1、專題二三角函數與平面向量真題體驗引領卷一、選擇題1(2021全國卷)sin 20cos 10cos 160sin 10()Aeq f(r(3),2) B.eq f(r(3),2)Ceq f(1,2) D.eq f(1,2)2(2021全國卷)假設tan 0，那么()Asin 0 Bcos 0Csin 20 Dcos 203(2021全國卷)設D為ABC所在平面內一點，eq o(BC,sup6()3eq o(CD,sup6()，那么()A.eq o(AD,sup6()eq f(1,3)eq o(AB,sup6()eq f(4,3)eq o(AC,sup6()B.eq o(AD,sup6()eq

2、f(1,3)eq o(AB,sup6()eq f(4,3)eq o(AC,sup6()C.eq o(AD,sup6()eq f(4,3)eq o(AB,sup6()eq f(1,3)eq o(AC,sup6()D.eq o(AD,sup6()eq f(4,3)eq o(AB,sup6()eq f(1,3)eq o(AC,sup6() 4(2021江西高考)在ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，假設3a2b，那么eq f(2sin2Bsin2A,sin2A)的值為()Aeq f(1,9) B.eq f(1,3)C1 D.eq f(7,2)5(2021四川高考)平面向量a(1，2)，

3、b(4，2)，cmab(mR)，且c與a的夾角等于c與b的夾角，那么m()A2 B1C1 D26(2021全國卷)函數f(x)cos(x)的局部圖象如下圖，那么f(x)的單調遞減區間為()A.eq blc(rc)(avs4alco1(kf(1,4)，kf(3,4)，kZB.eq blc(rc)(avs4alco1(2kf(1,4)，2kf(3,4)，kZC.eq blc(rc)(avs4alco1(kf(1,4)，kf(3,4)，kZD.eq blc(rc)(avs4alco1(2kf(1,4)，2kf(3,4)，kZ二、填空題7(2021天津高考)在ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，

4、b，c，ABC的面積為3eq r(15)，bc2，cos Aeq f(1,4)，那么a的值為_8(2021全國卷)在平面四邊形ABCD中，ABC75，BC2，那么AB的取值范圍是_9(2021浙江高考)e1，e2是空間單位向量，e1e2eq f(1,2)，假設空間向量b滿足be12，be2eq f(5,2)，且對于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，那么x0_，y0_，|b|_.三、解答題10(2021全國卷)在ABC中，D是BC上的點，AD平分BAC，ABD面積是ADC面積的2倍(1)求eq f(sin B,sin C)；(2)假設AD1，DCeq

5、 f(r(2),2)，求BD和AC的長11(2021天津高考)函數f(x)sin2xsin2eq blc(rc)(avs4alco1(xf(,6)，xR.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區間eq blcrc(avs4alco1(f(,3)，f(,4)上的最大值和最小值12(2021山東高考)設f(x)sin xcos xcos2eq blc(rc)(avs4alco1(xf(,4).(1)求f(x)的單調區間；(2)在銳角ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.假設feq blc(rc)(avs4alco1(f(A,2)0，a1，求ABC面積的最大值專題二三角函數與平面向

6、量經典模擬演練卷一、選擇題1(2021德州模擬)設向量a，b滿足|ab|eq r(10)，|ab|eq r(6)，那么ab()A1 B2C3 D52(2021吉林實驗中學三模)向量a(sin ，2)，b(1，cos )，且ab，那么sin 2cos2的值為()A1 B2C.eq f(1,2) D33(2021寧波三模)函數f(x)2sineq blc(rc)(avs4alco1(xf(,6)1(xR)圖象的一條對稱軸為x，其中為常數，且(1，2)，那么函數f(x)的最小正周期為()A.eq f(3,5) B.eq f(6,5)C.eq f(9,5) D.eq f(12,5)4(2021河北質檢

7、)函數f(x)sin 2x的圖象向左平移eq f(,6)個單位后，得到函數yg(x)的圖象，以下關于yg(x)的說法正確的選項是()A圖象關于點eq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)，0)中心對稱B圖象關于xeq f(,6)軸對稱C在區間eq blcrc(avs4alco1(f(5,12)，f(,6)上單調遞增D在區間eq blcrc(avs4alco1(f(,6)，f(,3)上單調遞減5(2021南昌調研)在ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.假設c2(ab)26，Ceq f(,3)，那么ABC的面積是()A3 B.eq f(9r(3),2) C.eq f(3r(

8、3),2) D3eq r(3)6(2021湖州模擬)偶函數f(x)，當xeq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)時f(x)xsin x，設af(cos 1)，bf(cos 2)，cf(cos 3)，那么a，b，c的大小關系為()AababCcba Dacb二、填空題7(2021杭州高級中學模擬)將函數f(x)2sineq blc(rc)(avs4alco1(xf(,3)(0)的圖象向右平移eq f(,3)個單位，得到函數yg(x)的圖象，假設yg(x)在eq blcrc(avs4alco1(0，f(,4)上為增函數，那么的最大值為_8(2021德州模擬)向量eq o(AB,sup6

9、()與eq o(AC,sup6()的夾角為60，且|eq o(AB,sup6()|eq o(AC,sup6()|2，假設eq o(AP,sup6()eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()，且eq o(AP,sup6()eq o(BC,sup6()，那么實數的值為_9(2021嘉興一中模擬)ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，acb2a2，Aeq f(,6)，那么B_三、解答題10(2021武漢模擬改編)某同學用“五點法畫函數f(x)Asin(x)eq blc(rc)(avs4alco1(0，|0)個單位長度，得到yg(x)的圖象假設yg(x)圖象的一個對稱中心為eq

10、 blc(rc)(avs4alco1(f(5,12)，0)，求的最小值11(2021舟山中學調研)在ABC中，A，B，C的對邊分別是a，b，c，且3acos Accos Bbcos C.(1)求cos A的值；(2)假設a2eq r(3)，cos Bcos Ceq f(2r(3),3)，求邊c.12(2021杭州學軍中學模擬)函數f(x)eq r(3)sin xsineq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)x)cos2xeq f(1,2)(0)，其圖象兩相鄰對稱軸間的距離為eq f(,2).(1)求的值及f(x)的單調增區間；(2)設ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且

11、ceq r(7)，f(C)0，假設向量m(1，sin A)與向量n(3，sin B)共線，求a，b的值專題二三角函數與平面向量專題過關提升卷第一卷(選擇題)一、選擇題1設D，E，F分別為ABC的三邊BC，CA，AB的中點，eq o(EB,sup6()eq o(FC,sup6()()A.eq o(AD,sup6() B.eq f(1,2)eq o(AD,sup6()C.eq o(BC,sup6() D.eq f(1,2)eq o(BC,sup6() 2向量a(2，1)，ba(3，k23)，那么k2是ab的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分又不必要條件3|a|4，|b|1，且

12、a，beq f(2,3)，當|axb|取得最小值時，那么實數x的值為()A1 B1C2 D24sin cos eq f(r(3),2)，那么2cos2eq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)()A.eq f(3,4) B.eq f(5,4)Ceq f(3,4) Deq f(5,4)5(2021山東高考)菱形ABCD的邊長為a，ABC60，那么eq o(BD,sup6()eq o(CD,sup6()()Aeq f(3,2)a2 Beq f(3,4)a2C.eq f(3,4)a2 D.eq f(3,2)a26(2021慈溪中學模擬)在平面直角坐標系中，O為原點，A(1，0)，B(0，e

13、q r(3)，C(3，0)，動點D滿足|eq o(CD,sup6()|1，那么|eq o(OA,sup6()eq o(OB,sup6()eq o(OD,sup6()|的取值范圍是()A4，6Beq r(19)1，eq r(19)1C2eq r(3)，2eq r(7) Deq r(7)1，eq r(7)17(2021四川高考)設四邊形ABCD為平行四邊形，|eq o(AB,sup6()|6，|eq o(AD,sup6()|4，假設點M，N滿足eq o(BM,sup6()3eq o(MC,sup6()，eq o(DN,sup6()2eq o(NC,sup6()，那么eq o(AM,sup6()eq

14、 o(NM,sup6()()A20 B15 C9 D68假設a，b，c均為單位向量，且ab0，(ac)(bc)0，那么|abc|的最大值為()A.eq r(2)1 B1 C.eq r(2) D2第二卷(非選擇題)二、填空題9sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)eq f(r(3),3)，且eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)，那么coseq blc(rc)(avs4alco1(f(,6)_10函數f(x)2cos(x)eq blc(rc)(avs4alco1(|0，將函數f(x)的圖象向右平移eq

15、 f(,3)個單位，得函數yg(x)的圖象，那么函數g(x)在0，上的最小值是_11.如圖，在直角梯形ABCD中，ABCD，AB2，ADDC1，P是線段BC上一動點，Q是線段DC上一動點，eq o(DQ,sup6()eq o(DC,sup6()，eq o(CP,sup6()(1)eq o(CB,sup6()，那么eq o(AP,sup6()eq o(AQ,sup6()的取值范圍是_12正方形ABCD的邊長為2，E為CD的中點，那么eq o(AE,sup6()eq o(BD,sup6()_13(2021南京模擬)函數ycos x與ysin(2x)(00，所以eq blc(avs4alco1(si

16、n 0，,cos 0)或eq blc(avs4alco1(sin 0，,cos 0.應選C.3Aeq o(BC,sup6()3eq o(CD,sup6()，eq o(AC,sup6()eq o(AB,sup6()3(eq o(AD,sup6()eq o(AC,sup6()，即4eq o(AC,sup6()eq o(AB,sup6()3eq o(AD,sup6()，eq o(AD,sup6()eq f(1,3)eq o(AB,sup6()eq f(4,3)eq o(AC,sup6().4D由正弦定理得eq f(2sin2Bsin2A,sin2A)eq f(2b2a2,a2)，由得eq f(b,a

17、)eq f(3,2)，代入上式得結果為2eq f(9,4)1eq f(7,2).5D由于a(1，2)，b(4，2)，所以cmab(m4，2m2)，又由于c與a的夾角等于c與b的夾角，所以cosa，ccosb，c，也就是eq f(ac,|a|c|)eq f(bc,|b|c|)，那么eq f(m422m2,r(5)eq f(4m422m2,r(20)，解得m2.6D由函數的圖象知eq f(T,2)eq f(5,4)eq f(1,4)1，T2，因此xAeq f(1,4)eq f(1,2)eq f(1,4)，xBeq f(1,4)eq f(1,2)eq f(3,4).所以f(x)的單調減區間為eq b

18、lc(rc)(avs4alco1(2kf(1,4)，2kf(3,4)，kZ.78cos Aeq f(1,4)，0A，sin Aeq f(r(15),4)，SABCeq f(1,2)bcsin Aeq f(1,2)bceq f(r(15),4)3eq r(15)，bc24，又bc2，b22bcc24，b2c252，由余弦定理得，a2b2c22bccos A52224eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)64，a8.8(eq r(6)eq r(2)，eq r(6)eq r(2)如圖，作PBC，使BC75，BC2，作直線AD分別交線段PB、PC于A、D兩點(不與端點重合)，且使BAD

19、75，那么四邊形ABCD就是符合題意的四邊形過C作AD的平行線交PB于點Q，在PBC中，APC30，由正弦定理，eq f(BC,sin 30)eq f(BP,sin 75)，那么BPeq r(6)eq r(2).在QBC中，QCB30，BQC75，由正弦定理，eq f(BQ,sin 30)eq f(BC,sin 75)，那么BQeq f(4,r(6)r(2)eq r(6)eq r(2).所以AB的取值范圍為(eq r(6)eq r(2)，eq r(6)eq r(2)9122eq r(2)e1e2|e1|e2|cose1，e2eq f(1,2)，e1，e2eq f(,3).不妨設e1eq blc

20、(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(r(3),2)，0)，e2(1，0，0)，b(m，n，t)由題意知eq blc(avs4alco1(be1f(1,2)mf(r(3),2)n2，,be2mf(5,2)，)解得neq f(r(3),2)，meq f(5,2)，beq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)，f(r(3),2)，t).b(xe1ye2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)f(1,2)xy，f(r(3),2)f(r(3),2)x，t)，|b(xe1ye2)|2eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)f(x,2)y)eq sup1

21、2(2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)f(r(3),2)x)eq sup12(2)t2x2xyy24x5yt27eq blc(rc)(avs4alco1(xf(y4,2)eq sup12(2)eq f(3,4)(y2)2t2.由題意知，當xx01，yy02時，eq blc(rc)(avs4alco1(xf(y4,2)eq sup12(2)eq f(3,4)(y2)2t2取到最小值此時t21，故|b| eq r(blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)sup12(2)blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)sup12(2)t2)2eq r(2)

22、.10解(1)SABDeq f(1,2)ABADsinBAD，SADCeq f(1,2)ACADsinCAD.因為SABD2SADC，BADCAD，所以AB2AC.由正弦定理可得eq f(sin B,sin C)eq f(AC,AB)eq f(1,2).(2)因為SABDSADCBDDC，所以BDeq r(2).在ABD和ADC中，由余弦定理知AB2AD2BD22ADBDcosADB，AC2AD2DC22ADDCcosADC.故AB22AC23AD2BD22DC26，由(1)知AB2AC，所以AC1.11解(1)f(x)eq f(1cos 2x,2)eq f(1cosblc(rc)(avs4a

23、lco1(2xf(,3),2)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)cos 2xf(r(3),2)sin 2x)eq f(1,2)cos 2xeq f(r(3),4)sin 2xeq f(1,4)cos 2xeq f(1,2)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)所以f(x)的最小正周期Teq f(2,2).(2)因為f(x)在區間eq blcrc(avs4alco1(f(,3)，f(,6)上是減函數，在區間eq blcrc(avs4alco1(f(,6)，f(,4)上是增函數，且f eq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)

24、eq f(1,4)，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(,6)eq f(1,2)，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)eq f(r(3),4)，所以f(x)在區間eq blcrc(avs4alco1(f(,3)，f(,4)上的最大值為eq f(r(3),4)，最小值為eq f(1,2).12解(1)f(x)eq f(1,2)sin 2xeq f(1,2)eq blcrc(avs4alco1(1cosblc(rc)(avs4alco1(2xf(,2)eq f(1,2)sin 2xeq f(1,2)eq f(1,2)sin 2xsin 2xeq f(1,2).由2

25、keq f(,2)2x2keq f(,2)，kZ，得keq f(,4)xkeq f(,4)，kZ.由2keq f(,2)2x2keq f(3,2)，kZ，得keq f(,4)xkeq f(3,4)，kZ.所以f(x)的單調遞增區間是eq blcrc(avs4alco1(f(,4)k，f(,4)k)(kZ)；單調遞減區間是eq blcrc(avs4alco1(f(,4)k，f(3,4)k)(kZ)(2)由feq blc(rc)(avs4alco1(f(A,2)sin Aeq f(1,2)0，得sin Aeq f(1,2)，由題意知A為銳角，所以cos Aeq f(r(3),2).由余弦定理a2b

26、2c22bccos A，可得1eq r(3)bcb2c22bc，即bc2eq r(3)，當且僅當bc時等號成立因此eq f(1,2)bcsin Aeq f(2r(3),4).所以ABC面積的最大值為eq f(2r(3),4).經典模擬演練卷1A|ab|eq r(10)，|ab|eq r(6)，a2b22ab10，a2b22ab6，兩式相減得：4ab4，ab1，應選A.2A由ab，知ab0，sin 2cos 0，那么tan 2.故sin 2cos2eq f(2sin cos cos2,sin2cos2)eq f(2tan 1,tan21)1.3Bf(x)的圖象關于直線x對稱，eq f(,6)ke

27、q f(,2)，那么keq f(2,3)，kZ.又10.f(x)在區間eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)上是增函數，由f(x)為偶函數，得yf(x)在區間eq blcrc(avs4alco1(f(,2)，0)上是減函數cos 1cos(1)，那么f(cos 1)feq blcrc(avs4alco1(cos1)又ycos x在區間eq blcrc(avs4alco1(0，)上是減函數，且312，那么1cos 3cos(1)cos 2fcos(1)f(cos 2)，即cab.72依題意g(x)2sin x，yg(x)在eq blcrc(avs4alco1(0，f(,4)上為增函

28、數，0 xeq f(,4)eq f(,2)，那么2，故的最大值為2.81由eq o(BC,sup6()eq o(AC,sup6()eq o(AB,sup6()且eq o(AP,sup6()eq o(BC,sup6()，eq o(AP,sup6()eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()，eq o(AP,sup6()eq o(BC,sup6()(eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()(eq o(AC,sup6()eq o(AB,sup6()0.因此eq o(AC,sup6()2eq o(AB,sup6()2(1)eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup

29、6()0，(*)又eq o(AB,sup6()，eq o(AC,sup6()60，|eq o(AB,sup6()|eq o(AC,sup6()|2.故(*)式化為44(1)22cos 600，解之得1.9.eq f(,3)由余弦定理，a2b2c22bccos A.a2b2c2eq r(3)bc.又acb2a2，eq r(3)bcacc2，即aeq r(3)bc.由正弦定理，得sin Aeq r(3)sin Bsin C又sin Csineq blc(rc)(avs4alco1(f(5,6)B)eq f(1,2)cos Beq f(r(3),2)sin B從而eq f(1,2)eq r(3)si

30、n Beq f(1,2)cos Beq f(r(3),2)sin Beq f(r(3),2)sin Beq f(1,2)cos B.sineq blc(rc)(avs4alco1(Bf(,6)eq f(1,2)，在ABC中，Beq f(,6)eq f(,6)，那么Beq f(,3).10解(1)根據表中數據，解得A5，2，eq f(,6).數據補全如下表：x0eq f(,2)eq f(3,2)2xeq f(,12)eq f(,3)eq f(7,12)eq f(5,6)eq f(13,12)Asin(x)05050且函數表達式為f(x)5sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,

31、6).(2)由(1)知f(x)5sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)，根據圖象變換，得g(x)5sineq blc(rc)(avs4alco1(2x2f(,6).因為ysin x的對稱中心為(k，0)，kZ.令2x2eq f(,6)k，解得xeq f(k,2)eq f(,12)，kZ.由于函數yg(x)的圖象關于點eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,12)，0)成中心對稱，令eq f(k,2)eq f(,12)eq f(5,12)，得eq f(k,2)eq f(,3)，kZ.由0可知，當k1時，取得最小值eq f(,6).11解(1)由正弦定理及3aco

32、s Accos Bbcos C得3sin Acos Asin Ccos Bsin Bcos Csin(BC)BCA，3sin Acos Asin A.又sin A0，從而cos Aeq f(1,3).(2)A(0，)，cos Aeq f(1,3)，sin Aeq f(2r(2),3)，又cos Bcos Ceq f(2r(3),3)，cos(AC)cos Ceq f(2r(3),3)，整理得cos Ceq r(2)sin Ceq r(3)，又sin2Ccos2C1，由，聯立，得sin Ceq f(r(6),3)，由eq f(a,sin A)eq f(c,sin C)，得ceq f(asin C

33、,sin A)eq f(2r(3)f(r(6),3),f(2,3)r(2)3.12解(1)f(x)eq r(3)sin xcos xeq f(1cos 2x,2)eq f(1,2)eq f(r(3),2)sin 2xeq f(1,2)cos 2x1sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)1.因為函數圖象兩相鄰對稱軸間的距離為eq f(,2).f(x)的最小正周期T，又Teq f(2,2)，1，從而f(x)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)1，令2keq f(,2)2xeq f(,6)2keq f(,2)(kZ)，得keq f(,6)xkeq f

34、(,3)(kZ)，函數f(x)的單調增區間為eq blcrc(avs4alco1(kf(,6)，kf(,3)，kZ.(2)由(1)知：f(x)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)1所以sineq blc(rc)(avs4alco1(2Cf(,6)1，因為0C，所以eq f(,6)2Ceq f(,6)0，因此cos eq f(1,2)，且sin 0，所以2keq f(,3)，kZ，又|eq f(,2)，那么eq f(,3)，f(x)2coseq blc(rc)(avs4alco1(xf(,3)，根據圖象平移變換，知g(x)2coseq blc(rc)(avs4alco1

35、(xf(2,3).又0 x，知eq f(2,3)xeq f(2,3)eq f(,3).g(x)的最小值為2coseq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)1.110，2建立如下圖的直角坐標系，那么D(0，1)，C(1，1)，設Q(m，n)，由eq o(DQ,sup6()eq o(DC,sup6()得，(m，n1)(1，0)，即m，n1，又B(2，0)，設P(s，t)，由eq o(CP,sup6()(1)eq o(CB,sup6()得，(s1，t1)(1)(1，1)，即s2，t，所以eq o(AP,sup6()eq o(AQ,s

36、up6()(2)23，0，1，eq o(AP,sup6()eq o(AQ,sup6()0，2122法一eq o(AE,sup6()eq o(BD,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(o(AD,sup6()f(1,2)o(AB,sup6() )eq blc(rc)(avs4alco1(o(AD,sup6()o(AB,sup6() )eq o(AD,sup6()2eq f(1,2)eq o(AB,sup6()2022eq f(1,2)222.法二以A為原點建立平面直角坐標系(如圖)那么A(0，0)，B(2，0)，C(2，2)，D(0，2)，E(1，2)eq o(AE,sup6()

37、(1，2)，eq o(BD,sup6()(2，2)從而eq o(AE,sup6()eq o(BD,sup6()1(2)222.13.eq f(,6)根據題意，將xeq f(,3)代入可得coseq f(,3)sineq blc(rc)(avs4alco1(2f(,3)eq f(1,2)，eq f(2,3)2keq f(,6)或eq f(2,3)2keq f(5,6)，kZ.又0，)，eq f(,6).143由G為重心，得eq o(AG,sup6()eq f(2,3)eq f(1,2)(ab)eq f(1,3)(ab)eq o(PG,sup6()eq o(AG,sup6()eq o(AP,sup

38、6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)m)aeq f(b,3)，eq o(GQ,sup6()eq o(AQ,sup6()eq o(AG,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(nf(1,3)beq f(1,3)a，又P、G、Q三點共線，eq f(f(1,3)m,f(1,3)eq f(f(1,3),nf(1,3)，即mn3mn.因此eq f(1,m)eq f(1,n)3.15100eq r(6)如下圖，在ABC中，AB600，BAC30，ACB753045.由正弦定理，得eq f(BC,sinBAC)eq f(AB,sinACB)，BC600eq f(sin

39、30,sin 45)300eq r(2).在RtBCD中，CBD30，CDBCtanCBD300eq r(2)tan 30100eq r(6).16解(1)因為f(x)eq f(r(2),2)sin xeq f(r(2),2)(1cos x)sineq blc(rc)(avs4alco1(xf(,4)eq f(r(2),2)，所以f(x)的最小正周期為2.(2)因為x0，所以eq f(3,4)xeq f(,4)eq f(,4).當xeq f(,4)eq f(,2)，即xeq f(3,4)時，f(x)取得最小值所以f(x)在區間，0上的最小值為feq blc(rc)(avs4alco1(f(3,

40、4)1eq f(r(2),2).17解(1)因為meq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)，f(r(2),2)，n(sin x，cos x)，mn.所以mn0，即eq f(r(2),2)sin xeq f(r(2),2)cos x0，所以sin xcos x，所以tan x1.(2)因為|m|n|1，所以mncoseq f(,3)eq f(1,2)，即eq f(r(2),2)sin xeq f(r(2),2)cos xeq f(1,2)，所以sineq blc(rc)(avs4alco1(xf(,4)eq f(1,2)，因為0 xeq f(,2)，所以eq f(,4)xeq

41、 f(,4)eq f(,4).因此xeq f(,4)eq f(,6)，故xeq f(5,12).18解(1)由Aeq f(,4)，b2a2eq f(1,2)c2及正弦定理得sin2Beq f(1,2)eq f(1,2)sin2C.所以cos 2Bsin2C.又由Aeq f(,4)，得BCeq f(3,4).2Beq f(3,2)2C，那么cos 2Bcoseq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)2C)sin 2C.從而sin 2Csin2C，即2sin Ccos Csin2C.又sin C0，故tan C2.(2)由tan C2，C(0，)得sin Ceq f(2r(5),5)，cos Ceq f(r(5),5)，又因為sin Bsin(AC)sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)C)，所以sin Beq f(3r(10),10