（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 三角函數(shù)與平面向量 高考熱點(diǎn)追蹤（二）學(xué)案 文 蘇教版

《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 三角函數(shù)與平面向量 高考熱點(diǎn)追蹤（二）學(xué)案 文 蘇教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 三角函數(shù)與平面向量 高考熱點(diǎn)追蹤（二）學(xué)案 文 蘇教版（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考熱點(diǎn)追蹤(二) 三角函數(shù)與平面向量交匯集中展示 當(dāng)今高考數(shù)學(xué)命題注重知識(shí)的整體性和綜合性，重視知識(shí)的交匯性．向量具有代數(shù)與幾何形式的雙重身份，它是新舊知識(shí)的一個(gè)重要的交匯點(diǎn)，成為聯(lián)系這些知識(shí)的橋梁，因此，向量與三角的交匯是當(dāng)今高考命題的必然趨勢(shì)，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、三角與平面向量模交匯 已知向量a＝(sin θ，1)，b＝(1，cos θ)，－＜θ＜．求|a＋b|的最大值． 【解】　|a＋b|＝ ＝ ＝＝ ， 當(dāng)sin＝1時(shí)|a＋b|有最大值，此時(shí)θ＝，最大值為＝＋1． [名師點(diǎn)評(píng)]　本題求|a＋b|的最大值

2、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、三角與平面向量線性運(yùn)算交匯 (2019·南京模擬)設(shè)兩個(gè)向量a＝(λ＋2，λ2－cos2α)和b＝，其中λ，m，α為實(shí)數(shù)．若a＝2b，求的取值范圍． 【解】　由a＝(λ＋2，λ2－cos2α)和b＝， a＝2b，可得 設(shè)＝k，代入方程組可得 消去m，化簡(jiǎn)得－cos2α＝＋2sin α， 再化簡(jiǎn)得－cos2α＋－2sin α＝0， 再令＝t代入上式得(sin α－1)2＋(16t2＋18t＋2)＝0可得－(16t2＋18t＋2)≥0， 解不等式得t∈， 因而－1≤≤－解得－6≤k≤1， 即－6≤≤1． [名師點(diǎn)評(píng)

3、]　本題字母比較多，運(yùn)算復(fù)雜，要認(rèn)真體會(huì)換元法和整體思想的運(yùn)用． 三、三角與平面向量平行交匯 已知a＝(cos x，2)，b＝(2sin x，3)，若a∥b， 則sin 2x－2cos2x＝__________ ． 【解析】　因?yàn)閍＝(cos x，2)，b＝(2sin x，3)，a∥b， 所以3cos x－4sin x＝0，即tan x＝． 所以sin 2x－2cos2x＝ ＝＝－． 【答案】?。? [名師點(diǎn)評(píng)]　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)的基本知識(shí)． 四、三角與平面向量垂直交匯 (2019·蘇州模擬)已知向量a＝(sin θ，)

4、，b＝(1，cos θ)，θ∈．若a⊥b，則θ＝________． 【解析】　由a⊥b得a·b＝0，所以a·b＝sin θ＋cos θ＝0，即2sin＝0． 因?yàn)棣取?，所以θ＝－? 【答案】　－ [名師點(diǎn)評(píng)]　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、三角與平面向量夾角交匯 設(shè)a＝(1＋cos α，sin α)，b＝(1－cos β， sin β)，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＝，求sin的值． 【解】　因?yàn)閨a|＝＝2cos， |b|＝＝2sin， |c|＝1，又a·c＝1

5、＋cos α＝2cos2， b·c＝1－cos β＝2sin2． 所以cos θ1＝＝cos，cos θ2＝＝sin， 因?yàn)椤?，所以?＝． 又β∈(π，2π)，所以∈，即0＜－＜． 由cos θ2＝sin＝cos，得θ2＝－． 由θ1－θ2＝，得－＝， 所以＝－，＝－， 所以sin＝sin＝－． [名師點(diǎn)評(píng)]　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)知識(shí)． 六、三角與平面向量數(shù)量積交匯 (2019·南通市高三第一次調(diào)研測(cè)試)在△ABC中，若·＋2·＝·，則的值為_(kāi)_______． 【解析】　由·＋2·＝·，得 2bc×＋ac×＝ab×， 化簡(jiǎn)可得

6、a＝c．由正弦定理得＝＝． 【答案】　 [名師點(diǎn)評(píng)]　本題是平面向量的數(shù)量積及正、余弦定理的綜合運(yùn)用，解題時(shí)注意體會(huì)等價(jià)轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用． 七、三角與平面向量綜合交匯 (2019·南通調(diào)研)已知向量a＝，b＝，且x∈， (1)求a·b及|a＋b|； (2)若f(x)＝a·b－2λ|a＋b|的最小值是－，求λ的值． 【解】　(1)a·b＝cos·cos－sin·sin ＝cos 2x； |a＋b|＝ ＝＝2， 因?yàn)閤∈，所以cos x≥0，所以|a＋b|＝2cos x． (2)由(1)知，f(x)＝cos 2x－4λcos x， 即f(x)＝2(cos x－λ)2－1

7、－2λ2， 因?yàn)閤∈，所以0≤cos x≤1， ①當(dāng)λ＜0時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)cos x＝0時(shí)，f(x)取得最小值－1，這與已知矛盾． ②當(dāng)0≤λ≤1時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)cos x＝λ時(shí)，f(x)取得最小值－1－2λ2，由已知－1－2λ2＝－，解得λ＝． ③當(dāng)λ＞1時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)cos x＝1時(shí)，f(x)取得最小值1－4λ， 由已知得1－4λ＝－，解得λ＝，這與λ＞1相矛盾； 綜上所述，λ＝即為所求． [名師點(diǎn)評(píng)]　本題以平面向量的知識(shí)為平臺(tái)，考查了三角函數(shù)的有關(guān)運(yùn)算，運(yùn)用了分類討論的思想方法． 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

8、定理為工具，通過(guò)三角恒等變換來(lái)解三角形或?qū)嶋H問(wèn)題，以低中檔題為主，下面通過(guò)一題來(lái)分析正、余弦定理在解三角形中的常用策略． 在△ABC中，已知AB＝，cos∠ABC＝，AC邊上的中線BD＝，求sin A的值． 策略1：設(shè)法使條件集中到一個(gè)三角形中 法一：考慮到D為AC的中點(diǎn)．取BC的中點(diǎn)E，把分散的條件集中轉(zhuǎn)移到三角形BDE中，從而問(wèn)題獲得解決． 如圖1，設(shè)E是BC的中點(diǎn)，連結(jié)DE，則DE∥AB，且DE＝AB＝，設(shè)BE＝x，在△BDE中，由余弦定理BD2＝BE2＋ED2－2BE·ED·cos∠BED， 即5＝x2＋＋2××x， 解得x＝1或x＝－(舍去)，故BC＝2． 在△A

9、BC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ∠ABC， 得AC2＝＋4－2××2×＝， 所以AC＝． 又sin∠ABC＝．在△ABC中，由正弦定理＝，得＝， 所以sin A＝． 策略2：利用向量運(yùn)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(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(diǎn)A在第一象限內(nèi)，因?yàn)閏os∠ABC＝， 所以sin∠ABC＝，所以A， 設(shè)C(x，0)，所以D．又因?yàn)锽D＝， 所以 ＝， 解得x＝2． 以下同法一． 法三：如圖2． 因?yàn)椋?＋)，所以2＝＋，平方得42＝2＋2＋2·，

10、代入數(shù)據(jù)得20＝＋||2＋2××||×，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 cos A＝，① 又在△ABD中，由余弦定理得 cos A＝．② 聯(lián)立①②得，2x2－y2＝．③ 在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ∠ABC， 整理得4x2＝＋y2－y．④ 聯(lián)立③④消去x解得y＝2或y＝－(舍去)． 所以x＝，AC＝2x＝． 以下同法一． 策略4：利用不同三角形中角的互補(bǔ)或互余關(guān)系，構(gòu)造方程組求解 法五： 在△ABD和△BDC中

11、利用∠ADB和∠BDC互補(bǔ)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＝，① 又在△BDC中，由余弦定理得cos∠BDC＝．② 因?yàn)椤螦DB＋∠BDC＝π， 所以cos∠ADB＋cos∠BDC＝0， 聯(lián)立①②得，2x2－y2＝．③ 在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ∠ABC， 整理得4x2＝＋y2－y．④ 聯(lián)立③④消去x解得y＝2或y＝－(舍去)． 所以x＝，AC＝2x＝． 以下同法一． 策略5：利用中點(diǎn)等幾何關(guān)系，把三角形補(bǔ)成平行四邊形，進(jìn)而使條件相對(duì)集中，從而

12、使問(wèn)題解決法六：如圖4，延長(zhǎng)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＝＋BC2＋2××BC×，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?yàn)閏os ∠CBA＝，所以sin ∠CBA＝． 又因?yàn)镾△ABC＝2S△BDC，所以有AB·BC·sin ∠ABC＝2×BD·BC·sin θ， 解得sin θ＝，cos θ＝． 所以cos∠ABD＝cos(∠ABC－θ)＝cos∠ABCcos

13、θ＋sin∠ABCsin θ＝，所以sin∠ABD＝． 在△ABD中，由余弦定理AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD＝， 所以AD＝．在△ABD中，由正弦定理＝，得sin A＝． [名師點(diǎn)評(píng)]　同一道題目，從不同的角度出發(fā)，就有許多不同的解題方法，所以同學(xué)們復(fù)習(xí)時(shí)不要滿足于一種思考方式，要善于發(fā)現(xiàn)自己解題中存在的問(wèn)題和不合理處，進(jìn)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(gè)角度出發(fā)外，還能從哪里找到突破口呢？” ．只有不斷地質(zhì)疑，才會(huì)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(huì)大大提高． 1．(2019·南京、鹽城高三模擬)在△

14、ABC中，設(shè)a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊，若a＝5，A＝，cos B＝，則c＝________． [解析] 根據(jù)題意得，sin B＝，所以sin C＝sin(A＋B)＝sin＝，由＝，得＝，解得c＝7． [答案] 7 2．若＝，則tan 2α＝________． [解析] ＝＝＝， 所以tan α＝2，所以tan 2α＝＝＝－． [答案] － 3．(2019·江蘇省高考命題研究專家原創(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?yàn)閍＝(2，1)，b＝(3，－1)，所以a＋2kb＝(2，1)＋2k(3

15、，－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＝－． [答案] － 4．(2019·揚(yáng)州模擬)已知cos α＝，cos(α＋β)＝－，且α，β∈，則cos(α－β)的值為_(kāi)_______． [解析] 因?yàn)棣痢剩?α∈(0，π)． 因?yàn)閏os α＝，所以cos 2α＝2cos2α－1＝－， 所以sin 2α＝＝， 而α，β∈，所以α＋β∈(0，π)， 所以sin(α＋β)＝＝， 所以cos(α－β)＝cos[2α－(α＋β)] ＝cos 2αcos(α＋β)＋si

16、n 2αsin(α＋β) ＝×＋×＝． [答案] 5．(2019·鹽城高三模擬)已知向量a，b滿足a＝(4，－3)，|b|＝1，|a－b|＝，則向量a，b的夾角為_(kāi)_______． [解析] 法一：設(shè)向量b＝(x，y)，則由|b|＝1，|a－b|＝得，?4x－3y＝，所以a·b＝(4，－3)·(x，y)＝4x－3y＝，cos〈a，b〉＝＝，又〈a，b〉∈[0，π]，所以向量a，b的夾角為． 法二：由|a－b|＝得，(a－b)2＝21?a2－2a·b＋b2＝21，所以a·b＝，cos〈a，b〉＝＝，又〈a，b〉∈[0，π]，所以向量a，b的夾角為． [答案] 6．(2019·南

17、京高三模擬)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，AD＝3，CD＝2，＝2．若·＝－3，則·＝________． [解析] 由題意可得＝＋＝＋，＝－＝－，則·＝·＝－3，則||2－||2－·＝－3，即6－8－·＝－3，解得·＝． [答案] 7．函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則將y＝f(x)的圖象向右平移個(gè)單位后，得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為_(kāi)_______． [解析] 由所給圖象知A＝1，T＝－＝，T＝π，所以ω＝＝2，由sin＝1，|φ|<得＋φ＝，解得φ＝，所以f(x)＝sin，則f(x)＝sin的圖象向右平移個(gè)單位后得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解

18、析式為y＝sin＝sin． [答案] y＝sin 8．(2019·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(diǎn)P滿足＝＋λ，且·＝1，則實(shí)數(shù)λ的值為_(kāi)_______． [解析] 由題意可得·＝1×2×＝1，·＝2＋λ·＝1＋λ， ·＝1＋4λ，＝＋2λ·＋λ2＝4λ2＋2λ＋1，又·＝1，則(－)·(－)＝－·－·＋·＝1，代入化簡(jiǎn)得4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝－或λ＝1． [答案] －或1 9．已知a，b，c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，a＝2，且(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，則△ABC的面積的最大值為_(kāi)

19、_______． [解析] 因?yàn)閍＝2，(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，根據(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，根據(jù)余弦定理，得cos A＝＝，因?yàn)锳∈(0，π)，故A＝．因?yàn)閎2＋c2－bc＝4，所以4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時(shí)取等號(hào))，所以△ABC的面積S△ABC＝bcsin A＝bc≤×4＝，所以△ABC的面積的最大值為． [答案] 10．(2019·唐山模擬)在△ABC中，(－3)⊥，則角A的最大值為_(kāi)_______． [解析] 因?yàn)?－3)⊥，所

20、以(－3)·＝0，(－3)·(－)＝0，2－4·＋32＝0，即cos A＝＝＋≥2＝，當(dāng)且僅當(dāng)||＝||時(shí)等號(hào)成立．因?yàn)?＜A＜π，所以0＜A≤，即角A的最大值為． [答案] 11．(2019·蘇北四市模擬)已知向量a＝(cos θ，sin θ)，b＝(2，－1)． (1)若a⊥b，求的值； (2)若|a－b|＝2，θ∈，求sin的值． [解] (1)由a⊥b可知，a·b＝2cos θ－sin θ＝0， 所以sin θ＝2cos θ， 所以＝＝． (2)由a－b＝(cos θ－2，sin θ＋1)可得， |a－b|＝ ＝＝2， 即1－2cos θ＋sin θ＝0，①

21、 又cos2θ＋sin2θ＝1，且θ∈，② 由①②可解得 所以sin＝(sin θ＋cos θ) ＝×＝． 12．(2019·鹽城高三模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)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(shí)，求△ABC的面積； (2)設(shè)D為AC邊的中點(diǎn)，求線段BD長(zhǎng)的最小值． [解] (1)因?yàn)閍，b，c成等差數(shù)列，所以b＝＝2． 由b2＝a2＋c2－2accos B，B＝60°，得 b2＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac＝4，解得ac＝4， 從而S△ABC＝acsin B＝×4×＝． (2)法一：因?yàn)镈為AC邊的中點(diǎn)，

22、所以＝(＋)， 則2＝(＋)2＝(2＋2·＋2)＝(c2＋2accos B＋a2)＝[(a＋c)2－ac]＝4－ac≥4－×＝3， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝2時(shí)取等號(hào)， 所以線段BD長(zhǎng)的最小值為． 法二：因?yàn)镈為AC邊的中點(diǎn)，所以可設(shè)AD＝CD＝d， 由cos∠ADB＋cos∠CDB＝0，得＋＝0， 即BD2＝－d2＝8－ac－d2， 又b2＝a2＋c2－2accos B，B＝60°，所以b2＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac， 即4d2＝16－3ac，所以d2＝4－ac， 故BD2＝4－ac≥4－×＝3，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝2時(shí)取等號(hào)， 所以線段BD長(zhǎng)的最小值為． 13．(201

23、9·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(diǎn)O按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)后與單位圓交于點(diǎn)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(duì)的邊分別為a，b，c，若f(C)＝，且a＝，c＝1，求b． [解] (1)由題意，得y1＝sin α，y2＝sin＝cos α， 所以f(α)＝sin α＋cos α＝sin， 因?yàn)棣痢?，所以α＋∈? 故f(α)∈(1，]． (2)因?yàn)閒(C)＝sin＝，又C∈(0，π)， 所以C＝， 在△ABC中

24、，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C， 即1＝2＋b2－2×b， 解得b＝1． 14．(2019·江蘇省四星級(jí)學(xué)校4月聯(lián)考)金鑲玉獎(jiǎng)牌是中國(guó)文化與體育精神完美結(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(diǎn)．現(xiàn)要開(kāi)糟鑲嵌金絲，將其加工為鑲金工藝品，如圖，金絲部分為優(yōu)弧和線段MP，NQ，MN，其中優(yōu)弧所在圓的圓心為O，圓O與矩形的邊FB，BC，CE分別相切于點(diǎn)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(diǎn)P，Q，且FM＝NE．若優(yōu)弧部分鑲嵌的金絲每毫米造價(jià)為3a元(a>0)，線段MP，NQ，MN部分鑲嵌的金絲每毫米造

25、價(jià)為2a元．記銳角∠POG＝α，鑲嵌金絲總造價(jià)為W元． (1)試表示出關(guān)于α的函數(shù)W(α)，并寫(xiě)出cos α的范圍； (2)當(dāng)M，N位于什么位置時(shí)，鑲嵌金絲的總造價(jià)最低？ [解] (1)如圖，過(guò)點(diǎn)P作OG的垂線，垂足為R，過(guò)點(diǎn)M作PR的垂線，垂足為S，由圓O與矩形的邊FB，BC，CE相切，得圓O半徑為16． 易得PR＝16sin α，OR＝16cos α， MS＝GR＝OG－OR＝CE－CD－16cos α＝36－16－16cos α＝20－16cos α， 因?yàn)镸P與圓O相切，切點(diǎn)為P，所以O(shè)P⊥MP，易得∠MPS＝∠POG＝α， 所以MP＝NQ＝＝， PS＝＝，

26、所以MG＝SR＝PR－PS＝16sin α－＝， MN＝2MG＝2×＝． 因?yàn)閮?yōu)弧的圓心角為(2π－2α)，所以優(yōu)弧的長(zhǎng)為32(π－α)， 所以W(α)＝32(π－α)×3a＋ ×2a＝96a(π－α)＋×2a＝48a(2π－2α＋)，考慮臨界狀態(tài)，當(dāng)M，N，G三點(diǎn)重合時(shí)，△POG為直角三角形， 其中∠GPO＝，OG＝20，OP＝16，cos α＝＝＝， 所以cos α∈． (2)由(1)知，W′(α)＝48a＝48a·＝48a·＝48a·＝48a·，α∈(α0，)，其中α0∈，cos α0＝， 令W′(α)＝0，得cos α＝或cos α＝1(舍)， 又cos α∈且α為銳角，所以α＝， 所以當(dāng)α∈時(shí)，W′(α)<0，W(α)單調(diào)遞減； 當(dāng)α∈時(shí)，W′(α)>0，W(α)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)α＝時(shí)，總造價(jià)W(α)取得最小值，為W＝64πa＋48a， 此時(shí)，MG＝NG＝4． 答：(1)W(α)＝48a(2π－2α＋)，cos α∈；(2)當(dāng)MG＝NG＝4毫米時(shí)，能使總造價(jià)最低． - 16 -