ,所以S
ABC
△
=1
2bcsin BAC=
∠
1
2bc√1-cos
2∠BAC=1
2bc
√1-(- 2
bc)
2
=1
2 √b
2c
2- 4=√3,解得bc=4.则由{
bc = 4 ,
b
2+c
2=8,
解得b=c=2.
训练1 在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c,
ABC
△
的面积为S,4√3
3
S=b2[
sin(2 A + B)
sin B
+1].
(1)求A;
(2)若△ABC 的面积为3√3,a=√13,D 为边BC 的中点,求AD 的长.
解 (1)由题意得4√3
3
S=(
sin 2 Acos B+cos 2 Asin B
sin B
+1)·b2=2sin Acos Acos B+2co s
2 Asin B
sin B
·b2=
2cos Asin( A + B)
sin B
·b2=2cos Asin C
sin B
·b2,由正弦定理,得4√3
3
S=2ccos A
b
·b2,即4√3
3
×1
2
bc sin A=2bc cos A,所以
tan A=√3.又A∈(0,π),所以A=π
3
.
(2)因为△ABC 的面积为3√3,所以1
2
bc sinπ
3
=3√3,所以bc=12.因为a=√13,所以b2+c2-2bc cosπ
3
=13,即b2+c2-bc=13,所以
b2+c2=25.因为D 是边BC 的中点,所以⃗AD=1
2(⃗AC+⃗AB),所以|⃗AD|2=1
4 (b2+c2+2bc·cos BAC
∠
)=1
4 (b2+c2+bc)=37
4 ,所以|⃗AD|=
√37
2
,所以AD 的长为√37
2
.
类型二 高线问题
例2 (2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC 中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;
(2)设AB=5,求AB 边上的高.
解 (1)因为A+B=3C,A+B+C=π,所以4C=π,所以C=π
4 ,因为2sin(A-C)=sin B,所以2sin(A-C)=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),所以2sin
Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C,所以sin Acos C=3cos Asin C,所以√2
2
sin A=3×√2
2
cos A,所以sin A=3cos A,即
cos A=1
3
sin A,又因为sin2A+cos2A=1,所以sin2A+1
9
sin2A=1,解得sin2A= 9
10
,又因为A∈(0,π),所以sin A>0,所以sin A=3√10
10
.
(2)解法一:(结合三角函数求解)
如图,过点C 作CD AB
⊥
于点D.由(1)可知∠ACB=π
4
,sin A=3√10
10
,cos A=√10
10
,所以sin B=sin(A+ ACB
∠
)=2√5
5
.因为
BC
sin A =
AB
sin ∠ACB =5√2,所以BC=3√5,所以CD=BCsin B=6.
解法二:(结合等面积法求解)由(1)可知sin A=3√10
10
,cos A=1
3sin A=√10
10
,所以sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=
3√10
10
×√2
2
+√10
10
×√2
2
=2√5
5
,所以
AB
sin C =
AC
sin B =
5
sin π
4
=5√2,所以AC=5√2sin B=5√2×2√5
5
=2√10,设AB 边上的高
为h,则1
2AB·h=1
2×AC×AB×sin A,解得h=6,即AB 边上的高为6.
解法三:(结合两个直角三角形求解)过点C 作CD AB
⊥
于点D,设CD=h.由(1)可得∠ACB=π
4 ,tan A=3,所以tan B=-
tan(A+ ACB
∠
)=2,AD=h
3
,所以BD=h
2
.因为AB=h
3
+h
2
=5,所以h=6,即CD=6.
训练2 在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且a
2c =sin AtanC
2 .
(1)求C;
(2)若a=8,b=5,CH 是边AB 上的高,且⃗CH=m⃗CA+n⃗CB,求m
n
.
解 (1)
ABC
△
中, a
2c =sin AtanC
2 ,由正弦定理和同角三角函数的商数关系,得sin A
2sin C =
sin Asin C
2
cos C
2
,由倍角公式得
sin A
4 sin C
2 cos C
2
=
sin A·sin C
2
cos C
2
.又因为A,C 为△ABC 的内角,所以A,C∈(0,π),C
2
∈(0, π
2),所以sin A≠0,cosC
2
≠0.所以sin2
C
2
=1
4
,sinC
2
=1
2
,则有C
2
=π
6
,得C=π
3
.
(2)如图,a=8,b=5, ACB=
∠
π
3 ,⃗CA·⃗CB=|⃗CA||⃗CB|·cos ACB=ab
∠
cos ACB=5×8×
∠
cosπ
3 =20,所以⃗CA
2=b2=25,⃗CB
2=a2=64,由题意
知CH AB
⊥
,所以⃗CH·⃗AB=0,即(m⃗CA+n⃗CB)·(⃗CB-⃗CA)=(m-n)(⃗CB·⃗CA)-m⃗CA
2+n⃗CB
2=20(m-n)-25m+64n=0.所以5m=44n,
所以m
n =44
5 .
类型三 角平分线问题
例3 (2025·江西一模)如图,在△ABC 中, ACB
∠
的平分线与AB 交于点D,AD∶AC∶CD=3∶5∶7.
(1)求cos ACB
∠
;
(2)若BC+BD=8,求
AC
sin B
的值.
解 (1)在△ACD 中,由题意得AD∶AC∶CD=3∶5∶7,设AD=3t,则AC=5t,CD=7t,则由余弦定理得cos ACD=
∠
(5t )
2+(7t )
2-(3t )
2
2×5t ×7t
=13
14
,因为CD 是∠ACB 的平分线,所以∠ACB=2 ACD
∠
, BCD= ACD
∠
∠
,由二倍角公式得
cos ACB=2
∠
cos2 ACD-1=2×
∠
(
13
14)
2
-1=71
98
.
(2)由(1)知cos ACD=
∠
13
14 ,易得sin ACD>0
∠
,所以sin BCD=
∠
sin ACD=
∠
√1-co s
2∠ACD=3√3
14
,由余弦定理得cos ADC=
∠
(3t )
2+(7t )
2-(5t )
2
2×3t ×7t
=11
14
,结合诱导公式得sin BDC=
∠
sin(π- ADC
∠
)=sin ADC=
∠
√1-co s
2∠ADC=5√3
14
,在△BCD 中,由
正弦定理得BD
BC =sin ∠BCD
sin ∠BDC =
3√3
14
5√3
14
=3
5 ,因为BC+BD=8,所以BD=3,BC=5,由余弦定理得cos A=(3t )
2+(5t )
2-(7t )
2
2×3t ×5t
=-1
2
,因为A∈(0,π),所以A=2π
3
,由正弦定理得
AC
sin B
=
BC
sin A
=
5
√3
2
=10√3
3
.
训练3 已知△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且acos B+bcos A=2ccos A.
(1)求∠BAC 的大小;
(2)若b=4,c=6,设AD 为△ABC 的角平分线,求AD 的长.
解 (1)由acos B+bcos A=2ccos A 得sin Acos B+sin Bcos A=2sin Ccos A,又因为sin Acos B+sin Bcos A=sin(A+B)=sin C,所以
2sin Ccos A=sin C,又因为C∈(0,π),sin C>0,所以cos A=1
2,又因为A∈(0,π),所以A=π
3 .
(2)因为S
BAD
△
+S
DAC
△
=S
BAC
△
,所以1
2AB×ADsin BAD+
∠
1
2AD×ACsin DAC=
∠
1
2AB×ACsin BAC
∠
,又因为
AB=c=6,AC=b=4, BAD= DAC=
∠
∠
1
2
BAC=
∠
π
6
,所以6AD×1
2
+4AD×1
2
=6×4×√3
2
,所以AD=12√3
5
.
类型四 “爪型”三角形的拓展
例4 (2022·全国甲卷)已知△ABC 中,点D 在边BC 上, ADB=120
∠
°,AD=2,CD=2BD.当AC
AB 取得最小值时,BD= √3-1 .
解析 解法一:(利用两次余弦定理列方程求解,即代数法)设BD=x,CD=2x,
ABC
△
中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,在
△ACD 中,b2=4x2+4-2·2x·2·cos 60°,可得,b2=4x2-4x+4,在△ABD 中,c2=x2+4-2·x·2·cos 120°,可得,c2=x2+2x+4,要使得AC
AB 最小,
即b
2
c
2 最小,b
2
c
2 =4 x
2- 4 x + 4
x
2+2 x + 4
=4-
12
x +1+
3
x +1
,其中x+1+ 3
x +1≥2√3,此时b
2
c
2 ≥4-2√3,当且仅当x+1=√3,即x=√3-1 时,等号
成立,即BD=√3-1 时, AC
AB 取得最小值√3-1.
①
解法二:(利用平面向量坐标法求解,即几何法)以D 为坐标原点建立如图①所示平面直角坐标系,设BD=x(x>0),则D(0,0),B(-
x,0),C(2x,0),A(1,√3),则有⃗AC=(2x-1,-√3),⃗AB=(-x-1,-√3),所以|⃗AC|=√(2 x -1)
2+(-√3)
2=√4 x
2- 4 x + 4,|⃗AB|=
√(- x -1)
2+(-√3)
2=√x
2+2 x + 4,则有A C
2
A B
2 =b
2
c
2 =4 x
2- 4 x + 4
x
2+2 x + 4
=4-
12
x +1+
3
x +1
,其中x+1+ 3
x +1≥2√3,此时b
2
c
2 ≥4-2√3,
当且仅当x+1=√3,即x=√3-1 时,等号成立,即BD=√3-1 时, AC
AB 取得最小值√3-1.
解法三:(利用等面积法求解,即代数法)设BD=x,CD=2x,如图②,过顶点A 作AE BC
⊥
于点E,因为S
ABC
△
=S
ABD
△
+S
ACD
△
,所以1
2
BC×AE=1
2
BD×ADsin 120°+1
2
CD×ADsin 60°⇒1
2
×3x×AE=1
2
×x×2×√3
2
+1
2
×2x×2×√3
2
,化简得,AE=√3.所以在Rt
ADE
△
中,
DE=√A D
2- A E
2=1,则BE=x+1,CE=2x-1,在Rt
ACE
△
中,AC2=CE2+AE2=(2x-1)2+3=4x2-4x+4,在Rt
ABE
△
中,
AB2=BE2+AE2=(x+1)2+3=x2+2x+4,则有A C
2
A B
2 =b
2
c
2 =4 x
2- 4 x + 4
x
2+2 x + 4
=4-
12
x +1+
3
x +1
,其中x+1+ 3
x +1≥2√3,此时b
2
c
2 ≥4-2√3,当
且仅当x+1=√3,即x=√3-1 时,等号成立,即BD=√3-1 时, AC
AB 取得最小值√3-1.
②
训练4 记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c.若 AD BC
⊥
,交BC 边于D 点, BAC=120
∠
°,AD=2,则S
ABC
△
的最小值为 4
√3 .
解析 (等面积法和余弦定理求解)如图,因为S
ABC
△
=1
2bcsin BAC=
∠
1
2a×AD, BAC=120
∠
°,AD=2,所以a=√3
4
bc.在△ABC 中,
a2=b2+c2-2bc×cos 120°,化简得, 3
16 b2c2=b2+c2+bc≥2bc+bc=3bc,当且仅当b=c 时,等号成立,所以bc≥16,所以S
ABC
△
=1
2bc×sin
120°≥4√3.
微练(六) “爪型”三角形及应用
1.在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,acos C+ccos A=2√3
3
b·cos B.
(1)求B;
(2)若a=12,D 为BC 边的中点,且AD=3,求b.
解 (1)因为acos C+ccos A=2√3
3
b·cos B,由正弦定理可得sin A cos C+sin Ccos A=2√3
3
sin B cos B,即sin(A+C)=2√3
3
sin B
cos B,sin(π-B)=sin B=2√3
3
sin B cos B,又因为B∈(0,π),sin B≠0,所以1=2√3
3
cos B,解得cos B=√3
2
,所以B=π
6
.
(2)如图,因为D 为BC 边的中点,a=12,所以BD=CD=6,设∠BAD=θ,如图,在△ABD 中,由正弦定理可得BD
sin θ = AD
sin B ,即
6
sin θ
=
3
1
2
=6,解得sin θ=1,又因为θ∈(0,π),所以θ=π
2
.在Rt△ABD 中,AB=√B D
2- A D
2=√6
2-3
2=3√3,在△ABC 中,AB=3
√3,BC=12,B=π
6
,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B=27+144-2×3√3×12×√3
2
=63,所以AC=3√7,即b=3√7.
2.(2025·湛江一模)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别是a,b,c,且√3asin B+bcos∠BAC=b,D 为BC 边上的点,且AD 平分
∠BAC.
(1)求∠BAC 的大小;
(2)若AD=15
8
,a=7,求△ABC 的周长.
解 (1)由正弦定理得√3sin∠BACsin B+sin Bcos∠BAC=sin B.又因为sin B≠0,所以√3sin∠BAC+cos∠BAC=1,所以sin
(∠BAC + π
6)=1
2
,所以∠BAC+π
6
=π
6
+2kπ 或∠BAC+π
6
=5 π
6
+2kπ,k∈Z,所以∠BAC=2kπ 或∠BAC=2π
3
+2kπ,k∈Z.又因为
∠BAC∈(0,π),所以∠BAC=2π
3 .
(2)因为AD 平分∠BAC,所以∠BAD=∠CAD=π
3 ,因为S△ABC=S△ABD+S△ADC,所以1
2bcsin∠BAC=1
2AD·csin∠BAD+1
2
AD·bsin∠CAD,1
2
bcsin2π
3
=1
2
×15
8
c·sinπ
3
+1
2
×15
8
b·sinπ
3
,所以√3
4
bc=√3
4
(b+c)×15
8
,即bc=15
8
(b+c) ①.由余弦定理得
72=b2+c2-2bc·cos2π
3
,即49=(b+c)2-bc ②.将①代入②得8(b+c)2-15(b+c)-8×49=0,所以b+c=8,b+c=-49
8
(舍去),所以△ABC 的周
长为a+b+c=7+8=15.
3.(2025·上饶一模)已知△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,b=2[bco s
2(
π
12 - A
2)-asin B
2 cos B
2].
(1)求A;
(2)若b=3,BC 边上的高为3√21
7
,求△ABC 的周长.
解 (1)由b=2[bco s
2(
π
12 - A
2)-asin B
2 cos B
2]⇒b=b[cos(
π
6 - A)+1]-asin B,所以bcos(
π
6 - A)=asin B.由正弦定理
可得:sin Bcos(
π
6 - A)=sin Asin B,因为sin B≠0,所以cos(
π
6 - A)=sin A.所以tan A=√3,又A∈(0,π),所以A=π
3 .
(2)因为b=3,BC 边上的高为3√21
7
,所以bsin C=3√21
7
sin
⇒
C=√21
7
.根据正弦定理:
a
sin A
=
c
sin C
⇒
a
√3
2
=
c
√21
7
⇒a=√7
2
c.由余弦定理:a2=b2+c2-2bccos A⇒a2=9+c2-3c,所以7
4 c2=9+c2-3c⇒c=2 或c=-6(舍去),所以a=√7.所以△ABC 的周长为:a+b+c=
√7+3+2=5+√7.
4.已知锐角△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,其中a=8,a
c
=1+sin
2 A - sin
2C
sin
2B
,且a≠c.
(1)求证:B=2C;
(2)已知点M 在线段AC 上,且∠ABM=∠CBM,求线段BM 长度的取值范围.
解 (1)证明:因为a
c =1+sin
2 A - sin
2C
sin
2B
,即a-c
c
=sin
2 A - sin
2C
sin
2B
,由正弦定理可得a-c
c
=a
2-c
2
b
2
=(a+c)(a-c)
b
2
,又a≠c,
即a-c≠0,所以1
c =a+c
b
2 ,整理得b2=c2+ac,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,整理得c=a-2ccos B,由正弦定理得sin C=sin A-2sin
Ccos B,故sin C=sin(B+C)-2sin Ccos B,即sin C=sin Bcos C+sin Ccos B-2sin Ccos B,整理得sin C=sin(B-C),又因为△ABC 为锐
角三角形,则C∈(0, π
2),B∈(0, π
2),可得B-C∈(- π
2 , π
2),所以C=B-C,即B=2C.
(2)
因为点M 在线段AC 上,且∠ABM=∠CBM,即BM 平分∠ABC,如图,又∠ABC=2C,所以C=∠CBM,则∠BMC=π-C-
∠CBM=π-2C,在△MCB 中,由正弦定理得
BC
sin ∠BMC = BM
sin C ,所以BM= BCsin C
sin ∠BMC =8sin C
sin 2C =
8sin C
2sin Ccos C =
4
cos C ,因为△ABC 为锐角三角形,且∠ABC=2C,所以{
0<C < π
2 ,
0<2C < π
2 ,
0<π -3C < π
2 ,
解得π
6 <C<π
4 .故√2
2
<cos C<√3
2
,所以8√3
3
<BM<4
√2.
因此线段BM 长度的取值范围为(
8√3
3
,4√2).
规范答题一 三角函数(考前观摩大题解题规范)
考题 (2025·全国二卷)(13 分)已知函数f(x)=cos(2x+φ)(0≤φ<π),f(0)=1
2.
(1)求φ;
(2)设函数g(x)= f(x)+f(x - π
6),求g(x)的值域和单调区间.
[解题关键]
第(1)问
根据f(0)=1
2
和φ∈[0,π),求得
φ
第(2)问
第❶步:根据(1)求得f(x)的解
析式,将其代入g(x)
第❷步:根据两角和的余弦公
[规范解答]
解 (1)因为f(0)=cos φ=1
2,
2 分
且0≤φ<π,
3 分
所以φ=π
3 .
4 分
(2)由(1)可知:
f(x)=cos(2 x + π
3),
5 分
[得分保障]
得分点
第(1)问的关键是根据f(0)=1
2
得出φ 的值.
第(2)问化简得到g(x)=3
2
cos
2x-√3
2
sin 2x 得1 分,用辅助
角公式化简正确得1 分,求出
式将其展开,再合并
第❸步:“逆用”两角和的余
弦公式将其化简
第❹步:结合余弦型函数的值
域求得g(x)的值域
第❺步:将“2x+π
6
”看作一
个“整体”,分别代入余弦函
数的单调递减区间和单调递
增区间,进而求得g(x)的单调
区间
则g(x)=cos(2 x + π
3)+cos[2(x - π
6)+ π
3]
6 分
=cos(2 x + π
3)+cos 2x
=cos 2xcosπ
3
-sin 2xsinπ
3
+cos 2x
=3
2
cos 2x-√3
2
sin 2x
7 分
=√3(
√3
2 cos 2 x - 1
2 sin 2 x)
=√3cos(2 x + π
6).
8 分
因为余弦函数y=cos θ 的值域是[-1,1],
令θ=2x+π
6 ,那么函数y=√3cos θ 的值域就是[-√3,√3],
所以g(x)的值域为[-√3,√3].
9 分
令-π+2kπ≤2x+π
6 ≤2kπ(k∈Z),
得-7 π
12 +kπ≤x≤- π
12+kπ(k∈Z),
10 分
所以g(x)的单调递增区间为[- 7 π
12 +kπ ,- π
12 +kπ](k∈Z);
11 分
令2kπ≤2x+π
6 ≤π+2kπ(k∈Z),
得- π
12+kπ≤x≤5
12π+kπ(k∈Z),
12 分
所以g(x)的单调递减区间为[- π
12 +kπ , 5
12 π +kπ](k∈Z).
13 分
值域得1 分,写出单调递增区
间和单调递减区间各得2 分.
失分点
第(1)问忽略φ 的范围,导致
答案错误.
第(2)问两角和的余弦公式展
开错误,导致后续合并项错
误;辅助角公式应用失误(如
特殊角取错),导致值域和单
调区间全错;值域求解错误,
如化简后的系数错误,则值域
必然错误;单调区间端点错误
或周期遗漏,部分学生可能仅
写出一个周期内的单调区间
(如k=0 时的单调区间);求解
复合函数单调区间时,未考虑
内层函数,导致结果错误.
[教材链接] 本题源自人教A 版必修第一册第255 页复习参考题5 综合运用第21 题;湘教版必修第一册第206 页复习题五
第9 题,必修第二册第81 页习题2.2 第5 题.
