第四章 三角函数、解三角形（教师用书）-【创新方案】2026年高考数学一轮复习

第四章　三角函数、解三角形 第一节　任意角和弧度制、三角函数的概念 课标要求 1.了解任意角的概念和弧度制，能进行弧度与角度的互化，体会引入弧度制的必要性. 2.借助单位圆理解三角函数(正弦、余弦、正切)的定义. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.角的概念 (1)定义:角可以看成一条射线绕着它的端点旋转所成的图形. (2)分类 (3)相反角:我们把射线OA绕端点O按不同方向旋转相同的量所成的两个角叫做互为相反角.角α的相反角记为-α. (4)终边相同的角:所有与角α终边相同的角，连同角α在内，可构成一个集合S={β|β=α+k·360°，k∈Z}或S={β|β=α+2kπ，k∈Z}. 2.弧度制的定义和公式 (1)定义:长度等于半径长的圆弧所对的圆心角叫做1弧度的角，弧度单位用符号rad表示. (2)公式: 角α的弧度数的绝对值 |α|=(弧长用l表示) 角度与弧度的换算 1°= rad；1 rad=° 弧长公式 l=|α|r 扇形面积公式 S=lr=|α|r2 3.任意角的三角函数 (1)单位圆定义:设α是一个任意角，α∈R，它的终边OP与单位圆相交于点P(x，y)，则sin α=y，cos α=x，tan α=(x≠0). (2)任意角的三角函数的定义(推广): 设P(x，y)是角α终边上异于原点的任意一点，其到原点O的距离为r，则sin α=，cos α=，tan α=(x≠0). (3)三角函数值在各象限内的符号:一全正、二正弦、三正切、四余弦，如图. 4.象限角 5.轴线角 [细作教材小题] 1.(苏教必修①P171·T6)下列命题中正确的是 (　　) A.第一象限角一定不是负角 B.小于90°的角一定是锐角 C.钝角一定是第二象限角 D.第一象限角一定是锐角 答案:C 2.(人A必修①P181·例5(2)改编)下列与的终边相同的角的表达式中正确的是 (　　) A.2kπ-45°(k∈Z) 　B.k·360°+(k∈Z) C.k·360°-315°(k∈Z) 　D.kπ+(k∈Z) 解析:选C　与的终边相同的角可以写成2kπ+(k∈Z)，但是角度制与弧度制不能混用，所以只有C正确. 3.(人B必修③P12·T1)在下图中填入适当的值. 答案: 4.(人A必修①P175·T6改编)已知半径为120 mm的圆上的一条弧长为140 mm，则此弧所对圆心角(正角)的弧度数为　　　　.  解析:∵r=120 mm，l=140 mm，∴|α|=== rad.∴圆心角的弧度数为 rad. 答案: rad 5.(北师大必修②P16·T2)已知角β的终边经过点M(-3，-1)，则sin β=　　　，cos β=　　　.  解析:由已知可得，|OM|==，根据三角函数的定义可得，sin β==-，cos β==-. 答案:-　- 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　角的概念及表示 [例1]　集合中的角所表示的范围(阴影部分)是 (　　) 解析:选C　当k取偶数时，比如k=0，此时≤α≤，故角的终边在第一象限或y轴正半轴；当k取奇数时，比如k=1，此时≤α≤，故角的终边在第三象限或y轴的负半轴.综上，角的终边在第一象限或第三象限或y轴上. [例2]　(多选)若α是第二象限角，则 (　　) A.-α是第一象限角 B.是第一或第三象限角 C.+α是第二象限角 D.2α的终边在第三象限或第四象限或y轴负半轴上 解析:选BD　因为α是第二象限角，所以可得+2kπ<α<π+2kπ，k∈Z.-π-2kπ<-α<--2kπ，k∈Z，则-α是第三象限角，所以A错误；+kπ<<+kπ，k∈Z，当k为偶数时，是第一象限角；当k为奇数时，是第三象限角，所以B正确；2π+2kπ<+α<+2kπ，k∈Z，即2π<+α<+2(k+1)π，k∈Z，所以+α是第一象限角，所以C错误；π+4kπ<2α<2π+4kπ，k∈Z，所以2α的终边位于第三象限或第四象限或y轴负半轴上，所以D正确.故选BD. |点拨·建模| 1.利用终边相同的角的集合求适合某些条件的角 先写出与这个角的终边相同的所有角的集合，然后通过对集合中的参数k赋值来求得所需的角. 2.确定kα，(k∈N*)的终边位置的方法 先用终边相同的角的形式表示出角α的范围，再写出kα或的范围，然后根据k的可能取值讨论确定kα或的终边所在位置.确定角的终边位置时易忽视角的终边与坐标轴重合的情况. 逐点清(二)　弧度制及其应用 [例3]　已知一扇形的圆心角为α(α>0)，弧长为l，周长为C，面积为S，半径为r. (1)若α=35°，r=8 cm，求扇形的弧长； (2)若C=16 cm，求S的最大值及此时扇形的半径和圆心角. 解:(1)∵α=35°=35× rad= rad，∴扇形的弧长l=αr=×8=(cm). (2)法一　由题意知2r+l=16，∴l=16-2r(0<r<8)，则S=lr=(16-2r)r=-r2+8r=-(r-4)2+16，当r=4 cm时，Smax=16 cm2，l=16-2×4=8 cm，α==2 rad， ∴S的最大值是16 cm2，此时扇形的半径是4 cm，圆心角α=2 rad. 法二　S=lr=l·2r≤·=16，当且仅当l=2r，即r=4 cm时，S的最大值是16 cm2.此时扇形的圆心角α=2 rad. |点拨·建模| 应用弧度制解决问题时的注意点 (1)利用扇形的弧长和面积公式解题时，要注意角的单位必须是弧度. (2)求扇形面积最大值的问题时，常利用基本不等式或二次函数求解. (3)在解决弧长问题和扇形面积问题时，要合理地利用圆心角所在的三角形. 逐点清(三)　三角函数的概念 题点1　利用三角函数的定义求值 [例4]　(2025·广州期中)已知α终边经过点P，则α可能是 (　　) A. B. C.- D. 解析:选C　因为sin=，-cos=-，所以P，故点P在第四象限，则由题意α是第四象限角，又因为tan α==-，所以α可能是-.故选C. [例5]　已知角α的终边上一点P(a，2a)(a≠0)，则2sin α-cos α=　　　　.  解析:∵P(a，2a)为角α的终边上一点，且a≠0， ∴当a>0时，sin α===， cos α==，∴2sin α-cos α=； 当a<0时，sin α=-，cos α=-， ∴2sin α-cos α=-. 综上可知，2sin α-cos α=±. 答案:± |个性点拨|　三角函数定义的应用 (1)已知角的终边上一点P的坐标，利用三角函数的定义求解三角函数值.特别地，若角α的终边落在某条直线上，则一般要分类讨论. (2)已知角α的某三角函数值，若求角α终边上一点P的坐标中的参数值，可根据定义中的两个量列方程求参数值. 题点2　三角函数值符号的判断 [例6]　(2025·成都模拟)若α是第三象限角，则下列各式中成立的是 (　　) A.tan α-sin α>0 B.sin α+cos α>0 C.cos α-tan α>0 D.tan αsin α>0 解析:选A　因为α是第三象限角，所以sin α<0，cos α<0，tan α>0.tan α-sin α>0，故A正确；sin α+cos α<0，故B错误；cos α-tan α<0，故C错误；tan αsin α<0，故D错误. |个性点拨|　判断三角函数值符号的策略 判断三角函数值的符号，关键是确定角的终边所在的象限，然后结合三角函数值在各象限的符号确定所求三角函数值的符号，特别要注意不要忽略角的终边在坐标轴上的情况. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　角的概念及表示 1.将x轴正半轴绕原点逆时针旋转30°，得到角α，则下列与α终边相同的角是 (　　) A.330° B.-330° C.210° D.-210° 解析:选B　由题意得{α=30°+k·360°，k∈Z}，当k=-1时，α=-330°，B正确，其他选项经过验证均不正确. 2.若α=45°+k·180°(k∈Z)，则α的终边在 (　　) A.第二或第三象限 B.第一或第三象限 C.第二或第四象限 D.第三或第四象限 解析:选B　当k为奇数时，记k=2n+1，n∈Z，则α=225°+n·360°(n∈Z)，此时α为第三象限角；当k为偶数时，记k=2n，n∈Z，则α=45°+n·360°(n∈Z)，此时α为第一象限角.故α的终边在第一或第三象限. 3.终边在直线y=x上，且在[-2π，2π)内的角α的集合为　　　　　　　　.  解析:在坐标系中画出直线y=x，可以发现它与x轴的夹角为，在[0，2π)内，终边在直线y=x上的角有和π；在[-2π，0)内满足条件的角有-π和-π.故满足条件的角α构成的集合为. 答案: 逐点验收(二)　弧度制及其应用 4.若圆弧长度等于圆内接正三角形的边长，则其圆心角的弧度数为 (　　) A. B. C.3 D. 解析:选D　如图，等边△ABC是半径为r的圆O的内接三角形，则线段AB所对的圆心角∠AOB=，作OM⊥AB，垂足为M，在Rt△AOM中，AO=r，∠AOM=，则AM=r，AB=r，所以l=r，由弧长公式得α===. 5.如图是折扇的示意图，其中OA=24 cm，∠AOB=135°.M为OA的中点，则扇面(图中扇环)部分的面积是　　　　　cm2.  解析:如图，由题意可得∠AOB=135°=，OM==12 cm，S扇环=S扇形AOB-S扇形MON，根据扇形面积公式可得S扇形AOB=××242=216π(cm2)，S扇形MON=××122=54π(cm2)，故S扇环=216π-54π=162π(cm2). 答案:162π 6.若扇形周长为10，当其面积最大时，其扇形内切圆的半径r为　　　　　　.  解析:设扇形半径为R，则弧长为10-2R，面积S=R(10-2R)=-R2+5R=-+，当R=时，面积最大.此时圆心角为α==2，如图所示，根据对称性知∠ADC=1，OD=，AD=r+=，解得r=. 答案: 逐点验收(三)　三角函数的概念 7.已知P是角θ的终边上一点，tan θ=-2，则sin θ= (　　) A.- B.- C. D. 解析:选A　由三角函数的定义知，tan θ=m=-2，所以sin θ==-.故选A. 8.已知α为第三象限角，则 (　　) A.sin>0 B.cos>0 C.sin 2α>0 D.cos 2α>0 解析:选C　∵α为第三象限角，即π+2kπ<α<+2kπ(k∈Z)，∴+kπ<<+kπ(k∈Z)，即是第二、四象限角，∴sin >0或sin <0，cos >0或cos <0，故A、B错误，∵2π+4kπ<2α<3π+4kπ(k∈Z)，∴2α的终边落在第一或第二象限或在y轴正半轴上，∴sin 2α>0，-1<cos 2α<1，故C正确，D错误. 9.(2025·厦门阶段练习)[多选]下列命题正确的是 (　　) A.若tan α<0且sin α>0，则α为第二象限角 B.锐角α终边上一点坐标为P(sin 1，cos 1)，则α=-1 C.若sin α+cos α>1，则α是第一象限角 D.若α是第三象限角，则+取值的集合为{-2，0，2} 解析:选ABC　tan α<0，则α为第二象限或第四象限角；sin α>0，则α为第一象限或第二象限角以及终边在y轴非负半轴上的角，同时满足上述条件，所以α为第二象限角，A正确；锐角α终边上一点坐标为P(sin 1，cos 1)，则有tan α===tan，且α为锐角，所以α=-1，B正确；sin α+cos α=sin>1，故sin>，故+2kπ<α+<+2kπ，k∈Z，解得2kπ<α<+2kπ，k∈Z，则α是第一象限角，C正确；若α是第三象限角，则是第二或第四象限角，当是第二象限角时，sin>0，cos<0，所以+=1-1=0，当是第四象限角时，sin<0，cos>0，所以+=-1+1=0，因此+取值的集合为{0}，D错误.故选ABC. 10.在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于原点对称，点M(x，-1)在角β的终边上.若sin α=，则sin β=　　　.  解析:由题意知角α与角β的终边关于原点对称，点M在角β的终边上，则点N在角α的终边上，由sin α=以及|ON|=，可得=.由点M在角β的终边上且|OM|=，可知sin β==-. 答案:- 细节、微点提醒 (1)角度制与弧度制可利用180°=π rad进行互化，在同一个式子中，采用的度量制必须一致，不可混用. (2)若α，β，γ，θ分别为第一、二、三、四象限角，则的终边所在的象限如图所示. (3)若α∈，则tan α>α>sin α. (4)α，β终边相同⇔β=α+2kπ，k∈Z. (5)α，β终边关于x轴对称⇔β=-α+2kπ，k∈Z. (6)α，β终边关于y轴对称⇔β=π-α+2kπ，k∈Z. (7)α，β终边关于原点对称⇔β=π+α+2kπ，k∈Z. [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.已知角α终边上有一点P，则α为 (　　) A.第一象限角 B.第二象限角 C.第三象限角 D.第四象限角 解析:选D　因为点P在第四象限，所以角α为第四象限角.故选D. 2.与30°角终边相同的角的集合是 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　对于A、B，弧度和角度属于不同度量单位，不能混用，A、B错误；对于C、D，∵30°换算成弧度制为，∴与30°角终边相同的角的集合为或，C错误，D正确.故选D. 3.已知相互啮合的两个齿轮，大轮50齿，小轮20齿，当大轮转动一周时小轮转动角度是 (　　) A. B. C. D.5π 解析:选D　因为相互啮合的两个齿轮，大轮50齿，小轮20齿，所以当大轮转动一周时，大轮转动了50个齿，所以小轮此时转动=周，即小轮转动的角度为×2π=5π.故选D. 4.已知点(2，-2)在角α的终边上，则角α的最大负值为 (　　) A.- B.- C.- D.- 解析:选C　由题意可知点(2，-2)在第四象限，且tan α==-，所以α=-+2kπ，k∈Z，故当k=0时，α=-为最大的负值. 5.已知角θ在第二象限，且=-sin ，则角在 (　　) A.第一象限或第三象限 　B.第二象限或第四象限 C.第三象限 　D.第四象限 解析:选C　∵角θ是第二象限角，∴θ∈，k∈Z，∴∈，k∈Z，∴角在第一或第三象限.又=-sin ，∴sin <0，∴角在第三象限. 6.在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，则“角α与角β的终边关于x轴对称”是“cos α=cos β”的 (　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A　由角α与角β的终边关于x轴对称可得α=-β+2kπ，k∈Z，故cos α=cos β，充分性成立，当cos α=cos β时，α=-β+2kπ，k∈Z或α=β+2kπ，k∈Z，故必要性不成立. 7.[多选]下面说法正确的是 (　　) A.240°化成弧度是 B.终边在直线y=-x上的角α的取值集合可表示为 C.角α为第四象限角的充要条件是 D.若角α的终边上一点P的坐标为，则sin α= 解析:选AD　根据角度制与弧度制的转化得240°=π=，故A正确；易知终边在直线y=-x上的角α与-45°，-225°的角的终边相同，故其取值集合可表示为，故B错误；易知第四象限角的余弦为正数，故C错误；由三角函数的定义可知sin α==，故D正确.故选AD. 8.如图，将45°的∠AOB按下面的方式放置在一把刻度尺上，顶点O与尺下沿的端点重合，OA与尺下沿重合，OB与尺上沿的交点B在尺上的读数为2 cm，若按相同的方式将37°的∠AOC放置在该刻度尺上，则OC与尺上沿的交点C在尺上的读数与下列哪项最接近(结果精确到0.1 cm，参考数据:sin 37°≈0.60，cos 37°≈0.80，tan 37°≈0.75) (　　) A.2.5 cm B.2.6 cm C.2.7 cm D.2.8 cm 解析:选C　如图，依题知，△ODB为等腰直角三角形，则OD=BD=2，∠ODB=90°，则∠DCO=∠AOC=37°，在Rt△ODC中，tan∠DCO=，即tan 37°=，则CD=≈≈2.7 cm，故点C在尺上的读数约为2.7 cm. 9.(2025·绵阳模拟)月牙泉，古称沙井，俗名药泉，自汉朝起即为“敦煌八景”之一，得名“月泉晓彻”，因其形酷似一弯新月而得名.如图所示，某月牙泉模型的边缘都可以看作是圆弧，两段圆弧可以看成是△ABC的外接圆和以AB为直径的圆的一部分.若∠ACB=，AB的长约为20，则该月牙泉模型的面积约为 (　　) A.300-50π B.120π+150 C.100π+180 D.120π+180 解析:选A　如图，设△ABC外接圆圆心为O，半径为R，则2R===40，R=20=AB，因此∠AOB=，△ABC所在弓形的面积S=×πR2-R2=×(20)2-×(20)2=200π-300，从而阴影部分面积S'=π×(10)2-S=300-50π. 10.-600°是第　　　　象限角，与-600°终边相同的最小正角为　　　　弧度.  解析:与-600°终边相同的角为-600°+k×360°，k∈Z，当k=2时，得到与-600°终边相同的最小正角为120°，故-600°是第二象限角，与-600°终边相同的最小正角为120°=. 答案:二　 11.在平面直角坐标系xOy中，点P在角的终边上，且|OP|=2，则点P的坐标为　　　　　.  解析:设点P的坐标为(x，y)， 由三角函数定义得所以所以点P的坐标为(-1，). 答案:(-1，) 12.(2025·南通阶段练习)如图1是某小区的圆形公园，它外围有一圆形跑道，并有4个出口A，B，C，D(视为点)，并四等分圆弧(如图2).小明从A点出发，在圆形跑道上按逆时针方向作匀速圆周跑动，假设他每分钟转过圆心角为θ弧度(0<θ<π)，3分钟第一次到达劣弧CD之间(不包括C，D点)，15分钟时回到出发点A，则θ的值为　　　　.  解析:依题意从A点出发3分钟转过3θ，且π<3θ<，所以<θ<，又15分钟时回到出发点A，所以15θ=2kπ，k∈N，所以θ=，k∈N，因为<θ<，所以θ=. 答案: 13.已知=-，且lg(cos α)有意义. (1)试判断角α所在的象限； (2)已知角α的终边上一点M，且|OM|=1(O为坐标原点)，求m的值及sin α的值. 解:(1)由=-，得sin α<0， 由lg(cos α)有意义，可知cos α>0， 所以α是第四象限角. (2)因为|OM|=1，所以+m2=1，解得m=±. 又α为第四象限角，故m<0，从而m=-， sin α===-. 14.已知一扇形的圆心角为α，半径为R，弧长为l. (1)若α=60°，R=6，求扇形的弧长l； (2)若扇形面积为16，求扇形周长的最小值，及此时扇形的圆心角α. 解:(1)因为α=60°=，R=6， 所以扇形的弧长l=αR=2π. (2)由扇形面积S=αR2=lR=16，得l=， 则扇形周长为l+2R=+2R≥2=16， 当且仅当=2R，即R=4时，取等号， 此时，α×42=16，所以α=2， 所以扇形周长的最小值为16，此时α=2. 15.如图，在平面直角坐标系Oxy中，角α的始边与x轴的非负半轴重合且与单位圆相交于点A(1，0)，它的终边与单位圆相交于x轴上方一点B，始边不动，终边在运动. (1)若点B的横坐标为-，求sin α的值和与角α终边相同的角β的集合； (2)若α∈，请写出弓形AB的面积S与α的函数关系式.(注:弓形是指在圆中由弦及其所对的弧组成的图形) 解:(1)由题意知，若点B的横坐标为-，可得B的坐标为，所以sin α=， 于是α=+2kπ，k∈Z，与角α终边相同的角β的集合为. (2)由△AOB的边AB上的高为1×cos ，AB=2sin，得S△AOB=×2sin ×cos =sin α，故弓形AB的面积S=·α·12-sin α=(α-sin α)，α∈. 第二节　同角三角函数的基本关系及诱导公式 课标要求 1.理解同角三角函数的基本关系式. 2.借助单位圆的对称性，利用定义推导出诱导公式. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.同角三角函数的基本关系 (1)平方关系:sin2α+cos2α=1. (2)商数关系:=tan α.  2.三角函数的诱导公式 角 2kπ+α(k∈Z) π+α -α π-α -α +α 正弦 sin α -sin α -sin α sin α cos α cos α 余弦 cos α -cos α cos α -cos α sin α -sin α 正切 tan α tan α -tan α -tan α 口诀 奇变偶不变，符号看象限 3.同角三角函数的基本关系式的常见变形 (1)sin2α=1-cos2α=(1+cos α)(1-cos α)； (2)cos2α=1-sin2α=(1+sin α)(1-sin α)； (3)(sin α±cos α)2=1±2sin αcos α. [细作教材小题] 1.(人A必修①P184·T1改编)[多选]已知cos α=-，且α为第三象限角，则 (　　) A.sin α=- B.tan α= C.sin α= D.tan α= 答案:AD 2.(人A必修①P186·T15改编)已知tan α=2，则= (　　) A.- B.-3 C. D.3 答案:D 3.(北师大必修②P25·T4改编)已知cos(π-α)=-，则sin+sin=　　　　.  解析:易知cos α=，故sin+sin=-cos α-cos α=-. 答案:- 4.(苏教必修①P193·T19(1)改编)已知sin α+cos α=，则sin αcos α=　　　　，sin4α+cos4α=　　　　.  解析:由sin α+cos α=，得1+2sin αcos α=2，故sin αcos α=.由sin4α+cos4α=(sin2α+cos2α)2-2sin2αcos2α=1-=. 答案:　 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　同角三角函数的基本关系及其应用 题点1　 “弦”“切”互化 [例1]　(2025·德宏期末)已知=，则tan α= (　　) A. B. C.或1 D.或1 解析:选A　因为 = == ==，解得tan α=. [例2]　(2023·全国乙卷)若θ∈，tan θ=，则sin θ-cos θ=　　　　.  解析:由且θ∈， 解得故sin θ-cos θ=-. 答案:- |个性点拨|　同角三角函数关系式的应用方法 (1)利用sin2α+cos2α=1可实现角α的正弦、余弦的互化，利用=tan α可以实现角α的弦切互化. (2)由一个角的任意一个三角函数值可求出这个角的另外两个三角函数值.因为利用“平方关系”公式，需求平方根，会出现两解，需根据角所在的象限判断符号，当角所在的象限不明确时，要进行分类讨论. 题点2　“和”“积”转换 [例3]　(多选)已知α∈(0，π)，且sin α+cos α=，则 (　　) A.<α<π B.sin αcos α=- C.cos α-sin α= D.cos α-sin α=- 解析:选ABD　由sin α+cos α=两边平方得，sin2α+cos2α+2sin αcos α=，即1+2sin αcos α=，所以sin αcos α=-，B正确；因为α∈，所以sin α>0，故cos α<0，所以<α<π，A正确；=sin2α+cos2α-2sin αcos α=1+=，因为sin α>0，cos α<0，所以cos α-sin α<0，故cos α-sin α=-，C错误，D正确.故选ABD. |个性点拨|　“sin α±cos α，sin αcos α”的应用 (sin α±cos α)2=1±2sin αcos α，sin αcos α=，sin αcos α=.因此在解题中已知1个可求另外2个. 逐点清(二)　诱导公式及其应用 [例4]　已知角α终边上一点P，则的值为 (　　) A. B.- C. D.- 解析:选B　因为角α终边上一点P， 所以tan α=-，所以==tan α=-. [例5]　已知sin=，则cos=　　　　.  解析:由题意可得cos=cos=cos=sin=. 答案: |点拨·建模|　诱导公式的3个应用 (1)求值:负化正，大化小，化到锐角为终了. (2)化简:统一角，统一名，同角名少为终了. (3)应用技巧:常见互余关系有±α与∓α，+α与-α等，常见互补关系有-α与+α，+α与-α，+α与-α等. 逐点清(三)　基本关系与诱导公式的综合应用 [例6]　(2025·聊城模拟)已知α为锐角，且2tan(π-α)-3cos+5=0，tan(π+α)+6sin(π+β)-1=0，则sin α的值是 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　由已知得 消去sin β，得tan α=3，∴sin α=3cos α，代入sin2α+cos2α=1，化简得sin2α=，又α为锐角， ∴sin α>0，则sin α=. [例7]　已知角θ的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，点P在角θ的终边上，则= (　　) A. B.- C. D.- 解析:选C　因为sin=sin=sin=-，cos=cos=cos=-，所以P.由于点P在角θ的终边上，所以tan θ==，故==tan θ=. |点拨·建模| (1)利用同角三角函数的基本关系式和诱导公式求值或化简时，关键是寻求条件、结论间的联系，灵活使用公式进行变形. (2)注意角的范围对三角函数值符号的影响. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　同角三角函数的基本关系及其应用 1.若实数α满足cos α=tan α，则+cos4α的值为 (　　) A.2 B. C. D.1 解析:选A　由cos α=tan α=，则cos2α=sin α，又cos2α+sin2α=1，得+cos4α=+sin2α=+sin2α =1+sin α+sin2α=1+cos2α+sin2α=2. 2.(2025·济南模拟)已知sin α+cos α=，则tan α+= (　　) A.- B. C.- D. 解析:选B　因为sin α+cos α=，平方得sin2α+2sin αcos α+cos2α=，又sin2α+cos2α=1，故sin αcos α=，所以tan α+=+===. 3.(2025·唐山月考)若tan θ=2，则=　　　　.  解析:=·=·=-. 答案:- 逐点验收(二)　诱导公式及其应用 4.(2025·长宁期中)已知sin=，θ∈，则tan的值为 (　　) A. B.- C. D.- 解析:选C　sin=-sin=-cos θ=，则cos θ=-.因为θ∈，所以sin θ==，所以tan θ==-，所以tan=-tan θ=. 5.直线2x+y-3=0的倾斜角是θ，则的值是 (　　) A.-3 B.-1 C.- D.1 解析:选C　由直线2x+y-3=0，可得直线的斜率为k=-2，所以tan θ=-2. 所以====-.故选C. 6.(2024·岳阳二模)已知n∈Z，sin+cos=，则 (　　) A.cos α+sin α= B.cos α+sin α=- C.sin 2α=- D.sin 2α= 解析:选C　设k∈Z，①当n=4k时，sin+cos=sin(2kπ+α)+cos(2kπ-α)=sin α+cos α=.②当n=4k+1时，sin+cos=sin+cos=cos α+sin α=.③当n=4k+2时，sin+cos=sin(2kπ+π+α)+cos(2kπ+π-α)=-sin α-cos α=，此时cos α+sin α=-.④当n=4k+3时，sin+cos=sin+cos=-sin α-cos α=，此时cos α+sin α=-.综合①②③④，可以排除A、B；(sin α+cos α)2=sin2α+cos2α+2sin αcos α=sin2α+cos2α+sin 2α=1+sin 2α=，所以sin 2α=-，故C正确，D错误. 7.已知α为锐角，且cos=，则tan= (　　) A.- B.- C. D. 解析:选D　因为α为锐角，所以α+∈且cos=，故sin=，由诱导公式得sin=sin=cos=，cos=sin=.所以tan===. [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·武汉调研) 若α为第二象限角，且sin α=，则tan α= (　　) A.2 B.-2 C. D.- 解析:选D　因为α为第二象限角，所以cos α=-=-，则tan α==-.故选D. 2.cos 5 555°= (　　) A.cos 65° B.sin 65° C.-cos 65° D.-sin 65° 解析:选D　由题意可得cos 5 555°=cos(360°×15+155°)=cos 155°=cos=-sin 65°，故选D. 3.已知sin=，则cos= (　　) A.- B. C. D.- 解析:选D　由题意可得cos=cos=-sin=-.故选D. 4.若tan(7π+α)=a，则的值为 (　　) A. B. C.-1 D.1 解析:选B　由题意得tan(7π+α)=tan α=a，所以===. 5.已知sin α+cos α=3cos αtan α，则cos2αtan α= (　　) A.- B. C.- D. 解析:选D　因为sin α+cos α=3cos αtan α，所以sin α+cos α=3cos α·，即sin αcos α+cos2α=3cos αsin α，即cos2α=2cos αsin α，显然cos α≠0，所以cos α=2sin α，则tan α=.又sin2α+cos2α=1，所以cos2α=，所以cos2αtan α=×=.故选D. 6.(2023·全国甲卷)设甲:sin2α+sin2β=1，乙:sin α+cos β=0，则 (　　) A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 解析:选B　甲等价于sin2α=1-sin2β=cos2β，等价于sin α=±cos β，所以由甲不能推导出sin α+cos β=0，所以甲不是乙的充分条件；由sin α+cos β=0，得sin α=-cos β，平方可得sin2α=cos2β=1-sin2β，即sin2α+sin2β=1，所以由乙可以推导出甲，则甲是乙的必要条件.故选B. 7.(2025·南阳期中)[多选]++的值可能为 (　　) A.-3 B.-1 C.1 D.3 解析:选BD　因为++=++，所以x≠kπ且x≠kπ+(k∈Z)，若x在第一象限，则sin x>0，tan x>0，cos x>0，故原式=1+1+1=3，若x在第二象限，则sin x>0，tan x<0，cos x<0，原式=-1+1-1=-1，若x在第三象限，则sin x<0，tan x>0，cos x<0，原式=1-1-1=-1，若x在第四象限，则sin x<0，tan x<0，cos x>0，原式=-1-1+1=-1.故选BD. 8.[多选]下列结论正确的是 (　　) A.在锐角△ABC中，恒有sin A+sin B>cos A+cos B成立 B.在△ABC中，恒有sin(A+B)=sin C成立 C.若x>0，则tan x+的最小值为2 D.若sin α+cos α=1，则sinnα+cosnα=1(n∈N*) 解析:选ABD　对于A，在锐角△ABC中，0<A，B，C<，A+B=π-C>，故0<-B<A<，故sin A>sin=cos B，同理可得sin B>cos A，故sin A+sin B>cos A+cos B，A正确；对于B，在△ABC中，sin(A+B)=sin(π-C)=sin C，B正确；对于C，当x>0时，取x=，则tan x+=-2<2，C错误；对于D，若sin α+cos α=1，则(sin α+cos α)2=1，即1+2sin αcos α=1，故sin αcos α=0，当sin α=0时，cos α=1；当cos α=0时，sin α=1；无论哪种情况，都有sinnα+cosnα=1(n∈N*)，D正确.故选ABD. 9.已知α∈，tan=2，则的值为 (　　) A.- B. C. D. 解析:选D　由α∈，tan=2>0，可知α+∈，故cos>0，又=2，则sin2=8cos2，1-cos2=8cos2，解得cos=.所以sin=sin=-cos=-cos=1-2cos2=1-2×=，所以==. 10.若α∈，cos(π-α)=，则tan α=　　 　.  解析:由cos(π-α)=，得cos α=-.由α∈，得sin α=.故tan α=-. 答案:- 11.cos 1°+cos 2°+cos 3°+…+cos 177°+cos 178°+cos 179°=　　　　.  解析:因为cos(180°-α)=-cos α，所以cos 1°+cos 2°+cos 3°+…+cos 89°+cos 90°+cos 91°+…+cos 177°+cos 178°+cos 179°=cos 1°+cos 2°+cos 3°+…+cos 89°+cos 90°-cos 89°-…-cos 3°-cos 2°-cos 1°=cos 90°=0. 答案:0 12.已知-π<x<0，sin(π+x)-cos x=-，则=　　　　.  解析:由已知，得sin x+cos x=，两边平方得sin2x+2sin xcos x+cos2x=，整理得2sin xcos x=-，∴(sin x-cos x)2=1-2sin xcos x=，由-π<x<0知，sin x<0，又sin xcos x=-<0，∴cos x>0，∴sin x-cos x<0，故sin x-cos x=-，∴====-. 答案:- 13.已知f(α)=. (1)化简f(α)； (2)若α是第三象限角，且sin(α-π)=，求f(α)的值. 解:(1)f(α)===-cos α. (2)由诱导公式可知sin(α-π)=-sin α=，即sin α=-，又α是第三象限角，所以cos α=-=-=-，所以f(α)=-cos α=. 14.已知sin α，cos α是关于x的一元二次方程2x2+x-2m=0的两根. (1)求m的值； (2)若0<α<π，求sin α-cos α的值. 解:(1)由已知得sin α+cos α=-　①， sin αcos α=-m　②， 将①两边同时平方得sin2α+cos2α+2sin αcos α=，则sin αcos α=-，故m=. (2)∵0<α<π，sin α+cos α=-，sin αcos α=-，∴sin α>0，cos α<0，∴sin α-cos α>0， sin α-cos α=== =. 15.(2025·大连阶段练习)在单位圆中，锐角α的终边与单位圆相交于点P，连接圆心O和P得到射线OP，将射线OP绕点O按逆时针方向旋转θ后与单位圆相交于点B，其中θ∈. (1)求的值； (2)记点B的横坐标为f(θ)，若f=，求cos+cos的值. 解:(1)由于点P在单位圆上，且α是锐角，可得m=，所以cos α=， 所以==2cos α=1. (2)由(1)可知cos α=，且α为锐角，可得α=∠xOP=， 根据三角函数定义可得f(θ)=cos， 因为f=cos=>0，且θ∈， 因此θ+∈，所以sin=， 所以cos+cos=cos+cos=sin-cos=. 第三节　三角恒等变换 课标要求 1.会用两角差的余弦公式推导出两角差的正弦、正切公式. 2.掌握两角和与差的正弦、余弦、正切公式，并会简单应用. 3.能运用两角和与差的正弦、余弦、正切公式推导二倍角的正弦、余弦、正切公式，并进行简单的恒等变换(包括推导出积化和差、和差化积、半角公式，这三组公式不要求记忆). 第一课时　两角和与差的正弦、余弦和正切公式 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.两角和与差的余弦、正弦、正切公式 (1)cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β；  (2)cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β；  (3)sin(α-β)=sin αcos β-cos αsin β；  (4)sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β；  (5)tan(α-β)=； (6)tan(α+β)=. 2.两角和与差的公式的常用变形 (1)sin αsin β+cos(α+β)=cos αcos β. (2)cos αsin β+sin(α-β)=sin αcos β. (3)tan α±tan β=tan(α±β)(1∓tan αtan β). tan αtan β=1-=-1. 3.二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α=2sin αcos α.  (2)cos 2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α. (3)tan 2α=. 4.辅助角公式 asin α+bcos α=sin(α+φ)，其中sin φ=，cos φ=. 5.常用的部分三角公式 (1)1-cos α=2sin2，1+cos α=2cos2.(升幂公式) (2)1±sin α=.(升幂公式) (3)sin2α=，cos2α=，tan2α=.(降幂公式) [细作教材小题] 1.(苏教必修②P59·T2)化简sin 13°cos 17°+cos 13°sin 17°，得 (　　) A. B. C.sin 4° D.cos 4° 解析:选B　sin 13°cos 17°+cos 13°sin 17°=sin(13°+17°)=sin 30°=. 2.(北师大必修②P171·T1(5))-sin215°的值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　-sin215°=-×=-×=. 3.(苏教必修②P87·T7)已知α∈，若cos α=，则sin= (　　) A. B. C. D. 解析:选A　∵α∈，cos α=，∴sin α==，∴sin=sin α·-cos α·=×-×=. 4.(人A必修①P220·T2(3)改编)若tan θ=2，则tan=　　　　；tan 2θ=　　　　.   解析:tan===-3，tan 2θ===-. 答案:-3　- 5.(人A必修①P227·例9改编)若将sin x+cos x写成2sin(x+φ)的形式，其中0≤φ<π，则φ=　　　　.  解析:因为sin x+cos x=2，所以cos φ=，sin φ=.因为0≤φ<π，所以φ=. 答案: 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　三角函数公式的基本应用 [例1]　(2024·全国甲卷)已知=，则tan= (　　) A.2+1 B.2-1 C. D.1- 解析:选B　根据题意有=，即1-tan α=，所以tan α=1-，所以tan===2-1，故选B. [例2]　(2024·新课标Ⅰ卷)已知cos(α+β)=m，tan αtan β=2，则cos(α-β)= (　　) A.-3m B.- C. D.3m 解析:选A　法一　因为cos(α+β)=m，所以cos αcos β-sin αsin β=m，而tan αtan β=2，所以sin αsin β=2cos αcos β，故cos αcos β-2cos αcos β=m， 即cos αcos β=-m，从而sin αsin β=-2m， 故cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=-3m，故选A. 法二　设cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=t， 因为cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β=m， 所以==-3=，故t=-3m. [例3]　(多选)已知α∈，且cos2α-cos 2α=，则 (　　) A.tan α=- B.sin 2α= C.cos 2α= D.tan 2α=- 解析:选AC　cos2α-cos 2α=cos2α-(cos2α-sin2α)=sin2α=，因为α∈，所以sin α=，cos α=-=-，所以tan α==-，sin 2α=2sin αcos α=-，cos 2α=1-2sin2α=，tan 2α==-. |点拨·建模|　三角函数公式的应用策略 (1)使用两角和、差及倍角公式时，首先要记住公式的结构特征和符号变化规律.例如两角差的余弦公式可简记为:“同名相乘，符号反”. (2)使用公式求值，应注意与同角三角函数的基本关系、诱导公式的综合应用. 逐点清(二)　三角函数公式的逆用与变形用 [例4]　tan 18°+tan 12°+tan 18°·tan 12°的值为 (　　) A. B. C.- D.- 解析:选B　tan 18°+tan 12°+tan 18°·tan 12° =tan 30°+tan 18°·tan 12° =-tan 18°·tan 12°+tan 18°·tan 12°=. [例5]　已知2sin α=3+2cos α，则sin= (　　) A.- B.- C. D. 解析:选A　由2sin α=3+2cos α， 得sin α-cos α=，即sin=， 所以sin=sin =cos 2=1-2sin2 =1-2×=-. [例6]　若sin+cos=4sincos β，则 (　　) A.tan=- B.tan= C.tan=- D.tan= 解析:选C　由sin+cos=4sincos β， 可得2sin=4sincos β， 即sin=sincos β+cossin β =2sincos β. 化简可得cossin β=sincos β， 即sin=0，所以α+-β=kπ，k∈Z， 即α-β=-+kπ，k∈Z，所以tan(α-β)=-. |点拨·建模| 三角函数公式逆用和变形使用应注意的问题 (1)公式逆用时一定要注意公式成立的条件和角之间的关系. (2)注意特殊角的应用，当式子中出现，1，等这些数值时，一定要考虑引入特殊角，把“值变角”以便构造适合公式的形式. 逐点清(三)　角的变换 [例7]　已知cos=，α∈，则cos= (　　) A. B. C.- D. 解析:选C　因为α∈，所以α+∈，又cos=， 所以sin==， 所以cos=cos =coscos-sinsin =×-×=-. [例8]　已知第二象限角α满足sin(π+α)=-，则sin 2β-2sincos的值为 (　　) A.- B.- C. D. 解析:选D　因为sin α=，且α为第二象限角， 所以cos α=-=-， 于是sin 2β-2sincos =sin-2sincos =- =-sin 2α=-2sin αcos α=-2××=. |点拨·建模|　常见的配角技巧 ①2α=(α+β)+(α-β)；②α=(α+β)-β；③β=-；④α=+；⑤=-等. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　三角函数公式的基本应用 1.cos2-cos2= (　　) A. B. C. D. 解析:选D　由题意，cos2-cos2=cos2-cos2=cos2-sin2=cos =. 2.已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，若cos α=，则tan= (　　) A.-3 B.- C. D.3 解析:选C　因为角α的终边经过点，且cos α=，所以cos α==且t>0，解得t=2，所以tan α=-，则tan===. 3.(2025·厦门质检)已知sin α+sin=sin，则sin α=　　　　.  解析:sin α+sin=sin α+=sin α+cos α， sin=cos α-sin α， 又sin α+sin=sin， 则sin α+cos α=cos α-sin α， 则sin α=0. 答案:0 逐点验收(二)　三角函数公式的逆用与变形用 4.(2022·新课标Ⅱ卷)若sin(α+β)+cos(α+β)=2cossin β，则 (　　) A.tan(α-β)=1 B.tan(α+β)=1 C.tan(α-β)=-1 D.tan(α+β)=-1 解析:选C　法一　由题意，得sin αcos β+sin βcos α+cos αcos β-sin αsin β=2×(cos α-sin α)sin β，整理，得sin αcos β-sin βcos α+cos αcos β+sin αsin β=0，即sin(α-β)+cos(α-β)=0，所以tan(α-β)=-1，故选C. 法二　设β=0，则sin α+cos α=0，即tan α=-1，取α=，排除A、B；设α=0，则sin β+cos β=2sin β，tan β=1，取β=，排除D. 5.(2025·张家口期末)数学家华罗庚倡导的“0.618优选法”在各领域都应用广泛，0.618就是黄金分割比m=的近似值，黄金分割比还可以表示成2sin 18°，则等于 (　　) A.4 B.+1 C.2 D.-1 解析:选C　依题意m==2sin 18°，所以=======2.故选C. 6.已知α+β=，则(1+tan α)(1+tan β)= 　　　.  解析:(1+tan α)(1+tan β)=tan α+tan β+tan αtan β+1=tan(α+β)(1-tan αtan β)+tan αtan β+1=1-tan αtan β+tan αtan β+1=2. 答案:2 逐点验收(三)　角的变换 7.已知sin α=，α为钝角，tan=，则tan β= (　　) A. B.- C.7 D.-7 解析:选D　由sin α=，α为钝角，得cos α=-=-=-，tan α==-2，所以tan β=tan[α-(α-β)]===-7. 8.已知α，β∈，若sin=，cos=，则sin(α-β)的值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　由题意可得α+∈，β-∈，所以cos=-，sin=-，所以sin(α-β)=-sin=-×+×=. [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.若sin α=，则cos 2α= (　　) A. B. C.- D.- 解析:选B　∵sin α=， ∴cos 2α=1-2sin2α=1-2×=. 2.sin 110°cos 40°-cos 70°sin 40°= (　　) A. B. C.- D.- 解析:选A　sin 110°cos 40°-cos 70°sin 40°=sin 70°cos 40°-cos 70°sin 40°=sin(70°-40°)=sin 30°=. 3.我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距θ的对应数表，这是世界数学史上最早的正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距θ正切值的乘积，即l=htan θ.对同一“表高”进行两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为α，β，若第一次的“晷影长”是“表高”的2.5倍，且tan=，则第二次“晷影长”是“表高”的 (　　) A.倍 B.1倍 C.倍 D.倍 解析:选A　由题意可得tan α=2.5=，tan(α-β)=，所以tan β=tan===，即第二次的“晷影长”是“表高”的倍. 4.(2023·新课标Ⅰ卷)已知sin(α-β)=，cos αsin β=，则cos(2α+2β)= (　　) A. B. C.- D.- 解析:选B　因为所以sin αcos β=，所以sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=+=，所以cos(2α+2β)=1-2sin2(α+β)=1-2×=，故选B. 5.已知sin=，α∈，则cos α= (　　) A. B. C. D. 解析:选A　由α∈，得α+∈，则cos=-=-，cos α=cos=coscos+sinsin=-×+×=，故选A. 6.已知α∈，cos2=，则sin= (　　) A. B. C. D. 解析:选A　由已知可得cos=2cos2-1=2×-1=，∵α∈，∴α+∈，∴sin=，∴sin=sin=sin·cos -cos·sin=. 7.已知函数f(x)=-4sin x+3cos x在x0处取到最大值，则sin的值为 (　　) A.-- B.- C.-+ D.+ 解析:选A　因为f(x)=-4sin x+3cos x=-5=-5sin，其中sin φ=，cos φ=，又f(x)在x0处取到最大值，所以x0-φ=-+2kπ(k∈Z)，即x0=φ-+2kπ(k∈Z)，则sin x0=-cos φ=-，cos x0=sin φ=，所以sin=sin x0-cos x0=--. 8.若sin=3sin，则tan= (　　) A.5-6 B.5+6 C. D. 解析:选D　因为sin=3sin，所以sin=3sin，所以cos=3sin，所以tan==，所以tan=tan===. 9.[多选]已知α，β，γ∈，sin β+sin γ=sin α，cos α+cos γ=cos β，则下列说法正确的是 (　　) A.cos(β-α)= B.cos(β-α)= C.β-α= D.β-α=- 解析:选BD　由已知可得 所以1=sin2γ+cos2γ=(sin α-sin β)2+(cos β-cos α)2=2-2(cos βcos α+sin βsin α)=2-2cos(β-α)，所以cos(β-α)=.因为α，β，γ∈，则-<β-α<，因为sin γ=sin α-sin β>0，函数y=sin x在上单调递增，则α>β，则-<β-α<0，故β-α=-. 10.(2025·湛江一模)=　　　　.  解析:由三角函数的诱导公式和两角和的余弦公式，可得===-. 答案:- 11.(2025·哈尔滨模拟)随着智能手机的普及，手机摄影越来越得到人们的喜爱，要得到美观的照片，构图是很重要的，用“黄金分割构图法”可以让照片感觉更自然，更舒适.“黄金九宫格”是黄金分割构图的一种形式，是指把画面横竖各分三部分，以比例1∶0.618∶1为分隔，4个交叉点即为黄金分割点.如图，分别用A，B，C，D表示黄金分割点.若照片长、宽比例为4∶3，设∠CAB=α，则-tan α=　　　　.  解析:由题意得BC=3×，AB=4×，所以tan α==. 所以-tan α=-tan α=-tan α=-=-=. 答案: 12.已知α，β∈，α>β，且cos α(cos α-cos β)+sin α=，sin αcos β=，则sin(α+β)=　　　　　.  解析:因为cos α+sin α(sin α-sin β)=，cos2α-cos αcos β+sin2α-sin αsin β=，即1-cos(α-β)=，所以cos=.因为α，β∈，α>β，所以0<α-β<，所以sin(α-β)=，即sin αcos β-cos αsin β=.又sin αcos β=，所以cos αsin β=，所以sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=+=. 答案: 13.已知α，β均为锐角，且sin α=，tan(α-β)=-. (1)求sin(α-β)的值； (2)求cos β的值. 解:(1)∵α，β∈，∴-<α-β<. 又∵tan(α-β)=-<0， ∴-<α-β<0.∴sin(α-β)=-. (2)由(1)可得，cos(α-β)=. ∵α为锐角，且sin α=，∴cos α=. ∴cos β=cos[α-(α-β)]=cos αcos(α-β)+sin αsin(α-β)=×+× =. 14.已知函数f(x)=2cos，x∈R. (1)求f(π)的值； (2)若f=，α∈，求f(2α)的值. 解:(1)f(π)=2cos=-2cos=-2×=-. (2)因为f=2cos=-2sin α=， 所以sin α=-.又α∈， 所以cos α===， 所以sin 2α=2sin αcos α=2××=-， cos 2α=2cos2α-1=2×-1=. 所以f(2α)=2cos=2cos 2αcos+2sin 2αsin=2××+2××=. 15.已知0<β<<α<，cos=，sin=. (1)求cos α的值； (2)求sin(α-β)的值. 解:(1)因为<α<，所以-<-α<0.又cos=， 则sin=-=-， 所以cos α=cos=cos cos+sin sin=×+×=-. (2)因为0<β<，所以0<-β<. 又sin=， 则cos==， 所以sin(α-β)=sin =sincos-cossin =×-×=. 第二课时　简单的三角恒等变换 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　三角函数式的化简求值 [例1]　2+等于 (　　) A.2cos 2 B.2sin 2 C.4sin 2+2cos 2 D.2sin 2+4cos 2 解析:选B　2+ =2+ =2+ =2|sin 2+cos 2|+2|cos 2|. ∵<2<π，∴cos 2<0， ∵sin 2+cos 2=sin，0<2+<π， ∴sin 2+cos 2>0， ∴原式=2(sin 2+cos 2)-2cos 2=2sin 2. [例2]　化简:(0<α<π)=　　　　　 .  解析:∵0<α<π，∴tan ===，∴(1+cos α)tan=sin α. 又∵cos=-sin α，且1-cos α=2sin2， ∴===-. ∵0<α<π，∴0<<，∴sin >0. ∴=-2cos . 答案:-2cos |点拨·建模|　三角函数式的化简原则 (1)三角函数式的化简要遵循“三看”原则:一看角，二看名，三看式子结构与特征. (2)三角函数式的化简要注意观察条件中角之间的联系(和、差、倍、互余、互补等)，寻找式子和三角函数公式之间的共同点. 逐点清(二)　三角函数式的求值 题点1　给角求值 [例3]　化简:= (　　) A. B.2 C. D.-1 解析:选A　 = ===. [例4]　cos 20°·cos 40°·cos 100°=　　　　.  解析:cos 20°·cos 40°·cos 100° =-cos 20°·cos 40°·cos 80° =- =- =-=- =-=-. 答案:- |个性点拨|　给角求值的解题策略 (1)化为特殊角的三角函数值. (2)化为正、负相消的项，消去求值. (3)化分子、分母，使其出现公约数，然后约分求值. 题点2　给值求值 [例5]　(2025·丹东一模)已知α∈=4+1，则sin 2α= (　　) A. B. C. D. 解析:选A　因为α∈，所以∈，所以cos >sin ，所以 ====4+1，所以(sin α+cos α)+=(sin α+cos α)·(4+1)-·(4+1)，即2(sin α+cos α)=2+1，所以sin α+cos α=1+，即(sin α+cos α)2=1+2sin αcos α=1+sin 2α=，所以sin 2α=.故选A. [例6]　若α是锐角，且cos=，则cos=　　　　.   解析:因为0<α<，所以<α+<，又cos=，所以sin=，则cos=sin α=sin=sincos -cossin =×-×=. 答案: |个性点拨|　给值求值问题的求解思路 (1)化简所求式子. (2)观察已知条件与所求式子之间的联系(从三角函数名及角入手). (3)将已知条件代入所求式子，化简求值. 题点3　给值求角 [例7]　已知cos α=，α∈，角β的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P，且β∈(0，π)，则α-β= (　　) A. B.- C. D.- 解析:选A　因为角β的终边经过点P，所以cos β=，sin β=.又cos α=，α∈，所以sin α=，所以sin=sin αcos β-cos αsin β=×-×=.因为β∈(0，π)，α∈，所以α-β∈，所以α-β=. |个性点拨|　给值求角问题的解题策略 (1)求相关角的某一个三角函数值. (2)由求得的三角函数值求角，如果根据求得的函数值无法唯一确定角的大小，应根据已知角的范围和已知角的三角函数值把所求角的大小作相对精确的估计，以排除多余的解. 逐点清(三)　三角恒等变换的综合应用 [例8]　已知f(x)=sin+2sin·cos. (1)求f的值； (2)若锐角α满足f(α)=，求sin 2α的值. 解:(1)由题意得f(x)=sin+2sincos =sin-2sincos =sin-2sincos =sin-sin =sin 2xcos -cos 2xsin +cos 2x =sin 2x+cos 2x=sin， 故f=sin=0. (2)∵α∈，∴2α+∈， 又∵f(α)=，∴f(α)=sin=， 又∵sin=<， ∴2α+∈， ∴cos=-=-， ∴sin 2α=sin =sincos -cossin =×+×=. |点拨·建模| (1)进行三角恒等变换要抓住:变角、变函数名称、变结构，尤其是角之间的关系；注意公式的逆用和变形使用. (2)形如y=asin x+bcos x化为y=sin(x+φ)，可进一步研究函数的周期性、单调性、最值与对称性. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　三角函数式的化简 1.若α∈，tan 2α=，则tan α等于 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　法一　因为tan 2α==，且tan 2α=， 所以=，解得sin α=.因为α∈，所以cos α=，tan α==. 法二　因为tan 2α====，且tan 2α=，所以=，解得sin α=.因为α∈，所以cos α=，tan α==. 2.化简:·=　　　　.  解析:· = =· =·=. 答案: 逐点验收(二)　三角函数式的求值 3.(2025·重庆模拟)= (　　) A.4 B. C. D. 解析:选D　====.故选D. 4.已知锐角α，β(α≠β)满足sin α+2cos α=sin β+2cos β，则sin(α+β)的值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　设f(x)=sin x+2cos x=sin(x+φ)，其中sin φ=，cos φ=，φ∈，当x∈时，x+φ∈⊂(0，π)，此时f(x)=sin x+2cos x=sin(x+φ)在(0，π)有增有减，又因为f(α)=f(β)，且α≠β，所以α+φ+β+φ=π，所以α+β=π-2φ，所以sin(α+β)=sin(π-2φ)=sin 2φ=2sin φcos φ=.故选D. 5.已知tan=2tan θ-7，则sin 2θ= (　　) A. B.- C.± D. 解析:选D　因为tan===2tan θ-7，整理得tan2θ-4tan θ+4=0，解得tan θ=2，所以sin 2θ===.故选D. 6.已知α，β均为锐角，cos α=，sin β=，则cos 2α=　　　　，2α-β=　　　　.  解析:因为cos α=，所以cos 2α=2cos2α-1=.又因为α，β均为锐角，sin β=，所以sin α=，cos β=，因此sin 2α=2sin αcos α=，所以sin(2α-β)=sin 2αcos β-cos 2αsin β=×-×=.因为α为锐角，所以0<2α<π.又cos 2α>0，所以0<2α<，又β为锐角，所以-<2α-β<，又sin(2α-β)=，所以2α-β=. 答案:　 综合创新训练题组 7.如图，△ABC的顶点都在坐标轴上，直线AB的斜率为，直线BC的斜率为-，则tan∠ABC= (　　) A.- B.- C.- D.- 解析:选C　由题意可得∠ABC=∠xCB-∠xAB，由kAB=，得tan∠xAB=，由kBC=-，得tan∠xCB=-，∴tan∠ABC=tan(∠xCB-∠xAB)===-. 8.在平面直角坐标系xOy中，设α，β都是锐角，若α，β，α+β的始边都与x轴的非负半轴重合，终边分别与圆x2+y2=1交于点，且满足y2=y1x3，则当β最大时，tan 2β的值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　由y2=y1x3，得sin β=sin αcos(α+β)，即sin=sin αcos，则sincos α=2sin αcos，得tan=2tan α，tan β=tan=≤=，当且仅当tan α=时等号成立.因为β是锐角，所以当β最大时，tan β=，则tan 2β===. 9.[多选]美国数学史家、穆伦堡学院名誉数学教授威廉·邓纳姆在1994年出版的The Mathematical Universe一书中写道:“相比之下，数学家达到的终极优雅是所谓的‘无言的证明’，在这样的证明中一个极好的令人信服的图示就传达了证明，甚至不需要任何解释.很难比它更优雅了.”如图所示正是数学家所达到的“终极优雅”，该图(四边形ABCD为矩形)完美地展示并证明了正弦和余弦的二倍角公式，则可推导出的正确选项为 (　　) A.AD=sin 2x B.AB=sin 2x C.DE=cos 2x D.=cos2x 解析:选ACD　如图，对于A，在Rt△AEF中，EF=sin x，AF=cos x，又∠EFC=x，则EC=sin x·sin x=sin2x，FC=sin xcos x，在Rt△ABF中，可求得BF=sin xcos x，所以AD=BC=BF+FC=2sin xcos x=sin 2x，故A正确；对于B，AB=cos2x，故B错误；对于C，在Rt△ADE中，因为AD=sin 2x，AE=1，则DE=cos 2x，故C正确；对于D，S△ABF=×AB×BF=×cos2x×sin xcos x=sin xcos3x，S△AEF=×AF×EF=sin xcos x，所以==cos2x，故D正确.故选ACD. 10.(2024·新课标Ⅱ卷)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)=　　　　　　.  解析:法一　由题意得tan(α+β)===-2， 因为α∈， β∈，k，m∈Z， 则α+β∈((2m+2k)π+π，(2m+2k)π+2π)，k，m∈Z， 又因为tan(α+β)=-2<0， 则α+β∈，k，m∈Z，则sin(α+β)<0， 则=-2，联立sin2(α+β)+cos2(α+β)=1，解得sin(α+β)=-. 法二　因为α为第一象限角，β为第三象限角，则cos α>0，cos β<0， cos α==，cos β==， 则sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=cos αcos β·(tan α+tan β) =4cos αcos β= ===-. 答案:- 细节、微点提醒 (1)积化和差公式 sin αcos β=[sin(α+β)+sin(α-β)]； cos αsin β=[sin(α+β)-sin(α-β)]； cos αcos β=[cos(α+β)+cos(α-β)]； sin αsin β=-[cos(α+β)-cos(α-β)]. (2)和差化积公式 sin θ+sin φ=2sincos； sin θ-sin φ=2cossin ； cos θ+cos φ=2cos cos； cos θ-cos φ=-2sinsin . [课时跟踪检测] 1.已知sin 2α=，则cos2= (　　) A. B. C. D. 解析:选D　因为sin 2α=，所以cos2====，故选D. 2.已知sin=，则sin 2θ的值为 (　　) A. B.- C. D.- 解析:选B　由sin=，得sin=sin θcos -cos θsin =(sin θ-cos θ)=，即sin θ-cos θ=，等式两边同时平方，得1-sin 2θ=，所以sin 2θ=-. 3.式子化简的结果为 (　　) A. B.1 C.2sin 9° D.2 解析:选B　原式= ====1. 4.已知α是钝角，且sin-cos=，则tan α= (　　) A.- B.- C.- D.- 解析:选D　因为sin-cos=，等式两边平方可得=sin2+cos2-2sincos=1-sin α=，所以sin α=.又因为α是钝角，则cos α=-=-=-，因此，tan α==×=-.故选D. 5.(2025·宜春模拟)已知α∈，tan=tan，则= (　　) A.6+4 B.6-4 C.17+12 D.17-12 解析:选A　因为α∈，tan=tan，所以=×，tan α<-1，解得tan α=-3-2或tan α=-3+2(舍去)，则==(tan2α-2tan α+1)=(tan α-1)2=(-3-2-1)2=6+4.故选A. 6.设0<θ<，若+cos 2θ=3，则θ= (　　) A.- B. C. D. 解析:选B　由题意+cos 2θ=3，则1+2sin θcos θ+cos 2θ=3，即sin 2θ+cos 2θ=2，故2sin=2，即sin=1，由于0<θ<，所以2θ+∈，则2θ+=，即θ=，故选B. 7.[多选]已知<α<，-<β<0，且sin α+sin β=(cos α+cos β)，则下列结论可能正确的是 (　　) A.cos(α-β)=-1 B.sin(α-β)=0 C.cos(α+β)=- D.sin(α+β)=- 解析:选ABC　∵sin α+sin β=(cos α+cos β)，∴sin α-cos α+sin β-cos β=0， ∴2sin+2sin=0， ∴2sin=-2sin=2sin. 又<α<，-<β<0，则<α-<，-<β-<-，∴<-β<. 当α-=-β，即α+β=时，cos=-，sin=，C正确，D不正确；当α-+-β=π，即α-β=π时，cos(α-β)=-1，sin=0，sin=sin=-sin 2β，-π<2β<0，sin=-sin 2β>0，A、B正确，D不正确. 8.已知tan β=，tan=，若β∈，则β= (　　) A. B. C. D. 解析:选C　因为tan α=tan(α+β-β)=，又因为tan β=，tan=， 所以tan α==，所以tan α==.因为sin2α+cos2α=1，所以tan α=0，所以α=kπ，k∈Z，所以当k为奇数时，cos α=-1，sin α=0，当k为偶数时，cos α=1，sin α=0.因为tan β=，所以tan β=±1.因为β∈，所以β=. 9.=　　　　　.  解析:= ===. 答案: 10.(2025·河南联考)写出使等式+=2成立的一个α的值　　　　.  解析:由+ = ==2， 得sin=sin， 所以+=(2k+1)π(k∈Z)， 解得α=kπ+(k∈Z)， 当k=0时，α=，所以可取α=(答案不唯一). 答案:(答案不唯一) 11.(2024·淄博二模)设β∈，若sin α=3sin(α+2β)，tan β=，则tan(α+2β)=　　　　.  解析:由sin α=3sin(α+2β)，得sin [(α+2β)-2β]=3sin(α+2β)，则sin(α+2β)cos 2β-cos(α+2β)sin 2β=3sin(α+2β)，即sin(α+2β)(cos 2β-3)=cos(α+2β)sin 2β，因此tan(α+2β)====-，而tan β=，所以tan(α+2β)=-=-. 答案:- 12.如图所示，圆O与x轴的正半轴的交点为A，点C，B在圆O上，且点C位于第一象限，点B的坐标为(，-1)，∠AOC=α，若|BC|=，则cos2-sin cos-的值为　　　　　.  解析:∵点B的坐标为，则==.设∠AOB=θ，∠BOC=β，则θ，β∈，∴sin==-， sin θ=.∵∠AOC=α，=，|OB|=|OC|=，∴θ+α=，则α=-θ，cos2-sin cos-=-·2sin cos =cos α-sin α=sin=sin=sin θ=. 答案: 13.(2025·青岛模拟)由倍角公式cos 2x=2cos2x-1，可知cos 2x可以表示为cos x的二次多项式.对于cos 3x，我们有cos 3x=cos(2x+x)=cos 2xcos x-sin 2xsin x=(2cos2x-1)cos x-2sin xcos xsin x=2cos3x-cos x-2(1-cos2x)cos x=4cos3x-3cos x.可见cos 3x可以表示为cos x的三次多项式. 一般地，存在一个n次多项式Pn(t)，使得cos nx=Pn(cos x)，这些多项式Pn(t)称为切比雪夫多项式. (1)请尝试求出P4(t)，即用一个cos x的四次多项式来表示cos 4x； (2)利用结论cos 3x=4cos3x-3cos x，求出sin 18°的值. 解:(1)cos 4x=cos(2×2x)=2cos22x-1=2(2cos2x-1)2-1=2(4cos4x-4cos2x+1)-1=8cos4x-8cos2x+1. (2)∵sin 36°=cos 54°， ∴2sin 18°cos 18°=4cos318°-3cos 18°， ∴2sin 18°=4cos218°-3，∴4sin218°+2sin 18°-1=0， ∴sin 18°=或sin 18°=(舍去). ∴sin 18°的值为. 14.已知函数f(x)=sinsin x-. (1)若α∈(0，π)，f=，求α的值. (2)若β∈，f(β)=-，求cos的值. 解:(1)f(x)=sinsin x- =sin x- =sin2x+sin xcos x- =sin 2x-cos 2x ==sin. ∵f=，∴sin=，又α∈(0，π)，则-<α-<，∴α-=，α=. (2)∵f(β)=-，可得sin=-， 又2β-=-， ∴sin=-， 解得cos=， 又cos=2cos2-1， 化简得cos2=， 又β∈，∴β+∈， ∴cos=-. 15.已知cos α=，tan β=，其中α，β∈. (1)求α+β的值； (2)设函数f(x)=coscos+sinsin，当x0∈且f=时，求f的值. 解:(1)由题意可知cos α=⇒sin α==，tan β==， 又sin2β+cos2β=1，β∈，所以sin β=，cos β=，所以cos=cos αcos β-sin αsin β=×-×=，因为α，β∈⇒0<α+β<π，所以α+β=. (2)由(1)可知f(x)=coscos+sinsin=cos=cos 2x，易知f=cos=， 又x0∈⇒2x0∈，2x0+∈，所以sin==，故f=cos 2x0=cos=cos+sin=×+×=. 第四节　三角函数的图象与性质 课标要求 1.能画出三角函数的图象.　2.了解三角函数的周期性、奇偶性、最大(小)值. 3.借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0，2π]上的性质，正切函数在上的性质. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.用“五点法”作正弦函数和余弦函数的简图 (1)在正弦函数y=sin x，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是(0，0)，，(π，0)，，(2π，0). (2)在余弦函数y=cos x，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是(0，1)，，(π，-1)，，(2π，1). 2.正弦、余弦、正切函数的图象与性质(下表中k∈Z) 函数 y=sin x y=cos x y=tan x 图象 定义域 R R 值域 [-1，1] [-1，1] R 最小 正周期 2π 2π π 奇偶性 奇函数 偶函数 奇函数 单调 递增 区间 [2kπ-π，2kπ] 单调 递减 区间 [2kπ，2kπ+π] 对称 中心 (kπ，0) 对称轴 方程 x=kπ+ x=kπ [细作教材小题] 1.(人A必修①P203·T3改编)下列函数是偶函数的是 (　　) A.y=2sin x B.y=1-cos x C.y=x+sin x D.y=-sin xcos x 答案:B 2.(北师大必修②P33·T2(2))函数y=sin x，x∈，则y的取值范围是 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　由y=sin x的单调性知，在上函数单调递增，在上函数单调递减，又sin=，sin=1，sin=>，故y∈. 3.(苏教必修①P224·T2)函数y=sin的最小正周期为　　　　.  答案:π 4.(人B必修③P71·T5(1)改编)函数y=3cos，x∈R的单调递减区间为　　　　　　　　　.  解析:令2kπ≤2x-≤2kπ+π，k∈Z，解得kπ+≤x≤kπ+，k∈Z，所以y=3cos，x∈R的单调递减区间为(k∈Z). 答案:(k∈Z) 5.(人A必修①P206·例4改编)比较下列各组数的大小: (1)sin　　　sin；  (2)cos　　　cos.  解析:(1)因为-<-<-<0，正弦函数y=sin x在区间上单调递增， 所以sin>sin. (2)cos=cos=cos， cos=cos=cos. 因为0<<<π， 且函数y=cos x在区间[0，π]上单调递减， 所以cos>cos， 即cos>cos. 答案:(1)>　(2) < 第一课时　三角函数的定义域、值域及单调性 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　三角函数的定义域 [例1]　函数f(x)=-2tan的定义域是 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　由2x+≠+kπ(k∈Z)，得x≠+(k∈Z)，故函数f(x)的定义域为.故选D. [例2]　函数y=lg sin x+的定义域为　　　　.  解析:要使函数有意义，则有即解得(k∈Z)，所以2kπ<x≤+2kπ，k∈Z.所以函数的定义域为. 答案: |点拨·建模|　三角函数定义域的求法 (1)求三角函数的定义域常化为解三角不等式(组)； (2)解三角不等式(组)时，常借助三角函数的图象来求解. 逐点清(二)　三角函数的值域(最值) [例3]　已知函数f(x)=sin x+cos x+2sin xcos x+2，则f(x)的最大值与最小值分别为 (　　) A.3，1 B.3，-1 C.3+ D.3+，3- 解析:选C　因为函数f(x)=sin x+cos x+2sin xcos x+2，设sin x+cos x=sin=t，t∈[-]，则2sin xcos x=t2-1，所以y=t2+t+1=+，t∈[-].当t=-时，f(x)min=；当t=时，f(x)max=3+. [例4]　(2025·怀柔期中)函数y=3-sin x-2cos2x，x∈的值域为　　　　.  解析:由正弦函数的性质可知，当x∈时，-≤sin x≤1，y=3-sin x-2cos2x=2sin2x-sin x+1=2+，当sin x=时，ymin=；当sin x=1或-时，ymax=2，故值域为. 答案: [例5]　(2025·石家庄模拟)已知函数y=sin在区间[0，a]，上的值域均为[-1，b]，则实数a的取值范围是　　　　.  解析:当x∈[0，a]时，x-∈，当x∈时，x-∈.因为函数y=sin在区间[0，a]，上的值域均为[-1，b]，而sin=-1，sin=-1，所以b=.又因为sin=-1，sin=-1，所以解得≤a≤，即实数a的取值范围是. 答案: |点拨·建模| 求三角函数的值域(最值)的3种类型及解题思路 (1)形如y=asin x+bcos x+c的三角函数化为y=Asin(ωx+φ)+c的形式，再求值域(最值)； (2)形如y=asin2x+bsin x+c的三角函数，可先设sin x=t，化为关于t的二次函数求值域(最值)； (3)形如y=asin xcos x+b(sin x±cos x)+c的三角函数，可先设t=sin x±cos x，化为关于t的二次函数求值域(最值). 逐点清(三)　三角函数的单调性 题点1　求三角函数的单调区间 [例6]　(2025·昆明阶段练习)下列函数中，在区间上单调递增的是 (　　) A.y=tan B.y=sin C.y=cos D.y=|sin x| 解析:选D　A选项，当x∈时，x+∈，而y=tan z在(k∈Z)上单调递增，A错误；B选项，当x∈时，2x+∈，而y=sin z在(k∈Z)上单调递增，B错误；C选项，当x∈时，2x-∈，而y=cos z在[-π+2kπ，2kπ](k∈Z)上单调递增，C错误；D选项，画出y=|sin x|的图象如图， 可以看出y=|sin x|在上单调递增，D正确，故选D. [例7]　(2025·保定期末)函数f(x)=log2cos的单调递增区间为　　　　　　　　.  解析:令t=cos，由t>0，得cos>0，所以2kπ-<2x-<2kπ+，k∈Z，解得kπ-<x<kπ+，k∈Z，所以函数的定义域为，k∈Z，由余弦函数的性质可知t=cos在，k∈Z上单调递增，在，k∈Z上单调递减，又因为y=log2t在定义域上为增函数，由复合函数的单调性可知，函数f(x)=log2cos的单调递增区间为，k∈Z. 答案:，k∈Z |个性点拨|　求三角函数单调区间的步骤 (1)将函数化为y=Asin(ωx+φ)或y=Acos(ωx+φ)的形式，若ω<0，借助诱导公式将ω化为正数； (2)把ωx+φ看作一个整体，再根据y=sin x和y=cos x的单调区间及A的正负，列不等式求解. 题点2　根据三角函数的单调性求参数 [例8]　若f(x)=cos x-sin x在[-a，a]上单调递减，则a的最大值是 (　　) A. B. C. D.π 解析:选A　f(x)=cos x-sin x=cos，由题意得a>0，故-a+<.因为f(x)=cos在[-a，a]上单调递减，所以解得0<a≤，所以a的最大值是. [例9]　若函数f(x)=sin ωx(ω>0)在区间上单调递增，在区间上单调递减，则ω=　　　　.  解析:∵f(x)=sin ωx(ω>0)过原点，∴当0≤ωx≤，即0≤x≤时，y=sin ωx单调递增；当≤ωx≤，即≤x≤时，y=sin ωx单调递减.由f(x)=sin ωx(ω>0)在上单调递增，在上单调递减，知=，∴ω=. 答案: |个性点拨|　已知单调区间求参数的3种方法 子集法 求出原函数的相应单调区间，由已知区间是该区间的子集，列不等式(组)求解 求补 集法 由所给区间求出整体角的范围，由该范围是某相应正、余弦函数的某个单调区间的子集，列不等式(组)求解 周期 性法 由所给区间的两个端点到其相应对称中心的距离不超过个周期，列不等式(组)求解 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　三角函数的定义域 1.函数y=的定义域是 (　　) A.(-∞，0)∪(1，+∞) B. C.∪ D. 解析:选C　由已知可得2x≠+kπ且x-x2>0，解得x≠+π且0<x<1，所以函数y=的定义域是∪.故选C. 2.函数f(x)=logx+定义域为　　　　　　　　　.  解析:由题意得即 解得0<x≤或≤x<6，从而函数的定义域为∪. 答案:∪ 逐点验收(二)　三角函数的值域 3.(2025·苏州调研)函数f(x)=sin x+cos x在区间上的最大值为 (　　) A. B. C.1 D.2 解析:选D　f(x)=sin x+cos x=2=2sin，因为x∈，所以x+∈，根据正弦函数的性质，2sin∈，所以当x=时，f(x)有最大值为2.故选D. 4.若函数f(x)=，则f(x)的最大值为 (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:选A　由已知f(x)= ==tan∈，由函数y=tan x在区间上单调递增，知f(x)∈，所以f(x)的最大值为1.故选A. 5.已知函数f(x)=4sin+1的定义域是[0，m]，值域为[-1，5]，则m的最大值是 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　∵x∈[0，m]，∴2x-∈.∵f(x)的值域为[-1，5]，∴≤2m-≤，解得≤m≤，∴m的最大值为.故选A. 逐点验收(三)　三角函数的单调性 6.已知函数f(x)=cos2x-sin2x，则 (　　) A.f(x)在上单调递减 B.f(x)在上单调递增 C.f(x)在上单调递减 D.f(x)在上单调递增 解析:选C　依题意可知f(x)=cos2x-sin2x=cos 2x.因为x∈，所以2x∈，函数f(x)=cos 2x在上单调递增，所以A不正确；因为x∈，所以2x∈，函数f(x)=cos 2x在上不具有单调性，所以B不正确；因为x∈，所以2x∈，函数f(x)=cos 2x在上单调递减，所以C正确；因为x∈，所以2x∈，函数f(x)=cos 2x在上不具有单调性，所以D不正确.故选C. 7.[多选]下列不等式成立的是 (　　) A.sin<sin B.cos 400°>cos(-50°) C.sin <sin D.sin 3<sin 2 解析:选BD　因为-<-<-<0，且函数y=sin x在上单调递增，所以sin<sin，故A错误；因为cos 400°=cos 40°，cos(-50°)=cos 50°，且当0°≤x≤90°时，函数y=cos x单调递减，所以cos 40°>cos 50°，即cos 400°>cos(-50°)，故B正确；因为<<<，且函数y=sin x在区间上单调递减，所以sin>sin，故C错误；因为<2<3<，且函数y=sin x在区间上单调递减，所以sin 3<sin 2，故D正确. 8.(2025·盐城期中)若函数f(x)=sin(ω>0)在上具有单调性，则ω的取值范围是 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　因为0<x<，所以<ωx+<ω+，又f(x)在上具有单调性，所以ω+≤，结合ω>0，解得0<ω≤1. 9.已知函数f(x)=cos(2x+θ)在上单调递增，若f≤m恒成立，则实数m的取值范围为　　　　.  解析:f(x)=cos(2x+θ)，当x∈时，-+θ≤2x+θ≤-+θ，由函数f(x)在上单调递增，得(k∈Z)，则2kπ-≤θ≤2kπ+(k∈Z).又0≤θ≤，∴0≤θ≤.∵f=cos，又≤θ+≤，∴f=0，∴m≥0. 答案:[0，+∞) 细节、微点提醒 防范两个易误点 (1)要注意求函数y=Asin(ωx+φ)的单调区间时A和ω的符号，尽量化成ω>0的情况，避免出现增减区间的混淆. (2)对于y=tan x，不能认为其在定义域上单调递增，而是在每个区间(k∈Z)上单调递增. [课时跟踪检测] 1.函数f(x)=的定义域为 (　　) A.(k∈Z) B.(k∈Z) C.(k∈Z) D.(k∈Z) 解析:选B　由题意，得2sinx-1≥0， x∈(k∈Z)， 则x∈(k∈Z). 2.已知函数f(x)=sin，则f(x)在上的单调递增区间为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　当x∈时，2x-∈，所以当2x-∈，即x∈时，函数f(x)单调递增. 3.函数f(x)=cos 2x+2sin x，x∈[0，π]的最大值为 (　　) A. B.1 C. D.2 解析:选C　f(x)=1-2sin2x+2sin x=+，因为x∈[0，π]，所以sin x∈[0，1]，所以当sin x=时，f(x)取得最大值，最大值为.故选C. 4.(2025·大同模拟)已知a=sin 3，b=cos，c=tan 1，则a，b，c的大小关系为 (　　) A.a<c<b B.b<a<c C.a<b<c D.c<b<a 解析:选C　因为a=sin 3=sin，b=sin->π-3，而y=sin x在上单调递增，所以sin<sin<1，即a<b.又由tan 1>tan=1，所以c>b>a，故选C. 5.函数f(x)=sin(ωx+φ)，在区间(0，1)上不可能 (　　) A.单调递增 B.单调递减 C.有最大值 D.有最小值 解析:选B　当x∈(0，1)时，因为ω>0，所以0<ωx<ω.因为-<φ<，所以-<ωx+φ<+ω.令ωx+φ=t，所以y=sin t，当-+2kπ≤t≤+2kπ，k∈Z时，y=sin t单调递增，故f(x)在(0，1)上不可能单调递减. 6.(2025·商洛模拟)若函数g=cos在区间上单调递减，则正数ω的取值范围为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　根据函数y=g在区间上单调递减，得T=≥2×=π，可得0<ω≤2，又由<+≤，必有+≤π，可得0<ω≤. 7.[多选]已知函数f(x)=sin|x|+|sin x|，则下列结论正确的是 (　　) A.f(x)是偶函数 B.f(x)在区间上单调递增 C.f(x)在[-π，π]有4个零点 D.f(x)的最大值为2 解析:选AD　∵f(-x)=sin|-x|+|sin(-x)|=sin|x|+|sin x|=f(x)，∴f(x)为偶函数，故A正确；当<x<π时，f(x)=sin x+sin x=2sin x，∴f(x)在上单调递减，故B不正确；f(x)在[-π，π]上的图象如图所示，由图可知函数f(x)在[-π，π]上只有3个零点，故C不正确；∵y=sin|x|与y=|sin x|的最大值都为1且可以同时取到，∴f(x)可以取到最大值2，故D正确. 8.对于函数y=f(x)，y=g(x)，其定义域均为D，若存在x1，x2∈D，使得f(x1)+g(x2)=m(m∈R)，则称f(x)与g(x)在D上具有“m关联”性质.若f(x)=sin x+cos 2x与g(x)=3sin x+4cos x在[0，π]上具有“m关联”性质，则m的取值范围是 (　　) A.[-5，7] B. C.[-4，7] D. 解析:选D　f(x1)=sin x1+cos 2x1=-2sin2x1+sin x1+1=-2+，当x1∈[0，π]时，0≤sin x1≤1，当sin x1=时，f(x1)取得最大值，当sin x1=1时，f(x1)取得最小值0，所以f(x1)的值域为，g(x2)=3sin x2+4cos x2=5sin(x2+φ)，其中sin φ=，cos φ=，当x2∈[0，π]时，可得x2+φ∈[φ，π+φ]，所以sin(x2+φ)∈，所以g(x2)的值域为[-4，5]，由题意，f(x)与g(x)在[0，π]上具有“m关联”性质，所以0+(-4)≤m≤5+，即m的取值范围是.故选D. 9.函数f(x)=的定义域为　　　　　　　　　　　　　　.  解析:由题意1-sin x≥0，sin x≤，所以2kπ-≤x≤2kπ+，k∈Z. 答案: 10.设φ∈(0，π)，f(x)=sin(x+φ)，若不等式f(x)≥-2f(0)对任意x∈R都成立，则φ的取值范围是　　　　.  解析:由题可得φ∈(0，π)，且sin(x+φ)≥-2sin φ对任意x∈R都成立，结合x∈R时，sin(x+φ)∈[-1，1]，所以-1≥-2sin φ，即sin φ≥.又y=sin x在上单调递增，在上单调递减，所以φ∈. 答案: 11.函数f(x)=|sin x|-cos x的值域为　　　　.  解析:由sin x≥0，得2kπ≤x≤π+2kπ，k∈Z，由sin x<0，得-π+2kπ<x<2kπ，k∈Z.故当2kπ≤x≤π+2kπ，k∈Z时，f(x)=sin x-cos x=2sin，此时-+2kπ≤x-≤+2kπ，k∈Z，则-≤sin≤1，f(x)∈[-，2]；当-π+2kπ<x<2kπ，k∈Z时，f(x)=-sin x-cos x=-2sin，此时-+2kπ<x+<+2kπ，k∈Z，则-1≤sin<，f(x)∈(-，2].综上可得，f(x)的值域为[-，2]. 答案:[-，2] 12.(2025·晋中模拟)已知函数f(x)=sin ωx+cos ωx(ω>0)，且在上单调递增，则满足条件的ω的最大值为　　　　.  解析:f(x)=sin ωx+cos ωx=2sin(ω>0).由2kπ-≤ωx+≤2kπ+，k∈Z，得-≤x≤+，k∈Z，∴f(x)的单调递增区间为(k∈Z). 由题知，⊆， ∴ ∴6k-≤ω≤4k+，k∈Z. ∵ω>0，∴当k=0时，-≤ω≤，∴0<ω≤；当k=1时，≤ω≤；当k≥2，k∈Z时，ω∈⌀，∴ωmax=. 答案: 13.已知函数f(x)=sin. (1)求函数f(x)的单调递增区间； (2)当x∈时，求函数f(x)的最大值和最小值. 解:(1)令2kπ-≤2x+≤2kπ+，k∈Z. 则kπ-≤x≤kπ+，k∈Z.故函数f(x)的单调递增区间为，k∈Z. (2)因为当x∈时，≤2x+≤， 所以-1≤sin≤， 所以-≤f(x)≤1， 所以当x∈时，函数f(x)的最大值为1，最小值为-. 14.(2025·临沂期中)已知函数f(x)=sin 2x+2cos2x+m在区间上的最大值为6. (1)求常数m的值； (2)求f(x)的单调递减区间； (3)求使f(x)>5成立的x的取值集合. 解:(1)由题意可得f(x)=sin 2x+2cos2x+m=sin 2x+cos 2x+m+1=2sin+m+1， 因为x∈，则2x+∈， 可知当2x+=，即x=时，f(x)取到最大值m+3， 即m+3=6，解得m=3. (2)由(1)可知f(x)=2sin+4， 令2kπ+≤2x+≤2kπ+，k∈Z， 解得kπ+≤x≤kπ+，k∈Z， 所以f(x)的单调递减区间为，k∈Z. (3)由(1)可知f(x)=2sin+4， 令f(x)>5，可得sin>， 则2kπ+<2x+<2kπ+，k∈Z，解得kπ<x<kπ+，k∈Z， 所以f(x)>5的解集为，k∈Z. 15.已知函数f(x)=2sin+a+1. (1)求函数f(x)的单调递增区间； (2)当x∈时，f(x)的最大值为4，求a的值； (3)在(2)的条件下，求满足f(x)=1，且x∈[-π，π]的x的取值集合. 解:(1)令2kπ-≤2x+≤2kπ+，k∈Z， 得kπ-≤x≤kπ+，k∈Z，所以f(x)的单调递增区间为，k∈Z. (2)因为当x∈时，2x+∈，所以当2x+=，即x=时，f(x)取得最大值， 即f=2sin+a+1=a+3=4，解得a=1. (3)由f(x)=2sin+2=1， 可得sin=-， 则2x+=+2kπ，k∈Z或2x+=+2kπ，k∈Z， 即x=+kπ，k∈Z或x=+kπ，k∈Z， 又x∈[-π，π]， 可解得x=-，-， 所以x的取值集合为. 第二课时　三角函数的周期性、奇偶性及对称性 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　三角函数的奇偶性 [例1]　已知f(x)cos x是周期为π的奇函数，则f(x)可以是 (　　) A.cos 2x B.cos x C.sin 2x D.sin x 解析:选D　令g(x)=f(x)cos x，对于A，g(x)=cos 2xcos x，g(-x)=cos(-2x)cos(-x)=cos 2x·cos x=g(x)，∴g(x)为偶函数，A错误；对于B，g(x)=cos2x，g(-x)=cos2(-x)=cos2x=g(x)，∴g(x)为偶函数，B错误；对于C，g(x)=sin 2xcos x，g(x+π)=sin(2x+2π)cos(x+π)=-sin 2xcos x=-g(x)，∴π不是g(x)的周期，C错误；对于D，g(x)=sin xcos x=sin 2x，g(-x)=sin(-2x)=-sin 2x=-g(x)，∴g(x)为奇函数；又g(x)=sin 2x的最小正周期T==π，∴f(x)=sin x满足题意，D正确. [例2]　函数f(x)=3sin，φ∈(0，π)满足f(|x|)=f(x)，则φ的值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　因为f(|x|)=f(x)，所以函数f(x)=3sin是偶函数，所以-+φ=kπ+，k∈Z，所以φ=kπ+，k∈Z，又因为φ∈(0，π)，所以φ=. |点拨·建模|　判断三角函数奇偶性的方法 　　三角函数中奇函数一般可化为y=Asin ωx或y=Atan ωx的形式，而偶函数一般可化为y=Acos ωx+b的形式. 逐点清(二)　三角函数的周期性 [例3]　函数f(x)=cossin x的最小正周期是 (　　) A. B. C.π D.2π 解析:选C　因为f(x)=sin x=sin xcos x-sin2x=sin 2x-·=(sin 2x+cos 2x)-=sin-，所以f(x)的最小正周期为T==π. [例4]　记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0，0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=，x=为f(x)的零点，则ω的最小值为　　　　.  解析:因为T=，f=，所以cos(2π+φ)=，即cos φ=.又0<φ<π，所以φ=.因为x=为f(x)的零点，所以ω+=+kπ(k∈Z)，解得ω=9k+3(k∈Z).又ω>0，所以当k=0时，ω取得最小值，且最小值为3. 答案:3 |点拨·建模| 1.三角函数最小正周期的求解方法 (1)定义法. (2)公式法:函数y=Asin(ωx+φ)(y=Acos(ωx+φ))的最小正周期T=，函数y=Atan(ωx+φ)的最小正周期T=. (3)图象法:求含有绝对值符号的三角函数的周期时可画出函数的图象，通过观察图象得出周期. 2.有关周期的两个结论 (1)函数y=|Asin(ωx+φ)|，y=|Acos(ωx+φ)|，y=|Atan(ωx+φ)|的周期均为T=. (2)函数y=|Asin(ωx+φ)+b|(b≠0)，y=|Acos(ωx+φ)+b|(b≠0)的周期均为T=. 逐点清(三)　三角函数的对称性 [例5]　(2025·南充模拟)已知函数f(x)=sin(ω>0)，则“f(x)的最小正周期为π”是“f(x)的图象关于点对称”的 (　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A　由函数f(x)=sin(ω>0)的最小正周期为π，得T==π，解得ω=2，所以f(x)=sin，令x=-，代入可得f=0，故f(x)的图象关于点对称.由f(x)的图象关于点对称，得f=sin=0，所以-ω+=kπ，k∈Z，解得ω=-8k+2，k∈Z，不能得到ω=2.所以“f(x)的最小正周期为π”是“f(x)的图象关于点对称”的充分不必要条件. [例6]　(2023·全国乙卷)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)在区间单调递增，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. 解析:选D　由题意得×=-，解得ω=2，易知x=是f(x)的最小值点，所以×2+φ=+2kπ(k∈Z)，得φ=+2kπ(k∈Z).不妨取k=0，于是f(x)=sin，f=sin=sin =，故选D. |点拨·建模|　三角函数对称性问题的两种求解方法 定义法 正(余)弦函数的对称轴是过函数的最高点或最低点且垂直于x轴的直线，对称中心是图象与x轴的交点，即函数值为0的点 公式法 函数y=Asin(ωx+φ)的对称轴为x=-+，对称中心为；函数y=Acos(ωx+φ)的对称轴为x=-，对称中心为；函数y=Atan(ωx+φ)的对称中心为.上述k∈Z 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　三角函数的奇偶性与周期性 1.若x1=，x2=是函数f(x)=sin ωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω= (　　) A.2 B. C.1 D. 解析:选A　由题意及函数y=sin ωx的图象与性质可知，T=-=，∴T==π，∴ω=2. 2.(2025·商洛一模)已知函数f(x)=asin x+cos x(a>0)，且f是奇函数，则a= (　　) A. B. C. D.2 解析:选A　因为函数f为奇函数，即f=-f，且函数f(x)的定义域为R，所以f=-f.由f=-a+=0，解得a=，所以f(x)=sin x+cos x=sin，则f=sin x为奇函数，合乎题意.因此，a=. 3.(2025·湘西模拟)已知函数f(x)=sin2ωx+cos4ωx(ω>0)的最小正周期为10，则f= (　　) A. B. C. D.1 解析:选C　因为f(x)=sin2ωx+cos4ωx=sin2ωx+(1-sin2ωx)2=sin4ωx-sin2ωx+1=+=(1-2sin2ωx)2+=cos22ωx+=×(cos 4ωx+1)+=cos 4ωx+，又f(x)的最小正周期为10，所以T==10，解得ω=，则f(x)=cosx+，则f=cos+=. 逐点验收(二)　三角函数的对称性 4.(2025·吴忠一模)函数f(x)=asin x+bcos x图象的一条对称轴为直线x=，则= (　　) A. B.- C. D.- 解析:选C　由题意可得a≠0，b≠0，f(x)=asin x+bcos x=sin(x+φ)，其中tan φ=，由函数f(x)图象的一条对称轴为直线x=，即有+φ=+kπ(k∈Z)，即φ=+kπ(k∈Z)，故===. 5.已知函数f(x)=sin在区间[0，π]恰有两条对称轴，则ω的取值范围是 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　因为0≤x≤π，所以≤ωx+≤+ωπ.因为函数f(x)=sin在区间恰有两条对称轴，所以≤+ωπ<，解得≤ω<.故选B. 6.(2025·安康模拟)已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0，φ∈(0，2π))在区间上单调递减，f=-f=1，则ωφ= (　　) A. B. C. D. 解析:选C　∵f(x)在区间上单调递减，∴-≤，∴0<ω≤2，由f=1，得sin=，∴ω·+φ=2k1π+(k1∈Z)①.又f=-f=1，f(x)的图象关于点对称，则ω·+φ=2k2π+π(k2∈Z)②.由②-①得ω·=2(k2-k1)π+⇒ω=+8(k2-k1)，由于0<ω≤2，则ω=，代入①，即+φ=2k1π+(k1∈Z)⇒φ=2k1π+，由于φ∈(0，2π)，则φ=，则ωφ=. 7.已知函数y=Asin(ωx+φ)+m的最大值为4，最小值为0，且该函数图象的相邻两个对称轴之间的最短距离为，直线x=是该函数图象的一条对称轴，则该函数的解析式是 (　　) A.y=4sin 　B.y=2sin+2 C.y=2sin+2 　D.y=2sin+2 解析:选B　因为函数y=Asin+m的最大值为4，最小值为0，所以A+m=4，m-A=0，所以A=m=2.又因为该函数图象的相邻两个对称轴之间的最短距离为，所以T=π，则 ω==2，所以函数y=2sin+2.又直线x=是该函数图象的一条对称轴，所以2×+φ=kπ+，k∈Z，则 φ=kπ+，k∈Z，因为<，所以 φ=，所以该函数的解析式是y=2sin+2. 综合创新训练题组 8.已知a=，b=(ω>0)，若函数f(x)=a·b在区间[0，π]上恰好有5个最大值，4个最小值，则实数ω的取值范围是 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　根据题意可得f(x)=a·b=sin ωxcos ωx+cos2ωx-=sin 2ωx+cos 2ωx=sin，由x∈[0，π]，得2ωx+∈，由于函数f(x)恰好有5个最大值，4个最小值，则4×2π+≤2ωπ+<4×2π+，解得≤ω<. 9.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)的图象与y轴的交点坐标为(0，-1)，与直线l:y=1的三个相邻交点的横坐标依次为x1，x2，x3，且x1+x2=，x2+x3=.当x∈时，|f(x)-t|<3，则t的取值范围为 (　　) A.(-∞，-2)∪[1，+∞) 　　　B.(-1，2] C.(-∞，-1]∪(2，+∞) 　　　D.(-2，1] 解析:选B　由题意知f(0)=-1，所以sin φ=-.又|φ|<，所以φ=-.由已知得f(x)图象相邻的两条对称轴分别为直线x==，x==，所以函数f(x)的最小正周期T=2×=π，所以ω==2，所以f(x)=2sin.当x∈时，2x-∈，f(x)∈(-1，2].由|f(x)-t|<3，得-3<f(x)-t<3，所以-3+t<f(x)<3+t，所以解得-1<t≤2. 10.在函数f(x)=2cos(ωx+φ)(ω>0)的图象与直线y=的交点中，任取两点与原点O组成三角形，这些三角形的面积的最小值为，ω=　　　　.  解析:原点O到直线y=的距离为，设交点A(x1，)，B(x2，)，且x1<x2，由(S△OAB)min=ABmin·=，即ABmin=2，点A，B相邻，且在过f(x)图象最高点的一条对称轴两侧时，ABmin=x2-x1=2，此时ωx1+φ=2kπ-，ωx2+φ=2kπ+，k∈Z，两式相减，得(x2-x1)ω=，所以ω=. 答案: 细节、微点提醒 函数f(x)=Asin(ωx+φ)的图象的对称性与最小正周期T之间有如下结论: ①若函数图象的相邻两条对称轴分别为直线x=a与直线x=b，则最小正周期T=2|b-a|； ②若函数图象相邻的两个对称中心分别为点(a，0)与点(b，0)，则最小正周期T=2|b-a|； ③若函数图象相邻的对称中心与对称轴分别为点(a，0)与直线x=b，则最小正周期T=4|b-a|. [课时跟踪检测] 1.函数y=sin的最小正周期是 (　　) A.4π B.3π C.2π D.π 解析:选A　函数y=sin的最小正周期是T==4π.故选A. 2.已知函数f(x)=sin xcos(2x+φ)(φ∈[0，π])为偶函数，则φ= (　　) A.0 B. C. D.π 解析:选C　∵f(x)的定义域为R，且为偶函数，∴f=f⇒-cos(-π+φ)=cos(π+φ)⇒cos φ=-cos φ⇒cos φ=0，∵φ∈[0，π]，∴φ=.当φ=时，f(x)=-sin xsin 2x为偶函数满足题意.故选C. 3.(2025·湖南联考)函数f(x)=sin(x+φ)cos(x+φ)的图象的一条对称轴方程是x=-，则φ的最小正值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　f(x)=sin(x+φ)cos(x+φ)=sin(2x+2φ)，因为f(x)图象的一条对称轴方程是x=-，所以2×+2φ=+kπ(k∈Z)，解得φ=+(k∈Z).故当k=0时，φ取得最小正值. 4.已知函数f(x)=2sin的图象的相邻两个零点的距离为，且f=，则f(x)= (　　) A.2sin B.2sin C.2sin D.2sin 解析:选C　因为f(x)的图象的相邻两个零点的距离为，且ω>0，则T==×2=π，可得ω=2，所以f(x)=2sin.又因为f=2sin φ=，即sin φ=，且0<φ<，可得φ=，所以f(x)=2sin. 5.(2024·新课标Ⅱ卷)[多选]对于函数f(x)=sin 2x和g(x)=sin，下列说法正确的有 (　　) A.f(x)与g(x)有相同零点 B.f(x)与g(x)有相同最大值 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 解析:选BC　令f(x)=sin 2x=0，解得x=，k∈Z，即为f(x)零点， 令g(x)=sin=0，解得x=+，k∈Z，即为g(x)零点，显然f(x)，g(x)零点不同，故A错误； 显然f(x)max=g(x)max=1，故B正确； f(x)，g(x)的最小正周期均为=π，故C正确； 根据正弦函数的性质f(x)的对称轴满足2x=kπ+⇔x=+(k∈Z)，g(x)的对称轴满足2x-=kπ+⇔x=+(k∈Z)，显然f(x)，g(x)图象的对称轴不同，故D错误.故选BC. 6.(2025·沈阳模拟)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A，ω，φ>0)的最小正周期为π，当x=π时，函数f(x)取得最小值，则下列结论正确的是 (　　) A.f(2)<f(-2)<f(0) B.f(-2)<f(0)<f(2) C.f(0)<f(2)<f(-2) D.f(2)<f(0)<f(-2) 解析:选A　由函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A，ω，φ>0)的最小正周期为π，得ω=2，而x=π=2 024π+，则函数f(x)在x=取得最小值，于是2·+φ=+2kπ，k∈N，即φ=+2kπ，k∈N，因此函数f(x)=Asin=Asin(A>0)，而f(-2)=Asin=Asin，f(2)=Asin，f(0)=Asin =Asin，又<<-4+2π<4+<，正弦函数y=sin x在上单调递减，即sin<sin<sin，所以f(2)<f(-2)<f(0). 7.记函数f(x)=cos+b的最小正周期为 T. 若<T<π， 且 y=f(x)的图象关于点 中心对称， 则 f= (　 ) A.1 B. C. D.3 解析:选B　由<T<π可得<<π⇒2<ω<，由y=f(x)的图象关于点 中心对称可知b=2且f=cos+b=2， 所以cos=0⇒ω+=+kπ，k∈Z， 故ω=+k.由ω∈可得k∈，由于k∈Z，故取k=3，则ω=，故f(x)=cos+2，则f=cos+2=-cos+2=-+2=. 8.[多选]已知f(x)=sin为偶函数，g=sin，则下列结论正确的是 (　　) A.φ= B.若g的最小正周期为3π，则ω= C.若g在区间上有且仅有3个最值点，则ω的取值范围为 D.若g=，则ω的最小值为2 解析:选AB　∵f(x)=sin为偶函数，则 +φ=+kπ，k∈Z，又<，∴φ=，A正确； 若g(x)的最小正周期为3π，由g=sin(ωx+φ)，则T==3π，∴ω=，B正确； ∵x∈，ωx+∈，若g在区间上有且仅有3个最值点，则 <ωπ+≤<ω≤，C错误； ∵g=sin，若g=sin=，∴+=+2kπ，或+=+2kπ，则ω=+8k或ω=2+8k，k∈Z，又∵ω>0，则ω的最小值为，D错误. 9.已知函数f(x)=sin πx+cos πx，则f(x)的最小正周期是　　　　　.  解析:由函数f(x)=sin πx+cos πx=sin，所以f(x)的最小正周期为T==2. 答案:2 10.已知函数f(x)=cos ωx-sin ωx(ω>0)，若f=f，且f(x)在区间上恰有两个极值点，则f=　　　　.  解析:因为f(x)=cos ωx-sin ωx=cos，又因为f(x)在区间上恰有两个极值点，且f=f，所以f(x)的最小正周期T=-=，即=⇒ω=4，所以f=cos-sin=-1. 答案:-1 11.若x=是函数f(x)=sin(x∈R)的一个零点，且0<ω<10，则函数f(x)的最小正周期为　　　　.  解析:依题意知f=sin=0，即-=kπ，k∈Z，整理得ω=8k+2，k∈Z.又因为0<ω<10，所以0<8k+2<10，得-<k<1.而k∈Z，所以k=0，ω=2，所以f(x)=sin，最小正周期为π. 答案:π 12.已知函数f(x)=asin ωx-cos ωx(a>0，ω>0)的最大值为2，则a=　　　　，若函数f(x)图象的一条对称轴为直线x=，m∈N*，则当ω取最小整数时，函数f(x)在(0，10)之间取得最大值的次数为　　　　.  解析:由已知，函数f(x)=asin ωx-cos ωx=sin(ωx-φ)，其中tan φ=，由于f(x)的最大值为2，所以=2，得a=(a=-舍去).tan φ=，取φ=，则f(x)=2sin，由ωx-=kπ+，得π=kπ+，即ω=m，k∈Z，由于m∈N*，则正数ω的最小整数值为2，从而f(x)=2sin，当2x-=+2kπ，k∈Z，即x=+kπ，k∈Z时，函数f(x)取得最大值，若k=0，则x=∈(0，10)，若k=1，则x=∈(0，10)，若k=2，则x=∈(0，10)，若k=3，则x=>10，从而有3次取得最大值. 答案:　3 13.已知函数f(x)=4sin ωxsin-1(ω>0)的最小正周期为π. (1)求ω及f(x)的单调递增区间； (2)求f(x)图象的对称中心. 解:(1)f(x)=4sin ωx-1=2sin2ωx+2sin ωxcos ωx-1 =1-cos 2ωx+sin 2ωx-1 =sin 2ωx-cos 2ωx=2sin. ∵最小正周期为π，∴=π， ∴ω=1，∴f(x)=2sin， 令-+2kπ≤2x-≤+2kπ，k∈Z， 解得-+kπ≤x≤+kπ，k∈Z，∴f(x)的单调递增区间为(k∈Z). (2)令2x-=kπ，k∈Z，解得x=+，k∈Z， ∴f(x)图象的对称中心为，k∈Z. 14.已知函数f(x)=sin 2x-cos 2x，x∈R. (1)若h(x)=f(x+t)的图象关于点对称且t∈(0，π)，求t的值； (2)当x∈时，不等式|f(x)-m|<3恒成立，求实数m的取值范围. 解:(1)因为f(x)=sin 2x-cos 2x =2=2sin， 所以h(x)=2sin. 令2×+2t-=kπ(k∈Z)， 得t=+(k∈Z)， 又t∈(0，π)，故t=或t=. (2)当x∈时，2x-∈， 所以f(x)∈[1，2]. 又|f(x)-m|<3，即f(x)-3<m<f(x)+3， 所以2-3<m<1+3，即-1<m<4. 故实数m的取值范围是(-1，4). 15.已知函数f(x)=cos ωxcos+a(ω>0)的最小正周期为π，且f(x)的最大值为2. (1)求ω和a的值； (2)若函数g(x)=f(x)-m在区间内有且仅有两个零点x1，x2，求m的取值范围及f(x1+x2)的值. 解:(1)由f(x)=cos ωxcos+a=cos ωx+a=cos2ωx-sin ωxcos ωx+a=-sin 2ωx+a=-sin++a，得T==π，即ω=1，又f(x)max=++a=2，即a=. (2)由(1)知f(x)=-sin+，则g(x)=f(x)-m=-sin+-m，令g(x)=0，即sin=3-2m，当x∈时，2x-∈，因为函数g(x)在区间内有且仅有两个零点x1，x2，结合正弦函数y=sin x的图象，可知-1<3-2m≤-，解得≤m<2，即m的取值范围为. 又2x1-+2x2-=-×2=-π，即x1+x2=-，则f(x1+x2)=f=-sin+=. 第五节　函数y=Asin(ωx+φ)与三角函数的应用 课标要求 1.结合具体实例，了解y=Asin(ωx+φ)的实际意义；能借助图象理解参数ω，φ，A的意义，了解参数的变化对函数图象的影响. 2.会用三角函数解决简单的实际问题，体会可以利用三角函数构建刻画事物周期变化的数学模型. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.简谐运动的有关概念 y=Asin(ωx+φ) (A>0，ω>0)，x≥0 振幅 周期 频率 相位 初相 A T= f== ωx+φ φ 2.用“五点法”画y=Asin(ωx+φ)(A>0，ω>0)一个周期内的简图时，要找五个特征点 ωx+φ 0 π 2π x y= Asin(ωx+φ) 0 A 0 -A 0 3.函数y=sin x的图象经变换得到y=Asin(ωx+φ)(A>0，ω>0)的图象的两种途径 [细作教材小题] 1.(人A必修①P239·T2(1))为了得到函数y=3sin的图象，只要把函数y=3sin图象上所有的点 (　　) A.向右平行移动个单位长度 B.向左平行移动个单位长度 C.向右平行移动个单位长度 D.向左平行移动个单位长度 解析:选C　因为y=3sin=3sin，所以只要把函数y=3sin图象上所有的点向右平行移动个单位长度，即可得到函数y=3sin的图象. 2.(北师大必修②P51·T1(3))将函数y=cos的图象上各点向右平移个单位长度，再把横坐标缩短为原来的一半，纵坐标伸长为原来的4倍，则所得到的图象的函数解析式是 (　　) A.y=4cos B.y=4cos C.y=4sin D.y=-4sin 解析:选A　将函数y=cos的图象上各点向右平移个单位长度，得到函数y=cos即y=cos的图象，再把函数y=cos的图象上所有点的横坐标缩短为原来的一半，就得到函数y=cos的图象，然后再把函数y=cos的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的4倍，就得到函数y=4cos的图象. 3.(北师大必修②P75·T2改编)某港口在一天24小时内的潮水的高度近似满足关系式f(t)=2sin，其中f(t)的单位为m，t的单位是h，则12点时潮水的高度是　　　　m.  解析:当t=12时，f(12)=2sin=2sin=1，即12点时潮水的高度是1 m. 答案:1 4.(人A必修①P241·T4)函数y=Asin(ωx+φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)在一个周期内的图象如图所示，此函数的解析式为　　　　　　.  解析:由题知A=2，=-=， 所以T=π=，解得ω=2， 所以y=2sin，再将点代入得2=2sin，即sin=1， 所以-+φ=+2kπ，k∈Z.因为0<φ<π， 所以φ=，所以y=2sin. 答案:y=2sin 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　函数y=Asin(ωx+φ)的图象及变换 [例1]　已知函数f(x)=2sin. (1)作出f(x)在[0，π]上的图象； (2)函数y=f(x)的图象可由函数y=sin x的图象经过怎样的变换得到? 解:(1)因为x∈[0，π]，所以2x+∈. 列表如下: 2x+ π 2π x 0 π f(x) 1 2 0 -2 0 1 描点、连线得图象: (2)将y=sin x的图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数y=sin的图象，再将y=sin的图象上所有点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)，得到函数y=sin的图象，再将y=sin上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，得到f(x)=2sin的图象. |点拨·建模| 作函数y=Asin(ωx+φ)(A>0，ω>0)图象的方法 “五点法” 作图 用“五点法”作y=Asin(ωx+φ)的简图，主要是通过变量代换，设z=ωx+φ，由z取0，，π，π，2π来求出相应的x，通过列表，计算得出五点坐标，描点后得出图象 图象的 变换法 由函数y=sin x的图象通过变换得到y=Asin(ωx+φ)的图象有两种途径:“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移” 逐点清(二)　由图象确定y=Asin(ωx+φ)的解析式 [例2]　函数f(x)=cos(ωx+φ)的部分图象如图所示，则f(x)的单调递减区间为 (　　) A.，k∈Z B.，k∈Z C.，k∈Z D.，k∈Z 解析:选D　设f(x)的最小正周期为T，可知=-=1，即T=2，且当x==时，f(x)取到最小值，由周期性可知，与x=最近的最大值点为x=-1=-，如图所示，所以f(x)的单调递减区间为，k∈Z. [例3]　(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)，如图A，B是直线y=与曲线y=f(x)的两个交点，若|AB|=，则f(π)=　　　　.  解析:由题意，设A，B，则x2-x1=，由y=sin(ωx+φ)的图象可知，ωx2+φ-(ωx1+φ)=-=，即ω(x2-x1)=，∴ω=4.又f=sin=0，∴+φ=kπ，k∈Z，即φ=-+kπ，k∈Z，观察图象，可知当k=2时，φ=-满足条件，∴f(π)=sin=-. 答案:- |点拨·建模|　根据三角函数图象求解析式的策略 (1)根据最大值或最小值求出A的值；根据周期求出ω的值. (2)求φ的常用方法如下:①代入法:把图象上的一个已知点的坐标代入(此时要注意该点的位置)或把图象的最高点或最低点的坐标代入.②五点法:确定φ的值时，往往以寻找“五点法”中的特殊点作为突破口. 逐点清(三)　三角函数图象与性质的综合问题 题点1　图象与性质的综合应用 [例4]　(2025·云南联考)[多选]将函数y=sin 2ωx(ω>0)的图象向左平移个单位长度，得到函数f(x)的图象，下列关于f(x)的说法正确的是 (　　) A.f(x)的图象关于对称 B.当ω=1时，f(x)的图象关于x=-对称 C.当0<ω≤1时，f(x)在上单调递增 D.若f(x)在上有三个零点，则ω的取值范围为 解析:选ABC　由题意得f(x)=sin(ω>0)，当x=-时，得2ω=0，f(x)=0，故A正确；当ω=1时，f=sin=-1，-1是函数f(x)的最小值，所以f(x)的图象关于x=-对称，故B正确；当0<ω≤1时，由0<x<，得0<<2ω<≤，所以f(x)在上单调递增，故C正确；由-≤x≤，得0≤2ω≤2ωπ，由于f(x)在上有三个零点，所以2π≤2ωπ<3π，所以1≤ω<，故D错误.故选ABC. |个性点拨| 解决三角函数图象与性质的综合问题的关键 　　首先正确的将已知条件转化为三角函数解析式和图象，然后根据数形结合思想研究函数的性质(单调性、奇偶性、对称性、周期性). 题点2　三角函数模型的应用 [例5]　(多选)潮汐现象，是地球上的海水受月球和太阳的万有引力作用而引起的周期性涨落现象.某观测站通过长时间观察，发现某港口的潮汐涨落规律为y=Acos+6，其中y(m)为港口水深，x为时间，0≤x≤24，观察到水位最高点和最低点的平均时间间隔为6 h，且中午12点时的水位为8 m，为保证安全，当水深不小于8 m时，应开放船只出入，则下列说法正确的是 (　　) A.ω= B.最高水位为12 m C.该港口从上午8点开始首次开放船只出入 D.一天内开放出入时长为4 h 解析:选AC　依题意==6，所以ω=，A正确；当x=12时，y=Acos+6=8，解得A=4，所以最高水位为10 m，B错误；由上可知y=4cos+6，令y≥8，解得8≤x≤12或者20≤x≤24，所以从上午8点开始首次开放船只出入，一天内开放出入时长为8 h，C正确，D错误. |个性点拨| 三角函数模型的实际应用类型及解题关键 (1)已知函数解析式，利用三角函数的有关性质解决问题，其关键是准确理解自变量的意义及函数的对应关系； (2)函数解析式未知时，需把实际问题抽象转化成数学问题，建立三角函数模型，再利用三角函数的有关知识解决问题，其关键是建模. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　函数y=Asin(ωx+φ)的图象及变换 1.要得到函数f(x)=sin的图象，可以将函数g=cos的图象 (　　) A.向右平移个单位长度 　B.向左平移个单位长度 C.向右平移个单位长度 　D.向左平移个单位长度 解析:选A　f(x)=sin，g=sin=sin-=，所以g(x)的图象向右平移个单位长度得到f(x)的图象. 2.由y=2sin的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，所得图象对应的函数解析式为 (　　) A.y=2sin B.y=2sin C.y=2sin D.y=2sin 解析:选A　由y=2sin的图象向左平移个单位长度，可得y=2sin=2sin=2sin的图象，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到y=2sin的图象，故所得图象对应的函数解析式为y=2sin，故选A. 3.(2024·新课标Ⅰ卷)当x∈[0，2π]时，曲线y=sin x与y=2sin的交点个数为 (　　) A.3 B.4 C.6 D.8 解析:选C　因为函数y=sin x的最小正周期为T=2π，函数y=2sin的最小正周期为T=，所以在x∈[0，2π]上函数y=2sin有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有6个交点.故选C. 逐点验收(二)　由图象确定y=Asin(ωx+φ)的解析式 4.(2025·曲靖质检)已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)，将函数f(x)的图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)的部分图象如图所示，则g= (　　) A. B. C.- D.- 解析:选B　由题意可知，g=Acos，由图象知，A=1，T=-=，解得T=π，所以ω==2.代入单调递增区间上的零点后可得cos=0，所以++φ=-+2kπ，所以φ=-+2kπ，因为<，所以φ=-，即g(x)=cos，所以g=，故选B. 5.(2025·晋中模拟)函数f(x)=Asin(ωx+φ)在一个周期内的图象如图所示，则下列说法正确的是 (　　) A.f(x)=2sin B.f(x)=2sin C.f(x)的图象向右平移个单位长度后得到的新函数是偶函数 D.f(x)的图象向右平移个单位长度后得到的新函数是奇函数 解析:选C　对于A、B，由题图可得A=2，T=-=，则T=π，因为ω>0，所以ω==2，所以f(x)=2sin(2x+φ)，因为图象过点，所以2sin=2，则φ=2kπ+，k∈Z，又|φ|<，所以φ=，所以f(x)=2sin，故A、B错误；对于C、D，f(x)的图象向右平移个单位长度后得到的新函数是y=2sin=2sin=-2cos 2x，所以为偶函数，故D错误，C正确.故选C. 6.(2025·武汉模拟)如图，在函数f(x)=sin(ωx+φ)的部分图象中，若=，则点A的纵坐标为 (　　) A. B. C.- D.2- 解析:选B　令ωx+φ=， 则x=-，T. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，=， ∴∴ ∴2y1=y2=f(x2)=f =sin =sin=cos(2ωx1+2φ) =cos 2(ωx1+φ)=1-2sin2(ωx1+φ)=1-2， ∴2+2y1-1=0， ∴y1=(舍负)，故选B. 逐点验收(三)　三角函数图象与性质的综合应用 7.[多选]如图，弹簧挂着的小球上下振动，时间t(s)与小球对于平衡位置(即静止状态)的高度h(cm)之间的关系式是h=2sin，t∈，下列说法正确的是 (　　) A.小球开始振动时，在平衡位置上方 cm处 B.最高点、最低点与平衡位置的距离都是2 cm C.往复振动一次需2π s D.π s时小球达到最低点 解析:选ABC　令t=0，得h=，即小球开始振动时，在平衡位置上方 cm处，A正确；由h=2sin，知h的最大值为2，最小值为-2，则最高点、最低点与平衡位置的距离都是2，B正确；函数的周期T=2π，即往复振动一次需2π s，C正确；当t=π时，h=2sin=2×=-≠-2，D错误. 8.(2025·湛江期中)[多选]已知函数f(x)=3cos，则下列说法正确的是 (　　) A.f(x)的最小正周期为 B.为f(x)图象的一个对称中心 C.f(x)在上单调递增 D.将f(x)图象的横坐标伸长为原来的3倍后得到g(x)的图象，则曲线y=g(x)与直线y=x有4个交点 解析:选AB　函数f(x)的最小正周期T=，故A正确；f=3cos=0，则为f(x)图象的一个对称中心，故B正确；当x∈时，3x-∈，易知y=cos x在上先减后增，故f(x)在上先减后增，故C错误；g(x)=f=3cos，在同一直角坐标系中分别作出y=g(x)与y=x的大致图象如图所示，观察可知它们有3个交点，故D错误.故选AB. 9.(2025·石家庄模拟)[多选]已知函数f(x)=sin(ω>0)，则下列说法正确的是 (　　) A.当ω=3时，f(x)在上单调递增 B.若|f(x1)-f(x2)|=2，且|x1-x2|min=，则函数f(x)的最小正周期为π C.若f(x)的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于y轴对称，则ω的最小值为3 D.若f(x)在[0，2π]上恰有4个零点，则ω的取值范围为 解析:选ABD　对于A，当ω=3时，若x∈，则3x+∈，所以由复合函数单调性可知f(x)在上单调递增，故A正确；对于B，若|f(x1)-f(x2)|=2，且|x1-x2|min=，则=⇒T=π，故B正确；对于C，若f(x)的图象向左平移个单位长度后，得到f1(x)=sin(ω>0)的图象，若f1(x)的图象关于y轴对称，则+=+kπ，k∈Z⇒ω=4+12k，k∈Z，注意到ω>0，所以当且仅当k=0时，ω的最小值为4，故C错误；对于D，ω>0，x∈[0，2π]⇒ωx+∈，若f(x)在[0，2π]上恰有4个零点，则⇒≤ω<，即ω的取值范围为，故D正确. 细节、微点提醒 (1)函数y=Asin(ωx+φ)+k图象平移的规律:“左加右减，上加下减”. (2)由y=sin ωx到y=sin(ωx+φ)(ω>0，φ>0)的变换:向左平移个单位长度而非φ个单位长度. (3)函数y=Asin(ωx+φ)图象的对称轴由ωx+φ=kπ+，k∈Z确定；对称中心由ωx+φ=kπ，k∈Z确定其横坐标. [课时跟踪检测] 1.y=2sin的振幅、频率和初相分别为 (　　) A.2，4π， B.2， C.2，，- D.2，4π，- 解析:选C　由题意知A=2，f===，初相为-. 2.函数y=sin在区间上的简图是 (　　) 解析:选A　令x=0得y=sin=-，排除B、D；由f=0，f=0，排除C.故选A. 3.将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)=sin 3x的图象，则f(x)= (　　) A.cos 3x B.-cos 3x C.sin 3x D.-sin 3x 解析:选B　由题意可知，将函数g(x)=sin 3x的图象向左平移个单位长度后得到函数f(x)的图象，故f(x)=sin=sin=-cos 3x，故选B. 4.(2025·拉萨模拟)已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)的部分图象如图，A，B是相邻的最低点和最高点，直线AB的方程为y=2x+，则f(4)= (　　) A.- B. C.- D. 解析:选D　设直线AB与x轴交于点C，则点C的坐标为.由f(x)图象的对称性，知点C也在函数f(x)的图象上，设B(xB，2)，由kBC==2，得xB=，所以f(x)的最小正周期T满足=-=1，解得T=4，即=4，解得ω=，所以f(x)=2sin.因为点B是f(x)图象的一个最高点，所以f=2sin=2，结合0<φ<，解得φ=，所以f(x)=2sin，所以f(4)=2sin=. 5.(2025·郴州模拟)[多选]函数f(x)=sin(ωx+φ)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是 (　　) A.ω=4 B.φ=- C.f(x)的图象关于点对称 D.f(x)在区间上单调递增 解析:选BD　由已知图象可得=-=，所以T=π，ω==2，故A错误；已知图象过点，由“五点法”可得，2×+φ=+2kπ，k∈Z，所以φ=-+2kπ，k∈Z.因为|φ|<，所以φ=-，故B正确；由A、B可知，f(x)=sin，因为2×-=-≠kπ，k∈Z，所以点不是函数的对称中心，故C错误；因为π<x<，所以<2x-<.又函数y=sin x在上单调递增，所以f(x)在区间上单调递增，故D正确.故选BD. 6.(2025·南阳阶段练习)已知函数f(x)=4cos(ω>0)的图象与直线y=2的两个相邻交点是A，B，若|AB|=，则ω= (　　) A.1 B.1或7 C.2 D.2或6 解析:选D　法一　令4cos=2，得cos=，则ωx-=2kπ-或ωx-=2kπ+，k∈Z，解得x=或x=+，k∈Z.因为A，B是函数f(x)的图象与直线y=2的两个相邻交点，由|AB|=，且ω>0，则+-==，或+-=-=，解得ω=2或ω=6. 法二　令4cos=2，得cos=，因为A，B是函数f(x)的图象与直线y=2的两个相邻交点，设A(x1，2)，B(x2，2)，则=或π，且ω>0，如图可知，|AB|=|x1-x2|=或.即=或=，解得ω=2或ω=6.故选D. 7.[多选]血压的最大值、最小值分别称为收缩压和舒张压.在未使用抗高血压药的前提下，18岁以上成人的收缩压≥140 mmHg或舒张压≥90 mmHg，则说明该成人有高血压.设从未使用抗高血压药的陈华今年45岁，从某天早晨6点开始计算(即早晨6点时，t=0 h)，他的血压p(t)(mmHg)与经过的时间t(h)满足关系式p(t)=115+20sin，则下列选项正确的是 (　　) A.当天早晨6~7点，陈华的血压逐渐上升 B.当天早晨9点时陈华的血压为125 mmHg C.当天陈华没有高血压 D.当天陈华的收缩压与舒张压之差为40 mmHg 解析:选ABD　由已知，当天早晨6~7点，则t∈[0，1]，t+∈，所以函数p(t)在[0，1]上单调递增，陈华的血压逐渐上升，故A正确；当t=3时，p(t)=115+20sin =125，所以当天早晨9点时陈华的血压为125 mmHg，故B正确；因为p(t)的最大值为115+20=135，最小值为115-20=95≥90，所以陈华的收缩压为135 mmHg，舒张压为95 mmHg，因此陈华有高血压，故C错误；他的收缩压与舒张压之差为40 mmHg，故D正确. 8.(2024·湖州二模)已知函数f(x)=acos ωx(a≠0，ω>0)，若将函数y=f(x)的图象向左平移个单位长度后得到函数y=g的图象，若关于x的方程g=0在上有且仅有两个不相等的实根，则实数ω的取值范围是 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　将函数f(x)=acos ωx(a≠0，ω>0)的图象向左平移个单位长度后得到函数y=g的图象，且g=acos=acos，∵x∈，∴ωx+∈.∵g=0在上有且仅有两个不相等的实根，∴ω+∈，解得≤ω<4，即实数ω的取值范围是，故选B. 9.(2025·鞍山质检)[多选]已知函数f(x)=sin x+cos2-，则 (　　) A.f(x)的图象向右平移个单位长度后得到函数y=-cos x的图象 B.f(x)的图象与g=sin的图象关于y轴对称 C.f(x)的单调递减区间为(k∈Z) D.f(x)在上有3个零点，则实数a的取值范围是 解析:选ABC　f(x)=sin x+cos2-=sin x+×-=sin x+cos x，所以f(x)=sin.f(x)的图象向右平移个单位长度后得到函数y=sin，即y=sin=-cos x，A正确；f=sin=sin=sin=g(x)，B正确；由+2kπ≤x+≤+2kπ，k∈Z，解得+2kπ≤x≤+2kπ，k∈Z，所以函数f(x)的单调递减区间为(k∈Z)，C正确；因为x∈，所以x+∈，因为f(x)在上有3个零点，所以3π≤+a<4π，解得≤a<，D错误，故选ABC. 10.将函数y=sin x的图象向右平移个单位长度，再把图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象的函数解析式是　　　　 　　　　.  解析:y=sin xy=siny=sin. 答案:y=sin 11.(2025·佛山质检)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0，0<φ<π)在一个周期内的图象如图所示，其中f(0)=，f=0，则f=　　　　.  解析:由已知可得f(0)=sin φ=， f(x)在x=0处附近单调递增，且0<φ<π， 故φ=.又点是函数f(x)=sin的图象在y轴右侧的第一个对称中心， 所以+=π，可得ω=2，故f(x)=sin.所以f=sin=-. 答案:- 12.(2025·长沙阶段练习)将函数f(x)=asin x+bcos x(a，b∈R且b≠0)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度后，得到一个奇函数图象，则=　　　　.  解析:将函数f(x)=asin x+bcos x(a，b∈R且b≠0)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数g(x)=f=asinx+bcos x(a，b∈R)的图象，再将所得图象向左平移个单位长度后，得到函数h(x)=g=asin +bcos (a，b∈R)的图象，因为h(x)为奇函数，图象关于原点对称，所以有h(0)=asin+bcos =a+b=0，解得=-. 答案:- 13.已知函数f(x)=sin(ω>0)的图象与x轴相邻两个交点的距离为. (1)求函数f(x)的解析式； (2)若将f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度得到函数g(x)的图象恰好经过点，求当m取得最小值时，g(x)在上的单调递增区间. 解:(1)由函数f(x)的图象与x轴相邻两个交点的距离为，得函数f(x)的最小正周期为T=2×=，得ω=1，故函数f(x)的解析式为f(x)=sin. (2)将f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度得到函数g(x)=sin=sin的图象，根据g(x)的图象恰好经过点， 可得sin=0，即sin=0， 所以2m-=kπ(k∈Z)，m=+(k∈Z). 因为m>0，所以当k=0时，m取得最小值，且最小值为.此时g(x)=sin. 因为x∈，所以2x+∈. 当2x+∈，即x∈时，g(x)单调递增， 当2x+∈，即x∈时，g(x)单调递增. 综上，g(x)在区间上的单调递增区间是和. 14.如图为函数f(x)=2cos(ωx+φ)的部分图象，且=，A. (1)求ω，φ的值； (2)将f(x)的图象上所有点的横坐标扩大到原来的3倍(纵坐标不变)，再向右平移个单位长度，得到函数g的图象，讨论函数y=g-a在区间的零点个数. 解:(1)根据题意得，=，故T=π，ω==2，故f(x)=2cos.将A代入，得2×+φ=-π+2kπ，解得φ=-+2kπ，又<，故φ=-. (2)依题意，g=2cos =2cos. 函数y=g-a在区间的零点个数即为函数g的图象与直线y=a在上的交点个数. 当x∈时，x-∈，结合余弦函数图象可知， 当x∈时，g单调递减，当x∈时，g单调递增， 且g=-1，g=1，g=-2，作出函数g在上的大致图象如图所示. 观察可知，当a=-2或-1<a≤1时，y=g(x)-a有1个零点；当-2<a≤-1时，y=g-a有2个零点；当a<-2或a>1时，y=g-a有0个零点. 第六节　解三角形 课标要求:1.掌握正弦定理、余弦定理及其变形.　2.能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.正弦定理与余弦定理 定理 正弦定理 余弦定理 内容 ===2R a2=b2+c2-2bccos A； b2=c2+a2-2cacos B； c2=a2+b2-2abcos C 变形 (1)a=2Rsin A， b=2Rsin B， c=2Rsin C； (2)asin B=bsin A， bsin C=csin B， asin C=csin A cos A=； cos B=； cos C= 2.三角形中常用的面积公式 (1)S=aha(ha表示边a上的高)； (2)S=absin C=acsin B=bcsin A； (3)S=r(a+b+c)(r为三角形的内切圆半径). [细作教材小题] 1.(苏教必修②P114·T7)在△ABC中，若=1，则A= (　　) A.150° B.120° C.90° D.60° 解析:选C　∵=1，∴=1， ∴b2+c2=a2，∴A=90°. 2.(北师大必修②P130·T1)在△ABC中，A=60°，b=1，S△ABC=，则的值为 (　　) A. B. C. D.2 解析:选C　因为A=60°，b=1，S△ABC=，所以bcsin A=，解得c=4，由余弦定理得，a2=b2+c2-2bccos A=1+16-2×1×4×=13，则a=，所以==，故选C. 3.(人A必修②P54·T22改编)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为4，a=2，B=30°，则c等于 (　　) A.8 B.4 C. D. 解析:选A　由S△ABC=acsin B=×2c×=4，得c=8. 4.(人A必修②P48·T2(2)改编)在△ABC中，已知b=2，A=45°，C=75°，则c=　　　　.  解析:B=180°-45°-75°=60°，由正弦定理，得=，得c=+. 答案:+ 第一课时　正弦定理与余弦定理 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　利用正弦、余弦定理解三角形 [例1]　(利用余弦定理解三角形)在△ABC中，已知B=120°，AC=，AB=2，则BC= (　　) A.1 B. C. D.3 解析:选D　由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B，得BC2+2BC-15=0，解得BC=3或BC=-5(舍去). [例2]　(利用正弦定理解三角形)[多选]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形，其中有两解的是 (　　) A.b=10，A=45°，C=60° B.b=，c=4，B=60° C.a=，b=2，A=45° D.a=8，b=4，A=80° 解析:选BC　对于A，因为b=10，A=45°，C=60°，所以B=75°，所以△ABC只有一解，故A错误；对于B，因为b=，c=4，B=60°，所以由正弦定理得sin C===<1，因为b<c，所以B<C，所以C>60°，所以△ABC有两解(60°<C<90°或90°<C<120°)，故B正确；对于C，因为a=，b=2，A=45°，由正弦定理得sin B===，因为<<，a<b，所以△ABC有两解(45°<B<60°或120°<B<135°)，故C正确；对于D，因为a=8，b=4，A=80°，所以b<a，B<80°，所以△ABC只有一解，故D错误. [例3]　(正、余弦定理的综合应用)(2024·全国甲卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=，b2=ac，则sin A+sin C= (　　) A. B. C. D. 解析:选C　因为B=，b2=ac，则由正弦定理得sin Asin C=sin2B=.由余弦定理得b2=a2+c2-ac=ac，即a2+c2=ac，根据正弦定理得sin2A+sin2C=sin Asin C=，所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=，因为A，C为三角形内角，则sin A+sin C>0，则sin A+sin C=.故选C. |点拨·建模| 1.用正、余弦定理求解三角形基本量的方法 2.两个注意点 (1)使用正弦定理时易忘比值还等于2R，即===2R(R为△ABC外接圆半径). (2)在已知两边和其中一边的对角利用正弦定理求解时，要注意检验解是否满足“大边对大角”，避免增解. 逐点清(二)　判断三角形形状 [例4]　(2025·济南模拟)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若sin C=2sin Bcos A，且(a+b-c)(b+c+a)=2ab，那么△ABC是 (　　) A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等边三角形 D.等腰直角三角形 解析:选D　由(a+b-c)(b+c+a)=2ab，得(a+b)2-c2=2ab，整理得c2=a2+b2，故C=90°， 又sin C=2sin Bcos A，由正弦定理与余弦定理得c=2b·，化简得a=b， 所以△ABC为等腰直角三角形. [例5]　在△ABC中，若= ，则该三角形的形状一定是 (　　) A.等腰三角形 B.等腰直角三角形 C.等腰三角形或直角三角形 D.等边三角形 解析:选C　∵=，∴acos A=bcos B， 根据正弦定理可知sin Acos A=sin Bcos B， ∴sin 2A=sin 2B，∴在△ABC中，A=B，或2A+2B=π，即A+B=，即C=. ∴△ABC为等腰三角形或直角三角形. |点拨·建模| 1.判定三角形形状的途径 (1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系； (2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁. 2.判定三角形形状的注意点 无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制. 逐点清(三)　三角形的面积问题 [例6]　(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C=cos B，且a2+b2-c2=ab. (1)求B； (2)若△ABC的面积为3+，求c. 解:(1)在△ABC中a2+b2-c2=ab， 由余弦定理可知cos C===. 因为C∈(0，π)，所以C=. 因为sin C=cos B，所以cos B=， 又B∈(0，π)，所以B=. (2)由(1)可得B=，C=，则A=π--=，sin A=sin=sin=×+×=， 由正弦定理得==， 从而a=·c=c， b=·c=c， 由三角形面积公式，可知S△ABC=absin C=·c·c·=c2， 由已知△ABC的面积为3+，可得c2=3+，所以c=2. |点拨·建模| 1.与三角形面积有关问题的解题策略 (1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的面积. (2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量. 2.在△ABC中，常有以下结论: (1)A+B+C=π. (2)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边. (3)a>b⇔A>B⇔sin A>sin B，cos A<cos B. (4)sin(A+B)=sin C；cos(A+B)=-cos C；tan(A+B)=-tan C；sin=cos；cos=sin. (5)三角形中的射影定理 在△ABC中，a=bcos C+ccos B；b=acos C+ccos A；c=bcos A+acos B. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　利用正弦、余弦定理解三角形 1.在△ABC中，a=4，b=5，c=6，则sin C= (　　) A. B. C. D. 解析:选A　由a=4，b=5，c=6，得cos C==，所以sin C===. 2.(2023·全国乙卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acos B-bcos A=c，且C=，则B= (　　) A. B. C. D. 解析:选C　因为acos B-bcos A=c，所以由正弦定理得sin Acos B-sin Bcos A=sin C=sin(B+A)，则2sin Bcos A=0.在△ABC中，sin B≠0，则cos A=0，A=.所以B=π-A-C=π--=，故选C. 3.(2025·成都模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且=，则A= (　　) A. B. C. D. 解析:选C　由=，结合正弦定理有=，所以a2-c2=b2+bc，即b2+c2-a2=-bc，由余弦定理，得cos A==-，因为0<A<π，所以A=. 逐点验收(二)　判断三角形形状 4.在△ABC中，sin B=sin 2A，c=2a，则 (　　) A.∠B为直角 B.∠B为钝角 C.∠C为直角 D.∠C为钝角 解析:选C　由sin B=sin 2A=2sin Acos A，即b=2acos A，cos A=.又c=2a，所以cos A===，化简得b=a，则a∶b∶c=1∶∶2，故在△ABC中，A=，B=，C=.故选C. 5.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，则“sin2A+sin2B+cos2C>1”是“△ABC是锐角三角形”的 (　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选B　由△ABC是锐角三角形，得0<C<，从而cos C>0，故a2+b2-c2>0，即sin2A+sin2B-sin2C>0，即sin2A+sin2B-(1-cos2C)>0，可得sin2A+sin2B+cos2C>1，即必要性成立；反之，若sin2A+sin2B+cos2C>1，则sin2A+sin2B+cos2C-1>0，即sin2A+sin2B-sin2C>0，可得a2+b2-c2>0，可知cos C>0，但角A，B可能为钝角，所以充分性不成立. 逐点验收(三)　三角形的面积问题 6.已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b=1，C=，△ABC的面积S=2，则△ABC的外接圆的直径为 (　　) A.4 B.5 C.5 D.6 解析:选C　由题意知S=absin=2，解得a=4.由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos=(4)2+1-2×4×1×，解得c=5，所以△ABC的外接圆的直径为2R==5. 7.(2025年1月·八省高考适应性演练)在△ABC中，BC=8，AC=10，cos∠BAC=，则△ABC的面积为 (　　) A.6 B.8 C.24 D.48 解析:选C　设AB=x，根据余弦定理BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos∠BAC，已知BC=8，AC=10，cos∠BAC=，代入可得82=102+x2-2×10×x×，即x2-12x+36=0，解得x=6.由于BC2+AB2=64+36=100=AC2，则△ABC为直角三角形，则S=×6×8=24. 故选C. 8.(2025·临沂期中)我国南宋著名数学家秦九韶(约1202—1261)独立推出了“三斜求积”公式，在他的著作《数书九章》中的求法是:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”把以上这段文字写成从三条边长求三角形面积的公式，就是S=.现有△ABC满足sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶，且△ABC的面积是54，则△ABC的周长为　　　　　　.  解析:因为sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶，由正弦定理得a∶b∶c=2∶3∶，设a=2k，b=3k，c=k，k>0，则c2a2=28k4，=k2，可得△ABC的面积是S△ABC==k2=54，解得k=6，则a=12，b=18，c=6，所以△ABC的周长为a+b+c=30+6. 答案:30+6 9.(2025·赣州质检)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 2cos C(acos B+bcos A)=c. (1)求C； (2)若c=，△ABC的面积为 ，求△ABC的周长. 解:(1)在△ABC中，2cos C(acos B+bcos A)=c， 由正弦定理可得2cos C(sin Acos B+sin Bcos A)=sin C，即2cos Csin C=sin C， 又0<C<π，sin C≠0， ∴cos C=，解得C=. (2)由△ABC的面积为，即absin C=， ∵C=，∴ab=6，由c=，利用余弦定理c2=a2+b2-2abcos C，可得a2+b2-ab=7， 即(a+b)2=7+3ab=25，∴a+b=5， 即△ABC的周长为a+b+c=5+. [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.在△ABC中，A=60°，BC=4，AC=4，则角C的大小为 (　　) A.75° B.45° C.135° D.45°或135° 解析:选A　由正弦定理可知=⇒sin B==，因为BC>AC，所以A>B⇒B=45°，故C=180°-A-B=75°. 2.(2025·郑州模拟)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且b=2a，2a2+b2=c2，则sin B= (　　) A. B. C. D. 解析:选C　由b=2a，2a2+b2=c2，得2a2+b2=6a2=c2，所以cos B===.又B∈(0，π)，所以sin B==. 3.(2025·福州质检)已知△ABC的外接圆半径为1，A=，则ACcos C+ABcos B= (　　) A. B.1 C. D. 解析:选D　由正弦定理可得===2，所以AB=2sin C，AC=2sin B，则AC·cos C+AB·cos B=2sin Bcos C+2sin Ccos B=2sin(B+C)=2sin A=. 4.已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.设△ABC的面积为S，且(a2-c2)sin A=2S，则= (　　) A.1 B.2 C. D.-2 解析:选B　∵(a2-c2)sin A=2S，又S=bcsin A，可得bc=a2-c2.又ccos A=c×===，∴==2. 5.(2024·南京二模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若bsin=csin B，则角C的大小为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　由题意知bsin=csin B， 即bsin=csin B，即sin Bcos=sin Csin B=2sin cos sin B，B∈(0，π)，则sin B≠0，∈，则cos≠0，故sin=，故=，C=.故选B. 6.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sin B+sin C)2=sin2A+(2-)sin Bsin C，sin A-2sin B=0，则sin C等于 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　在△ABC中，由(sin B+sin C)2=sin2A+(2-)sin Bsin C及正弦定理得(b+c)2=a2+(2-)bc，即b2+c2-a2=-bc，由余弦定理得cos A==-，而0°<A<180°，解得A=135°.由sin A-2sin B=0得sin B=sin A=，显然0°<B<45°，则B=30°，C=15°，所以sin C=sin(60°-45°)=sin 60°cos 45°-cos 60°sin 45°=. 7.[多选]已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题正确的是 (　　) A.若==，则△ABC一定是等边三角形 B.若acos A=bcos B，则△ABC一定是等腰三角形 C.A>B是sin A>sin B成立的充要条件 D.若a2+b2-c2>0，则△ABC一定是锐角三角形 解析:选AC　由正弦定理可得==，故tan A=tan B=tan C，而A，B，C为三角形内角，故A=B=C，故三角形为等边三角形，故A正确.由正弦定理可得sin Acos A=sin Bcos B，故sin 2A=sin 2B，故2A=2B+2kπ，k∈Z或2A=π-2B+2kπ，k∈Z，而A，B，A+B∈(0，π)，故2A=2B或2A=π-2B，即A=B或A+B=，故三角形为等腰三角形或直角三角形，故B错误.在△ABC中，A>B等价于a>b，而后者等价于2Rsin A>2Rsin B，即sin A>sin B，其中R为三角形外接圆半径，故A>B是sin A>sin B成立的充要条件，故C正确.由a2+b2-c2>0可得cos C=>0，故C为锐角，但不能保证△ABC为锐角三角形，故D错误. 8.(2025·合肥模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为，D为AB的中点，且CD=，a2+b2=7，则b= (　　) A. B. C. D. 解析:选C　在△BDC和△ADC中，由余弦定理可得a2=c2+2-2×c××cos∠BDC，b2=c2+2-2×c××cos(π-∠BDC).联立可得，a2+b2=c2+4=7，则c=.由S△BDC=×××sin∠BDC=，得sin∠BDC=1，∵0<∠BDC<π，∴∠BDC=，∴b==. 9.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，b，c成等差数列，以AC为直径的圆的面积为2π，若S△ABC=2，则△ABC的形状为 (　　) A.钝角三角形 B.直角三角形 C.非等腰三角形 D.等边三角形 解析:选D　因为以AC为直径的圆的面积为2π，可知b=AC=2，又因为a，b，c成等差数列，则2b=a+c=4，由余弦定理可得cos B==，即cos B=，整理得ac=，且S△ABC=acsin B=··sin B=2，整理得sin B=1+cos B，联立方程解得或又B∈(0，π)，可得即B=，可得解得a=c=2，所以△ABC的形状为等边三角形. 10.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，B=60°，a2+c2=3ac，则b=　　　　.  解析:由题意得S△ABC=acsin B=ac=，则ac=4，所以a2+c2=3ac=3×4=12，所以由余弦定理b2=a2+c2-2accos B=12-2×4×=8，得b=2. 答案:2 11.(2025·平顶山、许昌质检)在△ABC中，2asin A=(2b+c)sin B+(2c+b)sin C，其中a，b，c分别为内角A，B，C的对边，则角A的大小为　　　　.  解析:由题意，因为2asin A=(2b+c)sin B+(2c+b)sin C，由正弦定理化简得2a2=(2b+c)b+(2c+b)c，整理得a2=b2+c2+bc，又由余弦定理，可得cos A==-. 又因为A∈(0，π)，所以A=. 答案: 12.在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若c2=(a-b)2+6，C=，则△ABC的面积是　　　　.  解析:∵c2=(a-b)2+6=a2-2ab+b2+6， 即a2+b2-c2=2ab-6，由余弦定理得cos C===，解得ab=6，则S△ABC=absin C=×6×=. 答案: 13.(2025·哈尔滨期中)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足(2b-c)cos A=acos C. (1)求角A； (2)若c-b=2，a=，求△ABC的面积. 解:(1)因为(2b-c)cos A=acos C， 由正弦定理，可得2sin Bcos A-sin Ccos A=sin Acos C，即2sin Bcos A=sin Acos C+sin Ccos A=sin(A+C)=sin B. 因为B∈(0，π)，可得sin B>0，所以cos A=， 又因为A∈(0，π)，所以A=. (2)因为c-b=2，a=，且A=， 由余弦定理知a2=b2+c2-2bccos A，即7=b2+c2-bc=(b-c)2+bc=4+bc，解得bc=3，所以△ABC的面积为S=bcsin A=×3×sin=. 14.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知bsin=asin B. (1)求角A的大小； (2)若b，a，c成等比数列，判断△ABC的形状. 解:(1)∵bsin=asin B，由诱导公式得bcos A=asin B， 由正弦定理得sin Bcos A=sin Asin B. ∵sin B≠0，∴cos A=sin A，即tan A=. ∵A∈(0，π)，∴A=. (2)∵b，a，c成等比数列，∴a2=bc.由余弦定理得cos A===， 即b2+c2-bc=bc，∴(b-c)2=0，∴b=c. 又由(1)知A=，∴△ABC为等边三角形. 15.(2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC中，A+B=3C，2sin(A-C)=sin B. (1)求sin A； (2)设AB=5，求AB边上的高. 解:(1)因为A+B=3C，所以3C=π-C，所以C=. 因为2sin(A-C)=sin B， 所以2sin(A-C)=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)，所以2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C，所以sin Acos C=3cos Asin C，所以sin A=3cos A.由sin2A+cos2A=1，得sin A=. (2)由(1)知sin A=，tan A=3>0，所以A为锐角，所以cos A=，所以sin B=sin=(cos A+sin A)=×=， 由正弦定理=， 得AC===2， 故AB边上的高为AC×sin A=2×=6. 第二课时　解三角形的综合问题 考法(一)　以多个三角形为载体的解三角形问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1]　(2025·佛山期中)在四边形ABCD中，AB∥CD，记∠ACD=α，AD·sin D=AC·cos α，∠BAC的角平分线与BC相交于点E，且AE=1，AB=. (1)求cos α的大小； (2)求BC的值. 解:(1)在△ACD中，由正弦定理得=，所以ADsin D=ACsin α， 因为AD·sin D=AC·cos α，两式相除得1=，所以tan α=， 又因为0<α<π，可得α=，所以cos α=. (2)因为AB∥CD，所以∠BAC=α=， 又因为AE平分∠BAC，所以∠BAE=∠CAE=， 因为S△BAE+S△CAE=S△BAC，且AB=，AE=1， 所以AB·AEsin +AC·AEsin =AB·ACsin ，即××1×+AC×1×=×AC×，解得AC=， 在△ABC中，由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AB·ACcos∠BAC=+()2-2×××=，所以BC=. |点拨·建模| 以多个三角形背景解三角形问题的求解思路 (1)将所给平面图形分拆成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正、余弦定理建立边角关系进行求解； (2)充分注意各个三角形之间的联系，特别是公共边、邻角之间的等量关系，交叉使用公共条件进行求解； (3)注意三角形相似、平行四边形性质等几何结论的应用； (4)注意方程思想的灵活运用，通过设出未知变量，建立方程进行求解. 　　[针对训练] 1.(2025·鄂东南教改联盟联考)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，∠ABC=，AB=1. (1)若AC=，求△ABC的面积； (2)若∠ADC=，CD=2，求tan∠CAD. 解:(1)因为∠ABC=，AB=1，AC=，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2×AB×BC×cos∠ABC， 所以7=1+BC2+BC，即BC2+BC-6=0， 解得BC=2(负值舍去)， 所以S△ABC=×AB×BC×sin∠ABC =×1×2×=. (2)设∠CAD=θ，在△ACD中， 由正弦定理得=， 所以=　①， 在△ABC中，∠BAC=-θ，∠BCA=θ-， 则=， 即=　②， 由①②得=， 即2sin=sin θ， ∴2=sin θ， 整理得2sin θ=cos θ， 所以tan∠CAD=. 考法(二)　利用基本不等式求最值或范围问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例2]　在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asin B=b(1-cos A). (1)求角A的大小； (2)若D是BC上一点，且=2，AD=1，求△ABC面积的最大值. 解:(1)在△ABC中，由asin B=b(1-cos A)及正弦定理，得sin Asin B=sin B(1-cos A)， 因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，则有sin A=-cos A，即sin=， 由0<A<π，<A+<，得A+=， 所以A=. (2)依题意，BD=a，DC=a，AD=1， 在△ADB与△ACD中，分别由余弦定理得cos∠ADB==， cos∠ADC==， 又cos∠ADB=-cos∠ADC， 于是3+a2-b2-2c2=0，则有b2+2c2-3=a2=(b2+c2-2bccos A)=(b2+c2-bc)， 整理得9=b2+4c2+2bc≥4bc+2bc=6bc，即bc≤，当且仅当b=2c=时取等号，所以△ABC面积的最大值为Smax=××sin=. |点拨·建模| 　　求解三角形中有关边长、角、面积的最值(范围)问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立a+b，ab，a2+b2之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解. 　　[针对训练] 2.(2025·广州期中)如图，在△ABC中，点D为边BC上靠近B点的三等分点，∠ADC=60°，AD=2. (1)若∠ACD=45°，求△ABC的面积； (2)当最小时，求BD的长. 解:(1)在△ACD中，∠ACD=45°，∠ADC=60°，故∠DAC=75°，∠ADB=120°， 由正弦定理得=， 即DC=， 而sin 75°=sin(30°+45°)=×+×=，故DC==1+， 故BD=DC=(1+)， 故△ABC的面积为S△ABC=S△ADC+S△ADB=AD×DC×sin∠ADC+AD×DB×sin∠ADB=×2×(1+)×+×2××=. (2)设BD=m(m>0)，则CD=2m， 则在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD·ADcos∠ADB=m2+4+2m， 在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD·ADcos∠ADC=4m2+4-4m， 故===4-=4- =4-， 由于(m+1)+≥2=2，当且仅当m+1=，即m=-1时取等号， 故4-≥4-=4-2， 即取到最小值即取最小值时，m=-1， 即此时BD=-1. 考法(三)　利用三角函数的性质求最值或范围问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例3]　(2025·哈尔滨期末)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2acos A-bcos C=ccos B. (1)求角A的大小； (2)若a=2，求b+c的取值范围. 解:(1)2acos A-bcos C=ccos B， 由正弦定理得2sin Acos A-sin Bcos C=sin Ccos B， 即2sin Acos A=sin Bcos C+sin Ccos B=sin(B+C)，即2sin Acos A=sin A， ∵A∈(0，π)，∴sin A≠0， ∴cos A=，∴A=. (2)由(1)知A=，又a=2，==， ∴b+c=sin B+sin C=(sin B+sin C)===4sin，∵0<B<， ∴<B+<，∴<sin≤1， ∴2<4sin≤4， 即b+c的取值范围为(2，4]. |点拨·建模| (1)解决三角形中的某个量的最值或范围问题，除了利用基本不等式外，再一个思路就是利用正弦定理、余弦定理，把该量转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. (2)利用三角函数求解最值或范围问题的关键是求三角函数中角的范围，此时要特别注意题目中隐含条件的应用，如锐角三角形、钝角三角形，三角形内角和为π等. 　　[针对训练] 3.在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin2A-2sin Acos Bsin C+sin2C=. (1)求角B的值； (2)求的取值范围. 解:(1)设△ABC的外接圆半径为R. 由正弦定理===2R，得sin A=，sin B=，sin C=. 因为sin2A-2sin Acos Bsin C+sin2C=，则-2··cos B·+=， 整理得a2+c2-2accos B=3R2， 由余弦定理b2=a2+c2-2accos B得b2=3R2，即sin2B==.又因为B∈，则sin B>0，可得sin B=，所以B=. (2)由正弦定理可得===sin A+cos A=sin，因为△ABC是锐角三角形，则解得<A<，则<A+<，可得<sin≤1，所以的取值范围是. [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·西安模拟)在平行四边形ABCD中，AB=BD=2，AC=2，则该平行四边形的面积为 (　　) A. B. C.2 D.4 解析:选A　设AC与BD交于点O，在△ABO中， cos∠ABO===，所以sin∠ABO=，故平行四边形ABCD的面积S=2××AB×BD×sin∠ABO=2××2×2×=. 2.(2025·吉林模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，则的最大值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　因为S=bcsin A，a2=b2+c2-2bccos A，则设=≤===t，当且仅当b=c时，等号成立，所以sin A=6t-2tcos A，即sin A+2tcos A=6t≤ ，∴t≤. 3.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c2=a(a+b)，则的取值范围是 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　在△ABC中，由c2=a(a+b)，得c2=a2+ab，又c2=a2+b2-2abcos C，则a2+ab=a2+b2-2abcos C，即a+2acos C=b.由正弦定理得sin A+2sin Acos C=sin B，而B=π-(A+C)，于是sin A+2sin Acos C=sin(A+C)=sin A·cos C+cos Asin C，即sin A=sin(C-A).由c2=a2+ab，得c>a，即有C-A>0，由△ABC为锐角三角形，得0<C-A<，因此A=C-A，解得C=2A，又0<A<，0<B=π-3A<，0<C=2A<，从而<A<，所以==sin A∈. 4.(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC=60°，AB=2，BC=，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD=　　　　.  解析:法一　由余弦定理得cos 60°=，整理得AC2-2AC-2=0，得AC=1+(负值舍去).又S△ABC=S△ABD+S△ACD，所以×2ACsin 60°=×2ADsin 30°+AC×ADsin 30°，所以AD===2. 法二　由角平分线定理得=，又BD+CD=，所以BD=，CD=.由角平分线长公式得AD2=AB×AC-BD×CD=2AC-，又由法一知AC=1+，所以AD2=2+2-=2+2-(2-2)=4，所以AD=2. 答案:2 5.(2025·张家界模拟)记△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin(B+C)=b(sin B-sin C)+csin C. (1)求A； (2)若a=2，求△ABC的面积的最大值. 解:(1)由asin(B+C)=b(sin B-sin C)+csin C， 得asin A=bsin B+(c-b)sin C， 由正弦定理，得a2=b2+(c-b)c=b2+c2-bc. 由余弦定理，得cos A===. 又A∈(0，π)，所以A=. (2)由余弦定理cos A==，a=2， 所以b2+c2-20=bc， 因为b2+c2≥2bc， 所以b2+c2-20=bc≥2bc-20， 所以bc≤20，当且仅当b=c=2时取等号. 所以△ABC的面积S=bcsin A≤5. 所以△ABC面积的最大值为5. 6.(2025·河南模拟)如图，在四边形ABCD中，AB⊥BC，∠ADC=120°，AB=CD=2AD，△ACD的面积为. (1)求sin∠CAB； (2)求证:∠CAB=∠CAD. 解:(1)设CD=2AD=2a，a>0， 因为△ACD的面积为，∠ADC=120°， 所以×2a×a×sin 120°=，解得a=1， 所以AB=CD=2，AD=1. 在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos 120°=1+4-2×2×1×=7，所以AC=. 在Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=2，所以BC===， 所以sin∠CAB===. (2)证明:由(1)可得CD=2，AC=， 在△ACD中，由正弦定理得=， 所以sin∠CAD===，且0°<∠CAD<60°. 由(1)可得sin∠CAB=，又0°<∠CAB<90°， 所以∠CAB=∠CAD. 7.(2025·杭州期中)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足b=a-2bcos C. (1)求证:C=2B； (2)求2sin C+cos B-sin B的最大值. 解:(1)证明:由题意b=a-2bcos C， 由正弦定理得sin B=sin A-2sin Bcos C=sin(B+C)-2sin Bcos C， 所以sin B=sin Bcos C+cos Bsin C-2sin Bcos C， 整理得sin B=sin Ccos B-cos Csin B， 所以sin B=sin(C-B)，结合三角形内角性质， 所以B=C-B或B+C-B=π(舍去)， 所以C=2B. (2)由0<B+C<π，则由(1)知，C=2B，得0<B<，所以-<-B<， 且sin=-sin=-sincos+cossin=， 又2sin C+cos B-sin B=2sin 2B+cos B-sin B， 令t=cos B-sin B=sin∈，则sin 2B=1-(cos B-sin B)2， 所以2sin C+cos B-sin B=2(1-t2)+t=-2t2+t+2=-2+， 因为t∈，所以当t=时，2sin C+cos B-sin B的最大值为. 8.(2025·辽宁期中)古希腊数学家托勒密对凸四边形(凸四边形是指没有角度大于180°的四边形)进行研究，终于有重大发现:任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立.且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大.根据上述材料，解决以下问题，如图，在凸四边形ABCD中， (1)若AB=，BC=1，∠ACD=，AC=CD(图1)，求线段BD长度的最大值； (2)若AB=2，BC=6，AD=CD=4(图2)，求四边形ABCD面积取得最大值时角A的大小，并求出四边形ABCD面积的最大值； (3)在满足(2)的条件下，若点P是△ABD外接圆上异于B，D的点，求PB+PD的最大值. 解:(1)由AB=，BC=1，∠ACD=，AC=CD，得AD=CD， 由题意可得AB×CD+BC×AD≥AC×BD， 即AB×CD+BC×CD≥CD×BD， 即+≥BD，当且仅当A，B，C，D四点共圆时等号成立， 即BD的最大值为2. (2)如图，连接BD，因为四点共圆时四边形的面积最大，AB=2，BC=6，AD=CD=4， 所以A+C=π，即cos C=-cos A，sin A=sin C， 在△ABD中，BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos A=4+16-2×2×4cos A=20-16cos A，　① 在△BCD中，由余弦定理可得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C=36+16+2×6×4cos A=52+48cos A，　② 由①②可得20-16cos A=52+48cos A， 解得cos A=-，而A∈(0，π)，可得A=， 所以sin A=sin C=， 此时S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=AB×AD×sin A+BC×CD×sin C=×2×4×+×6×4×=8. 所以A=时，四边形ABCD面积取得最大值，且最大值为8. (3)由题意可知A+P=π，即cos P=-cos A=，在△BPD中，由余弦定理得BD2=PB2+PD2-2PB·PDcos P=PB2+PD2-PB·PD=52+48cos A， 故PB2+PD2-PB·PD=28，即(PB+PD)2-3PB·PD=28， 故(PB+PD)2=28+3PB·PD≤28+3， 故PB+PD≤=4，当且仅当PB=PD=2时等号成立， 故PB+PD的最大值为4. 第七节　余弦定理、正弦定理应用举例 课标要求:能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 测量中的几个有关术语 名称 意义 图形表示 仰角与俯角 在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)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θ的范围是0°≤θ<360° 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 坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比(坡度)，即i==tan θ [细作教材小题] 1.(苏教必修②P114·T9)已知A，B两地间的距离为10 km，B，C两地间的距离为20 km.若测得∠ABC=120°，则A，C两地间的距离为 (　　) A.10 km　 B. km　 C.10 km　 D.10 km 解析:选D　如图所示，由余弦定理可得，AC2=100+400-2×10×20×cos 120°=700，∴AC=10(km). 2.(人A必修②P50·例10改编)如图所示，C，D，A三点在同一水平线上，AB是塔的中轴线，在C，D两处测得塔顶部B处的仰角分别是α和β，如果C，D间的距离是a，测角仪高为b，则塔高为 (　　) A.+b B. C.+b D. 解析:选A　在△BC1D1中，=，∴=，即BD1=.在△A1BD1中，=，∴=，即A1B=BD1·sin β=.则塔高为+b. 3.(北师大必修②P123·T1)如图，在加工一个零件时，需要计算A，C两孔中心的距离，已知BC=60.5 mm，AB=15.8 mm，∠ABC=80°，则AC=　　　　 mm.(cos 80°≈0.173 65，计算精确到0.01 mm)  解析:由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=15.82+60.52-2×15.8×60.5cos 80°，故AC2≈15.82+60.52-2×15.8×60.5×0.173 65≈3 577.91，故AC≈≈59.82 mm. 答案:59.82 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　距离问题 [例1]　已知飞机的飞行航线AB和地面目标C在同一铅直平面内，在A处测得目标C的俯角为30°，飞行26 km到达B处，测得目标C的俯角为75°，此时B处与地面目标C的距离为 (　　) A.13 km B.5 km C.5 km D.13 km 解析:选D　由题知，在△ABC中， ∠A=30°，∠B=180°-75°=105°， 所以∠C=180°-30°-105°=45°， 由正弦定理可知=⇒BC=·sin 30°=×=13(km). [例2]　如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，某人在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15°，北偏东45°方向，再往正东方向行驶20海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A，B两处岛屿间的距离为 (　　) A.20 海里 B.10 海里 C.20(1+) 海里 D.10(1+)海里 解析:选B　在△ACD中， ∠ADC=90°+15°=105°， ∠ACD=90°-60°=30°， ∠CAD=180°-105°-30°=45°， 由正弦定理得=，AC===10(+1). 在△BCD中，∠BDC=45°，∠BCD=90°， 所以∠CBD=45°，所以BC=CD=20，由余弦定理得AB===10(海里). |点拨·建模| 1.距离问题的解题思路 这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般都离不开正弦定理和余弦定理，在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解. 2.关注两个关键点 (1)基线的选取要恰当准确. (2)选取的三角形及正、余弦定理要恰当. 逐点清(二)　高度问题 [例3]　如图，已知AA1为某建筑物的高，BB1，CC1分别为该建筑物附近的参照物甲、乙的高，A1，B1，C1分别为该建筑物、甲、乙的底部且均在同一水平面上，A，B，C分别为该建筑物、甲、乙的顶点，经测量得A1B1=80米，CC1=86米，∠C1A1B1=48.60°，∠A1C1B1=30°，在C点测得B点的仰角为33.69°，在B点测得A点的仰角为51.34°，则该建筑物的高AA1约为(参考数据:tan 33.69°≈0.667，tan 51.34°≈1.250，sin 48.60°≈0.750) (　　) A.268米 B.265米 C.266米 D.267米 解析:选C　如图，分别过B，C作BF⊥AA1，CD⊥BB1，垂足分别为F，D，过D作DE⊥AA1，垂足为E.根据题意易得∠ABF=51.34°，∠BCD=33.69°.在△A1B1C1中，由正弦定理得B1C1==≈=120，在Rt△BDC中，DC=B1C1=120，则BD=120tan 33.69°≈120×0.667=80.04.在Rt△AFB中，BF=A1B1=80，则AF=80tan 51.34°≈80×1.250=100，所以AA1=CC1+BD+AF≈86+80.04+100≈266米. |点拨·建模|　处理高度问题的注意事项 (1)在处理有关高度问题时，正确理解仰角、俯角是一个关键. (2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易搞错. (3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题. 逐点清(三)　角度问题 [例4]　如图，在海岸A处，发现北偏东45°方向，距离A为(-1)n mile的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°方向，距离A为2 n mile的C处有一艘缉私艇奉命以10 n mile/h的速度追截走私船，此时，走私船正以10 n mile/h的速度从B处向北偏东30°方向逃窜.则缉私艇沿北偏东　　　　方向行驶才能最快追上走私船，需要的时间是　　　　 h.  解析:设缉私艇用t h在D处追上走私船，则有CD=10t n mile，BD=10t n mile，在△ABC中，∵AB=-1，AC=2，∠BAC=120°，由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC，即BC2=(-1)2+22-2·(-1)·2·cos 120°=6，∴BC=. 由正弦定理得sin∠ABC=·sin∠BAC=·=，∴∠ABC=45°，BC与正北方向成90°角. ∵∠CBD=90°+30°=120°， ∴在△BCD中，由正弦定理得 sin∠BCD===， ∴∠BCD=30°，∴∠BDC=30°， ∴BD=BC=，即10t=，∴t= h. ∴缉私艇沿北偏东60°方向行驶才能最快追上走私船，需要的时间是 h. 答案:60°　 |点拨·建模|　解决测量角度问题的注意事项 (1)首先应明确方位角或方向角的含义. (2)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步. (3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正弦、余弦定理的“联袂”使用. 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.为运输方便，某工程队将从A到D修建一条湖底隧道，如图，工程队从A出发向正东行10 km到达B，然后从B向南偏西45°方向行了一段距离到达C，再从C向北偏西75°方向行了4 km到达D，已知C在A南偏东15°方向上，则A到D的距离为 (　　) A.15 km B.2 km C.10 km D.15 km 解析:选B　连接AC，由题意，∠ABC=45°，∠ACD=75°-15°=60°，∠BCD=75°+45°=120°，∠ACB=60°，AB=10，CD=4.在△ABC中，由正弦定理得，=，即=，则AC=10.在△ACD中，由余弦定理得，AD2=AC2+CD2-2AC·CDcos∠ACD=152，则AD=2 km. 2.某个骑行爱好者从A地出发，向西骑行了2 km到达B地，然后再由B地向北偏西60°骑行2 km到达C地，再从C地向南偏西30°骑行了5 km到达D地，则A地到D地的直线距离是 (　　) A.8 km B.3 km C.3 km D.5 km 解析:选B　如图，在△ABC中，∠ABC=150°，AB=2，BC=2，依题意，∠BCD=90°. 在△ABC中，由余弦定理得 AC= ==2， 由正弦定理得sin∠ACB==. 在△ACD中，cos∠ACD=cos(90°+∠ACB)=-sin∠ACB=-，由余弦定理得 AD===3， 所以A地到D地的直线距离是3 km. 3.如图，某人欲测校内某旗杆高MN，选择地面A处和他所在教学楼四楼C处为测量观测点(其中A处、他所在的教学楼、旗杆位于同一水平地面).从A点测得M点的仰角∠MAN=60°，C点的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°，从C点测得∠MCA=60°.已知C处距地面10 m，则旗杆高MN= (　　) A.12 m B.15 m C.16 m D.18 m 解析:选B　由题意可知，BC=10，∠CAB=45°，∠CBA=90°，所以AC=BC=10.在△MAC中，∠MAC=75°，∠MCA=60°，所以∠AMC=45°.由正弦定理可知，=，即=，解得AM=10，在Rt△AMN中，∠MAN=60°，AM=10，则MN=AM·sin∠MAN=10×=15 m.故选B. 4.魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中有一题是测量海岛上松树的高.如图，点E，H，G在水平线CI上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，DE与BH交于点J，则松树的高度AB= (　　) A.-EG B.+EG C.-DJ D.+DJ 解析:选D　记AB=x，GI=a，EH=b，EG=d，DJ=e，易知△DHJ∽△AHB，则==⇒=1-.又△AHI∽△ADF，所以===1-=⇒x=+e，即AB=+DJ.故选D. 5.在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距12公里的水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10公里的速度沿南偏东75°方向前进，若侦察艇以每小时14公里的速度，沿北偏东45°+α方向拦截蓝方的小艇.若要在最短的时间内拦截住，则红方侦察艇所需的时间为　　　　小时，角α的正弦值为　　　　.   解析:设红方侦查艇经过x小时后在C处追上蓝方的小艇，则AC=14x，BC=10x，∠ABC=120°.根据余弦定理得(14x)2=122+(10x)2-240×x×cos 120°，解得x=2，故AC=28，BC=20.根据正弦定理得=，解得sin α==. 答案:2　 细节、微点提醒 　　在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题转化为可用数学方法解决的问题，解题过程中也要注意体会正、余弦定理综合使用的优点.不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混. [课时跟踪检测] 1.某地为响应习近平总书记关于生态文明建设的号召，大力开展“青山绿水”工程，造福于民，拟对该地某湖泊进行治理，在治理前，需测量该湖泊的相关数据.如图所示，测得∠C=120°，BC=40米，AC=60米，则A，B间的直线距离约为(参考数据:≈1.732) (　　) A.60米 B.130米 C.150米 D.300米 解析:选B　由题设，在△ABC中，由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos C=12 400+2 400≈16 557，所以AB≈130米.故选B. 2.一艘游船从海岛A出发，沿南偏东20°的方向航行8海里后到达海岛B，然后再从海岛B出发，沿北偏东40°的方向航行16海里后到达海岛C，若游船从海岛A出发沿直线到达海岛C，则航行的路程为 (　　) A.12海里 B.8 海里 C.8 海里 D.8 海里 解析:选D　根据题意知，在△ABC中，∠ABC=20°+40°=60°，AB=8海里，BC=16海里，由余弦定理，得AC2=AB2+BC2-2AB×BC×cos∠ABC=82+162-2×8×16×=192，∴AC=8 海里. 3.如图，在山脚下P处经过山腰N到山顶M拉一条电缆，其中，PN的长为a m，MN的长为2a m，在P处测得N的仰角为30°，在N处测得M的仰角为30°.则此山的高度为 (　　) A. m B. m C. m D.2a m 解析:选B　如图，设A，B分别为M，N在地平面的投影，MA⊥NC，则由题意，CA=NB=NPsin 30°=，MC=MNsin 30°=a，故此山高度MA=MC+CA= m. 4.如图，一架飞机从A地飞往B地，两地相距500 km.飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从A点起飞以后，就沿与原来的飞行方向AB成12°角的方向飞行，飞行到中途C点，再沿与原来的飞行方向AB成18°角的方向继续飞行到终点B点.这样飞机的飞行路程比原来的路程500 km大约多飞了(sin 12°≈0.21，sin 18°≈0.31) (　　) A.10 km B.20 km C.30 km D.40 km 解析:选B　在△ABC中，由A=12°，B=18°，得C=150°，由正弦定理得==，所以≈≈，所以AC=310 km，BC=210 km，所以AC+BC-AB=20 km. 5.如图，为了测量两个信号塔塔尖M，N之间的距离，选取了同一水平面内的两个测量基点P与Q(M，N，P，Q在同一铅垂平面内).已知在点P处测得点M的仰角为15°，点N的仰角为45°，在点Q处测得点M的仰角为30°，点N的仰角为15°，且PQ=400 m，则MN= (　　) A.200 m B.400 m C.400 m D.400 m 解析:选D　如图，过M作MM1⊥PQ，垂足为M1，过N作NN1⊥PQ，垂足为N1. 由题意可知，∠MQM1=30°，∠NQN1=15°，∠MPM1=15°，∠NPN1=45°，PQ=400 m， ∴∠MQN1=180°-∠MQM1=150°，∴在△MQP中，∠QMP=180°-150°-15°=15°，即∠QMP=∠QPM=15°，∴MQ=PQ=400 m.在△QPN中，∠QPN=180°-∠NPN1=135°，∠PNQ=45°-15°=30°，由正弦定理得，=，即=，解得NQ=400 m.在△QMN中，∠MQN=180°-30°-15°=135°，且MQ=400 m，NQ=400 m，由余弦定理得，MN2=MQ2+NQ2-2MQ×NQcos∠MQN，解得MN=400 m. 6.某班课外学习小组利用“镜面反射法”来测量学校内建筑物的高度.步骤如下:①将镜子(平面镜)置于平地上，人后退至从镜中能看到房顶的位置，测量出人与镜子的距离；②将镜子后移，重复①中的操作；③求建筑物高度.如图所示，前后两次人与镜子的距离分别为a1 m，a2 m(a2>a1)，两次观测时镜子间的距离为a m，人的“眼高”为h m，则建筑物的高度为 (　　) A. m B. m C. m D. m 解析:选A　设建筑物的高度为x，如图所示， 由△HGF∽△DEF，得=⇒EF==，由△ABC∽△DEC，得=⇒=，所以ha+xa1=xa2⇒x=-ha⇒x=.故选A. 7.公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚底面在同一平面上.某人在点A处测得楼顶的仰角为45°，他在公路上自西向东行走，行走60米到点B处，测得仰角为45°，沿该方向再行走60米到点C处，测得仰角为θ，则sin θ= (　　) A. B.3 C.-2 D.- 解析:选A　如图所示，由题意有DE=AB=BC=60，∠DAE=∠DBE=45°，则有AE=BE=AB=60，故∠EAB=60°，则EC==60，故DC==120，则sin θ=sin∠DCE==. 8.[多选]某货轮在A处测得灯塔B在北偏东75°，距离为12 n mile，测得灯塔C在北偏西30°，距离为8 n mile.货轮由A处向正北航行到D处时，测得灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是 (　　) A.A处与D处之间的距离是24 n mile B.灯塔C与D处之间的距离是16 n mile C.灯塔C在D处的西偏南60° D.D在灯塔B的北偏西30° 解析:选AC　由题意可知∠ADB=60°，∠BAD=75°，∠CAD=30°，所以B=180°-60°-75°=45°，AB=12，AC=8.在△ABD中，由正弦定理得=，所以AD==24(n mile)，故A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD===8(n mile)，故B错误；由B项解析知CD=AC，所以∠CDA=∠CAD=30°，所以灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；由∠ADB=60°，得D在灯塔B的北偏西60°，故D错误. 9.气象台A在早上8:00观测到一台风，台风中心在气象台A正西方向300 km处，它正向东北方向移动，移动速度的大小为40 km/h，距离台风中心100 km以内的地区都将受到影响.若台风中心的这种移动趋势不变，该气象台受到台风影响的时段为 (　　) A.12:00—17:00 B.13:00—18:00 C.13:00—17:00 D.14:00—18:00 解析:选B　如图，由余弦定理，得AB2=OB2+OA2-2OB·OAcos 45°，于是OB2-600OB+80 000=0，解得OB=200或OB=400，所以台风从O到B用时=5 h，台风从O到C用时=10 h.故气象台A受到台风影响的时间是早上8:00后的5小时至10小时之间，即13:00—18:00.故选B. 10.在一次抗洪抢险中，某救生艇发动机突然发生故障停止转动，失去动力的救生艇在洪水中漂行.此时，风向是北偏东30°方向，风速是20 km/h；水的流向是正东方向，流速是20 km/h.若不考虑其他因素，救生艇在洪水中漂行的速度的方向为北偏东　　　　方向，大小为　　　　 km/h.  解析:如图，∠AOB=60°，∠OAC=120°，||=||，所以∠AOC=30°， 所以救生艇在洪水中漂行的速度的方向为北偏东60°，由余弦定理知OC2=202+202-800cos 120°=1 200，解得OC=20. 答案:60°　 20 11.天门山，古称嵩梁山，位于湖南省张家界市永定区大庸中路11号，属武陵山脉向东进入洞庭湖平原的余脉.为了测量天门山的海拔，某人站在海拔600米的点A处，他让无人机从点A起飞，垂直向上飞行400米到达点B处，测得天门山的最高点C处的仰角为45°，他遥控无人机从点B处移动到点D处(BD平行于地平面)，已知B与D之间的距离为518米，从点D处测得天门山的最高点C处的仰角为α(tan α=2). (1)设平面β过BD且平行于地平面，点C到平面β的距离为h米，求BC与CD的长(用h表示)； (2)已知cos∠BCD=，求天门山的海拔. 解:(1)如图，过C作CO⊥β，垂足为O，则CO=h米，∠CBO=45°，∠CDO=α， 在Rt△COB中，BC==h米.在Rt△COD中，CD=米，因为tan α=2，所以sin α=，所以CD=米. (2)在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD，由(1)得5182=2h2+-h2×，整理得5182=h2，即h=518， 所以天门山的海拔为600+400+518=1 518米. 12.如图，某乡镇绿化某一座山体，以地面为基面，在基面上选取A，B，C，D四个点，使得AD=2BC，测得∠BAD=30°，∠BCD=45°，∠ADC=120°. (1)若B，D选在两个村庄，两村庄之间有一直线型隧道，且BD=10 km，CD=20 km，求A，C两点间距离； (2)求tan∠BDC的值. 解:(1)在△BCD中，由正弦定理得=，即=， 解得sin∠CBD=1，所以∠CBD=90°， 则△BCD为等腰直角三角形，所以BC=10， 则AD=2BC=40. 在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD×CDcos∠ADC=1 600+400-2×40×20×=2 800，故AC=20.故A，C两点间距离为20 km. (2)设∠BDC=θ，则由题意可知，∠ADB=120°-θ，∠ABD=30°+θ.在△ABD中，由正弦定理得=，即=2sin(30°+θ). 在△BCD中，由正弦定理得=，即=sin θ. 又AD=2BC，所以2sin(30°+θ)=2×sin θ⇒cos θ+sin θ=2sin θ， 解得tan θ=，所以tan∠BDC=. 73 / 117 学科网（北京）股份有限公司 $$