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 ，1)，b(1，cos )，求|ab|的最大值【解】|ab| ，當(dāng)sin1時(shí)|ab|有最大值，此時(shí)，最大值為1名師點(diǎn)評(píng)本題求|ab|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、三角與平面向量線性運(yùn)算交匯 (2019·南京模擬)設(shè)兩個(gè)向量a(2，2cos2)和b，其中，m，為實(shí)數(shù)若a2b，求的取值范圍【解】由a(2，2cos2)和b，a2b，可得設(shè)k，代入方程組可得消去m，化簡(jiǎn)得cos22sin ，再化簡(jiǎn)得cos22sin 0，再令t代入上式得(sin 1)2(16t218t2)0可得(16t218t2)0，解不等式得t，因而1解得6k1，即61名師點(diǎn)評(píng)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ab，則sin 2x2cos2x_ 【解析】因?yàn)閍(cos x，2)，b(2sin x，3)，ab，所以3cos x4sin x0，即tan x所以sin 2x2cos2x【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 ，)，b(1，cos )，若ab，則_【解析】由ab得a·b0，所以a·bsin cos 0，即2sin0因?yàn)?，所以【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(1cos ，sin )，b(1cos ， sin )，c(1，0)，(0，)，(，2)，a與c的夾角為1，b與c的夾角為2，且12，求sin的值【解】因?yàn)閨a|2cos，|b|2sin，|c|1，又a·c1cos 2cos2，b·c1cos 2sin2所以cos 1cos，cos 2sin，因?yàn)?，所?又(，2)，所以，即0由cos 2sincos，得2由12，得，所以，所以sinsin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ac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|ab|；(2)若f(x)a·b2|ab|的最小值是，求的值【解】(1)a·bcos·cossin·sincos 2x；|ab|2，因?yàn)閤，所以cos x0，所以|ab|2cos x(2)由(1)知，f(x)cos 2x4cos x，即f(x)2(cos x)2122，因?yàn)閤，所以0cos x1，當(dāng)0時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)cos x0時(shí)，f(x)取得最小值1，這與已知矛盾當(dāng)01時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)cos x時(shí)，f(x)取得最小值122，由已知122，解得當(dāng)1時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)cos x1時(shí)，f(x)取得最小值14，由已知得14，解得，這與1相矛盾；綜上所述，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，cosABC，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DEAB，且DEAB，設(shè)BEx，在BDE中，由余弦定理BD2BE2ED22BE·ED·cosBED，即5x22××x，解得x1或x(舍去)，故BC2在ABC中，由余弦定理AC2AB2BC22AB·BC·cos ABC，得AC242××2×，所以AC又sinABC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osABC，所以sinABC，所以A，設(shè)C(x，0)，所以D又因?yàn)锽D，所以 ，解得x2以下同法一法三：如圖2因?yàn)?)，所以2，平方得42222·，代入數(shù)據(jù)得20|22××|×，解得BC2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)BCy，AC2x在ABC中，由余弦定理得cos A，又在ABD中，由余弦定理得cos A聯(lián)立得，2x2y2在ABC中，由余弦定理AC2AB2BC22AB·BC·cos ABC，整理得4x2y2y聯(lián)立消去x解得y2或y(舍去)所以x，AC2x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)BCy，AC2x在ABD中，由余弦定理得cosADB，又在BDC中，由余弦定理得cosBDC因?yàn)锳DBBDC，所以cosADBcosBDC0，聯(lián)立得，2x2y2在ABC中，由余弦定理AC2AB2BC22AB·BC·cos ABC，整理得4x2y2y聯(lián)立消去x解得y2或y(舍去)所以x，AC2x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，從而使問(wèn)題解決法六：如圖4，延長(zhǎng)BD至E，使BDDE，連結(jié)AE，CE，則四邊形ABCE是平行四邊形，故有AEBC在ABE中，由余弦定理BE2AB2AE22AB·AE·cosBAE，即20BC22××BC×，解得BC2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，因?yàn)閏os CBA，所以sin CBA又因?yàn)镾ABC2SBDC，所以有AB·BC·sin ABC2×BD·BC·sin ，解得sin ，cos 所以cosABDcos(ABC)cosABCcos sinABCsin ，所以sinABD在ABD中，由余弦定理AD2AB2BD22AB·BD·cosABD，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ABC中，設(shè)a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊，若a5，A，cos B，則c_解析 根據(jù)題意得，sin B，所以sin Csin(AB)sin，由，得，解得c7答案 72若，則tan 2_解析 ，所以tan 2，所以tan 2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a2kb與3ab平行，則k_解析 因?yàn)閍(2，1)，b(3，1)，所以a2kb(2，1)2k(3，1)(26k，12k)，3ab3(2，1)(3，1)(3，4)，又a2kb與3ab平行，所以4(26k)3(12k)0，解得k答案 4(2019·揚(yáng)州模擬)已知cos ，cos()，且，則cos()的值為_(kāi)解析 因?yàn)?，所?(0，)因?yàn)閏os ，所以cos 22cos21，所以sin 2，而，所以(0，)，所以sin()，所以cos()cos2()cos 2cos()sin 2sin()××答案 5(2019·鹽城高三模擬)已知向量a，b滿足a(4，3)，|b|1，|ab|，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，|ab|得，4x3y，所以a·b(4，3)·(x，y)4x3y，cosa，b，又a，b0，所以向量a，b的夾角為法二：由|ab|得，(ab)221a22a·bb221，所以a·b，cosa，b，又a，b0，所以向量a，b的夾角為答案 6(2019·南京高三模擬)如圖，在梯形ABCD中，ABCD，AB4，AD3，CD2，2若·3，則·_解析 由題意可得，則··3，則|2|2·3，即68·3，解得·答案 7函數(shù)f(x)Asin(x)的部分圖象如圖所示，則將yf(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A1，T，T，所以2，由sin1，|<得，解得，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)解析式為ysinsin答案 ysin8(2019·蘇錫常鎮(zhèn)四市高三調(diào)研)在ABC中，已知AB1，AC2，A60°，若點(diǎn)P滿足，且·1，則實(shí)數(shù)的值為_(kāi)解析 由題意可得·1×2×1，·2·1，·14，2·24221，又·1，則()·()···1，代入化簡(jiǎn)得42310，解得或1答案 或19已知a，b，c分別為ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，a2，且(2b)(sin Asin B)(cb)sin C，則ABC的面積的最大值為_(kāi)解析 因?yàn)閍2，(2b)(sin Asin B)(cb)sin C，根據(jù)正弦定理，得(ab)(ab)(cb)c，所以a2b2c2bc，所以b2c2a2bc，根據(jù)余弦定理，得cos A，因?yàn)锳(0，)，故A因?yàn)閎2c2bc4，所以4b2c2bc2bcbcbc(當(dāng)且僅當(dāng)bc2時(shí)取等號(hào))，所以ABC的面積SABCbcsin Abc×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)，所以(3)·0，(3)·()0，24·320，即cos A2，當(dāng)且僅當(dāng)|時(shí)等號(hào)成立因?yàn)?A，所以0A，即角A的最大值為答案 11(2019·蘇北四市模擬)已知向量a(cos ，sin )，b(2，1)(1)若ab，求的值；(2)若|ab|2，求sin的值解 (1)由ab可知，a·b2cos sin 0，所以sin 2cos ，所以 (2)由ab(cos 2，sin 1)可得，|ab|2，即12cos sin 0，又cos2sin21，且，由可解得所以sin(sin cos )×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B60°，ac4(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b2由b2a2c22accos B，B60°，得b2(ac)23ac163ac4，解得ac4，從而SABCacsin B×4×(2)法一：因?yàn)镈為AC邊的中點(diǎn)，所以()，則2()2(22·2)(c22accos Ba2)(ac)2ac4ac4×3，當(dāng)且僅當(dāng)ac2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)ADCDd，由cosADBcosCDB0，得0，即BD2d28acd2，又b2a2c22accos B，B60°，所以b2(ac)23ac163ac，即4d2163ac，所以d24ac，故BD24ac4×3，當(dāng)且僅當(dāng)ac2時(shí)取等號(hào)，所以線段BD長(zhǎng)的最小值為13(2019·南京、鹽城模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)銳角的始邊與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()y1y2(1)求函數(shù)f()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，c1，求b解 (1)由題意，得y1sin ，y2sincos ，所以f()sin cos sin，因?yàn)椋?，故f()(1，(2)因?yàn)閒(C)sin，又C(0，)，所以C，在ABC中，由余弦定理得c2a2b22abcos C，即12b22×b，解得b114(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，DM，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FMNE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價(jià)為2a元記銳角POG，鑲嵌金絲總造價(jià)為W元(1)試表示出關(guān)于的函數(shù)W()，并寫(xiě)出cos 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PR16sin ，OR16cos ，MSGROGORCECD16cos 361616cos 2016cos ，因?yàn)镸P與圓O相切，切點(diǎn)為P，所以O(shè)PMP，易得MPSPOG，所以MPNQ，PS，所以MGSRPRPS16sin ，MN2MG2×因?yàn)閮?yōu)弧的圓心角為(22)，所以優(yōu)弧的長(zhǎng)為32()，所以W()32()×3a×2a96a()×2a48a(22)，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，OG20，OP16，cos ，所以cos (2)由(1)知，W()48a48a·48a·48a·48a·，(0，)，其中0，cos 0，令W()0，得cos 或cos 1(舍)，又cos 且為銳角，所以，所以當(dāng)時(shí)，W()<0，W()單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，W()>0，W()單調(diào)遞增所以當(dāng)時(shí)，總造價(jià)W()取得最小值，為W64a48a，此時(shí)，MGNG4答：(1)W()48a(22)，cos ；(2)當(dāng)MGNG4毫米時(shí)，能使總造價(jià)最低- 16 -