PAGE1-高考熱點追蹤(二)三角函數(shù)與平面對量交匯合中展示當(dāng)今高考數(shù)學(xué)命題留意學(xué)問的整體性和綜合性，重視學(xué)問的交匯性．向量具有代數(shù)與幾何形式的雙重身份，它是新舊學(xué)問的一個重要的交匯點，成為聯(lián)系這些學(xué)問的橋梁，因此，向量與三角的交匯是當(dāng)今高考命題的必定趨勢，以下幾例重在為備考中的考生揭示題型規(guī)律，與同學(xué)們共同歸納與探究解題策略．一、三角與平面對量模交匯已知向量a＝(sinθ，1)，b＝(1，cosθ)，－eq\f(π,2)＜θ＜eq\f(π,2)．求|a＋b|的最大值．【解】|a＋b|＝eq\r(（sinθ＋1）2＋（1＋cosθ）2)＝eq\r(sin2θ＋2sinθ＋1＋cos2θ＋2cosθ＋1)＝eq\r(2（sinθ＋cosθ）＋3)＝eq\r(2\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋3)，當(dāng)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝1時|a＋b|有最大值，此時θ＝eq\f(π,4)，最大值為eq\r(2\r(2)＋3)＝eq\r(2)＋1．[名師點評]本題求|a＋b|的最大值利用了向量模的定義，也可以用平方法，同學(xué)們可以嘗試．二、三角與平面對量線性運算交匯(2024·南京模擬)設(shè)兩個向量a＝(λ＋2，λ2－cos2α)和b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m,2)＋sinα))，其中λ，m，α為實數(shù)．若a＝2b，求eq\f(λ,m)的取值范圍．【解】由a＝(λ＋2，λ2－cos2α)和b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m,2)＋sinα))，a＝2b，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＋2＝2m，,λ2－cos2α＝m＋2sinα，))設(shè)eq\f(λ,m)＝k，代入方程組可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(km＋2＝2m，,k2m2－cos2α＝m＋2sinα，))消去m，化簡得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k,2－k)))eq\s\up12(2)－cos2α＝eq\f(2,2－k)＋2sinα，再化簡得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(4,k－2)))eq\s\up12(2)－cos2α＋eq\f(2,k－2)－2sinα＝0，再令eq\f(1,k－2)＝t代入上式得(sinα－1)2＋(16t2＋18t＋2)＝0可得－(16t2＋18t＋2)≥0，解不等式得t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,8)))，因而－1≤eq\f(1,k－2)≤－eq\f(1,8)解得－6≤k≤1，即－6≤eq\f(λ,m)≤1．[名師點評]本題字母比較多，運算困難，要仔細體會換元法和整體思想的運用．三、三角與平面對量平行交匯已知a＝(cosx，2)，b＝(2sinx，3)，若a∥b，則sin2x－2cos2x＝__________．【解析】因為a＝(cosx，2)，b＝(2sinx，3)，a∥b，所以3cosx－4sinx＝0，即tanx＝eq\f(3,4)．所以sin2x－2cos2x＝eq\f(2sinxcosx－2cos2x,sin2x＋cos2x)＝eq\f(2tanx－2,tan2x＋1)＝－eq\f(8,25)．【答案】－eq\f(8,25)[名師點評]本題主要考查了向量共線的條件、二倍角的正弦公式、同角三角函數(shù)的基本學(xué)問．四、三角與平面對量垂直交匯(2024·蘇州模擬)已知向量a＝(sinθ，eq\r(3))，b＝(1，cosθ)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))．若a⊥b，則θ＝________．【解析】由a⊥b得a·b＝0，所以a·b＝sinθ＋eq\r(3)cosθ＝0，即2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝0．因為θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以θ＝－eq\f(π,3)．【答案】－eq\f(π,3)[名師點評]本題利用向量垂直的性質(zhì)，得到三角函數(shù)式，最終求解得到答案．五、三角與平面對量夾角交匯設(shè)a＝(1＋cosα，sinα)，b＝(1－cosβ，sinβ)，c＝(1，0)，α∈(0，π)，β∈(π，2π)，a與c的夾角為θ1，b與c的夾角為θ2，且θ1－θ2＝eq\f(π,6)，求sineq\f(α－β,4)的值．【解】因為|a|＝eq\r(（1＋cosα）2＋sin2α)＝2coseq\f(α,2)，|b|＝eq\r(（1－cosβ）2＋sin2β)＝2sineq\f(β,2)，|c|＝1，又a·c＝1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)，b·c＝1－cosβ＝2sin2eq\f(β,2)．所以cosθ1＝eq\f(a·c,|a||c|)＝coseq\f(α,2)，cosθ2＝eq\f(b·c,|b||c|)＝sineq\f(β,2)，因為eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ1＝eq\f(α,2)．又β∈(π，2π)，所以eq\f(β,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，即0＜eq\f(β,2)－eq\f(π,2)＜eq\f(π,2)．由cosθ2＝sineq\f(β,2)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,2)))，得θ2＝eq\f(β,2)－eq\f(π,2)．由θ1－θ2＝eq\f(π,6)，得eq\f(α,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,2)))＝eq\f(π,6)，所以eq\f(α－β,2)＝－eq\f(π,3)，eq\f(α－β,4)＝－eq\f(π,6)，所以sineq\f(α－β,4)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)．[名師點評]本題以向量的夾角概念為背景，考查了三角函數(shù)求值變換的有關(guān)學(xué)問．六、三角與平面對量數(shù)量積交匯(2024·南通市高三第一次調(diào)研測試)在△ABC中，若eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＋2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))，則eq\f(sinA,sinC)的值為________．【解析】由eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＋2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))，得2bc×eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋ac×eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝ab×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，化簡可得a＝eq\r(2)c．由正弦定理得eq\f(sinA,sinC)＝eq\f(a,c)＝eq\r(2)．【答案】eq\r(2)[名師點評]本題是平面對量的數(shù)量積及正、余弦定理的綜合運用，解題時留意體會等價轉(zhuǎn)化思想的運用．七、三角與平面對量綜合交匯(2024·南通調(diào)研)已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3x,2)，sin\f(3x,2)))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,2)，－sin\f(x,2)))，且x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，(1)求a·b及|a＋b|；(2)若f(x)＝a·b－2λ|a＋b|的最小值是－eq\f(3,2)，求λ的值．【解】(1)a·b＝coseq\f(3x,2)·coseq\f(x,2)－sineq\f(3x,2)·sineq\f(x,2)＝cos2x；|a＋b|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3x,2)＋cos\f(x,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3x,2)－sin\f(x,2)))\s\up12(2))＝eq\r(2＋2cos2x)＝2eq\r(cos2x)，因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosx≥0，所以|a＋b|＝2cosx．(2)由(1)知，f(x)＝cos2x－4λcosx，即f(x)＝2(cosx－λ)2－1－2λ2，因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以0≤cosx≤1，①當(dāng)λ＜0時，當(dāng)且僅當(dāng)cosx＝0時，f(x)取得最小值－1，這與已知沖突．②當(dāng)0≤λ≤1時，當(dāng)且僅當(dāng)cosx＝λ時，f(x)取得最小值－1－2λ2，由已知－1－2λ2＝－eq\f(3,2)，解得λ＝eq\f(1,2)．③當(dāng)λ＞1時，當(dāng)且僅當(dāng)cosx＝1時，f(x)取得最小值1－4λ，由已知得1－4λ＝－eq\f(3,2)，解得λ＝eq\f(5,8)，這與λ＞1相沖突；綜上所述，λ＝eq\f(1,2)即為所求．[名師點評]本題以平面對量的學(xué)問為平臺，考查了三角函數(shù)的有關(guān)運算，運用了分類探討的思想方法．解三角形常用策略大觀正、余弦定理及其應(yīng)用是高考的重要內(nèi)容之一，常與三角函數(shù)聯(lián)系在一起，以正、余弦定理為工具，通過三角恒等變換來解三角形或?qū)嶋H問題，以低中檔題為主，下面通過一題來分析正、余弦定理在解三角形中的常用策略．在△ABC中，已知AB＝eq\f(4\r(6),3)，cos∠ABC＝eq\f(\r(6),6)，AC邊上的中線BD＝eq\r(5)，求sinA的值．策略1：設(shè)法使條件集中到一個三角形中法一：考慮到D為AC的中點．取BC的中點E，把分散的條件集中轉(zhuǎn)移到三角形BDE中，從而問題獲得解決．如圖1，設(shè)E是BC的中點，連結(jié)DE，則DE∥AB，且DE＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(2\r(6),3)，設(shè)BE＝x，在△BDE中，由余弦定理BD2＝BE2＋ED2－2BE·ED·cos∠BED，即5＝x2＋eq\f(8,3)＋2×eq\f(2\r(6),3)×eq\f(\r(6),6)x，解得x＝1或x＝－eq\f(7,3)(舍去)，故BC＝2．在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，得AC2＝eq\f(32,3)＋4－2×eq\f(4\r(6),3)×2×eq\f(\r(6),6)＝eq\f(28,3)，所以AC＝eq\f(2\r(21),3)．又sin∠ABC＝eq\f(\r(30),6)．在△ABC中，由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，得eq\f(2,sinA)＝eq\f(\f(2\r(21),3),\f(\r(30),6))，所以sinA＝eq\f(\r(70),14)．策略2：利用向量運算或恰當(dāng)建立坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)法結(jié)合向量數(shù)量積求解法二：以B點為坐標(biāo)原點，BC所在的直線為x軸，建立如圖2所示的直角坐標(biāo)系．且不妨設(shè)點A在第一象限內(nèi)，因為cos∠ABC＝eq\f(\r(6),6)，所以sin∠ABC＝eq\f(\r(30),6)，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4\r(5),3)))，設(shè)C(x，0)，所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4＋3x,6)，\f(2\r(5),3)))．又因為BD＝eq\r(5)，所以eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4＋3x,6)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),3)))\s\up12(2))＝eq\r(5)，解得x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(14,3)舍去))．以下同法一．法三：如圖2．因為eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))，所以2eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，平方得4eq\o(BD,\s\up6(→))2＝eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＋2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，代入數(shù)據(jù)得20＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(6),3)))eq\s\up12(2)＋|eq\o(BC,\s\up6(→))|2＋2×eq\f(4\r(6),3)×|eq\o(BC,\s\up6(→))|×eq\f(\r(6),6)，解得BC＝2．以下同法一．策略3:把相關(guān)的邊或角算兩次，構(gòu)造方程組求解法四：如圖3．設(shè)BC＝y(tǒng)，AC＝2x．在△ABC中，由余弦定理得cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)，①又在△ABD中，由余弦定理得cosA＝eq\f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)．②聯(lián)立①②得，2x2－y2＝eq\f(2,3)．③在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，整理得4x2＝eq\f(32,3)＋y2－eq\f(8,3)y．④聯(lián)立③④消去x解得y＝2或y＝－eq\f(14,3)(舍去)．所以x＝eq\f(\r(21),3)，AC＝2x＝eq\f(2\r(21),3)．以下同法一．策略4：利用不同三角形中角的互補或互余關(guān)系，構(gòu)造方程組求解法五：在△ABD和△BDC中利用∠ADB和∠BDC互補關(guān)系，利用余弦定理構(gòu)造等量關(guān)系解題．如圖3，設(shè)BC＝y(tǒng)，AC＝2x．在△ABD中，由余弦定理得cos∠ADB＝eq\f(BD2＋AD2－AB2,2AD·BD)，①又在△BDC中，由余弦定理得cos∠BDC＝eq\f(BD2＋DC2－BC2,2BD·DC)．②因為∠ADB＋∠BDC＝π，所以cos∠ADB＋cos∠BDC＝0，聯(lián)立①②得，2x2－y2＝eq\f(2,3)．③在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，整理得4x2＝eq\f(32,3)＋y2－eq\f(8,3)y．④聯(lián)立③④消去x解得y＝2或y＝－eq\f(14,3)(舍去)．所以x＝eq\f(\r(21),3)，AC＝2x＝eq\f(2\r(21),3)．以下同法一．策略5：利用中點等幾何關(guān)系，把三角形補成平行四邊形，進而使條件相對集中，從而使問題解決法六：如圖4，延長BD至E，使BD＝DE，連結(jié)AE，CE，則四邊形ABCE是平行四邊形，故有AE＝BC．在△ABE中，由余弦定理BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos∠BAE，即20＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(6),3)))eq\s\up12(2)＋BC2＋2×eq\f(4\r(6),3)×BC×eq\f(\r(6),6)，解得BC＝2．以下同法一．策略6：利用等面積法，構(gòu)造方程求解法七：如圖5．設(shè)∠CBD＝θ，因為cos∠CBA＝eq\f(\r(6),6)，所以sin∠CBA＝eq\f(\r(30),6)．又因為S△ABC＝2S△BDC，所以有eq\f(1,2)AB·BC·sin∠ABC＝2×eq\f(1,2)BD·BC·sinθ，解得sinθ＝eq\f(2,3)，cosθ＝eq\f(\r(5),3)．所以cos∠ABD＝cos(∠ABC－θ)＝cos∠ABCcosθ＋sin∠ABCsinθ＝eq\f(\r(30),6)，所以sin∠ABD＝eq\f(\r(6),6)．在△ABD中，由余弦定理AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD＝eq\f(7,3)，所以AD＝eq\f(\r(21),3)．在△ABD中，由正弦定理eq\f(BD,sinA)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，得sinA＝eq\f(\r(70),14)．[名師點評]同一道題目，從不同的角度動身，就有很多不同的解題方法，所以同學(xué)們復(fù)習(xí)時不要滿意于一種思索方式，要擅長發(fā)覺自己解題中存在的問題和不合理處，進而提出質(zhì)疑“我為什么要這樣解題呢？”“是不是還有更好的方法呢？”“除了從這個角度動身外，還能從哪里找到突破口呢？”．只有不斷地質(zhì)疑，才會不斷地創(chuàng)新，不斷地迸發(fā)思維的火花，這樣復(fù)習(xí)效率就會大大提高．1．(2024·南京、鹽城高三模擬)在△ABC中，設(shè)a，b，c分別為角A，B，C的對邊，若a＝5，A＝eq\f(π,4)，cosB＝eq\f(3,5)，則c＝________．[解析]依據(jù)題意得，sinB＝eq\f(4,5)，所以sinC＝sin(A＋B)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋B))＝eq\f(7\r(2),10)，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(5,sin\f(π,4))＝eq\f(c,\f(7\r(2),10))，解得c＝7．[答案]72．若eq\f(1＋cos2α,sin2α)＝eq\f(1,2)，則tan2α＝________．[解析]eq\f(1＋cos2α,sin2α)＝eq\f(2cos2α,2sinαcosα)＝eq\f(cosα,sinα)＝eq\f(1,2)，所以tanα＝2，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(4,1－4)＝－eq\f(4,3)．[答案]－eq\f(4,3)3．(2024·江蘇省高考命題探討專家原創(chuàng)卷(七))已知向量a＝(2，1)，b＝(3，－1)，若a＋2kb與3a－b平行，則k＝________．[解析]因為a＝(2，1)，b＝(3，－1)，所以a＋2kb＝(2，1)＋2k(3，－1)＝(2＋6k，1－2k)，3a－b＝3(2，1)－(3，－1)＝(3，4)，又a＋2kb與3a－b平行，所以4(2＋6k)－3(1－2k)＝0，解得k＝－eq\f(1,6)．[答案]－eq\f(1,6)4．(2024·揚州模擬)已知cosα＝eq\f(1,3)，cos(α＋β)＝－eq\f(1,3)，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則cos(α－β)的值為________．[解析]因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2α∈(0，π)．因為cosα＝eq\f(1,3)，所以cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,9)，所以sin2α＝eq\r(1－cos22α)＝eq\f(4\r(2),9)，而α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋β∈(0，π)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2（α＋β）)＝eq\f(2\r(2),3)，所以cos(α－β)＝cos[2α－(α＋β)]＝cos2αcos(α＋β)＋sin2αsin(α＋β)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,9)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＋eq\f(4\r(2),9)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(23,27)．[答案]eq\f(23,27)5．(2024·鹽城高三模擬)已知向量a，b滿意a＝(4，－3)，|b|＝1，|a－b|＝eq\r(21)，則向量a，b的夾角為________．[解析]法一：設(shè)向量b＝(x，y)，則由|b|＝1，|a－b|＝eq\r(21)得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝1,（x－4）2＋（y＋3）2＝21))?4x－3y＝eq\f(5,2)，所以a·b＝(4，－3)·(x，y)＝4x－3y＝eq\f(5,2)，cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(1,2)，又〈a，b〉∈[0，π]，所以向量a，b的夾角為eq\f(π,3)．法二：由|a－b|＝eq\r(21)得，(a－b)2＝21?a2－2a·b＋b2＝21，所以a·b＝eq\f(5,2)，cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(1,2)，又〈a，b〉∈[0，π]，所以向量a，b的夾角為eq\f(π,3)．[答案]eq\f(π,3)6．(2024·南京高三模擬)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，AD＝3，CD＝2，eq\o(AM,\s\up6(→))＝2eq\o(MD,\s\up6(→))．若eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝－3，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝________．[解析]由題意可得eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(AM,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(AD,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))))＝－3，則eq\f(2,3)|eq\o(AD,\s\up6(→))|2－eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|2－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝－3，即6－8－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝－3，解得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)．[答案]eq\f(3,2)7．函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則將y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位后，得到的圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為________．[解析]由所給圖象知A＝1，eq\f(3,4)T＝eq\f(11π,12)－eq\f(π,6)＝eq\f(3π,4)，T＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2，由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，|φ|<eq\f(π,2)得eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，解得φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，則f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位后得到的圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))．[答案]y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))8．(2024·蘇錫常鎮(zhèn)四市高三調(diào)研)在△ABC中，已知AB＝1，AC＝2，∠A＝60°，若點P滿意eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(AC,\s\up6(→))，且eq\o(BP,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝1，則實數(shù)λ的值為________．[解析]由題意可得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝1×2×eq\f(1,2)＝1，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋λeq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝1＋λ，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝1＋4λ，eq\o(AP2,\s\up6(→))＝eq\o(AB2,\s\up6(→))＋2λeq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋λ2eq\o(AC2,\s\up6(→))＝4λ2＋2λ＋1，又eq\o(BP,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝1，則(eq\o(AP,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))·(eq\o(AP,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\o(AP2,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝1，代入化簡得4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝－eq\f(1,4)或λ＝1．[答案]－eq\f(1,4)或19．已知a，b，c分別為△ABC三個內(nèi)角A，B，C的對邊，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，則△ABC的面積的最大值為________．[解析]因為a＝2，(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，依據(jù)正弦定理，得(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，所以a2－b2＝c2－bc，所以b2＋c2－a2＝bc，依據(jù)余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，因為A∈(0，π)，故A＝eq\f(π,3)．因為b2＋c2－bc＝4，所以4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時取等號)，所以△ABC的面積S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc≤eq\f(\r(3),4)×4＝eq\r(3)，所以△ABC的面積的最大值為eq\r(3)．[答案]eq\r(3)10．(2024·唐山模擬)在△ABC中，(eq\o(AB,\s\up6(→))－3eq\o(AC,\s\up6(→)))⊥eq\o(CB,\s\up6(→))，則角A的最大值為________．[解析]因為(eq\o(AB,\s\up6(→))－3eq\o(AC,\s\up6(→)))⊥eq\o(CB,\s\up6(→))，所以(eq\o(AB,\s\up6(→))－3eq\o(AC,\s\up6(→)))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，(eq\o(AB,\s\up6(→))－3eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))2－4eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋3eq\o(AC,\s\up6(→))2＝0，即cosA＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))|2＋3|\o(AC,\s\up6(→))|2,\a\vs4\al(4|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(AB,\s\up6(→))|))＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(4|\o(AC,\s\up6(→))|))＋eq\f(3|\o(AC,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(4|\o(AB,\s\up6(→))|))≥2eq\r(\f(3,16))＝eq\f(\r(3),2)，當(dāng)且僅當(dāng)|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(3)|eq\o(AC,\s\up6(→))|時等號成立．因為0＜A＜π，所以0＜A≤eq\f(π,6)，即角A的最大值為eq\f(π,6)．[答案]eq\f(π,6)11．(2024·蘇北四市模擬)已知向量a＝(cosθ，sinθ)，b＝(2，－1)．(1)若a⊥b，求eq\f(sinθ－cosθ,sinθ＋cosθ)的值；(2)若|a－b|＝2，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))的值．[解](1)由a⊥b可知，a·b＝2cosθ－sinθ＝0，所以sinθ＝2cosθ，所以eq\f(sinθ－cosθ,sinθ＋cosθ)＝eq\f(2cosθ－cosθ,2cosθ＋cosθ)＝eq\f(1,3)．(2)由a－b＝(cosθ－2，sinθ＋1)可得，|a－b|＝eq\r(（cosθ－2）2＋（sinθ＋1）2)＝eq\r(6－4cosθ＋2sinθ)＝2，即1－2cosθ＋sinθ＝0，①又cos2θ＋sin2θ＝1，且θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，②由①②可解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(3,5)，,cosθ＝\f(4,5)，))所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sinθ＋cosθ)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)＋\f(4,5)))＝eq\f(7\r(2),10)．12．(2024·鹽城高三模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知B＝60°，a＋c＝4．(1)當(dāng)a，b，c成等差數(shù)列時，求△ABC的面積；(2)設(shè)D為AC邊的中點，求線段BD長的最小值．[解](1)因為a，b，c成等差數(shù)列，所以b＝eq\f(a＋c,2)＝2．由b2＝a2＋c2－2accosB，B＝60°，得b2＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac＝4，解得ac＝4，從而S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)．(2)法一：因為D為AC邊的中點，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))，則eq\o(BD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))2＝eq\f(1,4)(eq\o(BA,\s\up6(→))2＋2eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))2)＝eq\f(1,4)(c2＋2accosB＋a2)＝eq\f(1,4)[(a＋c)2－ac]＝4－eq\f(1,4)ac≥4－eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))eq\s\up12(2)＝3，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝2時取等號，所以線段BD長的最小值為eq\r(3)．法二：因為D為AC邊的中點，所以可設(shè)AD＝CD＝d，由cos∠ADB＋cos∠CDB＝0，得eq\f(BD2＋d2－c2,2d·BD)＋eq\f(BD2＋d2－a2,2d·BD)＝0，即BD2＝eq\f(a2＋c2,2)－d2＝8－ac－d2，又b2＝a2＋c2－2accosB，B＝60°，所以b2＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac，即4d2＝16－3ac，所以d2＝4－eq\f(3,4)ac，故BD2＝4－eq\f(1,4)ac≥4－eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))eq\s\up12(2)＝3，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝2時取等號，所以線段BD長的最小值為eq\r(3)．13．(2024·南京、鹽城模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)銳角α的始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊與單位圓交于P(x1，y1)，將射線OP繞坐標(biāo)原點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)eq\f(π,2)后與單位圓交于點Q(x2，y2)．記f(α)＝y(tǒng)1＋y2．(1)求函數(shù)f(α)的值域；(2)設(shè)△ABC的角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若f(C)＝eq\r(2)，且a＝eq\r(2)，c＝1，求b．[解](1)由題意，得y1＝sinα，y2＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝cosα，所以f(α)＝sinα＋cosα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))，因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，故f(α)∈(1，eq\r(2)]．(2)因為f(C)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋C))＝eq\r(2)，又C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,4)，在△ABC中，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，即1＝2＋b2－2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)b，解得b＝1．14．(2024·江蘇省四星級學(xué)校4月聯(lián)考)金鑲玉獎牌是中國文化與體育精神完備結(jié)合的載體．現(xiàn)有一矩形玉片BCEF，CE為36毫米，BC為32毫米，G為EF的中點．現(xiàn)要開糟鑲嵌金絲，將其加工為鑲金工藝品，如圖，金絲部分為優(yōu)弧eq\o(PQ,\s\up8(︵))和線段MP，NQ，MN，其中優(yōu)弧eq\o(PQ,\s\up8(︵))所在圓的圓心為O，圓O與矩形的邊FB，BC，CE分別相切于點A，H，D．M，N在線段EF上(M在N的左側(cè))，MP，NQ分別與圓O相切點P，Q，且FM＝NE．若優(yōu)弧eq\o(PQ,\s\up8(︵))部分鑲嵌的金絲每毫米造價為3a元(a>0)，線段MP，NQ，MN部分鑲嵌的金絲每毫米造價為2a元．記銳角∠POG＝α，鑲