（江苏专用）2020版高考数学二轮复习 专题二 三角函数与平面向量 高考热点追踪（二）课件 文 苏教

数学[第二部分高考20题各个击破]专题二三角函数与平面向量高考热点追踪(二)01知识交汇02方法博览03专题强化精练提能三角函数与平面向量交汇集中展示当今高考数学命题注重知识的整体性和综合性，重视知识的交汇性．向量具有代数与几何形式的双重身份，它是新旧知识的一个重要的交汇点，成为联系这些知识的桥梁，因此，向量与三角的交汇是当今高考命题的必然趋势，以下几例重在为备考中的考生揭示题型规律，与同学们共同归纳与探究解题策略．一、三角与平面向量模交汇已知向量a＝(sinθ，1)，b＝(1，cosθ)，－π2＜θ＜π2．求|a＋b|的最大值．【解】|a＋b|＝（sinθ＋1）2＋（1＋cosθ）2＝sin2θ＋2sinθ＋1＋cos2θ＋2cosθ＋1＝2（sinθ＋cosθ）＋3＝22sinθ＋π4＋3，当sinθ＋π4＝1时|a＋b|有最大值，此时θ＝π4，最大值为22＋3＝2＋1．[名师点评]本题求|a＋b|的最大值利用了向量模的定义，也可以用平方法，同学们可以尝试．二、三角与平面向量线性运算交汇(2019·南京模拟)设两个向量a＝(λ＋2，λ2－cos2α)和b＝m，m2＋sinα，其中λ，m，α为实数．若a＝2b，求λm的取值范围．【解】由a＝(λ＋2，λ2－cos2α)和b＝m，m2＋sinα，a＝2b，可得λ＋2＝2m，λ2－cos2α＝m＋2sinα，设λm＝k，代入方程组可得km＋2＝2m，k2m2－cos2α＝m＋2sinα，消去m，化简得2k2－k2－cos2α＝22－k＋2sinα，再化简得2＋4k－22－cos2α＋2k－2－2sinα＝0，再令1k－2＝t代入上式得(sinα－1)2＋(16t2＋18t＋2)＝0可得－(16t2＋18t＋2)≥0，解不等式得t∈－1，－18，因而－1≤1k－2≤－18解得－6≤k≤1，即－6≤λm≤1．[名师点评]本题字母比较多，运算复杂，要认真体会换元法和整体思想的运用．三、三角与平面向量平行交汇已知a＝(cosx，2)，b＝(2sinx，3)，若a∥b，则sin2x－2cos2x＝__________．【解析】因为a＝(cosx，2)，b＝(2sinx，3)，a∥b，所以3cosx－4sinx＝0，即tanx＝34．所以sin2x－2cos2x＝2sinxcosx－2cos2xsin2x＋cos2x＝2tanx－2tan2x＋1＝－825．【答案】－825[名师点评]本题主要考查了向量共线的条件、二倍角的正弦公式、同角三角函数的基本知识．四、三角与平面向量垂直交汇(2019·苏州模拟)已知向量a＝(sinθ，3)，b＝(1，cosθ)，θ∈－π2，π2．若a⊥b，则θ＝________．【解析】由a⊥b得a·b＝0，所以a·b＝sinθ＋3cosθ＝0，即2sinθ＋π3＝0．因为θ∈－π2，π2，所以θ＝－π3．【答案】－π3[名师点评]本题利用向量垂直的性质，得到三角函数式，最终求解得到答案．五、三角与平面向量夹角交汇设a＝(1＋cosα，sinα)，b＝(1－cosβ，sinβ)，c＝(1，0)，α∈(0，π)，β∈(π，2π)，a与c的夹角为θ1，b与c的夹角为θ2，且θ1－θ2＝π6，求sinα－β4的值．【解】因为|a|＝（1＋cosα）2＋sin2α＝2cosα2，|b|＝（1－cosβ）2＋sin2β＝2sinβ2，|c|＝1，又a·c＝1＋cosα＝2cos2α2，b·c＝1－cosβ＝2sin2β2．所以cosθ1＝a·c|a||c|＝cosα2，cosθ2＝b·c|b||c|＝sinβ2，因为α2∈0，π2，所以θ1＝α2．又β∈(π，2π)，所以β2∈π2，π，即0＜β2－π2＜π2．由cosθ2＝sinβ2＝cosβ2－π2，得θ2＝β2－π2．由θ1－θ2＝π6，得α2－β2－π2＝π6，所以α－β2＝－π3，α－β4＝－π6，所以sinα－β4＝sin－π6＝－12．[名师点评]本题以向量的夹角概念为背景，考查了三角函数求值变换的有关知识．六、三角与平面向量数量积交汇(2019·南通市高三第一次调研测试)在△ABC中，若BC→·BA→＋2AC→·AB→＝CA→·CB→，则sinAsinC的值为________．【解析】由BC→·BA→＋2AC→·AB→＝CA→·CB→，得2bc×b2＋c2－a22bc＋ac×a2＋c2－b22ac＝ab×a2＋b2－c22ab，化简可得a＝2c．由正弦定理得sinAsinC＝ac＝2．【答案】2[名师点评]本题是平面向量的数量积及正、余弦定理的综合运用，解题时注意体会等价转化思想的运用．七、三角与平面向量综合交汇(2019·南通调研)已知向量a＝cos3x2，sin3x2，b＝cosx2，－sinx2，且x∈0，π2，(1)求a·b及|a＋b|；(2)若f(x)＝a·b－2λ|a＋b|的最小值是－32，求λ的值．【解】(1)a·b＝cos3x2·cosx2－sin3x2·sinx2＝cos2x；|a＋b|＝cos3x2＋cosx22＋sin3x2－sinx22＝2＋2cos2x＝2cos2x，因为x∈0，π2，所以cosx≥0，所以|a＋b|＝2cosx．(2)由(1)知，f(x)＝cos2x－4λcosx，即f(x)＝2(cosx－λ)2－1－2λ2，因为x∈0，π2，所以0≤cosx≤1，①当λ＜0时，当且仅当cosx＝0时，f(x)取得最小值－1，这与已知矛盾．②当0≤λ≤1时，当且仅当cosx＝λ时，f(x)取得最小值－1－2λ2，由已知－1－2λ2＝－32，解得λ＝12．③当λ＞1时，当且仅当cosx＝1时，f(x)取得最小值1－4λ，由已知得1－4λ＝－32，解得λ＝58，这与λ＞1相矛盾；综上所述，λ＝12即为所求．[名师点评]本题以平面向量的知识为平台，考查了三角函数的有关运算，运用了分类讨论的思想方法．解三角形常用策略大观正、余弦定理及其应用是高考的重要内容之一，常与三角函数联系在一起，以正、余弦定理为工具，通过三角恒等变换来解三角形或实际问题，以低中档题为主，下面通过一题来分析正、余弦定理在解三角形中的常用策略．在△ABC中，已知AB＝463，cos∠ABC＝66，AC边上的中线BD＝5，求sinA的值．策略1：设法使条件集中到一个三角形中法一：考虑到D为AC的中点．取BC的中点E，把分散的条件集中转移到三角形BDE中，从而问题获得解决．如图1，设E是BC的中点，连结DE，则DE∥AB，且DE＝12AB＝263，设BE＝x，在△BDE中，由余弦定理BD2＝BE2＋ED2－2BE·ED·cos∠BED，即5＝x2＋83＋2×263×66x，解得x＝1或x＝－73(舍去)，故BC＝2．在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，得AC2＝323＋4－2×463×2×66＝283，所以AC＝2213．又sin∠ABC＝306．在△ABC中，由正弦定理BCsinA＝ACsin∠ABC，得2sinA＝2213306，所以sinA＝7014．策略2：利用向量运算或恰当建立坐标系，利用坐标法结合向量数量积求解法二：以B点为坐标原点，BC所在的直线为x轴，建立如图2所示的直角坐标系．且不妨设点A在第一象限内，因为cos∠ABC＝66，所以sin∠ABC＝306，所以A43，453，设C(x，0)，所以D4＋3x6，253．又因为BD＝5，所以4＋3x62＋2532＝5，解得x＝2x＝－143舍去．以下同法一．法三：如图2．因为BD→＝12(BA→＋BC→)，所以2BD→＝BA→＋BC→，平方得4BD→2＝BA→2＋BC→2＋2BA→·BC→，代入数据得20＝4632＋|BC→|2＋2×463×|BC→|×66，解得BC＝2．以下同法一．策略3:把相关的边或角算两次，构造方程组求解法四：如图3．设BC＝y，AC＝2x．在△ABC中，由余弦定理得cosA＝AB2＋AC2－BC22AB·AC，①又在△ABD中，由余弦定理得cosA＝AB2＋AD2－BD22AB·AD．②联立①②得，2x2－y2＝23．③在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，整理得4x2＝323＋y2－83y．④联立③④消去x解得y＝2或y＝－143(舍去)．所以x＝213，AC＝2x＝2213．以下同法一．策略4：利用不同三角形中角的互补或互余关系，构造方程组求解法五：在△ABD和△BDC中利用∠ADB和∠BDC互补关系，利用余弦定理构造等量关系解题．如图3，设BC＝y，AC＝2x．在△ABD中，由余弦定理得cos∠ADB＝BD2＋AD2－AB22AD·BD，①又在△BDC中，由余弦定理得cos∠BDC＝BD2＋DC2－BC22BD·DC．②因为∠ADB＋∠BDC＝π，所以cos∠ADB＋cos∠BDC＝0，联立①②得，2x2－y2＝23．③在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，整理得4x2＝323＋y2－83y．④联立③④消去x解得y＝2或y＝－143(舍去)．所以x＝213，AC＝2x＝2213．以下同法一．策略5：利用中点等几何关系，把三角形补成平行四边形，进而使条件相对集中，从而使问题解决法六：如图4，延长BD至E，使BD＝DE，连结AE，CE，则四边形ABCE是平行四边形，故有AE＝BC．在△ABE中，由余弦定理BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos∠BAE，即20＝4632＋BC2＋2×463×BC×66，解得BC＝2．以下同法一．策略6：利用等面积法，构造方程求解法七：如图5．设∠CBD＝θ，因为cos∠CBA＝66，所以sin∠CBA＝306．又因为S△ABC＝2S△BDC，所以有12AB·BC·sin∠ABC＝2×12BD·BC·sinθ，解得sinθ＝23，cosθ＝53．所以cos∠ABD＝cos(∠ABC－θ)＝cos∠ABCcosθ＋sin∠ABCsinθ＝306，所以sin∠ABD＝66．在△ABD中，由余弦定理AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD＝73，所以AD＝213．在△ABD中，由正弦定理BDsinA＝ADsin∠ABD，得sinA＝7014．[名师点评]同一道题目，从不同的角度出发，就有许多不同的解题方法，所以同学们复习时不要满足于一种思考方式，要善于发现自己解题中存在的问题和不合理处，进而提出质疑“我为什么要这样解题呢？”“是不是还有更好的方法呢？”“除了从这个角度出发外，还能从哪里找到突破口呢？”．只有不断地质疑，才会不断地创新，不断地迸发思维的火花，这样复习效率就会大大提高．本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放