第5章三角函数章末归纳提升-【创新教程·五维课堂】2026-2027学年高中数学必修第一册同步课件PPT（人教A版）

2026-09-21

| 87页

| 72人阅读

| 4人下载

教辅

山东鼎鑫书业有限公司

进店逛逛

摘要：

该高中数学单元复习课件系统梳理了三角函数的概念、公式、图像性质、解三角形及应用，通过知识框架图将任意角三角函数定义、同角关系、诱导公式、三角恒等变换、y=Asin(ωx+φ)模型等核心内容串联，构建完整知识网络。其亮点在于采用“题型分类-例题解析-变式训练”模式，如通过终边过点求三角函数值等基础题到图像变换综合题，培养数学思维与模型观念，结合浪高预测等实际应用案例，分层设计让学生巩固知识，教师可精准教学。

内容正文：

章末归纳提升第五章　三角函数下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数网络构建归纳提升 01 02 第五章　三角函数必修第一册数学下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数网络构建下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数归纳提升下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数　下一页上一页返回导航必修第一册数学第五章　三角函数三角函数的基本概念任意角的三角函数的概念是本章的基础，主要包括两个方面： 1．任意角和弧度制．理解任意角的概念及弧度的意义，能正确进行弧度与角度的换算． 2．任意角的三角函数．掌握任意角的正弦、余弦、正切函数的定义，能够判断三角函数值在各象限的符号． 3．任意角的三角函数的定义是本章的核心概念，它是利用角的终边与单位圆的交点P(x，y)的坐标定义，也可以用终边上非原点的任一点坐标来定义．该定义的几何意义是三角函数线． [例1] 已知角β的终边过点P(m,2m)(m≠0)，求sin β，cos β，tan β. [解]　由题意得r＝ eq \r(m2＋2m2)＝eq \r(5)|m|. ①当m>0时，r＝eq \r(5)m， ∴sin β＝eq \f(2m,\r(5)m)＝eq \f(2\r(5),5)， cos β＝eq \f(m,\r(5)m)＝eq \f(\r(5),5)， tan β＝eq \f(2m,m)＝2. ②当m<0时，r＝－eq \r(5)m， ∴sin β＝eq \f(2m,－\r(5)m)＝－eq \f(2\r(5),5)， cos β＝eq \f(m,－\r(5)m)＝－eq \f(\r(5),5)， tan β＝eq \f(2m,m)＝2. [变式训练] 1．若sin A＝eq \f(4,5)，且A是三角形的一个内角，求eq \f(5sin A＋8,15cos A－7)的值．解：因为sin A＝eq \f(4,5)>0，所以A为锐角或钝角，当A为锐角时cos A＝eq \r(1－sin2A)＝eq \f(3,5)，所以原式＝eq \f(5×\f(4,5)＋8,15×\f(3,5)－7)＝6. 当A为钝角时，cos A＝－eq \r(1－sin2A)＝－eq \f(3,5)，所以原式＝eq \f(5×\f(4,5)＋8,15×\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))－7)＝－eq \f(3,4). 三角函数的定义域、值域问题在本章中，通过三角函数的定义域、值域问题以及三角函数求值问题进一步培养提升学生的数学运算核心素养． [例2]　(1)函数y＝eq \r(cos x－\f(1,2))的定义域为　________　，值域为　________　. (2)已知f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，x∈R.求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(3π,4)))上的最小值和最大值． [解析]　(1)要使函数y＝eq \r(cos x－\f(1,2))有意义，则cos x－eq \f(1,2)≥0，即cos x≥eq \f(1,2). 解得2kπ－eq \f(π,3)≤x≤2kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z. 故函数的定义域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z. 又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1≤cos x≤1，,cos x－\f(1,2)≥0，)) ∴0≤ eq \r(cos x－\f(1,2))≤eq \f(\r(2),2)，即函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))). [答案]　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))) (2)[解]　因为当2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即kπ－eq \f(π,8)≤x≤kπ＋eq \f(3π,8)(k∈Z)时，函数f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))单调递增；当2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，即kπ＋eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(7π,8)(k∈Z)时，函数单调递减，所以f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(3π,8)))上为增函数，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(3π,4)))上为减函数．又feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝0，feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝eq \r(2)，feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝－1. 故函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(3π,4)))上的最大值为eq \r(2)，最小值为－1. [变式训练] 2．(1)函数f(x)＝2cos2x－sin2x＋2的最大值为　________　. (2)已知函数y＝a sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋b在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域为[－5,1]，求a，b的值．解析：(1)∵f(x)＝2cos2x－sin2x＋2 ＝(cos2x－sin2x)＋eq \f(1,2)(2cos2x－1)＋eq \f(5,2) ＝cos 2x＋eq \f(1,2)cos 2x＋eq \f(5,2) ＝eq \f(3,2)cos 2x＋eq \f(5,2) ∴f(x)的最大值为eq \f(3,2)＋eq \f(5,2)＝4. 答案：4 (2)因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7,6)π))， sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)). 所以当a>0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＋b＝1，,－\f(a,2)＋b＝－5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－3，)) 当a<0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)＋b＝1，,a＋b＝－5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝－1.)) 所以a，b的取值分别是4，－3或－4，－1. 三角函数的图象及变换三角函数的图象是研究三角函数性质的基础，又是三角函数性质的具体体现．在平时的考查中，主要体现在三角函数图象的变换和解析式的确定，以及通过对图象的描绘、观察来讨论函数的有关性质．具体要求： 1．用“五点法”作y＝Asin(ωx＋φ)的图象时，确定五个关键点的方法是分别令ωx＋φ＝0，eq \f(π,2)，π，eq \f(3π,2)，2π. 2．对于y＝Asin(ωx＋φ)的图象变换，应注意先“平移”后“伸缩”与先“伸缩”后“平移”的区别． 3．已知函数图象来求函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的解析式时，常用的解题方法是待定系数法． [例3] 如图是函数y＝Asin(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)sineq \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＝sineq \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＝sineq \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)sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，最后把函数y＝eq \f(1,2)·sineq \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)·sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1的图象． [变式训练] 3．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<eq \f(π,2))的图象上的一个最低点为Meq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，－2))，周期为π. (1)求f(x)的解析式； (2)将y＝f(x)的图象上的所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，然后再将所得的图象沿x轴向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，写出函数y＝g(x)的解析式．解：(1)由题可知T＝eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2. 又f(x)min＝－2，所以A＝2. 由f(x)的最低点为M，得sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋φ))＝－1. 因为0<φ<eq \f(π,2)，所以eq \f(4π,3)<eq \f(4π,3)＋φ<eq \f(11π,6). 所以eq \f(4π,3)＋φ＝eq \f(3π,2).所以φ＝eq \f(π,6). 所以f(x)＝2sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))). (2)y＝2sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) eq \o(――→,\s\up17(横坐标伸长到原来),\s\do15(的2倍纵坐标不变)) y＝2sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2x＋\f(π,6))) ＝2sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))) eq \o(――→,\s\up17(沿x轴向右),\s\do30(平移\f(π,6)个单位长度)) y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝2sin x，所以g(x)＝2sin x. 三角函数的性质 1．三角函数作为中学阶段学习的基本初等函数之一，其性质是高考的必考内容之一，在考查时，往往和后面的三角函数知识相联系，着重考查三角函数的定义域、值域、周期性、单调性、奇偶性、对称性等有关性质． 2．掌握好y＝sin x，y＝cos x，y＝tan x的性质是根本，对于y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)的性质通常经过整体代换z＝ωx＋φ，转化为正、余弦函数的性质问题． [例4] 函数f(x)＝3sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象为C. ①图象C关于直线x＝eq \f(11,12)π对称； ②函数f(x)在区间eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))内是增函数； ③由y＝3sin 2x的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度可以得到图象C. 以上三个论断中，正确论断的个数是(　　) A．0　 B．1　 C．2　 D．3 [解析]　①feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)))＝3sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)π－\f(π,3)))＝3sin eq \f(3,2)π＝－3， ∴直线x＝eq \f(11,12)π为对称轴，①对； ②由－eq \f(π,12)<x<eq \f(5π,12)⇒－eq \f(π,2)<2x－eq \f(π,3)<eq \f(π,2)，由于函数y＝3sin x在eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内单调递增，故函数f(x)在eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))内单调递增，②对． ③f(x)＝3sin 2eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，而由y＝3sin 2x的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度得到函数y＝3sin 2eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象，得不到图象C，③错． [答案]　C [变式训练] 4．(多选)已知函数f(x)＝sin xcos x－cos2x，下列命题正确的是(　　) A．f(x)的最小正周期为2π B．f(x)在区间eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上为增函数 C．直线x＝eq \f(3π,8)是函数f(x)图象的一条对称轴 D．函数f(x)的图象可由函数f(x)＝eq \f(\r(2),2)sin 2x的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度得到解析：BC　[f(x)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(1＋cos 2x,2)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－eq \f(1,2)，显然A错；x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))时，2x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，函数f(x)为增函数，故B正确；令2x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq \f(3,8)π＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，显然x＝eq \f(3π,8)是函数f(x)图象的一条对称轴，故C正确；f(x)＝eq \f(\r(2),2)sin 2x的图象向右平移eq \f(π,8)个单位得到y＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))))＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的图象，故D错．] 三角函数式的求值三角函数求值，主要有三种类型，即： 1．“给角求值”，一般给出的角都是非特殊角，从表面看较难，但仔细观察这类问题中的角与特殊角都有着一定的关系，如和或差为特殊角，当然还有可能需要诱导公式．解题时，要利用观察得到的关系，结合和差化积、积化和差、升降幂公式转化为特殊角，并且消除非特殊角的三角函数而得到． 2．“给值求值”，即给出某些角的三角函数式的值，求另外一些三角函数式的值，这类求值问题关键在于结合条件和结论中的角，合理拆、配角．当然在这个过程中要注意角的范围． 3．“给值求角”，本质上还是“给值求值”，只不过往往求出的值是特殊角的三角函数值，再求出角之前还需结合函数的单调性确定角，必要时还要讨论角的范围． [例5] (1)求sin 220°＋cos 250°＋sin 20°cos 50°的值． (2)已知coseq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，α∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3,2)π))，求coseq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值． (3)已知0<α<eq \f(π,4)，0<β<eq \f(π,4)，且3sin β＝sin (2α＋β)，4tan eq \f(α,2)＝1－tan 2eq \f(α,2)，求α＋β的值． [解]　(1)原式＝eq \f(1,2)(1－cos 40°)＋eq \f(1,2)(1＋cos 100°)＋eq \f(1,2)(sin 70°－sin 30°) ＝1＋eq \f(1,2)(cos 100°－cos 40°)＋eq \f(1,2)sin 70°－eq \f(1,4) ＝eq \f(3,4)－sin 70°sin 30°＋eq \f(1,2)sin 70° ＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2)sin 70°＋eq \f(1,2)sin 70°＝eq \f(3,4). (2)　方法一：∵eq \f(π,2)≤α<eq \f(3,2)π，∴eq \f(3,4)π≤α＋eq \f(π,4)<eq \f(7,4)π. 又∵coseq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(3,5)>0， eq \f(3,2)π<α＋eq \f(π,4)<eq \f(7,4)π，∴sin eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(4,5). ∴cos 2α＝sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝2sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))) ＝2eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq \f(3,5)＝－eq \f(24,25)， sin 2α＝－coseq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝1－2cos2eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))) ＝1－2×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＝eq \f(7,25). ∴coseq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝cos 2α·coseq \f(π,4)－sin 2α·sin eq \f(π,4) ＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(24,25)－\f(7,25)))＝－eq \f(31\r(2),50). 方法二：由方法一知sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(4,5). 又coseq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(3,5) ∴sin α＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cos eq \f(π,4)－ cos eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))·sin eq \f(π,4)＝－eq \f(7\r(2),10). ∴sin α＝－eq \f(7,10) eq \r(2). 同理可求cos α＝eq \f(－\r(2),10)，可求 cos 2α，sin 2α进而可求coseq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝－eq \f(31\r(2),50). (3)∵3sin β＝sin (2α＋β)， ∴3sin [(α＋β)－α]＝sin [(α＋β)＋α]． ∴3sin (α＋β)cos α－3cos (α＋β)sin α ＝sin (α＋β)cos α＋cos (α＋β)sin α ∴sin (α＋β)cos α＝2cos (α＋β)sin α， ∴tan (α＋β)＝2tan α. 又∵4tan eq \f(α,2)＝1－tan 2eq \f(α,2)， ∴eq \f(2tan \f(α,2),1－tan 2\f(α,2))＝tan α＝eq \f(1,2). ∴tan (α＋β)＝2tan α＝2×eq \f(1,2)＝1. ∵0<α<eq \f(π,4)，0<β<eq \f(π,4). ∴0<α＋β<eq \f(π,2)，∴α＋β＝eq \f(π,4). [变式训练] 5．(1)求值：eq \f(2sin 50°＋sin 80°1＋\r(3)tan 10°,\r(1＋cos 10°)). (2)已知0<β<eq \f(π,2)<α<π，且coseq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq \f(1,9)，sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq \f(2,3)，求cos(α＋β)的值．解：(1)原式＝eq \f(2sin 50°＋\f(2sin 80°,cos 10°)\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos 10°＋\f(\r(3),2)sin 10°)),\r(2)cos 5°) ＝eq \f(2sin 50°＋\f(2sin 80°,cos 10°)cos60°－10°,\r(2)cos 5°) ＝eq \f(2\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sin 50°＋\f(\r(2),2)cos 50°)),cos 5°) ＝eq \f(2cos 50°－45°,cos 5°)＝2. (2)因为0<β<eq \f(π,2)<α<π，所以－eq \f(π,4)<eq \f(α,2)－β<eq \f(π,2)，eq \f(π,4)<α－eq \f(β,2)<π，所以coseq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq \r(1－sin2\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))＝eq \f(\r(5),3)， sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq \r(1－cos2\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2))))＝eq \f(4\r(5),9)，所以coseq \f(α＋β,2)＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))) ＝coseq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))coseq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＋sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)) ＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))×eq \f(\r(5),3)＋eq \f(4\r(5),9)×eq \f(2,3)＝eq \f(7\r(5),27). 所以cos(α＋β)＝2cos2eq \f(α＋β,2)－1＝2×eq \f(49×5,729)－1＝－eq \f(239,729). 三角函数式的化简 1．三角函数式化简的基本原则 (1)切化弦； (2)异名化同名； (3)异角化同角； (4)高次降幂； (5)分式通分； (6)无理化有理； (7)常数的处理(特别注意“1”的代换)． 2．三角函数式化简常用公式 (1)诱导公式，同角三角函数基本关系式； (2)和、差角的正弦、余弦、正切公式； (3)二倍角公式； (4)辅助角公式： asin α＋bcos α＝eq \r(a2＋b2)·sin (α＋φ)，其中tan φ＝eq \f(b,a)或asin α＋bcos α＝eq \r(a2＋b2)·cos (α－φ)，其中tan φ＝eq \f(a,b). (5)常用变形公式 ①和、差角正切公式的变形 tan α±tan β＝tan (α±β)∓tan αtan βtan (α±β)． ②降幂公式 sin 2α＝eq \f(1－cos 2α,2)， cos 2α＝eq \f(1＋cos 2α,2). ③ 升幂公式 1＋cos α＝2cos 2eq \f(α,2)， 1－cos α＝2sin 2eq \f(α,2)， 1±sin α＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(sin \f(α,2)±cos \f(α,2)))2. [例6] 化简eq \f(2cos4 x－2cos2x＋\f(1,2),2tan\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))sin2\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))). [解]　原式＝eq \f(\f(1,2)4cos4 x－4cos2 x＋1,\f(2sin\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)),cos\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))cos2\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))) ＝eq \f(2cos2 x－12,4sin\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))cos\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq \f(cos2 2x,2sin\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x)))＝eq \f(cos2 2x,2cos 2x)＝eq \f(1,2)cos 2x. [变式训练] 6．化简：eq \f(1＋3tan θ,2cos 2θ＋sin 2θ－1)－eq \f(3＋5tan θ,cos 2θ－4sin 2θ－4). 解：原式＝eq \f(1＋3tan θ,cos2θ－3sin2θ＋2sin θcos θ) ＋eq \f(3＋5tan θ,3cos2θ＋5sin2θ＋8sin θcos θ) ＝eq \f(\f(cos θ＋3sin θ,cos θ),cos θ＋3sin θcos θ－sin θ)＋ eq \f(\f(3cos θ＋5sin θ,cos θ),3cos θ＋5sin θcos θ＋sin θ) ＝eq \f(1,cos2θ－sin θcos θ)＋eq \f(1,cos2θ＋sin θcos θ) ＝eq \f(cos θ＋sin θ,cos θcos2θ－sin2θ)＋eq \f(cos θ－sin θ,cos θcos2θ－sin2θ) ＝eq \f(2cos θ,cos θ·cos 2θ) ＝eq \f(2,cos 2θ). 三角函数恒等式的证明 1．三角函数恒等式的证明的基本原则：从繁到简，从一边到另一边或从两边往中间． 2．证明三角恒等式的常用方法技巧有： (1)分析左、右两边式子结构的异同； (2)分析式中不同角之间的联系； (3)注意常数“1”的代换． [例7] 证明：eq \f(1＋sin 2θ－cos 2θ,1＋sin 2θ＋cos 2θ)＝tan θ. [证明]　法一：左边＝eq \f(sin 2θ＋1－cos 2θ,sin 2θ＋1＋cos 2θ) ＝eq \f(2sin θcos θ＋2sin2θ,2sin θcos θ＋2cos2θ) ＝eq \f(sin θcos θ＋sin θ,cos θcos θ＋sin θ) ＝tan θ＝右边．法二：左边＝eq \f(sin2θ＋cos2θ＋sin 2θ＋sin2θ－cos2θ,sin2θ＋cos2θ＋sin 2θ＋cos2θ－sin2θ) ＝eq \f(sin 2θ＋2sin2θ,sin 2θ＋2cos2θ) ＝eq \f(2sin θsin θ＋cos θ,2cos θsin θ＋cos θ) ＝tan θ＝右边．法三：左边＝eq \f(1＋sin 2θ－cos 2θ,1＋sin 2θ＋cos 2θ) ＝eq \f(sin2θ＋cos2θ＋2sin θ·cos θ－cos2θ－sin2θ,sin2θ＋cos2θ＋2sin θ·cos θ＋cos2θ－sin2θ) ＝eq \f(sin θ＋cos θ2－cos θ＋sin θcos θ－sin θ,sin θ＋cos θ2＋cos θ＋sin θcos θ－sin θ) ＝eq \f(sin θ＋cos θsin θ＋cos θ＋sin θ－cos θ,sin θ＋cos θsin θ＋cos θ＋cos θ－sin θ) ＝eq \f(sin θ＋cos θ2sin θ,sin θ＋cos θ2cos θ) ＝tan θ＝右边． [变式训练] 7．求证：tan2x＋eq \f(1,tan2x)＝eq \f(23＋cos 4x,1－cos 4x). 证明：方法一　∵左边＝eq \f(sin2x,cos2x)＋eq \f(cos2x,sin2x) ＝eq \f(sin4x＋cos4x,sin2xcos2x)＝eq \f(sin2x＋cos2x2－2sin2xcos2x,\f(1,4)sin22x) ＝eq \f(1－\f(1,2)sin22x,\f(1,4)sin22x)＝eq \f(1－\f(1,2)sin22x,\f(1,8)1－cos 4x) ＝eq \f(8－4sin22x,1－cos 4x)＝eq \f(4＋4cos22x,1－cos 4x) ＝eq \f(4＋21＋cos 4x,1－cos 4x)＝eq \f(23＋cos 4x,1－cos 4x)＝右边． ∴原式得证．方法二　右边＝eq \f(22＋1＋cos 4x,2sin22x) ＝eq \f(22＋2cos22x,8sin2xcos2x)＝eq \f(21＋cos22x,4sin2xcos2x) ＝eq \f(sin2x＋cos2x2＋cos2x－sin2x2,2sin2xcos2x) ＝eq \f(2sin4x＋cos4x,2sin2xcos2x)＝tan2x＋eq \f(1,tan2x)＝左边．原式得证．　　　三角函数与三角变换的综合问题利用三角公式和基本的三角恒等变换的思想方法，可以化简三角函数的解析式，进而才能顺利地探求三角函数的有关性质．反过来，利用三角函数性质，可确定解析式，进而可求出有关三角函数值．因而三角恒等变换与三角函数的综合问题是高考命题的热点．解决三角恒等变换与三角函数的综合问题关键在于熟练地运用基本的三角恒等变换思想方法，对其解析式变形、化简，尽量使其化为只有一个角为自变量的三角函数．解决与图象和性质有关的问题，在进行恒等变换时，既要注意三角恒等思想(切割化弦、常值代换、降幂与升幂、收缩代换、和差与积的互化，角的代换)的运用；还要注意一般的数学思想方法(如换元法等)的运用．三角恒等变换的方法技巧是三角函数化简的有力工具，对于较复杂的三角函数，通常通过恒等变换化归为f(x)＝Asin (ωx＋φ)＋k或f(x)＝Acos (ωx＋φ)＋k，然后再研究函数的性质，如单调性、值域、最值、奇偶性、对称性等．在三角函数的化简中，要特别注意以下两种变换技巧： 1．辅助角 asin α＋bcos α＝eq \r(a2＋b2)·sin (α＋φ)，其中tan φ＝eq \f(b,a)或asin α＋bcos α＝eq \r(a2＋b2)·cos (α－φ)，其中tan φ＝eq \f(a,b). 2．降幂与升幂降幂：sin 2α＝eq \f(1,2)(1－cos 2α)，cos 2α ＝eq \f(1,2)(1＋cos 2α)．升幂：1＋cos 2α＝2cos 2α，1－cos 2α＝2sin 2α. [例8] 已知函数f(x)＝2sineq \f(x,4)coseq \f(x,4)－2eq \r(3)sin2eq \f(x,4)＋eq \r(3). (1)求函数f(x)的最小正周期及最值； (2)令g(x)＝feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，判断函数g(x)的奇偶性，并说明理由． [解]　(1)∵f(x)＝sineq \f(x,2)＋eq \r(3) eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－2sin2\f(x,4))) ＝sineq \f(x,2)＋eq \r(3)coseq \f(x,2) ＝2sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,3))). ∴f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,\f(1,2))＝4π. 当sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,3)))＝－1时，f(x)取得最小值－2；当sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,3)))＝1时，f(x)取得最大值2. (2)由(1)知f(x)＝2sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,3)))，又g(x)＝feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))， ∴g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,3))) ＝2sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,2)))＝2coseq \f(x,2). ∵g(－x)＝2coseq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)))＝2coseq \f(x,2)＝g(x)， ∴函数g(x)是偶函数． [变式训练] 8．已知函数f(x)＝sin(π－ωx)cos ωx＋cos2 ωx(ω>0)的最小正周期为π. (1)求ω的值； (2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,16)))上的最小值．解：(1)因为f(x)＝sin(π－ωx)cos ωx＋cos2 ωx，所以f(x)＝sin ωxcos ωx＋eq \f(1＋cos 2ωx,2) ＝eq \f(1,2)sin 2ωx＋eq \f(1,2)cos 2ωx＋eq \f(1,2) ＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,4)))＋eq \f(1,2).由于ω>0，依题意得eq \f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1. (2)由(1)知f(x)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋eq \f(1,2)，所以g(x)＝f(2x)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))＋eq \f(1,2). 当0≤x≤eq \f(π,16)时，eq \f(π,4)≤4x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)，所以eq \f(\r(2),2)≤sineq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))≤1. 因此1≤g(x)≤eq \f(1＋\r(2),2).故g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,16)))上的最小值为1. 三角函数的实际应用利用三角函数模型解决实际问题时，首先寻找与角有关的信息，确定选用正弦、余弦还是正切型函数模型；其次是寻找数据，建立函数解析式并解题；最后将所得结果“翻译”成实际答案，要注意根据实际作答．解题思路如下： [例9] 如图，在直径为1的圆O中，作一关于圆心对称、邻边互相垂直的十字形，其中y>x>0. (1)将十字形的面积表示为关于θ的函数； (2)当θ为何值时，十字形的面积最大？最大面积是多少？ [解]　(1)设S为十字形的面积，则S＝2xy－x2(y>x>0)．又圆O的直径为1，则x＝cos θ，y＝sin θ. 因为0<x<y，所以0<cos θ<sin θ，所以tan θ>1，从而θ∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，故S＝2xy－x2＝2sin θcos θ－cos2θeq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)<θ<\f(π,2))). (2)S＝2sin θcos θ－cos2θ＝sin 2θ－eq \f(1,2)cos 2θ－eq \f(1,2)＝eq \f(\r(5),2)sin(2θ－φ)－eq \f(1,2) eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)<θ<\f(π,2)))，其中tan φ＝eq \f(1,2)， φ∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，当sin(2θ－φ)＝1，即2θ－φ＝eq \f(π,2)时，S最大．所以当θ＝eq \f(π,4)＋eq \f(φ,2)时，十字形的面积最大，最大值为eq \f(\r(5)－1,2)，其中tan φ＝eq \f(1,2)，φ∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). 9．某“帆板”集训队在一海滨区域进行集训，该海滨区域的海浪高度y(单位：米)随着时间t(0≤t≤24，单位：时)成周期性变化，每天各时刻t的浪高数据的平均值如下表： t/时 0 3 6 9 12 15 18 21 24 y/米 1.0 1.4 1.0 0.6 1.0 1.4 0.9 0.5 1.0 (1)试在图中描出所给点； (2)观察(1)中所绘图，从y＝at＋b，y＝Asin(ωt＋φ)＋b，y＝Acos(ωt＋φ)中选择一个合适的函数模型，并求出该拟合模型的解析式； (3)如果确定在一天内的7时至19时之间，当浪高不低于0.8米时才进行训练，试安排恰当的训练时间．解：(1)描出所给点如图所示． (2)由(1)知选择y＝Asin(ωx＋φ)＋b较合适．令A>0，ω>0，|φ|<π. 由图知A＝0.4，b＝1，T＝12，所以ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,6). 把t＝0，y＝1代入y＝0.4sin(eq \f(π,6)t＋φ)＋1，得φ＝0. 故所求拟合模型的解析式为y＝0.4sineq \f(π,6)t＋1(0≤t≤24)． (3)由y＝0.4sineq \f(π,6)t＋1≥0.8，得sineq \f(π,6)t≥－eq \f(1,2)，则－eq \f(π,6)＋2kπ≤eq \f(π,6)t≤eq \f(7π,6)＋2kπ(k∈Z)，即12k－1≤t≤12k＋7(k∈Z)，注意到t∈[0,24]，所以0≤t≤7或11≤t≤19或23≤t≤24，再结合题意可知，安排在11时到19时训练较恰当． $

资源预览图

第5章三角函数章末归纳提升-【创新教程·五维课堂】2026-2027学年高中数学必修第一册同步课件PPT（人教A版）

所属专辑

教辅

【创新教程·五维课堂】2026-2027学年高中数学必修第一册同步课件PPT（人教A版）

高一数学第三方合辑 61 份文档

447人已阅读

第5章 三角函数 章末归纳提升-【创新教程·五维课堂】2026-2027学年高中数学必修第一册同步课件PPT（人教A版）

摘要：

内容正文：

资源预览图

第5章三角函数章末归纳提升-【创新教程·五维课堂】2026-2027学年高中数学必修第一册同步课件PPT（人教A版）