(共39张PPT)
第4讲 平面向量的综合应用
考点一 平面向量的数量积
考点二 解向量模、夹角、垂直的问题
目 录 索 引
考点三 向量系数的最值、范围问题
考点一 平面向量的数量积
理知识
已知两个非零向量a与b,它们的夹角为θ,我们把数量|a||b|cos θ叫做向量a与b的数量积(或内积),记作a·b,即a·b=|a||b|cos θ.
[微提醒]注意两个向量夹角的定义及范围,只有两个向量的起点重合时所对应的角才是两个向量的夹角.
链高考
(2023全国乙,文6)已知正方形ABCD的边长为2,E为AB的中点,则=
( ) 【一题多解】
A. B.3
C.2 D.5
B
解析 (方法一)由题可知||=||=2,=0,
则=()·()
=()·(-)
=-=-1+4=3.
(方法二)因为E是AB的中点,
所以ED=EC=
在△DCE中,由余弦定理,得cos∠DEC=,
所以=||||cos∠DEC==3.
(方法三)以点A为原点建立如图所示平面直角坐标系,
则D(0,2),C(2,2),E(1,0),则=(1,2),=(-1,2),
所以=1×(-1)+2×2=3.故选B.
考向1 数量积的运算
例1 (1)(2022全国甲,理13)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b)·b= .
11
解析 由题得,a·b=1×3cos
=1×3=1,
则(2a+b)·b=2a·b+|b|2=2+9=11.
(2)(2025河北沧州一模)已知向量a=(sin2α-1,-1),b=(1,cos 2α),若tan α=,则a·b= .
-
解析 依题意a·b=sin2α-1-cos 2α=sin2α-1-(2cos2α-1)
=sin2α-2cos2α==-
【对点训练1】(1)(2025山东潍坊二模)已知向量b在向量a上的投影向量为-2a,若|a|=3,则a·(a+b)=( )
A.-9 B.-3
C.3 D.9
A
解析 |b|cos=|b|cos=-2a,∴|b|cos=-6,
a·(a+b)=a2+a·b=|a|2+|a||b|cos=9+3×(-6)=-9.故选A.
(2)(2025天津,14)在△ABC中,D为AB中点,.记=a,=b,则用
a,b表示为 ;若||=5,且AE⊥CB,则= .
a+b
-15
解析 =-b+a,
=-b+a,则=b+a-b=a+b.
∵AE⊥CB,则=0,得(a+b)(a-b)=0,
整理得a2+3a·b-4b2=0.①
又||=5,∴(a+b)2=a2+a·b+b2=25,
整理得a2+8a·b+16b2=900.②
由①②得,a·b=-4b2+180,a2=16b2-540,
=(a+b)·(a-b)==-=-15.
考向2 求向量数量积的最值、范围
例2 (2023全国乙,理12)已知☉O的半径为1,直线PA与☉O相切于点A,直线PB与☉O交于B,C两点,D为BC的中点,若|PO|=,则的最大值为
( )
A. B.
C.1+ D.2+
A
解析 设∠DPO=α,由题可知α∈[0,).
∵||=,||=1,∴∠OPA=,∴||=||cos α=cos α.
①当在PO两侧时,=||||cos(α+)=cos αcos(α+)
=cos α(cos α-sin α)=cos2α-sin αcos α
=sin 2α=-sin(2α-)+
∵α∈[0,),∴-2α-,∴-sin(2α-)<,
∴0<-sin(2α-)+1,
∴0<1.
②当在PO同侧时,=||||·cos(α-)=cos αcos(α-)
=cos2α+sin αcos α=sin 2α=sin(2α+)+
α∈[0,),2α+,sin(2α+)≤1,∴1
综上,最大值为故选A.
【对点训练2】(2024天津,14)在边长为1的正方形ABCD中,E为线段CD的三等分点,CE=DE,=λ+μ,则λ+μ= ;F为线段BE上的动点,G为线段AF的中点,则的最小值为 .
-
解析 如图,以B为坐标原点建立平面直角坐标系.
由题意可知点A(-1,0),B(0,0),C(0,1),D(-1,1),E(-,1),
则=(-1,0),=(0,1),=(-,1).
由=+,得(-,1)=λ(-1,0)+μ(0,1),
∴-λ=-,μ=1,∴λ=
λ+μ=+1=
∵F为线段BE上的动点,设=a,则=a(-,1)=(-a,a)(0≤a≤1).
又=(1,0),=(1,0)+(-a,a)=(1-a,a).
又G为线段AF的中点,=(a,a).
又=(0,-1),=(0,-1)+(a,a)=(a,a-1),
=(1-a,a)·(a,a-1)
=(1-a)·(a)+a(a-1)=a2-a+(a-)2-,
又0≤a≤1,∴当a=1时,取得最小值,且最小值为-
考点二 解向量模、夹角、垂直的问题
理知识
已知非零向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),a与b的夹角为θ.
向量的有关概念 几何表示 坐标表示
模 |a|= |a|=
数量积 |a||b|cos θ x1x2+y1y2
夹角 cos θ= cos θ=
A(x1,y1),B(x2,y2)两点的距离 |AB|=|| |AB|=
a⊥b的充要条件 a·b=0 x1x2+y1y2=0
|a·b|与|a||b|的关系 |a·b|≤|a||b| |x1x2+y1y2|≤
链高考
(2024新高考Ⅱ,3)已知向量a,b满足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|=( )
A. B.
C. D.1
B
解析 由|a|=1,得a2=1,由|a+2b|=2,得a2+4a·b+4b2=4.
又b·(b-2a)=b2-2a·b=0,所以b2=,即|b|=,故选B.
例3 (1)(2023全国甲,理4)已知向量a,b,c满足|a|=|b|=1,|c|=,且a+b+c=0,则cos=( )
A.- B.- C. D.
D
解析 由a+b+c=0,得a+b=-c,所以(a+b)2=a2+b2+2a·b=c2,
即|a|2+|b|2+2|a||b|cos=|c|2.
又|a|=|b|=1,|c|=,所以2+2cos=2,解得cos=0,则=
不妨设a=(1,0),b=(0,1).
因为a+b+c=0,所以c=(-1,-1),所以a-c=(2,1),b-c=(1,2),
所以cos=故选D.
(2)(2025江苏泰州模拟)在平面内,画出一个四边形的任何一条边所在直线,如果整个四边形都在这条直线的同一侧,那么这个四边形叫做平面凸四边形.在平面凸四边形ABCD中,若=(1,2),=(-2,3),则该四边形的面积为
( )
A. B.4
C. D.5
A
解析 由题意,得=1×(-2)+2×3=4,
||=,||=
设的夹角为θ,则cos θ=,
可得sin θ=,
可得该四边形的面积为S=故选A.
(3)(2023新高考Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|= .
解析 由|a-b|=,得a2-2a·b+b2=3,即2a·b=a2+b2-3①.
又由|a+b|=|2a-b|,得a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,即3a2-6a·b=0,即2a·b=a2,
代入①,得a2=a2+b2-3,整理,得b2=3,所以|b|=
【对点训练3】(1)(2022新高考Ⅱ,4)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若=,则实数t=( )
A.-6 B.-5
C.5 D.6
C
解析 由题意得c=(3+t,4),cos=cos,
故,解得t=5.故选C.
(2)(2025新高考Ⅱ,12)已知平面向量a=(x,1),b=(x-1,2x),若a⊥(a-b),则|a|= .
解析 由题意a-b=(1,1-2x),
又a⊥(a-b),所以x·1+1×(1-2x)=0,解得x=1,即a=(1,1),所以|a|=
考点三 向量系数的最值、范围问题
理知识
三点共线的几个等价关系
A,P,B三点共线
例4 (2025安徽安庆模拟)如图,在△ABC中,=2=2,AE与CD交于点F,过点F作直线QP,分别交边AB,边AC于不同的两点Q,P,若=λ
=μ,则λ+μ的最小值为( )
A. B.
C.2 D.
A
解析 因为D,F,C三点共线,则存在t∈R,
使=t+(1-t)+(1-t)
因为=2,所以E为BC的中点,故,
又点F在AE上,故,解得t=,故,
因为Q,F,P三点共线,
则存在x∈R,使得=x+(1-x)=λx+(1-x),
由①,②可得消去x,即得=1,即,
显然λ,μ均为正数,于是λ+μ=(λ+μ)()=(2+)(2+2)=,
当且仅当λ=μ=时,λ+μ的最小值为故选A.
【对点训练4】(2025江西宜春一模)中国古代的铜钱一般是方孔圆钱,其形状如图所示.若图中正方形ABCD的边长为4,圆O的半径为4,正方形ABCD的中心与圆O的圆心重合,动点P在圆O上,且=λ+μ,则λ+μ的最大值为( )【一题多解】
A.1 B.2 C.3 D.4
C
解析 (方法一)以点A为坐标原点,直线AB,AD分别为x轴,y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(0,0),B(4,0),D(0,4),点P在圆(x-2)2+(y-2)2=32上.
设点P(2+4cos θ,2+4sin θ),
其中θ为参数,
则=(2+4cos θ,2+4sin θ),=(4,0),=(0,4).
因为=+,
所以(2+4cos θ,2+4sin θ)=λ(4,0)+μ(0,4)=(4λ,4μ),
所以4λ=2+4cos θ,4μ=2+4sin θ,
所以λ+μ=sin θ+cos θ+1=2sin(θ+)+1≤3,即λ+μ的最大值为3.故选C.
(方法二)过点P作平行于BD的直线分别交直线AB,AD于点M,N.
设直线AP交直线BD于点Q,取线段MN的中点E,连接AE.
因为D,Q,B三点共线,则存在p∈R,使得=p,
所以=p(),则=p+(1-p),
因为A,Q,P三点共线,则存在k∈R,使得=k=kp+k(1-p),
因为=+,且不共线,则λ=kp,μ=k(1-p),
所以λ+μ=kp+k(1-p)=k.
因为AB=AD,且∠ABD=45°,MN∥BD,则∠AMN=45°,
所以△AMN为等腰直角三角形,所以AE⊥MN.
易知AO⊥BD,即AO⊥MN,故A,O,E三点共线,要使得λ+μ取最大值,则k>0,且k==3,当且仅当E为射线AO与圆O的交点时, λ+μ取最大值3.
故选C.(共29张PPT)
专题一 三角函数与平面向量
领航高考风向标
近五年高考三角函数与平面向量命题呈现以下特点:
从题型和题量上看,高考对本专题的考查基本稳定在“两小一大”的题型结构.
从内容上看,三角函数部分的客观题主要考查三角函数的图象和性质、三角恒等变换的灵活运用等,解答题则侧重于正弦定理、余弦定理在解三角形中的综合应用.解题过程中要注意三角变换技巧.试题整体难度维持在中等水平.平面向量则常以客观题的形式出现,主要考查平面向量的坐标运算和数量积的应用,同时也可能作为工具性知识,与解三角形、解析几何等内容综合考查.
[复习策略]
1.三角函数部分
(1)系统梳理并熟练掌握各类三角公式,这是解题的根本保障.
(2)加强三角恒等变换的专项训练,以提升运算的准确率.
(3)培养多角度分析问题的能力,重视三角函数与平面向量、圆的几何性质、函数的性质等知识的综合应用.
(4)强化数学建模能力,训练从文字描述中提取三角形中关键信息(边、角、垂直、平行关系)的能力.
2.向量部分
(1)通过梳理分类,构建完整的知识体系,理解并掌握相关的概念、公式和结论.
(2)重视向量“数”“形”兼备的特点,解题时要注意运用数形结合思想和转化化归思想.
(3)重视向量的工具作用,复习时要了解并体会向量与其他知识交汇命题的特点.
(4)向量的数量积公式及其变形是本部分知识的重点,要厘清各个知识点之间的联系.掌握常用的解题技巧与规律.
第1讲 三角恒等变换
考点 三角恒等变换的应用
理知识
1.两角和与差的正弦、余弦、正切公式
sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β.
cos(α±β)=cos αcos β sin αsin β.
tan(α±β)=.
sin(α+β)sin(α-β)=sin2α-sin2β.
cos(α+β)cos(α-β)=cos2α-sin2β.
2.二倍角公式
sin 2α=2sin αcos α.
cos 2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α.
tan 2α=.
1+sin 2α=(sin α+cos α)2.
1-sin 2α=(sin α-cos α)2.
3.辅助角公式
y=asin x+bcos x=(sin xcos φ+cos xsin φ)=sin(x+φ),其中角φ的终边所在象限由a,b的符号确定,角φ的值由tan φ=(a≠0)确定.
4.降幂公式与升幂公式
降幂公式:sin2α=,cos 2α=;
升幂公式:1+cos α=2cos2,1-cos α=2sin2.
链高考
1.(2024全国甲,理8)已知,则tan(α+)=( )
A.2+1 B.2-1
C. D.1-
B
解析 由,得,则tan α=1-,
所以tan(α+)==2-1.故选B.
2.(2024新高考Ⅱ,13)已知α为第一象限角,β为第三象限角,tan α+tan β=4,
tan αtan β=+1,则sin(α+β)= .【一题多解】
-
解析 (方法一)tan(α+β)==-2
又2kπ+π<α+β<2kπ+2π,k∈Z,所以α+β为第四象限角.
由sin2(α+β)+cos2(α+β)=1,得sin2(α+β)+sin2(α+β)=1,所以sin2(α+β)=
又sin(α+β)<0,所以sin(α+β)=-
(方法二)设tan α=m,tan β=n,m>0,n>0,
则sin α=,cos α=,sin β=,cos β=,
∴sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β==-
考向1 化简问题
例1 化简:(1);
(2)sin2αsin2β+cos2αcos2β-cos 2αcos 2β.
解 =4sin α.
解 sin2αsin2β+cos2αcos2β-cos 2α·cos 2β=cos 2αcos 2β
=+-cos 2αcos 2β
=cos 2αcos 2β-cos 2αcos 2β=
【对点训练1】化简:= .
cos 2x
解析 原式==
=cos 2x.
考向2 求值问题
例2 (1)(2025新高考Ⅱ,8)已知0<α<π,cos,则sin(α-)=( )
A. B.
C. D.
D
解析 由0<α<π可知0<,因为cos,所以sin,
所以sin α=2sincos=2,cos α=2cos2-1=2×(2-1=-
所以sin(α-)=sin αcos-cos αsin-(-)故选D.
(2)(2024新高考Ⅰ,4)已知cos(α+β)=m,tan αtan β=2,则cos(α-β)=( )
A.-3m B.-
C. D.3m
A
解析 ∵tan αtan β=2,∴sin αsin β=2cos αcos β.
∵cos(α+β)=m,即cos αcos β-sin αsin β=cos αcos β-2cos αcos β=m,
∴cos αcos β=-m,sin αsin β=-2m.
∴cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=-m-2m=-3m.故选A.
【对点训练2】(1)(2025广东汕头模拟)若λsin 160°+tan 20°=,则实数λ的值为( )
A.4 B.4
C.2 D.
A
解析 由已知可得λ=
=
==4.故选A.
(2)(2023新高考Ⅰ,8)已知sin(α-β)=,cos αsin β=,则cos(2α+2β)=( )
A. B.
C.- D.-
B
解析 由题意,∵sin(α-β)=,cos αsin β=,
∴sin(α-β)=sin αcos β-cos αsin β=sin αcos β-,解得sin αcos β=
∵sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=,
∴cos(2α+2β)=cos [2(α+β)]=1-2sin2(α+β)=1-2×()2=
故选B.
考向3 求角问题
例3 (1)(2025河北秦皇岛模拟)已知锐角θ满足sin θ(1+tan 10°)=1,则θ的值为( )
A.30° B.40°
C.50° D.60°
C
解析 sin θ(1+tan 10°)=sin θ(1+)=sin θ=2sin θ
=2sin θ=2sin θ=2sin θ=1,
所以sin θ=cos 40°,又角θ为锐角,所以θ=50°.故选C.
(2)(2025广东梅州模拟)已知α∈(0,π),β∈(0,π),sin(α+β)=2cos(α-β),tan α+tan β=,则α+β=( )
A. B.
C. D.
B
解析 由sin(α+β)=2cos(α-β),
得sin αcos β+cos αsin β=2(cos αcos β+sin αsin β),
则tan α+tan β=2+2tan αtan β,而tan α+tan β=,解得tan αtan β=-,
所以tan(α+β)==1,
由α∈(0,π),β∈(0,π),tan αtan β<0,
得α∈(0,),β∈(,π)或α∈(,π),β∈(0,),
则α+β∈(),
所以α+β=故选B.
【对点训练3】(1)(2025广东珠海模拟)设α∈(0,),β∈(0,),且tan α+tan β= ,则( )
A.3α-β= B.2α-β=
C.3α+β= D.2α+β=
D
解析 由题得,
所以sin(α+β)=cos α.
因为α∈(0,),β∈(0,),所以α+β∈(0,π),
又sin(α+β)=cos α=sin(±α),
所以α+β=±α或α+β+±α=π,即2α+β=或β=(舍),
故2α+β=故选D.
(2)(2025山东临沂模拟)已知α为锐角,且sin α+sin(α+)+sin(α+)=,则α= .
解析 因为sin(α+)=sin αcos+cos αsinsin α+cos α,
Sin(α+)=sin αcos+cos αsin=-sin α+cos α,
又sin α+sin(α+)+sin(α+)=,
所以sin α+cos α=,所以sin α+cos α=,即sin(α+)=
因为0<α<,所以<α+,所以α+,所以α=(共31张PPT)
第3讲 解三角形
考点一 利用正弦、余弦定理解三角形
考点二 三角形中的最值、范围问题
目 录 索 引
考点三 解三角形的实际应用
考点一 利用正弦、余弦定理解三角形
理知识
1.正弦定理、余弦定理
定理 正弦定理 余弦定理
内容 =2R (其中R为△ABC外接圆的半径) a2=b2+c2-2bccos A;
b2=a2+c2-2accos B;
c2=a2+b2-2abcos C
变形 (1)a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C; (2)sin A=,sin B=,sin C=; (3)a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C; (4)asin B=bsin A,bsin C=csin B,asin C=csin A; (5)=2R cos A=;
cos B=;
cos C=
2.三角形面积公式
S△ABC=absin C=bcsin A=acsin B;
S△ABC=(a+b+c)r(r为△ABC内切圆的半径);
S△ABC=(R为△ABC外接圆的半径);
S△ABC=(其中p=(a+b+c)).
链高考
(2023北京,7)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若
(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B),则C=( )
A. B.
C. D.
B
解析 因为(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B),
所以由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b),即a2-c2=ab-b2,则a2+b2-c2=ab,
由余弦定理,得cos C=,
又0例1 (2024新高考Ⅰ,15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知
sin C=cos B,a2+b2-c2=ab.
(1)求角B;
(2)若△ABC的面积为3+,求c.
解 (1)∵a2+b2-c2=ab,∴cos C=
又C∈(0,π),∴C=
∵sin C=cos B,即sincos B,即cos B,解得cos B=
又B∈(0,π),∴B=
(2)由(1)知B=,C=,,即,∴b=c.
又sin A=sin(π-B-C)=sin(π-)=sin()=sincos+cossin,
△ABC的面积为3+,
bcsin A=c2=3+,∴c2=8,∴c=2
【对点训练1】(2024新高考Ⅱ,15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+cos A=2.
(1)求A;
(2)若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长.
解 (1)由题得2(sin A+cos A)=2,即sin=1.
又A+,所以A+,即A=
(2)因为bsin C=csin 2B,由正弦定理可得sin Bsin C=sin C·2sin Bcos B,
又sin B≠0,sin C≠0,所以cos B=
又0由正弦定理得,则b=2,c=,
所以△ABC的周长为a+b+c=2++3
考点二 三角形中的最值、范围问题
理知识
a+b≥2,ab≤,其中a>0,b>0,当且仅当a=b时,等号成立.
[微提醒]在利用三角函数的单调性求最值时,如果已知三角形为锐角三角形,需保证每个角都为锐角.
链高考
(2020浙江,18)在锐角三角形ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知2bsin A-a=0.
(1)求角B的大小;
(2)求cos A+cos B+cos C的取值范围.
解 (1)由正弦定理,得2sin Bsin A=sin A,故sin B=,由题意,得B=
(2)由A+B+C=π,得C=-A,
由△ABC是锐角三角形,得A
由cos C=cos=-cos A+sin A,
得cos A+cos B+cos C=sin A+cos A+=sin
故cos A+cos B+cos C的取值范围是
例2 (2025湖南邵阳模拟)在锐角三角形ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=,2c=2acos B+b.
(1)求A;
(2)求△ABC周长的取值范围;
(3)求△ABC面积的最大值.
解 (1)由正弦定理,得2sin(A+B)=2sin C=2sin Acos B+sin B,
则2sin Acos B+2sin Bcos A=2sin Acos B+sin B,
又sin B≠0,所以cos A=,根据0(2)由正弦定理=2,
所以b=2sin B,c=2sin C,
b+c=2sin B+2sin C=2sin B+2sin(-B)=3sin B+cos B=2sin(B+).
因为△ABC为锐角三角形,所以0所以B+(),sin(B+)∈(,1],所以b+c∈(3,2],
所以△ABC周长的取值范围是(3+,3].
(3)由余弦定理,得3=a2=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,
所以△ABC的面积为bcsin,
当且仅当b=c=,即△ABC为等边三角形时,△ABC的面积取最大值
【对点训练2】(2025湖南长沙模拟)已知在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C所对的边,且bcos-asin B=0,a=1,D为△ABC外一点.
(1)求A;
(2)若A,B,C,D四点共圆,求四边形ABDC面积的最大值.
解 (1)由bcos-asin B=0及正弦定理得sin Bcos-sin Asin B=0,
即sin Bcos=sin Asin B,
又sin B≠0,故sin=sin A=2sincos,
因为A∈(0,π),所以(0,),所以sin0,cos,
所以,所以A=
(2)由题意四边形ABDC为圆内接四边形,所以D=π-A=
又a=1,由余弦定理得b2+c2-bc=1,所以b2+c2=1+bc≥2bc,所以bc≤1,
当且仅当b=c=1时,等号成立.
同理,|DC|2+|DB|2+|DB|·|DC|=1,
所以|DC|2+|DB|2=1-|DB|·|DC|≥2|DB|·|DC|,所以|DB|·|DC|,
当且仅当|DC|=|DB|=时,等号成立.
所以四边形ABDC的面积S=bcsin A+|DC|·|DB|·sin D
=bc+|DC|·|DB|,
所以四边形ABDC面积的最大值为
考点三 解三角形的实际应用
理知识
术语名称 术语意义 图形表示
仰角与 俯角 在目标视线与水平视线所成的角中,目标视线在水平视线上方的叫做仰角,目标视线在水平视线下方的叫做俯角
方位角 从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角.方位角α的范围是0°≤α<360°
术语名称 术语意义 图形表示
方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角,通常表达为北(南)偏东(西)α 例:(1)北偏东α:
(2)南偏西α:
坡角与 坡比 坡面与水平面所成二面角的度数叫做坡度,θ为坡角;坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比,即i==tan θ
例3 (2025山东潍坊模拟)如图,为了测量两山顶M,N之间的距离,飞机沿水平方向在A,B两点进行测量,A,B,M,N四点在同一个铅垂平面内.在点A处测得M,N的俯角分别为75°,30°,在点B处测得M,N的俯角分别为45°,60°,且AB=2 km,则MN= km.
2
解析 如图,因为在点A处测得M,N的俯角分别为75°,30°,
所以∠MAB=75°,∠NAB=30°.
因为在点B处测得M,N的俯角分别为45°,60°,
所以∠MBA=45°,∠NBA=180°-60°=120°.
在△ABM中,已知∠MAB=75°,∠MBA=45°,所以∠AMB=60°,
由正弦定理得,所以AM==2
因为∠NAB=30°,∠ABN=120°,则∠ANB=30°,所以AB=BN=2
在△ABN中,
由余弦定理得AN2=AB2+BN2-2AB·BNcos 120°=12+12+12=36,所以AN=6.
因为∠MAB=75°,∠NAB=30°,故∠MAN=45°,
在△AMN中,
由余弦定理得MN2=AM2+AN2-2AM·AN·cos 45°,
故MN2=8+36-24=20,所以MN=2
【对点训练3】(2025陕西商洛模拟)位于点P处的雷达接收到在其正东方向相距20海里的B处的一艘渔船遇险后抛锚的营救信号后,即刻通知位于点P处北偏东且与点P相距30海里的点M处的甲船前往救援,则甲船至少需要航行的海里数为( )
A.15 B.10
C.10 D.10
C
解析 如图,由题意可得∠MPB=
在△PBM中,由余弦定理可得
MB=
=10(海里),
故甲船至少需要航行的海里数为10故选C.(共34张PPT)
培优拓展(二) 三角形中的特殊线段问题
类型一 三角形的中线
类型二 三角形的角平分线
目 录 索 引
类型三 三角形的高线
真题解构 三角函数
类型一 三角形的中线
例1 (2025江苏苏锡常镇一模)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2bcos C=2a+c.
(1)求B;
(2)若b=,c=2,D为AC的中点,求BD.【一题多解】
解 (1)因为2bcos C=2a+c,
由余弦定理,得2b=2a+c,
所以a2+c2-b2=-ac,
则cos B==-,
因为B∈(0,π),所以B=
(2)在△ABC中,由余弦定理得=a2+-2×a×(2)×(-),
所以a=1.
(方法一)cos C=,在△CBD中,由余弦定理得BD2=1+-2×1,所以BD=
(方法二)因为∠BDC+∠BDA=π,所以cos∠BDC+cos∠BDA=0,
所以=0,
所以+=0,解得BD=
(方法三)因为),
所以+2),
[8+1+2×21×(-)],
所以BD=
【对点训练1】(2025河北秦皇岛一模)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin C=sin(B+)+1.
(1)求B;
(2)若△ABC的面积为,b=2,求AC边上的中线长.
解 (1)已知sin C=sin(B+)+1.
根据诱导公式,可得sin(B+)=cos B,则原式变为sin C=cos B+1.
由正弦定理可得sin C=cos B+1,化简得sin B=cos B+1.
即sin B-cos B=1,即2(sin B-cos B)=1,即2sin(B-)=1,所以sin(B-)=
因为0(2)已知△ABC的面积为,B=,可得acsin,解得ac=2.
因为b=2,B=,可得22=a2+c2-2×2×cos,即4=a2+c2-2,则a2+c2=6.
设AC的中点为D,则),
两边平方可得||2=+2).
可得||2=(c2+a2+2accos B)=(6+2×2×cos)=(6+2)=2,
所以||=,即AC边上的中线长为
类型二 三角形的角平分线
例2 (2023全国甲,理16)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD= .【一题多解】
2
解析 (方法一)由题意,在△ABC中,AB=2,BC=,∠BAC=60°,
由余弦定理得,BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC,解得AC=+1,
由正弦定理得,,解得∠C=45°.
∵AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠CAD=BAC=30°.
(角平分线的性质)
如图,过点D作DE⊥AC于点E,设DE=t,
由几何知识得,AD=2t,AE=t,CE=DE=t,
∴AC=AE+CE=t+t=+1,解得t=1,∴AD=2t=2.
(方法二)由方法一知,AC=+1,
∵S△ABC=S△ABD+S△ACD,
AB·ACsin 60°=AB·ADsin 30°+AC·ADsin 30°,
+1)=AD+AD,
∴AD=2.
【对点训练2】(2025湖北武汉二模)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且∠ACB=,c=6,△ABC的面积为,D为边AB上一点,CD是∠ACB的平分线,则CD=( )
A. B.1
C. D.
B
解析 在△ABC中,∠ACB=,c=6,
由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos∠ACB,所以a2+b2-ab=36,
又△ABC的面积为,所以absin,所以ab=4,
所以36=a2+b2-ab=(a+b)2-3×4,所以a+b=4
因为CD是∠ACB的平分线,∠ACB=,所以∠ACD=∠DCB=,
因为S△ACD+S△BCD=S△ABC,
所以AC·CDsin∠ACD+BC·CDsin∠BCD=AC·CBsin∠ACB,
所以b·CDsina·CDsinbasin,所以b·CD+a·CD=4,
所以(b+a)CD=4,所以CD=1.
类型三 三角形的高线
例3 (2023新高考Ⅰ,17)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;【一题多解】
(2)设AB=5,求AB边上的高.
解 (1)(方法一)由题意知A+B=3C,∵A+B+C=π,∴C=,A+B=
由2sin(A-C)=sin B,得2sin(A-)=sin(-A)=sin[π-(A+)]=sin(A+),
∴2(sin Acos-cos Asin)=sin Acos+cos Asin
∴2(sin A-cos A)=sin A+cos A.
∴sin A=3cos A.
由sin2A+cos2A=1,得sin2A=
∵A∈(0,π),∴sin A=
(方法二)∵A+B=3C,A+B+C=π,∴C=,B=3C-A.
∵2sin(A-C)=sin B,∴2sin Acos C-2cos Asin C=sin(-A),
∴2sin Acos C-2cos Asin C=sincos A-cossin A.
代入数据,得sin A-cos A=cos A+sin A.整理得sin A=cos A,
∴tan A=3.
∵0(2)过点C作AB的垂线,垂足为点D,则CD为AB边上的高.
AB=5, 由正弦定理得,
故BC==3
∵sin A=,由(1)知A∈(0,),∴cos A=
sin B=sin(-A)=sincos A-cossin A
=
∴CD=BCsin B=3=6.
综上,AB边上的高为6.
【对点训练3】(2025山东菏泽二模)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知ccos A-a=b.
(1)求C;
(2)若2sin A+4sin B=a+2b,求AB边上高的最大值.
解 (1)因为ccos A-a=b,由正弦定理得sin Ccos A-sin A=sin B①,
因为A+B+C=π,所以sin(A+C)=sin(π-B)=sin B.
故①式可变形为sin Ccos A-sin A=sin(A+C),
即sin Ccos A-sin A=sin Acos C+cos Asin C,
化简得sin A(cos C+)=0,
因为A∈(0,π),所以sin A>0,故cos C=-
因为C∈(0,π),故C=
(2)设△ABC外接圆的半径为R,
由正弦定理得=2R,则a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C,
又2sin A+4sin B=a+2b,故得R=1.
由(1)知C=,故sin C=,则c=
由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C,即3=a2+b2+ab≥3ab,则ab≤1,
当且仅当a=b=1时,等号成立.
设AB边上的高为h,由三角形的面积公式得S△ABC=ch=absin C,
即h=ab故AB边上高的最大值为
真题解构 三角函数
例题 (13分)(2025新高考Ⅱ,15)已知函数f(x)=cos(2x+φ)(0≤φ<π),f(0)=.
(1)求φ;
(2)设函数g(x)=f(x)+f(x-),求g(x)的值域和单调区间.
命题分析 本题以余弦型函数为背景,综合考查两角和差公式、辅助角公式的应用,以及三角函数的性质分析.试题设置于课程学习情境,体现基础性与综合性,通过条件转化和运算求解,考查学生的数学运算能力及转化与化归思想运用能力.
解题分析
题意理解
序号 信息读取 信息加工
1 f(x)=cos (2x+φ)(0≤φ<π),f(0)= 解三角方程,由φ的范围及特殊角函数值求解
2 g(x)=f(x)+f(x-) 利用和差角公式、辅助角公式等,将g(x)化为单角单函数的形式
3 值域和单调区间 根据公式,整体代入计算
思路探求
关键步骤 思维要点 思维缘由
(第2问) 化简 把g(x)=f(x)+f(x-)化为g(x)=cos(2x+) 根据两角和的余弦公式将f(x-)展开,合并同类项,再由辅助角公式变形
(第2问) 求值域和单调区间 由g(x)=cos(2x+)得值域和单调区间 因为x∈R,所以由余弦函数值的有界性可得值域[-];整体代入单调递增区间和单调递减区间公式,计算单调区间
书写表达
解 (1)因为f(0)=cos φ=,且0≤φ<π,
所以φ=.注①→思考:特殊角的函数值有哪几个 (3分)
(2)由(1)可知f(x)=cos(2x+),
所以g(x)=f(x)+f(x-)=cos(2x+)+cos 2x=cos 2x-sin 2x+cos 2x=cos 2x-sin 2x=cos(2x+),注②→思考:将g(x)化为余弦型函数的依据是什么 可以化为正弦型函数吗 (8分)
所以函数g(x)的值域为[-].注③→思考:本题如果角x有取值范围限制,求法有什么不同 (10分)
令2kπ≤2x+≤π+2kπ,k∈Z,
解得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z;
令π+2kπ≤2x+≤2π+2kπ,k∈Z,
解得+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,(12分)
所以函数g(x)的单调递减区间为[-+kπ,+kπ],k∈Z,
函数g(x)的单调递增区间为[+kπ,+kπ],k∈Z.注④→思考:结果要写成区间.(13分)
回顾反思 解三角函数性质问题的关键是将函数表达式化简为单个角的正弦(余弦)型函数,再根据公式求解.在转化过程中,可以利用和差角的正弦公式、余弦公式、特殊角的函数值以及三角函数的性质等知识.本题先由特殊角的余弦值确定角度,从而求出f(x)的表达式,再利用三角恒等变换化简g(x),最后利用性质解决问题.试题源于人教A版必修一第255页20,21题,人教B版必修三第110页7题和第114页17题.(共35张PPT)
培优拓展(一) 三角函数中的“ω”“φ”的取值范围问题
类型一 单调性与“ω”“φ”的取值范围
类型二 对称性与“ω”“φ”的取值范围
目 录 索 引
类型三 零点、极值点与“ω”“φ”的取值范围
类型四 最值(值域)与“ω”“φ”的取值范围
三角函数中的参数ω和φ的取值范围问题,历来是高考数学命题的重点和难点.这类问题通常以三角函数f(x)=Asin(ωx+φ)+B(或余弦、正切函数)为载体,综合考查函数的多重性质,如周期性、单调性、对称性、极值与零点、值域与最值.
这类问题的命题特点鲜明:知识综合性强、解法灵活多样、区分度显著,通常作为选择题或填空题的压轴题出现,难度等级在中等及以上.考生需要熟练掌握三角函数的图象变换规律,并能灵活运用数形结合、分类讨论等数学思想方法.
类型一 单调性与“ω”“φ”的取值范围
例1 (1)(2025湖南湘潭三模)已知函数f(x)=sin(2x+φ)(|φ|<)在区间(0,)内单调,则φ的取值范围为( )
A.(-] B.(-]
C.[-] D.[-]
B
解析 已知x∈(0,),令t=2x+φ,则t∈(φ,+φ),
因为|φ|<,所以φ∈(-).
故原条件等价于已知函数y=sin t在区间(φ,+φ)内单调,
而函数y=sin t在区间(-)内单调,所以解得-,
又因为φ∈(-),故φ∈(-].故选B.
(2)(2025湖北十堰模拟)已知ω∈N*,函数f(x)=sin(ωx+)在[]上单调递减,则ω的最大值为 .
10
解析 因为x∈[],所以ωx+[],
又因为f(x)在[]上单调递减,
设t=ωx+,可知y=sin t在[]上单调递减,
则k∈Z,解得+8k≤ω≤4+6k,k∈Z,
又ω∈N*,则解得-k,
当k=0时,ω∈[,4],当k=1时,ω∈[,10],所以ω的最大值为10.
【对点训练1】(2025湖南长沙模拟)定义min{a,b}=设函数f(x)=min{sin ωx,cos ωx}(ω>0),若f(x)在区间()内单调递减,则ω的取值范围是( )
A.[,2]∪{3}∪[,6] B.[,3]∪[,6]
C.[,2]∪{3}∪[,6] D.[]
A
解析 令sin ωx=cos ωx,即tan ωx=1,则ωx=kπ+,k∈Z,解得x=,k∈Z.
y=sin ωx与y=cos ωx的周期均为T=
当x∈[0,]时,在一个周期内,根据sin ωx与cos ωx的大小关系来确定f(x):
当0≤x时,cos ωx≥sin ωx,f(x)=sin ωx,f(x)单调递增;
当当sin ωx,f(x)=sin ωx,f(x)的单调递减区间为[](k∈Z).
所以函数f(x)的单调递减区间为[]和[] (k∈Z).
因为f(x)在区间()内单调递减,对其进行分类讨论:
情形1解得2+4k,k∈Z.
由ω>0得2+4k>0,即k>-
由2+4k,解得k,所以k=0或k=1,所以2或6;
情形2解得+3≤ω≤3+4k,k∈Z.
由ω>0得3+4k>0,解得k>-,由+3≤3+4k,解得k≤0,所以k=0,所以ω=3.
综上,ω的取值范围是[,2]∪{3}∪[,6].故选A.
类型二 对称性与“ω”“φ”的取值范围
例2 (1)(2025天津十二区联考)已知函数f(x)=sin(2x+),将y=f(x)的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度得到函数g(x)的图象,函数g(x)的一个对称轴为直线x=,则φ的最小取值为( )
A. B.
C. D.
B
解析 将f(x)=sin(2x+)的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度得到g(x)=sin[2(x+φ)+]=sin(2x+2φ+)的图象,又函数g(x)的一个对称轴为直线x=,所以2+2φ++kπ(k∈Z),解得φ=-(k∈Z),当k=1时,φ=,所以φ的最小取值为故选B.
(2)(2025福建龙岩模拟)若函数f(x)=sin(2ωx+)(ω>0,x∈R)在[0,π]内有且仅
有两条对称轴,则ω的取值范围是 .
[)
解析 对于函数f(x)=sin(2ωx+),令2ωx+=kπ+,k∈Z,解得x=,k∈Z.
因为x∈[0,π],当k=0时,x1=;
当k=1时,x2=;当k=2时,x3=
由于f(x)在[0,π]内有且仅有两条对称轴,则
解不等式,得;解不等式>π,得ω<
所以ω的取值范围是[).
【对点训练2】(2025福建南平三模)已知函数f(x)=sin(ωx+)(ω>0)在区间(0,π)恰有两个极大值点、三个对称中心,则ω的取值范围是( )
A.(] B.[)
C.(] D.[)
A
解析 因为ω>0,所以当x∈(0,π)时,ωx+(,ωπ+),
因为f(x)=sin(ωx+)在区间(0,π)恰有两个极大值点、三个对称中心,
故ωπ+(3π,4π],解得ω∈(].故选A.
类型三 零点、极值点与“ω”“φ”的取值范围
例3 (1)(2025江西赣州一模)已知函数f(x)=2cos(ωx+)(ω>0),x∈[-π,0],若f(x)恰有3个极值点,则ω的取值范围是( )
A.[] B.(]
C.[) D.(]
D
解析 因为ω>0,所以当x∈[-π,0]时,ωx+[-ωπ+],因为f(x)恰有3个极值点,所以-3π≤-ωπ+<-2π,解得<,即ω的取值范围是(].故选D.
(2)(2022全国甲,理11)设函数f(x)=sin在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点,则ω的取值范围是( )
A. B.
C. D.
C
解析 设ωx+=t,由x∈(0,π),得t
因为有两个零点,可得2π<πω+3π,即<
又因为有三个极值点,(sin t)'=cos t,即y=cos t在上有三个零点,所以<πω+,解得<
综上可得<故选C.
【对点训练3】(1)(2025安徽马鞍山模拟)设函数f(x)=sin(ωx-)(ω>0),若f(x)在(0,)内有且只有2个零点,且对任意实数a,f(x)在(a,a+)内存在极值点,则ω的取值范围是( )
A.(,3) B.(,3]
C.(3,) D.(3,]
D
解析 由题意,当x∈(0,)时,ωx-(--),
因为函数f(x)在(0,)内有且只有2个零点,则π<-2π,解得<
又对任意实数a,f(x)在(a,a+)内存在极值点,且区间(a,a+)的长度为,
而函数f(x)的最小正周期为,则,解得ω>3.
综上,ω的取值范围是(3,].故选D.
(2)(2023新高考Ⅰ,15)已知函数f(x)=cos ωx-1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点,则ω的取值范围是 .
[2,3)
解析 由题意可知,要使函数f(x)=cos ωx-1在[0,2π]上有且仅有3个零点,即函数y=cos ωx的图象在[0,2π]上有且仅有3个最高点,设y=cos ωx的最小正周期为T,如图(草图),
要满足题意,需要2T≤2π<3T,即类型四 最值(值域)与“ω”“φ”的取值范围
例4 (1)(2025江苏苏州模拟)已知函数f(x)=2cos2ωx+sin 2ωx-1(ω>0)的图象关于直线x=对称,且f(x)在(0,)内有最大值没有最小值,则ω的值为
( )
A. B.
C. D.
D
解析 f(x)=2cos2ωx+sin 2ωx-1=2+sin 2ωx-1=cos 2ωx+sin 2ωx =sin(2ωx+),当x∈(0,)时,2ωx+(),因为f(x)在(0,)内有最大值没有最小值,所以,即<又因为f(x)的图象关于直线x=对称,则+kπ,k∈Z,解得ω=,k∈Z,所以当k=1时, ω=符合题意.故选D.
(2)(2025湖南怀化模拟)若函数f(x)=6sin(3x+φ)(-π<φ<2π)在[0,]上的最大值小于3,则φ的取值范围是( )
A.(-)∪(π,)
B.(-π,-)∪()
C.(-,-)∪()
D.(-π,-)∪(,2π)
B
解析 由题意知-π<φ<2π,x∈[0,],则3x+φ∈[φ,+φ],且+φ<
函数f(x)=6sin(3x+φ)(-π<φ<2π)在[0,]上的最大值小于3,
即此时6sin(3x+φ)<3,即sin(3x+φ)<
在(-π,)内,y=sin x的函数值对应的x的值为
①当-π<φ<2π,且+φ<时,满足题意,此时-π<φ<-;
②当<φ<2π,且+φ<时,满足题意,此时<φ<
综上,φ的取值范围是(-π,-)∪().故选B.
【对点训练4】(2025广东惠州模拟)已知函数f(x)=sin ωx-cos ωx-2(ω>0),若对任意λ∈R,f(x)在区间(λ,λ+)内的值域均为[-4,0],则ω的取值范围是
( )
A.(6,+∞) B.(,+∞)
C.(0,6) D.(0,)
A
解析 因为f(x)=sin ωx-cos ωx-2=2(sin ωx-cos ωx)-2=2sin(ωx-)-2,
又sin(ωx-)∈[-1,1],所以f(x)∈[-4,0].
因为对任意λ∈R,f(x)在区间(λ,λ+)内的值域均为[-4,0],
所以区间长度必须大于一个周期,即(ω>0),解得ω>6,
即ω的取值范围是(6,+∞).故选A.(共40张PPT)
第2讲 三角函数的图象与性质
考点一 三角函数图象的变换
考点二 三角函数的图象与解析式
目 录 索 引
考点三 三角函数的性质
考点一 三角函数图象的变换
理知识
由函数y=sin x的图象变换得到y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象的步骤
[微提醒]先平移变换(左右平移)再周期变换(伸缩变换),平移的量是|φ|个单位长度,而先周期变换(伸缩变换)再平移变换(左右平移),平移的量是个单位长度.
链高考
(2022浙江,6)为了得到函数y=2sin 3x的图象,只要把函数y=2sin(3x+)图象上所有的点( )
A.向左平移个单位长度
B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度
D.向右平移个单位长度
D
解析 由y=2sin(3x+)=2sin[3(x+)],因此需要将函数图象向右平移个单位长度,即可得到y=2sin 3x的图象,故选D.
例1 (1)(多选题)(2025河北沧州模拟)为得到函数y=cos(2x-)的图象,只需把正弦曲线y=sin x上的所有点( )
A.先向左平移个单位长度,再把所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变
B.先向右平移个单位长度,再把所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变
C.先把所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再向左平移个单位长度
D.先把所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,再向左平移个单位长度
AD
解析 由y=sin x的图象,先向左平移个单位长度,得到y=sin(x+)的图象,再把y=sin(x+)图象上所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,得到y=sin(2x+)=cos(2x+)=cos(2x-)的图象,所以A正确;
由y=sin x的图象,先向右平移个单位长度,得到y=sin(x-)的图象,再把所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,得到y=sin(x-)的图象,所以B错误;
由y=sin x的图象,先把所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,得到y=sin的图象,显然不管怎么左右平移都得不到y=cos(2x-)的图象,所以C错误;
由y=sin x的图象,先把所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,得到y=sin 2x的图象,再向左平移个单位长度,得到y=sin 2(x+)=sin(2x+)= cos(2x+)=cos(2x-)的图象,所以D正确.故选AD.
(2)(2021全国乙,理7)把函数y=f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,再把所得曲线向右平移个单位长度,得到函数y=sin的图象,则f(x)=( )
A.sin B.sin
C.sin D.sin
B
【对点训练1】(1)(2025山东青岛模拟)为了得到函数y=sin(2x+)的图象,只需把函数y=cos 2x图象上所有的点( )
A.向左平移个单位长度
B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度
D.向右平移个单位长度
D
解析 易知y=cos 2x=sin(2x+),
又因为sin(2x+)=sin(2x-)=sin[2(x-)+],
因此只需将y=cos 2x=sin(2x+)图象上所有的点向右平移个单位长度即可.故选D.
(2)(2025江苏南通二模)将函数f(x)=sin(ωx+)(ω>0)的图象向左平移个单位长度后与函数g(x)=cos(ωx+)的图象重合,则ω的最小值为( )
A.2 B.3
C.6 D.9
B
解析 将f(x)=sin(ωx+)的图象向左平移个单位长度后,
得到y=sin[ω(x+)+]=sin(ωx+)=cos(ωx+),
则+2kπ,k∈Z,所以ω=3+12k,k∈Z,
又ω>0,所以ω的最小值为3.故选B.
考点二 三角函数的图象与解析式
理知识
用“五点法”画函数y=Asin(ωx+φ)在一个周期内的图象的步骤:
(1)列表
ωx+φ 0 π 2π
x -
y 0 A 0 -A 0
(2)描点
在坐标系中描出下列各点:
,(,A),,(,-A),.
(3)连线
用光滑的曲线将所描的五个点顺次连接起来,得函数y=Asin(ωx+φ)在一个周期内的简图.
链高考
(2024新高考Ⅰ,7)当x∈[0,2π]时,曲线y=sin x与y=2sin(3x-)的交点个数为
( )
A.3 B.4
C.6 D.8
C
解析 在同一平面直角坐标系中,画出区间[0,2π]上的曲线y=sin x与y=2sin(3x-),如图所示.
由图可知,在区间[0,2π]上,曲线y=sin x与y=2sin(3x-)有6个交点.
例2 (1)(2025山东枣庄模拟)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的部分图象如图所示,则f()+f(-)=( ) 【一题多解】
A. B. C. D.0
B
解析 由题图可得A=,设f(x)的最小正周期是T,则,T==π,所以ω=2,所以f(x)=sin(2x+φ).
(方法一 代入法)因为(,0)在函数的图象上,
所以f()=sin(2+φ)=0,解得+φ=π+2kπ(k∈Z),即φ=2kπ+(k∈Z),
因为|φ|<π,所以φ=,所以f(x)=sin(2x+),
所以f()+f(-)=sin(2)+sin(-2)
=sin(-2π)=故选B.
(方法二 五点法)由题图可知,当x=时对应正弦函数y=sin x,x∈[0,2π]的图象的点(π,0),所以2+φ=π,解得φ=
所以f()+f(-)=sin(2)+sin(-2)
=sin(-2π)=故选B.
(2)(2025北京昌平二模)设函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π).已知f(1)=,且当f(x1)f(x2)=1(x1≠x2)时,|x1-x2|的最小值为4,则( )
A.ω=,φ= B.ω=,φ=
C.ω=,φ= D.ω=,φ=
C
解析 因为f(x)=sin(ωx+φ)的值域为[-1,1],f(x1)f(x2)=1(x1≠x2),
所以当函数值同时取最大值或最小值时,满足f(x1)f(x2)=1(x1≠x2).
因为|x1-x2|的最小值为4,所以函数f(x)的最小正周期T==4.所以ω=
因为f(1)=,所以f(1)=sin(1+φ)=又0<φ<π,所以+φ=,所以φ=
【对点训练2】
(2025湖南衡阳模拟)已知函数f(x)=3cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<2π)的部分图象如图所示,A,B分别是相邻的最高点与最低点,直线AB的方程为y=-2x+10,则f(x)=( )
A.3cos() B.3cos()
C.-3cos D.3cos()
B
解析 因为A是最高点,所以点A的纵坐标yA=3,将yA=3代入直线方程y=
-2x+10,可得xA=,所以A(,3).因为B是最低点,所以点B的纵坐标yB=-3,将yB=-3代入直线方程y=-2x+10,可得xB=,所以B(,-3).则f(x)的最小正周期T=2×()=2×3=6,则ω=,所以f(x)=3cos(x+φ),将A(,3)代入f(x)=3cos(x+φ),可得3=3cos(+φ),即cos(+φ)=1,所以+φ=2kπ, k∈Z,解得φ=-+2kπ,k∈Z,又0<φ<2π,当k=1时,φ=,所以f(x)=3cos().故选B.
考点三 三角函数的性质
理知识
函数 y=sin x y=cos x y=tan x
图象
单 调 性 在区间[-+2kπ,+2kπ](k∈Z)上单调递增; 在区间[+2kπ,+2kπ](k∈Z)上单调递减 在区间[-π+2kπ,2kπ] (k∈Z)上单调递增;在区间[2kπ,π+2kπ](k∈Z)上单调递减 在区间
(-+kπ,+kπ)
(k∈Z)内单调递增
函数 y=sin x y=cos x y=tan x
对 称 性 对称中心:(kπ,0)(k∈Z); 对称轴:x=+kπ(k∈Z) 对称中心:(+kπ,0)(k∈Z); 对称轴:x=kπ(k∈Z) 对称中心:
(,0)(k∈Z)
链高考
(2025新高考Ⅰ,4)已知点(a,0)(a>0)是函数y=2tan(x-)的图象的一个对称中心,则a的最小值为( )
A. B.
C. D.
B
解析 由题意知,a-,k∈Z,所以a=,k∈Z.
又a>0,所以当k=0时,a取最小值.故a的最小值为故选B.
例3 (1)(多选题)(2024新高考Ⅱ,9)对于函数f(x)=sin 2x和g(x)=sin,下列正确的有( )
A.f(x)与g(x)有相同的零点
B.f(x)与g(x)有相同的最大值
C.f(x)与g(x)有相同的最小正周期
D.f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴
BC
解析 由f(x)=0,得2x=kπ,k∈Z,此时g(x)=sin0,A错误;两函数的最大值均为1,B正确;两函数的最小正周期都为π,C正确;函数f(x)图象的对称轴为x=,k∈Z,函数g(x)图象的对称轴为x=,k∈Z,D错误.故选BC.
(2)(多选题)(2025山东枣庄二模)已知函数f(x)=cos(2x+φ)(0<φ<π)的图象关于点(,0)中心对称,则下列选项正确的是( )
A.f(x)在区间(-)上单调递减
B.直线x=-是曲线y=f(x)的一条对称轴
C.f(x)在区间[0,]上的最小值是-
D.将y=f(x)的图象上各点先向右平移个单位长度(纵坐标不变),再将横坐标变为原来的3倍(纵坐标不变),得到函数y=cos(x+)的图象
ABD
解析 因为f(x)=cos(2x+φ)(0<φ<π)的图象关于点(,0)中心对称,所以2+φ=+kπ,k∈Z,解得φ=+kπ,k∈Z,又因为0<φ<π,所以φ=,即f(x)=cos(2x+).对于A,当x∈(-)时,2x+(,π),此时f(x)=cos(2x+)单调递减,故A正确;对于B,当x=-时,2x+=-π,所以直线x=-是曲线y=f(x)的一条对称轴,故B正确;对于C,当x∈[0,]时,2x+[],当2x+=π时, f(x)=cos(2x+)取最小值-1,故C错误;将y=f(x)的图象上各点先向右平移个单位长度(纵坐标不变),得到函数y=cos[2(x-)+]=cos(2x+)的图象,再将横坐标变为原来的3倍(纵坐标不变),得到函数y=cos(x+)的图象,故D正确.故选ABD.
【对点训练3】(1)(2023全国乙,理6)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)在区间()内单调递增,直线x=和x=为函数y=f(x)的图象的两条对称轴,则f(-)=
( )
A.- B.-
C. D.
D
解析 由题意,知函数f(x)的周期T=2()=π,
所以|ω|==2,则ω=±2,不妨取ω=2.
又由题意,得f()=-1,即sin(2+φ)=-1,所以+φ=2kπ+(k∈Z),
所以φ=2kπ+(k∈Z),
所以f(-)=sin[2×(-)+2kπ+]=sin故选D.
(2)(2025天津,8)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,-π<φ<π)在区间[-]上单调递增,直线x=为f(x)图象的一条对称轴,(,0)为f(x)图象的一个对称中心,则在区间[0,]内,f(x)的最小值为( )
A.- B.-
C.-1 D.0
A
解析 设f(x)的最小正周期为T.
∵f(x)在区间[-]上单调递增,
-(-)=,即T≥π.∴ω=2.
∵直线x=为f(x)图象的一条对称轴,(,0)为f(x)图象的一个对称中心,
即
①-②得=-+kπ,k∈Z,
∴ω=-2+4k,k∈Z.∵0<ω≤2,∴ω=2.
将ω=2,代入①有+φ=k1π,k1∈Z,∴φ=-+k1π,k1∈Z.
∵-π<φ<π,∴φ=或φ=-
∵f(x)=sin(2x+)满足在区间[-]上单调递增,
f(x)=sin(2x-)不满足在[-]上单调递增,
∴f(x)=sin(2x+).当x∈[0,]时,2x+],
∴当2x+,即x=时,f(x)min=-故选A.
