(共57张PPT)
微重点6 三角函数中ω，φ的范围问题
专题二 三角函数与解三角形
三角函数中ω，φ的范围问题，是高考的重点和热点，主要考查由三角函数的最值(值域)、单调性、零点等求ω，φ的取值范围，难度中等偏上.
考点一 三角函数的最值(值域)与ω，φ的取值范围
考点二 单调性与ω，φ的取值范围
考点三 零点与ω，φ的取值范围
专题强化练
内容索引
三角函数的最值(值域)与ω，φ的取值范围
考点一
√
例1
(2)已知函数f(x)＝sin ωx＋acos ωx(a>0，ω>0)的最大值为2，若使函数f(x)
在区间[0,3]上至少取得两次最大值，则ω的取值范围是____________.
求三角函数的最值(值域)问题，主要是整体代换ωx±φ，利用正、余弦函数的图象求解，要注意自变量的范围.
规律方法
跟踪演练1
√
因为函数y＝f(x)的图象与直线y＝1的相邻两个交点的距离为π，
所以f(x)＝sin(2x＋φ).
单调性与ω，φ的取值范围
考点二
例2
10
解得4＋32k≤ω≤10＋16k(k∈Z)，
因此，ω的最大值为10.
√
若三角函数在区间[a，b]上单调递增，则区间[a，b]是该函数单调递增区间的子集，利用集合的包含关系即可求解.
规律方法
跟踪演练2
√
零点与ω，φ的取值范围
考点三
√
例3
由题意可得ω>0，故由x∈(0，π)，
根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有三个极值点，
根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有两个零点，
√
因为f(a＋x)＋f(a－x)＝2，
所以f(x)的图象关于(a，1)对称，所以b＝1，
因为f(x)在区间[0,1]上有且仅有3个零点，
已知函数的零点、极值点求ω，φ的取值范围问题，一是利用三角函数的图象求解；二是利用解析式，直接求函数的零点、极值点即可，注意函数的极值点即为三角函数的最大值、最小值点.
规律方法
跟踪演练3
其中k＝k2－k1，k′＝k2＋k1＝2k2－k，
专题强化练
√
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即ω＝6k1或ω＝6k2＋2，其中k1，k2∈Z，
由于ω>0，所以ω的最小值为2.
√
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所以f(x)在(0,2π)上的零点最多有2个.
√
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由正弦函数性质，可知g(t)＝sin t的周期是2π，要使得M－m最小，
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√
所以ω≤8，所以ωmax＝7.
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所以不存在φ，使得f(x)是偶函数.
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√
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∴ω＝8k，k∈Z，故ω的最小值为8，故A错误；
即ω＝4k＋1(k∈Z)，则ω的最小值为1，故B正确；
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7.已知函数f(x)＝sin ωx(sin ωx＋cos ωx)(ω>0)在区间(0，π)上恰有2个最
大值点，则ω的取值范围是__________.
f(x)＝sin ωx(sin ωx＋cos ωx)
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∵x∈(0，π)，
∵f(x)在(0，π)上恰有2个最大值点，
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8
8.(2022·衡阳模拟)已知函数f(x)＝sin x＋ |cos x|，则函数f(x)的一个单
调递增区间为__________；当x∈[0，a]时，函数f(x)的值域为[1,2]，则
a的取值范围是_________.
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因为当x∈[0，a]时，函数f(x)的值域为[1,2]，(共61张PPT)
微重点7 几何特征在解三角形中的应用
专题二 三角函数与解三角形
解三角形在平面几何中的应用，是高考的重点，主要考查正、余弦定理、平面几何的几何特征、性质(中线、角平分线等)，选择、填空、解答题都可以出现，难度中等.
考点一 三角形的中线及应用
考点二 三角形的角平分线及应用
考点三 四边形问题
专题强化练
内容索引
三角形的中线及应用
考点一
例1
(1)求角A的大小；
(2)若BC边上的中线AD＝2，求△ABC面积的最大值.
规律方法
(2022·德州模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知c2＝ab，点D是边AB的中点，CDsin∠ACB＝asin B.
(1)证明：CD＝c；
跟踪演练1
由于c2＝ab，所以CD＝c.
(2)求cos∠ACB的值.
三角形的角平分线及应用
考点二
(2022·保定模拟)已知在△ABC中，∠BAC＝120°，∠BAC的角平分线与BC相交于点D.
(1)若AC＝2AB＝2，求CD的长；
例2
因为AC＝2AB＝2，∠BAC＝120°，
利用余弦定理可得
BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC·cos∠BAC＝7，
(2)若AD＝1，求AB＋AC的最小值.
根据题意得，△ABC的面积等于△ABD的面积与△ACD的面积之和，
又AB＝c，AC＝b，所以
整理得bc＝b＋c.
即AB＋AC的最小值为4.
角平分线是平面几何的一个重要特征，解题方法主要有两种，一是利用角平分线定理，找边之间的关系；二是角平分线把三角形分成两个三角形，利用等面积法求解.
规律方法
跟踪演练2
√
√
√
因为b＝ccos∠BAC，
由正弦定理可得sin B＝sin Ccos∠BAC＝sin(∠BAC＋C)，
所以sin∠BACcos C＝0，因为sin∠BAC≠0，
四边形问题
考点三
例3
选择①：
由余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC
选择②：
设∠BAC＝∠CAD＝θ，
解得2sin θ＝cos θ，
解多边形问题，一般是把要求的量放到三角形中，利用正、余弦定理求解，关键是选择好三角形，否则就会使问题复杂化，所以解多边形问题的实质还是解三角形问题.
规律方法
(1)如图，在四边形ABCD中，AB＝1，BC＝3，∠ABC＝120°，∠ACD＝90°，∠CDA＝60°，则BD的长度为
跟踪演练3
√
设∠ACB＝α，在△ABC中，由余弦定理得
AC2＝10－6cos 120°＝13，
在△BCD中，由余弦定理得
(2)(2022·百校联盟联考)如图，在凸四边形ABCD中，AB＝2AD，△BCD为等边三角形.则当四边形ABCD的
面积最大时，sin∠BAD＝_____.
设AD＝a，则AB＝2a，由题意可知
在△ABD中，根据余弦定理，
可得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD
＝a2(5－4cos∠BAD)，
所以四边形ABCD的面积
专题强化练
√
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∴c＝5(负根舍去)，
∵BC2＝b2＋c2－2bccos∠BAC
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√
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如图，延长AD，BC交于点E，
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√
3.在圆内接四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝3，AD＝4，则△ACD的面积为
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设∠ABC＝θ，则∠ADC＝π－θ，
∵在△ABC中，
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos θ，
在△ACD中，
AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos(π－θ)，
∴AB2＋BC2－2AB·BC·cos θ
＝AD2＋CD2＋2AD·CD·cos θ，
则61－60cos θ＝25＋24cos θ，
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令AC＝t，则AB＝2t，
解得t＝3(负值舍去)，∴AB＝6，AC＝3，
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因为A＝60°，B＝45°，则C＝75°，
所以sin C＝sin 75°＝sin(45°＋30°)
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∵CD为角平分线，∴S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，
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(2)若CD＝CB＝2，求△ABC的面积.
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7.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且ccos A＋(a＋2b)cos C＝0.
(1)求C的大小；
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由ccos A＋(a＋2b)cos C＝0，
得sin Ccos A＋(sin A＋2sin B)cos C＝0，
即－2sin Bcos C＝sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sin B.
因为0°0，
又0°1
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所以ab＝16.
在△ACD中，由余弦定理可得
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此时AB2＝a2＋b2－2abcos 120°
8.(2022·济宁模拟)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD·sin D＝2CD·sin B.
(1)求证：BC＝2CD；
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即AD·sin D＝AC·sin∠ACD，
因为AB∥CD，所以∠ACD＝∠CAB，
所以AD·sin D＝AC·sin∠CAB，
即AC·sin∠CAB＝BC·sin B，所以AD·sin D＝BC·sin B.
又AD·sin D＝2CD·sin B，
所以BC·sin B＝2CD·sin B，即BC＝2CD.
(2)若AD＝BC＝2，∠ADC＝120°，求梯形ABCD的面积.
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在△ACD中，由余弦定理得
AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC，
在△ABC中，由余弦定理得
BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠CAB，解得AB＝1或3.
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又因为四边形ABCD为梯形，所以AB＝3.(共57张PPT)
微重点8 平面向量的最值与范围问题
专题二 三角函数与解三角形
平面向量中的最值与范围问题，是高考的热点与难点问题，主要考查求向量的模、数量积、夹角及向量的系数等的最值、范围.解决这类问题的一般思路是建立求解目标的函数关系，通过函数的值域解决问题，同时，平面向量兼具“数”与“形”的双重身份，数形结合也是解决平面向量中的最值与范围问题的重要方法.
考点一 求参数的最值(范围)
考点二 求向量模、夹角的最值(范围)
考点三 求数量积的最值(范围)
专题强化练
内容索引
求参数的最值(范围)
考点一
例1
[1,4]
(2)设非零向量a，b的夹角为θ，若|a|＝2|b|，且不等式|2a＋b|≥|a＋λb|对任意θ恒成立，则实数λ的取值范围为
A.[－1,3] B.[－1,5] C.[－7,3] D.[5,7]
√
∵非零向量a，b的夹角为θ，若|a|＝2|b|，
a·b＝|a||b|cos θ＝2|b|2cos θ，
不等式|2a＋b|≥|a＋λb|对任意θ恒成立，
∴(2a＋b)2≥(a＋λb)2，
∴4a2＋4a·b＋b2≥a2＋2λa·b＋λ2b2，
整理可得(13－λ2)＋(8－4λ)cos θ≥0恒成立，
∵cos θ∈[－1,1]，
规律方法
利用共线向量定理及推论
(1)a∥b a＝λb(b≠0).
√
跟踪演练1
所以λ＝μ＝0，从而有λ＋μ＝0；
因为M，B，C三点共线，
综上，λ＋μ的取值范围是[0,1].
求向量模、夹角的最值(范围)
考点二
(1)已知e为单位向量，向量a满足：(a－e)·(a－5e)＝0，则|a＋e|的最大值为
A.4 B.5 C.6 D.7
例2
√
可设e＝(1,0)，a＝(x，y)，
则(a－e)·(a－5e)＝(x－1，y)·(x－5，y)
＝x2－6x＋5＋y2＝0，
即(x－3)2＋y2＝4，
则1≤x≤5，－2≤y≤2，
即|a＋e|的最大值为6.
找两向量的夹角时，要注意“共起点”以及向量夹角的取值范围是[0，π]；
若向量a，b的夹角为锐角，包括a·b>0和a，b不共线，同理若向量a，b的夹角为钝角，包括a·b<0和a，b不共线.
易错提醒
(2022·马鞍山模拟)已知向量a，b满足|a－3b|＝|a＋3b|，|a＋b|＝4，若向量c＝λa＋μb(λ＋μ＝1，λ，μ∈R)，且a·c＝b·c，则|c|的最大值为
A.1 B.2 C.3 D.4
跟踪演练2
√
由|a－3b|＝|a＋3b|得a·b＝0，
所以a⊥b.如图，
由a⊥b可知OA⊥OB，
即m2＋n2＝16，所以2mn≤16，则mn≤8，当且仅当m＝n时取得等号.
由c＝λa＋μb(λ＋μ＝1)，可知A，B，C三点共线，
由a·c＝b·c可知(a－b)·c＝0，所以OC⊥AB，
所以|c|的最大值为2.
求数量积的最值(范围)
考点三
(1)(2022·福州质检)已知平面向量a，b，c均为单位向量，且|a－b|＝1，则(a－b)·(b－c)的最大值为
例3
√
∵|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝2－2a·b＝1，
∴(a－b)·(b－c)＝a·b－a·c－b2＋b·c
∵cos〈a－b，c〉∈[－1,1]，
[－2,2]
因为菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，
因为点P在BC边上(包括端点)，
所以设P(t，0)，其中t∈[－2,0].
向量数量积最值(范围)问题的解题策略
(1)形化：利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断.
(2)数化：利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决.
规律方法
跟踪演练3
√
以点O为原点，AB为x轴，垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
设P(cos α，sin α)(α∈[0，π])，
专题强化练
√
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因为〈a，b〉＝θ，θ∈[0，π]，
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√
如图，以点B为坐标原点，BC，BA所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，设AB＝a，BP＝x(0≤x≤a)，
因为AD＝1，BC＝2，
所以P(0，x)，C(2,0)，D(1，a)，
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5.(多选)已知向量a，b，单位向量e，若a·e＝1，b·e＝2，a·b＝3，则|a＋b|的可能取值为
√
√
设e＝(1,0)，a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，
由a·e＝1得x1＝1，
由b·e＝2得x2＝2，
由a·b＝x1x2＋y1y2＝3，可得y1y2＝1，
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当且仅当y1＝y2＝1时取等号.
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√
√
√
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8
如图，以AB的中点O为原点建立平面直角坐标系，
则A(－1,0)，D(－1,2)，E(1,1)，
连接OP，
设∠BOP＝α(α∈[0，π])，
则P(cos α，sin α)，
得2μ＝cos α＋1且2λ＋μ＝sin α，α∈[0，π]，
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当α＝0时，μmax＝1，故B正确；
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方法一 连接AC，BD交于点O，以点O为坐标原点，以BD所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
设F(x0，y0)，
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因为－1≤x≤0，
连接AC(图略)，因为E为CD的中点，
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8.已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝3，则|2a＋b|＋|2a－b|的最小值是____，最大值是_______.
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∵|2a＋b|＋|2a－b|≥|2a＋b＋2a－b|＝4|a|＝4，
且|2a＋b|＋|2a－b|≥|2a＋b－2a＋b|＝2|b|＝6，
∴|2a＋b|＋|2a－b|≥6，当且仅当2a＋b与2a－b反向时取等号.
此时|2a＋b|＋|2a－b|的最小值为6.
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