章末复习课1 三角函数（课件PPT）-【金榜题名】2025-2026学年高一数学必修第二册高中同步学案（北师大版）

该高中数学课件系统梳理了三角函数的核心知识，通过“体系构建”模块将任意角、三角函数定义、图像与性质及应用串联，形成从概念到应用的逻辑脉络，帮助学生建立完整知识网络。 其亮点在于采用“要点解析-例题示范-跟踪训练”模式，如通过终边点求三角函数值、图像变换等实例，培养学生数学抽象和逻辑推理能力，分层设计满足不同学情，助力教师精准复习，提升学生知识应用能力。

章 末 复 习 课 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 章末复习课 必修第二册 数学 谢谢观看 章末复习课 必修第二册 数学 一、任意角三角函数的定义、诱导公式 1．任意角的三角函数值只与这个角的终边位置有关，而与点P在终边上的位置无关；角与三角函数值的对应关系是多值对应关系，给定一个角，它的三角函数值是唯一确定的；反过来，给定一个三角函数值，有无穷多个角和它对应． 2．利用定义求三角函数值的两种方法 (1)先由直线与单位圆相交求出交点坐标，再利用正弦、余弦、正切函数的定义，求出相应的三角函数值． (2)取角α的终边上任意一点P(a，b)(原点除外)，则对应的角α的正弦值sin α＝ eq \f(b,\r(a2＋b2)) ，余弦值cos α＝ eq \f(a,\r(a2＋b2)) ，正切值tan α＝ eq \f(b,a) .当角α的终边上点的坐标以参数形式给出时，要根据问题的实际情况对参数进行分类讨论． 3．诱导公式的一个重要作用是将不是锐角的三角函数问题转化为锐角三角函数问题．熟练掌握诱导公式，准确确定符号，才能准确无误的解决此类问题． [例1]　(1)已知角α的终边经过点P(3m－9，m＋2). ①若m＝2，求5sin α＋3tan α的值； ②若cos α≤0，且sin α>0，求实数m的取值范围． (2)化简： eq \f(tan (2π－α)sin (－2π－α) sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α)),sin (α－π)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))) . [解]　(1)①若m＝2，则P(－3，4)， 所以x＝－3，y＝4，r＝5， 所以sin α＝ eq \f(4,5) ，cos α＝－ eq \f(3,5) ，tan α＝－ eq \f(4,3) ， 故5sin α＋3tan α＝5× eq \f(4,5) ＋3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3))) ＝4－4＝0. ②由题意知，cos α＝ eq \f(x,r) ≤0，sin α＝ eq \f(y,r) >0， 即x≤0，y>0， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3m－9≤0，,m＋2>0，)) 所以－2<m≤3. (2)原式＝ eq \f(tan (－α) sin(－α)sin \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)))) ,sin [－(π－α)]cos \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))))) ＝ eq \f(－tan α(－sin α)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)))),－sin (π－α)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))))) ＝ eq \f(tan αsin α(－cos α),－sin α(－sin α)) ＝－ eq \f(tan αsin αcos α,sin αsin α) ＝－1. 1．已知角α的终边经过单位圆上的点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，－\f(3,5))) . (1)求sin α的值； (2)求 eq \f(cos (2π－α),sin (π＋α)) · eq \f(tan (π＋α),cos (3π－α)) 的值． 解：(1)∵点P在单位圆上， ∴由正弦的定义得sin α＝－ eq \f(3,5) . (2)原式＝ eq \f(cos α,－sin α) · eq \f(tan α,－cos α) ＝ eq \f(sin α,sin α·cos α) ＝ eq \f(1,cos α) ， 由余弦的定义得cos α＝ eq \f(4,5) ，故原式＝ eq \f(5,4) . 二、三角函数的图象及变换 1．“五点法”作图中的五点分别为图象的最高点、最低点及与x轴的交点，描点作图并向左或向右平移即得正弦曲线和余弦曲线． 2．函数y＝sin x的图象变换到函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象时，法则是针对自变量x和因变量y，左加右减，上加下减．途径是相位变换φ(φ≠0)→周期交换ω(ω>0)→振幅变换A(A>0)和周期变换ω(ω>0)→相位变换φ(φ≠0)→振幅变换A(A>0).注意二者平移量的不同． [例2]　(1)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2))) 的图象经过点B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0)) ，且f(x)的相邻两个零点的距离为 eq \f(π,2) ，为得到y＝f(x)的图象，可将y＝sin x图象上所有点(　　) A．先向右平移 eq \f(π,3) 个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的 eq \f(1,2) 倍，纵坐标不变 B．先向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的 eq \f(1,2) 倍，纵坐标不变 C．先向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变 D．先向右平移 eq \f(π,3) 个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变 (2)某同学用“五点法”画函数f(x)＝A sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2))) 在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表． ωx＋φ 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π x eq \f(π,3) eq \f(5π,6) A sin (ωx＋φ) 0 5 －5 0 ①请将上表数据补充完整，并直接写出函数f(x)的解析式； ②将y＝f(x)图象上所有点向左平行移动 eq \f(π,6) 个单位长度，得到y＝g(x)图象，求y＝g(x)的图象离原点O最近的对称中心． [解析]　(1)选B　由题意可知 eq \f(π,2) 是函数f(x)的半个周期，则周期T＝ eq \f(2π,ω) ＝2× eq \f(π,2) ＝π，ω＝2. 易知sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＋φ)) ＝0，则－ eq \f(π,3) ＋φ＝kπ，k∈Z， 又0<φ< eq \f(π,2) ，所以φ＝ eq \f(π,3) ，所以f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) ， 由此可得变换过程为选项B. (2)①根据表中已知数据， 解得A＝5，ω＝2，φ＝－ eq \f(π,6) . 数据补全如下表． ωx＋φ 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π x eq \f(π,12) eq \f(π,3) eq \f(7π,12) eq \f(5π,6) eq \f(13π,12) A sin (ωx＋φ) 0 5 0 －5 0 且函数解析式为f(x)＝5sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) . ②由①知，f(x)＝5sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) . 因此g(x)＝5sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6))) ＝5sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) . y＝sin x的对称中心为(kπ，0)，k∈Z， 令2x＋ eq \f(π,6) ＝kπ，解得x＝ eq \f(kπ,2) － eq \f(π,12) ，k∈Z. 即y ＝g(x)的图象的对称中心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0)) ， k∈Z.其中离原点O最近的对称中心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0)) . 2．如图，是函数y＝A sin (ωx＋φ)＋k(A>0，ω>0)的一段图象． (1)求此函数解析式； (2)分析一下该函数是如何通过y＝sin x变换得来的？ 解：(1)由图象知A＝ eq \f(－\f(1,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2))),2) ＝ eq \f(1,2) ，k＝ eq \f(－\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2))),2) ＝－1， T＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6))) ＝π，∴ω＝ eq \f(2π,T) ＝2. ∴y＝ eq \f(1,2) sin (2x＋φ)－1. 当x＝ eq \f(π,6) 时，2× eq \f(π,6) ＋φ＝ eq \f(π,2) ，∴φ＝ eq \f(π,6) . ∴所求函数解析式为y＝ eq \f(1,2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) －1. (2)把y＝sin x向左平移 eq \f(π,6) 个单位，得到y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))) ，然后纵坐标保持不变、横坐标缩短为原来的 eq \f(1,2) ，得到y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) ，再横坐标保持不变，纵坐标变为原来的 eq \f(1,2) ，得到y＝ eq \f(1,2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) ，最后把函数y＝ eq \f(1,2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) 的图象向下平移1个单位，得到y＝ eq \f(1,2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) －1的图象． 三、三角函数的性质及其应用 重点应掌握y＝sin x，y＝cos x，y＝tan x的定义域、值域、单调性、奇偶性、对称性等有关性质，在此基础上掌握函数y＝A sin (ωx＋φ)，y＝A cos (ωx＋φ)及y＝A tan (ωx＋φ)的相关性质．在研究其相关性质时，将ωx＋φ看成一个整体，利用整体代换思想解题是常见的技巧． (1)三角函数的两条性质 ①周期性：函数y＝A sin (ωx＋φ)和y＝A cos (ωx＋φ)的最小正周期为 eq \f(2π,|ω|) ，y＝tan (ωx＋φ)的最小正周期为 eq \f(π,|ω|) . ②奇偶性：三角函数中奇函数一般可化为y＝A sin ωx或y＝A tan ωx，而偶函数一般可化为y＝A cos ωx＋B的形式． (2)求三角函数的单调区间的方法 求形如y＝A sin (ωx＋φ)或y＝A cos (ωx＋φ)(A>0，ω>0)的函数的单调区间可以通过解不等式方法去解答，即把ωx＋φ视为一个“整体”，分别与正弦函数y＝sin x，余弦函数y＝cos x的单调递增(减)区间对应解出x，即得所求的单调递增(减)区间． (3)三角函数图象的对称性 求形如y＝A cos (ωx＋φ)图象的对称轴，可把“ωx＋φ”看作一个整体，由ωx＋φ＝kπ，k∈Z求x可得对称轴方程，类似通过ωx＋φ＝kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z可求对称中心的横坐标． (4)三角函数的最值(值域)问题 三角函数的值域和最值问题一直是高考的热点．求三角函数的最值问题通常有以下两种途径： ①将所求三角函数式转化为y＝A sin (ωx＋φ)＋k或y＝A cos (ωx＋φ)＋k的形式，然后结合角x的取值范围求最值； ②将所求三角函数式变形转化为关于sin x(或cos x)的二次函数的形式，然后结合二次函数的性质求解． 角度1　三角函数的最值、值域问题 [例3]　函数f(x)＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) 的部分图象如图所示． (1)写出f(x)的最小正周期及图中x0，y0的值； (2)求f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,12))) 上的 最大值和最小值． [解]　(1)f(x)的最小正周期为π，x0＝ eq \f(7π,6) ，y0＝3. (2)因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,12))) ，所以2x＋ eq \f(π,6) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，0)) ，于是，当2x＋ eq \f(π,6) ＝0，即x＝－ eq \f(π,12) 时，f(x)取得最大值0；当2x＋ eq \f(π,6) ＝－ eq \f(π,2) ，即x＝－ eq \f(π,3) 时，f(x)取得最小值－3. 角度2　三角函数性质的综合问题 [例4]　(1)已知ω>0，0<φ<π，直线x＝ eq \f(π,4) 和x＝ eq \f(5π,4) 是函数f(x)＝sin (ωx＋φ)图象的两条相邻的对称轴，则φ＝(　　) A． eq \f(π,4) 　　　　　　　 B． eq \f(π,3) C． eq \f(π,2) D． eq \f(3π,4) (2)已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，－π<φ≤π.若函数f(x)的最小正周期为6π，且当x＝ eq \f(π,2) 时，f(x)取得最大值，则(　　) A．f(x)在区间[－2π，0]上是增函数 B．f(x)在区间[－3π，－π]上是增函数 C．f(x)在区间[3π，5π]上是减函数 D．f(x)在区间[4π，6π]上是减函数 [解析]　(1)由于直线x＝ eq \f(π,4) 和x＝ eq \f(3π,4) 是函数f(x)图象的两条相邻的对称轴， 所以函数f(x)的最小正周期T＝2π， 所以ω＝1，所以 eq \f(π,4) ＋φ＝kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z， 又0<φ<π，所以φ＝ eq \f(π,4) .故选A． (2)由题设得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω·\f(π,2)＋φ＝\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，,\f(2π,ω)＝6π，)) 又－π<φ≤π，解得ω＝ eq \f(1,3) ，φ＝ eq \f(π,3) . 所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋\f(π,3))) . 令－ eq \f(π,2) ＋2kπ≤ eq \f(x,3) ＋ eq \f(π,3) ≤ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z， 得－ eq \f(5π,2) ＋6kπ≤x≤ eq \f(π,2) ＋6kπ，k∈Z. 取k＝0得－ eq \f(5π,2) ≤x≤ eq \f(π,2) ， 所以 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,2)，\f(π,2))) 为f(x)的一个单调递增区间． 因为[－2π，0]⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,2)，\f(π,2))) ， 所以f(x)在区间[－2π，0]上是增函数．故选A． [答案]　(1)A　(2)A 3．(1)设函数f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) ，则下列结论错误的是(　　) A．f(x)的一个周期为－2π B. y＝f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(8π,3) 对称 C．f(x＋π)的一个零点为x＝ eq \f(π,6) D．f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) 单调递减 (2)已知函数f(x)＝－2sin (2x＋φ)(0<φ<π)，若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8))) ＝－2，则f(x)的一个单调递增区间可以是(　　) A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)，\f(9π,8))) C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，\f(π,8))) D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,8))) 答案：(1)D　(2)D $