新高考数学二轮复习考点突破学案2.4《平面向量综合问题》微重点（2份打包，原卷版+教师版）

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考点一 三角函数的最值(值域)与ω，φ的取值范围
例1 (1)若函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3)) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3，\f(7,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(7,2)))
答案为：B
解析：因为ω>0，所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，ωx﹣eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(ωπ,2)－\f(π,4))).
又因为函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
所以eq \f(π,2)≤eq \f(ωπ,2)﹣eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，解得eq \f(3,2)≤ω≤3.
(2)已知函数f(x)＝sin ωx＋acs 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________.
答案为：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13π,18)，＋∞))
解析：f(x)＝sin ωx＋acs ωx＝eq \r(1＋a2)sin(ωx＋φ)，因为f(x)max＝eq \r(1＋a2)＝2，a>0，故a＝eq \r(3)，原式为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，当f(x)取到最大值时，ωx＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，当x∈[0,3]，f(x)取得两次最大值时，k分别为0和1，当k＝1时，ωx＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋2π，x＝eq \f(13π,6ω)，此时需满足eq \f(13π,6ω)≤3，解得ω≥eq \f(13π,18).
规律方法 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.
跟踪演练1 已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象与直线y＝1的相邻两个交点的距离为π，若对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,24)，\f(π,3)))，不等式f(x)>eq \f(1,2)恒成立，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,6))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,3))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))
答案为：A
解析：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，所以函数y＝f(x)的最小正周期为T＝π，所以ω＝eq \f(2π,T)＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,24)，\f(π,3)))时，eq \f(π,12)＋φ<2x＋φeq \f(1,2)对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,24)，\f(π,3)))恒成立，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋φ≥\f(π,6)，,\f(2π,3)＋φ≤\f(5π,6)，))解得eq \f(π,12)≤φ≤eq \f(π,6).因此φ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,6))).
考点二 单调性与ω，φ的取值范围
例2 (1)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，f(0)＝eq \f(\r(2),2)且函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,16)，\f(π,8)))上单调递减，则ω的最大值为________.
答案为：10
解析：因为f(0)＝sin φ＝eq \f(\r(2),2)，又|φ|≤eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,4)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,16)，\f(π,8)))且ω>0时，eq \f(πω,16)＋eq \f(π,4)<ωx＋eq \f(π,4)则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πω,16)＋\f(π,4)，\f(πω,8)＋\f(π,4)))⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(πω,16)＋\f(π,4)≥\f(π,2)＋2kπk∈Z，,\f(πω,8)＋\f(π,4)≤\f(3π,2)＋2kπk∈Z，))
解得4＋32k≤ω≤10＋16k(k∈Z)，因为ω>0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k≥0，,32k＋4≤16k＋10，))
则0≤k≤eq \f(3,8)且k∈Z，故k＝0，从而4≤ω≤10，因此，ω的最大值为10.
(2)若直线x＝eq \f(π,4)是曲线y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)的一条对称轴，且函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上不单调，则ω的最小值为( )
A.9 B.7 C.11 D.3
答案为：C
解析：因为直线x＝eq \f(π,4)是曲线y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)的一条对称轴，
则eq \f(π,4)ω﹣eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，即ω＝4k＋3，k∈Z，由﹣eq \f(π,2)≤ωx﹣eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)，得﹣eq \f(π,4ω)≤x≤eq \f(3π,4ω)，
则函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4ω)，\f(3π,4ω)))上单调递增，而函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上不单调，则eq \f(3π,4ω)9，所以ω的最小值为11.
规律方法 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.
跟踪演练2 已知f(x)＝sin(2x﹣φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))上有最小值，那么φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))
答案为：B
解析：由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，可得2x﹣φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－φ，\f(2π,3)－φ))，又由0<φ可得eq \f(2π,3)﹣φ≤eq \f(π,2)，所以eq \f(π,6)≤φ＜eq \f(π,2).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))时，2x﹣φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－φ，\f(7π,4)－φ))，由f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))上有最小值，可得eq \f(7π,4)﹣φ>eq \f(3π,2)，所以φ考点三 零点与ω，φ的取值范围
例3 (1)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))在区间(0，π)上恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(13,6))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(19,6))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(8,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(19,6)))
答案为：C
解析：由题意可得ω>0，故由x∈(0，π)，得ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，πω＋\f(π,3))).根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有三个极值点，知eq \f(5π,2)<πω＋eq \f(π,3)≤eq \f(7π,2)，得eq \f(13,6)<ω≤eq \f(19,6).根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有两个零点，知2π<πω＋eq \f(π,3)≤3π，得eq \f(5,3)<ω≤eq \f(8,3).综上，ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(8,3))).
(2)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋b(ω>0)，若存在实数a，对任意的实数x都有f(a＋x)＋f(a﹣x)＝2，且f(x)在区间[0,1]上有且仅有3个零点，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2))) B.[﹣1，eq \r(3)) C.[﹣1，eq \r(3)＋1) D.[0，eq \r(3)＋1)
答案为：C
解析：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，
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋1(ω>0)，令f(x)＝0，则2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋1＝0，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＝﹣eq \f(1,2)，因为x∈[0,1]，所以ωx﹣eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，ω－\f(π,6)))，
因为f(x)在区间[0,1]上有且仅有3个零点，所以eq \f(11π,6)≤ω﹣eq \f(π,6)所以eq \f(4π,3)≤eq \f(3ω,4)﹣eq \f(π,6)即﹣1≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))规律方法 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.
跟踪演练3 已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋x))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝0，且f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,10)，\f(π,2)))上有且只有一个极大值点，则ω的最大值为________.
答案为：eq \f(33,4)
解析：由题意知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)ω＋φ＝k1π，,\f(π,3)ω＋φ＝k2π＋\f(π,2)，))k1，k2∈Z，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω＝\f(32k＋1,4)，,φ＝\f(k′π,2)＋\f(π,4)，))k，k′∈Z，
其中k＝k2﹣k1，k′＝k2＋k1＝2k2﹣k，当k′＝﹣1时，φ＝﹣eq \f(π,4)，k＝2k2＋1，k2∈Z；
当k′＝0时，φ＝eq \f(π,4)，k＝2k2，k2∈Z.又f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,10)，\f(π,2)))上有且只有一个极大值点，
所以eq \f(π,2)﹣eq \f(π,10)＝eq \f(2π,5)≤2T＝eq \f(4π,ω)，得0<ω≤10，即0当k＝6时，ω＝eq \f(39,4)，φ＝eq \f(π,4)，此时eq \f(39,4)x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(49π,40)，\f(41π,8)))，此时有2个极大值点，舍去；
当k＝5时，ω＝eq \f(33,4)，φ＝﹣eq \f(π,4)，此时eq \f(33,4)x﹣eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(23π,40)，\f(31π,8)))，此时有1个极大值点，成立，所以ω的最大值为eq \f(33,4).
专题强化练
1.已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，现将y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度得到的函数图象也过点P，则( )
A.ω的最小值为2 B.ω的最小值为6
C.ω的最大值为2 D.ω的最大值为6
答案为：A
解析：依题意f(0)＝sin φ＝eq \f(1,2)，0<φ0，所以ω的最小值为2.
2.将函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))的图象向右平移φ(0<φ<π)个单位长度后得到g(x)的图象.若g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递增，则φ的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))
答案为：B
解析：g(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)－φ))，当eq \f(π,6)3.设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)，已知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递增，则f(x)在(0,2π)上的零点最多有( )
A.2个 B.3个 C.4个 D.5个
答案为：A
解析：由﹣eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得﹣eq \f(2π,3ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(π,3ω)＋eq \f(2kπ,ω)，k∈Z，
取k＝0，可得﹣eq \f(2π,3ω)≤x≤eq \f(π,3ω).若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递增，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3ω)≤－\f(π,6)，,\f(π,3ω)≥\f(π,4)，))解得0<ω≤eq \f(4,3).若x∈(0,2π)，则ωx＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2ωπ＋\f(π,6))).
设t＝ωx＋eq \f(π,6)，则t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2ωπ＋\f(π,6)))，因为2ωπ＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(17π,6)))，
所以函数y＝sin t在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2ωπ＋\f(π,6)))上的零点最多有2个.
所以f(x)在(0,2π)上的零点最多有2个.
4.设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，a＋\f(π,3)))上的最大值为M，最小值为m，则M﹣m的最小值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(1,2) C.1﹣eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(2)－1,2)
答案为：B
解析：当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，a＋\f(π,3)))时，2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2a＋\f(π,4)，2a＋\f(π,4)＋\f(2π,3)))，令2x＋eq \f(π,4)＝t，2a＋eq \f(π,4)＝h，则问题转化为g(t)＝sin t在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(h，h＋\f(2π,3)))上的最大值是M，最小值是m，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，则g(t)的最大值或最小值点是区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(h，h＋\f(2π,3)))的中点，由周期性，不妨取h＋h＋eq \f(2π,3)＝π或h＋h＋eq \f(2π,3)＝3π，即h＝eq \f(π,6)或h＝eq \f(7π,6)，当h＝eq \f(π,6)时，M＝1，m＝sin eq \f(π,6)＝eq \f(1,2)，M﹣m＝eq \f(1,2)，当h＝eq \f(7π,6)时，m＝﹣1，M＝sin eq \f(7π,6)＝﹣eq \f(1,2)，M﹣m＝eq \f(1,2).
5.(多选)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝0，f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))))恒成立，且f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上单调，那么下列说法中正确的是( )
A.存在φ，使得f(x)是偶函数 B.f(0)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))
C.ω是奇数 D.ω的最大值为3
答案为：BC
解析：由f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))))，知x＝eq \f(3π,8)为函数f(x)图象的一条对称轴，所以f(0)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4))).
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝0，所以eq \f(2n＋1,4)·T＝eq \f(3π,8)﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝eq \f(π,2)(n∈Z)，即eq \f(2n＋1,4)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(π,2)(n∈Z)，即ω＝2n＋1(n∈Z).因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上单调，所以eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)≥eq \f(π,24)﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝eq \f(π,8)，所以ω≤8，所以ωmax＝7.因为|φ|6.(多选)已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)，则下列说法正确的是( )
A.若将f(x)的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度，所得图象与原图象重合，则ω的最小值为4
B.若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，则ω的最小值为1
C.若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4)))
D.若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上无零点，则ω的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(7,4)))
答案为：BC
解析：f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))－\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)，若将f(x)的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度，所得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(ωπ,4)＋\f(π,4)))的图象与原图象重合，则eq \f(ωπ,4)＝2kπ，k∈Z，
∴ω＝8k，k∈Z，故ω的最小值为8，故A错误；
若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，且ω最小，则函数的图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称，∴ω·eq \f(π,4)＋eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即ω＝4k＋1(k∈Z)，则ω的最小值为1，故B正确；
∵x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴ωx＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)，ωπ＋\f(π,4)))，若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥2kπ＋\f(π,2)，,ωπ＋\f(π,4)≤2kπ＋\f(3π,2)，))k∈Z，解得4k＋eq \f(1,2)≤ω≤2k＋eq \f(5,4)，k∈Z，
令k＝0，可得ω的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4)))，故C正确；
若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上无零点，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤kπ＋π，))k∈Z，解得2k﹣eq \f(1,2)≤ω≤k＋eq \f(3,4)，k∈Z，
令k＝0，可得ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))；令k＝1，可得ω的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(7,4)))，
故ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(7,4)))，故D错误.
7.已知函数f(x)＝sin ωx(sin ωx＋cs 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__________.
答案为：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,8)，\f(19,8)))
解析：f(x)＝sin ωx(sin ωx＋cs ωx)＝eq \f(1－cs 2ωx,2)＋eq \f(1,2)sin 2ωx＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,4)))＋eq \f(1,2)，
∵x∈(0，π)，∴2ωx﹣eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，2ωπ－\f(π,4)))，
∵f(x)在(0，π)上恰有2个最大值点，
∴y＝sin t在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，2ωπ－\f(π,4)))上恰有两个最大值点，
∵当t＝eq \f(π,2)，eq \f(5π,2)，eq \f(9π,2)时，y可以取最大值，∴eq \f(5π,2)<2ωπ﹣eq \f(π,4)≤eq \f(9π,2)，解得eq \f(11,8)<ω≤eq \f(19,8).
8.已知函数f(x)＝sin x＋eq \r(3)|cs 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________.
答案为：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,6))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(7π,6)))
解析：当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z时，f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))，k∈Z时，f(x)＝sin x﹣eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，
令﹣eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，得﹣eq \f(5π,6)≤x≤eq \f(π,6)，所以函数f(x)的一个单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,6)))，
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，0≤x≤\f(π,2)，,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，\f(π,2)则当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)∈[1,2]，且f(0)＝eq \r(3)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))时，
令﹣eq \f(π,2)≤x﹣eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，则﹣eq \f(π,6)≤x≤eq \f(5π,6)，所以函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上单调递增，
此时f(x)∈[1,2]；令eq \f(π,2)≤x﹣eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)，得eq \f(5π,6)≤x≤eq \f(11π,6)，所以函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(3π,2)))上单调递减，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(3π,2)))时，令f(x)＝1，得x＝eq \f(7π,6)，因为当x∈[0，a]时，函数f(x)的值域为[1,2]，
所以eq \f(π,2)≤a≤eq \f(7π,6).
微重点7 几何特征在解三角形中的应用
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
例1 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \r(3)asin B＝2bcs2eq \f(B＋C,2).
(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.
解 (1)依题意有eq \r(3)asin B＝2bcs2eq \f(B＋C,2)＝(1﹣cs A)b，
所以eq \r(3)sin Asin B＝(1﹣cs A)sin B，
因为在△ABC中sin B≠0，所以eq \r(3)sin A＝1﹣cs A，
又sin2A＋cs2A＝1，解得sin A＝eq \f(\r(3),2)，cs A＝﹣eq \f(1,2)，所以A＝eq \f(2π,3).
(2)由|eq \(AD,\s\up6(→))|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→))＋\(AC,\s\up6(→)),2)))＝2，得|eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))|＝4，
所以|eq \(AB,\s\up6(→))|2＋|eq \(AC,\s\up6(→))|2＋2|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|cs eq \f(2π,3)＝|eq \(AB,\s\up6(→))|2＋|eq \(AC,\s\up6(→))|2﹣|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|＝16≥|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|，
所以(|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|)max＝16，当且仅当|eq \(AB,\s\up6(→))|＝|eq \(AC,\s\up6(→))|＝4时，等号成立.
所以△ABC面积的最大值为S＝eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up6(→))|·|eq \(AC,\s\up6(→))|·sin∠BAC＝4eq \r(3).
规律方法 解三角形问题涉及到中点问题时，可采用向量法使问题简化.在△ABC中，若D为边BC上的中点，则eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))，两边平方即可得到三角形边长之间的关系.
跟踪演练1 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；
(2)求cs∠ACB的值.
(1)证明 由题意得，CD＝eq \f(asin B,sin∠ACB)，
由正弦定理得eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin∠ACB)，即eq \f(sin B,sin∠ACB)＝eq \f(b,c)，所以CD＝eq \f(ab,c)，
由于c2＝ab，所以CD＝c.
(2)解 由题意知CD＝c，AD＝eq \f(c,2)，DB＝eq \f(c,2)，所以cs∠ADC＝eq \f(c2＋\f(c2,4)－b2,2·c·\f(c,2))＝eq \f(\f(5,4)c2－b2,c2)，
同理cs∠BDC＝eq \f(c2＋\f(c2,4)－a2,2·c·\f(c,2))＝eq \f(\f(5,4)c2－a2,c2)，由于∠ADC＝π﹣∠BDC，
所以eq \f(\f(5,4)c2－b2,c2)＋eq \f(\f(5,4)c2－a2,c2)＝0，整理得a2＋b2＝eq \f(5,2)c2，
由余弦定理得cs∠ACB＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(3c2,4ab)＝eq \f(3,4).
考点二 三角形的角平分线及应用
例2 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；
(2)若AD＝1，求AB＋AC的最小值.
解 (1)因为AC＝2AB＝2，∠BAC＝120°，
利用余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2﹣2AB·AC·cs∠BAC＝7，故BC＝eq \r(7)，
由角平分线定理知eq \f(AB,AC)＝eq \f(BD,CD)，又eq \f(AB,AC)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(BD,CD)＝eq \f(1,2)，
又BD＋CD＝eq \r(7)，所以CD＝eq \f(2\r(7),3).
(2)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eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×bc＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×b×1＋eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×c×1，
整理得bc＝b＋c.所以b＋c＝bc≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,2)))2，即eq \f(b＋c2,4)≥b＋c，解得b＋c≥4，
当且仅当b＝c＝2时取“＝”，即AB＋AC的最小值为4.
规律方法 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.
跟踪演练2 (多选)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＝ccs∠BAC，∠BAC的角平分线交BC于点D，AD＝1，cs∠BAC＝eq \f(1,8)，则以下结论正确的是( )
A.AC＝eq \f(3,4) B.AB＝8 C.eq \f(CD,BD)＝eq \f(1,8) D.△ABD的面积为eq \f(3\r(7),4)
答案为：ACD
解析：因为b＝ccs∠BAC，
由正弦定理可得sin B＝sin Ccs∠BAC＝sin(∠BAC＋C)，
所以sin∠BACcs C＝0，因为sin∠BAC≠0，所以cs C＝0，即C＝eq \f(π,2).
因为eq \f(1,8)＝cs∠BAC＝eq \f(AC,AB)，由角平分线定理可得eq \f(AC,AB)＝eq \f(CD,BD)＝eq \f(1,8)，设AC＝x，则AB＝8x，
则BC＝3eq \r(7)x，CD＝eq \f(\r(7),3)x.在Rt△ACD中，由勾股定理可得x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),3)x))2＝1，
解得x＝eq \f(3,4)，即AC＝eq \f(3,4)，AB＝6.因为S△ABC＝eq \f(1,2)×eq \f(3,4)×6×eq \f(3\r(7),8)＝eq \f(27\r(7),32)，
所以S△ABD＝eq \f(8,9)S△ABC＝eq \f(3\r(7),4).
考点三 四边形问题
例3 在①S△ABC＝2，②∠ADC＝eq \f(π,6)这两个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答.
如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝eq \f(3π,4)，∠BAC＝∠DAC，________，CD＝2AB＝4，求AC的长.(注：若选择多个条件解答，则按第一个解答计分)
解 选择①：由S△ABC＝eq \f(1,2)·AB·BC·sin∠ABC＝eq \f(1,2)×2·BC·sin eq \f(3π,4)＝2，得BC＝2eq \r(2).
由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2﹣2AB·BC·cs∠ABC＝4＋8﹣2×2×2eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))＝20，
所以AC＝eq \r(20)＝2eq \r(5).
选择②：设∠BAC＝∠CAD＝θ，则0<θ在△ABC中，eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(AB,sin∠BCA)，即eq \f(AC,sin \f(3π,4))＝eq \f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ)))，所以AC＝eq \f(\r(2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ))).
在△ACD中，eq \f(AC,sin∠ADC)＝eq \f(CD,sin∠CAD)，即eq \f(AC,sin \f(π,6))＝eq \f(4,sin θ)，
所以AC＝eq \f(2,sin θ)，所以eq \f(2,sin θ)＝eq \f(\r(2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ)))，解得2sin θ＝cs θ，
又0<θ规律方法 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.
跟踪演练3 (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( )
A.eq \f(5\r(3),3) B.2eq \r(3) C.3eq \r(3) D.eq \f(7\r(3),3)
答案为：D
解析：设∠ACB＝α，在△ABC中，由余弦定理得AC2＝10﹣6cs 120°＝13，
则AC＝eq \r(13)，从而CD＝eq \r(\f(13,3))＝eq \f(\r(39),3)，由正弦定理得eq \f(AB,sin α)＝eq \f(AC,sin 120°)，
即sin α＝eq \f(\r(3),2\r(13))＝eq \f(\r(39),26)，从而cs∠BCD＝cs(90°＋α)＝﹣sin α＝﹣eq \f(\r(39),26)，
在△BCD中，由余弦定理得BD2＝9＋eq \f(13,3)＋2×3×eq \f(\r(39),3)×eq \f(\r(39),26)＝eq \f(49,3)，则BD＝eq \f(7\r(3),3).
(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＝__________.
答案为：eq \f(1,2)
解析：设AD＝a，则AB＝2a，由题意可知S△ABD＝eq \f(1,2)·AB·AD·sin∠BAD＝a2sin∠BAD.
在△ABD中，根据余弦定理，
可得BD2＝AB2＋AD2﹣2AB·AD·cs∠BAD＝a2(5﹣4cs∠BAD)，
则S△BCD＝eq \f(1,2)BD2sin 60°＝eq \f(\r(3),4)BD2＝eq \f(\r(3),4)a2(5﹣4cs∠BAD)，
所以四边形ABCD的面积S＝a2sin∠BAD＋eq \f(\r(3),4)a2(5﹣4cs∠BAD)
＝eq \f(5\r(3),4)a2＋2a2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∠BAD－\f(π,3))).所以当∠BAD＝eq \f(5π,6)时，四边形ABCD的面积S最大，
此时，sin∠BAD＝eq \f(1,2).
专题强化练
1.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且∠BAC＝60°，b＝3，AD为BC边上的中线，若AD＝eq \f(7,2)，则BC的长为( )
A.7 B.3eq \r(2) C.eq \r(19) D.3eq \r(3)
答案为：C
解析：如图，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))，
∵eq \(AD,\s\up6(→))2＝eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(AC,\s\up6(→))2＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→)))，∴eq \f(49,4)＝eq \f(1,4)(c2＋9＋3c)，∴c＝5(负根舍去)，
∵BC2＝b2＋c2﹣2bccs∠BAC＝9＋25﹣2×3×5×eq \f(1,2)＝19，∴BC＝eq \r(19).
2.如图，在四边形ABCD中，BC⊥DC，∠BAD＝∠ABC＝eq \f(π,3)，BC＝2，AD＝1，则DC的长为( )
A.eq \f(\r(6),2) B.eq \r(2) C.eq \r(3) D.3
答案为：C
解析：如图，延长AD，BC交于点E，由题意知，∠BAD＝∠ABC＝eq \f(π,3)，BC⊥DC，
∴∠DEC＝eq \f(π,3)，∠DCE＝eq \f(π,2)，∴∠ADC＝eq \f(5π,6)，不妨设DC＝x，则EC＝eq \f(\r(3),3)x，DE＝eq \f(2\r(3),3)x.
∵BE＝EC＋BC＝AE，∴eq \f(\r(3),3)x＋2＝1＋eq \f(2\r(3),3)x，解得x＝eq \r(3).
3.在圆内接四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝3，AD＝4，则△ACD的面积为( )
A.eq \f(5\r(10),7) B.eq \f(12\r(10),7) C.eq \f(19\r(10),7) D.eq \f(26\r(10),7)
答案为：B
解析：设∠ABC＝θ，则∠ADC＝π﹣θ，
∵在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2﹣2AB·BC·cs θ，
在△ACD中，AC2＝AD2＋CD2﹣2AD·CD·cs(π﹣θ)，
∴AB2＋BC2﹣2AB·BC·cs θ＝AD2＋CD2＋2AD·CD·cs θ，则61﹣60cs θ＝25＋24cs θ，
∴cs θ＝eq \f(3,7)，而0<θ<π，故sin θ＝eq \f(2\r(10),7)，∴S△ACD＝eq \f(1,2)AD·CD·sin(π﹣θ)＝6sin θ＝eq \f(12\r(10),7).
4.如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，∠BAC的角平分线交BC于点D，AB＝2AC，若CD＝eq \r(7)，则S△ABC的面积为________.
答案为：eq \f(9\r(3),2)
解析：由角平分线定理知eq \f(AB,AC)＝eq \f(BD,CD)＝2，∴BD＝2CD＝2eq \r(7)，∴BC＝3eq \r(7)，
令AC＝t，则AB＝2t，由余弦定理得63＝t2＋4t2﹣2×t×2t×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))解得t＝3(负值舍去)，
∴AB＝6，AC＝3，∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB·AC·sin∠BAC＝eq \f(9\r(3),2).
5.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中A＝60°，B＝45°，若将六个和△ABC全等的三角形围成如图的正六边形，设其面积为S1，阴影部分面积为S2，则eq \f(S1,S2)＝________.
答案为：3eq \r(3)＋6
解析：因为A＝60°，B＝45°，则C＝75°，
所以sin C＝sin 75°＝sin(45°＋30°)＝sin 45°cs 30°＋cs 45°sin 30°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，
面积比为相似比的平方，eq \f(S1,S2)＝eq \f(a2,c－b2)＝eq \f(sin2A,sin C－sin B2)＝eq \f(sin260°,sin 75°－sin 45°2)＝eq \f(3,2－\r(3))＝6＋3eq \r(3).
6.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知eq \r(3)tan Atan B﹣tan A﹣tan B＝eq \r(3)，角C的平分线CD交AB于D.
(1)求证：eq \f(\r(3),CD)＝eq \f(1,CA)＋eq \f(1,CB)；
(2)若CD＝CB＝2，求△ABC的面积.
(1)证明 ∵eq \r(3)tan Atan B﹣tan A﹣tan B＝eq \r(3)，
∴eq \r(3)(tan Atan B﹣1)＝tan A＋tan B，∴eq \f(tan A＋tan B,1－tan Atan B)＝﹣eq \r(3)，
∴tan(A＋B)＝﹣eq \r(3)，∴tan∠ACB＝eq \r(3)，
∵0<∠ACB<π，∴∠ACB＝eq \f(π,3)，
∵CD为角平分线，∴S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，
∴eq \f(1,2)·CA·CB·sin∠ACB＝eq \f(1,2)·CD·CA·sin∠ACD＋eq \f(1,2)·CD·CB·sin∠BCD，
∴eq \r(3)CA·CB＝CD·CB＋CD·CA，即eq \f(\r(3),CD)＝eq \f(1,CA)＋eq \f(1,CB).
(2)解 由CD＝CB＝2代入eq \f(\r(3),CD)＝eq \f(1,CA)＋eq \f(1,CB)，可得CA＝eq \r(3)＋1，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)×CA×CB×sin∠ACB＝eq \f(1,2)×2×(eq \r(3)＋1)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3＋\r(3),2).
7.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且ccs A＋(a＋2b)cs C＝0.
(1)求C的大小；
(2)若△ABC的面积等于4eq \r(3)，D为BC边的中点，当中线AD的长最短时，求AB边的长.
解 (1)由ccs A＋(a＋2b)cs C＝0，得sin Ccs A＋(sin A＋2sin B)cs C＝0，
即﹣2sin Bcs C＝sin(A＋C)＝sin(π﹣B)＝sin B.因为0°0，
从而cs C＝﹣eq \f(1,2).又0°(2)因为S△ABC＝eq \f(1,2)absin 120°＝eq \f(\r(3),4)ab＝4eq \r(3)，所以ab＝16.
在△ACD中，由余弦定理可得AD2＝b2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2﹣2×b×eq \f(a,2)×cs 120°
＝b2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2＋eq \f(ab,2)≥2eq \r(b2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2)＋eq \f(ab,2)＝eq \f(3ab,2)＝24，
当且仅当b＝eq \f(1,2)a，即a＝4eq \r(2)，b＝2eq \r(2)时，等号成立.此时AB2＝a2＋b2﹣2abcs 120°
＝32＋8﹣2×4eq \r(2)×2eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝56，故AB＝2eq \r(14).
8.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD·sin D＝2CD·sin B.
(1)求证：BC＝2CD；
(2)若AD＝BC＝2，∠ADC＝120°，求梯形ABCD的面积.
(1)证明 在△ACD中，由正弦定理得eq \f(AD,sin∠ACD)＝eq \f(AC,sin D)，即AD·sin D＝AC·sin∠ACD，
因为AB∥CD，所以∠ACD＝∠CAB，所以AD·sin D＝AC·sin∠CAB，
在△ABC中，由正弦定理得eq \f(AC,sin B)＝eq \f(BC,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)解 由(1)知CD＝eq \f(1,2)BC＝1.
在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2﹣2AD·CD·cs∠ADC，解得AC＝eq \r(7).
所以cs∠CAB＝cs∠ACD＝eq \f(CD2＋AC2－AD2,2CD·AC)＝eq \f(2\r(7),7).
在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2﹣2AC·AB·cs∠CAB，解得AB＝1或3.
又因为四边形ABCD为梯形，所以AB＝3.
又梯形ABCD的高为h＝AD·sin 60°＝eq \r(3)，
所以梯形ABCD的面积为S＝eq \f(1,2)(AB＋CD)h＝2eq \r(3).
微重点8 平面向量的最值与范围问题
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)
例1 (1)在正六边形ABCDEF中，点G为线段DF(含端点)上的动点，若eq \(CG,\s\up6(→))＝λeq \(CB,\s\up6(→))＋μeq \(CD,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围是________.
答案为：[1,4]
解析：根据题意，不妨设正六边形ABCDEF的边长为2eq \r(3)，以O为原点建立平面直角坐标系，如图所示，
则F(﹣2eq \r(3)，0)，D(eq \r(3)，3)，C(2eq \r(3)，0)，B(eq \r(3)，﹣3)，
设点G的坐标为(m，n)，则eq \(CG,\s\up6(→))＝(m﹣2eq \r(3)，n)，
eq \(CB,\s\up6(→))＝(﹣eq \r(3)，﹣3)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(﹣eq \r(3)，3)，由eq \(CG,\s\up6(→))＝λeq \(CB,\s\up6(→))＋μeq \(CD,\s\up6(→))可得，
m﹣2eq \r(3)＝﹣eq \r(3)λ﹣eq \r(3)μ，即λ＋μ＝﹣eq \f(\r(3),3)m＋2，数形结合可知m∈[﹣2eq \r(3)，eq \r(3)]，
则﹣eq \f(\r(3),3)m＋2∈[1,4]，即λ＋μ的取值范围为[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]
答案为：A
解析：∵非零向量a，b的夹角为θ，若|a|＝2|b|，a·b＝|a||b|cs θ＝2|b|2cs 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)cs θ≥0恒成立，
∵cs θ∈[﹣1,1]，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(13－λ2＋8－4λ≥0，,13－λ2－8＋4λ≥0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－7≤λ≤3，,－1≤λ≤5，))∴﹣1≤λ≤3.
规律方法 利用共线向量定理及推论
(1)a∥b⇔a＝λb(b≠0).
(2)eq \(OA,\s\up6(→))＝λeq \(OB,\s\up6(→))＋μeq \(OC,\s\up6(→))(λ，μ为实数)，则A，B，C三点共线⇔λ＋μ＝1.
跟踪演练1 在△ABC中，M为BC边上任意一点，N为线段AM上任意一点，若eq \(AN,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2))) C.[0,1] D.[1,2]
答案为：C
解析：由题意，设eq \(AN,\s\up6(→))＝teq \(AM,\s\up6(→))(0≤t≤1)，如图.
当t＝0时，eq \(AN,\s\up6(→))＝0，所以λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→))＝0，所以λ＝μ＝0，从而有λ＋μ＝0；
当0即eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(λ,t)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(μ,t)eq \(AC,\s\up6(→))，因为M，B，C三点共线，所以eq \f(λ,t)＋eq \f(μ,t)＝1，即λ＋μ＝t∈(0,1].
综上，λ＋μ的取值范围是[0,1].
考点二 求向量模、夹角的最值(范围)
例2 (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
答案为：C
解析：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，|a＋e|＝eq \r(x＋12＋y2)＝eq \r(8x－4)，
当x＝5时，eq \r(8x－4)取得最大值为6，即|a＋e|的最大值为6.
(2)在平行四边形ABCD中，eq \f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＋eq \f(2\(AD,\s\up6(→)),|\(AD,\s\up6(→))|)＝eq \f(λ\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|)，λ∈[eq \r(2)，2]，则cs∠BAD的取值范围是________.
答案为：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(1,4)))
解析：因为eq \f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＋eq \f(2\(AD,\s\up6(→)),|\(AD,\s\up6(→))|)＝eq \f(λ\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|)，且eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))，所以|eq \(AB,\s\up6(→))|∶|eq \(AD,\s\up6(→))|∶|eq \(AC,\s\up6(→))|＝1∶2∶λ，
不妨设|eq \(AB,\s\up6(→))|＝1，则|eq \(AD,\s\up6(→))|＝2，|eq \(AC,\s\up6(→))|＝λ，
在等式eq \f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＋eq \f(2\(AD,\s\up6(→)),|\(AD,\s\up6(→))|)＝eq \f(λ\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|)两边同时平方可得5＋4cs∠BAD＝λ2，则cs∠BAD＝eq \f(λ2－5,4)，
因为λ∈[eq \r(2)，2]，所以cs∠BAD＝eq \f(λ2－5,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(1,4))).
易错提醒 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.
跟踪演练2 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
答案为：B
解析：由|a﹣3b|＝|a＋3b|得a·b＝0，所以a⊥b.如图，
设eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，|eq \(OA,\s\up6(→))|＝m，|eq \(OB,\s\up6(→))|＝n，
由a⊥b可知OA⊥OB，所以|eq \(AB,\s\up6(→))|＝|b﹣a|＝|a＋b|＝4，
即m2＋n2＝16，所以2mn≤16，则mn≤8，当且仅当m＝n时取得等号.设eq \(OC,\s\up6(→))＝c，
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，由等面积法可得，
eq \f(1,2)|eq \(OA,\s\up6(→))|·|eq \(OB,\s\up6(→))|＝eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up6(→))|·|eq \(OC,\s\up6(→))|，得|eq \(OC,\s\up6(→))|＝eq \f(|\(OA,\s\up6(→))|·|\(OB,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(mn,4)≤2，所以|c|的最大值为2.
考点三 求数量积的最值(范围)
例3 (1)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( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C.1 D.eq \f(3,2)
答案为：B
解析：∵|a﹣b|2＝a2﹣2a·b＋b2＝2﹣2a·b＝1，∴a·b＝eq \f(1,2)，
∴(a﹣b)·(b﹣c)＝a·b﹣a·c﹣b2＋b·c＝eq \f(1,2)﹣1﹣(a﹣b)·c＝﹣eq \f(1,2)﹣|a﹣b|·|c|cs〈a﹣b，c〉
＝﹣eq \f(1,2)﹣cs〈a﹣b，c〉，∵cs〈a﹣b，c〉∈[﹣1,1]，∴(a﹣b)·(b﹣c)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(1,2)))，
即(a﹣b)·(b﹣c)的最大值为eq \f(1,2).
(2)已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，点P在BC边上(包括端点)，则eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))的取值范围是________.
答案为：[﹣2,2]
解析：如图所示，以C为原点，eq \(BC,\s\up6(→))为x轴正方向，过点C垂直向上的方向为y轴，建立平面直角坐标系.
因为菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，则B(﹣2,0)，C(0,0)，D(1，eq \r(3))，A(﹣1，eq \r(3)).
因为点P在BC边上(包括端点)，所以设P(t，0)，其中t∈[﹣2,0].所以eq \(AD,\s\up6(→))＝(2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(t＋1，﹣eq \r(3))，所以eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝2t＋2∈[﹣2,2].
规律方法 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.
跟踪演练3 已知AB是半圆O的直径，AB＝2，等腰△OCD的顶点C，D在半圆弧eq \(AB,\s\up8(︵))上运动，且∠COD＝120°，点P是半圆弧eq \(AB,\s\up8(︵))上的动点，则eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，\f(3,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，1)) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))
答案为：C
解析：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，
不妨取C(1,0)，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，设P(cs α，sin α)(α∈[0，π])，
eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝(1﹣cs α，﹣sin α)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－cs α，\f(\r(3),2)－sin α))
＝eq \f(1,2)﹣eq \f(\r(3),2)sin α﹣eq \f(1,2)cs α＝eq \f(1,2)﹣sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6))).因为α∈[0，π]，所以α＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，所以eq \f(1,2)﹣sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，即eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1)).
专题强化练
1.设向量eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，﹣2)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(a，﹣1)，eq \(OC,\s\up6(→))＝(﹣b，0)，其中O为坐标原点，a>0，b>0，若A，B，C三点共线，则eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值为( )
A.4 B.6 C.8 D.9
答案为：C
解析：由题意得，eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))﹣eq \(OA,\s\up6(→))＝(a﹣1,1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))﹣eq \(OA,\s\up6(→))＝(﹣b﹣1,2)，
∵A，B，C三点共线，∴eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(AC,\s\up6(→))且λ∈R，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1＝－λb＋1，,2λ＝1，))可得2a＋b＝1，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))(2a＋b)＝4＋eq \f(b,a)＋eq \f(4a,b)≥4＋2eq \r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝8，当且仅当b＝2a＝eq \f(1,2)时，等号成立.
∴eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值为8.
2.设A，B，C是半径为1的圆O上的三点，且eq \(OA,\s\up6(→))⊥eq \(OB,\s\up6(→))，则(eq \(OC,\s\up6(→))﹣eq \(OA,\s\up6(→)))·(eq \(OC,\s\up6(→))﹣eq \(OB,\s\up6(→)))的最大值为( )
A.1＋eq \r(2) B.1﹣eq \r(2) C.eq \r(2)﹣1 D.1
答案为：A
解析：如图，作出eq \(OD,\s\up6(→))，
使eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \(OD,\s\up6(→))，则(eq \(OC,\s\up6(→))﹣eq \(OA,\s\up6(→)))·(eq \(OC,\s\up6(→))﹣eq \(OB,\s\up6(→)))＝eq \(OC,\s\up6(→))2﹣eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))﹣eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))
＝1﹣(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))·eq \(OC,\s\up6(→))＝1﹣eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＝1﹣eq \r(2)cs〈eq \(OD,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))〉，
当cs〈eq \(OD,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))〉＝﹣1时，(eq \(OC,\s\up6(→))﹣eq \(OA,\s\up6(→)))·(eq \(OC,\s\up6(→))﹣eq \(OB,\s\up6(→)))取得最大值为1＋eq \r(2).
3.平面向量a，b满足|a|＝1，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b－\f(3,2)a))＝1，记〈a，b〉＝θ，则sin θ的最大值为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(\r(5),3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2)
答案为：A
解析：因为|a|＝1，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b－\f(3,2)a))＝1，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b－\f(3,2)a))2＝|b|2﹣3a·b＋eq \f(9,4)|a|2＝1，
|b|2﹣3|a|·|b|cs θ＋eq \f(9,4)﹣1＝0，即|b|2﹣3|b|cs θ＋eq \f(5,4)＝0，
所以cs θ＝eq \f(|b|2＋\f(5,4),3|b|)＝eq \f(|b|,3)＋eq \f(5,12|b|)≥2eq \r(\f(5,36))＝eq \f(\r(5),3)，当且仅当|b|＝eq \f(\r(5),2)时，等号成立，
因为〈a，b〉＝θ，θ∈[0，π]，所以sin θ＝eq \r(1－cs2θ)≤eq \r(1－\f(5,9))＝eq \f(2,3)，即sin θ的最大值为eq \f(2,3).
4.如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，BC＝2，P是线段AB上的动点，则|eq \(PC,\s\up6(→))＋4eq \(PD,\s\up6(→))|的最小值为( )
A.3eq \r(5) B.6
C.2eq \r(5) D.4
答案为：B
解析：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)，
所以eq \(PC,\s\up6(→))＝(2，﹣x)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(1，a﹣x)，4eq \(PD,\s\up6(→))＝(4,4a﹣4x)，所以eq \(PC,\s\up6(→))＋4eq \(PD,\s\up6(→))＝(6,4a﹣5x)，
所以|eq \(PC,\s\up6(→))＋4eq \(PD,\s\up6(→))|＝eq \r(36＋4a－5x2)≥6，
所以当4a﹣5x＝0，即x＝eq \f(4,5)a时，|eq \(PC,\s\up6(→))＋4eq \(PD,\s\up6(→))|的最小值为6.
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( )
A.3 B.eq \r(10) C.eq \r(13) D.6
答案为：CD
解析：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，
则|a＋b|＝eq \r(a＋b2)＝eq \r(x1＋x22＋y1＋y22)＝eq \r(11＋y\\al(2,1)＋y\\al(2,2))≥eq \r(11＋2y1y2)＝eq \r(13)，
当且仅当y1＝y2＝1时取等号.
6.(多选)正方形ABCD的边长为2，E是BC的中点，如图，点P是以AB为直径的半圆上任意一点，eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))＋μeq \(AE,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则( )
A.λ的最大值为eq \f(1,2) B.μ的最大值为1
C.eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))的最大值为2 D.eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))的最大值为eq \r(5)＋2
答案为：BCD
解析：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(cs α，sin α)，
eq \(AP,\s\up6(→))＝(cs α＋1，sin α)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,2)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(2,1)，由eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))＋μeq \(AE,\s\up6(→))，
得2μ＝cs α＋1且2λ＋μ＝sin α，α∈[0，π]，
所以λ＝eq \f(1,4)(2sin α﹣cs α﹣1)＝eq \f(\r(5),4)sin(α﹣θ)﹣eq \f(1,4)≤eq \f(\r(5)－1,4)，故A错误；
当α＝0时，μmax＝1，故B正确；eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝2sin α≤2，故C正确；
eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝sin α＋2cs α＋2＝eq \r(5)sin(α＋φ)＋2≤eq \r(5)＋2，故D正确.
7.已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，E是边CD的中点，连接AE并延长至点F，使得AE＝2EF，若H为线段BC上的动点，则eq \(FH,\s\up6(→))·eq \(AH,\s\up6(→))的取值范围为______________.
答案为：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(177,64)，－\f(3,2)))
解析：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，
则A(0，eq \r(3))，B(﹣1,0)，C(0，﹣eq \r(3))，D(1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2))).设F(x0，y0)，
因为eq \(AE,\s\up6(→))＝2eq \(EF,\s\up6(→))，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(3\r(3),2)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(1,2)，y0＋\f(\r(3),2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－1，2y0＋\r(3)))，
所以2x0﹣1＝eq \f(1,2)，2y0＋eq \r(3)＝﹣eq \f(3\r(3),2)，所以x0＝eq \f(3,4)，y0＝﹣eq \f(5\r(3),4)，所以Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，－\f(5\r(3),4))).
易知直线BC的方程为y＝﹣eq \r(3)x﹣eq \r(3)，设H(x，﹣eq \r(3)x﹣eq \r(3))(﹣1≤x≤0)，
则eq \(AH,\s\up6(→))＝(x，﹣eq \r(3)x﹣2eq \r(3))，eq \(FH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,4)，－\r(3)x＋\f(\r(3),4)))，
所以eq \(FH,\s\up6(→))·eq \(AH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,4)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x－\f(\r(3),4)))(eq \r(3)x＋2eq \r(3))＝4x2＋eq \f(9,2)x﹣eq \f(3,2)，
因为﹣1≤x≤0，所以eq \(FH,\s\up6(→))·eq \(AH,\s\up6(→))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(177,64)，－\f(3,2))).
方法二 设eq \(BH,\s\up6(→))＝teq \(BC,\s\up6(→))(0≤t≤1)，则eq \(AH,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BH,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋teq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋teq \(AD,\s\up6(→)).
连接AC(图略)，因为E为CD的中点，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋2eq \(AD,\s\up6(→)))，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)(eq \(AB,\s\up6(→))＋2eq \(AD,\s\up6(→)))，
所以eq \(FH,\s\up6(→))·eq \(AH,\s\up6(→))＝(eq \(AH,\s\up6(→))﹣eq \(AF,\s\up6(→)))·eq \(AH,\s\up6(→))＝eq \(AH,\s\up6(→))2﹣eq \(AF,\s\up6(→))·eq \(AH,\s\up6(→))＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋teq \(AD,\s\up6(→)))2﹣eq \f(3,4)(eq \(AB,\s\up6(→))＋2eq \(AD,\s\up6(→)))·(eq \(AB,\s\up6(→))＋teq \(AD,\s\up6(→)))
＝4＋4t2＋4t﹣eq \f(3,4)(4＋2t＋4＋8t)＝4＋4t2＋4t﹣6﹣eq \f(15t,2)＝4t2﹣eq \f(7,2)t﹣2.
设y＝4t2﹣eq \f(7,2)t﹣2,0≤t≤1，根据二次函数的图象与性质可知，函数y＝4t2﹣eq \f(7,2)t﹣2,0≤t≤1的最小值在t＝eq \f(7,16)处取得，为﹣eq \f(177,64)，最大值在t＝1处取得，为﹣eq \f(3,2)，
所以eq \(FH,\s\up6(→))·eq \(AH,\s\up6(→))的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(177,64)，－\f(3,2))).
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________.
答案为：6 2eq \r(13)
解析：∵|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.
∵eq \f(|2a＋b|＋|2a－b|,2)≤eq \r(\f(|2a＋b|2＋|2a－b|2,2))＝eq \r(|2a|2＋|b|2)＝eq \r(13)，
∴|2a＋b|＋|2a﹣b|≤2eq \r(13)，当且仅当|2a＋b|＝|2a﹣b|时取等号，
∴|2a＋b|＋|2a﹣b|的最大值为2eq \r(13).