第4章 三角函数与解三角形-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2026年高中数学高考一轮总复习（名师划重点）

第四章三角函数与解三角形 第一节　任意角、弧度制及三角函数的概念 课标要求 三年考情 1.了解任意角的概念和弧度制. 2.能进行弧度与角度的互化,体会引入弧度制的必要性. 3.借助单位圆理解三角函数(正弦、余弦、正切)的定义. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 全国Ⅱ卷   重点提示:任意角、三角函数值 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.角的概念的推广 (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:按旋转方向,角可以分成三类:正角、负角和零角. (3)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},即任一与角α终边相同的角,都可以表示成角α与整数个周角的和. 微提醒　　终边相同的角不一定相等,但相等的角其终边一定相同. 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,读作弧度. (2)公式 角α的弧度数公式 |α|=(l表示弧长) 角度与弧度的换算 1°=rad;1rad=° 弧长公式 l=|α|r 扇形面积公式 S=lr=|α|r2 微提醒　　角度与弧度换算的关键是π rad=180°,在同一个式子中,采用的度量制必须一致,不可混用. 3.任意角的三角函数 (1)定义 前提 如图,设α是一个任意角,α∈R,它的终边与单位圆相交于点P(x,y) 定义 正弦 把点P的纵坐标y叫做α的正弦函数,记作sin α,即y=sin α 余弦 把点P的横坐标x叫做α的余弦函数,记作cos α,即x=cos α 正切 把点P的纵坐标与横坐标的比值叫做α的正切函数,记作tan α,即=tan α(x≠0) 三角 函数 正弦、余弦、正切都是以角为自变量,以单位圆上的点的坐标或坐标的比值为函数值的函数,将它们统称为三角函数 (2)定义的推广:设P(x,y)是角α终边上异于原点的任一点,它到原点的距离为r(r>0),那么sin α=;cos α=;tan α=(x≠0). 【常用结论】 1.三角函数值在各象限的符号规律:一全正,二正弦,三正切,四余弦. 2.象限角 3.轴线角 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)小于90°的角是锐角.(×) 解析　锐角的取值范围是. (2)角α的三角函数值与其终边上点P的位置无关.(√) (3)若sin α>0,则α是第一或第二象限角.(×) (4)若角α为第一象限角,则sin α+cos α>1.(√) 2.(人A必一P176T7(2))已知α是第一象限角,那么是(D) A.第一象限角 B.第二象限角 C.第一或第二象限角 D.第一或第三象限角 解析　易知2kπ<α<+2kπ,k∈Z,故kπ<<+kπ,所以是第一或第三象限角.故选D. 3.(人B必三P7练习A T5改编)以下说法正确的是(均指在平面直角坐标系中,始边在x轴正半轴上)(D) A.第一象限角一定是锐角 B.终边相同的角一定相等 C.小于90°的角一定是锐角 D.钝角的终边在第二象限 4.(人A必一P180T3改编)已知角α的终边过点P(2,-3),则sin α= - ,tan α= - .  解析　因为x=2,y=-3,所以点P 到原点的距离r==,则sin α===-,tan α==-. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　角的概念及其表示 【例1】　(1)(多选题)如果角α与角(γ+45°)的终边重合,角β与角(γ-45°)的终边重合,那么α-β的可能值为(ACD) A.90° B.360° C.450° D.3 330° 解析　由条件知α=γ+45°+k1·360°(k1∈Z),β=γ-45°+k2·360°(k2∈Z),将以上两式相减消去γ,得α-β=(k1-k2)·360°+90°=k·360°+90°(k1,k2∈Z,k1-k2=k),当k=0时,α-β=90°;当k=1时,α-β=450°;当k=9时,α-β=3 330°.故选ACD. (2)角α的终边在第一象限,则+的取值集合为(A) A.{-2,2} B.{0,2} C.{2} D.{0,-2,2} 解析　因为角α的终边在第一象限,所以2kπ<α<2kπ+,k∈Z,所以kπ<<kπ+,k∈Z,所以为第一象限角或第三象限角,当为第一象限角时,sin>0,cos>0,故+=1+1=2;当为第三象限角时,sin<0,cos<0,故+=-1+(-1)=-2.所以+的取值集合为{-2,2}.故选A. [规律方法]　利用终边相同的角求适合某些条件的角 (1)利用终边相同的角的集合可以求适合某些条件的角,方法是先写出与这个角的终边相同的所有角的集合,然后通过集合中的参数k(k∈Z)赋值来求得所需的角. (2)确定kα,(k∈N*)的终边位置的方法;先写出kα或的范围,然后根据k的可能取值确定kα或的终边所在的位置. 【训练1】　(1)若角α的顶点与原点重合,始边与x轴的非负半轴重合,则集合{α|k·180°+45°≤α≤k·180°+90°,k∈Z}中的角α的终边在图中的位置(阴影部分)是(C) A　　　B C　　　D 解析　当k为偶数时,设k=2n(n∈Z),则有n·360°+45°≤α≤n·360°+90°,角α的终边在介于45°~90°角终边所在的区域内;当k为奇数时,设k=2n+1(n∈Z),则有n·360°+225°≤α≤n·360°+270°,角α的终边在介于225°~270°角终边所在的区域内.故选C. (2)若角α的顶点为坐标原点,始边在x轴的非负半轴上,终边在直线y=-x上,则角α的取值集合是  .  解析　直线y=-x的倾斜角是,所以终边落在直线y=-x上的角的取值集合为. 考点二　弧度制及其应用 【例2】　(2025·云南联考)已知一扇形的圆心角为α(α为正角),周长为C,面积为S,所在圆的半径为r. (1)若α=36°,r=10 cm,求扇形的弧长; (2)若C=4 cm,求S的最大值及此时扇形的半径和圆心角. 解　(1)α=36°=36×rad=πrad,扇形的弧长l=αr=π×10=2π(cm). (2)设扇形的弧长为l,半径为r,则2r+l=4,所以l=4-2r(0<r<2),则S=lr=(4-2r)r=-r2+2r=-(r-1)2+1,当r=1时,Smax=1 cm2,此时l=4-2×1=2 cm,α==2,所以S的最大值是1 cm2,此时扇形的半径是1 cm,圆心角是2 rad. [规律方法]　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,常转化为二次函数的最值问题. (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. 【训练2】　苏派砖雕被称为“南方之秀”,是南方地区砖雕艺术的典型代表,被广泛运用到墙壁、门窗、檐廊、栏槛等建筑中.图①是一个梅花砖雕,其正面是一个扇环ABCD,如图②,砖雕厚度为6 cm,AD=80 cm,=3,所对的圆心角为直角,则该梅花砖雕的表面积为(单位:cm2)(C) ①　② A.3 200π B.480π+960 C.6 880π+960 D.3 680π+960 解析　 延长DA与CB交于点O.由=3,AD=80 cm,得OA=40 cm,OD=120 cm.因为所对的圆心角为直角,所以=60π cm,=20π cm.所以该梅花砖雕的侧面积S侧=6(++AD+BC)=480π+960(cm2),扇环ABCD的面积为(π×1202-π×402)=3 200π(cm2),则该梅花砖雕的表面积S表面积=480π+960+2×3 200π=6 880π+960(cm2).故选C. 考点三　三角函数的定义及其应用 角度1　三角函数的定义 【例3】　(1)已知角α的终边经过点,则tan α=(A) A.- B. C.- D. 解析　sin=sin=,cos=-cos=-,所以tan α==-, 故选A. (2)(2025·南京模拟)在平面直角坐标系中,角α的顶点与坐标原点重合,始边与x轴的非负半轴重合,终边过点(x,4)且tan(-π+α)=-2,则cos α=(B) A.- B.- C. D. 解析　因为角α的终边过点(x,4)且tan(-π+α)=tan α=-2,所以=-2,所以x=-2,所以cos α==-.故选B. [规律方法]　定义法求三角函数值的两种类型 (1)已知角α终边上一点P的坐标,可求角α的三角函数值.先求P到原点的距离,再用三角函数的定义求解. (2)已知角α的某三角函数值,可求角α终边上一点P的坐标中的参数值,再根据定义中的两个量,列方程求参数值. 角度2　三角函数值符号的判定 【例4】　已知θ为第二或第四象限角,则下列正确的是(D) A.sin θtan θ<0 B.cos θtan θ<0 C.>0 D.sin θcos θ<0 解析　A选项,sin θtan θ=,因为sin2θ>0,在第二象限cos θ<0,第四象限cos θ>0,故A错误;B选项,cos θtan θ=sin θ,因为在第二象限sin θ>0,第四象限sin θ<0,故B错误;C选项,=cos θ,因为在第二象限cos θ<0,第四象限cos θ>0,故C错误;D选项,注意到第二象限cos θ<0,sin θ>0,第四象限cos θ>0,sin θ<0,则sin θcos θ<0,故D正确.故选D. [规律方法]　判定三角函数值符号的注意点 要判定三角函数值的符号,关键是要弄清三角函数中的角是第几象限角,再根据正、余弦函数值在各象限的符号确定值的符号.如果不能确定角所在象限,那就要进行分类讨论求解. 【对点练】 1.(角度2)若α是第一象限角,则下列结论一定成立的是(C) A.sin>0 B.cos>0 C.tan>0 D.sincos<0 解析　因为α在第一象限,所以2kπ<α<+2kπ,k∈Z,所以kπ<<+kπ,k∈Z,所以是第一、三象限角,当是第一象限角时,sin>0,cos>0,tan>0,sincos>0;当是第三象限角时,sin<0,cos<0,tan>0,sincos>0.综上,tan>0一定成立.故选C. 2.(角度1)若角α的终边上有一点P,k<0,则sin α·tan α的值是 - .  解析　因为角α的终边上有一点P,所以OP==-k,sin α==, tan α==-,所以sin α·tan α=·=-. 第二节　同角三角函数的基本关系与诱导公式 课标要求 三年考情 1.理解同角三角函数的基本关系:sin2α+cos2α=1,tan α=. 2.借助单位圆及三角函数定义推出诱导公式. 3.能够运用同角三角函数的基本关系和诱导公式解决相关问题. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 全国Ⅱ卷 T13、T15   重点提示:平方关系、商数关系、诱导公式 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 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=. 微提醒　　平方关系对任意角都成立,而商数关系中α≠kπ+(k∈Z). 2.三角函数的诱导公式 角 α+k·2π (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 微提醒　　诱导公式可简记为:奇变偶不变,符号看象限. 【常用结论】 1.平方关系的常用变形:1=sin2α+cos2α,sin2α=1-cos2α,cos2α=1-sin2α,sin α=±,cos α=±. 2.商数关系的常用变形:cos αtan α=sin α,cos α=. 3.和(差)积互化变形:(sin α+cos α)2=1+2sin αcos α,(sin α-cos α)2=1-2sin αcos α. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)若α∈R,则tan α=恒成立.(×) (2)sin(π+α)=-sin α成立的条件是α为锐角.(×) (3)若sin(kπ-α)=(k∈Z),则sin α=.(×) 解析　当k为奇数时,sin α=,当k为偶数时,sin α=-. (4)sin2α=sin α2.(×) 解析　sin2α是(sin α)2的缩写不能写成sin α2. 2.(人A必一P185T6(2)改编)已知sin α=,且α为第二象限角,则cos α=(A) A.- B. - C. D. 解析　因为角α是第二象限角,所以cos α<0,又sin2α+cos2α=1,所以cos α=-=-. 3.(人A必一P195T5)已知sin=,那么cos α=(B) A.- B.- C. D. 解析　因为sin=-cos α=,所以cos α=-.故选B. 4.(北师大必二P149例5改编)已知tan α=3,则= 2 .  解析　因为tan α=3,所以===2. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　同角三角函数的基本关系及应用 角度1　公式的直接应用 【例1】　(2023·全国乙卷)若θ∈,tan θ=,则sin θ-cos θ= - .  解析　解法一(方程法):因为θ∈,tan θ=,所以解得所以sin θ-cos θ=-. 解法二(设点法):因为θ∈,tan θ==,所以设θ终边上一点坐标为P(3,1),则r=OP==,所以sin θ==,cos θ==,故sin θ-cos θ=-. [规律方法]　同角三角函数基本关系的两个应用 (1)利用sin2α+cos2α=1可以实现角α的正弦、余弦的互化. (2)利用=tan α可以实现角α的弦切互化.注意公式的逆用及变形应用. 角度2　齐次式下弦切互化 【例2】　(1)已知角θ的终边经过点P(-2,-4),则tan θ= 2 ,=  .  解析　因为角θ的终边经过点P(-2,-4),所以tan θ==2,所以====. (2)已知=-1,则= - ;sin2α+sin αcos α+2=  .  解析　由已知得tan α=,所以==-.sin2α+sin αcos α+2=+2=+2=+2=. [规律方法]　利用“弦切互化”求齐次式值的方法 (1)若齐次式为分式,可将分子与分母同除以cos α的n次幂,将分式的分子与分母化为关于tan α的式子,代入tan α的值即可求解. (2)若齐次式为二次整式,可将其视为分母为1的分式,然后将分母1用sin2α+cos2α替换,再将分子与分母同除以cos2α,化为只含有tan α的式子,代入tan α的值即可求解. 角度3　sin α±cos α与sin αcos α之间的关系 【例3】　已知sin α+cos α=,α∈(0,π),则sin αcos α= - ,tan α= - .  解析　因为(sin α+cos α)2=sin2α+cos2α+2sin αcos α=1+2sin αcos α=,所以sin αcos α=-.因为α∈(0,π),所以sin α>0,又sin αcos α<0,所以cos α<0.由得或(舍),所以tan α==-. [规律方法]　“sin α±cos α,sin αcos α”关系的应用 sin α±cos α与sin αcos α通过平方关系联系到一起,即(sin α±cos α)2=1±2sin αcos α,sin αcos α=,sin αcos α=. 【对点练】 1.(角度1)若sin α=-,且α为第四象限角,则tan α=(D) A. B.- C. D.- 解析　因为α为第四象限角,故cos α===,所以tan α===-. 2.(角度2)已知tan θ=,则=(A) A. B.2 C. D.6 解析　因为tan θ=,所以======.故选A. 3.(角度3)(多选题)设α∈(0,π),已知sin α,cos α是方程3x2-x-m=0的两根,则下列等式正确的是(BD) A.m=- B.sin α-cos α= C.tan α= D.cos2α-sin2α=- 解析　sin α,cos α是方程3x2-x-m=0的两根,则有由(sin α+cos α)2=sin2α+2sin α·cos α+cos2α,得=1-,解得m=,A选项错误;α∈(0,π),sin α>0,由sin α·cos α=-=-<0,cos α<0,(sin α-cos α)2=sin2α-2sin α·cos α+cos2α=1+=,由sin α-cos α>0,所以sin α-cos α=,B选项正确;由得tan α==-,C选项错误;cos2α-sin2α=(cos α+sin α)(cos α-sin α)=×=-,D选项正确.故选BD. 考点二　诱导公式及应用 【例4】　(1)已知sin=,则cos(π-α)的值为(C) A. B. C.- D.- 解析　因为sin=sin=sin=cos α=,所以cos(π-α)=-cos α=-.故选C. (2)已知函数f(x)=asin(πx+α)+bcos(πx+β)+x,且f(2 024)=0,则f(2 025)= 4 049 .  解析　因为f(x)=asin(πx+α)+bcos(πx+β)+x,所以f(2 024)=asin(2 024π+α)+bcos(2 024π+β)+2 024=asin α+bcos β+2 024=0,得到asin α+bcos β=-2 024,又f(2 025)=asin(2 025π+α)+bcos(2 025π+β)+2 025=asin(π+α)+bcos(π+β)+2 025得到f(2 025)=-asin α-bcos β+2 025=-(-2 024)+2 025=4 049. [规律方法]　诱导公式的两个应用 (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. 【训练】　(1)已知角θ的顶点为坐标原点,始边与x轴的正半轴重合,点P在角θ的终边上,则=(C) A. B.- C. D.- 解析　由于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=,故选C. (2)已知cos=,则sin-cos=  .  解析　因为cos=,所以sin=sin=cos=,cos=cos=-cos=-,所以sin-cos=-=. 第三节　三角恒等变换 课标要求 三年考情 1.能从两角差的余弦公式推导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式,以及二倍角的正弦、余弦、正切公式,了解它们的内在联系. 2.能运用上述公式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,但这三组公式不要求记忆). 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T18 T8、T17 T4 全国Ⅱ卷 T6 T7 T13、T15   重点提示:二倍角、两角和与差的正弦、余弦、正切 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.两角和与差的正弦、余弦和正切公式 (1)cos(α∓β)=cos αcos β±sin αsin β.  (2)sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β.  (3)tan(α±β)=. 2.二倍角的正弦、余弦、正切公式 sin 2α=2sin αcos α.  cos 2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α. tan 2α=. 3.函数f(α)=asin α+bcos α(a,b为常数),可以化为f(α)=sin(α+φ)或f(α)=cos(α-φ). 【常用结论】 1.tan α±tan β=tan(α±β)(1∓tan αtan β). 2.降幂公式:cos2α=,sin2α=. 3.1+sin 2α=(sin α+cos α)2,1-sin 2α=(sin α-cos α)2,sin α±cos α=sin. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)存在α,β,使等式sin(α+β)=sin α+sin β.(√) (2)两角和与差的正切公式中的角α,β是任意角.(×) (3)公式tan(α+β)=可以变形为tan α+tan β=tan(α+β)(1-tan αtan β),且对任意角α,β都成立.(×) (4)公式asin x+bcos x=sin(x+φ)中φ的取值与a,b的值无关.(×) 2.(人A必一P219例4(2)改编)sin 15°sin 45°-cos 15°cos 45°=(C) A. B. C. - D. - 解析　原式=-(cos 15°cos 45°-sin 15°sin 45°)=-cos(15°+45°)=-cos 60°=-.故选C. 3.(人A必一P218例3改编)若2cos α-sin α=0,则tan=(B) A.- B. C.-3 D.3 解析　因为2cos α-sin α=0,则sin α=2cos α,故tan α=2.因此tan===.故选B. 4.(北师大必二P168T1改编)若tan α=,则cos 2α-sin 2α= - .  解析　cos 2α-sin 2α=cos2α-sin2α-2sin αcos α===-. 第1课时　两角和与差及倍角公式 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　公式的直接运用 　 教考衔接⑧ 教材题 [题源](人A必一P255T15) (1)已知cos(α+β)=,cos(α-β)=,求tan αtan β的值; (2)已知cos α+cos β=,sin α+sin β=,求cos(α-β)的值. 解　(1)由已知可求得cos αcos β=,sin αsin β=.于是有tan αtan β==. (2)因为cos α+cos β=,sin α+sin β=,所以两式平方相加可得cos2α+cos2β+2cos αcos β+sin2α+sin2β+2sin αsin β=+,化简可得2+2(cos αcos β+sin αsin β)=,所以cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=-. 高考题 (1)(2024·新课标Ⅰ卷)已知cos(α+β)=m,tan αtan β=2,则cos(α-β)=(A) A.-3m　　B.-　　C.　　D.3m 解析　因为cos(α+β)=m,所以cos αcos β-sin αsin β 高考题 =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)=-3m,故选A. (2)(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　解法一: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)=-. 解法二: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==, 高考题 cos β==,则sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=cos αcos β(tan α+tan β)=4cos αcos β== ==-. [规律方法]　求值问题的解题思路 利用角的代换将所求角转化为已知角的和与差,再根据公式求解. 【训练1】　(1)cos 70°cos 50°+cos 200°cos 40°的值为(B) A.- B.- C. D. 解析　解法一:原式=sin 20°sin 40°-cos 20°cos 40°=-(cos 20°cos 40°-sin 20°sin 40°)=-cos 60°=-. 解法二:原式=cos 70°sin 40°-cos 20°cos 40°=sin 40°cos 70°-sin 70°cos 40°=sin(40°-70°)=sin(-30°)=-sin30°=-.故选B. (2)若α是第一象限角,且tan α=,则cos 2α=(B) A. B. C.- D.- 解析　cos 2α=cos2α-sin2α====.故选B. 考点二　公式的逆用及变形应用 角度1　公式的逆用 【例1】　(1)(2023·新课标Ⅱ卷)已知α为锐角,cos α=,则sin =(D) A. B. C. D. 解析　cos α=1-2sin2=,而α为锐角,解得sin=.故选D. (2)sin 18°cos 36°=(A) A. B. C. D. 解析　sin 18°cos 36°= ====.故选A. (3)(2022·新课标Ⅱ卷) 若sin(α+β)+cos(α+β)=2cossin β,则(C) A.tan(α-β)=1 B.tan(α+β)=1 C.tan(α-β)=-1 D.tan(α+β)=-1 解析　解法一:(特殊值排除法)设β=0,则sin α+cos α=0,取α=-,排除A, B;再取α=0,则sin β+cos β=2sin β,取β=,排除D.选C. 解法二:(直接法)由已知得:sin αcos β+cos αsin β+cos αcos β-sin αsin β=2(cos α-sin α)sin β,即sin αcos β-cos αsin β+cos αcos β+sin αsin β=0,即sin(α-β)+cos(α-β)=0,所以tan(α-β)=-1.故选C. [规律方法]　三角函数公式活用技巧 (1)逆用公式应准确找出所给式子与公式的异同,创造条件逆用公式; (2)tan αtan β,tan α+tan β(或tan α-tan β),tan(α+β)(或tan(α-β))三者中可以知二求一,注意公式的正用、逆用和变形使用. 角度2　辅助角公式的运用 【例2】　(1)已知sin α-cos α=,则cos= - .  解析　sin α-cos α=,即sin=,cos=sin=sin=-. (2)化简:= 2 .  解析　由题= == ===2. [规律方法]　辅助角公式中φ的确定 运用辅助角公式asin α+bcos α=sin(α+φ)(或cos(α+φ)形式)要注意辅助角φ是由sin φ=,cos φ=所确定. 【对点练】 1.(角度1)=(C) A. B. C. D. 2 解析　===.故选C. 2.(角度1)若sin α=,则cos2=  .  解析　由题意可得,cos2===(1-sin α)=. 3.(角度2)已知函数f(x)=2sin x+3cos x,x1,x2∈R,则f(x1)-f(x2)的最大值是 2 .  解析　因为f(x)=2sin x+3cos x=sin(x+φ),所以f(x)max=,f(x)min=-,因为x1,x2∈R,所以f(x1)-f(x2)的最大值为f(x1)max-f(x2)min=-(-)=2. 考点三　角的变换 【例3】　(1)已知α∈,若cos=,则cos=(C) A. B. C.- D.- 解析　因为α∈,所以α+∈,sin<0,所以sin=-=-,因此cos=cos=coscos+sinsin=-.故选C. (2)(2025·重庆质检)已知角α,β满足tan α=,2sin β=sin(2α+β),则tan β=  .  解析　2sin β=sin(2α+β)=sin 2αcos β+cos 2αsin β,所以sin β(2-cos 2α)=sin 2αcos β,则tan β====. [规律方法]　角的拆分技巧 角的变换:明确各个角之间的关系(包括非特殊角与特殊角、已知角与未知角),熟悉角的变换技巧,及半角与倍角的相互转化,如:2α=(α+β)+(α-β),α=+,+α=-,α=(α+β)-β=(α-β)+β,+=等. 【训练2】　(1)已知sin θ+sin=1,则sin=(B) A. B. C. D. 解析　因为sin θ+sin=sin+sin=sincos-cossin+sincos+cossin=2sincos=sin=1,所以sin=. (2)已知α为锐角,且cos=,则cos α的值为  .  解析　因为0<α<,所以<a+<,sin=,cos α=cos=coscos+sinsin=×+×=. 第2课时　简单的三角恒等变换 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　三角函数求值 角度1　给角求值 【例1】　(1)(2025·安徽模拟)计算sin2-sin2=(D) A. B. C.- D.- 解析　由题意可得,sin2-sin2=sin2-sin2=sin2-cos2=-cos=-.故选D. (2)=  .  解析　======. [规律方法]　给角求值的解题思路 该类问题中给出的角一般都不是特殊角,需要通过三角恒等变换将其变为特殊角,或者能够正负相消,或者能够约分相消,最后得到具体的值. 角度2　给值求值 【例2】　(1)(2023·新课标Ⅰ卷)已知sin(α-β)=,cos αsin β=,则cos(2α+2β)=(B) A. B. C.- D.- 解析　因为sin(α-β)=sin αcos β-cos αsin β=,cos αsin β=,因此sin αcos β=,则sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=,所以cos(2α+2β)=cos [2(α+β)]=1-2sin2(α+β)=1-2×=.故选B. (2)设cos 20°=a,则=(C) A. B. C.a D.a2 解析　=====cos 20°=a.故选C. [规律方法]　给值求值的解题思路 给值求值是指已知某个角的三角函数值(或三角函数式的值)求与该角相关的其他三角函数值(或三角函数式的值)的问题,解题关键是“变角”,使角相同或具有某种关系. 角度3　给值求角 【例3】　已知0<α<,<β<π,且tan α=,tan(α+β)=.求: (1)tan β的值; (2)2α+β的大小. 解　(1)tan β=tan(α+β-α)==-. (2)tan(2α+β)=tan(α+β+α)==1,又<2α+β<2π,所以2α+β=π. [规律方法]　给值求角的解题技巧 (1)已知正切函数值,则选正切函数. (2)已知正、余弦函数值,则选正弦或余弦函数.若角的范围是,则选正、余弦函数皆可;若角的范围是(0,π),则选余弦函数较好;若角的范围为,则选正弦函数较好. 【对点练】 1.(角度1)sin 20°(+tan 50°)=(D) A. B.2 C. D.1 解析　原式======1.故选D. 2.(角度2)已知cos=,则sin=(D) A. B.- C. D.- 解析　已知cos=,则sin=sin=cos=2cos2-1=-.故选D. 3.(角度3)已知α,β∈,cos(α-β)=,tan αtan β=,则α+β=(A) A. B. C. D. 解析　因为cos(α-β)=,tan αtan β=,所以解得所以cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β=,又α,β∈,所以α+β∈(0,π),所以α+β=.故选A. 考点二　三角恒等变换的应用 【例4】　已知函数f(x)=sin xcos x-cos2x+. (1)求函数f(x)的最小正周期; (2)求函数f(x)在上的最值; (3)若f=,求cos的值. 解　(1)由函数f(x)=sin xcos x-cos2x+=×2sin xcos x-(2cos2x-1)=sin 2x-cos 2x=sin,所以f(x)的最小正周期为T==π. (2)由(1)知,函数的单调递增区间为,k∈Z,函数的单调递减区间为,k∈Z.因为x∈,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减,且f=-1,f=1,f=0,所以f(x)min=-1,f(x)max=1. (3)由函数f(x)=sin,可得f=sin=,因为-=,所以cos=cos=-sin=-. [规律方法]　三角恒等变换问题的解题策略 将三角变换与三角函数的性质相结合,通过变换把函数化为f(x)=Asin(ωx+φ)+b的形式再研究其性质,解题时注意观察角、函数名、结构等特征,注意利用整体思想解决相关问题. 【训练】　已知函数f(x)=2sin ωxcos ωx+2cos2ωx(ω>0)的最小正周期为π. (1)求ω; (2)求函数f(x)的对称轴; (3)已知f(x0)=,x0∈,求cos 2x0的值. 解　(1)f(x)=2sin ωxcos ωx+2cos2ωx=sin 2ωx+1+cos 2ωx=2sin+1.因为函数f(x)的最小正周期为π,所以=π,所以ω=1. (2)由(1),得f(x)=2sin+1,令2x+=+kπ,k∈Z,得x=+,k∈Z,所以函数f(x)的对称轴方程为x=+,k∈Z. (3)f(x0)=,即2sin+1=,所以sin=.又x0∈,所以2x0+∈.所以cos=-=-,所以cos 2x0=cos=-×+×=. 第四节　三角函数的图象与性质 课标要求 三年考情 1.能画出y=sin x,y=cos x,y=tan x的图象,了解三角函数的周期性、单调性、奇偶性、最大(小)值. 2.能利用正弦、余弦函数在[0,2π]上及正切函数在上的图象与性质解决问题. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T6 T15 T7 全国Ⅱ卷 T9 T16 T9   重点提示:三角函数的定义域、值域、单调性、周期性、对称性 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.用五点法作正弦函数和余弦函数的简图 (1)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)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). 五点法作图有三步:列表、描点、连线(注意光滑). 微提醒　　函数y=sin x,x∈[0,2π],y=cos x,x∈[0,2π]的五个关键点的横坐标是零点和极值点(最值点). 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 递增 区间 [2kπ-π,2kπ] 递减 区间 [2kπ,2kπ+π] 无 对称 中心 (kπ,0) 对称轴 方程 x=kπ+ x=kπ 无 微提醒　　正弦、余弦函数的一个完整单调区间的长度是半个周期;y=tan x无单调递减区间;y=tan x在整个定义域内不单调. 【常用结论】 1.函数y=Asin(ωx+φ)和y=Acos(ωx+φ)的最小正周期T=,函数y=Atan(ωx+φ)的最小正周期T=. 2.正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是T,相邻的对称中心与对称轴之间的距离是T,其中T为最小正周期.正切曲线相邻两对称中心之间的距离是T,其中T为最小正周期. 3.若f(x)=Asin(ωx+φ)(A,ω≠0),则 (1)f(x)为偶函数的充要条件是φ=+kπ(k∈Z). (2)f(x)为奇函数的充要条件是φ=kπ(k∈Z). 4.对于y=tan x不能认为其在定义域上为增函数,而是在每个区间(k∈Z)内为增函数. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)y=sin x在第一象限内单调递增.(×) (2)函数y=sin x,x∈[0,2π],y=cos x,x∈[0,2π]的五个关键点是零点和极值点.(√) (3)函数y=sin x图象的对称轴方程为x=2kπ+(k∈Z).(×) (4)若f(2x+T)=f(2x),则T是函数f(2x)的周期.(×) 2.(人A必一P207例5改编)函数y=2sin(x∈[-π,0])的单调递增区间是(D) A. B. C. D. 解析　令-+2kπ≤x-≤+2kπ ,k∈Z,得-+2kπ≤x≤+2kπ ,k∈Z.因为x∈[-π,0],所以所求函数的单调递增区间为. 3.(人A必一P199例1改编)函数y=1+cos x(x∈[0,2π])的简图是(D) A　　B C　　D 4.(人A必一P214T10改编)函数y=cos,x∈的值域是  .  解析　y=cos=cos.因为x∈,x-∈,所以y=cos=cos∈. 第1课时　三角函数的定义域、值域与单调性 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　三角函数的定义域 【例1】　(1)函数y=tan的定义域是(A) A. B. C. D. 解析　由题意可得,2x-≠+kπ(k∈Z),解得x≠+(k∈Z),函数y=tan的定义域为.故选A. (2)在[0,2π]内函数f(x)=+ln的定义域是  .  解析　由函数f(x)=+ln,其中有意义,则满足其中x∈[0,2π],即其中x∈[0,2π],解得≤x<,即函数f(x)的定义域为. [规律方法]　求三角函数定义域的方法 求三角函数的定义域,实际上是解简单的三角函数不等式(组),常借助三角函数的图象来求解. 【训练1】　函数y=的定义域为  .  解析　由题意得,sin x-cos x-1=sin-1≠0,即sin≠,解得x≠2kπ+且x≠2kπ+π,k∈Z,故定义域为. 考点二　三角函数的值域(最值) 【例2】　(1)已知函数f(x)=sin xcos x+cos2x,x∈R,则函数f(x)的最大值为  .  解析　因为f(x)=sin 2x+cos 2x+=sin+,x∈R,所以函数f(x)的最大值为×1+=. (2)函数f(x)=cos 2x-4sin x-1的值域是 [-6,2] .  解析　由函数f(x)=cos 2x-4sin x-1=-2sin2x-4sin x=-2(sin x+1)2+2,因为sin x∈[-1,1],所以当sin x=-1时,可得f(x)max=2;当sin x=1时,可得f(x)min=-6,所以函数f(x)的值域为[-6,2]. [规律方法]　求三角函数的值域(最值)的常用方法 1.形如y=asin x+bcos x+c的三角函数化为y=Asin(x+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,再求化为关于t的二次函数的值域(最值). 【训练2】　(1)函数f(x)=3cos x-4sin x,当f(x)取得最大值时,sin x=(B) A. B.- C. D.- 解析　f(x)=3cos x-4sin x=5=5cos(x+φ),其中cos φ=,sin φ=,而f(x)=3cos x-4sin x=5cos(x+φ)≤5,等号成立当且仅当x+φ=2kπ(k∈Z),此时sin x=sin(-φ)=-sin φ=-. (2)已知函数f(x)=sin,x∈,若f(x)的值域是,则实数a的取值范围是  .  解析　由x∈,可知x+∈.因为f(x)的值域为,所以由正弦函数的图象知≤a+≤,解得≤a≤π. 考点三　三角函数的单调性 角度1　求三角函数的单调区间 【例3】　(1)函数f(x)=sin的单调递减区间为 ,k∈Z .  解析　f(x)=sin的单调递减区间是函数y=sin的单调递增区间.由2kπ-≤2x-≤2kπ+,k∈Z,得kπ-≤x≤kπ+,k∈Z.故所给函数的单调递减区间为,k∈Z. (2)若f(x)=2sin ωx(ω>0)在区间上单调递增,则ω的取值范围是  .  解析　画出函数f(x)=2sin ωx(ω>0)的图象如图所示.要使f(x)在上单调递增,需(ω>0),即0<ω≤. [规律方法]　求三角函数单调区间的方法 (1)代换法:将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角,利用复合函数的单调性列不等式求解. (2)图象法:画出三角函数的图象,结合图象求函数的单调区间. 角度2　比较大小 【例4】　(多选题)(2025·石家庄调研)下列不等式成立的是(BD) A.sin<sin B.cos 400°>cos(-50°) C.sin<sin D.sin 3<sin 2 解析　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. [规律方法]　比较三角函数值大小的方法 (1)若是同名三角函数,先利用诱导公式化为同一单调区间内的角,然后利用三角函数的单调性比较大小. (2)若是不同名三角函数,可以尝试先化为同名三角函数,再比较大小,若不能化为同名三角函数,则可以尝试利用三角函数的单调性,并借助中间值比较大小. 【对点练】 1.(角度1)设函数f(x)=cos,则f(x)在上的单调递减区间是(D) A. B. C. D. 解析　由已知f(x)=cos,得2kπ≤2x-≤2kπ+π,k∈Z,则kπ+≤x≤kπ+,k∈Z,又x∈,所以f(x)在上的单调递减区间为. 2.(角度1)若函数f(x)=sin x+cos x在[2π,α]上单调递增,则实数α 的最大值为(D) A.3π B. C. D. 解析　由题意可得f(x)=sin,令2kπ-≤x+≤2kπ+,k∈Z,得2kπ-≤x≤2kπ+,k∈Z,令k=1,得≤x≤,所以实数α的最大值为. 3.(角度2)若tan 2=a,tan 3=b,tan 5=c,则(D) A.a<b<c B.b<c<a C.c<b<a D.c<a<b 解析　因为tan 5=tan(5-π),<5-π<2<3<π,且函数y=tan x在区间上单调递增,所以tan(5-π)<tan 2<tan 3,所以tan 5<tan 2<tan 3,即c<a<b. 第2课时　三角函数的周期性、奇偶性与对称性 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　三角函数的周期性 【例1】　(1)(2025·八省联考)函数f(x)=cos的最小正周期是(D) A. B. C.π D.2π 解析　f(x)的最小正周期T==2π,故选D. (2)(2024·天津高考)已知函数f(x)=sin 3(ω>0)的最小正周期为π.则f(x)在的最小值是(A) A.- B.- C.0 D. 解析　f(x)=sin 3=sin(3ωx+π)=-sin 3ωx,由T==π,得ω=,即f(x)=-sin 2x,当x∈时,2x∈,则y=sin 2x在上单调递增,所以f(x)=-sin 2x在上单调递减,所以当x=时,f(x)min=-sin=-,故选A. [规律方法]　求三角函数的最小正周期的常用方法 (1)公式法:函数y=Asin(ωx+φ)或y=Acos(ωx+φ)的最小正周期T=,函数y=Atan(ωx+φ)的最小正周期T=. (2)图象法:利用三角函数图象的特征求最小正周期. 【训练1】　(1)(多选题)下列函数中,最小正周期为π的偶函数是(AB) A.y=sin+1 B.y=|cos| C.y=sin|x| D.y=cos 解析　由y=sin+1=cos 2x+1,则该函数为偶函数,且周期为T==π,故A正确;y=|cos|=|-sin x|=|sin x|,因为|sin(-x)|=|-sin x|=|sin x|,故该函数为偶函数,y=|sin x|周期为y=sin x周期的一半,故T==π,故B正确;sin|-x|=sin|x|,故y=sin|x|是偶函数,y=sin|x|=周期T≠π,故C错误;y=cos为非奇非偶函数,故D错误.故选AB. (2)设函数f(x)=sin ωx+cos ωx (ω>0),其图象的一条对称轴在区间内,且f(x)的最小正周期大于π,则ω的取值范围是 (1,2) .  解析　因为f(x)=sin ωx+cos ωx=2sin,由ωx+=kπ+,得x=+,k∈Z,当k=0时,x=,则<<,解得1<ω<2,此时T=>π,当k=1时,x=,则<<,解得4<ω<8,此时T=<π,不合题意,当k取其它整数时,不合题意,所以1<ω<2. 考点二　三角函数的奇偶性 【例2】　(1)函数y=cos2-sin2是(D) A.最小正周期为的偶函数 B.最小正周期为π的偶函数 C.最小正周期为的奇函数 D.最小正周期为π的奇函数 解析　y=cos2-sin2=cos=sin 2x,由于sin(-2x)=-sin 2x,且y=sin 2x的定义域为R,所以y=sin 2x是奇函数,周期为=π.故选D. (2)若f(x)=cos是奇函数,则φ=  .  解析　由题设+φ=+kπ且k∈Z,故φ=+kπ,k∈Z,又|φ|<,故k=0,φ=. [规律方法]　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. 【训练2】　(1)下列函数中,是偶函数,以π为最小正周期,且在上为增函数的是(C) A.y=sin x B.y=cos x C.y=|sin x| D.y=|cos x| 解析　y=sin x是奇函数,以2π为最小正周期,故A错误;y=cos x是偶函数,以2π为最小正周期,故B错误;y=|sinx|的图象如图①所示,由图象知y=|sin x|是偶函数,以π为最小正周期,在上为增函数,故C正确;y=|cos x|的图象如图②所示,由图象知y=|cos x|是偶函数,以π为最小正周期,在上为减函数,故D错误.故选C. ① ② (2)函数f(x)=cos+x2sin x的奇偶性是 奇函数 .  解析　f(x)=sin 2x+x2sin x,因为x∈R,f(-x)=sin (-2x)+(-x)2sin (-x)=-sin 2x-x2sin x=-f(x),所以f(x)是奇函数. 考点三　三角函数的对称性 【例3】　(1)已知奇函数f(x)的图象的一条对称轴为直线x=,那么f(x)的解析式可以为(A) A.y=sin 3πx B.y=cos C.y=sin D.y=tan πx 解析　对于A,函数y=f(x)=sin 3πx的定义域为R,因为f(-x)=-sin 3πx=-f(x),所以f(x)为奇函数,因为f=-1,所以x=是y=sin 3πx的图象的一条对称轴,故A符合题意;对于B,函数y=f(x)=cos的定义域为R,因为f=0,f=1,所以函数y=cos不是奇函数,故B不符题意;对于C,函数y=f(x)=sin的定义域为R,因为f(2)=sin=-,f(-2)=sin=-,所以函数y=sin不是奇函数,故C不符题意;对于D,函数y=tan πx的图象不是轴对称图形,故D不符题意.故选A. (2)若函数f(x)=asin ωx+cos ωx的对称轴方程为x=kπ+,k∈Z,则f=(D) A. B.- C.- D. 解析　由已知f(x)=asin ωx+cos ωx=sin(ωx+φ),且tan φ=,sin φ=>0,由对称轴为x=kπ+,则相邻两条对称轴间距离为π,即函数的最小正周期为T=2π,令ω==1,f(x)=sin(x+φ),令x+φ=+k1π,k1∈Z,则x=-φ+k1π,即-φ+k1π=+kπ,k∈Z,k1∈Z,则φ=+(k1-k)π,k∈Z,k1∈Z,又sin φ=>0,所以φ=+k2π,k2为偶数,则f(x)=sin=sin,则f=f=sin=.故选D. [规律方法]　三角函数对称性应用技巧 1.求函数的对称轴方程或对称中心坐标时,可利用整体换元法进行求解,注意熟记正弦型、余弦型函数图象对称轴方程、对称中心坐标的形式. 2.判断某一直线、某一点是否为对称轴、对称中心时,可根据对称轴一定经过图象的最高点或最低点,对称中心是函数的零点这一性质进行检验判断. 【训练3】　(1)(多选题)(2025·扬州模拟)已知函数f(x)=2cos2,则(BC) A.f(x)的最小正周期为2π B.x=是f(x)图象的一条对称轴 C.是f(x)图象的一个对称中心 D.f(x)在上单调 解析　f(x)=2cos2=cos+1,对于A:f(x)的最小正周期为=π,A错误;对于B:令2×-=kπ(k∈Z),可得k=0,所以y=f(x)的图象关于直线x=对称,B正确;对于C:令2×-=kπ+(k∈Z),可得k=0,且f=1,所以y=f(x)的图象关于点对称,C正确;对于D:因为x∈,所以∈,由y=cos x在上单调递增,上单调递减可知,f(x)在上单调递增,在上单调递减,D错误.故选BC. (2)设函数f(x)=2sin(ωx+φ),直线x=为f(x)图象的对称轴,x=为f(x)的零点,且f(x)的最小正周期大于2π,则φ=  .  解析　因为函数f(x)=2sin(ωx+φ)的最小正周期T大于2π,所以>,>,又因为直线x=为f(x)图象的对称轴,x=为f(x)的零点,且-=∈,所以==,解得ω=,将零点x=代入f(x)=2sin,得2sin=0,所以+φ=kπ,k∈Z,解得φ=-+kπ,k∈Z,又因为|φ|<,所以当k=1时,φ=. 考点四　三角函数性质的综合应用 【例4】　(多选题)已知函数f(x)=sin xcos 2x,则下列关于函数f(x)的结论中,正确的是(ABC) A.最大值为1 B.图象关于直线x=-对称 C.既是奇函数又是周期函数 D.图象关于点中心对称 解析　对于A,因为-1≤sin x≤1,-1≤cos 2x≤1,所以-1≤sin xcos 2x≤1,当x=-时,sin xcos 2x=sincos(-π)=-1×(-1)=1,所以f(x)的最大值为1,所以A正确;对于B,因为f=sincos(-π+2x)=-cos x(-cos 2x)=cos xcos 2x,f=sincos(-π-2x)=-cos x(-cos 2x)=cos xcos 2x,所以f=f,所以f(x)图象关于直线x=-对称,所以B正确;对于C,因为f(-x)=sin(-x)cos(-2x)=-sin xcos 2x=-f(x),所以f(x)为奇函数,因为f(x+2π)=sin(x+2π)cos(2x+4π)=sin xcos 2x=f(x),所以2π为函数的一个周期,所以C正确;对于D,因为f+f(x)=sincos(3π-2x)+sin xcos 2x=-cos x(-cos 2x)+sin xcos 2x=cos xcos 2x+sin xcos 2x=cos 2x(sin x+cos x)=0,不一定成立,所以f(x)图象不一定关于点中心对称,所以D错误.故选ABC. [规律方法]　解决三角函数综合问题的方法 先将y=f(x)化为y=asin ωx+bcos ωx的形式,然后用辅助角公式化为y=Asin(ωx+φ)的形式,再借助y=Asin(ωx+φ)的性质(如周期性、对称性、单调性等)解决相关问题. 【训练4】　(多选题)(2024·新课标Ⅱ卷)对于函数f(x)=sin 2x和g(x)=sin,下列说法中正确的有(BC) A.f(x)与g(x)有相同的零点 B.f(x)与g(x)有相同的最大值 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　A选项,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,A选项错误;B选项,显然f(x)max=g(x)max=1,B选项正确;C选项,根据周期公式,f(x),g(x)的周期均为=π,C选项正确;D选项,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,D选项错误.故选BC. 第五节　函数y=Asin(ωx+φ)及应用 课标要求 三年考情 1.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变化的影响. 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. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T15 T7 全国Ⅱ卷 T9 T16   重点提示:y=Asin(ωx+φ)的图象与性质 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.用“五点法”画y=Asin(ωx+φ)一个周期内的简图时,要找五个关键点 x - - - ωx+φ 0 π 2π y=Asin(ωx +φ) 0 A 0 -A 0 2.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 3.y=Asin(ωx+φ)的有关概念 y=Asin(ωx +φ)(A>0, ω>0) 振幅 周期 频率 相位 初相 A T= f== ωx+φ φ 【常用结论】 1.函数y=Asin(ωx+φ)+k图象平移的规律:“左加右减,上加下减”. 2.“五点法”作图中,相邻两点的横向距离均为. 3.在函数y=Asin(ωx+φ)+b(A>0,ω>0)中,若其最大值、最小值分别为M,m,则A=,b=. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A≠0)的最大值为A,最小值为-A.(×) (2)函数f(x)=sin 2x向右平移个单位长度后对应的函数g(x)=sin.(×) (3)利用图象变换作图时“先平移,后伸缩”与“先伸缩,后平移”中平移的长度一致.(×) 解析　“先平移,后伸缩”的平移单位长度为|φ|,而“先伸缩,后平移”的平移单位长度为||.故当ω≠1时平移的长度不相等. (4)如果y=Acos(ωx+φ)的最小正周期为T,那么函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为.(√) 2.(人A必一P254T10改编)函数y=5sin的振幅、频率和初相分别为(C) A.5,, B.5,, C.5,,- D.5,,- 3.(人A必一P241T5改编)将函数f(x)=sin x图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半,纵坐标不变,再向右平移个单位长度得到函数g(x)的图象,则g(x)= sin .  解析　将函数f(x)=sin x图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半,纵坐标不变,得到y=sin 2x的图象,再向右平移个单位长度得到函数g(x)的图象,则g(x)=sin=sin. 4. (人B必三P66T8改编)函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示,则点(ω,φ)的坐标是  .  考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　“五点法”作图 　 教考衔接⑨ 教材题 [题源](人A必一P237例1)画出函数y=2sin的简图. 解　先画出函数y=sin x的图象;再把正弦曲线向右平移个单位长度,得到函数y=sin的图象;然后使曲线上各点的横坐标变为原来的,得到函数y=sin的图象;最后把曲线上各点的纵坐标变为原来的2倍,这时的曲线就是函数y=2sin的图象,如图所示. 教材题 下面用“五点法”画函数y=2sin在一个周期内的图象.令X=3x-,则x=.列表,描点画图. 教材题 X 0 π 2π x y 0 2 0 -2 0 高考题 (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(C) A.3　　　B.4　　　C.6　　　D.8 解析　因为函数y=sin x的的最小正周期为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. [规律方法]　用“五点法”作正、余弦型函数图象的步骤 (1)将原函数化为y=Asin(ωx+φ)或y=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0)的形式; (2)确定周期; (3)确定一个周期内函数图象的最高点和最低点; (4)选出一个周期内与x轴的交点; (5)列表、描点、连线. 【训练1】　已知函数f(x)=3sin+1.用“五点法”作f(x)在上的图象. 解　列表如下: x - 2x+ π 2π f(x) 4 1 -2 1 考点二　三角函数的图象变换 【例2】　(1)(2025·江西联考)已知函数y=3sin的图象为C,为了得到函数y=3sin的图象,只要把C上所有点(C) A.先向右平移个单位长度,再将横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变 B.先向右平移π个单位长度,再将横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变 C.先将横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,再向右平移个单位长度 D.先将横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再向右平移个单位长度 解析　先将函数y=3sin图象上所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,得到y=3sin的图象,再将得到的图象向右平移个单位长度,得到函数y=3sin的图象.故选C. (2)(2025·江苏模拟)将函数f(x)=sin(2x+φ)图象上的每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移个单位长度,所得的图象关于y轴对称,写出一个符合条件的φ的值 -(答案不唯一) .  解析　将函数f(x)=sin(2x+φ)图象上的每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移个单位长度,所得的图象对应的解析式为g(x)=sin=sin,由题意g(x)的图象关于y轴对称,所以+φ=+kπ,k∈Z,解得φ=kπ-,k∈Z,令k=0,得φ=-. [规律方法]　图象变换的应用技巧 (1)由y=sin ωx的图象到y=sin(ωx+φ)的图象的变换:向左平移(ω>0,φ>0)个单位长度而非φ个单位长度. (2)如果平移前后两个图象对应的函数的名称不一致,那么应先利用诱导公式化为同名函数,ω为负时应先变成正值. 【训练2】　(1)(2022·浙江高考)为了得到函数y=2sin 3x的图象,只要把函数y=2sin图象上所有的点(D) A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度 C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度 解析　因为y=2sin 3x=2sin,所以把函数y=2sin图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到函数y=2sin 3x的图象.故选D. (2)将函数f(x)=sin的图象上各点的横坐标缩短为原来的倍(纵坐标不变),再向右平移个单位长度,所得函数图象的一条对称轴的方程为(B) A.x= B.x= C.x= D.x=π 解析　依题意,所得图象对应的函数为y=sin=sin,对于A,sin=≠±1,A不是;对于B,sin=1,B是;对于C,sin=-≠±1,C不是;对于D,sin=-≠±1,D不是.故选B. 考点三　由图象确定函数y=Asin(ωx+φ)的解析式 【例3】　(1)已知函数f(x)=2cos(ωx+φ)的部分图象如图所示,则f= - .  解析　由题图可知T=-=(T为f(x)的最小正周期),即T=π,所以=π,即ω=2,故f(x)=2cos(2x+φ).点可看作“五点作图法”中的第二个点,故2×+φ=,得φ=-.故f(x)=2cos,所以f=2cos=-2cos=-. (2)如图所示为函数f(x)=2sin(ωx+φ)的部分图象,其中|AB|=5,则此函数的解析式为 f(x)=2sin .  解析　由函数f(x)=2sin(ωx+φ)的部分图象,设A(x1,2),B(x2,-2),其中x1<x2,因为|AB|=5,可得=5,解得x2-x1=3,即T=3,所以T=6,可得ω==,所以f(x)=2sin,又由f(0)=2sin φ=1,可得sin φ=,因为≤φ≤π,所以φ=.所以函数f(x)的解析式为f(x)=2sin. [规律方法]　确定y=Asin(ωx+φ)+b(A>0,ω>0)的步骤和方法 (1)求A,b.确定函数的最大值M和最小值m,则A=,b=. (2)求ω.确定函数的最小正周期T,则ω=. (3)求φ,常用方法如下:把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在下降区间上)或把图象的最高点或最低点代入. 【训练3】　 (2025·江苏期末)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示,将函数f(x)图象上所有点的横坐标变为原来的6倍后,再向左平移个单位长度,得到函数g(x)的图象,则函数g(x)的解析式可以是 g(x)=2sin(答案不唯一) .  解析　由函数f(x)=Asin(ωx+φ)的图象可得,A=2,T=-=,可得T==π,解得ω=2,则f(x)=2sin(2x+φ).因为函数f(x)的图象过点,则f=2sin=2,即sin=1,由φ∈,可得+φ∈,故+φ=,解得φ=,故f(x)=2sin,将函数f(x)图象上所有点的横坐标变为原来的6倍,得到y=2sin,再向左平移个单位长度,得到g(x)=2sin=2sin. 考点四　三角函数模型的实际应用 【例4】　 (2025·四川绵阳模拟)风力发电的原理是利用风力带动风机叶片旋转,当风吹向叶片时驱动风轮转动,风能转化成动能,进而来推动发电机发电.如图,风机由一座塔和三个叶片组成,每两个叶片之间的夹角均为,现有一座风机,叶片旋转轴离地面100米,叶片长40米.叶片按照逆时针方向匀速转动,并且每5秒旋转一圈.风机叶片端点P从离地面最低位置开始,转动t秒后离地面的距离为h米,在转动一周的过程中,h关于t的函数解析式为h(t)=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<π). (1)求函数h(t)的解析式; (2)当风机叶片端点P从离地面最低位置开始,在转动一周的过程中,求点P离地面的高度不低于80米的时长. 解　(1)由题意得,ω=,且解得所以h(t)=40sin+100(0≤t≤5). (2)令h(t)≥80,则h(t)=40sin+100≥80,即cost≤,所以≤t≤,解得≤t≤,所以-=.所以当风机叶片端点P从离地面最低位置开始,在转动一周的过程中,点P离地面的高度不低于80米的时长为秒. [规律方法]　三角函数模型的应用的两种体现 (1)已知函数模型求解数学问题. (2)把实际问题抽象转化成数学问题,利用三角函数的有关知识解决问题. 【训练4】　 如图,这是一半径为4.8 m的水轮示意图,水轮圆心O距离水面2.4 m,已知水轮每60 s逆时针转动一圈,若当水轮上点P从水中浮出时(图中点P0)开始计时,则(D) A.点P距离水面的高度h(m)与t(s)之间的函数关系式为h=4.8sin B.点P第一次到达最高点需要10 s C.在水轮转动的一圈内,有10 s的时间,点P距离水面的高度不低于4.8 m D.当水轮转动50 s时,点P在水面下方,距离水面2.4 m 解析　设点P距离水面的高度h和转动时间t的函数解析式为h=Asin(ωt+φ)+B,由题意知,A=4.8,B=2.4,T=60,所以ω==,所以h=4.8sin+2.4,当t=0时,h=0,所以4.8sin φ+2.4=0,解得sin φ=-,又因为|φ|<,所以φ=-,所以h=4.8sin+2.4,A错误;当P第一次到达最高点,由t-=,解得t=20,即第一次到达最高点需要20 s,B错误;由h≥4.8,即sin≥,解得+2kπ≤t-≤+2kπ,k∈Z,则10+60k≤t≤30+60k,k∈Z.即水轮转动的一圈内,有20 s的时间,点P距离水面的高低不低于4.8 m,C错误;当t=50时,h=4.8sin+2.4=4.8sin+2.4=-2.4,D正确.故选D. 真题重温高考 　　　 　　　　　　　　　　　 1.(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)的图象的两条相邻对称轴,则f=(D) A.- B. - C. D. 解析　由题意得=-=,取ω>0,则T=π,ω==2,当x=时,f(x)取得最小值,则2·+φ=2kπ-,k∈Z,则φ=2kπ-,k∈Z,不妨取k=0,则φ=-,f(x)=sin,得f=sin=,故选D. 2.(2023·全国甲卷)函数y=f(x)的图象由函数y=cos的图象向左平移个单位长度得到,则y=f(x)的图象与直线y=x-的交点个数为(C) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　因为y=cos向左平移个单位长度所得函数为y=cos=cos=-sin 2x,所以f(x)=-sin 2x,而y=x-显然过与(1,0)两点,作出f(x)=-sin 2x与y=x-的部分大致图象如图所示,考虑2x=-,2x=,2x=,即x=-,x=,x=处f(x)与y=x-的大小关系,当x=-时,f=-sin=-1,y=×-=-<-1;当x=时,f=-sin=1,y=×-=<1;当x=时,f=-sin=1,y=×-=>1,所以由图可知,f(x)与y=x-的交点个数为3.故选C. 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　设A,B,由|AB|=可得x2-x1=,由sin x=可知,x=+2kπ或x=+2kπ,k∈Z,由题图可知,ωx2+φ-(ωx1+φ)=π-=,即ω(x2-x1)=,所以ω=4.所以f(x)=sin(4x+φ).又y=f(x)过点,且π是f(x)增区间上的零点,所以4×π+φ=2kπ(k∈Z),所以φ=2kπ-π,可以取k=1,即φ=-π.所以f(x)=sin,f(π)=-. 4.(2022·全国乙卷)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 3 .  解析　因为f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π),所以最小正周期T=,因为f(T)=cos=cos(2π+φ)=cos φ=,又0<φ<π,所以φ=,即f(x)=cos,又x=为f(x)的零点,所以ω+=+kπ,k∈Z,解得ω=3+9k,k∈Z,因为ω>0,所以当k=0时,ωmin=3. 微突破六　三角函数中ω的求解 　　在三角函数的图象与性质中,ω的求法复杂,涉及的知识点多,历来是我们复习中的难点. 　　　　　　　　　　　　　 目标一　利用三角函数的周期性求ω 【例1】　已知函数f(x)=sin(x∈R,ω>0)的最小正周期为π,将y=f(x)的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度,所得图象关于y轴对称,则φ的一个值是(B) A. B. C. D. 解析　因为函数f(x)=sin(x∈R,ω>0)的最小正周期为π,所以=π,得ω=2,则f(x)=sin,将y=f(x)的图象向左平移φ个单位长度,则y=sin=sin,因为所得图象关于y轴对称,所以2φ-=+kπ,k∈Z,则φ=+,k∈Z,当k=1时,φ=+=,当k=0时,φ=,故选B. [规律方法]　y=Asin(ωx+φ)的最小正周期为T=,解决此类问题的关键在于结合条件求出ω.再利用奇偶性解φ的值. 目标二　利用三角函数的单调性求ω 【例2】　已知函数f(x)=sin ωx,ω>0,将f(x)图象上所有点向左平移个单位长度得到函数y=g(x)的图象,若函数g(x)在区间上单调递增,则ω的取值范围为(C) A.(0,4] B.(0,2] C. D.(0,1] 解析　因为函数f(x)=sin ωx,ω>0,将f(x)图象上所有点向左平移个单位长度得到函数y=g(x)的图象,则g(x)=sin,因为函数g(x)在区间上单调递增,结合各选项,只需ωx+∈即可,所以即又因为ω>0,所以0<ω≤,故选C. [规律方法]　利用三角函数的单调性求参数的范围,要把已知条件转化为集合的包含关系,进而建立参数满足的不等式组求解. 目标三　利用三角函数的对称性求ω 【例3】　(2022·新课标Ⅰ卷)记函数f(x)=sin+b(ω>0)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) A.1 B. C. D.3 解析　因为<T<π,所以<<π,解得2<ω<3.因为y=f(x)的图象关于点中心对称,所以b=2,且sin=0,所以ω+=kπ(k∈Z),即ω=-+k(k∈Z),令k=4,得ω=,所以f(x)=sin+2,所以f=sin+2=sin+2=1. [规律方法]　若已知函数的对称性,可将对称轴(对称中心横坐标)代入,建立等量关系,进而可以求得ω的取值. 目标四　利用三角函数的最值求ω 【例4】　已知函数f(x)=2sin ωx在区间上的最小值为-2,则实数ω的取值范围是 (-∞,-2]∪ .  解析　显然ω≠0,若ω>0,当x∈时,-≤ωx≤,因为函数f(x) 在区间上的最小值为-2,所以-≤-或≥,解得ω≥.若ω<0,当x∈时,≤ωx≤-,因为函数f(x) 在区间上的最小值为-2,所以≤-或-≥,解得ω≤-2.综上所述,符合条件的实数ω的取值范围是(-∞,-2]∪. [规律方法]　若已知三角函数的最值,则可利用三角函数的最值与对称轴或周期的关系,列出关于参数的不等式(组),进而求解. 目标五　利用三角函数的零点求ω 【例5】　(2022·全国甲卷)设函数f(x)=sin在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点,则ω的取值范围是(C) A. B. C. D. 解析　依题意可得ω>0,因为x∈(0,π),所以ωx+∈,要使函数在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点,结合y=sin x,x∈的图象如图所示,可知<ωπ+≤3π,解得<ω≤,即ω的取值范围是.故选C. [规律方法]　根据题意作出函数在定义域内的图象,将函数零点转化成函数y=f(x)的图象与x轴的交点问题,结合图象得出ωπ+的范围,即可求解. 增|分|训|练 1.已知函数f(x)=cos2(ω>0)的最小正周期为π,则f(x)的对称轴方程可以是(B) A.x= B.x= C.x= D.x= 解析　因为函数f(x)=cos2的最小正周期为π,ω>0,所以=π,所以ω=1,所以f(x)=cos,令2x+=kπ,k∈Z,可得x=-,k∈Z,所以函数f(x)=cos的对称轴方程为x=-,k∈Z,结合选项考虑令≤-≤,化简可得≤k≤1,所以取k=1,此时对称轴方程为x=.故选B. 2.(2025·安徽安庆模拟)已知函数f(x)=2cos2ωx+sin 2ωx-1(ω>0)的图象关于点对称,且f(x)在上没有最小值,则ω的值为(B) A. B. C. D. 解析　f(x)=2cos2ωx+sin 2ωx-1=cos 2ωx+sin 2ωx=sin,因为f(x)的图象关于点对称,所以f=sin=0,故+=k0π,k0∈Z,则ω=2k0-,k0∈Z,因为ω>0,x∈,所以2ωx+∈,因为f(x)在上没有最小值,所以+≤π,解得ω≤.由2k0-≤,解得k0≤,又k0∈Z,ω>0,所以ω=.故选B. 3.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的一个单调递减区间为,则ω= 2 .  解析　由题意,周期T=2=π,所以ω==2. 4.已知函数f(x)=sinωx+cosωx(ω>0)相邻两条对称轴之间的距离为,则ω= 2 .  解析　f(x)=sin ωx+cos ωx=2sin,又f(x)相邻两条对称轴之间的距离为,所以T=π=,所以ω=2. 5.已知函数f(x)=cos x,将f(x)的图象上各点的横坐标变为原来的(纵坐标不变),再向右平移个单位长度后,得到函数g(x)的图象,则g(x)= cos .将g(x)的图象上各点的横坐标变为原来的(ω>0)倍(纵坐标不变),得到函数h(x)的图象,若h(x)在区间上有3个零点,则ω的取值范围为  .  解析　函数f(x)=cos x图象上各点的横坐标变为原来的(纵坐标不变),可得y=cos 2x的图象,再向右平移个单位长度,可得g(x)=cos=cos的图象.将g(x)的图象上各点的横坐标变为原来的(ω>0)倍(纵坐标不变),得到函数h(x)=cos的图象,当x∈时,ωx-∈,因为h(x)在区间上有3个零点,故<-≤,解得<ω≤,则ω的取值范围为. 第六节　余弦定理和正弦定理及其应用 课标要求 三年考情 1.掌握余弦定理、正弦定理及其变形. 2.能利用余弦定理、正弦定理解决一些简单的三角形问题. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T18 T17 T15 全国Ⅱ卷 T18 T17 T15   重点提示:余弦定理、正弦定理、三角形面积 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.余弦定理 (1)定理:在△ABC中,a2=b2+c2-2bccos A,b2=c2+a2-2cacos B,c2= a2+b2-2abcos C .  (2)推论:cos A=,cos B=,cos C=  .  (3)运用方法 适用情形:三边a,b,c,任一内角A(知三求一). 列方程:a2=b2+c2-2bccos A或cos A=  .  2.正弦定理 (1)定理:在△ABC中,==. (2)运用方法 适用情形:两角A,B及其对边a,b(知三求一). 列方程:=. (3)变形:a∶b∶c= sin A∶sin B∶sin C .  3.三角形解的判断 在△ABC中,已知a,b和角A时,解的情况如下: A为锐角 A为钝角或直角 图形 关系式 ①a=bsin A ②a≥b　　 bsin A<a<b a<bsin A a>b a≤b 解的 个数 一解 两解 无解 一解 无解 4.三角形面积公式 (1)S△ABC=absin C=bcsin A= acsin B .  (2)S=底×高;S=×C×r(C为周长,r为内切圆半径)等. 【常用结论】 1.在△ABC中,A>B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cos A<cos B. 2.sin(A+B)=sin C;cos(A+B)=-cos C;tan(A+B)=-tan C;sin=cos;cos=sin. 3.=======2R(R为△ABC的外接圆半径). 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)在△ABC中,若acos B=bcos A,则△ABC是等腰三角形.(√) (2)在△ABC中,若sin A>sin B,则A>B.(√) (3)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比.(×) 解析　三角形中三边之比等于相应的三个内角的正弦值之比. (4)当b2+c2-a2>0时,△ABC为锐角三角形.(×) 解析　当b2+c2-a2>0时,△ABC不一定为锐角三角形. 2.(人A必二P44 T2改编)在△ABC中,已知AB=5,AC=3,BC=7,则∠BAC=(C) A. B. C. D. 解析　在△ABC中,由余弦定理的推论,得cos∠BAC===-,因为∠BAC为△ABC的内角,所以∠BAC=.故选C. 3.(人A必二P48T2(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=+. 4.(人A必二P55引用“阅读与思考”)若一个三角形的三边分别为a,b,c,设p=(a+b+c),则该三角形的面积S=,这就是著名的“海伦—秦九韶公式”.若△ABC的三边长分别为5,6,7,则该三角形的面积为 6 .  解析　因为p=(a+b+c)=×(5+6+7)=9,所以S△ABC===6. 第1课时　余弦定理、正弦定理 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　利用余弦定理、正弦定理解三角形 【例1】　(1)在△ABC中,a=6,c=10,cos B=-,则b=(C) A.6 B.10 C.14 D.10 解析　由余弦定理得b2=36+100-2×6×10×=196,故b=14,故选C. (2)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,A=60°,b=1,其面积为,则=(C) A.3 B. C. D. 解析　因为A=60°,b=1,其面积为,所以S=bcsin A=·1·c·sin 60°=,所以c=4,由余弦定理知,a2=b2+c2-2bccos A=1+16-2×1×4×=13,所以a=,由正弦定理可得,==2R===.故选C. [规律方法]　正弦定理、余弦定理的作用 (1)在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素,基本思想是方程思想,即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程,通过解方程求得未知元素. (2)实现三角形边角关系的互化,解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系,也可以把已知条件化为三角形边的关系. 【训练1】　(1)在△ABC中,BC=6,A=,sin B=2sin C,则△ABC的面积为(A) A.6 B.6 C.9 D.4 解析　因为在△ABC中,BC=6,A=,由sin B=2sin C,得b=2c,所以cos A===,即c2=12,可得c=2,所以b=4,所以S△ABC=bcsin A=×4×2×=6.故选A. (2)在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,且sin A=2sin B,2acos C+b=0,则cos A=(C) A. B. C. D. 解析　因为sin A=2sin B,所以a=2b,因为2acos C+b=0,所以2a×+b=0,化简得a2+2b2-c2=0,将a=2b代入可得6b2=c2,所以c=b,所以cos A===.故选C. 考点二　判断三角形形状 【例2】　(1)在△ABC中,“AB2+BC2<AC2”是“△ABC为钝角三角形”的(A) 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　充分性:当AB2+BC2<AC2时,cos B=<0,又0<B<π,所以△ABC是以B为钝角的钝角三角形;必要性:当△ABC为钝角三角形时,不一定是∠ABC是钝角,所以不一定是AB2+BC2<AC2,必要性不成立.所以“AB2+BC2<AC2”是“△ABC为钝角三角形”的充分不必要条件.故选A. (2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若c<bcos A,则△ABC的形状是(A) A.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.等边三角形 解析　由c<bcos A,可得c<b,即a2+c2<b2,则cos B=<0,又B∈(0,π),则<B<π,则△ABC的形状为钝角三角形.故选A. [规律方法]　判断三角形形状的两种思路 (1)化为边:通过因式分解、配方等得出边的相应关系,从而判断三角形的形状. (2)化为角:通过三角恒等变形,得出内角的关系,从而判断三角形的形状.此时要注意应用A+B+C=π这个结论. 【训练2】　在△ABC中,a,b是∠A,∠B所对的边,已知bcos B=acos A,则△ABC的形状是(D) A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形 解析　在△ABC中,由bcos B=acos A及正弦定理,得sin Bcos B=sin Acos A,则sin 2A=sin 2B,而0<2A<2π,0<2B<2π,0<2(A+B)<2π,因此2A=2B或2A+2B=π,即A=B或A+B=,所以△ABC是等腰三角形或直角三角形.故选D. 考点三　与三角形面积有关的问题 【例3】　(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,a2+b2-c2=ab. (1)求B; (2)若△ABC的面积为3+,求c. 【规范解答】　(1)由余弦定理,得cos C==,又0<C<π,所以C=.  思维点1:由余弦定理得C=,从而可求B. 所以cos B=sin C=,所以cos B=,又0<B<π,所以B=. (2)由(1),得A=π-B-C=, 由正弦定理=,得=,所以a=c. 思维点2:由正弦定理得到a与c的关系. 所以△ABC的面积S=acsin B=c2×=3+,得c=2.  思维点3:由面积公式可列关于c的方程,从而求c. 　　本题源自人教A版必修第二册P54习题6.4第22题.主要考查正、余弦定理在解三角形问题中的应用.第(1)问直接采用余弦定理求出C.第(2)问利用正弦定理求出a,c之间的关系.考查学生的逻辑推理、数学运算等核心素养. 【训练3】　(2024·北京高考)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,A为钝角,a=7,sin 2B=bcos B. (1)求A; (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使得△ABC存在,求△ABC的面积. 条件①:b=7;条件②:cos B=; 条件③:csin A=. 解　(1)由题知,2sin Bcos B=bcos B.又A为钝角,所以B为锐角,故cos B≠0,所以2sin B=b.又===,所以sin A=.又A为钝角,所以A=. (2)若选①,结合(1)得2sin B=×7,所以sin B=,B=,A+B=π,则△ABC不存在,所以条件①不符合要求,故不选择条件①. 若选②,由题知sin B==,又=,即=,所以b=3.又C=π-(A+B),所以sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=×-×=. 所以S△ABC=absin C=×7×3×=. 若选③,由题知c·=,所以c=5.由a2=b2+c2-2bccos A得, 49=b2+25+5b,即(b+8)(b-3)=0,解得b=3(负值舍去). 所以S△ABC=bcsin A=×3×5×=. 【微点拓展】 射影定理 设△ABC的三边是a,b,c,它们所对的角分别是A,B,C,则有a=bcos C+ccos B;b=ccos A+acos C;c=acos B+bcos A. 【典例】　(2023·全国乙卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若acos B-bcos A=c,且C=,则B=(C) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析　解法一(射影定理法):因为acos B-bcos A=c,c=acos B+bcos A,所以2bcos A=0,故cos A=0,A=,则B=π-A-C=π--=. 解法二:由题意结合正弦定理可得sin Acos B-sin Bcos A=sin C,即sin Acos B-sin Bcos A=sin(A+B)=sin Acos B+sin Bcos A,整理可得sin Bcos A=0,由于B∈(0,π),故sin B>0,据此可得cos A=0,A=,则B=π-A-C=π--=. 【微练】　在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,S表示△ABC的面积,若ccos B+bcos C=asin A,S=(b2+a2-c2),则B=(B) A.90°　　　B.60°　　　C.45°　　　D.30° 解析　在△ABC中,由射影定理a=ccos B+bcos C及ccos B+bcos C=asin A,得asin A=a,解得sin A=1,而0°<A<180°,则A=90°.由余弦定理cos C=及S=(b2+a2-c2)得cos C=,而S=absin C,因此cos C=sin C,即tan C=.又0°<C<180°,则C=30°.所以B=180°-A-C=60°. 微突破七　三角形的三线——高线、中线、角平分线 　　解三角形类问题在考查时除了结合正弦定理,余弦定理,勾股定理设置题目外,往往还和三角形的一些常见元素:中线、角平分线、高线结合在一起考查.连接三角形一个顶点和对边上的任意一点构成的图形也常称作“爪”型结构. 　　　 　　　　　　　　　　　 目标一　三角形中的角平分线问题 【例1】　(1)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a2+b2+ab=c2,若角C的内角平分线CM=2,则·的最小值为(A) A.8 B.4 C.16 D.12 解析　 因为a2+b2+ab=c2,所以cos C==-,而C为三角形内角,所以C=,由S△ABC=S△ACM+S△BCM,所以absin=b·CM·sin+a·CM·sin,化简得到ab=2b+2a,所以ab=2(b+a)≥4,则ab≥16,当且仅当a=b=4时,等号成立,所以·=||||·cos=ab≥8,所以·的最小值为8.故选A. (2)(2023·全国甲卷)在△ABC中,AB=2,∠BAC=60°,BC=,D为BC上一点,AD为∠BAC的平分线,则AD= 2 .  解析　 如图所示,记AB=c,AC=b,BC=a, 解法一:由余弦定理,可得22+b2-2×2×b×cos 60°=6,因为b>0,解得b=1+,由S△ABC=S△ABD+S△ACD,可得×2×b×sin 60°=×2×AD×sin 30°+×AD×b×sin 30°,解得AD===2. 解法二:由余弦定理,可得22+b2-2×2×b×cos 60°=6,因为b>0,解得b=1+,由正弦定理,可得==,解得sin B=,sin C=,因为1+>>2,所以C=45°,B=180°-60°-45°=75°,又∠BAD=30°,所以∠ADB=75°,即AD=AB=2. [规律方法]　角平分线解题技巧 在△ABC中,若AD平分∠BAC,可用内角平分线定理:=,也可用S△ABD+S△ACD=S△ABC,得到(b+c)AD=2bccos,即AD=(角平分线长公式). 目标二　三角形中的中线问题 【例2】　(1)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=3,BD为AC边上的中线,BD=2,且acos C-2bcos B+ccos A=0,则△ABC的面积为(C) A.2 B. C. D. 解析　由射影定理知acos C+ccos A=2bcos∠ABC=b,所以cos∠ABC=.因为∠ABC是三角形内角,所以∠ABC=.由余弦定理得b2=a2+c2-2accos∠ABC,9=a2+c2-ac.由中线定理知a2+c2=2(BD2+AD2),即a2+c2=2×=,所以ac=,所以S△ABC=acsin∠ABC=××=,故选C. (2)在△ABC中,AB=3,AC=2.若AD是边BC上的中线,且AD=,则BC=  .  解析　解法一:因为AD是边BC上的中线,所以设BD=CD=x,x>0,因为cos∠BDA+cos∠ADC=0,cos∠BDA==,cos∠ADC==,所以=0,化简可得x2=,解得x=或x=-(舍去).所以BC=2x=2×=. 解法二:由于=(+),所以=(++2·),即=(32+22+2×3×2×cos A),得cos A=-.由余弦定理BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos A=9+4-2×3×2×=19,所以BC=. [规律方法]　中线解题技巧 本题可运用∠BDA与∠ADC互补,列出关系式,利用cos∠BDA+cos∠ADC=0,解方程求x值,从而求出BC的长度.也可运用=(+)求解. 目标三　三角形中的高线问题 【例3】　(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+C=π,A+B=3C,所以C=,B=-A,又因为2sin(A-C)=sin B,所以2sin=sin,即2=cos A-sin A,整理得sin A=3cos A,又因为sin2A+cos2A=1,A∈,所以sin A=. (2) 解法一:过C作CD⊥AB,垂足为D,如图所示.在△ABC中,由正弦定理得=,即=,所以BC=3.由(1)知cos A=,所以sin B=sin=cos A+sin A=.在Rt△BCD中,CD=BC·sin B=3×=6,即AB边上的高为6. 解法二:由(1)知C=,sin A=,cos A=,则sin B=sin=cos A+sin A=.在△ABC中,由正弦定理得==,所以==,所以AC=2,BC=3,所以S△ABC=AC·BC·sin C=×2×3×=15.设AB边上的高为h,则×5h=15,所以h=6. [规律方法]　 增|分|训|练 1.在△ABC中,C=,CA边上的高等于CA,则sin B=(B) A. B. C. D. 解析　 如图,CA边上的高为BD,BD=CA,且C=,所以CB=CA,则CD=BC·cos=CA,则AD=CA,AB==AC,所以∠ABC=∠C=,则sinB=sin=.故选B. 2.若△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=4,b=16,CD平分∠ACB交AB于D,且CD=4,则BD=(C) A. B.3 C.2 D.3 解析　如图,因为CD平分∠ACB,则∠ACD=∠BCD,由正弦定理,又∠ADC+∠BDC=π⇒sin ∠ADC=sin ∠BDC,则==4.设BD=x,则AD=4x.又∠ADC+∠BDC=π⇒cos∠ADC+cos∠BDC=0,由余弦定理,+=0⇒+=0⇒=0⇒x2=12⇒x=2.故选C. 3.在△ABC中,∠BAC=90°,AD是∠BAC的平分线,AB=3,AC=4,E是AC的中点,则DE的长度为(A) A. B. C. D. 解析　 如图,因为∠BAC=90°,AB=3,AC=4,所以△ABC的面积为S=×4×3=6;因为AD是∠BAC的平分线,所以S=AB·ADsin 45°+AC·ADsin45°=AD=6,解得AD=.在△DAE中,AE=AC=2,∠DAE=45°,所以DE2=AD2+AE2-2AD·AEcos∠DAE=+4-2××2×=,即DE=.故选A. 4.在△ABC中,AB=2,AC=,BC边上的中线AD=,则△ABC的面积S为(C) A. B. C. D. 解析　如图所示, 延长AD到点E,使DE=AD,连接CE,又因为BD=DC,∠ADB=∠CDE,所以△ABD≌△ECD,所以CE=AB=2,AE=2,△ABC的面积等于△ACE的面积.在△ACE中,由余弦定理得cos ∠ACE===-,又0<∠ACE<π,则sin ∠ACE==,所以S△ABC=S△ACE=AC·CE·sin ∠ACE=××2×=. 第2课时　余弦定理与正弦定理的综合应用 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　平面图形中的解三角形问题 【例1】　 (2025·江西模拟)如图,在四边形ABCD中,AD=4,DC=5,cos B=0,cos C=,cos D=. (1)求cos A; (2)求四边形ABCD的面积. 解　(1)由cos B=0,又B∈(0,π),得到B=,又cos A=cos[2π-(B+C+D)]=cos=-sin(C+D),又cos C=,cos D=,且C,D∈(0,π),所以sin C==,sin D==,得到cos A=-(sin Ccos D+cos Csin D)=-=-. (2) 如图,延长DA,CB交于E,设AE=x,CE=y,在△EDC中,由正弦定理得到=,由(1)知sin C=,sin D=,所以y=(x+4)　①,由余弦定理得到cos D==　②,由①②解得y=7或,当y=时,x=,此时cos C==<0,又cos C>0,所以y=,x=不合题意,故y=7,x=4,在Rt△ABE中,由cos∠EAB=-cos A=,AE=4,得到AB=,BE=,所以S△ABE=·AB·BE=,又S△EDC=·CD·EC·sin C=×5×7×=10,故S四边形ABCD=S△EDC-S△EAB=. [规律方法]　平面几何中解三角形问题的求解思路 1.把所提供的平面图形拆分成若干个三角形,然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解; 2.寻找各个三角形之间的联系,交叉使用公共条件,求出结果. 【训练1】　 如图,在平面四边形ABCD中,BC=,BE⊥AC于点E,BE=,且S△ACD=2S△ABC. (1) 求AD·sin∠DAC的值; (2) 当CD=3时,求线段DE的长. 解　(1)因为S△ACD=·AC·AD·sin∠DAC,S△ABC=·AC·BE,又因为S△ACD=2S△ABC,所以·AC·AD·sin∠DAC=AC·BE.所以AD·sin∠DAC=2BE=2. (2)由题可得CE==1.在△ACD 中,由正弦定理可得=,所以AD·sin∠DAC=CD·sin∠ACD=2.又CD=3,所以sin∠ACD=,所以cos∠ACD=±=±.在△CDE 中,由余弦定理可得DE2=CE2+CD2-2CE·CD·cos∠ACD.当cos∠ACD=时,DE2=12+32-2×1×3×=8,解得DE=2(负值已舍去);当cos∠ACD=-时,DE2=12+32-2×1×3×=12,解得DE=2(负值已舍去).又3-1<DE<3+1,即2<DE<4.综上,DE=2或DE=2. 考点二　三角形中的最值、范围问题 【例2】　记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知acos C+asin C=b+c. (1)求tan A; (2)求的取值范围. 解　(1)因为acos C+asin C=b+c,所以由正弦定理知sin Acos C+sin Asin C=sin B+sin C,而sin B=sin(A+C)=sin Acos C+sin Ccos A,故sin Acos C+sin Asin C=sin Acos C+sin Ccos A+sin C,从而sin Asin C=cos Asin C+sin C.由于C是三角形内角,故sin C≠0,从而sin A=cos A+1,故(sin A-cos A)2=sin2A+cos2A,即4sin2A=2sin Acos A,显然sin A≠0,故tan A=. (2)因为tan A==>0,sin2A+cos2A=1,又A∈,解得sin A=,cos A=,从而==[(cos Bcos C+sin Bsin C)-(cos Bcos C-sin Bsin C)]=[cos(B-C)-cos(B+C)]=[cos(B-C)+cos A]=+cos(B-C).不妨设B≥C>0,则0≤B-C<B+C=π-A,即B-C的取值范围是[0,π-A),所以cos(B-C)的取值范围是(cos(π-A),1],而cos(π-A)=-cos A=-,所以cos(B-C)的取值范围是,所以=+cos(B-C)的取值范围是. [规律方法]　解三角形中的范围问题解决方法 一是将问题表示为边的形式,利用基本不等式求范围;二是将问题用三角形某一个角的三角函数表示,结合角的范围确定所求范围. 【训练2】　(2025·山西模拟)在锐角△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且2asin A=(2b-c)sin B+(2c-b)sin C. (1)求A的大小; (2)求cos B+2cos C的取值范围. 解　(1)由题及正弦定理,得2a2=(2b-c)b+(2c-b)c,即bc=b2+c2-a2,则cos A==,因为A∈,所以A=. (2)由△ABC为锐角三角形,知故<C<,则cos B+2cos C=-cos+2cos C=cos C+sin C=sin,有<C+<,即<sin<,故cos B+2cos C的取值范围为. 考点三　三角形中的证明问题 【例3】　(2025·广东广州模拟)已知在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,△ABC的面积为b2sin C. (1)求的值; (2)若c=5,证明:<a<10. 解　(1)因为三角形面积S△ABC=absin C=b2sin C,又因为C∈(0,π),则sin C≠0,且b>0,可得a=2b,由正弦定理得==2. (2)证明:由(1)可得b=,结合三角形三边关系,得a+b>c,即>5,可得a>,且a-b<c,即<5,解得a<10,所以<a<10. [规律方法]　对于三角形中的证明问题,要仔细观察所给的条件和结论之间的关系,发现二者的差异,利用正弦定理、余弦定理及三角恒等变换把条件转换为结论,即为证明过程. 【训练3】　在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且=≠1.求证:B=2C. 证明　因为=,所以ab2-a2c=b2c-c3,整理得b2(a-c)=c(a+c)(a-c).又≠1,所以a-c≠0,从而b2=ac+c2=a2+c2-2accos B,整理得a=c(1+2cos B),则sin A=sin C(1+2cos B).由sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,得sin Bcos C-cos Bsin C=sin C,即sin(B-C)=sin C,结合锐角△ABC中,B-C∈,则B-C=C,即B=2C. 真题重温高考 　　　 　　　　　　　　　　　 1.(2023·全国乙卷)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1. (1)求sin∠ABC; (2)若D为BC上一点,且∠BAD=90°,求△ADC的面积. 解　(1)由余弦定理可得,BC2=a2=b2+c2-2bccos A=1+4-2×1×2×cos 120°=7,则BC=,cos B===,又B∈(0°,60°),所以sin B===. (2)由三角形面积公式可得==4,则S△ACD=S△ABC=×=. 2.(2023·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为,D为BC的中点,且AD=1. (1)若∠ADC=,求tan B; (2)若b2+c2=8,求b,c. 解　(1)因为AD为△ABC的中线,所以S△ABC=2S△ADC=2×AD·DCsin∠ADC=2××1××sin=a=,故a=4.在△ADB中,由余弦定理得AB2=c2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠BDA,即c2=12+22-2×1×2×=7,得c=.在△ABD中,cos B===>0,故B∈,则sin B=,tan B=. (2)在△ABC中,由=+,得||2=|+|2=(||2+||2+2·).由余弦定理得2·=||2+||2-||2.故||2=(2||2+2||2-||2),即AD2=(b2+c2)-a2,得a=2.由S△ABC=bcsin∠BAC和b2+c2-a2=2bccos∠BAC,得S△ABC=(b2+c2-a2)tan∠BAC,得tan∠BAC=-<0,故∠BAC∈,∠BAC=.又因为S△ABC=bcsin∠BAC,所以bc=4.由b2+c2=8和bc=4,得b=c=2. 3.(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+cos A=2. (1)求A; (2)若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长. 解　(1)解法一(辅助角法):由sin A+cos A=2,得sin A+cos A=1,所以sin=1.因为0<A<π,所以<A+<,所以A+=,故A=. 解法二:(同角三角函数的基本关系法)由sin A+cos A=2,得cos A=2-sin A,两边同时平方,得3cos2A=4-4sin A+sin2A,则3(1-sin2A)=4-4sin A+sin2A,整理,得1-4sin A+4sin2A=0,所以(1-2sin A)2=0,则sin A=.因为0<A<π,所以A=或A=.当A=时,sin A+cos A=2成立,符合条件;当A=时,sin A+cos A=2不成立,不符合条件.故A=. 解法三:(同角三角函数的基本关系法)由sin A+cos A=2,得sin A=2-cos A,两边同时平方,得sin2A=4-4cos A+3cos2A,则1-cos2A=4-4cos A+3cos2A,整理,得3-4cos A+4cos2A=0,所以(-2cos A)2=0,则cos A=.因为0<A<π,所以A=. (2)由bsin C=csin 2B,得bsin C=2csin Bcos B,由正弦定理,得bc=2cbcos B,所以cos B=,因为0<B<π,所以B=.C=π-(A+B)=,所以sin C=sin=sin=sincos+cossin=×+×=. 解法一(基本量法):由正弦定理==,得b===2,c===+.所以△ABC的周长为a+b+c=2++3. 解法二(整体思想法):由正弦定理==,得===4,所以a+b+c=4(sin A+sin B+sin C)=4×=2++3,所以△ABC的周长为2++3. 第3课时　三角函数模型及解三角形的实际应用 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.仰角和俯角 在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角,目标视线在水平视线上方叫仰角,目标视线在水平视线下方叫俯角(如图①). ①　　② 2.方位角 从正北方向起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角.如B点的方位角为α(如图②). 3.方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角,如南偏东30°,北偏西45°等. 4.坡度:坡面与水平面所成的二面角的正切值. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)东北方向就是北偏东45°的方向.(√) (2)两点间可视但不可到达问题的测量方案实质是构造已知两角及一边的三角形并求解.(√) (3)俯角是铅垂线与视线所成的角,其范围为.(×) 解析　俯角是视线与水平线所构成的角. (4)从A处望B处的仰角为α,从B处望A处的俯角为β,则α,β的关系为α+β=180°.(×) 解析　从A处望B处的仰角为α,从B处望A处的俯角为β,则α,β的关系为α=β,故错误. 2. (北师大必二P115例2改编)如图是古希腊数学家特埃特图斯(约前417~前369)用来构造无理数,,,…的图形之一,此图形中∠BAD的余弦值是(C) A. B. C. D. 解析　在△ABC中,∠ACB=45°,在△BCD中,∠DCB=90°+45°=135°,所以BD2=1+1+2×1×1×=2+,在△BAD中,cos∠BAD==. 3. (人A必二P50例10改编)如图所示,为测量某树的高度,在地面上选取A,B两点,从A,B两点分别测得树尖P的仰角为30°,45°,且A,B两点之间的距离为60 m,则树的高度为(A) A.(30+30)m B.(15+30)m C.(30+15)m D.(15+15)m 解析　在△ABP中,∠APB=45°-30°=15°,所以sin∠APB=sin 15°=×-×=,由正弦定理得PB===30(+)m,所以该树的高度为30(+)sin 45°=(30+30)m. 4.(人A必一P241T6)某时钟的秒针端点A到中心点O的距离为5 cm,秒针绕点O匀速旋转,当时间t=0时,点A与钟面上标12的点B重合.将A,B两点间的距 离d(单位:cm)表示成t(单位:s)的函数,则d= 10sint ,t∈[0,60].  解析　 如图,设∠AOB=α,则α=×t=t,所以=t,因为5sin=,所以d=10sin=10sint,t∈[0,60]. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　测量距离问题 【例1】　(1)一船自西向东匀速航行,上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°,距灯塔64海里的M处,下午2时到达这座灯塔的东南方向N处,则该船航行的速度为(A) A.8海里/小时 B.16海里/小时 C.16海里/小时 D.32海里/小时 解析　 如图所示,在△PNM中,由题意可知∠PNM=45°,∠MPN=75°+45°=120°,PM=64海里,由正弦定理=,可得MN===32(海里),且该船航行时间为4小时,所以该船航行的速度为=8(海里/小时).故选A. (2)阿蓬江为长江二级支流,乌江一级支流,阿蓬江国家湿地公园以河流湿地为主,有着一江两岸秀美的湿地风光.如图,为了测量湿地内A,B两点间的距离,观察者在同一平面内找到在同一条直线上的三点C,D,E,从D点测得∠ADC=67.5°,从C点测得∠ACD=45°,∠BCE=75°,从E点测得∠BEC=60°.若测得DC= km,CE=1 km,则A,B两点间的距离为(B) A. km B. km C.3 km D.2 km 解析　在△ADC中,因为∠ACD=45°,∠ADC=67.5°,所以∠DAC=180°-45°-67.5°=67.5°,则AC=DC= km.在△BCE中,因为∠BCE=75°,∠BEC=60°,所以∠EBC=180°-75°-60°=45°,由正弦定理得=,可得BC===(km).在△ABC中,因为BC= km,AC= km,∠ACB=180°-∠ACD-∠BCE=60°,所以由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=,得AB= km,故选B. [规律方法]　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.注意: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. 【训练1】　海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象,被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”,我国拥有世界上最深的海洋蓝洞,若要测量如图所示的蓝洞的口径A,B两点间的距离,现在珊瑚群岛上取两点C,D,测得CD=80,∠ADB=135°,∠BDC=∠DCA=15°,∠ACB=120°,则A,B两点的距离为(D) A.80 B.80 C.160 D.80 解析　 如图所示,在△BCD中,CD=80,∠BDC=15°,∠BCD=∠ACB+∠DCA=120°+15°=135°,∠CBD=30°,由正弦定理,得=,解得BD=80,在△ACD中,CD=80,∠DCA=15°,∠ADC=∠ADB+∠BDC=135°+15°=150°, ∠CAD=15°,则AD=CD=80,在△ABD中,由余弦定理,得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB=802+(80)2-2×80×80×cos 135°=802×5,解得AB=80,即A,B两点间的距离为80,故选D. 考点二　测量高度问题 【例2】　(1)镇国寺塔亦称西塔,是一座方形七层楼阁式砖塔,顶端塔刹为一背铜铸葫芦.小胡同学想知道镇国寺塔的高度MN,他在塔的正北方向找到一座建筑物AB,高为7.5 m,在地面上点C处(B,C,N在同一水平面上且三点共线)测得建筑物顶部A,镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°,在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°,则镇国寺塔的高度约为(参考数据≈1.73)(B) A.37.52 m B.35.48 m C.33.26 m D.31.52 m 解析　sin 15°=sin(45°-30°)=sin 45°cos 30°-cos 45°sin 30°=,在△ABC中,AC==,在△ACM中,∠ACM=180°-60°-15°=105°,∠MAC=30°+15°=45°,则∠AMC=180°-∠ACM-∠MAC=30°,由正弦定理得=⇒MC==×,所以MN=MCsin∠MCN=××sin 60°=≈35.48(m).故选B. (2)某中学研究性学习小组为测量如图所示的陶行知雕塑的高度,在和它底部O位于同一水平高度的三点A,B,C处测得雕塑顶端P处仰角均为,且AB=BC=5 m,AC=6 m,则该雕塑的高度为  m.  解析　 由题可知,∠AOP=∠BOP=∠COP=,∠PAO=∠PBO=∠PCO=,设PO=x m,如图,在Rt△AOP中,tan∠PAO===1,所以AO=x,同理可得BO=CO=AO=x,所以点O为△ABC的外心,且外接圆半径为x,由余弦定理,得cos∠ABC==,所以sin∠ABC=,由正弦定理,得==2x,则x=,所以该雕塑的高度为m. [规律方法]　高度问题的易错点 (1)图形中为空间关系,极易当作平面问题处理,从而致错; (2)对仰角、俯角等概念理解不够深入,从而把握不准已知条件而致错. 【训练2】　(2025·湖南模拟)为测量塔的高度,因地理条件的限制,分别选择C点和一建筑物DE的楼顶E为测量观测点,已知点A为塔底,A,C,D在水平地面上,塔AB和建筑物DE均垂直于地面(如图所示).测得CD=18 m,AD=15 m,在C点处测得E点的仰角为30°,在E点处测得B点的仰角为60°,则塔AB的高度约为(≈1.732,精确到0.1 m)(B) A.35.0m B.36.4m C.38.4m D.39.6m 解析　 如图,AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,过点E作EF⊥AB,交AB于点F,则有EF=AD,AF=ED,在Rt△ECD中,因为∠ECD=30°,所以DE=CD·tan∠DCE=18×tan 30°=6,在Rt△BEF中,因为∠BEF=60°,所以BF=EF·tan∠BEF=15×tan 60°=15,则AB=BF+AF=BF+ED=15+6=21=36.4(m).故选B. 考点三　测量角度问题 【例3】　已知在岛A南偏西38°方向,距岛A 3海里的B处有一艘救援艇.岛A处的一艘故障船正以10海里/小时的速度向岛A北偏西22°方向行驶,问救援艇朝何方向以多大速度行驶,恰好用0.5小时追赶上该故障船? 解　 如图,设救援艇在C处追赶上故障船,D为岛A正南方向上一点,救援艇的速度为x海里/小时,结合题意知BC=0.5x,AC=5,∠BAC=180°-38°-22°=120°.由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 120°=9+25-2×3×5×=49,所以BC=0.5x=7,解得x=14.又由正弦定理得sin∠ABC===,所以∠ABC=38°,又∠BAD=38°,所以BC∥AD,故救援艇以14海里/小时的速度向正北方向行驶,恰好用0.5小时追赶上该故障船. [规律方法]　 角度问题的解题方法 首先应明确方向角的含义,在解应用题时,分析题意,分清已知与所求,再根据题意正确画出示意图,这是最关键、最重要的一步,通过这一步可将实际问题转化成可用数学方法解决的问题,解题中也要注意体会正、余弦定理“联袂”使用的优点. 【训练3】　如图所示,某旅游景区的B,C景点相距2 km,测得观光塔AD的塔底D在景点B的北偏东45°,在景点C的北偏西60°方向上,在景点B处测得塔顶A的仰角为45°,现有游客甲从景点B沿直线去往景点C,则沿途中观察塔顶A的最大仰角的正切值为  .(塔顶大小和游客身高忽略不计)  解析　 如图,由塔底D在景点B的北偏东45°,在景点C的北偏西60°方向上,可知∠DBC=45°,∠DCB=30°,在△BDC中,BC=2,由sin∠BDC=sin(45°+30°)=,结合正弦定理得=⇒BD=,在Rt△ABD可得:AD=BDtan 45°=,过点D作DE⊥BC交BC于E,由于AD⊥平面DBC,DE⊂平面DBC,可得:AD⊥DE,即tan∠AED==,当DE取最小值时:DE=BDsin 45°=×=,由正切函数在锐角范围是单调递增,即要求仰角的最大值,即求其正切值的最大值,所以tan∠AED有最大值=. 学科网（北京）股份有限公司 $$