江蘇新高考新高考中，對三角計算題的考查始終圍繞著求角、求值問題，以和、差角公式的運用為主，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年三角解答題則是二、三類的混合.第1課時三角函數(shù)(基礎(chǔ)課)[?？碱}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)＝sinαcosβ±cosαsinβ；(2)cos(α±β)＝cosαcosβ?sinαsinβ；(3)tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1?tanαtanβ).2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α＝2sinαcosα；(2)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α；(3)tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).[題組練透]1．(2017·江蘇高考)若taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1,6)，則tanα＝________.解析：tanα＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝eq\f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＋tan\f(π,4),1－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))tan\f(π,4))＝eq\f(\f(1,6)＋1,1－\f(1,6))＝eq\f(7,5).答案：eq\f(7,5)2．已知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，若sinα＝eq\f(3,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＜α＜π))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝________.解析：∵sinα＝eq\f(3,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＜α＜π))，∴cosα＝－eq\f(4,5)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sinα＋cosα)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)－\f(4,5)))＝－eq\f(\r(2),10).答案：－eq\f(\r(2),10)3．(2016·全國卷Ⅰ)已知θ是第四象限角，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝________.解析：由題意知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，θ是第四象限角，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(4,5).taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)－\f(π,2)))＝－eq\f(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))),cos\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))))＝－eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝－eq\f(4,5)×eq\f(5,3)＝－eq\f(4,3).答案：－eq\f(4,3)4．在△ABC中，sin(C－A)＝1，sinB＝eq\f(1,3)，則sinA＝________.解析：∵sin(C－A)＝1，∴C－A＝90°，即C＝90°＋A，∵sinB＝eq\f(1,3)，∴sinB＝sin(A＋C)＝sin(90°＋2A)＝cos2A＝eq\f(1,3)，即1－2sin2A＝eq\f(1,3)，∴sinA＝eq\f(\r(3),3).答案：eq\f(\r(3),3)[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＝tan45°等；(2)項的拆分與角的配湊：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)的圖象(1)“五點法”作圖：設z＝ωx＋φ，令z＝0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3π,2)，2π，求出x的值與相應的y的值，描點、連線可得．(2)圖象變換：y＝sinxeq\o(→,\s\up7(向左φ＞0或向右φ＜0),\s\do5(平移|φ|個單位))y＝sin(x＋φ)eq\o(→,\s\up7(縱坐標變?yōu)樵瓉淼腁A＞0倍),\s\do5(橫坐標不變))y＝Asin(ωx＋φ)．[題組練透]1．(2016·全國卷Ⅲ)函數(shù)y＝sinx－eq\r(3)cosx的圖象可由函數(shù)y＝sinx＋eq\r(3)cosx的圖象至少向右平移________個單位長度得到．解析：因為y＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，所以把y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象至少向右平移eq\f(2π,3)個單位長度可得y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象．答案：eq\f(2π,3)2.已知函數(shù)f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A＞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G是圖象的最高點)是邊長為2的等邊三角形，則f(1)＝________.解析：由題意得，A＝eq\r(3)，T＝4＝eq\f(2π,ω)，ω＝eq\f(π,2).又∵f(x)＝Acos(ωx＋φ)為奇函數(shù)，∴φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，取k＝0，則φ＝eq\f(π,2)，∴f(x)＝－eq\r(3)sineq\f(π,2)x，∴f(1)＝－eq\r(3).答案：－eq\r(3)3.(2017·天津高考改編)設函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω＞0，|φ|＜π.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，則ω＝________，φ＝________.解析：∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，∴eq\f(11π,8)－eq\f(5π,8)＝eq\f(T,4)(2m＋1)，m∈N，∴T＝eq\f(3π,2m＋1)，m∈N，∵f(x)的最小正周期大于2π，∴T＝3π，∴ω＝eq\f(2π,3π)＝eq\f(2,3)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,3)＋φ)).由2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(5π,8)＋φ))＝2，得φ＝2kπ＋eq\f(π,12)，k∈Z.又|φ|＜π，∴取k＝0，得φ＝eq\f(π,12).答案：eq\f(2,3)eq\f(π,12)4．設函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,5)))，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)的半個周期，即為2.答案：2[方法歸納]1已知函數(shù)y＝Asinωx＋φA＞0，ω＞0的圖象求解析式時，常采用待定系數(shù)法，由圖中的最高點、最低點求A，由函數(shù)的周期確定ω，由圖象上的關(guān)鍵點確定φ.2對于函數(shù)圖象的平移問題，一定要弄清楚是由哪個函數(shù)圖象平移到哪個函數(shù)圖象，這是判斷移動方向的關(guān)鍵點，否則易混淆平移的方向，導致結(jié)果出錯.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＝sinx的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)；y＝cosx的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－π，2kπ))(k∈Z)，單調(diào)遞減區(qū)間是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)；y＝tanx的遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)．2．三角函數(shù)的奇偶性與對稱性y＝Asin(ωx＋φ)，當φ＝kπ(k∈Z)時為奇函數(shù)；當φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時為偶函數(shù)；對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)求得．y＝Acos(ωx＋φ)，當φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時為奇函數(shù)；當φ＝kπ(k∈Z)時為偶函數(shù)；對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得．y＝Atan(ωx＋φ)，當φ＝kπ(k∈Z)時為奇函數(shù)．[題組練透]1．已知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，則函數(shù)f(x)的最小正周期為________，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝________.解析：周期T＝eq\f(2π,2)＝π，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(2π,3)＝eq\r(3).答案：πeq\r(3)2．(2017·全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的最大值是________．解析：依題意，f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)＝－cos2x＋eq\r(3)cosx＋eq\f(1,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(\r(3),2)))2＋1，因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosx∈[0,1]，因此當cosx＝eq\f(\r(3),2)時，f(x)max＝1.答案：13．若函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω＞0)的圖象相鄰兩個對稱中心之間的距離為eq\f(π,2)，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的單調(diào)遞增區(qū)間為________．解析：依題意知，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))的圖象相鄰兩個對稱中心之間的距離為eq\f(π,2)，于是有T＝eq\f(2π,ω)＝2×eq\f(π,2)＝π，ω＝2，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).當2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z時，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))單調(diào)遞增．因此，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))[方法歸納]三角函數(shù)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＝Asinz(或y＝Acosz)，然后由復合函數(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＝eq\f(2π,|ω|).應特別注意y＝|Asin(ωx＋φ)|的最小正周期為T＝eq\f(π,|ω|).(3)三角函數(shù)最值(值域)的求法在求最值(值域)時，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[必備知識]1．正弦定理及其變形在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(R為△ABC的外接圓半徑)．變形：a＝2RsinA，sinA＝eq\f(a,2R)，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC等．2．余弦定理及其變形在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA.變形：b2＋c2－a2＝2bccosA，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).3．三角形面積公式S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB.[題組練透]1．(2017·鹽城期中)在△ABC中，已知sinA∶sinB∶sinC＝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sinA∶sinB∶sinC＝3∶5∶7知，a∶b∶c＝3∶5∶7，可設a＝3k，b＝5k，c＝7k，且角C是最大內(nèi)角，由余弦定理知cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(9k2＋25k2－49k2,2×3k×5k)＝－eq\f(1,2)，因為0°<C<180°，所以C＝120°.答案：120°2．在△ABC中，B＝eq\f(π,3)，AB＝2，D為AB的中點，△BCD的面積為eq\f(3\r(3),4)，則AC＝________.解析：因為S△BCD＝eq\f(1,2)BD·BCsinB＝eq\f(1,2)×1×BC×sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),4)，所以BC＝3.由余弦定理得AC2＝4＋9－2×2×3×coseq\f(π,3)＝7，所以AC＝eq\r(7).答案：eq\r(7)3．(2016·全國卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，則b＝________.解析：在△ABC中，∵cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，∴sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，∴sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(3,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(4,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(63,65).又∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(1×\f(63,65),\f(3,5))＝eq\f(21,13).答案：eq\f(21,13)[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.[課時達標訓練]eq\a\vs4\al([A組——抓牢中檔小題])1．(2017·蘇北四市期末)若函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωπx－\f(π,6)))(ω>0)的最小正周期為eq\f(1,5)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的值為________．解析：因為f(x)的最小正周期為eq\f(2π,ωπ)＝eq\f(1,5)，所以ω＝10，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10πx－\f(π,6)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10π,3)－\f(π,6)))＝sineq\f(19π,6)＝－sineq\f(π,6)＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)2．在平面直角坐標系xOy中，角θ的終邊經(jīng)過點P(－2，t)，且sinθ＋cosθ＝eq\f(\r(5),5)，則實數(shù)t的值為________．解析：∵角θ的終邊經(jīng)過點P(－2，t)，∴sinθ＝eq\f(t,\r(4＋t2))，cosθ＝eq\f(－2,\r(4＋t2))，又∵sinθ＋cosθ＝eq\f(\r(5),5)，∴eq\f(t,\r(4＋t2))＋eq\f(－2,\r(4＋t2))＝eq\f(\r(5),5)，即eq\f(t－2,\r(4＋t2))＝eq\f(\r(5),5)，則t＞2，平方得eq\f(t2－4t＋4,4＋t2)＝eq\f(1,5)，即1－eq\f(4t,4＋t2)＝eq\f(1,5)，即eq\f(4t,4＋t2)＝eq\f(4,5)，則t2－5t＋4＝0，則t＝1(舍去)或t＝4.答案：43．(2017·南京、鹽城一模)將函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向右平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))個單位后，所得函數(shù)為偶函數(shù)，則φ＝____________.解析：將函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向右平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))個單位后，所得函數(shù)為f(x)＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x－φ＋\f(π,3)))，即f(x)＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2φ)))).因為f(x)為偶函數(shù)，所以eq\f(π,3)－2φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以φ＝－eq\f(π,12)－eq\f(kπ,2)，k∈Z，因為0＜φ＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(5π,12).答案：eq\f(5π,12)4．設函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(0＜x＜π)，當且僅當x＝eq\f(π,12)時，y取得最大值，則正數(shù)ω的值為________．解析：由條件得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)ω＋\f(π,3)))＝1，又0＜x＜π，ω＞0，故eq\f(π,12)ω＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，ω＝2.答案：25．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sinB＝eq\f(4,5)，cosB＝eq\f(9,ac)，則b的值為________．解析：∵2b＝a＋c，sinB＝eq\f(4,5)，cosB＝eq\f(9,ac)，sin2B＋cos2B＝1，∴ac＝15，∴b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－18＝(a＋c)2－48＝4b2－48，得b＝4.答案：46．(2017·揚州期末)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝eq\f(1,3)0<α<eq\f(π,2)，則sin(π＋α)＝________.解析：因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))，所以eq\f(π,3)<eq\f(π,3)＋α<eq\f(5π,6)，有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α)))＝eq\f(2\r(2),3)，所以sin(π＋α)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))coseq\f(2π,3)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))sineq\f(2π,3)＝eq\f(2\r(2),3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3)－2\r(2),6).答案：eq\f(\r(3)－2\r(2),6)7．(2017·北京高考)在平面直角坐標系xOy中，角α與角β均以Ox為始邊，它們的終邊關(guān)于y軸對稱．若sinα＝eq\f(1,3)，則cos(α－β)＝________.解析：因為角α與角β的終邊關(guān)于y軸對稱，所以α＋β＝2kπ＋π，k∈Z，所以cos(α－β)＝cos(2α－2kπ－π)＝－cos2α＝－(1－2sin2α)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2))＝－eq\f(7,9).答案：－eq\f(7,9)8．在△ABC中，A＝eq\f(2π,3)，a＝eq\r(3)c，則eq\f(b,c)＝________.解析：∵在△ABC中，A＝eq\f(2π,3)，∴a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(2π,3)，即a2＝b2＋c2＋bc.∵a＝eq\r(3)c，∴3c2＝b2＋c2＋bc，∴b2＋bc－2c2＝0，∴(b＋2c)(b－c)＝0，∴b－c＝0，∴b＝c，eq\f(b,c)＝1.答案：19．若f(x)＝eq\r(3)sin(x＋θ)－cos(x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)≤θ≤\f(π,2)))是定義在R上的偶函數(shù)，則θ＝________.解析：因為f(x)＝eq\r(3)sin(x＋θ)－cos(x＋θ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋θ－\f(π,6)))為偶函數(shù)，所以θ－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.即θ＝kπ＋eq\f(2π,3).因為－eq\f(π,2)≤θ≤eq\f(π,2)，所以θ＝－eq\f(π,3).答案：－eq\f(π,3)10．在△ABC中，設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：根據(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(\r(2),2)(sinB＋cosB)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(7,5)＝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：711．(2017·無錫期末)設f(x)＝sin2x－eq\r(3)cosx·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))，則f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的單調(diào)遞增區(qū)間為________．解析：f(x)＝sin2x＋eq\r(3)sinxcosx＝eq\f(1,2)(1－cos2x)＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，當2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，令k＝0，得－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,3)，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))12．函數(shù)y＝asin(ax＋θ)(a＞0，θ≠0)圖象上的一個最高點和其相鄰最低點的距離的最小值為________．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＝eq\f(2π,a)，所以相鄰的最高點與最低點的距離為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,a)))2＋4a2)≥eq\r(2×\f(π,a)×2a)＝2eq\r(π)，當且僅當eq\f(π,a)＝2a，即a＝eq\f(\r(2π),2)時等號成立．答案：2eq\r(π)13．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,6)))的值是________．解析：由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)，可得eq\f(\r(3),2)cosα＋eq\f(1,2)sinα＋sinα＝eq\f(4\r(3),5)，即eq\f(3,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝eq\f(4\r(3),5)，∴eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4\r(3),5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,6)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq\f(4,5).答案：－eq\f(4,5)14．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知sinα＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝________.解析：∵sinα＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝3sinαcoseq\f(π,6)＋3cosα·sineq\f(π,6)＝eq\f(3\r(3),2)sinα＋eq\f(3,2)cosα，∴tanα＝eq\f(3,2－3\r(3)).又taneq\f(π,12)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,4)))＝eq\f(tan\f(π,3)－tan\f(π,4),1＋tan\f(π,3)tan\f(π,4))＝eq\f(\r(3)－1,\r(3)＋1)＝2－eq\r(3)，∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\f(tanα＋tan\f(π,12),1－tanαtan\f(π,12))＝eq\f(\f(3,2－3\r(3))＋2－\r(3),1－\f(3,2－3\r(3))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(3))))＝2eq\r(3)－4.答案：2eq\r(3)－4eq\a\vs4\al([B組——力爭難度小題])1．如圖，已知A，B分別是函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωx(ω＞0)在y軸右側(cè)圖象上的第一個最高點和第一個最低點，且∠AOB＝eq\f(π,2)，則該函數(shù)的最小正周期是________．解析：設函數(shù)f(x)的最小正周期為T，由圖象可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)，\r(3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3T,4)，－\r(3)))，則eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝eq\f(3T2,16)－3＝0，解得T＝4.答案：42．(2017·南京考前模擬)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))－cosωx(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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上是單調(diào)函數(shù)，則ω的取值集合為____________．解析：f(x)＝eq\f(\r(3),2)sinωx＋eq\f(1,2)cosωx－cosωx＝eq\f(\r(3),2)sinωx－eq\f(1,2)cosωx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))，因為f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2π對稱，所以f(2π)＝±1，則2πω－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω＝eq\f(k,2)＋eq\f(1,3)，k∈Z.因為函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上是單調(diào)函數(shù)，所以最小正周期T≥2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))))，即eq\f(2π,ω)≥π，解得0＜ω≤2，所以ω＝eq\f(1,3)或ω＝eq\f(5,6)或ω＝eq\f(4,3)或ω＝eq\f(11,6).當ω＝eq\f(1,3)時，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,6)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))時，eq\f(1,3)x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))，此時f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上為增函數(shù)；當ω＝eq\f(5,6)時，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)x－\f(π,6)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))時，eq\f(5,6)x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，\f(π,24)))，此時f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上為增函數(shù)；當ω＝eq\f(4,3)時，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)x－\f(π,6)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))時，eq\f(4,3)x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))，此時f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上為增函數(shù)；當ω＝eq\f(11,6)時，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)x－\f(π,6)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))時，eq\f(11,6)x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,8)，\f(7π,24)))，此時f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上不是單調(diào)函數(shù)；綜上，ω∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,6)，\f(4,3))).答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,6)，\f(4,3)))3．△ABC的三個內(nèi)角為A，B，C，若eq\f(\r(3)cosA＋sinA,\r(3)sinA－cosA)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)))，則tanA＝________.解析：eq\f(\r(3)cosA＋sinA,\r(3)sinA－cosA)＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))),2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6))))＝－eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))))＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－A－\f(π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)))，所以－A－eq\f(π,3)＝－eq\f(7π,12)，所以A＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，所以tanA＝taneq\f(π,4)＝1.答案：14．已知函數(shù)f(x)＝Asin(x＋θ)－coseq\f(x,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(x,2)))(其中A為常數(shù)，θ∈(－π，0))，若實數(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(sinxcosθ＋cosxsinθ)－coseq\f(x,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos\f(x,2)＋\f(1,2)sin\f(x,2)))＝A(sinxcosθ＋cosxsinθ)－eq\f(\r(3),2)×eq\f(1＋cosx,2)－eq\f(1,4)sinx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Acosθ－\f(1,4)))sinx＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Asinθ－\f(\r(3),4)))cosx－eq\f(\r(3),4)，故函數(shù)f(x)為常數(shù)函數(shù)或為周期T＝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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Acosθ－\f(1,4)＝0，,Asinθ－\f(\r(3),4)＝0，))則tanθ＝eq\r(3)，又θ∈(－π，0)，故θ＝－eq\f(2π,3).答案：－eq\f(2π,3)第2課時平面向量(基礎(chǔ)課)[常考題型突破]平面向量的概念及線性運算[必備知識](1)在平面向量的化簡或運算中，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要保證“首尾相接”，和向量是第一個向量的起點指向最后一個向量終點所在的向量；在用三角形減法法則時要保證“同起點”，減向量的方向是指向被減向量．(3)A，B，C三點共線的充要條件是存在實數(shù)λ，μ，有eq\o(OA,\s\up7(→))＝λeq\o(OB,\s\up7(→))＋μeq\o(OC,\s\up7(→))，且λ＋μ＝1.(4)C是線段AB中點的充要條件是eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→)))．G是△ABC的重心的充要條件為eq\o(GA,\s\up7(→))＋eq\o(GB,\s\up7(→))＋eq\o(GC,\s\up7(→))＝0.[題組練透]1．(2017·鹽城期中)設向量a＝(2，－6)，b＝(－1，m)，若a∥b，則實數(shù)m＝________.解析：因為a∥b，所以2m－(－1)×(－6)＝0，所以m＝3.答案：32．(2017·鎮(zhèn)江模擬)已知△ABC和點M滿足eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))＝0.若存在實數(shù)m使得eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))＝meq\o(AM,\s\up7(→))成立，則m＝________.解析：由eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))＝0知，點M為△ABC的重心，設點D為底邊BC的中點，則eq\o(AM,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))，∴eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))＝3eq\o(AM,\s\up7(→))，故m＝3.答案：33.(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，N為線段BC上一點(不包括端點)，若eq\o(AC,\s\up7(→))＝λeq\o(AM,\s\up7(→))＋μeq\o(AN,\s\up7(→))，則eq\f(1,λ)＋eq\f(3,μ)的最小值為________．設B(2,0)，C(1，t)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，t))，N(x0，y0)，因為N在線段BC上，所以y0＝eq\f(t,1－2)(x0－2)，即y0＝t(2－x0)，因為eq\o(AC,\s\up7(→))＝λeq\o(AM,\s\up7(→))＋μeq\o(AN,\s\up7(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝\f(1,2)λ＋μx0，,t＝λt＋μy0，))即t＝λt＋μy0＝λt＋μt(2－x0)，因為t≠0，所以1＝λ＋μ(2－x0)＝λ＋2μ－μx0＝λ＋2μ－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)λ))，所以3λ＋4μ＝4，這里λ，μ均為正數(shù)，所以4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)＋\f(3,μ)))＝(3λ＋4μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)＋\f(3,μ)))＝3＋12＋eq\f(4μ,λ)＋eq\f(9λ,μ)≥15＋2eq\r(36)＝27,所以eq\f(1,λ)＋eq\f(3,μ)≥eq\f(27,4)當且僅當eq\f(4μ,λ)＝eq\f(9λ,μ)，即λ＝eq\f(4,9)，μ＝eq\f(2,3)時取等號．所以eq\f(1,λ)＋eq\f(3,μ)的最小值為eq\f(27,4).答案：eq\f(27,4)[方法歸納](1)對于平面向量的線性運算，要先選擇一組基底；同時注意共線向量定理的靈活運用．(2)在證明兩向量平行時，若已知兩向量的坐標形式，常利用坐標運算來判斷；若兩向量不是以坐標形式呈現(xiàn)的，常利用共線向量定理(當b≠0時，a∥b?存在唯一實數(shù)λ，使得a＝λb)來判斷．平面向量的數(shù)量積[必備知識]1．數(shù)量積的定義：a·b＝|a||b|cosθ.2．三個結(jié)論：(1)若a＝(x，y)，則|a|＝eq\r(a·a)＝eq\r(x2＋y2).(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝eq\r(x2－x12＋y2－y12).(3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為a與b的夾角，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(x1x2＋y1y2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))·\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))).[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eq\r(3)e1－e2與e1＋λe2的夾角為60°，則實數(shù)λ的值是________．解析：因為eq\f(\r(3)e1－e2·e1＋λe2,|\r(3)e1－e2|·|e1＋λe2|)＝eq\f(\r(3)－λ,2\r(1＋λ2))，故eq\f(\r(3)－λ,2\r(1＋λ2))＝eq\f(1,2)，解得λ＝eq\f(\r(3),3).答案：eq\f(\r(3),3)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|＝eq\r(|a|2＋4a·b＋4|b|2)＝eq\r(4＋4×2×1×\f(1,2)＋4)＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)3．已知非零向量m，n滿足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝eq\f(1,3)，若n⊥(tm＋n)，則實數(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×eq\f(3,4)|n|2×eq\f(1,3)＋|n|2＝0，解得t＝－4.答案：－44．(2017·南京、鹽城二模)已知平面向量eq\o(AC,\s\up7(→))＝(1,2)，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－2,2)，則eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))的最小值為________．解析：設A(a，b)，B(c，d)，∵eq\o(AC,\s\up7(→))＝(1,2)，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－2,2)，∴C(a＋1，b＋2)，D(c－2，d＋2)，則eq\o(AB,\s\up7(→))＝(c－a，d－b)，eq\o(CD,\s\up7(→))＝(c－a－3，d－b)，∴eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＝(c－a)(c－a－3)＋(b－d)2＝(c－a)2－3(c－a)＋(b－d)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－a－\f(3,2)))2－eq\f(9,4)＋(b－d)2≥－eq\f(9,4).∴eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))的最小值為－eq\f(9,4).答案：－eq\f(9,4)5．已知邊長為6的正三角形ABC，eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up7(→))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up7(→))，AD與BE交于點P，則eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(PD,\s\up7(→))的值為________．解析：由題意可得點D為BC的中點，以點D為坐標原點，BC，AD所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標系，則D(0,0)，A(0，3eq\r(3))，B(－3,0)，C(3,0)，E(1,2eq\r(3))，直線BE的方程為y＝eq\f(\r(3),2)(x＋3)與AD(y軸)的交點為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3\r(3),2)))，所以eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(PD,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3\r(3),2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3\r(3),2)))＝eq\f(27,4).答案：eq\f(27,4)[方法歸納]1涉及數(shù)量積和模的計算問題，通常有兩種求解思路：①直接利用數(shù)量積的定義，圍繞基底展開的運算，需要熟悉向量間的相互轉(zhuǎn)化；②建立坐標系，通過坐標運算求解，需要熟悉數(shù)量積的坐標公式及平行、垂直的運算公式等，其中，涉及平面向量的模時，常把模的平方轉(zhuǎn)化為向量的平方.2在利用數(shù)量積的定義計算時，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行計算.平面向量的應用[題組練透]1．(2017·南京三模)在四邊形ABCD中，BD＝2，且eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝0，(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(DC,\s\up7(→)))·(eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))＝5，則四邊形ABCD的面積為________．解析：因為eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝0，所以eq\o(AC,\s\up7(→))⊥eq\o(BD,\s\up7(→))，所以以BD所在直線為x軸，AC所在直線為y軸，建立直角坐標系，因為BD＝2，所以可設B(b,0)，D(2＋b,0)，A(0，a)，C(0，c)，所以eq\o(AB,\s\up7(→))＝(b，－a)，eq\o(DC,\s\up7(→))＝(－2－b，c)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－b，c)，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(2＋b，－a)，所以eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(DC,\s\up7(→))＝(－2，c－a)，eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))＝(2，c－a)，因為(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(DC,\s\up7(→)))·(eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))＝5，所以－4＋(c－a)2＝5，即(c－a)2＝9，所以|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝|c－a|＝3，所以四邊形ABCD的面積為eq\f(1,2)×AC×BD＝eq\f(1,2)×3×2＝3.答案：32．已知圓O的半徑為2，AB是圓O的一條直徑，C，D兩點都在圓O上，且|eq\o(CD,\s\up7(→))|＝2，則|eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→))|＝________.解析：如圖，連結(jié)OC，OD，則eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AO,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(BO,\s\up7(→))＋eq\o(OD,\s\up7(→))，因為O是AB的中點，所以eq\o(AO,\s\up7(→))＋eq\o(BO,\s\up7(→))＝0，所以eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(OC,\s\up7(→))＋eq\o(OD,\s\up7(→))，設CD的中點為M，連結(jié)OM，則eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(OC,\s\up7(→))＋eq\o(OD,\s\up7(→))＝2eq\o(OM,\s\up7(→))，顯然△COD是邊長為2的等邊三角形，所以|eq\o(OM,\s\up7(→))|＝eq\r(3)，故|eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→))|＝|2eq\o(OM,\s\up7(→))|＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)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上的動點，則eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(EF,\s\up7(→))的取值范圍是________．解析：法一：因為eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))，eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\o(EC,\s\up7(→))＋eq\o(CF,\s\up7(→))，所以eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(EF,\s\up7(→))＝(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→)))·(eq\o(EC,\s\up7(→))＋eq\o(CF,\s\up7(→)))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(EC,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(CF,\s\up7(→))＝3|eq\o(EC,\s\up7(→))|－2|eq\o(CF,\s\up7(→))|，因為E，F(xiàn)分別是線段DC和BC上的動點，且BC＝DC＝2，所以|eq\o(EC,\s\up7(→))|∈[0,2]，|eq\o(CF,\s\up7(→))|∈[0,2]，所以由不等式的性質(zhì)知eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(EF,\s\up7(→))的取值范圍是[－4，6]．法二：以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系(圖略)，則C(3,2)，因為E，F(xiàn)分別是線段DC和BC上的動點，且BC＝DC＝2，所以可設E(x，2)，F(xiàn)(3，y)，所以eq\o(AC,\s\up7(→))＝(3,2)，eq\o(EF,\s\up7(→))＝(3－x，y－2)，且x∈[1,3]，y∈[0,2]，所以eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(EF,\s\up7(→))＝3(3－x)＋2(y－2)＝5－3x＋2y∈[－4,6]，即eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(EF,\s\up7(→))的取值范圍是[－4,6]．答案：[－4,6][方法歸納]1．利用平面向量解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[課時達標訓練]eq\a\vs4\al([A組——抓牢中檔小題])1．(2017·南京學情調(diào)研)設向量a＝(1，－4)，b＝(－1，x)，c＝a＋3b.若a∥c，則實數(shù)x＝________.解析：因為a＝(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：42．(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：因為a＝(2,1)，b＝(1，－1)，所以a－b＝(1,2)，ma＋b＝(2m＋1，m－1)，因為a－b與ma＋b垂直，所以(a－b)·(ma＋b)＝0，即2m＋1＋2(m－1)＝0，解得m＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)3．已知a與b是兩個不共線向量，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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－k，,1＝3k，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝\f(1,3)，,λ＝－\f(1,3).))答案：－eq\f(1,3)4．已知|a|＝1，|b|＝eq\r(2)，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－eq\r(2)cos〈a，b〉＝0，∴cos〈a，b〉＝eq\f(\r(2),2)，∴〈a，b〉＝eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)5．若單位向量e1，e2的夾角為eq\f(π,3)，向量a＝e1＋λe2(λ∈R)，且|a|＝eq\f(\r(3),2)，則λ＝________.解析：由題意可得e1·e2＝eq\f(1,2)，|a|2＝(e1＋λe2)2＝1＋2λ×eq\f(1,2)＋λ2＝eq\f(3,4)，化簡得λ2＋λ＋eq\f(1,4)＝0，解得λ＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)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eq\f(c·a,|c||a|)＝eq\f(c·b,|c||b|)?eq\f(c·a,|a|)＝eq\f(c·b,|b|)?eq\f(5m＋8,\r(5))＝eq\f(8m＋20,2\r(5))?m＝2.答案：27．(2017·常州模擬)已知點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，且eq\o(AM,\s\up7(→))＝xeq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AN,\s\up7(→))＝y(tǒng)eq\o(AC,\s\up7(→))，則eq\f(xy,x＋y)的值為________．解析：由已知得M，G，N三點共線，即eq\o(AG,\s\up7(→))＝λeq\o(AM,\s\up7(→))＋(1－λ)eq\o(AN,\s\up7(→))＝λxeq\o(AB,\s\up7(→))＋(1－λ)yeq\o(AC,\s\up7(→))，∵點G是△ABC的重心，∴eq\o(AG,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λx＝\f(1,3)，,1－λy＝\f(1,3)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(1,3x)，,1－λ＝\f(1,3y)，))得eq\f(1,3x)＋eq\f(1,3y)＝1，即eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝3，通分變形得，eq\f(x＋y,xy)＝3，∴eq\f(xy,x＋y)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)8．已知A，B，C三點不共線，且eq\o(AD,\s\up7(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))＋2eq\o(AC,\s\up7(→))，則eq\f(S△ABD,S△ACD)＝________.解析：如圖，取eq\o(AM,\s\up7(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AN,\s\up7(→))＝2eq\o(AC,\s\up7(→))，以AM，AN為鄰邊作平行四邊形AMDN，此時eq\o(AD,\s\up7(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))＋2eq\o(AC,\s\up7(→)).由圖可知S△ABD＝3S△AMD，S△ACD＝eq\f(1,2)S△AND，而S△AMD＝S△AND，所以eq\f(S△ABD,S△ACD)＝6.答案：69．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)在△ABC中，已知AB＝1，AC＝2，∠A＝60°，若點P滿足eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋λeq\o(AC,\s\up7(→))，且eq\o(BP,\s\up7(→))·eq\o(CP,\s\up7(→))＝1，則實數(shù)λ的值為________.解析：法一：由題意可得eq\o(AP,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\o(BP,\s\up7(→))＝λeq\o(AC,\s\up7(→)).又eq\o(CP,\s\up7(→))＝eq\o(AP,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋(λ－1)eq\o(AC,\s\up7(→))，所以eq\o(BP,\s\up7(→))·eq\o(CP,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＋λ(λ－1)|eq\o(AC,\s\up7(→))|2＝1，即λ＋(λ2－λ)×4＝1，所以有4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－eq\f(1,4).法二：建立如圖所示的平面直角坐標系，所以A(0,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，C(2，0)，設P(x，y)．所以eq\o(AP,\s\up7(→))＝(x，y)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(2,0)．又因為eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋λeq\o(AC,\s\up7(→))，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2λ＋\f(1,2)，,y＝\f(\r(3),2)，))所以eq\o(BP,\s\up7(→))＝(2λ，0)，eq\o(CP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2λ－\f(3,2)，\f(\r(3),2))).由eq\o(BP,\s\up7(→))·eq\o(CP,\s\up7(→))＝1可得4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－eq\f(1,4).答案：1或－eq\f(1,4)10．已知向量a＝(1，eq\r(3))，b＝(0，t2＋1)，則當t∈[－eq\r(3)，2]時，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－t\f(b,|b|)))的取值范圍是________．解析：由題意，eq\f(b,|b|)＝(0,1)，根據(jù)向量的差的幾何意義，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－t\f(b,|b|)))表示同起點的向量teq\f(b,|b|)的終點到a的終點的距離，當t＝eq\r(3)時，該距離取得最小值1，當t＝－eq\r(3)時，該距離取得最大值eq\r(13)，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－t\f(b,|b|)))的取值范圍是[1，eq\r(13)]．答案：[1，eq\r(13)]11.(2017·南通二調(diào))如圖，在平面四邊形ABCD中，O為BD的中點，且OA＝3，OC＝5.若eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝－7，則eq\o(BC,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))的值是________．解析：法一：由eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝－7得，(eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))·(eq\o(OD,\s\up7(→))－eq