資源簡介

考點 22 任意角和弧度制、三角函數的概念（2 種核心題型+
基礎保分練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
1.了解任意角的概念和弧度制
2.能進行弧度與角度的互化，體會引入弧度制的必要性.
3.借助單位圓理解任意角三角函數(正弦、余弦、正切)的定義．
【知識點】
1．角的概念
(1)定義：角可以看成一條射線繞著它的端點旋轉所成的圖形．
(2)分類
{按旋轉方向不同分為正角、負角、零角按終邊位置不同分為象限角和軸線角.
(3)相反角：我們把射線 OA 繞端點 O 按不同方向旋轉相同的量所成的兩個角叫做互為相反
角．角 α 的相反角記為－α.
(4)終邊相同的角：所有與角 α 終邊相同的角，連同角 α 在內，可構成一個集合 S＝{β|β＝α＋
k·360°，k∈Z}．
2．弧度制的定義和公式
(1)定義：把長度等于半徑長的圓弧所對的圓心角叫做 1 弧度的角，弧度單位用符號 rad 表
示．
(2)公式
l
角 α 的弧度數公式 |α|＝ (弧長用 l 表示)
r
π 180
角度與弧度的換算 1°＝ rad；1 rad＝ °
180 ( π )
弧長公式 弧長 l＝|α|r
1 1
扇形面積公式 S＝ lr＝ |α|r2
2 2
3．任意角的三角函數
(1)任意角的三角函數的定義：
y
設 P(x，y)是角 α 終邊上異于原點的任意一點，其到原點 O 的距離為 r，則 sin α＝ ，cos α＝
r
x y
，tan α＝ (x≠0)．
r x
(2)三角函數值在各象限內的符號：一全正、二正弦、三正切、四余弦，如圖．
常用結論
1．象限角
2．軸線角
【核心題型】
題型一　角及其表示
α
確定 kα， (k∈N*)的終邊位置的方法
k
α α
先寫出 kα 或 的范圍，然后根據 k 的可能取值確定 kα 或 的終邊所在位置．
k k
2π 2π
【例題 1】（2023·安徽·模擬預測）已知角a 終邊上有一點P sin ,cos ÷，則 π - a 為
è 3 3
（ ）
A．第一象限角 B．第二象限角
C．第三象限角 D．第四象限角
【答案】C
【分析】根據終邊相同角的定義即可求解.
a P sin 2π ,cos 2π
3 1
【詳解】已知角 終邊上有一點 ÷，即點P ,- ，
è 3 3
÷
֏ 2 2
a π\ = - + 2kπ k Z ，
6
7π
\π -a = - 2kπ k Z 為第三象限角.
6
故選：C.
a sin 4π ,cos 4π 【變式 1】（2023·遼寧·一模）已知角 的終邊上一點的坐標為 ÷，則a 的最小
è 5 5
正值為（ ）
π 3π 4π 17π
A． B． C． D．
5 10 5 10
【答案】D
4π π 3π
【分析】通過 = -
- ÷ ，用誘導公式將點的坐標化為 cosa ,sina ，根據三角函數的5 2 è 10
定義即可寫出a ，判斷選項即可.
4π π 3π 4π π 3π 3π
【詳解】解：因為 = - -

÷ ，所以 sin = sin -

- =cos
- ，
5 2 è 10 5 è 2 è 10
÷÷ ÷
è 10
cos 4π而 = cos
π
-
3π
- =sin 3π -

，
5 è 2

è 10 ÷÷ ÷ è 10

所以角a 的終邊上點的坐標可寫為： cos
3π ,sin 3π - ÷ -

10 10 ÷÷
，
è è è
所以a = -
3π + 2kπ,k Z 3π 17π，因此a 的最小正值為- + 2π = .
10 10 10
故選：D
【變式 2】（2024·北京東城·一模）已知角a , b 的終邊關于直線 y = x 對稱，且
sin a 1- b = ，則a , b 的一組取值可以是a = ， b = .
2
π π
【答案】 （答案不唯一，符合題意即可） （答案不唯一，符合題意即可）
3 6
π 1
【分析】由角a , b 的終邊關于直線 y = x 對稱，可得a + b = + 2kπ ，再由 sin a - b = 可
2 2
b π得 = + kπ
π
或 b = - + kπ，即可求出答案.
6 6
【詳解】因為角a , b 的終邊關于直線 y = x 對稱，
a b π則 + = + 2kπ
π
， k Z，則a = - b + 2kπ ，
2 2
sin a b 1因為 - = ，所以 sin π - b + 2kπ - b
= sin π - 2b + 2kπ cos 2b 1÷ ÷ = = ，2 è 2 è 2 2
所有 2b
π
= + 2kπ 2b π或 = - + 2kπ ， k Z，
3 3
π π
解得： b = + kπ或 b = - + kπ， k Z，
6 6
π π
取 k = 0，b 的一個值可以為 ，a 的一個值可以為 .
6 3
π π
故答案為： 3 （答案不唯一，符合題意即可）； 6 （答案不唯一，符合題意即可）
【變式 3】（2024·湖南岳陽·三模）已知角a , b 的終邊關于直線 y = x 對稱，且
sin(a 3- b ) = ，則a , b 的一組取值可以是a = ， b = ．
2
5π π
【答案】 （答案不唯一，符合a = k + m π 5π π+ ， b = k - m π + 或
12 12 12 12
a = k + m π 7π+ ， b = k - m π π- ， k, m Z即可）
12 12
【分析】由條件角a , b 的終邊關于直線 y = x 對稱可得a + b ，由 sin(a - b ) 3= 可得a - b ，
2
解方程求a , b 即可.
【詳解】因為角a , b 的終邊關于直線 y = x 對稱，
π
所以a + b = 2kπ + ， k Z，
2
又 sin(a 3- b ) = ，
2
所以a - b = 2mπ
π 2π
+ 或a - b = 2mπ + ，m Z，
3 3
所以a = k + m π 5π+ ， b = k - m π π a k 7π π+ 或 = + m π + ， b = k - m π - ，
12 12 12 12
k, m Z，
取 k = 0,m
5π
= 0可得a = , b
π
= 或a
7π
= , b π= -
12 12 12 12
所以a , b 的一組取值可以是a
5π
= , b π= ，
12 12
5π π a 5π π故答案為： ， ，（答案不唯一，符合 = k + m π + ， b = k - m π + 或
12 12 12 12
a = k + m π 7π+ ， b = k - m π π- ， k, m Z即可）
12 12
題型二　弧度制及其應用
應用弧度制解決問題的方法
(1)利用扇形的弧長和面積公式解題時，要注意角的單位必須是弧度．
(2)求扇形面積最大值的問題時，常轉化為基本不等式或二次函數的最值問題．
1 1 1
【例題 2】（2024·全國·模擬預測）設 a = cos ,b = sin ,c = tan
1
，則（
3 3 3 3 ）
A． a > b > c B． a > c > b
C． c > a > b D． c > b > a
【答案】D
b
【分析】由 sina < a < tana ，可證b < c ， >1，得結論.
a
π
【詳解】先證明：當a 0, ÷ 時， sina < a < tana .
è 2
如圖，角a 終邊為 OP，其中點 P 為角a 的終邊與單位圓的交點，PM ^ x 軸，交 x 軸于點
M，
A 點為單位圓與 x 軸的正半軸的交點， AT ^ x 軸，交角a 終邊于點 T，
則有向線段 MP 為角a 的正弦線，有向線段 AT 為角a 的正切線，
設弧P A長 l = a 1 = a ，
1 1 1
由圖形可知： SVOAP < S扇形OAP < SVOAT ，即 OA MP < OA l < OA AT ，2 2 2
1
所以 OA sina
1 1
< OA a < OA tana ，即 sina < a < tana .
2 2 2
則 sin
1
< tan 1 ，所以b < c ．
3 3
b 3tan 1而 = > 3
1
=1，所以b > a，
a 3 3
所以 c > b > a .
故選：D．
【變式 1】（23-24 高三上·北京·階段練習）已知圓錐的頂點為S ，母線SA， SB 所成角的余弦
3
值為 ，SA 16與圓錐底面所成角為 45°，若△SAB 的面積為 ，則該圓錐的側面積為 .
5 5
【答案】 4 2π
【分析】根據條件算出母線長和底面半徑即可求出側面積.
【詳解】如圖：其中 O 是底面圓心，設半徑為 r，則 AO = r ，
cos ASB 3= ，Q ASB 0, π , 4\sin ASB = 1- cos2 ASB = ，
5 5
由于SA， SB 都是母線，所以 SA = SB ，
1 1
△SAB S 2
4 16
的面積 VSAB = SA × SB ×sin ASB = SA = , SA = 2 2 ，2 2 5 5
因為SA與圓錐底面所成角為 45°，所以 SAO = 45°，
2
所以在等腰直角三角形 SAO 中， AO = r = SA = 2 ，
2
1 SA 2πr 1所以側面積= × = × 2 2 ×2π ×2=4 2π ；
2 2
故答案為： 4 2π .
【變式 2】（22-23 高一下·遼寧朝陽·期中）已知扇形的面積為 4，圓心角的弧度數是 2，則該
扇形的半徑為 ．
【答案】 2
【分析】根據扇形的面積公式列式可求出結果.
【詳解】依題意得 S = 4，a = 2，設半徑為 r ，
S 1由 = r 2a ，得 4
1
= 2r 2 ，得 r = 2 .
2 2
故答案為： 2
【變式 3】（2024·內蒙古呼和浩特·一模）用一個圓心角為120°，面積為3p 的扇形OMN （O
為圓心）用成一個圓錐（點 M , N 恰好重合），該圓錐頂點為 P ，底面圓的直徑為 AB ，則
cos APB的值為 ．
7
【答案】
9
【分析】根據扇形的面積及弧長求出母線及底面圓半徑，再由余弦定理求解.
【詳解】設圓錐的母線長為 l，底面半徑為 r ，
2π
∵扇形的圓心角為
3
2
\S 1 2π πl= × × l 2 = = 3π ，解得 l = 3，
扇形 2 3 3
∵扇形的弧長等于它圍成的圓錐的底面周長，
2π
\ × l = 2πr \r =1，
3
所以圓錐的軸截面VABP中，PA = PB = 3， AB = 2 ，
cos APB PA
2 + PB2 - AB2 18 - 4 7
由余弦定理可得 = = = ，
2PA × PB 2 3 3 9
7
故答案為：
9
題型三　三角函數的概念
(1)利用三角函數的定義，已知角 α 終邊上一點 P 的坐標，可以求出 α 的三角函數值；已知
角 α 的三角函數值，也可以求出點 P 的坐標．
(2)利用角所在的象限判定角的三角函數值的符號時，特別要注意不要忽略角的終邊在坐標
軸上的情況．
【例題 3】（2023·福建福州·模擬預測）已知角a 的頂點在坐標原點，始邊與 x 軸非負半軸重
合，cosa 5= , P m,2 為其終邊上一點，則m =（ ）
5
A．-4 B．4 C． -1 D．1
【答案】D
【分析】根據已知條件，結合任意角的三角函數的定義，即可求解．
5
【詳解】始邊與 x 軸非負半軸重合， cosa = ，P(m, 2)為其終邊上一點，
5
m 5
則 = 5 ，且m > 0，解得m =1m2
．
+ 4
故選：D．
【變式 1】（2024·河南·一模）以坐標原點為頂點，x 軸非負半軸為始邊的角a ，其終邊落在
直線 y = x 上，則有（ ）
A． sina 2= - B． cosa 2= C． sina + cosa = ± 2 D． tana = ±1
2 2
【答案】C
π 5π
【分析】利用角a 的終邊落在直線 y = x 上易于求得角a= +2kπ或a= +2kπ,k Z，分別
4 4
求出角a 的正弦、余弦值，即可對選項一一判斷.
【詳解】因角a 的終邊落在直線 y = x 上，故a=
π +2kπ或a=
5π +2kπ,k Z .
4 4
π 2
對于 A，當a= +2kπ， k Z時， ，故 A 項錯誤；
4 sina = 2
5π
B a= +2kπ,k Z cosa 2對于 ，當 時， = - ，故 B 項錯誤；4 2
π 5π
對于 C，當a= +2kπ， k Z時， sina + cosa = 2 ，當a= +2kπ,k Z時，4 4
sina + cosa = - 2 ，故 C 項正確；
π
對于 D 項，當a= +2kπ k Z sina 2 , cosa 2， 時， = = ，則 tana =1；4 2 2
當a=
5π +2kπ,k Z時， sina 2= - ， cosa 2= - ，則 tana =1.故 D 項錯誤.4 2 2
故選：C.
π 3
【變式 2】（2024·湖南邵陽·二模）在VABC 中， A = , AB 邊上的高為 ，則
3 AB3
cosC = .
7 1
【答案】 / 7
14 14
【分析】作出圖形，利用真假三角形邊角關系求出 sin B, cos B，再利用誘導公式及和角的余
弦公式計算得出結果.
【詳解】令VABC 的內角 ACB 3所對邊為 c，過C 作CD ^ AB 于D則CD = c ，
3
π tan A CD AD 1在直角VACD中， A = ， = ，則 = c，從而DB
2
= c
3 ，AD 3 3
2
2
△BCD BC CD2 DB2 3 c 2 c 7在直角 中， = + = 3 ÷÷
+ ÷ = c ，
è è 3 3
DC 3
從而 sin B = = c， cos B
DB 2
= =
BC 7 BC
，
7
π
在VABC 中，C = π- + B

，
è 3 ÷
cosC = -cos π + B
1 3
所以 ÷ = - cos B - sin B
1 2 3 3 1 7
÷÷ = - - ÷÷ = = .è 3 è 2 2 è 2 7 2 7 2 7 14
7
故答案為： .
14
【變式 3】（2023·廣東佛山·一模）若點 A cosq ,sinq 關于原點對稱點為
B cos p q ,sin p q - ÷ - ÷÷，寫出q 的一個取值為 .
è è 6 è 6
7π 7π
【答案】 （答案不唯一，q = + kπ ， k Z均可以）
12 12
【分析】根據A 、 B 關于原點對稱，所以兩角的終邊在一條直線上，得：
q π= -q + 2k +1 π， k Z .再令 k 隨意取值，可得結論.
6
【詳解】∵ A cosq ,sinq B cos π -q ,sin π 和 ÷ -q ÷÷關于原點對稱.
è è 6 è 6
π q π∴q 與 - 的終邊在一條直線上.即：q = -q + 2k +1 π， k Z .
6 6
7π
∴q = + kπ ， k Z .
12
令 k = 0得q
7π
= .
12
7π q 7π= + kπ
故答案為： 12 （滿足 12 ， k Z即可）
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
9π
1．（2023 高三·全國·專題練習）與 終邊相同的角的表達式中，正確的是（
4 ）
A． 45° + 2kπ,k Z B． k
π
×360° + ,k Z
4
C． k ×360° + 315°,k Z D 7π． 2kπ - 4 ,k Z
【答案】D
【分析】根據角度的表示方法分析判斷 AB，根據終邊相同的角的定義分析判斷 CD.
【詳解】在同一個表達式中，角度制與弧度制不能混用，所以 A，B 錯誤．
9π 9π
與 終邊相同的角可以寫成 2kπ + 4 k Z 的形式，4
k 7π= -2 時， 2kπ + 9π4 = -
7π
4 ，315°換算成弧度制為 ，所以 C 錯誤，D 正確．4
故選：D．
2．（23-24 高三上·江西贛州·期中）已知a 為第一象限角，且 sina cos b = cosa sin b +1，則b
為（ ）
A．第一象限角 B．第二象限角
C．第三象限角 D．第四象限角
【答案】D
【分析】由已知，利用差角正弦公式可得 sin(a - b ) = 1
π
，進而有a = 2k1π + + b ,k1 Z，結2
合a 為第一象限角列不等式求b 范圍即可.
【詳解】由題設 sina cos b - cosa sin b = sin(a - b ) =1，則a - b = 2k1π
π
+ , k1 Z，2
所以a = 2k π
π
1 + + b ,k1 Z，而a 為第一象限角，2
所以 2kπ < 2k π
π π
1 + + b < 2kπ + ,k, k1 Z，則 2(k - k1)π
π
- < b < 2(k - k1)π, k - k1 Z ,2 2 2
π
所以 2k2π - < b < 2k2π, k2 Z，即b 為第四象限角.2
故選：D
2p
3．（23-24 高三上·重慶渝北·階段練習）已知角a 終邊上有一點P(sin ,cos
2p)，則 π +a 是
3 3
（ ）
A．第一象限角 B．第二象限角
C．第三象限角 D．第四象限角
【答案】B
【分析】首先由點 P 的坐標確定角a 終邊的位置，再確定 π +a 所在象限.
sin 2π 3
2π 1 P 3 , 1

【詳解】 = ， cos = - ，即 -3 2 2 2 ÷3 2 ÷
,
è
點 P 在第四象限，即角a 的終邊在第四象限， π +a 的終邊為角a 終邊的反向延長線，
那么 π +a 的終邊在第二象限.
故選：B
4．（23-24 高三上·海南省直轄縣級單位·階段練習）若a 是第一象限角，則下列各角為第四
象限角的是（ ）
A．90° -a B．90° + a C．360° -a D．360° + a
【答案】C
【分析】由題意，根據角的定義和象限角的概念可判斷各個選項.
【詳解】因為a 是第一象限角，所以-a 是第四象限角，
則90o -a 是第一象限角，故 A 錯誤；90o +a 是第二象限角，故 B 錯誤；
360o -a 是第四象限角，故 C 正確；360o +a 是第一象限角，故 D 錯誤.
故選：C.
二、多選題
5．（2024·全國·模擬預測）如圖，設單位圓與 x 軸的正半軸相交于點 A 1,0 ，以 x 軸的非負
π
半軸為始邊作銳角a ，b ，a - b ，它們的終邊分別與單位圓相交于點P1， A1， P ．若a = ，3
則下列說法正確的是（ ）
b π VOA P 1A．當 = 時， 1 的面積為4 4
b π πB．當 = 時，扇形OA1P1的面積為6 6
π
C 2 + 6 - 2．當 b = 時，四邊形OAPA1的面積為4 8
D．四邊形OAA1P1面積的最大值為 1
【答案】AC
【分析】根據三角形面積公式可判斷A；由扇形面積公式可判定B； S四邊形OAPA = S△OAP + S1 △OA1P ，
根據三角形面積公式即可判斷 C； S四邊形OAA P = S△AOA + S1 1 1 △P1OA1 ，借助三角函數恒等式化簡即
可判斷 D.
【詳解】由題意，得圓的半徑 r =1， AOP1 = α ， AOA1 = b ， AOP = a - b ．
π π
對于 A，由a = ， b = ，得 A1OP = b - a - b 2b a
π
= - = ，
3 4 6
S 1則 △OA P = 1 1 sin
π 1
= ，故 A 正確；
1 2 6 4
π
對于 B，當 b = 時，因為 P1OA1 = a - b
π π π
= - = ，
6 3 6 6
1 π 2 π
所以扇形OA1P1的面積 S = 1 = ，故 B 錯誤；2 6 12
b π S 1 1對于 C，當 = 時，
4 四邊形OAPA
= S
1 △OAP
+ S△OA P = 1 1 sin a - b +1 2 4
1
= sin π π 1 2 + 6 - 2
2
- ÷ + = ，故 C 正確；
è 3 4 4 8
對于 D， S四邊形OAA P = S1 1 △AOA + S1 △P1OA1
1
= 1 1 1 sin b + 1 1 sin a - b 1 sin b 1= + sin a - b ，
2 2 2 2
a π由 = ，得 S
1
OAA P = sin b
1 π
+ sin - b
3 四邊形 1 1 2 2 ÷è 3
1 sin b 1 sin π π= + cos b - cos sin b

2 2 3 3 ֏
1 3
= sin b + cos b 1 1 sin b 3 1 π= + cos b = sin
b + ，
4 4 2 è 2 2
÷÷ ÷
2 è 3
π π π 1
所以當 b + = ，即 b = 時， S 取得最大值，為 ，故 D 錯誤．
3 2 6 四邊形OAA1P1 2
故選：AC
6．（2024·全國·模擬預測）如圖，已知正三棱錐 A - PBC 和正三棱錐D - PBC 的側棱長均為
2, BC = 2 ．若將正三棱錐 A - PBC 繞BC 旋轉，使得點 A, P分別旋轉至點 A , P 處，且
A , B,C, D四點共面，點 A , D分別位于BC 兩側，則下列說法中正確的是（ ）
A．多面體 ABDPC 存在外接球 B． PP ^ BC
C．PP //平面 A BDC D．點 P 3π運動所形成的最短軌跡長大于
3
【答案】BCD
【分析】若多面體 ABDPC 存在外接球，則球心必為VBCP 的外心O，由OC OA即可判斷
A；正三棱錐 A - PBC 中側棱互相垂直且相等，正三棱錐D - PBC 中側棱互相垂直且相等，
將正三棱錐D - PBC 放到正方體中，即可判斷 BCD．
【詳解】若多面體 ABDPC 存在外接球，則球心必為VBCP 的外心O，連接 AO ，OC ，
OC 2 3則 = ， AO ^平面 BCP ，又OC 平面 BCP ，所以 AO ^ OC ，
3
所以OA = AC 2 - OC 2 6= ，
3
因為OC OA，所以多面體 ABDPC 不存在外接球，故選項 A 錯誤；
因為正三棱錐 A - PBC 和正三棱錐D - PBC 的側棱長均為 2, BC = 2 ，
則正三棱錐 A - PBC 中側棱兩兩互相垂直且相等，正三棱錐D - PBC 中側棱兩兩互相垂直且
相等，
所以正三棱錐 D - PBC 可以放到正方體 EPFP - BDCA 中，當點 A, P分別旋轉至點 A , P 處，
且 A , B,C, D四點共面，點 A , D分別位于BC 兩側時，如圖所示，
易知四邊形DPP A 為平行四邊形，則 A D//PP ，
又 A D 平面 A BDC ，且PP 平面 A BDC ，所以PP //平面 A BDC ，故 C 正確；
因為四邊形BDCA 為正方形，所以BC ^ A D，所以 PP ^ BC ，故 B 正確；
設BC, A D交于點G ，則BC, A D互相平分，DP = 2, DG =1，PP = A D = 2 ，
在Rt△PDG 中，PG = 3 ，同理可得P G = 3 ，
在VPGP 中， cos PGP
3+ 3- 4 1 1 π
= = < ，所以 PGP > ，
2 3 3 2 3
又因為點 P 運動的最短軌跡是以BC 的中點G 為圓心，半徑為 3的圓弧PP ，
3π
所以點 P 運動所形成的最短軌跡長大于 ．故選項 D 正確．
3
故選：BCD．
【點睛】關鍵點點睛：本題 BC 選項的關鍵是利用線面平行的判定得到PP //平面 A BDC ，D
選項的關鍵是得到點 P 運動的最短軌跡是以BC 的中點G 為圓心，半徑為 3的圓弧PP .
三、填空題
7．（2023·天津河北·一模）直線 x - y -1 = 0將圓 (x - 2)2 + (y - 3)2 = 8分成兩段圓弧，則較短
圓弧與較長圓弧的弧長之比為 .
【答案】1: 2
【分析】首先假設直線與圓的兩個交點為 A、B，圓心為C ， ACB = 2a (0 < a < p ) ，利用已
知求得a ，再用兩段圓弧的弧長之比等于兩段弧長所對的圓心角的弧度數之比即可求得兩段
圓弧的弧長之比.
【詳解】設直線與圓的兩個交點為 A、B，圓心為C ， ACB = 2a (0 < a < p ) ，
2 - 3 -1
∵圓心到直線的距離 d = = 2 ，
1+1
∴ cosa 2 1= = ，
2 2 2
Q0 < a < p ，
∴a
p
= ，
3
∴ ACB = 2a
2p
= ，
3
所以兩段圓弧的弧長之比等于兩段弧長所對的圓心角的弧度數之比為1: 2 .
故答案為：1: 2 .
8．（2024 高三·全國·專題練習）已知一個扇形圓心角60o ，a 所對的弧長 l = 3π，則該扇形面
積為 ．
27
【答案】 π
2
【分析】根據題意，結合弧長公式以及扇形面積公式，即可求解．
【詳解】因為扇形圓心角a = 60o ，且a 所對的弧長 l = 3π，
π
設扇形所在圓的半徑為 r ，可得 l = r = 3π ，解得 r = 9，
3
1 1 27π
所以扇形的面積為 S = lr = 3π 9 = .
2 2 2
27π
故答案為： .
2
9．（2024·全國·模擬預測）已知a 是第二象限角，且其終邊經過點 -3,4 ，則
tan a = ．
2
【答案】 2
a π kπ, π【分析】根據題意，求得 + + kπ
a
÷ , k Z ，得到 tan > 0，再結合三角函數的定2 è 4 2 2
義和正切的倍角公式，即可求解.
π
【詳解】因為a 是第二象限角，可得a + 2kπ, π + 2kπ2 ÷
,k Z，
è
a

π π
則 + kπ, + kπ

÷ , k Z
a
，所以 tan > 0，
2 è 4 2 2
2tan a
又因為a 的終邊經過點 -3,4 tana 4，可得 = - ，可得 tana 2 4= = - ，
3 1- tan2 a 3
2
tan a 2 a 1解得 = 或 tan = - （舍去）．
2 2 2
故答案為： 2 .
四、解答題
10．（2024 高三·全國·專題練習）已知角a 終邊經過點P x,- 2 x 0 3，且 cosa = x．求
6
sina 1+ 的值．
tana
6 5 - 6 6 5 + 6
【答案】 或-
6 6
【分析】根據三角函數定義求解.
【詳解】∵ P x,- 2 x 0 ，∴點 P 到原點的距離 r = x2 + 2 ．
x 3
又 cosa 3= x，∴ cosa = = x ．
6 x2 + 2 6
∵ x 0，∴ x = ± 10 ，∴ r = 2 3 ．
當 x = 10 時，P 點坐標為 10,- 2 ，
6 1
由三角函數的定義，有 sina = - ， = - 5 ，
6 tana
∴ sina 1 6 6 5 + 6+ = - - 5 = - ；
tana 6 6
當 x = - 10 時，同理可求得 sina 1 6 5 - 6+ = ．
tana 6
11．（22-23 高三上·安徽阜陽·期中）已知角a 的頂點與坐標原點重合，始邊與 x 軸的非負半
軸重合，終邊經過點 -3,9 ．
3π
(1)求 tan 2a + ÷的值；
è 4
(2)求 sin2a + 3cos2a 的值．
1
【答案】(1) -
7
(2) -3
【分析】（1）根據三角函數的定義求出三角函數值，再利用正切的倍角公式與和差公式即可
得解；
（2）利用正余弦函數的倍角公式，轉化為齊次式，從而化簡代入即可.
【詳解】（1）依題意， tana
9
= = -3．
-3
tan2a 2tana -6 3則 = 2 = = ．1- tan a -8 4
1
tan 2a 3π tan2a -1
-
4 1故 + ÷ = =
è 4 1+ tan2a 7
= - ．
7
4
（2）依題意， sin2a + 3cos2a
2sinacosa + 3cos2a - 3sin2a
=
sin2a + cos2a
2tana + 3 - 3tan2a
= 2 .tan a +1
-6 + 3 - 27
=
9 +1
= -3．
【綜合提升練】
一、單選題
1．（2024·河南商丘·模擬預測）“ sin a - 2024π > 0 ”是“a 為第一象限角”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】利用誘導公式及正弦函數的性質結合充分、必要條件的定義判定選項即可.
【詳解】易知 sin a - 2024π = sina ，所以 sin a - 2024π > 0 sina > 0
a 為第一象限角、第二象限角或終邊落在縱軸正半軸上的角，
顯然不滿足充分性，滿足必要性.
故選：B
3 4 π
2．（2024·黑龍江·二模）已知角a 的終邊與單位圓的交點P ,- ÷，則 sin a - ÷ = （ ）
è 5 5 è 2
4 3 3 4
A．- B．- C． D．
5 5 5 5
【答案】B
3
【分析】根據題意可知 cosa = ，利用誘導公式運算求解.
5
3 4 3
【詳解】因為角a 的終邊與單位圓的交點P ,- ÷，可知 cosa = ，
è 5 5 5
sin a π cosa 3所以 - ÷ = - = - .
è 2 5
故選：B.
3．（2024·北京懷柔·模擬預測）攢尖是我國古代建筑中屋頂的一種結構樣式，多見于亭閣式
建筑、園林建筑等，如圖所示的亭子帶有攢尖的建筑屋頂可近似看作一個圓錐，其底面積為
16π 32 5，屋頂的體積為 π ，算得側面展開圖的圓心角約為（ ）
3
2π 5π 4π 7π
A． B． C． D．
3 6 3 6
【答案】C
【分析】根據底面圓面積求出底面圓半徑，從而求出底面圓周長，得側面展開圖扇形的弧長，
再由圓錐體積求圓錐的高，勾股定理求圓錐母線長，得側面展開圖扇形半徑，可求側面展開
圖的圓心角.
【詳解】底面圓的面積為16π，得底面圓的半徑為 r = 4，
所以底面圓周長為8π，即圓錐側面展開圖扇形的弧長為 l = 8π，
32 5 1 32 5
屋頂的體積為 π ，由 16πh= π得圓錐的高 h = 2 5 ，
3 3 3
所以圓錐母線長，即側面展開圖扇形半徑R = h2 + r 2 = 20 +16 = 6 ，
l 8π 4π
得側面展開圖扇形的圓心角約為a = = = .
R 6 3
故選：C.
π
4．（2024·遼寧撫順·三模）已知圓錐的底面圓的半徑為 1，其側面展開圖是一個圓心角為
2
的扇形，則該圓錐的母線長為（ ）
5 7
A． B．3 C． D．4
2 2
【答案】D
π
【分析】設母線長為 l，根據題意得到 l = 2π 1，即可求解．
2
π
【詳解】設母線長為 l，由題意，可得 l = 2π 1，解得 l = 4，即圓錐的母線長為 4．
2
故選：D.
π
5．（22-23 高三上·安徽安慶·階段練習）已知條件 p :a ，條件 q : tana 1，則 p 是q的
4
（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分又不必要條件
【答案】B
【分析】將已知條件轉化為逆否命題來判斷，在利用充分條件和必要條件的定義進行判斷即
可得結論
π
【詳解】命題轉化為逆否命題：“ tana =1”是“a = ”的充分、必要問題
4
a π因為 tana =1，有 = + kπ(k Z)，所以a
π
不一定為
4 4
故充分性不成立
π
當a = 時，則 tana =1，
4
所以必要性成立
a π所以“ tana =1”是“ = ”的必要不充分條件
4
由原命題與逆否命題等價性
所以 p 是q的必要不充分條件
故選：B.
ì π π ü
6．（22-23 高三上·貴州貴陽·期末）已知集合 A = ía 2kπ + a 2kπ + ,k Z ，
4 2
B π π= ìa kπ + a kπ + ,k Züí ，則（4 2 ）
A． A B B．B A C． A = B D． A B =
【答案】A
【分析】根據角的范圍及集合的關系即可判斷.
【詳解】當 k = 2n,n Z
ì
時，B = ía 2nπ
π
+ a 2nπ π+ ,k Zü
4 2
= A，

π
當 k = 2n +1,n Z時，B =
ì
ía 2nπ + π + a 2nπ + π
π
+ ,k Zü ，
4 2
所以 A B .
故選：A
7．（2024·重慶·模擬預測）已知角a 的頂點為坐標原點，始邊與 x 軸的非負半軸重合，終邊
上有兩點 A 1,a ，B 2,b ，且 cos2a 3= ，則 a - b = （ ）
5
A 1 5 2． 2 B． C． D．15 2
【答案】A
2 4
【分析】利用二倍角的余弦公式可求得 cos a = ，進而可求得 tana 的值，利用斜率公式
5
可求得 | a -b |的值．
【詳解】∵角a 的頂點為坐標原點，始邊與 x 軸的非負半軸重合，終邊上有兩點 A 1, a ，
B 2,b ，
且 cos 2a
3
= ，∴ cos 2a = 2cos2 a -1
3
= ，
5 5
2
解得 cos2 a
4
= ，∴ | cosa |= ，∴ | sina |
1
= ，
5 5 5
tana b - a
sina
a b 1∴ = = - = =
2 -1 cosa 2
．
故選：A．
8．（2024·四川南充·三模）如圖，圓 O 內接一個圓心角為 60°的扇形 ABC ，在圓 O 內任取一
點，該點落在扇形 ABC 內的概率為（ ）
1
A B 3 C 1 3． ． ． 2 D．4 4 2
【答案】C
【分析】根據圓的半徑與扇形半徑的關系及扇形的面積公式，由幾何概型求解即可.
【詳解】設圓的半徑為 R ，過O作OD ^ AB 于D點，如圖，
則扇形的半徑 r = 2R cos30° = 3R ,
1 3 π πR2
所以扇形的面積 S = r 2a = R2 = ，
2 2 3 2
圓的面積 S = πR2 ，
πR2
由幾何概型可得：P S
1
= = 2 2 =
.
S πR 2
故選：C
二、多選題
9．（2024·廣東廣州·模擬預測）下列命題正確的是（ ）
A． p :“a 是第二象限角或第三象限角”， q :“ cosa < 0 ”，則 p 是q的充分不必要條件
a cosa sina 2B．若 為第一象限角，則 + =
1+ cos2a 1- cos2a 2
C．在VABC 中，若 tanA × tanB > 1，則VABC 為銳角三角形
π
D．已知a 0, 4 ÷
，且 cos2a 5 3 - 5= ，則 tana =
è 3 2
【答案】ACD
【分析】對 A，根據充分，必要條件的概念判斷；對 B，利用二倍角余弦公式化簡求解；對
C，將條件式切化弦結合三角變換求解判斷；對 D，利用二倍角余弦公式化簡條件式，再弦
化切求解.
【詳解】對于 A，若a 是第二象限角或第三象限角，則 cosa < 0 .若 cosa < 0，取
a = π,cosa = -1 < 0 ，
此時a 不是第二象限角或第三象限角，則 p 是q的充分不必要條件，故 A 正確；
對于 B，由于a 為第一象限角，則 cosa > 0,sina > 0，
cosa sina cosa sina
+ = +
1+ cos2a 1- cos2a 1+ 2cos2a -1 1- 1- 2sin2a
cosa sina
= + = 2 ，故 B 錯誤；
2cosa 2sina
V tanA tanB sinA ×sinB 1 sinA ×sinB - cosA ×cosB對于 C，在 ABC 中，若 × = > ，則 > 0，所以
cosA ×cosB cosA ×cosB
-cos A + B cosC
= > 0，
cosA ×cosB cosA ×cosB
故 cosA ×cosB ×cosC > 0，所以cosA > 0,cosB > 0,cosC > 0，故VABC 為銳角三角形，故 C 正
確；
2 2 2
對于 D，由 cos2a cos a - sin a 1- tan a 5= ，所以 2 2 ，則
cos2a + sin2
= = 3- 3tan a = 5 + 5tan a
a 1+ tan2a 3
2
tan2a 3- 5 (3- 5)= = ，
3+ 5 4
由a
π
0, 3- 5 4 ÷
，知 tana = ，故 D 正確.
è 2
故選：ACD.
10．（2023·吉林長春·一模）已知 sinq + cosq
1
= ，q (0,π)，則（ ）
5
A． tanq
3
= - cos 2q 7 tan q= - = 2 cos q π 2B． C． D． +
4 25 2 4 ÷
=
è 10
【答案】BC
1 24
【分析】先將 sinq + cosq = 兩邊平方，結合 sin2 q + cos2 q =1，得出 2sinq cosq = - ，結
5 25
合q
π 7
(0,π)得出q ( , π)，再計算出 sinq - cosq = - ，即可求出sinq 和 cosq ，根據同角三
2 5
角函數的商數關系，二倍角的余弦公式和正切公式，兩角的余弦公式分別計算即可判斷各選
項．
【詳解】由 sinq + cosq
1
= 得， (sinq + cosq )2
1
= ，則 2sinq cosq
24
= - ，
5 25 25
因為q (0,π)， 2sinq cosq
24
= - < 0，
25
π
所以q ( , π)，所以 sinq - cosq = 1- 2sinq cosq 24 7= 1+ = ，
2 25 5
ì
sinq + cosq
1 4
= ì
5
sinq =
5
由 í 7 ，解得 í sinq cosq cosq 3
，
- = = -
5 5
4
tanq sinq 4對于 A， = = 5 = - ，故 A 錯誤；
cosq 3- 3
5
對于 B， cos 2q = cos2 q - sin2 q (
3)2 4= - - ( )2 7= - ，故 B 正確；
5 5 25
π q π π θ
對于 C，因為q ( , π)，所以 ( , ) ，則 tan > 0，
2 2 4 2 2
2 tan q
tanq 4= 2q = - ，即 (tan
q
- 2)(2 tan q +1) = 0，
1- tan2 3 2 2
2
解得 tan
q
= 2或 tan
q 1
= - （舍去），故 C 正確；
2 2 2
cos q π cosq 2 2 3 2 4 2 7 2對于 D， + ÷ = × - sinq × = - - = - ，故 D 錯誤，
è 4 2 2 5 2 5 2 10
故選：BC．
11．（2024·湖南·模擬預測）已知q R ，雙曲線 C： x2 cosq + y2 sin 2q =1，則（ ）
A．q 可能是第一象限角 B．q 可能是第四象限角
C．點 1,0 可能在 C 上 D．點 0,1 可能在 C 上
【答案】BD
【分析】根據雙曲線標準方程的特征，可得 cosq sin 2q < 0，即q 在第三象限或第四象限，
分情況討論得解.
【詳解】根據題意，可得 cosq sin 2q < 0，即 sinq cos2 q < 0 ，即 sinq < 0且 cosq 0，
所以q 在第三象限或第四象限.故 A 錯誤，B 正確；
當q 在第三象限時，有-1 < sinq < 0，-1 < cosq < 0， sin 2q > 0，
y2 x2
1 - 1 =1
5π
雙曲線方程為 ，當 sin 2q = 1即q = + 2kπ ， k Z時，方程為
- 4
sin 2q cosq
2
y2 x- =1
2 ，
2
所以點 0,1 在雙曲線上，故 D 正確；
當q 在第四象限時，有-1 < sinq < 0，0 < cosq <1， sin 2q < 0，
x2 y2
- =1 1
雙曲線方程為 1 1 ，因為 >1，所以點 1,0 不在雙曲線上，故 C 錯誤.
- cosq
cosq sin 2q
故選：BD.
三、填空題
12．（2023·全國·模擬預測）已知直線 l : 3x + 4 y -1 = 0 與圓C : x2 - 4x + y2 = 0交于A ， B 兩點，
則劣弧 AB 所對應的扇形 ACB 的面積為 ．
4p 4
【答案】 / p
3 3
π
【分析】化圓為標準方程，求出圓心到直線的距離，即可求出 ACM = ，再由扇形的面
3
積公式求解即可.
2
【詳解】由題意知，圓 C 的標準方程為 x - 2 + y2 = 4，
3 2 -1
圓心C 2,0 到直線 l 的距離 d = =1
32
．
+ 42
設弦 AB 的中點為 M，則CM = d =1．由圓 C 的半徑為 2，
得 cos ACM
CM 1
= = ，
AC 2
所以 ACM
π
= ，所以 ACB
2π
= ，
3 3
1 2 2π 4π
故劣弧 AB 所對應的扇形 ACB 的面積為 2 = ．2 3 3
4π
故答案為： .
3
1 1
13．（2023· 2上海青浦·二模）已知函數 y = 1- x - x ÷的圖像繞著原點按逆時針方向
è 2 2
旋轉q 0 q p 弧度，若得到的圖像仍是函數圖像，則q 可取值的集合為 .
é0 π ù U é2π ù【答案】 ê ， ，π 3 ú ê 3 ú
【分析】題中函數為圓 x2 + y2 =1的一段劣弧，在旋轉過程中，只需根據函數的定義考慮一
個 x 只有唯一確定的 y 與之對應，即圖形與 x = m 只有一個交點時旋轉的角度符合題意.
1 1
【詳解】畫出函數 y = 1- x2

- x ÷的圖象，如圖 1 所示：
è 2 2
1 3 1 3
圓弧所在的圓方程為 x2 + y2 =1， A(- , )，B( , )，在圖象繞原點旋轉的過程中，當
2 2 2 2
A 從圖 1 的位置旋轉到 -1，0 點時，根據函數的定義知這個旋轉過程所得的圖形均為函數的
圖象，如圖 2 所示：
π
此時繞著原點旋轉弧度為0 q ；
3
若函數圖象在圖 2 位置繞著原點繼續旋轉，當點 B 在 x 軸上方，點A 在 x 軸下方時，根據函
數的定義知，所得圖形不是函數的圖象，如圖 3 所示：
π 2π
此時轉過的角度為 < q < ，不滿足題意；
3 3
若函數的圖象在圖 3 位置繞著原點繼續旋轉，當整個圖象都在 x 軸下方時，根據函數的定義
知，所得圖形是函數的圖象，如圖 4 所示：
2π
此時轉過的角度為 q π；
3
é
故答案為： ê0,
π ù é 2π ù
3 ú
, π .
ê 3 ú
14．（2022·全國·模擬預測）已知a 的頂點為坐標原點，始邊與 x 軸非負半軸重合，終邊在第
a 5
二象限， sin = ，則 tana 的值為 ．
2 3
【答案】-4 5
a a 2 a 5
【分析】由題知 在第一象限， cos = ，
2 2 3 tan =
，再根據正切的二倍角公式求解即
2 2
可.
a
【詳解】解：由a 在第二象限可知， 在第一、三象限，
2
sin a 5
a
又 = > 0 ，所以 在第一象限，
2 3 2
cos a 2所以 = ，故
2 3 tan
a 5
= ．
2 2
2 tan a 2 5
因此 tana = 2 = 2 = -4 5 ．
1- tan2 a 1 5-
2 4
故答案為：-4 5
四、解答題
15．（2024 高三·全國·專題練習）利用單位圓寫出符合下列條件的角 α 的取值集合．
cosa 1(1) = - ；
2
(2) sina 3< ；
2
(3)tan α≥1.
2π 2π
【答案】(1){α|α＝－ ＋2kπ 或 α＝ ＋2kπ，k∈Z}．
3 3
(2){α| 4π
π
－ ＋2kπ＜α＜ ＋2kπ，k∈Z}．
3 3
π π
(3){α| ＋kπ≤α＜ ＋kπ，k∈Z}．
4 2
【解析】略
16．（2023·廣東廣州·三模）在直角坐標系中，已知eO 是以原點 O 為圓心，半徑長為 2 的
圓，點 A 2,0 ，角 x（單位：弧度）的始邊為射線OA，終邊與eO 交于點 B，點 B 的縱坐
標 y 關于角 x 的函數為 y = f x ．
(1)寫出函數 y = f x 的解析式；
(2)將函數 y = f x 的圖象上各點的橫坐標變為原來的 2 倍（縱坐標不變），再將得到的圖象
2π
向左平移 個單位長度，得到函數 y = g x 的圖象．求函數 y = g x 在區間 0,2π 上的最
3
大值和最小值，并寫出取得最值時自變量 x 的值．
【答案】(1) y = 2sin x；
π
(2)當 x = 時，函數 g x 取最大值 2，當 x = 2π3 時，函數 g x 取最小值- 3 .
【分析】（1）根據三角函數的定義求函數 y = f x 的解析式；
（2）根據三角函數圖象變換結論確定函數 y = g x 的解析式，再根據正弦函數性質求其在
0,2π 上的最值及取最值的條件.
y
【詳解】（1）因為OB = OA = 2，由三角函數定義可得 = sin x，
2
所以 y = 2sin x，
（2）將函數 y = f x 的圖象上各點的橫坐標變為原來的 2 倍（縱坐標不變）可得函數
y = 2sin 1 x的圖象，
2
1 2π
將函數 y = 2sin x的圖象向左平移 個單位長度可得函數 y = 2sin
1 π
2 3
x + ÷的圖象，
è 2 3
1 π
所以 g x = 2sin x + ，
è 2 3 ÷
π 1 π 4π
因為0≤ x≤ 2π ，所以 x + ，
3 2 3 3
3
所以- sin 1 x π+ 1，2 è 2 3 ÷
所以- 3 g x 2，
所以函數 g x 在 0,2π 1的最大值為 2，此時 x π π+ = π，即 x = ，
2 3 2 3
函數 g x 在 0,2π 1 π 4π的最小值為- 3 ，此時 x + = ，即 x = 2π .
2 3 3
π
所以當 x = 時，函數 g x 取最大值 2，當 x = 2π3 時，函數 g x 取最小值- 3 .
17．（23-24 高三上·江西·階段練習）如圖，已知兩質點 A，B 同時從點 P 出發，繞單位圓逆
時針做勻速圓周運動，質點 A，B 運動的角速度分別為 3rad/s 和 5rad/s，設兩質點運動 x s
時這兩質點間的距離為 f x ．
(1)求 f x 的解析式；
(2)求這兩質點從點 P 出發后第 n 次相遇的時間 xn（單位：s）．
【答案】(1) f x = 2 sin x x 0 ；
(2) xn = nπs n N* .
【分析】（1）根據給定條件，求出點 A, B的坐標，再利用兩點間距離公式結合三角恒等變換
化簡得解.
（2）由（1）求出函數 f x 的零點即可.
【詳解】（1）由質點 A，B 運動的角速度分別為 3rad/s 和 5rad/s，得 x s時質點 A，B 的坐標
分別為 cos3x,sin 3x ， cos5x,sin 5x ，
則 f x = cos3x - cos5x 2 + sin 3x - sin 5x 2 = 2 - 2cos3x cos5x - 2sin 3x sin 5x
= 2 - 2cos 2x = 2 sin x ，
所以 f x 的解析式為 f x = 2 sin x x 0 .
（2）因為兩質點從點 P 出發后每相遇一次即對應函數 f x 的一個零點，
因此 xn為 f x 在區間 0, + 上第 n 個零點，由 f xn = 2 sin xn = 0，得 sin xn = 0，解得
xn = nπ(n N
*) ，
*
所以兩質點從點 P 出發后第 n 次相遇的時間 xn = nπ n N s .
18．（2023·北京海淀·模擬預測）已知函數 f (x) = 2 3sin xcos x + acos2 x -1 (x R)，且 f (0) =1．
π
(1)求 a 的值和函數 f (x) 在區間[0, ]上的最大值及取得最大值時 x 的值．
6
π π
(2)若 f (x0 ) =1， x0 [ , ]，求 cos2x 的值．4 2 0
π
【答案】(1) a = 2 f (x) [0,
π
， 在 ]上的最大值為 2，此時 x 的值為 .
6 6
1
(2) - .
2
【分析】（1）由 f (0) =1
π
求得 a 的值，再由 x 的范圍求得 2x + 的范圍進而求得 f (x) 的最大
6
值即可.
π 1 π
（2）由 f (x0 ) =1得 sin(2x0 + ) = ，再由 x0 范圍求出 2x0 + 的范圍來判斷 cos(2x
π
6 0
+ ) 的符
6 2 6
號，進而求得 cos(2x
π
0 + ) 的值，再運用配湊角 cos 2x0 = cos[(2x
π π
0 + ) - ]求得 cos2x6 6 6 0
值.
【詳解】（1）∵ f (0) = a -1 = 1，解得： a = 2，
∴ f (x) = 2 3 sin x cos x + 2cos2 x -1 = 3 sin 2x + cos 2x = 2sin(2x
π
+ ) ，
6
∵ x
π
[0, ]，
6
∴ 2x
π
+ [π , π]，
6 6 2
π 1
∴ sin(2x + ) [ ,1]，
6 2
∴ 2x π π
π π
當 + = ，即 x = 時， sin(2x + )6 2 取得最大值為 1，6 6
π π
∴當 x = 時， 2sin(2x + )取得最大值為 2，
6 6
即： f (x) 在[0,
π] π上的最大值為 2，此時 x 的值為 .
6 6
π
（2）∵ f (x0 ) = 2sin(2x0 + ) =1，6
∴ sin(2x
π
0 + )
1
= ，
6 2
x [π , π又∵ 0 ]，4 2
∴ 2x
π 2π
0 + [ ,
7π]，
6 3 6
∴ cos(2x π0 + ) = - 1
π 3
- sin2 (2x0 + ) = - ，6 6 2
cos 2x cos[(2x π π∴ 0 = 0 + ) - ] = cos(2x
π
0 + ) cos
π
+ sin(2x π0 + )sin
π
6 6 6 6 6 6
3 3 1 1 1
= - + = - .
2 2 2 2 2
故 cos2x
1
0的值為- .2
19．（2024·甘肅·一模）如圖，角a a R 的始邊為 x 軸非負半軸，終邊與單位圓交于點 P ，
過點 P 作 y 軸的垂線，垂足為M , M 到直線OP的距離為 MN .若將 MN 關于角a 的函數關系
記為 y = f x .
(1)求 y = f x 的解析式；
(2)將 f x 1 π圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的 2 （縱坐標不變），再將所得圖象向左平移 6
é π ù
個單位長度，得到函數 g x 的圖象，求 g x 在 ê0, ú的單調遞增區間. 2
1
【答案】(1) f x = sin2x
2
é π
(2) ê ,
5π ù é π ,11π ù和
12 24 ú ê 3 24 ú
【分析】（1）根據條件得到直線OP的方程，利于點到直線的距離公式進行計算即可;
（2）根據函數圖象的變換規則得到函數解析式后，整體代入法求解單調區間即可.
【詳解】（1）可知P cosa ,sina , M 0,sina ，
又直線OP的方程為 sina × x - cosa × y = 0，
sinacosa 1
故根據點到直線距離公式 MN = = sin2a2 2 2 ，sin a + cos a
f x 1即 = sin2x .
2
1 2π
（2）可知 g x = sin 4x + ，2 è 3 ÷
由 kπ 4x
2π π
+ + kπ, k Z，
3 2
π kπ x π kπ得- + - + ,k Z ，
6 4 24 4
x é0, π ù所以當 ê ú 時，函數 g x
é π 5π ù é π 11π ù
的單調增區間為 , 和 ,
2 ê 12 24 ú ê 3 24 ú
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（2024·湖南·一模）出土于魯國故城遺址的“出廓雙龍勾玉紋黃玉璜”（圖 1）的璜身滿刻
勾云紋，體扁平，呈扇面狀，黃身外耬空雕飾“ S ”型雙龍，造型精美．現要計算璜身面積
（厚度忽略不計），測得各項數據（圖 2）： AB 8cm, AD 2cm, AO 5cm ，若
sin 37° 3 , π 3.14，則璜身（即曲邊四邊形 ABCD）面積近似為（ ）
5
A．6.8cm2 B．9.8cm2 C．14.8cm2 D． 22.4cm2
【答案】C
【分析】根據給定圖形求出圓心角 AOB ，再利用扇形面積公式計算即得.
【詳解】顯然VAOB為等腰三角形，OA = OB = 5, AB = 8，
1 AB 3
則 cos OAB 2 4 ， sin OAB
3
= °
= = 5 ，又
sin 37 ，
OA 5 5
所以 OAB 37o，于是 AOB =180o - 2 37o =106o
53π
= ，
90
1 2 2 1 53π 2 2 2
所以璜身的面積近似為 AOB· OA - OD = 5 - 3 14.8 cm .2 2 90
故選：C
2．（2023·貴州貴陽·三模）《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，其中《方田》
1
章給出計算弧田面積所用的經驗公式為：弧田面積 = （弦× 矢+矢2），弧田（如圖）由圓2
弧和其所對弦所圍成，公式中“弦”指圓弧所對弦長，“矢”等于半徑長與圓心到弦的距離之差.
現已知弧田面積為 4 3 + 2，且弦是矢的 2 3 倍，按照上述經驗公式計算所得弧田的弧長是
（ ）
π 2π 4π 8πA． B． C． D．
3 3 3 3
【答案】D
【分析】根據弧田面積可求得CD ，利用勾股定理可構造方程求得半徑 r ，并根據長度關系
得到圓心角弧度數，利用扇形弧長公式可求得結果.
【詳解】如圖，
由題意得： AB = 2 3CD，
1
弧田面積= 2 3CD ×CD + CD2 = 4 3 + 2，解得：CD = 2 .2
2
設圓半徑為 r ，則有 AO2 = AD2 + OD2，即 r 2 = 2 3 + r - 2 2 ，解得： r = 4，
2π
\OD = 2 ，則在RtVAOD中， AOD
π
= ，\ AOB = ，
3 3
\ 4 2π 8π所求弧長為 = .
3 3
故選：D.
3．（2024·全國·模擬預測）石雕、木雕、磚雕被稱為建筑三雕．源遠流長的磚雕，由東周瓦
當、漢代畫像磚等發展而來，明清時代進入巔峰，形成北京、天津、山西、徽州、廣東、臨
夏以及蘇派磚雕七大主要流派．蘇派磚雕被稱為“南方之秀”，是南方地區磚雕藝術的典型代
表，被廣泛運用到墻壁、門窗、檐廊、欄檻等建筑中．圖（1）是一個梅花磚雕，其正面是
一個扇環 ABCD，如圖（2），磚雕厚度為 6cm， AD = 80cm，C D = 3 AB ，C D所對的圓心
角為直角，則該梅花磚雕的表面積為（單位： cm2 ）（ ）
A．3200π B． 480π + 960 C．6880π + 960 D．3680π + 960
【答案】C
【分析】先求出C D = 60πcm， AB = 20πcm ，進而求得梅花磚雕的側面積及扇環 ABCD的面
積可得該梅花磚雕的表面積.
【詳解】
延長DA與CB交于點O．由C D = 3 AB ， AD = 80cm，得OA = 40cm，OD =120cm．
因為C D所對的圓心角為直角，所以C D = 60πcm， AB = 20πcm ．
所以該梅花磚雕的側面積 S 側 = 6 CD + AB + AD + BC = 480π + 960 cm2 ，
扇環 ABCD
1 π 1202 - π 402的面積為 = 3200π cm2 ，4
則該梅花磚雕的表面積 S表面積 = 480π + 960 + 2 3200π = 6880π + 960 cm2 ．
故選：C．
4．（2023·陜西商洛·一模）在正四棱臺 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 2A1B1 = 4 3, AA1 = 10 ，
點 P 在底面 ABCD內，且 A1P = 4，則 P 的軌跡長度是（ ）
A 5 3π 5 3π． B． C．6π D．12π
6 3
【答案】B
【分析】如圖 1，連接 AC ，作 A1H ^ AC ，垂足為 H ，結合正四棱臺的性質可證 A1H ^平
面 ABCD，根據已知條件求出 A1H ，再結合 A1P = 4可求得PH = 2 3 ，而 H 為定點，從而
可得點 P 的軌跡是以 H 為圓心， 2 3 為半徑的弧，再分別作HE ^ AM , HF ^ AN ，可求出
MHN ，再利用弧長公式可求得結果.
【詳解】如圖 1，連接 AC ，作 A1H ^ AC ，垂足為 H ，
因為四棱臺 ABCD - A1B1C1D1 為正四棱臺，
所以平面 A1ACC1⊥平面 ABCD，
因為平面 A1ACC1 平面 ABCD = AC ， A1H 平面 A1ACC1 ，
所以 A1H ^平面 ABCD .
因為 AB = 2A B = 4 3 AH 4 6 - 2 61 1 ，所以 = = 6 ，2
因為 AA1 = 10 ，所以 A1H = AA
2
1 - AH
2 = 2 .
因為點 P 在底面 ABCD內，且 A P = 4，所以PH = A P2 - A H 21 1 1 = 16 - 4 = 2 3 .
以 H 為圓心， 2 3 為半徑畫圓，如圖 2，則M N 是 P 的軌跡.
分別作HE ^ AM , HF ^ AN ，垂足分別為 E, F .
由題意可得HE = HF = 3, HM = HN = 2 3 ，
在RtVHEM 和Rt HFN cos EHM
HE 1 cos FHN HF 1△ 中， = = ， = =
HM 2 HN 2
MHE NHF π所以 = = ，
3
所以 MHN = 2π
π 2 π 5π- - = ，
2 3 6
5π 5 3π
故 P 的軌跡長度是 2 3 = .
6 3
故選：B
【點睛】關鍵點點睛：此題考查立體幾何中的軌跡問題，解題的關鍵是根據題意PH = 2 3 ，
從而可得點 P 的軌跡是以 H 為圓心， 2 3 為半徑的M N ，考查空間想象能力和計算能力，屬
于較難題.
二、多選題
5．（2024·全國·模擬預測）通過研究宋代李誡所著的《營造法式》等古建資料，可以得到中
國宋代建筑的屋頂蘊含著豐富的數學元素，體現了數學的對稱美，并且符合兩個特點：一、
從檐口到屋脊的曲線為屋面曲線，左、右屋面曲線對稱，可用圓弧擬合屋面曲線，且圓弧所
對的圓心角為 30°±2°；二、從檐口到屋脊的垂直距離為坡屋面高度半徑，水平距離為半坡寬
坡屋面高度半徑
度，且 = 0.57 ± 0.3．如圖為某宋代建筑模型的結構圖，其中 A 為屋脊，B，
半坡寬度
π
C 為檐口，且 AC 所對的圓心角q = ， 6 AC
所在圓的半徑為 4， 3 1.732，則（ ）
A． 2AC 的長為 π3
B． AC = 2 6 - 2
C．若 AB 與 AC 所在兩圓的圓心距為 4 3 ，則此建筑的屋頂不符合宋代建筑屋頂的特點
D．若 AB 與 AC 所在兩圓的圓心距為 4，要想此建筑的屋頂符合宋代建筑屋頂的特點，
可將圓心角 θ 縮小
【答案】ACD
【分析】結合圖形特征，利用兩角差的正弦正切公式，弧長公式和三角函數，求解選項中的
數據.
【詳解】記 AB ， AC 所在圓的圓心分別為 E，F，連接 AE，AF，CF，EF，
π
則 AE = AF = CF = 4， AFC = ，
6
π 2
選項 A：根據弧長公式得 AC 的長為 4 = π，故 A 正確．6 3
1 AC AF sin π選項 B： = = 4sin
π π 4 6 - 2 - ÷ = = 6 - 2 ，則 AC = 2 6 - 2 ，2 12 è 4 6 4
故 B 錯誤．(也可以在△AFC 中利用余弦定理求解)
選項 C：如圖 1，過點 A，C 分別作 EF 的平行線，與過點 F 的 EF 的垂線分別交于點 D，
π
G，∵ AE = AF = 4，EF = 4 3 ，∴ EFA = ，6
π
∵ AFC = ，∴ CFG
π
= ， AFD
π
= ．
6 6 3
由題易知 AD﹣CG 為半坡寬度，DG 為坡屋面高度半徑，
AD = AF sin AFD = 2 3 ，CG = CF sin CFG = 2，
FG = CF cos CFG = 2 3 ，FD = AF cos AFD = 2，
∴ DG 2 3 - 2= =1 > 0.57 + 0.3 = 0.87，不符合宋代建筑屋頂的第二個特點，C 正確．
AD - CG 2 3 - 2
選項 D：如圖 2，過點 A 作 EF 的垂直平分線，交 EF 于點 M，過點 C 作CN ^ AM ，垂足為
N，
MF 1= AF ， FAM
π π 5π
= ，當 AFC < 時， FAC > ，
2 6 6 12
5π π
∴ CAN = π - FAM - FAC < ，∴ ACN = - CAN
π
> ．
12 2 12
易知 CN 為半坡寬度，AN 為坡屋面高度半徑，
AN tan ACN tan π π π= > = tan - ∴
CN 12 4 6 ÷
= 2 - 3 0.268，D 正確．
è
故選：ACD
【點睛】方法點睛：
理解題目中坡屋面高度半徑和半坡寬度的定義是解題關鍵，結合圖形特征，利用三角函數知
識求解.
6．（23-24 高三上·山東威海·期末）質點 P 和Q同時出發，在以原點O為圓心，半徑為1的eO
上逆時針作勻速圓周運動. P 的角速度大小為 2rad / s，起點為eO 與 x 軸正半軸的交點；Q
的角速度大小為5rad / s ，起點為射線 y = -x(x 0) 與eO 的交點.則當Q與 P 重合時， P 的
坐標可以為（ ）
1 3 3 1 2 2
A． - , B．2 2 ÷÷
, C．
2 2 ÷÷
, ÷÷ D． 0, -1
è è è 2 2
【答案】BD
【分析】確定點 P、Q的初始位置，由題意列出重合時刻 t 的表達式，進而可得 P 點的坐標，
通過賦值對比選項即可得解.
2 2
【詳解】依題意，點 P 的起始位置P0 1,0 ，點Q的起始位置Q0 , -2 2 ÷÷ ，è
則 P
π
0OQ0 = ，設當 P 與Q重合時，用的時間為 ts ，4
于是5t - 2t
π
= + 2kπ, k Z t π 2 ，即 = + kπ,k Z，
4 12 3
π 4
2t π 4= + kπ, k Z P cos + kπ
π 4
則 ，所以 ,sin + kπ ，
6 3 6 3 ÷ ÷÷è è è 6 3
cos π 4 kπ 1+ = - π 4 kπ 2π 2nπ π 4對于 A，若 ÷ ，則 + = + 或 + kπ
4π
= + 2nπ ， k, n Z，
è 6 3 2 6 3 3 6 3 3
4n + 3 4n + 7
解得 k = n + ，或 k = n + ，因為 k Z ，這樣的 k 不存在，故 A 錯誤；
8 8
π π 3 1
對于 B，當 k = 0 時，P cos ,sin ÷，即P , ÷，故 B 正確；
è 6 6 2 2 ÷è
cos π 4
π 4 π π 4 π
對于 C，若 + kπ
2
÷ = ，則 + kπ = + 2nπ 或 + kπ = - + 2nπ， k, n Z，
è 6 3 2 6 3 4 6 3 4
8n +1 8n - 5
解得 k = n + ，或 k = n + ，因為 k Z ，這樣的 k 不存在，故 C 錯誤；
16 16
3π 3π
對于 D，當 k =1 P 時， cos ,sin

÷，即P 0, -1 ，故 D 正確；
è 2 2
故選：BD.
【點睛】思路點睛：通過設兩質點重合時所用時間，得到重合點坐標，結合角度差，根據三
角函數周期性以及誘導公式判斷選項即可.
三、填空題
7．（23-24 高三上·北京順義·期中）已知命題 p ：若a , b 為第一象限角，且a > b ，則
sina > sin b .能說明命題 p 為假命題的一組a , b 的值可以是a = ， b = .
13π π
【答案】 （答案不唯一） （答案不唯一）
6 6
【分析】只要找到一組滿足題意的角即可.
【詳解】因為a , b 為第一象限角，且a > b ，
a 13π取 = , b
π
= ，則a > b 且在第一象限，
6 6
13π π 1
此時 sina = sin = sin b = sin = ，
6 6 2
故命題 p 為假命題，滿足題意，
所以a , b a
13π
的值可以是 = , b
π
= ，
6 6
13π π
故答案為： （答案不唯一）； （答案不唯一）.
6 6
π
8．（2024·全國·模擬預測）在平面直角坐標系中，若角a - 的頂點為原點，始邊為 x 軸非負
3
π
半軸，終邊經過點 P -3,-4 ，則 tan 2a + ÷ = .
è 3
24
【答案】-
7
π
【分析】先利用三角函數的定義得到 tan a - ÷，再利用倍角公式和誘導公式進行轉化求得
è 3
tan 2a π+ 3 ÷
.
è
π 4
【詳解】由三角函數的定義，得 tan a - ÷ = ，所以
è 3 3
2tan a π- 8
tan
÷
2a
π
+ ÷ = tan
é2 a π πù π- + = tan2 a - = è 3 = 3 24 ÷ ÷
è 3 ê è 3
ú
è 3 2 π 1 16
= - .
1- tan a -
7
3 ÷
-
è 9
24
故答案為：-
7
9．（2023·湖北·二模）已知a 是第三象限角，3cos2a + sina = 2，則 tana = ．
2
【答案】
4
1
【分析】利用二倍角公式可得 sina = - ，再由同角三角函數的基本關系即可求解.
3
【詳解】因為3cos2a + sina - 2 = 3(1- 2sin2a ) + sina - 2 = 0，
整理可得6sin2a - sina -1 = 0，
sina 1 1 1解得 = - < 0，或 sina = ，由于a 是第三象限角， sina = （舍去）
3 2 2
cosa 1 sin2a -2 2 tana sina 2所以 = - - = ， = = ．
3 cosa 4
2
故答案為： ．
4
四、解答題
ìx = ax + by
10．（2024·安徽·二模）在平面直角坐標系 xOy 中，利用公式 í ① a b
y = cx
（其中 ， ，
+ dy
c，d 為常數），將點P x, y 變換為點P x , y 的坐標，我們稱該變換為線性變換，也稱①
a b
為坐標變換公式，該變換公式①可由 a，b ， c，d 組成的正方形數表 ÷唯一確定，我
èc d
a b
們將 c d ÷稱為二階矩陣，矩陣通常用大寫英文字母
A ， B ，…表示．
è
(1)在平面直角坐標系 xOy 中，將點P 3,4 p繞原點O按逆時針旋轉 得到點 P （到原點距離
3
不變），求點 P 的坐標；
(2)如圖，在平面直角坐標系 xOy 中，將點P x, y 繞原點O按逆時針旋轉a 角得到點P x , y
（到原點距離不變），求坐標變換公式及對應的二階矩陣；
uuur x
(3)向量OP = x, y （稱為行向量形式），也可以寫成 y ÷，這種形式的向量稱為列向量，線è
x a b x x a b
性變換坐標公式①可以表示為： ÷ = ÷ ÷ ，則稱 ÷是二階矩陣 ÷與向量
è y èc d è y è y èc d
x r r
y ÷的乘積，設
A 是一個二階矩陣，m ， n是平面上的任意兩個向量，求證：
è
A mr nr+ = Amr + Anr．
3 3 3
【答案】(1) P - 2 3,2 + ÷÷
è 2 2
ìx = x cosa - y sina cosa -sina
(2) íy ， = x sina + y cosa
÷
è sina cosa
(3)證明見解析
【分析】（1）利用三角函數的定義得到旋轉之前的 cosq 和sinq ，再由兩角和的正弦、余弦
公式得到點 P 的坐標；
（2）利用三角函數的定義得到旋轉之前的 cosq 和sinq ，再由兩角和的正弦、余弦公式得到
點 P 的坐標，再根據變換公式的定義得到變換公式及與之對應的二階矩陣；
（3）根據定義分別計算 A mr nr r r r r+ 、 Amr r、 An ，證明 A m + n = Am + An 即可.
【詳解】（1）可求得OP = OP = 5，設 POx = q ，則 cosq
3
= sinq 4， = 5 ，5
設點P x , y ， POx = q p+ ，
3

故 x = 5cos
p
q + ÷ = 5
1
cosq
3
- sinq 3
3 2 2 ÷÷
= - 2 3
è è 2

y = 5sin q
p 1
+ ÷ = 5 sinq
3
+ cosq ÷ = 2
3 3
+
è 3 2 2 ÷è 2

P 3

所以 - 2 3,2
3 3
+
2 2 ÷÷
.
è
（2）設OP = OP = r， POx = q ，則 x = r cosq ， y = r sinq ， P Ox = q +a ，
故 x = r cos q +a = r cosq cosa - r sinq sina = x cosa - y sina
y = r sin q +a = r sinq cosa + r cosq sina = x sina + y cosa
ìx = x cosa - y sina
所以坐標變換公式為 í
y = x sin
，
a + y cosa
cosa -sina
該變換所對應的二階矩陣為
è sina cosa
÷

a b r x1 r x2 A m n mr nr
x
3 = = = + = 1
+ x2
（ ）設矩陣
èc d
÷，向量 y ÷， y ÷，則 y y ÷ ． è 1 è 2 è 1 + 2
x + x
r r a b 1 2
a x
A m + n = = 1
+ x2 + b y1 + y2
÷
èc d è y
÷ ÷，
1 + y2 èc x1 + x2 + d y1 + y2
ìx = a x1 + x2 + b y1 + y2
對應變換公式為： í ，
y = c x1 + x2 + d y1 + y2
r a b x1 ax1 + by1 Am r
a b x ax + by
= = An = 2 = 2 2

c d ÷ y ÷ cx ，+ dy ÷ c d ÷ ÷ ÷è è 1 è 1 1 è è y2 ècx2 + dy2
r r ax1 + by1 ax2 + by2 a x + x + b y + y
所以 Am + An == ÷ + ÷ =
1 2 1 2
ècx1 + dy1 ècx2 + dy

2 èc x1 + x2 + d y1 + y
÷
2
ì x = a x1 + x2 + b y1 + y2
故對應變換公式同樣為 í
y = c x1 + x2 + d y1 + y2
A mr所以 + nr Amr= + Anr得證.
【點睛】方法點睛：利用三角函數的定義解題：（1）角a 的頂點與坐標原點重合；（2）角的
2 2
始邊與 x 軸正半軸重合；在角a 的終邊上任取一點 P(x, y) ，該點到原點的距離 r = x + y ，
sina y= cosa x y= tana =
則： r ； r ； x .考點 22 任意角和弧度制、三角函數的概念（2 種核心題型+
基礎保分練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
1.了解任意角的概念和弧度制
2.能進行弧度與角度的互化，體會引入弧度制的必要性.
3.借助單位圓理解任意角三角函數(正弦、余弦、正切)的定義．
【知識點】
1．角的概念
(1)定義：角可以看成一條射線繞著它的 旋轉所成的圖形．
(2)分類
{按旋轉方向不同分為 、 、按終邊位置不同分為 和軸線角.
(3)相反角：我們把射線 OA 繞端點 O 按不同方向旋轉相同的量所成的兩個角叫做互為相反
角．角 α 的相反角記為 .
(4)終邊相同的角：所有與角 α 終邊相同的角，連同角 α 在內，可構成一個集合 S＝_________
____________．
2．弧度制的定義和公式
(1)定義：把長度等于 的圓弧所對的圓心角叫做 1 弧度的角，弧度單位用符號 rad 表
示．
(2)公式
l
角 α 的弧度數公式 |α|＝ (弧長用 l 表示)
r
π
角度與弧度的換算 1°＝ rad；1 rad＝________
180
弧長公式 弧長 l＝_______
扇形面積公式 S＝________＝_______
3．任意角的三角函數
(1)任意角的三角函數的定義：
y
設 P(x，y)是角 α 終邊上異于原點的任意一點，其到原點 O 的距離為 r，則 sin α＝ ，cos α＝
r
x y
，tan α＝ (x≠0)．
r x
(2)三角函數值在各象限內的符號：一全正、二正弦、三正切、四余弦，如圖．
常用結論
1．象限角
2．軸線角
【核心題型】
題型一　角及其表示
α
確定 kα， (k∈N*)的終邊位置的方法
k
α α
先寫出 kα 或 的范圍，然后根據 k 的可能取值確定 kα 或 的終邊所在位置．
k k
2π 2π
【例題 1】（2023·安徽·模擬預測）已知角a 終邊上有一點P sin ,cos ÷，則 π - a 為
è 3 3
（ ）
A．第一象限角 B．第二象限角
C．第三象限角 D．第四象限角
4π 4π
【變式 1】（2023·遼寧·一模）已知角a 的終邊上一點的坐標為 sin ,cos ÷，則a 的最小
è 5 5
正值為（ ）
π 3π 4π 17π
A． B． C． D．
5 10 5 10
【變式 2】（2024·北京東城·一模）已知角a , b 的終邊關于直線 y = x 對稱，且
sin a - b 1= ，則a , b 的一組取值可以是a = ， b = .
2
【變式 3】（2024·湖南岳陽·三模）已知角a , b 的終邊關于直線 y = x 對稱，且
sin(a - b ) 3= ，則a , b 的一組取值可以是a = ， b = ．
2
題型二　弧度制及其應用
應用弧度制解決問題的方法
(1)利用扇形的弧長和面積公式解題時，要注意角的單位必須是弧度．
(2)求扇形面積最大值的問題時，常轉化為基本不等式或二次函數的最值問題．
1 1 1 1
【例題 2】（2024·全國·模擬預測）設 a = cos ,b = sin ,c = tan ，則（
3 3 3 3 ）
A． a > b > c B． a > c > b
C． c > a > b D． c > b > a
【變式 1】（23-24 高三上·北京·階段練習）已知圓錐的頂點為S ，母線SA， SB 所成角的余弦
3 16
值為 ，SA與圓錐底面所成角為 45°，若△SAB 的面積為 ，則該圓錐的側面積為 .
5 5
【變式 2】（22-23 高一下·遼寧朝陽·期中）已知扇形的面積為 4，圓心角的弧度數是 2，則該
扇形的半徑為 ．
【變式 3】（2024·內蒙古呼和浩特·一模）用一個圓心角為120°，面積為3p 的扇形OMN （O
為圓心）用成一個圓錐（點 M , N 恰好重合），該圓錐頂點為 P ，底面圓的直徑為 AB ，則
cos APB的值為 ．
題型三　三角函數的概念
(1)利用三角函數的定義，已知角 α 終邊上一點 P 的坐標，可以求出 α 的三角函數值；已知
角 α 的三角函數值，也可以求出點 P 的坐標．
(2)利用角所在的象限判定角的三角函數值的符號時，特別要注意不要忽略角的終邊在坐標
軸上的情況．
【例題 3】（2023·福建福州·模擬預測）已知角a 的頂點在坐標原點，始邊與 x 軸非負半軸重
合，cosa 5= , P m,2 為其終邊上一點，則m =（ ）
5
A．-4 B．4 C． -1 D．1
【變式 1】（2024·河南·一模）以坐標原點為頂點，x 軸非負半軸為始邊的角a ，其終邊落在
直線 y = x 上，則有（ ）
A． sina 2 2= - B． cosa = C． sina + cosa = ± 2 D． tana = ±1
2 2
π
【變式 2】（2024· 3湖南邵陽·二模）在VABC 中， A = , AB 邊上的高為
3 AB
，則
3
cosC = .
【變式 3】（2023·廣東佛山·一模）若點 A cosq ,sinq 關于原點對稱點為
B cos p -q ,sin p -q ÷ ÷÷，寫出q 的一個取值為 .
è è 6 è 6
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
9π
1．（2023 高三·全國·專題練習）與 終邊相同的角的表達式中，正確的是（
4 ）
π
A． 45° + 2kπ,k Z B． k ×360° + ,k Z
4
C． k ×360° + 315°,k Z D 2kπ - 7π． 4 ,k Z
2．（23-24 高三上·江西贛州·期中）已知a 為第一象限角，且 sina cos b = cosa sin b +1，則b
為（ ）
A．第一象限角 B．第二象限角
C．第三象限角 D．第四象限角
2p 2p
3．（23-24 高三上·重慶渝北·階段練習）已知角a 終邊上有一點P(sin ,cos )，則 π +a 是
3 3
（ ）
A．第一象限角 B．第二象限角
C．第三象限角 D．第四象限角
4．（23-24 高三上·海南省直轄縣級單位·階段練習）若a 是第一象限角，則下列各角為第四
象限角的是（ ）
A．90° -a B．90° + a C．360° -a D．360° + a
二、多選題
5．（2024·全國·模擬預測）如圖，設單位圓與 x 軸的正半軸相交于點 A 1,0 ，以 x 軸的非負
半軸為始邊作銳角a ，b ，a - b
π
，它們的終邊分別與單位圓相交于點P1， A1， P ．若a = ，3
則下列說法正確的是（ ）
π 1
A．當 b = 時，VOA P 的面積為
4 1 4
b πB．當 = 時，扇形OA
π
1P1的面積為6 6
π
C 2 + 6 - 2．當 b = 時，四邊形OAPA1的面積為4 8
D．四邊形OAA1P1面積的最大值為 1
6．（2024·全國·模擬預測）如圖，已知正三棱錐 A - PBC 和正三棱錐D - PBC 的側棱長均為
2, BC = 2 ．若將正三棱錐 A - PBC 繞BC 旋轉，使得點 A, P分別旋轉至點 A , P 處，且
A , B,C, D四點共面，點 A , D分別位于BC 兩側，則下列說法中正確的是（ ）
A．多面體 ABDPC 存在外接球 B． PP ^ BC
C．PP // 3π平面 A BDC D．點 P 運動所形成的最短軌跡長大于
3
三、填空題
7．（2023·天津河北·一模）直線 x - y -1 = 0將圓 (x - 2)2 + (y - 3)2 = 8分成兩段圓弧，則較短
圓弧與較長圓弧的弧長之比為 .
8．（2024 高三·全國·專題練習）已知一個扇形圓心角60o ，a 所對的弧長 l = 3π，則該扇形面
積為 ．
9．（2024·全國·模擬預測）已知a 是第二象限角，且其終邊經過點 -3,4 ，則
tan a = ．
2
四、解答題
10．（2024 3高三·全國·專題練習）已知角a 終邊經過點P x,- 2 x 0 ，且 cosa = x．求
6
sina 1+ 的值．
tana
11．（22-23 高三上·安徽阜陽·期中）已知角a 的頂點與坐標原點重合，始邊與 x 軸的非負半
軸重合，終邊經過點 -3,9 ．

(1)求 tan 2a
3π
+
4 ÷
的值；
è
(2)求 sin2a + 3cos2a 的值．
【綜合提升練】
一、單選題
1．（2024·河南商丘·模擬預測）“ sin a - 2024π > 0 ”是“a 為第一象限角”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
3 4 π
2．（2024·黑龍江·二模）已知角a 的終邊與單位圓的交點P ,- ÷，則 sin a - ÷ = （ ）
è 5 5 è 2
4 - 3 3 4A．- B． C． D．
5 5 5 5
3．（2024·北京懷柔·模擬預測）攢尖是我國古代建筑中屋頂的一種結構樣式，多見于亭閣式
建筑、園林建筑等，如圖所示的亭子帶有攢尖的建筑屋頂可近似看作一個圓錐，其底面積為
16π 32 5，屋頂的體積為 π ，算得側面展開圖的圓心角約為（ ）
3
2π 5π 4π 7π
A． B． C． D．
3 6 3 6
π
4．（2024·遼寧撫順·三模）已知圓錐的底面圓的半徑為 1，其側面展開圖是一個圓心角為
2
的扇形，則該圓錐的母線長為（ ）
5 7
A． B．3 C． D．4
2 2
5．（22-23 高三上·安徽安慶·階段練習）已知條件 p :a
π
，條件 q : tana 1，則 p 是q的
4
（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分又不必要條件
ì π π ü
6．（22-23 高三上·貴州貴陽·期末）已知集合 A = ía 2kπ + a 2kπ + ,k Z4 2
，

B = ìa kπ π+ a kπ π+ ,k Züí ，則（4 2 ）
A． A B B．B A C． A = B D． A B =
7．（2024·重慶·模擬預測）已知角a 的頂點為坐標原點，始邊與 x 軸的非負半軸重合，終邊
上有兩點 A 1,a ，B 2,b ，且 cos2a 3= ，則 a - b = （ ）
5
A 1 5． 2 B． C
2
． D．1
5 2
8．（2024·四川南充·三模）如圖，圓 O 內接一個圓心角為 60°的扇形 ABC ，在圓 O 內任取一
點，該點落在扇形 ABC 內的概率為（ ）
1
A B 3 C 1 3． ． ． 2 D．4 4 2
二、多選題
9．（2024·廣東廣州·模擬預測）下列命題正確的是（ ）
A． p :“a 是第二象限角或第三象限角”， q :“ cosa < 0 ”，則 p 是q的充分不必要條件
B．若a
cosa sina 2
為第一象限角，則 + =
1+ cos2a 1- cos2a 2
C．在VABC 中，若 tanA × tanB > 1，則VABC 為銳角三角形
D a 0,
π
cos2a 5 3 - 5．已知 ÷ ，且 = ，則4 tana =è 3 2
1
10．（2023·吉林長春·一模）已知 sinq + cosq = ，q (0,π)，則（
5 ）
A． tanq
3
= - B． cos 2q
7 q
= - C． tan = 2 D． cos q
π
+
2
÷ =4 25 2 è 4 10
11．（2024·湖南·模擬預測）已知q R ，雙曲線 C： x2 cosq + y2 sin 2q =1，則（ ）
A．q 可能是第一象限角 B．q 可能是第四象限角
C．點 1,0 可能在 C 上 D．點 0,1 可能在 C 上
三、填空題
12．（2023·全國·模擬預測）已知直線 l : 3x + 4 y -1 = 0 與圓C : x2 - 4x + y2 = 0交于A ， B 兩點，
則劣弧 AB 所對應的扇形 ACB 的面積為 ．
1 1
13．（2023· 2上海青浦·二模）已知函數 y = 1- x - x ÷的圖像繞著原點按逆時針方向
è 2 2
旋轉q 0 q p 弧度，若得到的圖像仍是函數圖像，則q 可取值的集合為 .
14．（2022·全國·模擬預測）已知a 的頂點為坐標原點，始邊與 x 軸非負半軸重合，終邊在第
二象限， sin a 5= ，則 tana 的值為 ．
2 3
四、解答題
15．（2024 高三·全國·專題練習）利用單位圓寫出符合下列條件的角 α 的取值集合．
cosa 1(1) = - ；
2
(2) sina 3< ；
2
(3)tan α≥1.
16．（2023·廣東廣州·三模）在直角坐標系中，已知eO 是以原點 O 為圓心，半徑長為 2 的
圓，點 A 2,0 ，角 x（單位：弧度）的始邊為射線OA，終邊與eO 交于點 B，點 B 的縱坐
標 y 關于角 x 的函數為 y = f x ．
(1)寫出函數 y = f x 的解析式；
(2)將函數 y = f x 的圖象上各點的橫坐標變為原來的 2 倍（縱坐標不變），再將得到的圖象
2π
向左平移 個單位長度，得到函數 y = g x 的圖象．求函數 y = g x 在區間 0,2π 上的最
3
大值和最小值，并寫出取得最值時自變量 x 的值．
17．（23-24 高三上·江西·階段練習）如圖，已知兩質點 A，B 同時從點 P 出發，繞單位圓逆
時針做勻速圓周運動，質點 A，B 運動的角速度分別為 3rad/s 和 5rad/s，設兩質點運動 x s
時這兩質點間的距離為 f x ．
(1)求 f x 的解析式；
(2)求這兩質點從點 P 出發后第 n 次相遇的時間 xn（單位：s）．
18．（2023·北京海淀·模擬預測）已知函數 f (x) = 2 3sin xcos x + acos2 x -1 (x R)，且 f (0) =1．
π
(1)求 a 的值和函數 f (x) 在區間[0, ]上的最大值及取得最大值時 x 的值．
6
(2)若 f (x0 ) =1， x0 [
π , π]，求 cos2x
4 2 0
的值．
19．（2024·甘肅·一模）如圖，角a a R 的始邊為 x 軸非負半軸，終邊與單位圓交于點 P ，
過點 P 作 y 軸的垂線，垂足為M , M 到直線OP的距離為 MN .若將 MN 關于角a 的函數關系
記為 y = f x .
(1)求 y = f x 的解析式；
π
(2)將 f x 1圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的 2 （縱坐標不變），再將所得圖象向左平移 6
g x g x é0, π ù個單位長度，得到函數 的圖象，求 在 ê ú的單調遞增區間. 2
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（2024·湖南·一模）出土于魯國故城遺址的“出廓雙龍勾玉紋黃玉璜”（圖 1）的璜身滿刻
勾云紋，體扁平，呈扇面狀，黃身外耬空雕飾“ S ”型雙龍，造型精美．現要計算璜身面積
（厚度忽略不計），測得各項數據（圖 2）： AB 8cm, AD 2cm, AO 5cm ，若
sin 37° 3 , π 3.14，則璜身（即曲邊四邊形 ABCD）面積近似為（ ）
5
A．6.8cm2 B．9.8cm2 C．14.8cm2 D． 22.4cm2
2．（2023·貴州貴陽·三模）《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，其中《方田》
1
章給出計算弧田面積所用的經驗公式為：弧田面積 = （弦× 矢+矢2），弧田（如圖）由圓2
弧和其所對弦所圍成，公式中“弦”指圓弧所對弦長，“矢”等于半徑長與圓心到弦的距離之差.
現已知弧田面積為 4 3 + 2，且弦是矢的 2 3 倍，按照上述經驗公式計算所得弧田的弧長是
（ ）
π 2π
A B C 4π
8π
． ． ． D．
3 3 3 3
3．（2024·全國·模擬預測）石雕、木雕、磚雕被稱為建筑三雕．源遠流長的磚雕，由東周瓦
當、漢代畫像磚等發展而來，明清時代進入巔峰，形成北京、天津、山西、徽州、廣東、臨
夏以及蘇派磚雕七大主要流派．蘇派磚雕被稱為“南方之秀”，是南方地區磚雕藝術的典型代
表，被廣泛運用到墻壁、門窗、檐廊、欄檻等建筑中．圖（1）是一個梅花磚雕，其正面是
一個扇環 ABCD，如圖（2），磚雕厚度為 6cm， AD = 80cm，C D = 3 AB ，C D所對的圓心
角為直角，則該梅花磚雕的表面積為（單位： cm2 ）（ ）
A．3200π B． 480π + 960 C．6880π + 960 D．3680π + 960
4．（2023·陜西商洛·一模）在正四棱臺 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 2A1B1 = 4 3, AA1 = 10 ，
點 P 在底面 ABCD內，且 A1P = 4，則 P 的軌跡長度是（ ）
A 5 3π B 5 3π． ． C．6π D．12π
6 3
二、多選題
5．（2024·全國·模擬預測）通過研究宋代李誡所著的《營造法式》等古建資料，可以得到中
國宋代建筑的屋頂蘊含著豐富的數學元素，體現了數學的對稱美，并且符合兩個特點：一、
從檐口到屋脊的曲線為屋面曲線，左、右屋面曲線對稱，可用圓弧擬合屋面曲線，且圓弧所
對的圓心角為 30°±2°；二、從檐口到屋脊的垂直距離為坡屋面高度半徑，水平距離為半坡寬
坡屋面高度半徑
度，且 = 0.57 ± 0.3．如圖為某宋代建筑模型的結構圖，其中 A 為屋脊，B，
半坡寬度
q πC 為檐口，且 AC 所對的圓心角 = ， AC 所在圓的半徑為 4，6 3 1.732
，則（ ）
2
A． AC 的長為 π3
B． AC = 2 6 - 2
C．若 AB 與 AC 所在兩圓的圓心距為 4 3 ，則此建筑的屋頂不符合宋代建筑屋頂的特點
D．若 AB 與 AC 所在兩圓的圓心距為 4，要想此建筑的屋頂符合宋代建筑屋頂的特點，
可將圓心角 θ 縮小
6．（23-24 高三上·山東威海·期末）質點 P 和Q同時出發，在以原點O為圓心，半徑為1的eO
上逆時針作勻速圓周運動. P 的角速度大小為 2rad / s，起點為eO 與 x 軸正半軸的交點；Q
的角速度大小為5rad / s ，起點為射線 y = -x(x 0) 與eO 的交點.則當Q與 P 重合時， P 的
坐標可以為（ ）
1 3 3 1 2 2
A． - ,2 2 ÷÷
B． , C．2 2 ÷÷
,
2 2 ÷÷
D． 0, -1
è è è
三、填空題
7．（23-24 高三上·北京順義·期中）已知命題 p ：若a , b 為第一象限角，且a > b ，則
sina > sin b .能說明命題 p 為假命題的一組a , b 的值可以是a = ， b = .
π
8．（2024·全國·模擬預測）在平面直角坐標系中，若角a - 的頂點為原點，始邊為 x 軸非負
3
π
半軸，終邊經過點 P -3,-4 ，則 tan 2a +

÷ = .
è 3
9．（2023·湖北·二模）已知a 是第三象限角，3cos2a + sina = 2，則 tana = ．
四、解答題
ìx = ax + by
10．（2024·安徽·二模）在平面直角坐標系 xOy 中，利用公式 í ①（其中 a，b ，
y = cx + dy
c，d 為常數），將點P x, y 變換為點P x , y 的坐標，我們稱該變換為線性變換，也稱①
a b
為坐標變換公式，該變換公式①可由 a，b ， c，d 組成的正方形數表 c d ÷唯一確定，我è
a b
們將 c d ÷稱為二階矩陣，矩陣通常用大寫英文字母
A ， B ，…表示．
è
p
(1)在平面直角坐標系 xOy 中，將點P 3,4 繞原點O按逆時針旋轉 得到點 P （到原點距離
3
不變），求點 P 的坐標；
(2)如圖，在平面直角坐標系 xOy 中，將點P x, y 繞原點O按逆時針旋轉a 角得到點P x , y
（到原點距離不變），求坐標變換公式及對應的二階矩陣；
uuur x
(3)向量OP = x, y （稱為行向量形式），也可以寫成 y ÷，這種形式的向量稱為列向量，線è
x a b x x a b
性變換坐標公式①可以表示為： =y ÷ c d ÷ y ÷ ，則稱 y ÷是二階矩陣 è è è è èc d
÷與向量

x r r
y ÷的乘積，設
A 是一個二階矩陣，m ， n是平面上的任意兩個向量，求證：
è
A mr nr+ r r= Am + An ．

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