第8章 向量的数量积与三角恒等变换 章末整合提升8（课件PPT）-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第三册（人教B版）

章 末 整 合 提 升 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 谢谢观看 章 末 整 合 提 升 1 (一)向量的数量积与夹角、模长问题 多维探究 因为数量积运算及其性质涵盖了求向量的模、夹角、证明向量垂直等基本问题，所以它是本章的核心，应用也是最广泛的． 角度1　向量数量积的运算 向量数量积运算的求解策略 (1)利用数量积的定义、运算律求解． 在数量积运算律中，有两个形似实数的完全平方公式在解题中的应用较为广泛，即(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2，(a－b)2＝a2－2a·b＋b2，上述两公式以及(a＋b)·(a－b)＝a2－b2这一类似于实数平方差的公式在解题过程中可以直接应用． (2)借助零向量 即借助“围成一个封闭图形且首尾相接的向量的和为零向量”，再合理地进行向量的移项以及平方等变形，求解数量积． (3)借助平行向量与垂直向量 即借助向量的拆分，将待求的数量积转化为有垂直向量关系或平行向量关系的向量数量积，借助a⊥b，则a·b＝0等解决问题． (4)建立坐标系，利用坐标运算求解数量积． 　(1)(2024·河南驻马店高一期末)在△ABC中，∠A＝60°，AB＝2，AC＝3，点D为边AC上一点，且eq \o(AC,\s\up16(→))＝3eq \o(AD,\s\up16(→))，则eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝(　　) A．3　　 B．2　　 C．－2　　 D．－3 (2)(2024·江苏南通高一期中)在矩形ABCD中，已知AB＝4，AD＝2，点P在CD边上，满足eq \o(AP,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝6，则eq \o(AP,\s\up16(→))·eq \o(BP,\s\up16(→))＝(　　) A．－eq \f(1,2) B．0 C．eq \f(1,4) D．eq \f(3,2) [解析]　(1)由∠A＝60°，AB＝2，AC＝3， 可得eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝|eq \o(AB,\s\up16(→))||eq \o(AC,\s\up16(→))|cos A＝2×3×eq \f(1,2)＝3， 因为点D为边AC上一点，且eq \o(AC,\s\up16(→))＝3eq \o(AD,\s\up16(→))， 可得eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up16(→))， 所以eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))， 所以eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(AC,\s\up16(→))－\o(AB,\s\up16(→))))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))2＝eq \f(1,3)×3－22＝－3. (2)如图建立平面直角坐标系， A(0,0)，B(4,0)，C(4,2)，D(0,2)，设P(x,2)，(0≤x≤4)， 则eq \o(AP,\s\up16(→))＝(x,2)，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(4,0)， 所以eq \o(AP,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝4x＝6，得x＝eq \f(3,2)， 所以eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，eq \o(BP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，2))， 所以eq \o(AP,\s\up16(→))·eq \o(BP,\s\up16(→))＝－eq \f(15,4)＋4＝eq \f(1,4). [答案]　(1)D　(2)C 角度2　向量的垂直与平行，夹角与模问题 1．证明共线问题常用的方法 (1)向量a，b(a≠0)共线⇔存在唯一实数λ，使b＝λa. (2)向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)共线⇔x1y2－x2y1＝0. (3)向量a与b共线⇔|a·b|＝|a||b|. (4)向量a与b共线⇔存在不全为零的实数λ1，λ2，使λ1a＋λ2b＝0. 2．证明平面向量垂直问题的常用方法 a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0， 其中a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)． 3．解决向量模的问题常用的策略 (1)应用公式：|a|＝eq \r(x2＋y2)(其中a＝(x，y))． (2)应用三角形或平行四边形法则． (3)应用向量不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|. (4)研究模的平方：|a±b|2＝(a±b)2. 4．求向量的夹角 设非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，两向量夹角θ(0≤θ≤π)的余弦 cos θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))). 　(1)设平面向量a＝(1,2)，b＝(－2，y)，若a∥b，则|3a＋b|等于(　　) A．eq \r(5) B．eq \r(6) C．eq \r(17) D．eq \r(26) (2)设向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，(a－b)⊥c，a⊥b，若|a|＝1，则|a|2＋|b|2＋|c|2的值是__________． (3)已知向量a2＝b2＝1，且a·b＝－eq \f(1,2). 求①|a＋b|；②a与(b－a)的夹角． [解析]　(1)∵a∥b，∴1·y－2×(－2)＝0， 解得y＝－4， 从而3a＋b＝(1,2)，|3a＋b|＝eq \r(5).故选A． (2)由a＋b＋c＝0，得(a＋b＋c)2＝0， 即a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0. 又(a－b)⊥c，a⊥b， 所以(a－b)·c＝0，a·b＝0， 所以a·c＝b·c. 所以a2＋b2＋c2＝－4b·c， b2＋c2＝－1－4b·c.① 由a＋b＋c＝0，得b＋c＝－a， 故(b＋c)2＝1， 即b2＋c2＋2b·c＝1.② 由①②得b·c＝－1，故a2＋b2＋c2＝4， 即|a|2＋|b|2＋|c|2＝4. (3)解法一 (数形结合法)　 作eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，以eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))为邻边作▱ABCD，如图所示． 由a2＝b2＝1及a·b＝－eq \f(1,2)得|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝|eq \o(AD,\s\up16(→))|＝1， cos ∠BAD＝eq \f(a·b,|a||b|)＝－eq \f(1,2). 又∠BAD∈[0°，180°]， 所以∠BAD＝120°. 所以四边形ABCD为边长为1且一个内角为120°的菱形，易得 ①|a＋b|＝|eq \o(AC,\s\up16(→))|＝1. ②a与(b－a)的夹角为150°. 解法二(数量积运算法) 因为a2＝b2＝1，a·b＝－eq \f(1,2)，所以|a|＝|b|＝1. ①|a＋b|＝eq \r(a＋b2)＝eq \r(a2＋2a·b＋b2)＝1. ②设a与(b－a)的夹角为θ， 由于|b－a|＝eq \r(b2－2a·b＋a2)＝eq \r(3)， 所以cos θ＝eq \f(a·b－a,|a||b－a|)＝eq \f(a·b－a2,|a||b－a|)＝eq \f(－\f(3,2),\r(3))＝－eq \f(\r(3),2). 由于0°≤θ≤180°， 所以θ＝150°. 所以a与(b－a)的夹角为150°. [答案]　(1)A　(2)4　(3)①1　②150° (二)向量数量积在几何中的应用 1．向量在平面几何中常见的应用 (1)证明线段平行或点共线问题，以及相似问题，常用向量共线定理：a∥b⇒a＝λb⇔x1y2－x2y1＝0(b≠0)． (2)证明线段垂直问题，如证明四边形是矩形、正方形，判断两直线(或线段)是否垂直等，常用向量垂直的条件：a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0. (3)求夹角问题，利用夹角公式： cos 〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))·\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))). (4)求线段的长度或说明线段相等，可以用向量的模|a|＝eq \r(a2)＝eq \r(x2＋y2)或|AB|＝|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22). 2．向量法解决平面几何问题的“三步曲” (1)建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题； (2)通过向量运算，研究几何元素之间的关系，如距离、夹角等问题； (3)把运算结果“翻译”成几何关系． 这其实也是用向量法解决其他问题的思路，即从条件出发，选取基底，把条件翻译成向量关系式(用基底表示其他向量)，然后通过一系列的向量运算，得到新的向量关系式，则这个新的向量关系式的几何解释就是问题的结论． 　在等腰直角三角形ABC中，∠C是直角，AC＝BC，D是BC的中点，E是AB上一点，且AE＝2EB．求证：AD⊥CE. [证明]　证法一　如图所示， 设eq \o(CA,\s\up16(→))＝a，eq \o(CB,\s\up16(→))＝b， 则|a|＝|b|且a⊥b. ∵D为BC的中点， ∴eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(CB,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)b. ∵AE＝2EB， ∴eq \o(BE,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(BA,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(CA,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→)))＝eq \f(1,3)(a－b)， eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \o(CD,\s\up16(→))－eq \o(CA,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)b－a，eq \o(CE,\s\up16(→))＝eq \o(CB,\s\up16(→))＋eq \o(BE,\s\up16(→))＝b＋eq \f(1,3)(a－b)＝eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)b， ∴eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(CE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b－a))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋\f(2,3)b))＝eq \f(1,6)a·b＋eq \f(1,3)|b|2－eq \f(1,3)|a|2－eq \f(2,3)a·b ＝eq \f(1,3)|b|2－eq \f(1,3)|a|2＝0， ∴eq \o(AD,\s\up16(→))⊥eq \o(CE,\s\up16(→))，∴AD⊥CE. 证法二　建立如图所示的平面直角坐标系， 设CA＝CB＝2，则A(2,0)，B(0,2)，C(0,0)． 设E(x，y)，∵D为BC的中点，∴D(0,1)， ∵AE＝2EB，∴eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up16(→))， ∴(x－2，y)＝eq \f(2,3)(－2,2)， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－2＝－\f(4,3)，,y＝\f(4,3)，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,3)，,y＝\f(4,3)，))∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,3))). ∴eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(CE,\s\up16(→))＝(－2,1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,3)))＝－eq \f(4,3)＋eq \f(4,3)＝0， ∴eq \o(AD,\s\up16(→))⊥eq \o(CE,\s\up16(→))，∴AD⊥CE. (三)三角恒等变换与化简、求值问题 1．三角函数求值的三种情况 (1)给角求值：一般给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解． (2)给值求值：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，一般用已知角表示所求角． (3)给值求角：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一三角函数值，再根据角的范围，确定角． 2．三角函数式的化简要遵循“三看”原则 (1)一看“角”，一般化异角为同角，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分，从而正确使用公式． (2)二看“函数名称”，看函数名称之间的差异，一般化异名为同名，从而确定使用的公式，常见的有“切化弦”． (3)三看“结构特征”，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的方向，如“遇到分式要通分”等． 　(1)已知taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)，且－eq \f(π,2)＜α＜0，则eq \f(2sin2α＋sin 2α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝(　　) A．－eq \f(2\r(5),5) B．－eq \f(3\r(5),10) C．－eq \f(3\r(10),10) D．eq \f(2\r(5),5) (2)化简：sin2α·sin2β＋cos2α·cos2β－eq \f(1,2)cos 2α·cos 2β. [解析]　(1)因为taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(tan α＋1,1－tan α)＝eq \f(1,2)，所以tan α＝－eq \f(1,3)， 因为－eq \f(π,2)＜α＜0，所以sin α＝－eq \f(\r(10),10)， 则eq \f(2sin2α＋sin 2α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝eq \f(2sin αsin α＋cos α,\f(\r(2),2)cos α＋sin α)＝2eq \r(2)sin α＝－eq \f(2\r(5),5). (2)解法一(从“角”入手，“倍角”变“单角”) 原式＝sin2α·sin2β＋cos2α·cos2β－eq \f(1,2)(2cos2α－1)·(2cos2β－1) ＝sin2α·sin2β＋cos2α·cos2β－eq \f(1,2)(4cos2α·cos2 β－2cos2α－2cos2β＋1) ＝sin2α·sin2β－cos2α·cos2β＋cos2α＋cos2β－eq \f(1,2) ＝sin2α·sin2β＋cos2αsin2β＋cos2β－eq \f(1,2) ＝sin2β＋cos2β－eq \f(1,2)＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2). 解法二(从“名”入手，异名化同名) 原式＝sin2α·sin2β＋(1－sin2α)·cos2β－eq \f(1,2)cos 2α·cos 2β ＝cos2β－sin2α·(cos2β－sin2β)－eq \f(1,2)cos 2α·cos 2β ＝cos2β－sin2α·cos 2β－eq \f(1,2)cos 2α·cos 2β ＝cos2β－cos 2β·(sin2α＋eq \f(1,2)cos 2α) ＝eq \f(1＋cos 2β,2)－cos 2β·[sin2α＋eq \f(1,2)(1－2sin2α)] ＝eq \f(1＋cos 2β,2)－eq \f(1,2)cos 2β＝eq \f(1,2). 解法三(从“幂”入手，利用降幂公式先降次) 原式＝eq \f(1－cos 2α,2)·eq \f(1－cos 2β,2)＋eq \f(1＋cos 2α,2)·eq \f(1＋cos 2β,2)－eq \f(1,2)cos 2α·cos 2β ＝eq \f(1,4)(1＋cos 2α·cos 2β－cos 2α－cos 2β)＋eq \f(1,4)(1＋cos 2α·cos 2β＋cos 2α＋cos 2β)－eq \f(1,2)·cos 2α·cos 2β＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)＝eq \f(1,2). 解法四(从“形”入手，利用配方法，先对二次项配方) 原式＝(sin α·sin β－cos α·cos β)2＋2sin α·sin β·cos α·cos β－eq \f(1,2)cos 2α·cos 2β ＝cos2 (α＋β)＋eq \f(1,2)sin 2α·sin 2β－eq \f(1,2)cos 2α·cos 2β ＝cos2 (α＋β)－eq \f(1,2)·cos (2α＋2β) ＝cos2 (α＋β)－eq \f(1,2)·[2cos2 (α＋β)－1]＝eq \f(1,2). [答案]　(1)A　(2)eq \f(1,2) (四)三角恒等变换的应用 1．以三角恒等变换为主要的化简手段，考查三角函数的性质．当给出的三角函数关系式较为复杂时，我们要先通过三角恒等变换，将三角函数的表达式变形化简，将函数表达式变形为y＝Asin (ωx＋φ)＋k或y＝Acos (ωx＋φ)＋k等形式，然后再根据化简后的三角函数，讨论其图象和性质． 2．以向量运算为载体，考查三角恒等变换．这类问题往往利用向量的知识和公式，通过向量的运算，将向量条件转化为三角条件，然后通过三角变换解决问题；有时还从三角与向量的关联点处设置问题，把三角函数中的角与向量的夹角统一为一类问题考查． 　(2024·四川广元高一月考)函数f(x)＝－eq \r(3)sin2x＋sin xcos x. (1)求f(x)的单调增区间； (2)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(3,5)，α∈(0，π)，求sin α. [解析](1)f(x)＝－eq \r(3)sin2x＋sin xcos x＝－eq \r(3)×eq \f(1－cos 2x,2)＋eq \f(1,2)sin 2x ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－eq \f(\r(3),2)， 由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，可得－eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤eq \f(π,12)＋kπ， k∈Z， 所以f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))，k∈Z. (2)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(3,5)，可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(α,2)＋\f(π,3)))－eq \f(\r(3),2)＝－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(3,5)， 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq \f(3,5)， 因为α∈(0，π)，所以α＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))， 若α＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))，又eq \f(3,5)＜eq \f(\r(3),2)， 所以α＋eq \f(π,3)∉eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))， 所以α＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(4π,3)))，所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))) ＝－eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))))＝－eq \f(4,5)， 所以sin α＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))) coseq \f(π,3)－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))sineq \f(π,3)＝eq \f(3,5)×eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3＋4\r(3),10). [典例]　已知0≤α＜β＜γ＜2π，且sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0，求β－α. [错解]　由已知，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin α＋sin β＝－sin γ，①,cos α＋cos β＝－cos γ.②)) ①2＋②2，得2＋2(sin αsin β＋cos αcos β)＝1.故cos (β－α)＝－eq \f(1,2). 由0≤α＜β＜γ＜2π，知0＜β－α＜2π，所以β－α＝eq \f(2π,3)或β－α＝eq \f(4π,3). [错因分析]　没有对结果进行检验，其实题目中隐含着条件β－α＜γ－α. [正解]　由已知，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin α＋sin β＝－sin γ，①,cos α＋cos β＝－cos γ.②)) ①2＋②2，得2＋2(cos αcos β＋sin αsin β)＝1， 故cos (β－α)＝－eq \f(1,2). 由0≤α＜β＜γ＜2π，知0＜β－α＜2π， 所以β－α＝eq \f(2,3)π或β－α＝eq \f(4,3)π. 同理，可求出cos (γ－α)＝－eq \f(1,2)，且0＜γ－α＜2π， 所以γ－α＝eq \f(2,3)π或γ－α＝eq \f(4,3)π. 又β－α＜γ－α， 因此β－α取两者中较小的，γ－α取两者中较大的． 所以β－α＝eq \f(2,3)π. [纠错心得] 给值求角问题要先根据条件求出所求角的范围，然后确定用哪种三角函数进行求值． 三角恒等变换的综合应用 [典例]　(13分)已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋acos x＋b(a，b∈R，且均为常数)． (1)求函数f(x)的最小正周期； (2)若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))上单调递增，且恰好能够取到f(x)的最小值2，试求a，b的值． [审题指导]　(1)把函数f(x)化为一个角的三角函数，利用周期的计算公式求解； (2)根据函数的单调性和最值列出方程组，可求a，b的值． [规范解答]　(1)f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋acos x＋b ＝2sin xcoseq \f(π,6)＋acos x＋b ＝eq \r(3)sin x＋acos x＋b ＝eq \r(a2＋3)sin (x＋φ)＋b，①(4分) 所以函数f(x)的最小正周期为2π.(6分) $$