第3章 第5节 三角函数的图象和性质（PPT课件）-【艺术生百日冲刺】2026高考数学艺术生基础生文化课成功方案

该高中数学高考复习课件聚焦三角函数图像和性质、三角恒等变换、解三角形等核心考点，依据高考评价体系梳理定义域、值域、单调性等考查要求，通过表格对比正弦、余弦、正切函数性质，分析高频考点权重，归纳选择、填空、解答题等常考题型，体现备考针对性和实用性。 课件亮点在于高考真题训练与应试技巧指导，如2024新课标Ⅰ卷交点个数题用图像法解析，培养数学思维中的推理能力，典例精析通过代换法将y=Asin(ωx+φ)转化为基本三角函数求单调区间，帮助学生掌握答题技巧。助力学生高效突破高频考点，为教师提供系统复习框架和学情诊断依据。

第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 第五节　三角函数的图象和性质 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 目录 contents Part 01 知识要点 Part 02 双基检测 Part 05 课时作业 Part 03 典例精析 Part 04 高考再现 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 知识要点 返回导航 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 [－1,1] [－1,1] R 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 奇函数 偶函数 奇函数 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 周期函数 周期 最小正周期 2kπ(k∈Z) 2π 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 双基检测 返回导航 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 典例精析 返回导航 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 高考再现 返回导航 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 谢谢观看 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 1．正弦函数、余弦函数、正切函数的图象和性质如下表： 函数 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 图象 定义域 x∈R x∈R eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))) [2kπ，2kπ＋π] 值域 ____________ ____________ ___ 单调性 ________________上递增，k∈Z； ________________上递减，k∈Z _______________ 上递增，k∈Z； _______________ 上递减，k∈Z eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))上递增， k∈Z eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ)) [－π＋2kπ，2kπ] x＝π＋2kπ，k∈Z 最值 x＝____________， 时ymax＝1； x＝______________时，ymin＝－1 x＝____________时， ymax＝1； x＝_________________时， ymin＝－1 无最值 奇偶性 ______ ______ ______ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z －eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z x＝2kx，k∈Z x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z x＝kπ，k∈Z T＝2π T＝π 对称性 对称中心 ____________ 对称中心 ________________ 对称中心 ________________ 对称轴l ________________ 对称轴l ______________ 无对称轴 周期性 T＝2π ________ ______ (kπ，0)(k∈Z) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋kπ，0))(k∈Z) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z) 2.对于函数f(x)，如果存在一个非零常数T，使得当x取定义域内的每一个值时，都有f(x＋T)＝f(x)，那么函数f(x)就叫做 ，非零常数T叫做这个函数的 ，如果在周期函数f(x)的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做f(x)的 ． 正弦函数、余弦函数都是周期函数， 都是它们的周期，最小正周期都是 ． 3．关于函数周期性常用的结论 (1)定义在R上的函数f(x) ①若有两条对称轴x＝a，x＝b，则f(x)是周期函数且2|b－a|是它的一个周期； ②若有两个对称中心(a,0)，(b,0)，则f(x)是周期函数且2|a－b|是它的一个周期； ③若有一个对称中心(a,0)和一条对称轴x＝b，则f(x)是周期函数且4|a－b|是它的一个周期． (2)若对于函数f(x)的定义域内任一个自变量的值都有f(x＋a)＝－eq \f(1,fx)或f(x＋a)＝－f(x)或f(x＋a)＝eq \f(1,fx)，则f(x)是以2a为一个周期的周期函数． (3)如果T是函数y＝f(x)的周期，则kT(k∈Z且k≠0)也是y＝f(x)的周期即f(x＋kT)＝f(x)． 1．函数y＝sin(x＋φ)(0≤φ≤π)是R上的偶函数，则φ等于(　　) A．0　　　　　　　 B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,2) D．π 答案：C 2．(多选)已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))(x∈R)，下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)的最小正周期为2π B．函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增 C．函数f(x)的图象关于直线x＝0对称 D．函数f(x)是奇函数 解析：选ABC　由题意得f(x)＝－cos x， 对于A，T＝ eq \f(2π,1)＝2π，故A正确； 对于B，因为y＝cos x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故B正确； 对于C，f(－x)＝－cos (－x)＝－cos x＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以其图象关于直线x＝0对称，故C正确，D错误． 3．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))<eq \f(π,2))的部分图象如图所示，则(　　 ) A．ω＝2，φ＝eq \f(π,6) B．ω＝2，φ＝－eq \f(π,6) C．ω＝1，φ＝－eq \f(π,6) D．ω＝2，φ＝eq \f(π,3) 解析：选A　由函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象，可得eq \f(1,2)T＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，所以T＝π， 则ω＝eq \f(2π,T)＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)， 又由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝1，可得eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z， 所以φ＝eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，又因为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))<eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,6).故选：A. 4．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的最小正周期为________；若函数f(x)在区间(0，α)上单调递增，则α的最大值为________． 解析：f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，故T＝eq \f(2π,2)＝π，当x∈(0，α)时，2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，2α＋\f(π,4)))，故2α＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)，解得α≤eq \f(π,8). 答案：π　eq \f(π,8) 　求下列函数的定义域： (1)y＝lg(2sin x－1)＋eq \r(1－2cos x)； (2)y＝eq \r(2＋log\f(1,2)x)＋eq \r(tan x). [思路点拨]　求定义域即求使式子有意义的自变量x的取值范围，可借助函数图象来求． [精解详析]　(1)要使原函数有意义，必须有： eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2sin x－1＞0，,1－2cos x≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin x＞\f(1,2)，,cos x≤\f(1,2).)) 由图知，原函数的定义域为：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,3)，2kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)． (2)要使函数有意义， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2＋log\f(1,2) x≥0，,x＞0，,tan x≥0，,x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0＜x≤4，,kπ≤x＜kπ＋\f(π,2)k∈Z.)) ∴函数定义域是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(π,2)或π≤x≤4)))). [解题心得] (1)求三角函数的定义域，既要注意一般函数的定义域的规律，又要注意三角函数本身的特有属性，如题中出现tan x，则一定有x≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z. (2)求三角函数的定义域通常使用三角函数的图象和数轴． 　求下列函数的值域： (1)y＝2cos2x＋2cos x； (2)y＝3cos x－eq \r(3)sin x； (3)y＝sin x＋cos x＋sin xcos x. [思路点拨]　求函数值域的方法有换元法、配方法、单调函数法等，但都不可忽视函数的定义域． [精解详析]　(1)y＝2cos2x＋2cos x ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos x＋\f(1,2)))2－eq \f(1,2). 于是当且仅当cos x＝1时取得ymax＝4， 当且仅当cos x＝－eq \f(1,2)时取得ymin＝－eq \f(1,2). 故函数值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4)). (2)y＝3cos x－eq \r(3)sin x ＝2eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos x－\f(1,2)sin x)) ＝2eq \r(3)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))). ∵eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))))≤1. ∴该函数值域为[－2eq \r(3)，2eq \r(3) ]． (3)y＝sin xcos x＋sin x＋cos x＝eq \f(sin x＋cos x2－1,2)＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))) ＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq \f(1,2)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋\f(\r(2),2)))2－1， 所以当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝1时， y取最大值1＋eq \r(2)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)＋eq \r(2). 当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝－eq \f(\r(2),2)时，y取最小值－1， ∴该函数值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)＋\r(2) )). [解题心得] (1)将原函数式化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B，y＝Acos(ωx＋φ)＋B型或化为关于sin x(或cos x)的二次函数式，利用换元法进行配方可解决问题． (2)关于y＝acos2x＋bcos x＋c(或y＝asin2x＋bsin x＋c，a≠0)型或可化为此型的函数求值域，一般可化为二次函数在闭区间上的值域问题，切忌忽视函数的定义域． (3)换元法，旨在三角问题代数化，要防止破坏等价性． 　已知函数f(x)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cos 2x. (1)求f(x)的最小正周期和最大值； (2)讨论f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上的单调性． [精解详析]　(1)f(x)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cos 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))). 因此f(x)的最小正周期为π，最大值为1. (2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，0≤2x－eq \f(π,3)≤π，从而当0≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，即eq \f(π,6)≤x≤eq \f(5π,12)时，f(x)单调递增．当eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤π，即eq \f(5π,12)≤x≤eq \f(2π,3)时，f(x)单调递减． [解题心得] 求函数的单调区间应遵循简单化原则．掌握求三角函数单调区间的2种方法： 代换法 就是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u(或t)，利用复合函数的单调性列不等式求解 图象法 画出三角函数的正、余弦曲线，结合图象求它的单调区间 　已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq \f(1－cos2x,sin x). (1)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的定义域； (2)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ))＝－eq \f(2\r(5),5)，且θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，求tan(π－θ)的值． [思路点拨]　(1)根据函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))有意义，得到sin x≠0，进而求得函数的定义域； (2)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ))＝－eq \f(2\r(5),5)，得到sin θ＝－eq \f(2\r(5),5)，求得cos θ＝eq \f(\r(5),5)，得出tan θ＝－2，结合诱导公式，即可求解． [精解详析]　(1)由函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq \f(1－cos2x,sin x)有意义，则满足sin x≠0，解得x≠kπ， k∈Z， 即函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的定义域为{x|x∈R且x≠kπ，k∈Z}． (2)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq \f(1－cos2x,sin x)＝sin x，其中x≠kπ，k∈Z， 因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ))＝－eq \f(2\r(5),5)，sin θ＝－eq \f(2\r(5),5)， 又因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，cos θ＝eq \r(1－sin2θ)＝eq \f(\r(5),5)， 所以tan θ＝eq \f(sin θ,cos θ)＝－2， 所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－θ))＝－tan θ＝2. 1．(2025·全国一卷)已知点(a，0)(a>0)是函数y＝2tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象的一个对称中心，则a的最小值为(　　) A． eq \f(π,6)　　　　　　　B． eq \f(π,3) C． eq \f(π,2) D． eq \f(4π,3) 解析：选B　令x－ eq \f(π,3)＝ eq \f(kπ,2)，k∈Z，得x＝ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,3)，k∈Z，故y＝2tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象的对称中心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,3)，0))，k∈Z，由题意知a＝ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,3)，k∈N，其最小值为 eq \f(π,3).故选B. 2．(2021·新高考Ⅰ卷)下列区间中，函数f(x)＝7sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))单调递增的区间是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π)) 解析：选A　当x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))， k∈Z时，函数单调递增，即x∈eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，)) eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2kπ))，k∈Z，故选A. 3．(2024·新课标Ⅰ卷)当x∈[0,2π]时，曲线y＝sin x与y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))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＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的最小正周期为T＝eq \f(2π,3)， 所以在x∈[0,2π]上函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))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. 4．(2024·北京高考)设函数f(x)＝sin ωx(ω>0)．已知f(x1)＝－1，f(x2)＝1，且|x1－x2|的最小值为eq \f(π,2)，则ω＝(　　 ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选B　由题意可知：x1为f(x)的最小值点，x2为f(x)的最大值点， 则|x1－x2|min＝eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，即T＝π， 且ω>0，所以ω＝eq \f(2π,T)＝2.故选：B. 5．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))单调递增，直线x＝eq \f(π,6)和x＝eq \f(2π,3)为函数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象的两条对称轴，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝(　　 ) A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2) 解析：选D　因为f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))单调递增， 所以eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，且ω>0，则T＝π，ω＝eq \f(2π,T)＝2， 当x＝eq \f(π,6)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))取得最小值，则2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，则φ＝2kπ－eq \f(5π,6)，k∈Z， 不妨取k＝0，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))， 所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)))＝eq \f(\r(3),2)，故选：D. 6．(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin(ωx＋φ)，如图A，B是直线y＝eq \f(1,2)与曲线y＝f(x)的两个交点，若eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝eq \f(π,6)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π))＝______. 解析：设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,2)))， 由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝eq \f(π,6)，可得x2－x1＝eq \f(π,6). 由sin x＝eq \f(1,2)，可知x＝eq \f(π,6)＋2kπ或x＝eq \f(5π,6)＋2kπ，k∈Z. 由图可知，ωx2＋φ－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx1＋φ))＝eq \f(5π,6)－eq \f(π,6)＝eq \f(2π,3)， 即ωeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－x1))＝eq \f(2π,3)，∴ω＝4. 因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋φ))＝0， 所以eq \f(8π,3)＋φ＝kπ，即φ＝－eq \f(8π,3)＋kπ，k∈Z. 所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(8π,3)＋kπ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)＋kπ))， 所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))或feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))，又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))<0， 所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π－\f(2π,3)))＝－eq \f(\r(3),2). 答案：－eq \f(\r(3),2) $