資源簡介

(共81張PPT)
第四章
§4.7　正弦定理、余弦定理
數學
大
一
輪
復
習
1.掌握正弦定理、余弦定理及其變形.
2.理解三角形的面積公式并能應用.
3.能利用正弦定理、余弦定理解決一些簡單的三角形度量問題.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
定理 正弦定理 余弦定理
內容 a2＝ ；
b2＝ ；
c2＝________________
變形 cos A＝__________；
cos B＝___________；
cos C＝___________
1.正弦定理、余弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，R為△ABC外接圓半徑，則
b2＋c2－2bccos A
c2＋a2－2cacos B
a2＋b2－2abcos C
2Rsin B
2Rsin C
sin A∶sin B∶sin C
2.三角形解的判斷
A為銳角 A為鈍角或直角
圖形
關系式 a＝bsin A bsin Ab
解的個數 一解 兩解 一解 一解
3.三角形中常用的面積公式
(1)S＝aha(ha表示邊a上的高)；
(2)S＝__________＝__________＝_________；
(3)S＝____________(r為三角形的內切圓半徑).
absin C
acsin B
bcsin A
r(a＋b＋c)
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)三角形中三邊之比等于相應的三個內角之比.(　　)
(2)在△ABC中，若sin A>sin B，則a>b.(　　)
(3)在△ABC的六個元素中，已知任意三個元素可求其他元素.(　　)
(4)當b2＋c2－a2>0時，△ABC為銳角三角形.(　　)
√
×
×
×
2.在△ABC中，A＝60°，AC＝2，BC＝2，則角B的值為
A.30°或150° B.60°或120°
C.60° D.30°
√
在△ABC中，A＝60°，AC＝2，BC＝2，
由正弦定理，解得sin B＝，
又AC3.已知在△ABC中，角A，B所對的邊分別是a和b，若acos B＝bcos A，則△ABC一定是
A.等腰三角形 B.等邊三角形
C.直角三角形 D.等腰直角三角形
√
由正弦定理得，acos B＝bcos A sin Acos B＝sin Bcos A sin(A－B)＝0，
由于－π4.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a＝4，b＝5，c＝6，
則cos A＝　　　，△ABC的面積為　　　　.
依題意得cos A＝，
所以sin A＝，
所以△ABC的面積為bcsin A＝.
1.熟記△ABC中的以下常用結論：
(1)A＋B＋C＝π，.
(2)任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊.
(3)大邊對大角，大角對大邊，a>b A>B sin A>sin B，cos A(4)sin(A＋B)＝sin C；cos(A＋B)＝－cos C.
(5)三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcos C＋ccos B；b＝acos C＋ccos A；c＝bcos A＋acos B.
微點提醒
2.謹防兩個易誤點
(1)已知兩邊及一邊的對角，利用正弦定理解三角形時，注意解的個數討論，可能有一解、兩解或無解.
(2)求角時易忽略角的范圍而導致錯誤，需要根據大邊對大角，大角對大邊的規則，畫圖幫助判斷.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(2024·新課標全國Ⅱ)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin A＋cos A＝2.
(1)求A；
利用正弦定理解三角形
題型一
方法一　常規方法(輔助角公式)
由sin A＋cos A＝2，
可得sin A＋cos A＝1，
即sin＝1，
由于A∈(0，π) A＋∈，
故A＋，
解得A＝.
方法二　常規方法(同角三角函數的基本關系)
由sin A＋cos A＝2，
又sin 2A＋cos 2A＝1，
消去sin A得到
4cos2A－4cos A＋3＝0 (2cos A－)2＝0，
解得cos A＝，
又A∈(0，π)，故A＝.
(2)若a＝2，bsin C＝csin 2B，求△ABC的周長.
由題設條件和正弦定理得，
bsin C＝csin 2B sin Bsin C＝2sin Csin Bcos B，
又B，C∈(0，π)，則sin Bsin C≠0，
進而cos B＝，得到B＝，
于是C＝π－A－B＝，
sin C＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝，
由正弦定理可得，，
即，
解得b＝2，c＝，
故△ABC的周長為2＋＋3.
(1)利用正弦定理可解決以下兩類三角形問題：一是已知兩角和一角的對邊，求其他邊與角；二是已知兩邊和一邊的對角，求其他邊與角(該三角形具有不唯一性，常根據三角函數值的有界性和大邊對大角定理進行判斷).
(2)已知△ABC的兩邊a，b及角A，解三角形的一般步驟
①由正弦定理，得到sin B＝.
②當sin B>1時，無解；當sin B＝1，且asin B<1時，若a≥b，則有唯一解，若a思維升華
跟蹤訓練1　(1)(2025·南京統考)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若2acos Bsin C＋2bcos Asin C＝c2，則△ABC外接圓的面積是
A. B. C. D.π
√
設△ABC外接圓的半徑為R，
因為2acos Bsin C＋2bcos Asin C＝c2，
所以由正弦定理，得2sin Acos Bsin C＋2sin Bcos Asin C＝csin C，
因為sin C≠0，且A＋B＋C＝π，
所以2sin(A＋B)＝2sin C＝c，
所以＝2＝2R，解得R＝1，
所以△ABC外接圓的面積是πR2＝π.
(2)(多選)(2024·金昌模擬)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，則下列對△ABC解的個數的判斷正確的是
A.當a＝2，c＝4，A＝30°時，有兩解
B.當a＝5，b＝7，A＝60°時，有一解
C.當a＝，b＝4，A＝30°時，無解
D.當a＝6，b＝4，A＝60°時，有兩解
√
√
對于A，由正弦定理得，所以sin C＝，
又因為0°a，所以C＝45°或C＝135°，有兩解，故A正確；
對于B，由正弦定理得sin B＝>1，無解，故B錯誤；
對于C，由正弦定理得sin B＝>1，無解，故C正確；
對于D，由正弦定理得sin B＝<，
又b例2　(1)(2025·八省聯考)在△ABC中，BC＝8，AC＝10，cos∠BAC＝，則△ABC的面積為
A.6 B.8 C.24 D.48
利用余弦定理解三角形
題型二
√
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AB·ACcos∠BAC，即64＝100＋AB2－2AB×10×，
∴AB2－12AB＋36＝0，
∴AB＝6，∴AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，S△ABC＝AB·BC＝×6×8＝24.
(2)在△ABC中，A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知cos 2A＝cos(B＋C)，且a＝2，bc＝12，則△ABC的周長為　　　　　.
8＋2
cos 2A＝－cos A＝2cos2A－1，
即2cos2A＋cos A－1＝0，
解得cos A＝－1(舍去)或cos A＝，
在△ABC中，根據余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得b2＋c2－bc＝28，
∴(b＋c)2－3bc＝28，(b＋c)2＝64，
∴b＋c＝8，∴a＋b＋c＝8＋2.
利用余弦定理可解決以下兩類三角形問題：一是已知兩邊和它們的夾角，求其他邊與角；二是已知三邊求各個角.由于這兩種情形下的三角形是唯一確定的，所以其解也是唯一的.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若3sin C＝sin A，B＝，△ABC的面積為，則b等于
A.2 B. C.4 D.2
因為3sin C＝sin A，所以3c＝a，即a＝c，
又因為B＝且△ABC的面積為，
可得S△ABC＝acsin B＝×c2×，
解得c＝2，則a＝2，
則由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝12＋4－2×2×2×＝4，所以b＝2.
√
(2)(2024·畢節模擬)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a2＝b2－2bc＋c2＋，且sin A－cos A＝0，則△ABC的面積為　 　.
∵sin A－cos A＝0，可得tan A＝，
又A∈(0，π)，
∴A＝，
又∵a2＝b2－2bc＋c2＋，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
∴2bc－＝2bccos A，
∵A＝，解得bc＝1，
S△ABC＝bcsin A＝.
例3　(1)(多選)已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則下列說法正確的有
A.若sin2A＋sin2B＋cos2C<1，則△ABC為鈍角三角形
B.若bcos C＋ccos B＝b，則△ABC一定是等腰三角形
C.若acos A＝bcos B，則△ABC一定是等腰三角形
D.若a＝bcos C，則△ABC一定是直角三角形
三角形形狀的判斷
題型三
√
√
√
對于A，由題意可得，sin2A＋sin2B<1－cos2C＝sin2C，由正弦定理可得a2＋b2對于B，由正弦定理得，sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin B，即sin B＝sin(B＋C)
＝sin A，則A＝B，△ABC是等腰三角形，B正確；
對于C，由正弦定理得sin Acos A＝sin Bcos B sin 2A＝sin 2B，2A＝2B或2A＋2B＝π，則△ABC是等腰三角形或直角三角形，C錯誤；
對于D，a＝bcos C，所以a＝b·，即2a2＝a2＋b2－c2，即a2＋c2＝b2，則△ABC為直角三角形，D正確.
(2)在△ABC中，若c＋acos C＝b＋acos B，則△ABC的形狀是
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等腰或直角三角形 D.等腰直角三角形
√
已知c＋acos C＝b＋acos B，A，B，C為△ABC的內角，
由正弦定理可得sin C＋sin Acos C＝sin B＋sin Acos B，
即sin(A＋B)＋sin Acos C＝sin(A＋C)＋sin Acos B，
即sin Acos B＋sin Bcos A＋sin Acos C＝sin Acos C＋sin Ccos A＋sin Acos B，
化簡得sin Bcos A＝sin Ccos A，
即cos A(sin B－sin C)＝0，
∴cos A＝0或sin B＝sin C，
∴A為直角或B＝C，
∴△ABC的形狀為等腰三角形或直角三角形.
判斷三角形形狀的兩種思路
(1)化邊：通過因式分解、配方等得出邊的相應關系，從而判斷三角形的形狀.
(2)化角：通過三角恒等變換，得出內角的關系，從而判斷三角形的形狀.
思維升華
跟蹤訓練3　(1)(2024·寧波模擬)在△ABC中，A，B，C成等差數列且sin A，sin B，sin C成等比數列，則△ABC的形狀為
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等邊三角形 D.等腰直角三角形
√
在△ABC中，由A，B，C成等差數列，
得2B＝A＋C，而A＋B＋C＝π，
則B＝，
由sin A，sin B，sin C成等比數列，
得sin2B＝sin Asin C，
由正弦定理得b2＝ac，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
即ac＝a2＋c2－ac，解得a＝c，
因此△ABC是等邊三角形.
(2)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若4acos2＝c＋2a，則△ABC的形狀為
A.等腰三角形 B.銳角三角形
C.直角三角形 D.鈍角三角形
√
因為4acos2＝c＋2a，
所以4a·＝c＋2a，即2acos B＝c，
方法一　由正弦定理得2sin Acos B＝sin C＝sin(B＋A)＝sin Bcos A＋
cos Bsin A，
所以sin Acos B－sin Bcos A＝0，
即sin(A－B)＝0，
又因為A，B∈(0，π)，A＝B，
所以△ABC為等腰三角形.
方法二　由余弦定理得2a·＝c，
即a2＋c2－b2＝c2，
即a2＝b2，即a＝b，
所以△ABC為等腰三角形.
返回
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B B D ACD BD 4
題號 11 12 答案 ABD 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
9.
(1)由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcos C，
因為a2＋b2－c2＝ab，所以cos C＝，
因為C∈(0，π)，所以sin C>0，
從而sin C＝，
又因為sin C＝cos B，
即cos B＝，
又B∈(0，π)，所以B＝.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
9.
(2)由(1)可得B＝，cos C＝，C∈(0，π)，
從而C＝，sin A＝sin(B＋C)＝sin＝××.
方法一　由正弦定理有，
從而b＝·c＝c，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
9.
由三角形面積公式可知，
△ABC的面積可表示為S△ABC＝bc·sin A＝·c·c·c2，
由已知△ABC的面積為3＋，
可得c2＝3＋，所以c＝2.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
9.
方法二　記R為△ABC外接圓的半徑，
由正弦定理得S△ABC＝ab·sin C＝2R2sin Asin Bsin C＝2R2···
＝·R2＝3＋.
所以R＝2.
所以c＝2R·sin C＝2×2×＝2.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
10.
(1)由正弦定理得sin Asin B＋cos Asin B＝sin A＋sin C.
又sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以sin Asin B＝sin A＋sin Acos B.
因為sin A>0，所以sin B＝1＋cos B，
即sin.
因為0所以B－，B＝.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
10.
(2)方法一　由(1)知，C＝－A，
由a＝3c及正弦定理得sin A＝3sin C，
即sin A＝3sin＝3×，
解得sin A＝－3cos A.
又sin2A＋cos2A＝1，且A∈(0，π)，
所以sin A＝.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
10.
方法二　由(1)知a2＋c2－b2＝ac.
又a＝3c，所以b2＝a2＋c2－ac＝a2，
所以b＝a，
故由正弦定理得sin B＝sin A.
所以sin A＝.
一、單項選擇題
1.(2024·成都模擬)在△ABC中，BC＝3，AC＝5，C＝，則AB等于
A. B. C. D.7
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
知識過關
答案
在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝52＋32－2×5×3×＝49，所以AB＝7.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
2.(2024·黃石模擬)若△ABC的三個內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，B＋C＝60°，a＝3，則等于
A.2 B. C. D.6
√
在△ABC中，B＋C＝60°，所以A＝120°，
所以，
由正弦定理以及比例的性質可得.
3.在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，滿足bc＝3a2，且b＋c＝a，則sin A等于
A. B. C. D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為bc＝3a2，b＋c＝a，則由余弦定理可得cos A＝，
又A∈(0，π)，所以sin A＝.
4.△ABC的三個內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若sin A＝2sin Ccos B，ccos B＋bcos C＝c，則△ABC的形狀是
A.等腰非直角三角形 B.直角非等腰三角形
C.等邊三角形 D.等腰直角三角形
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
因為sin A＝2sin Ccos B，
所以sin(B＋C)＝2sin Ccos B，
即sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Ccos B，
即sin Bcos C＝sin Ccos B，
即sin(B－C)＝0，所以B＝C，b＝c，
又ccos B＋bcos C＝c，
所以cos B＋cos B＝，所以cos B＝，
所以B＝，所以C＝，A＝，
故△ABC為等腰直角三角形.
答案
二、多項選擇題
5.設△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則下列結論正確的是
A.若A>B，則sin A>sin B
B.若a＝10，c＝8，C＝，則符合條件的△ABC有兩個
C.若B＝，b＝，c＝2，則△ABC有兩解
D.若，則△ABC一定是等邊三角形
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A選項，在△ABC中，根據大角對大邊，A>B a>b，由正弦定理可得，所以sin A>sin B，A正確；
B選項，根據正弦定理，sin A＝，結合選項數據，得sin A＝>1，故這樣的三角形不存在，B錯誤；
C選項，由正弦定理得sin C＝，結合數據，得sin C＝，因為c>b，所以C>B，故C為銳角或鈍角，△ABC有兩解，C正確；
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
D選項，由，即tan A＝tan B＝tan C，而A，B，C∈(0，π)，則A＝B＝C，△ABC為等邊三角形，D正確.
答案
6.(2025·益陽模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊依次為a，b，c，已知sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，則下列結論中正確的是
A.(a＋b)∶(b＋c)∶(c＋a)＝5∶6∶7
B.△ABC為鈍角三角形
C.若a＋b＋c＝18，則△ABC的面積為6
D.若△ABC的外接圓半徑是R，內切圓半徑為r，則5R＝16r
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
因為sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，由正弦定理可得a∶b∶c＝2∶3∶4，設a＝2x(x>0)，b＝3x，c＝4x，則(a＋b)∶(b＋c)∶(c＋a)＝5x∶7x∶6x＝5∶7∶6，故A錯誤；
由題意可知，C為最大角，因為cos C＝＝－<0，所以C為鈍角，故B正確；
若a＋b＋c＝18，則a＝4，b＝6，c＝8，又cos C＝－，所以sin C＝，所以△ABC的面積S△ABC＝absin C＝×4×6×＝3，故C錯誤；
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由正弦定理得，2R＝，即R＝(a＋b＋c)r＝absin C，即×9x·r＝×2x×3x×，所以r＝x，所以，故5R＝16r，故D正確.
答案
三、填空題
7.(2025·馬鞍山模擬)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，
已知a＝3，b＝1，cos C＝－，則邊AB上的高為　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
設邊AB上的高為h，由余弦定理可知c2＝a2＋b2－2abcos C＝32＋12－2×3×1×＝12，即c＝2，
又cos C＝－，則C∈，
則sin C＝，
所以S△ABC＝absin C＝c·h，
即×3×1××2h，解得h＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
8.(2025·武威模擬)△ABC內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若△ABC的面積為，csin A＝2，則a＝　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
4
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
∵S△ABC＝absin C，
由余弦定理得a2＋b2－c2＝2abcos C，
結合S△ABC＝，得absin C＝abcos C，
∴sin C＝cos C，
∵C∈(0，π)，∴cos C≠0，
∴tan C＝，∴C＝.
由正弦定理，得a＝＝4.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
四、解答題
9.(2024·新課標全國Ⅰ)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin C＝cos B，a2＋b2－c2＝ab.
(1)求B；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcos C，
因為a2＋b2－c2＝ab，
所以cos C＝，
因為C∈(0，π)，所以sin C>0，
從而sin C＝，
又因為sin C＝cos B，
即cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)若△ABC的面積為3＋，求c.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由(1)可得B＝，cos C＝，C∈(0，π)，
從而C＝，sin A＝sin(B＋C)＝sin＝××.
方法一　由正弦定理有，從而b＝·c＝c，
由三角形面積公式可知，△ABC的面積可表示為S△ABC＝bc·sin A
＝·c·c·c2，
由已知△ABC的面積為3＋，
可得c2＝3＋，所以c＝2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
方法二　記R為△ABC外接圓的半徑，
由正弦定理得S△ABC＝ab·sin C＝2R2sin Asin Bsin C
＝2R2···＝·R2＝3＋.
所以R＝2.
所以c＝2R·sin C＝2×2×＝2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
10.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且b(sin A＋cos A)＝a＋c.
(1)求B；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由正弦定理得sin Asin B＋cos Asin B＝sin A＋sin C.
又sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以sin Asin B＝sin A＋sin Acos B.
因為sin A>0，所以sin B＝1＋cos B，
即sin.
因為0所以B－，B＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)若a＝3c，求sin A.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
方法一　由(1)知，C＝－A，
由a＝3c及正弦定理得sin A＝3sin C，
即sin A＝3sin＝3×，
解得sin A＝－3cos A.
又sin2A＋cos2A＝1，且A∈(0，π)，
所以sin A＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
方法二　由(1)知a2＋c2－b2＝ac.
又a＝3c，所以b2＝a2＋c2－ac＝a2，
所以b＝a，
故由正弦定理得sin B＝sin A.
所以sin A＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
能力拓展
11.(多選)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若a＝，a2＋b2－c2＝absin C，acos B＋bsin A＝c，則下列結論正確的是
A.tan C＝2
B.A＝
C.b＝
D.△ABC的面積為6
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為a2＋b2－c2＝absin C，
所以cos C＝，
所以tan C＝＝2，故A正確；
因為acos B＋bsin A＝c，利用正弦定理可得
sin Acos B＋sin Bsin A＝sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
即sin Bsin A＝cos Asin B，
因為B∈(0，π)，所以sin B≠0，所以tan A＝1，
又A∈(0，π)，所以A＝，故B正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為tan C＝2，C∈(0，π)，
所以sin C＝，cos C＝，
又A＝，所以sin A＝cos A＝，
所以sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝××，
因為，所以b＝＝3，故C錯誤；
S△ABC＝absin C＝××3×＝6，故D正確.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
12.我國古代數學家秦九韶在《數書九章》中記述了“三斜求積術”，即在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則△ABC的面積S＝
.根據此公式，若acos B＋(b－c)cos A＝0，且b2
＋c2－a2＝，則△ABC的面積為　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為acos B＋(b－c)cos A＝0，
所以sin Acos B＋(sin B－sin C)cos A＝0，
所以sin Acos B＋sin Bcos A－sin Ccos A＝0，
所以sin(A＋B)－sin Ccos A＝0，
所以sin C(1－cos A)＝0，
因為sin C≠0，所以1－cos A＝0，
解得cos A＝，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由余弦定理得b2＋c2－a2＝2bccos A＝2bc·bc，
又b2＋c2－a2＝，
所以bc＝，可得bc＝1，
所以S＝×.
返回(共29張PPT)
第四章
必刷小題8　解三角形
數學
大
一
輪
復
習
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A C D C A C C
題號 9 10 11 12 13 　14 答案 BCD AC ACD 一、單項選擇題
1.(2024·江門模擬)在△ABC中，B＝30°，b＝2，c＝2，則角A的大小為
A.45° B.135°或45°
C.15° D.105°或15°
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因為B＝30°，b＝2，c＝2，
由正弦定理得sin C＝，
因為c>b，所以C>B，故C＝45°或135°，
可得A＝180°－B－C＝105°或15°.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
2.(2025·青島模擬)△ABC內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＝2asin B，bc＝4，則△ABC的面積為
A.1 B. C.2 D.2
√
根據正弦定理得sin B＝2sin Asin B，
因為B∈(0，π)，則sin B≠0，
所以1＝2sin A，解得sin A＝，
所以S△ABC＝bcsin A＝×4×＝1.
3.(2024·赤峰模擬)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知a＝9，b＝8，c＝5，則△ABC的外接圓半徑為
A. B. C. D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因為a＝9，b＝8，c＝5，
所以由余弦定理可得cos C＝，
所以sin C＝，
設△ABC的外接圓半徑為R，
由正弦定理可得2R＝，
即R＝.
則△ABC的外接圓半徑為.
4.在△ABC中，a，b，c分別為內角A，B，C所對的邊，且滿足，則△ABC的形狀是
A.鈍角三角形 B.直角三角形
C.等邊三角形 D.等腰三角形
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因為，所以由正弦定理得，
整理得sin(A＋B)＝sin A，
即sin C＝sin A，由正弦定理可得a＝c.
所以△ABC為等腰三角形.
5.在△ABC中，D為邊BC上一點，AD＝6，BD＝3，∠ABC＝45°，則sin∠ADC的值為
A. B.
C. D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
如圖，在△ABD中，由正弦定理得，
即，
故sin∠BAD＝.
又BD所以sin∠ADC＝sin(∠BAD＋∠ABD)＝××.
6.寶塔山是延安的標志，見證了中國革命的進程，在中國老百姓的心中具有重要地位.如圖，寶塔山的坡度比為∶3(坡度比即坡面的垂直高度和水平寬度的比)，在山坡A處測得∠CAD＝15°，
從A處沿山坡往上前進66 m到達B處，在山坡B處
測得∠CBD＝30°，則寶塔CD的高為
A.44 m B.42 m C.48 m D.46 m
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由題可知∠CAD＝15°，∠CBD＝30°，
則∠ACB＝15°，所以BC＝AB＝66，
設坡角為θ，則由題可得tan θ＝，
則可求得cos θ＝，
在△BCD中，∠BDC＝θ＋90°，
由正弦定理可得，即，
解得CD＝44，故寶塔CD的高為44 m.
7.(2025·遼陽模擬)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a2＋4b2＝6c2，則的最小值為
A. B. C. D.2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
答案
因為a2＋4b2＝6c2≥2＝4ab，
所以由正弦定理可得≥，
當且僅當a＝2b時，等號成立，所以.
8.在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若A＝2B，b＝3，則a的取值范圍是
A.(0，6) B.(3，6)
C.(3，3) D.(0，3)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
由正弦定理知，
即，∴a＝6cos B，
又A＝2B，C＝π－A－B＝π－3B，且△ABC為銳角三角形，
∴ ∴a的取值范圍是(3，3).
答案
二、多項選擇題
9.在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.則下列各組條件中使得△ABC有唯一解的是
A.a＝3，b＝4，A＝
B.a＝3，b＝4，cos B＝
C.a＝3，b＝4，C＝
D.a＝3，b＝4，B＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
√
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
根據題意，A中，由正弦定理 sin B＝×sin A＝，
因為<<，所以角B在上各有一個解，并且這兩個解與角A的和都小于π，所以A不滿足題意；
B中，根據余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B，
即16＝9＋c2－c，
解得c＝5或c＝－(舍)，
所以只有1個解，滿足題意；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
C中，條件為邊角邊，根據余弦定理可以求得唯一的c邊，所以有唯一解，滿足題意；
D中，由正弦定理 sin A＝×sin B＝，
因為<，
所以角A在上時，角B與角A的和大于π，所以只有1個解，滿足題意.
10.某貨輪在A處看燈塔B在貨輪北偏東75°，距離12 n mile；在A處看燈塔C在貨輪北偏西30°，距離8 n mile.貨輪由A處向正北航行到D處時，再看燈塔B在南偏東60°方向，則下列說法正確的是
A.A處與D處之間的距離是24 n mile
B.燈塔C與D處之間的距離是16 n mile
C.燈塔C在D處的南偏西30°
D.D在燈塔B的北偏西30°
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
在△ABD中，由正弦定理得，所以AD
＝＝24(n mile)，故A正確；
在△ACD中，由余弦定理得CD＝
＝＝8(n mile)，故B錯誤；
由題意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，所以B＝180°－60°－75°＝45°，AB＝12，AC＝8，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因為CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，
所以燈塔C在D處的南偏西30°，故C正確；
由∠ADB＝60°，可知D在燈塔B的北偏西60°，故D錯誤.
11.在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，B＝，BC邊上的高等于，則以下四個結論正確的是
A.b＝a B.sin∠BAC＝
C.cos C＝ D.b2－c2＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
√
√
因為sin B＝，所以c＝a，由余弦定理知，cos B＝，解得b＝a，選項A正確；
b2－c2＝，選項D正確；
b＝a，由正弦定理得sin B＝sin∠BAC＝，則sin∠BAC＝，選項B錯誤；
cos C＝，選項C正確.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
三、填空題
12.(2025·深圳模擬)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cos C＝，a＝3，b＝4，則cos B＝　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由余弦定理知，c2＝a2＋b2－2abcos C＝32＋42－2×3×4×＝9，解得c＝3，
所以cos B＝.
13.(2025·成都模擬)平面四邊形ABCD中，AB＝6，AD＝CD＝4，BC＝2，若A，B，C，D四點共圓，則該四邊形的面積為　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
8
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因為AB＝6，AD＝CD＝4，BC＝2，且A，B，C，D
四點共圓，
所以B＋D＝π，
即cos B＋cos D＝0，
在△ABC中，由余弦定理可得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B＝36＋4－2×6×2cos B＝40－24cos B，
在△ACD中，由余弦定理可得
AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos D＝16＋16＋2×4×4cos B＝32＋32cos B，
可得40－24cos B＝32＋32cos B，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
解得cos B＝，cos D＝－，
所以sin B＝sin D＝，
所以＝S△ABC＋S△ACD
＝AB·BCsin B＋AD·CDsin D
＝×6×2××4×4×＝8.
14.(2024·南充模擬)在△ABC中，a，b，c分別為內角A，B，C的對邊.已知a＝2，2sin B＋2sin C＝3sin A.則sin A的最大值為　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因為a＝2，2sin B＋2sin C＝3sin A，
所以由正弦定理可得b＋c＝3.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得22＝(b＋c)2－2bc－2bccos A，
整理得cos A＝－1.
因為bc≤，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
當且僅當b＝c＝時，等號成立，
所以cos A≥，
又sin2A＝1－cos2A，所以sin2A≤，
又A∈(0，π)，即0第四章
§4.3　兩角和與差的正弦、
余弦和正切公式
數學
大
一
輪
復
習
1.會推導兩角差的余弦公式.
2.會用兩角差的余弦公式推導出兩角差的正弦、正切公式.
3.掌握兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，并會簡單應用.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.兩角和與差的余弦、正弦、正切公式
(1)公式C(α－β)：cos(α－β)＝ ；
(2)公式C(α＋β)：cos(α＋β)＝ ；
(3)公式S(α－β)：sin(α－β)＝ ；
(4)公式S(α＋β)：sin(α＋β)＝ ；
(5)公式T(α－β)：tan(α－β)＝____________；
(6)公式T(α＋β)：tan(α＋β)＝____________.
cosαcosβ＋sin αsin β
cosαcosβ－sin αsin β
sin αcosβ－cosαsin β
sin αcosβ＋cosαsin β
2.輔助角公式
asin α＋bcosα＝ ，其中sin φ＝，cosφ＝.
sin(α＋φ)
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)兩角和與差的正弦、余弦公式中的角α，β是任意的.(　　)
(2)存在實數α，β，使等式sin(α＋β)＝sin α＋sin β成立.(　　)
(3)公式tan(α＋β)＝對任意角α，β都成立.(　　)
(4)公式asin x＋bcosx＝sin(x＋φ)中φ的取值與a，b的值無關.(　　)
×
√
√
×
2.sin cos的值為
A.0 B.－ C.1 D.
sin cos＝cossin －sin cos＝sin＝sin＝－.
√
3.若2cosα－sin α＝0，則tan等于
A.－ B. C.－3 D.3
因為2cosα－sin α＝0，
則sin α＝2cosα，故tan α＝2，
因此，tan.
√
4.若tan α＝，tan(α＋β)＝，則tan β＝　　　.
tan β＝tan[(α＋β)－α]＝.
謹防兩個易誤點
(1)運用公式時要注意公式成立的條件；
(2)在求角的三角函數值時，往往要估計角的范圍后再求值.特別是在(0，π)內，正弦值對應的角不唯一.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)若＝3，則tan等于
A.－3 B.－ C. D.3
√
兩角和與差的三角函數公式
題型一
由題意，得＝3，所以tan α＝－，
則tan.
(2)(2024·新課標全國Ⅰ)已知cos(α＋β)＝m，tan αtan β＝2，則cos(α－β)等于
A.－3m B.－ C. D.3m
由cos(α＋β)＝m得cosαcosβ－sin αsin β＝m. ①
由tan αtan β＝2得＝2， ②
由①②得
所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sin αsin β＝－3m.
√
(1)使用兩角和與差的三角函數公式，首先要記住公式的結構特征.
(2)使用公式求值，應先求出相關角的函數值，再代入公式求值.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)已知sin＝sin，則tan α等于
A. B.2＋ C. D.
因為sin＝sinsin α＋cosα＝sin α－cosα，所以(＋1)cosα＝(－1)sin α，所以tan α＝＝2＋.
√
(2)(2024·新課標全國Ⅱ)已知α為第一象限角，β為第三象限角，tan α＋
tan β＝4，tan αtan β＝＋1，則sin(α＋β)＝　　　　.
－
由題意得tan(α＋β)＝＝－2，
因為α∈，
β∈，k，m∈Z，
則α＋β∈((2m＋2k)π＋π，(2m＋2k)π＋2π)，k，m∈Z，
又因為tan(α＋β)＝－2<0，
則α＋β∈((2m＋2k)π＋，(2m＋2k)π＋2π)，k，m∈Z，
則sin(α＋β)<0，
則＝－2，
聯立 sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，
解得sin(α＋β)＝－.
兩角和與差的三角函數公式的逆用與輔助角公式
題型二
例2　(1)在△ABC中，tan A＋tan B＋tan Atan B，則C的值為
A. B. C. D.
√
由已知可得tan A＋tan B＝(tan Atan B－1)，
∴tan(A＋B)＝＝－.
又0∴C＝.
(2)(2024·南充模擬)已知函數f(x)＝3sin x＋4cosx.若x＝θ時，f(x)取得最大值，則cos等于
A. B.－ C. D.－
√
f(x)＝3sin x＋4cosx＝5sin(x＋φ)，其中tan φ＝，sin φ＝，cosφ＝，
∵當x＝θ時，f(x)取得最大值，∴θ＋φ＝＋2kπ，k∈Z，即θ＝＋2kπ－φ，k∈Z，
∴cos＝cos
＝cos＝coscosφ＋sin sin φ
＝－××.
(1)逆用公式應準確找出所給式子與公式的異同，創造條件逆用公式.
(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、逆用和變形使用.
(3)對asin x＋bcosx化簡時，要清楚如何求輔助角φ的值.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)(2024·柳州模擬)已知α∈(0，π)，若sin α＋cosα＝sin 2α－cos2α，則sin等于
A. B.
C. D.
√
因為sin α＋cosα＝sin 2α－cos2α，
所以sin α＋cosα＝sin 2α－cos2α，
所以sin＝sin，
所以α＋＝2α－＋2kπ，k∈Z或α＋＋2α－＝2kπ＋π，k∈Z，
又α∈(0，π)，所以α＝，
所以sin＝sin＝sin .
(2)已知函數f(x)＝sin x－3cosx，不等式f(x)≤a對任意實數x恒成立，則實數a的取值范圍是　　 　　.
f(x)＝sin x－3cosx＝sin(x－φ)(其中tan φ＝3)，
sin(x－φ)∈[－]，
所以f(x)∈[－]，
故a≥.
[，＋∞)
角的變換問題
題型三
例3　(1)(2024·南寧模擬)已知sin，α∈，則sin等于
A.－ B.－ C. D.
√
α∈，
故α＋∈，所以cos<0，
又sin，故cos＝－，
＝sincos－cossin
＝××.
(2)(2024·徐州模擬)已知角α，β滿足cosβ＝，cosαcos(α＋β)＝，則cos(2α＋β)
等于
A. B. C. D.
由cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sin α＝，
結合cosαcos(α＋β)＝，可得sin(α＋β)sin α＝，
所以cos(2α＋β)＝cos[α＋(α＋β)]＝cosαcos(α＋β)－sin αsin(α＋β)＝.
√
(1)當“已知角”有兩個時，“所求角”一般表示為兩個“已知角”的和或差的形式.
(2)當“已知角”有一個時，“所求角”一般表示為“已知角”與特殊角的和或差的形式，或者應用誘導公式把“所求角”變成“已知角”.
(3)常見的角的變換：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝＋α＝，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，等.
思維升華
跟蹤訓練3　(1)已知sin，α∈，則cosα等于
A. B. C. D.
由α∈，得α＋∈，
則cos＝－＝－，
cosα＝cos＝coscos＋sinsin ＝－××.
√
(2)(2024·杭州模擬)已知α∈，β∈，若sin(α＋β)＝，cosβ＝，則sin α等于
A. B. C. D.
√
因為α∈，β∈，sin(α＋β)＝>0，cosβ＝，所以α＋β∈，
則sin β＝，
cos(α＋β)＝－＝－，
所以sin α＝sin[(α＋β)－β]＝sin(α＋β)cosβ－cos(α＋β)sin β
＝××.
返回
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 C B C D BC AD
題號 8 11 12 答案 1 －4 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)方法一　由sin(α－β)＝，
sin(α＋β)＝，
得2sin(α－β)＝3sin(α＋β)，
即2sin αcosβ－2cosαsin β＝3sin αcosβ＋3cosαsin β，
整理得sin αcosβ＝－5cosαsin β，
也即tan α＝－5tan β，tan α＋5tan β＝0得證.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
方法二　由sin(α－β)＝，sin(α＋β)＝，
即sin αcosβ－cosαsin β＝，
sin αcosβ＋cosαsin β＝，
得sin αcosβ＝，cosαsin β＝－，
從而可得tan α＝－5tan β，tan α＋5tan β＝0得證.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)由于tan(α－β)＝ tan α－tan β＝tan(α－β)(1＋tan αtan β)，
所以＝
＝＝－.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)因為α∈－α∈，
又因為cos，所以sin＝－.
所以sin α＝sin
＝sin cos－cossin
＝××.
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)因為sin＝－，
所以sin，
又β∈＋β∈，
所以cos.
則cos(α＋β)＝cos
＝coscos＋sinsin＝××＝－，
故cos(α＋β)＝－.
10.
一、單項選擇題
1.(2024·晉城模擬)若sin 18°＝m，則sin 63°等于
A.－m) B.m＋
C.(m＋) D.m＋
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
知識過關
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為sin 18°＝m，所以cos18°＝，
所以sin 63°＝sin(18°＋45°)＝(sin 18°＋cos18°)
＝(m＋).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
2.已知cosα＋sin α＝，則cos等于
A. B. C.－ D.－
由cosα＋sin α＝，
得2cos，
故cos.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
3.已知sin α＋sin β＝，cosα＋cosβ＝，則cos(α－β)的值等于
A.－ B.－ C.－ D.
sin α＋sin β＝ sin2α＋sin2β＋2sin αsin β＝， ①
cosα＋cosβ＝ cos2α＋cos2β＋2cosαcosβ＝， ②
①＋②得，2＋2(sin αsin β＋cosαcosβ)＝ cos(α－β)＝×
＝－.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
4.定義運算＝ad－bc，若cosα＝，0<β<α<，則β等于
A. B. C. D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由題意得，sin αcosβ－cosαsin β＝sin(α－β)＝.
∵0<β<α<，∴0<α－β<，
∴cos(α－β)＝.
又∵cosα＝，∴sin α＝，
sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cosαsin(α－β)
＝××，
∴β＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
二、多項選擇題
5.下列等式成立的有
A.tan 15°＝－1
B.sin 75°cos15°＋cos75°sin 15°＝1
C.cos50°cos160°－cos40°sin 160°＝－
D.sin 15°＋cos15°＝1
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
對于A，tan 15°＝tan(45°－30°)＝＝2－，故A錯誤；
對于B，sin 75°cos15°＋cos75°sin 15°＝sin(75°＋15°)＝sin 90°＝1，故B正確；
對于C，cos50°cos160°－cos40°sin 160°＝cos50°cos160°－sin 50°sin 160°＝cos(50°＋160°)＝cos210°＝－cos30°＝－，故C正確；
對于D，sin 15°＋cos15°＝2sin(15°＋30°)＝2sin 45°＝，故D錯誤.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
6.下列結論正確的是
A.sin(α－β)sin(β－γ)－cos(α－β)cos(γ－β)＝－cos(α－γ)
B.sin x＋cosx＝sin
C.f(x)＝sin ＋cos的最大值為2
D.tan 12°＋tan 33°＋tan 12°tan 33°＝1
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
對于A，左邊＝－[cos(α－β)cos(β－γ)－sin(α－β)sin(β－γ)]＝－cos[(α－β)＋(β－γ)]＝－cos(α－γ)，故A正確；
對于B，sin x＋cosx＝2
＝2sin，故B錯誤；
對于C，f(x)＝sin ＋cossin，所以f(x)的最大值為，故C錯誤；
對于D，tan 12°＋tan 33°＋tan 12°tan 33°＝tan(12°＋33°)(1－tan 12°
tan 33°)＋tan 12°tan 33°＝1，故D正確.
三、填空題
7.(2024·西安模擬)已知sin x－2cosx＝sin(x＋φ)，則sin2φ－2cos2φ
＝　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
sin x－2cosx＝sin(x＋φ)＝sin xcosφ＋cosxsin φ，
所以cosφ＝，sin φ＝－，
則sin2φ－2cos2φ＝－2×.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
8.已知tan(α＋β)，tan(α－β)是方程x2＋5x＋6＝0的兩個根，則tan 2α＝　　　　.
由題意可得tan(α＋β)＋tan(α－β)＝－5，
且tan(α＋β)tan(α－β)＝6，
則tan 2α＝tan[(α＋β)＋(α－β)]＝＝1.
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
四、解答題
9.已知sin(α－β)＝，sin(α＋β)＝.
(1)證明：tan α＋5tan β＝0；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
方法一　由sin(α－β)＝，
sin(α＋β)＝，
得2sin(α－β)＝3sin(α＋β)，
即2sin αcosβ－2cosαsin β＝3sin αcosβ＋3cosαsin β，
整理得sin αcosβ＝－5cosαsin β，
也即tan α＝－5tan β，tan α＋5tan β＝0得證.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
方法二　由sin(α－β)＝，sin(α＋β)＝，
即sin αcosβ－cosαsin β＝，
sin αcosβ＋cosαsin β＝，
得sin αcosβ＝，cosαsin β＝－，
從而可得tan α＝－5tan β，tan α＋5tan β＝0得證.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)計算的值.
由于tan(α－β)＝ tan α－tan β＝tan(α－β)(1＋tan αtan β)，
所以＝
＝＝－.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
10.已知cos，sin＝－，α∈，β∈.求：
(1)sin α的值；
因為α∈－α∈，
又因為cos，所以sin＝－.
所以sin α＝sin＝sin cos－cossin
＝××.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)cos(α＋β)的值.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為sin＝－，
所以sin，
又β∈＋β∈，
所以cos.
則cos(α＋β)＝cos
＝coscos＋sinsin＝××＝－，
故cos(α＋β)＝－.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
能力拓展
11.求值＝　　　　.
－2
＝＝
＝＝＝＝＝－2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
12.已知3cos(2α＋β)＋5cosβ＝0，則tan(α＋β)tan α＝　　　　.
由已知得3cos[(α＋β)＋α]＋5cos[(α＋β)－α]＝0，
因此3cos(α＋β)cosα－3sin(α＋β)sin α＋5cos(α＋β)cosα＋5sin(α＋β)sin α＝0，
整理得8cos(α＋β)cosα＋2sin(α＋β)sin α＝0，
因此sin(α＋β)sin α＝－4cos(α＋β)cosα，
于是·＝－4，
即tan(α＋β)tan α＝－4.
－4
返回(共62張PPT)
第四章
§4.4　簡單的三角恒等變換
數學
大
一
輪
復
習
能運用兩角和與差的正弦、余弦、正切公式推導二倍角的正弦、余弦、正切公式，并進行簡單的恒等變換(包括推導出積化和差、和差化積、半角公式，這三組公式不要求記憶).
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)公式S2α：sin 2α＝ .
(2)公式C2α：cos2α＝ ＝ ＝ .
(3)公式T2α：tan 2α＝__________.
2.半角公式(不要求記憶)
sin＝±；cos＝±；tan＝±.符號由所在象限決定.
2sin αcosα
cos2α－sin2α
2cos2α－1
1－2sin2α
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)二倍角的正弦、余弦、正切公式的適用范圍是任意角.(　　)
(2)半角的正切公式成立的條件是α≠(2k＋1)π(k∈Z).(　　)
(3)任意角α，sin 2α＝2sin α都不成立.(　　)
(4)cos2(1＋cosα)，cos3α＝1－2sin2.(　　)
√
×
√
×
2.cos2－cos2等于
A. B. C. D.
因為cos＝sin＝sin，
所以cos2－cos2＝cos2－sin2
＝cos .
√
3.若α為第二象限角，sin α＝，則sin 2α等于　　　　.
因為α為第二象限角，sin α＝，
所以cosα＝－＝－＝－，
所以sin 2α＝2sin αcosα＝2××＝－.
－
4.已知tan 2α＝－，α∈，則tan α＝　　　.
2
由tan 2α＝＝－，
得2tan2α－3tan α－2＝0，
解得tan α＝2或tan α＝－(舍去).
1.熟記常用的部分三角公式
(1)1－cosα＝2sin2 ，1＋cosα＝2cos2 .(升冪公式)
(2)1±sin α＝.(升冪公式)
(3)sin2α＝，cos2α＝，tan2α＝.(降冪公式)
(4)半角正切公式的有理化
tan.
微點提醒
2.運用倍角公式時謹記四個注意點
(1)要注意公式成立的條件；
(2)要注意和、差、倍角的相對性；
(3)要注意升冪、降冪的靈活運用；
(4)要注意“1”的各種變形.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)的化簡結果為
A.－sin 20° B.－cos20°
C.cos20° D.sin 20°
√
三角函數式的化簡
題型一
原式＝＝|sin 20°－cos20°|＋＝cos20°－sin 20°＋sin 20°＝cos20°.
(2)化簡：cos20°cos40°cos80°＝　　　.
cos20°cos40°cos80°＝
＝.
積化和差、和差化積公式
微拓展
在三角函數的化簡、求值中，有時可以用和差化積、積化和差公式，把非特殊角轉化為特殊角進行計算.
(1)和差化積公式
①sin θ＋sin φ＝2sincos；
②sin θ－sin φ＝2cossin ；
③cosθ＋cosφ＝2coscos；
④cosθ－cosφ＝－2sinsin.
(2)積化和差公式
①cosαcosβ＝[cos(α＋β)＋cos(α－β)]；
②sin αsin β＝－[cos(α＋β)－cos(α－β)]；
③sin αcosβ＝[sin(α＋β)＋sin(α－β)]；
④cosαsin β＝[sin(α＋β)－sin(α－β)].
典例　化簡下列各式：
(1)sin 54°－sin 18°＝　　　；
由和差化積公式可得，
sin 54°－sin 18°＝2cos36°sin 18°
＝2×
＝.
(2)cos146°＋cos94°＋2cos47°cos73°＝ .
由和差化積和積化和差公式可得，
cos146°＋cos94°＋2cos47°cos73°
＝2cos120°cos26°＋2×(cos120°＋cos26°)
＝2×cos26°＋＋cos26°＝－.
－
(1)三角函數式的化簡要遵循“三看”原則：一看角，二看名，三看式子結構與特征.
(2)三角函數式的化簡要注意觀察條件中角之間的聯系(和、差、倍、互余、互補等)，尋找式子和三角函數公式之間的聯系點.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)化簡的結果是
A. B.tan 2α C. D.tan α
原式＝＝tan 2α.
√
(2)化簡：cos2sin2＋sin θcosθ＝　　　.
原式＝sin 2θ
＝sin 2θ＝.
三角函數式的求值
題型二
例2　(2024·武漢模擬)古希臘的畢達哥拉斯學派通過研究正五邊形和正十邊形的作圖，發現了黃金分割值約為0.618，這一數值也可以表示為m＝
2sin 18°，則＝　　　　.
命題點1　給角求值
原式＝＝＝
＝.
例3　(2024·石家莊模擬)已知cos，則sin等于
A.－ B. C.－ D.
√
命題點2　給值求值
因為cos，
所以sin＝sin＝cos＝2cos2－1
＝2×－1＝－.
例4　已知sin α＝，cosβ＝，且α，β為銳角，則α＋2β＝　　　.
命題點3　給值求角
因為sin α＝，且α為銳角，
所以cosα＝，
因為cosβ＝，且β為銳角，
所以sin β＝，
則sin 2β＝2sin βcosβ＝2××，
cos2β＝1－2sin2β＝1－2×，
所以cos(α＋2β)＝cosαcos2β－sin αsin 2β＝××，
因為α∈，β∈，所以2β∈(0，π).
所以α＋2β∈，故α＋2β＝.
(1)給角求值問題一般所給出的角都是非特殊角，從表面上來看是很難的，但仔細觀察非特殊角與特殊角之間總有一定的關系，解題時，要利用觀察得到的關系，結合公式轉化為特殊角并且消除特殊角三角函數而得解.
(2)給值求值問題一般是將待求式子化簡整理，看需要求相關角的哪些三角函數值，然后根據角的范圍求出相應角的三角函數值，代入即可.
思維升華
(3)給值求角問題一般先求角的某一三角函數值，再求角的范圍，最后確定角.遵照以下原則：
①已知正切函數值，選正切函數；已知正、余弦函數值，選正弦或余弦函數；
②若角的范圍是，選正、余弦皆可；若角的范圍是(0，π)，選余弦較好；若角的范圍為，選正弦較好.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)(2024·煙臺模擬)若cos，則sin 2α等于
A.－ B. C.－ D.
由cos可得cos＝2cos2－1＝－，
故cos＝sin 2α＝－.
√
(2)已知α為銳角，1＋，則α＝　　　.
50°
因為1＋
＝
＝，
所以sin α＝sin 50°，
又因為α為銳角，所以α＝50°.
三角恒等變換的綜合應用
題型三
例5　已知<θ<，若a＝，b＝cos2θ，c＝－cosθ，則a，b，c的大小關系是
A.c>a>b B.b>c>a
C.c>b>a D.b>a>c
√
a＝＝sin θcosθ，
b＝(1－cos2θ)＝sin2θ，
c＝－cosθ＝＝sin θtan θ，
又<θ<，則sin θ∈，
且tan θ>1>sin θ>>cosθ>，
所以c＝sin θtan θ>b＝sin2θ>a＝sin θcosθ.
(1)進行三角恒等變換要抓住：變角、變函數名稱、變結構，尤其是角之間的關系；注意公式的逆用和變形使用.
(2)形如y＝asin x＋bcosx化為y＝sin(x＋φ)，可進一步研究函數的周期性、單調性、最值與對稱性.
思維升華
跟蹤訓練3　若關于x的方程sin xsin＋λ＝0有實數解，則λ的取值范圍是　　　　　.
∵sin xsin＋λ＝0，
∴－λ＝sin xsin＝sin x
＝sin2x＋sin xcosx－＝×sin 2x－
＝sin 2x－cos2x＝sin，
∵－≤sin≤，
∴－≤－λ≤，即－≤λ≤.
返回
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 D B B C ACD ABD －1
題號 8 11 12 答案 B 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)＝＝sin αcosα＝sin 2α.
(2)sin 50°(1＋tan 10°)＝sin 50°
＝sin 50°·＝sin 50°·
＝＝1.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)因為3sin α＝2sin2 －1，
所以3sin α＝－cosα，所以tan α＝－，
所以sin 2α＋cos2α＝＝.
(2)因為β∈，所以tan β<0，
因為2tan2β－tan β－1＝(2tan β＋1)(tan β－1)＝0，
所以tan β＝－，
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
又因為α∈(0，π)，tan α＝－，
所以<α<π.
所以tan(α＋β)＝＝－1，
由得π<α＋β<2π，所以α＋β＝.
10.
一、單項選擇題
1.(2025·大連模擬)設θ∈，若cosθ＝，則sin 2θ等于
A. B. C. D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
知識過關
答案
因為θ∈，cosθ＝，
所以sin θ＝，
則sin 2θ＝2sin θcosθ＝2××.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
2.已知sin 2α＝，則cos2等于
A. B. C. D.
cos2(－sin 2α＋1)＝×.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
3.(2024·齊齊哈爾模擬)已知cos，則sin等于
A.－ B. C. D.－
∵cos，
可得sin＝－cos
＝－cos＝1－2cos2
＝1－2×.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
4.已知tan α＝，tan β＝－，且α，β∈(0，π)，則2α－β等于
A. B.－
C.－ D.－
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為tan α＝，tan β＝－，
則tan 2α＝，tan(2α－β)＝＝1，
因為α，β∈(0，π)，tan α>0，tan β<0，
則0<α<<β<π，
又tan 2α>0，有0<2α<，
于是得－π<2α－β<0，因此，2α－β＝－.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
二、多項選擇題
5.已知函數f(x)＝sin x(sin x＋cosx)，則
A.f(x)的最小正周期為π B.f(x)max＝2
C.f(x)min＝ D.f
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
f(x)＝sin2x＋sin xcosx＝sin 2x＝sin，
∴f(x)的最小正周期為π，故A正確；
f(x)max＝，f(x)min＝，故B錯誤，C正確；
f sin 0＋，故D正確.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
6.(2024·佛山模擬)已知角θ的終邊過點P(3，4)，則
A.cos2θ＝－ B.tan 2θ＝－
C.cos D.tan
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為角θ的終邊過點P(3，4)，
所以cosθ＝，sin θ＝，tan θ＝，
所以cos2θ＝2cos2θ－1＝2×－1＝－，
tan 2θ＝＝－，故A，B正確，
因為2kπ<θ<2kπ＋(k∈Z)，
所以kπ<所以tan >0，但cos>0或cos<0均滿足題意，故C錯誤，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由tan θ＝，
得2tan2＋3tan －2＝0，
解得tan ＝－2(舍去)或tan ，故D正確.
三、填空題
7.計算：＝　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
＝－＝－＝－1.
－1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
8.已知，則sin 2θ＝ .
(cosθ－sin θ)＝，故cosθ－sin θ＝，
兩邊平方得cos2θ－2sin θcosθ＋sin2θ＝1－sin 2θ＝，
解得sin 2θ＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
四、解答題
9.(2024·西安模擬)(1)化簡：；
＝＝sin αcosα＝sin 2α.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)求值：sin 50°(1＋tan 10°).
sin 50°(1＋tan 10°)＝sin 50°
＝sin 50°·＝sin 50°·
＝＝1.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
10.已知3sin α＝2sin2 －1.
(1)求sin 2α＋cos2α的值；
因為3sin α＝2sin2 －1，
所以3sin α＝－cosα，所以tan α＝－，
所以sin 2α＋cos2α＝
＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)已知α∈(0，π)，β∈，2tan2β－tan β－1＝0，求α＋β的值.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為β∈，所以tan β<0，
因為2tan2β－tan β－1＝(2tan β＋1)(tan β－1)＝0，
所以tan β＝－，
又因為α∈(0，π)，tan α＝－，
所以<α<π.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
所以tan(α＋β)＝＝－1，
由得π<α＋β<2π，所以α＋β＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
能力拓展
11.已知函數f(x)＝sin xcosx－cos2x＋.若f ，則sin 2α的值為
A. B.－ C. D.－
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
f(x)＝sin 2x－·sin 2x－cos2x＝sin.
因為f sin，所以sin，
sin 2α＝sin＝cos2＝1－2sin2＝1－2×＝－.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
12.(2025·莆田模擬)中華人民共和國國旗是五星紅旗，為中華人民共和國的象征和標志.每個五角星的一個內角都是36°，利用三倍角公式等恒等變換可以求得cos36°的值.先利用sin 3α＝sin(2α＋α)可求得sin 3α＝
_____________(用單角α的正弦值表示)；再求得cos36°＝　　　　.
3sin α－4sin3α
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
返回
sin 3α＝sin(2α＋α)＝sin 2αcosα＋cos2αsin α
＝2sin αcos2α＋(1－2sin2α)sin α＝2sin α(1－sin2α)＋(1－2sin2α)sin α
＝3sin α－4sin3α，
因為sin 72°＝sin 108°，
從而2sin 36°cos36°＝3sin 36°－4sin336°，
即2cos36°＝3－4sin236°＝3－4(1－cos236°)，
令cos36°＝x>0，則4x2－2x－1＝0，
解得x＝或x＝(舍去).(共82張PPT)
第四章
§4.6　函數y＝Asin(ωx＋φ)
數學
大
一
輪
復
習
1.結合具體實例，了解y＝Asin(ωx＋φ)的實際意義；能借助圖象理解參數ω，φ，A的意義，了解參數的變化對函數圖象的影響.
2.會用三角函數解決簡單的實際問題，體會可以利用三角函數構建刻畫事物周期變化的數學模型.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.簡諧運動的有關概念
已知函數y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)，x≥0
振幅 周期 頻率 相位 初相
A T＝____ ________ ____
ωx＋φ
φ
2.用“五點法”畫y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)一個周期內的簡圖時，要找五個特殊點
ωx＋φ 0 π 2π
x
y＝Asin(ωx＋φ) 0 A 0 －A 0
3.函數y＝sin x的圖象經變換得到y＝Asin(ωx＋φ)
(A>0，ω>0)的圖象的兩種途徑
|φ|
A
A
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0)的最大值為A，最小值為－A.(　　)
(2)將函數y＝3sin 2x的圖象向左平移個單位長度后所得圖象的解析式是y＝3sin.(　　)
(3)把y＝sin，所得圖象的函數解析式為y＝sin.(　　)
(4)如果y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為T，那么函數圖象的相鄰兩個對稱中心之間的距離為.(　　)
√
×
×
×
2.y＝2sin的振幅、頻率和初相分別為
A.2，4π， B.2，
C.2，，－ D.2，4π，－
由題意知A＝2，f＝，初相為－.
√
3.將函數f(x)＝3sin的圖象向右平移個單位長度后得到函數g(x)的圖象，則g(x)＝　　 　　　　.
g(x)＝f ＝3sin＝3sin.
3sin
4.(2024·長沙模擬)如圖是函數y＝Asin(ωx＋φ)的
部分圖象，則該函數的解析式為　　 　　　.
y＝2sin
根據函數y＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象，可得A＝2，T＝×，解得ω＝2，再將點代入可得2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，又|φ|<，所以φ＝，故y＝2sin.
1.熟記下列常用結論
(1)“五點法”作圖中，相鄰兩點的橫向距離均為.
(2)在正弦型曲線、余弦型曲線中，相鄰的兩個對稱中心以及相鄰的兩條對稱軸之間的距離均為半個周期.
(3)若直線x＝a為正(余)弦型曲線的對稱軸，則該函數一定在x＝a處取得最值.
(4)函數y＝Asin(ωx＋φ)＋k(A>0，ω>0)圖象平移的規律：“左加右減，上加下減”.
微點提醒
2.謹防兩個易誤點
(1)分清“先平移后伸縮”還是“先伸縮后平移”注意先伸縮后平移時平移距離為個單位長度.
(2)不要混淆橫向、縱向的縮小、擴大與系數的關系.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)(多選)已知函數f(x)＝cos，g(x)＝cos x，要得到函數f(x)的圖象，可由函數g(x)的圖象
A.先將橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，再向右平移個單位長度
B.先將橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，再向右平移個單位長度
C.先向右平移個單位長度，再將橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變
D.先向右平移個單位長度，再將橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變
√
函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及變換
題型一
√
先將橫坐標縮短為原來的個單位長度得到函數f(x)的圖象，A錯誤，B正確；
先向右平移，縱坐標不變，得到函數f(x)的圖象，C正確，D錯誤.
(2)(2024·新課標全國Ⅰ)當x∈[0，2π]時，曲線y＝sin x與y＝2sin的交點個數為
A.3 B.4 C.6 D.8
√
因為函數y＝sin x的最小正周期T＝2π，
函數y＝2sin的最小正周期T1＝，
所以在[0，2π]上，函數y＝2sin有三個
周期的圖象，
在坐標系中結合五點法畫出兩函數圖象，如圖所示，
由圖可知，兩函數圖象有6個交點.
函數圖象的平移變換解題策略
(1)解題時首先分清原函數與變換后的函數.
(2)異名三角函數圖象變換要利用誘導公式sin α＝cos，cos α＝sin將不同名函數轉換成同名函數.
(3)無論是先平移再伸縮，還是先伸縮再平移，只要平移|φ|個單位長度，都是自變量x變為x±|φ|，而不是ωx變為ωx±|φ|.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)(2025·青島模擬)要得到函數y＝sin 2x的圖象，只要將函數y＝cos的圖象
A.向右平移個單位長度
B.向左平移個單位長度
C.向左平移個單位長度
D.向右平移個單位長度
√
y＝cos＝sin＝sin＝sin 2，
所以將函數y＝cos個單位長度即可得到函數y＝sin 2x的圖象.
(2)(2024·延邊州模擬)將函數f(x)＝sin(ω>0)的圖象向左平移個單位長度后得到曲線C，若C關于y軸對稱，則ω的最小值是
A. B. C. D.
記曲線C的函數解析式為g(x)，則g(x)＝sin＝sin.因為函數g(x)的圖象關于y軸對稱，所以ω＋＝kπ＋(k∈Z)，得ω＝2k＋(k∈Z).因為ω>0，所以ωmin＝.
√
由圖象確定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
題型二
例2　(1)函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的部分圖象如圖所示，則
A.f(x)＝3sin＋1
B.f(x)＝2sin＋2
C.f(x)＝2sin＋2
D.f(x)＝2sin＋2
√
根據題中圖象知
所以A＝2，b＝2，T＝4×＝π，
所以ω＝＝2，
又函數圖象經過最高點，
代入函數f(x)＝2sin(2x＋φ)＋2得sin＝1，
因為|φ|<，所以φ＝，
所以f(x)＝2sin＋2.
(2)(2023·新高考全國Ⅱ)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)，如圖，A，B是直線y＝與曲線y＝f(x)的兩個交點，若|AB|＝，則f(π)＝　　　.
－
設A，B，
由|AB|＝可得x2－x1＝，
由sin x＝可知，
x＝＋2kπ，k∈Z或x＝＋2kπ，k∈Z，
由圖可知，ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝，
即ω(x2－x1)＝，所以ω＝4.
因為f(x)＝sin(4x＋φ)，
又f(x)過點，
所以＋φ＝2kπ，k∈Z，
即φ＝－＋2kπ，k∈Z.
取φ＝－，所以f(x)＝sin，
所以f(π)＝sin＝－.
確定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)的步驟和方法
(1)求A，b.確定函數的最大值M和最小值m，則A＝，b＝.
(2)求ω.確定函數的最小正周期T，則ω＝.
(3)求φ.常用方法如下：
①代入法：把圖象上的一個已知點代入(此時要注意該點在上升區間上還是在下降區間上)或把圖象的最高點或最低點代入.
②五點法：確定φ值時，往往以尋找“五點法”中的特殊點作為突破口.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)如圖是函數y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的部分圖象，則sin(ωx＋φ)等于
A.sin B.sin
C.sin D.sin
√
由函數圖象可知A＝1，，則ω＝＝2，
當x＝時，y＝－1，
∴2×＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，
解得φ＝2kπ＋(k∈Z)，
∴sin(ωx＋φ)＝sin＝sin.
(2)已知函數f(x)＝Atan(ωx＋φ)，y＝f(x)的部分圖象如圖，則f ＝　　　.
由題意T＝×2＝，
∴ω＝＝2，
∵tan＝0，φ＋＝kπ(k∈Z)，而<，
∴φ＝，
又f(0)＝Atan＝1，∴A＝1，
∴f(x)＝tan，
∴f ＝tan＝tan .
三角函數圖象、性質的綜合應用
題型三
例3　(1)如圖所示，摩天輪的半徑為20米，圓心O距地面的高度為25米，摩天輪運行時按逆時針勻速旋轉，轉一周需要10分鐘.摩天輪上的點P的起始位置在最低點處.若游客在距離地面至少35米的高度視覺效果最佳，則摩天輪轉動一周內具有最佳視覺效果的時間長度(單位：分鐘)為
A. B.3
C. D.
√
設f(t)＝Asin(ωt＋φ)＋h，
依題意，A＝20，h＝25，T＝10，所以ω＝，
又f(0)＝5，所以φ＝－.
所以f(t)＝20sin＋25＝25－20cos t.
依題意25－20cos t≥35，所以cos t≤－，
又0≤t≤10，解得≤t≤，
則摩天輪轉動一周內，有(分鐘)會有最佳視覺效果.
(2)(2023·全國甲卷)函數y＝f(x)的圖象由函數y＝cos的圖象向左平移個單位長度得到，則y＝f(x)的圖象與直線y＝x－的交點個數為
A.1 B.2 C.3 D.4
√
因為y＝cos個單位長度所得函數為y＝cos
＝cos＝－sin 2x，
所以f(x)＝－sin 2x，
而直線y＝x－與(1，0)兩點，
作出y＝f(x)與y＝x－的大致圖象如圖所示，
考慮2x＝－，2x＝，2x＝，即x＝－，x＝，x＝處f(x)與y＝x－的大小關系，
當x＝－時，f ＝－sin＝－1，
y＝×＝－<－1；
當x＝時，f ＝－sin＝1，
y＝×<1；
當x＝時，f ＝－sin＝1，
y＝×>1.
所以由圖可知，f(x)與y＝x－的交點個數為3.
(1)求解與三角函數有關的零點(或三角函數有關的方程的根)的個數或零點的和的問題，常結合三角函數圖象利用數形結合思想直觀求解.
(2)三角函數模型的應用體現在兩方面：一是已知函數模型求解數學問題；二是把實際問題抽象轉化成數學問題，利用三角函數的有關知識解決問題.
思維升華
跟蹤訓練3　(1)已知函數f(x)＝cos，x∈，若方程f(x)＝m有兩個不相等的實數根，則實數m的取值范圍是
A. B.
C. D.
√
因為x∈，
所以令t＝2x－，則t∈，
方程f(x)＝m有兩個不相等的實數根等價于函數y＝cos t的圖象與直線y＝m有兩個交點，函數y＝cos t的圖象與直線y＝m的位置如圖所示，
由圖可得實數m的取值范圍是≤m<1.
選用一個正弦型函數來近似描述收購價格(單位：元/斤)與相應月份之間的函數關系為　　　　 　　　　　.
(2)某地農業監測部門統計發現：該地區近幾年的生豬收購價格每四個月會重復出現.如表所示是今年前四個月的統計情況.
y＝sin＋6(答案不唯一)
月份x 1 2 3 4
收購價格y/(元/斤) 6 7 6 5
設y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)，
由題意得A＝1，B＝6，T＝4，
因為T＝，所以ω＝，所以y＝sin＋6.
因為當x＝1時，y＝6，所以6＝sin＋6，
結合表中數據得＋φ＝2kπ，k∈Z，可取φ＝－，所以y＝sin＋6.
月份x 1 2 3 4
收購價格y/(元/斤) 6 7 6 5
返回
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 B D B A BD AC
題號 8 11 12
答案
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)因為函數f(x)的最小正周期是π，所以ω＝2.
又因為當x＝時，f(x)取得最大值2，所以A＝2，
同時2×＋φ＝2kπ＋，k∈Z，
即φ＝2kπ＋，k∈Z，
因為－<φ<，所以φ＝，
所以f(x)＝2sin.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)因為x∈[0，π]，所以2x＋∈.
列表如下：
描點、連線得圖象如圖所示，
9.
π 2π
x 0 π
f(x) 1 2 0 －2 0 1
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(3)將y＝sin x的圖象上的所有點向左平移個單位長度，得到函數y＝sin的圖象，再將y＝sin
(縱坐標不變)，得到函數y＝sin的圖象，再將y＝sin
上所有點的縱坐標伸長到原來的2倍(橫坐標不變)，得到f(x)＝2sin的圖象.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)由題可知，θ∈，
在Rt△MOC中，OM＝15cos θ，MC＝15sin θ，
∴BN＝MC＝15sin θ，
在Rt△BON中，ON＝＝5sin θ，
∴MN＝OM－ON＝15cos θ－5sin θ，
∴S＝2·BN·MN＝2×15sin θ×
＝150－75＝150sin－75，θ∈.
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)∵θ∈，
∴2θ＋∈.
∴當2θ＋，即θ＝時，Smax＝75，
故當θ＝時，矩形ABCD的面積最大，最大值為75 m2.
10.
一、單項選擇題
1.用“五點法”作y＝2cos x－1在[0，2π]上的圖象時，應取的五點為
A.(0，1)，，(π，－1)，，(2π，1)
B.(0，1)，，(π，－3)，，(2π，1)
C.(0，1)，(π，－3)，(2π，1)，(3π，－3)，(4π，1)
D.(0，1)，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
知識過關
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
∵y＝2cos x－1，∴最小正周期T＝2π.由“五點法”作圖可知，應描出的五個點的橫坐標分別是0，，π，，2π.代入解析式可得點的坐標分別為(0，1)，，(π，－3)，，(2π，1)，故B正確.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
2.(2024·楚雄模擬)將函數f(x)＝sin(ω>0)的圖象向右平移個單位長度后與原函數圖象重合，則ω的最小值為
A.1 B.3 C.4 D.6
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
方法一　由題意可得y＝f ＝sin＝sin
＝sin，
∴－ω＋＝2kπ＋，k∈Z，
解得ω＝－6k，k∈Z，
又ω>0，∴當k＝－1時，ω取得最小值為6.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
方法二　依題意，＝k·，k∈Z，
解得ω＝6k，k∈Z，
又ω>0，∴當k＝1時，ω取得最小值為6.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
3.某藝術展覽館在開館時間段(9：00—16：00)的參觀人數(單位：千)隨時間t(單位：時)的變化近似滿足函數關系f(t)＝Asin＋5(A>0，9≤t≤16)，且下午兩點整參觀人數為7千，則開館中參觀人數的最大值為
A.1萬 B.9千 C.8千 D.7千
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
下午兩點整即t＝14，當t＝14時，f(t)＝7.
即Asin ＋5＝7，∴A＝4，
∵當9≤t≤16時，t－∈，
∴當t－，即t＝13時，f(t)取得最大值，且最大值為4＋5＝9.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
4.(2025·廣州模擬)如圖，直線y＝1與函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的圖象的三個相鄰的交點分別為B，C，D，且BC＝π，CD＝2π，則f(x)等于
A.2sin B.2sin
C.sin D.sin
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
方法一　因為BC＝π，CD＝2π，
所以最小正周期T＝3π，所以ω＝，
又因為點在f(x)的圖象上，
所以Asin＝0，
即sin＝0，
結合圖象可知φ－＝2kπ，k∈Z，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
所以φ＝＋2kπ，k∈Z，
又|φ|<，所以φ＝.
易知點C的橫坐標為－，
則C，
所以Asin＝1，則A＝2，
所以f(x)＝2sin.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
方法二　因為BC＝π，CD＝2π，所以最小正周期T＝3π，所以ω＝，排除B，D；
當x＝0時，代入f(x)＝2sin，可得f(0)＝
>1，滿足題意，代入f(x)＝sin，可得f(0)＝×＝1，不符合題意，故A正確，C錯誤.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
二、多項選擇題
5.(2024·廊坊模擬)把函數y＝f(x)圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的(縱坐標不變)，再把所得圖象向右平移個單位長度，得到函數y＝sin的圖象，則f(x)的解析式可以為
A.f(x)＝－cos 2x B.f(x)＝－cos
C.f(x)＝cos D.f(x)＝sin
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
把函數y＝sin個單位長度，
得到y＝sin＝sin的圖象，
再把所得圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的3倍(縱坐標不變)，
得到f(x)＝sin的圖象.
又f(x)＝sin＝－cos＝－cos.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
6.(2024·曲靖模擬)函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則
A.f(0)＝－1
B.函數f(x)的最小正周期是2π
C.函數f(x)的圖象關于直線x＝對稱
D.將函數f(x)的圖象向左平移個單位長度以后，所得的函數圖象關于原點
對稱
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
根據函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象可得A＝2，×，解得ω＝2，
又f ＝－2，可得2×＋φ＝－＋2kπ，k∈Z，
又|φ|≤，解得φ＝－，
所以f(x)＝2sin，可得f(0)＝2sin＝－1，故A正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
可得f(x)的最小正周期為＝π，故B錯誤；
令x＝，則f ＝2sin＝2，為最大值，可得函數f(x)的圖象關于直線x＝對稱，故C正確；
將函數f(x)的圖象向左平移個單位長度后，可得y＝2sin的圖象，可得所得的函數圖象不關于原點對稱，故D錯誤.
三、填空題
7.將函數f(x)＝sin(2x＋φ)，φ∈(0，π)的圖象向右平移個單位長度，得到
函數g(x)的圖象.若g(x)為偶函數，則φ＝　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
g(x)＝sin＝sin，
依題意，φ－＋kπ，k∈Z，
∴φ＝＋kπ，k∈Z，
又φ∈(0，π)，∴φ＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
8.如圖所示為函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)的部分圖象，其中AB＝5，則函數f(x)的解析式為　　　　 　　　　.
f(x)＝2sin
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)的部分圖象，
設A(x1，2)，B(x2，－2)，其中x1因為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＝，
因為≤φ≤π，所以φ＝.
所以函數f(x)的解析式為f(x)＝2sin.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
四、解答題
9.已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的最小正周期是π，且當x＝時，f(x)取得最大值2.
(1)求f(x)的解析式；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為函數f(x)的最小正周期是π，所以ω＝2.
又因為當x＝時，f(x)取得最大值2，所以A＝2，
同時2×＋φ＝2kπ＋，k∈Z，
即φ＝2kπ＋，k∈Z，
因為－<φ<，所以φ＝，
所以f(x)＝2sin.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)作出f(x)在[0，π]上的圖象(要列表)；
因為x∈[0，π]，所以2x＋∈.
列表如下：
描點、連線得圖象如圖所示，
π 2π
x 0 π
f(x) 1 2 0 －2 0 1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(3)函數f(x)的圖象可由函數y＝sin x的圖象經過怎樣的變換得到？
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
得到函數y＝sin的圖象，再將y＝sin上所有點的縱坐標伸長到原來的2倍(橫坐標不變)，得到f(x)＝2sin的圖象.
將y＝sin x的圖象上的所有點向左平移個單位長度，得到函數y＝sin的圖象，再將y＝sin(縱坐標不變)，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
10.在校園美化、改造活動中，要在半徑為15 m，圓心角為的扇形空地EOF的內部修建一矩形觀賽場地ABCD，如圖所示.
取CD的中點M，記∠MOC＝θ.
(1)寫出矩形ABCD的面積S與角θ的函數關系式；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由題可知，θ∈，
在Rt△MOC中，OM＝15cos θ，MC＝15sin θ，
∴BN＝MC＝15sin θ，
在Rt△BON中，ON＝＝5sin θ，
∴MN＝OM－ON＝15cos θ－5sin θ，
∴S＝2·BN·MN＝2×15sin θ×
＝150－75＝150sin－75，θ∈.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)求當角θ為何值時，矩形ABCD的面積最大，并求出最大面積.
∵θ∈，
∴2θ＋∈.
∴當2θ＋，即θ＝時，Smax＝75，
故當θ＝時，矩形ABCD的面積最大，最大值為75 m2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
能力拓展
11.(2024·綿陽模擬)已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，圖象與x軸的交點M，與y軸的交點為N，最
高點P(1，A)，且滿足NM⊥NP.則f(x)＝　　 　　　.
sin
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由圖象與x軸的交點M×＋φ＝π＋2kπ(k∈Z)，
因為|φ|<，所以φ＝，
即f(x)＝Asin，所以f(x)的圖象與y軸的交點為N，
由題知，函數f(x)的周期T滿足＝xM－xP＝－1＝，解得T＝6，
又ω>0，所以ω＝，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為NM⊥NP，所以··＝0，
解得A＝(負值舍去)，
所以f(x)＝sin.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
12.(2024·杭州模擬)將函數g(x)＝cos 2x的圖象上的每個點的橫坐標不變，縱坐標伸長為原來的2倍，再將所得圖象向右平移個單位長度得到函數y＝h(x)的圖象，若函數y＝g(x)與函數y＝h(x)＋1圖象交于點(α，g(α))，其
中－<α<0，則sin α的值為　　　　.
－
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
返回
由題意得，h(x)＝2sin 2x，
因為函數y＝g(x)與函數y＝h(x)＋1圖象交于點(α，g(α))，
所以2sin 2α＋1＝cos 2α，
即4sin αcos α＋sin2α＋cos2α＝cos2α－sin2α，
整理得2sin α(2cos α＋sin α)＝0，
因為－<α<0，所以2cos α＋sin α＝0，
又因為sin2α＋cos2α＝1，所以sin α＝－.(共50張PPT)
第四章
§4.9　解三角形中的最值與
范圍問題
數學
大
一
輪
復
習
解三角形中的最值與范圍問題，通常涉及與邊長、周長有關的范圍問題，與面積有關的范圍問題，或與角度有關的范圍問題，一直是高考的熱點與重點，主要是利用三角函數、正余弦定理、三角形面積公式、基本不等式等工具研究三角形問題，解決此類問題的關鍵是建立起角與邊的數量關系.
重點解讀
例1　在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足.
(1)求角A；
利用基本不等式求最值(范圍)
題型一
由，
結合正弦定理，得，
∴tan A＝，
又∵A∈(0，π)，∴A＝.
(2)若a＝2，求：
①△ABC面積的最大值；
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得4＝b2＋c2－bc.
4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，
即bc≤4，當且僅當b＝c＝2時等號成立，
∴S△ABC＝bcsin A≤×4×，
即當b＝c＝2時，△ABC面積的最大值為.
②△ABC周長的取值范圍.
∵4＝b2＋c2－bc，∴4＝(b＋c)2－3bc，
∴(b＋c)2－4＝3bc≤3·，
即(b＋c)2≤16，∴b＋c≤4，
當且僅當b＝c＝2時等號成立，
又b＋c>a＝2，
∴2∴△ABC周長的取值范圍是(4，6].
求解三角形中面積和周長最值問題的常用方法
在△ABC中，如果已知一個角及其對邊，假設已知A，a，根據余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，即可得到“b2＋c2”與“bc”的等量關系.
(1)求面積最值時，S＝bcsin A，即求bc最值，在等量關系中利用基本不等式b2＋c2≥2bc，即可求得bc的最值.
(2)求周長a＋b＋c的最值時，即求b＋c的最值，在等量關系中，把b2＋c2
換成(b＋c)2－2bc，再利用基本不等式bc≤，即可求得b＋c的最值.
思維升華
跟蹤訓練1　(2024·茂名模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知acos B－bcos A－a＋c＝0.
(1)求B的值；
由正弦定理及acos B－bcos A－a＋c＝0，
得sin Acos B－sin Bcos A－sin A＋sin C＝0，
又sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
∴2sin Acos B－sin A＝0，
又A∈(0，π)，∴sin A≠0，
∴2cos B－1＝0，即cos B＝，
又B∈(0，π)，∴B＝.
(2)若M為AC的中點，且a＋c＝4，求BM的最小值.
由M為AC的中點，得，而a＋c＝4，
∴＝·
＝c2＋a2＋accos∠ABC＝[(a＋c)2－ac]
＝(16－ac)＝4－ac≥4－＝3，
當且僅當即a＝c＝2時等號成立，
∴BM的最小值為.
轉化為三角函數求最值(范圍)
題型二
例2　已知在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且bsin A＝(c－acos B).
(1)求A的大小；
方法一　∵bsin A＝(c－acos B)，
∴由余弦定理，得bsin A＝c－a·，
∴2bcsin A＝(b2＋c2－a2)＝×2bccos A，
又bc≠0，∴tan A＝，
∵0方法二　∵bsin A＝(c－acos B)，
∴由正弦定理得sin Bsin A＝sin C－sin Acos B，
又C＝π－(A＋B)，
∴sin Bsin A＝sin(A＋B)－sin Acos B
＝sin Acos B＋cos Asin B－sin Acos B＝cos Asin B，
又sin B≠0，∴tan A＝，
∵0(2)若a＝6，求b＋c的取值范圍.
因為＝4，
所以b＝4sin B，c＝4sin C，
又A＋B＋C＝π，所以C＝－B，
所以b＋c＝4sin B＋4sin C＝4
＝4＝4
＝12sin，
因為△ABC為銳角三角形，且A＝，C＝－B，
所以
解得則當且僅當B＝時，等號成立，
可得b＋c的取值范圍是(6，12].
利用正弦定理、余弦定理，把所求量轉化為關于某個角的三角函數，利用三角函數的有界性、單調性，再結合角的范圍確定最值或范圍.要特別注意題目隱含條件的應用，如銳角三角形、鈍角三角形、三角形內角和為π等.
思維升華
跟蹤訓練2　(2024·菏澤模擬)已知在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，bsin2B＋csin2C＝(b＋c)sin2A.
(1)求角A；
因為bsin2B＋csin2C＝(b＋c)sin2A，
由正弦定理可得b3＋c3＝(b＋c)·a2，
即(b2＋c2－bc)(b＋c)＝(b＋c)·a2，
因為b＋c>0，所以b2＋c2－bc＝a2，
所以cos A＝，
因為A∈(0，π)，所以A＝，
(2)若△ABC為銳角三角形，c＝2，求邊長b的取值范圍.
因為△ABC為銳角三角形，且A＝，
所以B＋C＝，
所以解得又c＝2，由正弦定理，
所以b＝＝＝＝1＋，
因為所以tan C>，
所以0<<，
所以1<1＋<4，
即邊長b的取值范圍為(1，4).
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
題號 1 2 3 4 5 6
答案 B D D C BCD ABC
題號 7 8 答案 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(1)因為m∥n，
所以(a＋b)(sin A－sin B)＝c(sin A－sin C)，
由正弦定理可得(a＋b)(a－b)＝c(a－c)，
即a2－b2＝ac－c2，
故a2＋c2－b2＝ac，
所以cos B＝，
而B為三角形內角，故B＝.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(2)結合(1)可得
＝1－，
1－≥1－＝1－，當且僅當a＝c時等號成立，
故.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(1)因為2sin Bsin C＋cos 2C＝1＋cos 2A－cos 2B，
所以2sin Bsin C＋1－2sin2C＝1＋1－2sin2A－1＋2sin2B，
則sin Bsin C－sin2C＝－sin2A＋sin2B，
由正弦定理可得bc－c2＝－a2＋b2，
即bc＝b2＋c2－a2，
所以cos A＝，
又A∈，故A＝.
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(2)由正弦定理得＝
＝＝sin，
又在銳角△ABC中，有
解得10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
所以－則－所以－故.
10.
一、單項選擇題
1.已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若B＝，a＝4，且三角形有兩解，則b的取值范圍是
A.(2，＋∞) B.(2，4)
C.(0，4) D.(4，3)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
√
由題意，△ABC有兩解需滿足asin B1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
2.在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b，a，c成等差數列，則A的最大值為
A. B. C. D.
依題意b＋c＝2a.
則cos A＝＝≥，
當且僅當b＝c時，等號成立，
又A∈(0，π)，所以A的最大值為.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
3.在銳角△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＝3，A＝，則b的取值范圍是
A.(0，6) B.(0，2)
C.(，2) D.(3，6)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
在銳角△ABC中，a＝3，A＝，
由正弦定理可得＝6，
所以b＝6sin B，
又C＝－B，
所以解得所以1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
4.(2024·泰州模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，C＝60°，B>90°，則的取值范圍為
A. B.(，＋∞)
C.(2，＋∞) D.(3，＋∞)
√
因為C＝60°，B>90°，所以0°
×>2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
二、多項選擇題
5.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，D為AB的中點，且a(sin A－sin B)＝(c－b)(sin B＋sin C)，c＝，則
A.C＝
B.△ABC面積的取值范圍為
C.△ABC周長的最大值為3
D.cos A＋cos B的取值范圍是
√
√
√
由正弦定理可得a(a－b)＝(c－b)(b＋c)，
整理得a2＋b2－c2＝ab，
所以cos C＝，
又0對于B，由a2＋b2－c2＝ab可得a2＋b2＝ab＋3≥2ab ab≤3，當且僅當a＝b時取等號，
所以0故△ABC面積的取值范圍為，B正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
對于C，由a2＋b2－c2＝ab得(a＋b)2－3＝3ab≤3 ≤3 a＋b≤2，
當且僅當a＝b時取等號，a＋b＋c≤3，所以△ABC周長的最大值為3，故C正確；
對于D，cos A＋cos B＝cos A＋coscos A＋sin A＝sin，
又因為A∈，所以A＋∈，
所以sin∈，故cos A＋cos B的取值范圍是，故D正確.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
6.在△ABC中，已知AB＝2，AC＝3，AD是角A的平分線，則AD的長度可能為
A.2.1 B.2.2 C.2.3 D.2.4
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
令∠BAC＝2θ，
∴∠BAD＝∠CAD＝θ，θ∈，S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，
∴×2×3sin 2θ＝×2×AD·sin θ＋×3×AD·sin θ，
∴5ADsin θ＝6sin 2θ＝12sin θcos θ，
又θ∈，∴sin θ≠0，cos θ∈(0，1)，
∴AD＝cos θ的取值范圍為.
三、填空題
7.在鈍角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a＝1，b＝2，則最大邊c的取值范圍是　　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
因為△ABC是鈍角三角形，a＝1，b＝2，且c是最大邊，
由余弦定理可得cos C＝<0，
于是可得c2>a2＋b2＝5，且c>0，解得c>，
又c(，3)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
8.(2024·九江模擬)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知3sin A＝2sin Bcos C，a＝1，則角A的最大值是　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
∵3sin A＝2sin Bcos C，
由正弦定理得3a＝2bcos C， ①
由余弦定理的推論得cos C＝， ②
①②聯立可得b2－c2＝2a2，
而cos A＝，
消去a2可得cos A＝≥，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
當且僅當b＝c時取等號.
∵y＝cos x在(0，π)上單調遞減，
∴Amax＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
四、解答題
9.(2024·朔州模擬)已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量m＝(a＋b，c)，n＝(sin A－sin C，sin A－sin B)，且m∥n.
(1)求B；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
因為m∥n，
所以(a＋b)(sin A－sin B)＝c(sin A－sin C)，
由正弦定理可得(a＋b)(a－b)＝c(a－c)，
即a2－b2＝ac－c2，
故a2＋c2－b2＝ac，
所以cos B＝，
而B為三角形內角，故B＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
(2)求的最小值.
結合(1)可得＝1－，
1－≥1－＝1－，當且僅當a＝c時等號成立，
故.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
10.(2024·固原模擬)在銳角△ABC中，內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且2sin Bsin C＋cos 2C＝1＋cos 2A－cos 2B.
(1)求A；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
因為2sin Bsin C＋cos 2C＝1＋cos 2A－cos 2B，
所以2sin Bsin C＋1－2sin2C＝1＋1－2sin2A－1＋2sin2B，
則sin Bsin C－sin2C＝－sin2A＋sin2B，
由正弦定理可得bc－c2＝－a2＋b2，
即bc＝b2＋c2－a2，
所以cos A＝，
又A∈，
故A＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
(2)求的取值范圍.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
由正弦定理得＝
＝＝sin，
又在銳角△ABC中，有
解得所以－1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
則－所以－故.(共52張PPT)
第四章
§4.8　解三角形
數學
大
一
輪
復
習
1.掌握三角形中角平分線、中線、高線等問題.
2.能利用解三角形的方法解決平面幾何的有關問題及判斷三角形的存在問題.
課標要求
例1　在△ABC中，AB＝2，AC＝4，角A為鈍角，△ABC的面積為2.
(1)若D是BC的中點，求AD的長度；
三角形中角平分線、中線、高線
題型一
∵AB＝2，AC＝4，△ABC的面積為2，
∴S△ABC＝AB·AC·sin∠BAC＝×2×4×sin∠BAC＝2，∴sin∠BAC＝，
又∠BAC為鈍角，∴∠BAC＝，
∵D是BC的中點，∴)，
∴)2，
∴||2＝＝3，
∴||＝，即AD＝.
(2)若E是邊BC上一點，AE為△ABC的角平分線，求AE的長度.
∵AE為△ABC的角平分線，
∴∠BAE＝∠CAE＝∠BAC＝，
∵S△ABC＝S△ABE＋S△ACE，
∴AB·AE·sinAC·AE·sin＝2，
即×2AE××4AE×＝2，
∴AE＝.
三角形中線、角平分線解題策略
(1)若AD是△ABC邊BC上的中線，一般利用向量解決問題，即)，兩邊平方即可得到邊與角的關系.
(2)若AD是△ABC中角A的平分線，則S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，.
思維升華
跟蹤訓練1　(多選)已知△ABC中，AB＝1，AC＝4，BC＝，D在BC上，AD為∠BAC的平分線，E為AC的中點，則
A.BC邊上的高線長為 B.AD＝
C.BD＝ D.BE＝
√
√
√
在△ABC中，由余弦定理
cos∠BAC＝，
∴∠BAC＝60°，
設BC邊上的高為h，則S△ABC＝AB·AC·sin 60°＝·BC·h，解得h＝，故A正確；
又S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，故AB·AD·sin 30°＋AC·AD·sin 30°＝AB·AC·
sin 60°，解得AD＝，故B不正確；
∵AD平分∠BAC，由角平分線定理知，∴，∴BD＝DC＝BC＝，故C正確；
∵E為AC的中點，∴AE＝2，在△ABE中，由余弦定理得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos∠BAC＝1＋4－2×1×2×＝3，∴BE＝，故D正確.
與多邊形有關的問題
題型二
例2　(2024·煙臺模擬)在平面四邊形ABCD中，∠ABC＝，∠ADC＝，BC＝4.
(1)若△ABC的面積為3，求AC；
在△ABC中，BC＝4，∠ABC＝，
∴S△ABC＝AB·BC·sin∠ABC＝3，
解得AB＝3，
在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝13，
∴AC＝.
(2)若AD＝3，∠ACB＝∠ACD＋，求tan∠ACD.
設∠ACD＝α，
則∠ACB＝∠ACD＋＝α＋，
在Rt△ACD中，AD＝3，
易知AC＝，
在△ABC中，∠BAC＝π－∠ACB－∠ABC＝－α，
由正弦定理得，
即，
∴2sin α＝3sincos α－sin α，
可得tan α＝，即tan∠ACD＝.
在平面幾何圖形中研究或求與角有關的長度、角度、面積的最值、優化設計等問題時，通常是轉化到三角形中，利用正、余弦定理通過運算的方法加以解決.在解決某些具體問題時，常先引入變量，如邊長、角度等，然后把要解三角形的邊或角用所設變量表示出來，再利用正、余弦定理列出方程，再解方程即可.若研究最值，常使用函數思想.
思維升華
跟蹤訓練2　如圖，在平面四邊形ABCD中，∠DAB＝∠DCB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝2，AD＝4.
(1)求cos∠DBC的值；
在△ABD中，由勾股定理得
BD＝＝2，sin∠ABD＝，
cos∠ABD＝，
cos∠DBC＝cos(60°－∠ABD)
＝cos 60°cos∠ABD＋sin 60°sin∠ABD＝××.
(2)求AC的長度.
因為∠DCB＝90°，
所以BC＝BD·cos∠DBC＝3，
在△ABC中，由余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝12＋27－2×2×3×＝21，
所以AC的長度為.
三角形中的存在性問題
題型三
例3　在△ABC中，角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.
(1)若2sin C＝3sin A，求△ABC的面積；
因為2sin C＝3sin A，所以2c＝2(a＋2)＝3a，則a＝4，故b＝5，c＝6，
cos C＝，所以C為銳角，則sin C＝，
故S△ABC＝absin C＝×4×5×.
(2)是否存在正整數a，使得△ABC為鈍角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由.
顯然c>b>a，若△ABC為鈍角三角形，則C為鈍角，
由余弦定理可得cos C＝<0，
解得0由三角形三邊關系可得a＋a＋1>a＋2，可得a>1，因為a∈N*，故a＝2.
(1)先仔細審題，已確定的條件有哪些，供選擇的條件有哪些，設問是什么.
(2)將已確定的條件和設問關聯，結合有關的概念、公式、定理等進行思考，采用多種方式進行推理，確定所要選擇的條件具備哪些性質.
(3)觀察供選擇的條件有哪些，判斷條件選擇后是否有解題思路，進而確定所選擇的條件.
思維升華
跟蹤訓練3　(2025·北京模擬)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，atan B＝2bsin A.
(1)求B的大小；
由atan B＝2bsin A，得asin B＝2bsin Acos B，
在△ABC中，由正弦定理得sin Asin B＝2sin Asin Bcos B，因為sin A≠0，sin B≠0，所以cos B＝，
又0(2)若a＝8，再從下列兩個條件中選擇一個作為已知，使△ABC存在，求△ABC的面積.
條件①：b＝7；
條件②：cos A＝－.
選條件①：b＝7.
在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，即72＝82＋c2－16c·cos ，
整理得c2－8c＋15＝0，解得c＝3或c＝5，
當c＝3時，△ABC的面積
S△ABC＝acsin B＝×8×3×sin ＝6；
當c＝5時，△ABC的面積
S△ABC＝acsin B＝×8×5×sin ＝10.
不可選條件②，理由如下：
若cos A＝－，故A為鈍角，
則sin A＝，
則b＝，b2＝>a2，即b>a，
其與A為鈍角矛盾，故不存在這樣的△ABC.
課時精練
答案
1
2
3
4
(1)由2acos B＝2c－b及正弦定理得，2sin Acos B＝2sin C－sin B.
由A＋B＋C＝π，得sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B.
∴sin B＝2cos Asin B.
∵B∈(0，π)，
∴sin B≠0，則cos A＝.
又A∈(0，π)，∴A＝.
1.
答案
1
2
3
4
(2)∵點D為BC邊的中點，
∴2，
∴4＋2·，
∴28＝c2＋b2＋bc，即28＝(b＋c)2－bc，
∴bc＝(b＋c)2－28＝36－28＝8，
∴△ABC的面積S＝bcsin∠BAC＝2.
1.
答案
1
2
3
4
(1)已知c2＝a2＋b2＋ab，
即a2＋b2－c2＝－ab，
由余弦定理知cos C＝＝－，
又C∈(0，π)，所以C＝.
(2)因為CD是角C的平分線，AD＝2，DB＝，
由角平分線定理知＝2，即b＝2a，
2.
答案
1
2
3
4
又由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，
即＝a2＋4a2＋2a2，
解得a＝3，所以b＝6，
又S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，
即absin∠ACB＝b·CD·sin a·CD·sin ，
即18＝9CD，所以CD＝2.
2.
答案
1
2
3
4
(1)在△ABD中，AB＝AD＝4，A＝，
則∠ADB＝，
BD＝2ADcos∠ADB＝2×4×cos ＝4，
在△BCD中，由正弦定理得，
sin∠BDC＝.
3.
答案
1
2
3
4
(2)在△ABD和△BCD中，由余弦定理得
BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos A＝42＋42－2×4×4×cos A＝32－32cos A，
BD2＝CB2＋CD2－2CB·CDcos C＝62＋22－2×6×2×cos C＝40－24cos C，
得4cos A－3cos C＝－1，又cos A＝3cos C，
得cos A＝－，cos C＝－，
則sin A＝，sin C＝，
3.
答案
1
2
3
4
四邊形ABCD的面積S＝S△ABD＋S△BCD
＝AB·AD·sin A＋CB·CD·sin C
＝×4×4××6×2×
＝.
3.
答案
1
2
3
4
(1)方法一　在△ABC中，acos B＋b＝c，
由正弦定理可得sin Acos B＋sin B＝sin C.
因為A＋B＋C＝180°，
所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B.
所以sin B＝cos Asin B.
又因為在△ABC中，sin B≠0，
所以cos A＝，又0°4.
答案
1
2
3
4
方法二　在△ABC中，acos B＋b＝c，
由余弦定理cos B＝，
可得a·b＝c，
整理得c2＋b2－a2＝bc，
所以cos A＝，
又0°4.
答案
1
2
3
4
(2)選條件①，由(1)知0°在△ABC中，sin B＝，所以B＝45°.
因為A＋B＋C＝180°，所以C＝75°，
所以sin C＝sin(45°＋30°)＝sin 45°cos 30°＋cos 45°sin 30°＝，
設BC邊上高線的長為h，
則h＝bsin C＝2×.
4.
答案
1
2
3
4
選條件②，cos B＝－<－，
所以120°因為A＝60°，所以A＋B>180°，△ABC不存在.
選條件③，因為S△ABC＝bcsin A
＝csin 60°＝c＝，
所以c＝1＋，
4.
答案
1
2
3
4
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝4＋4＋2－2×2×(1＋)cos 60°＝6，
所以a＝.
設BC邊上高線的長為h，
則h＝.
4.
1.(2024·揭陽模擬)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2acos B＝2c－b，點D為BC邊的中點.
(1)求A；
1
2
3
4
知識過關
答案
1
2
3
4
答案
由2acos B＝2c－b及正弦定理得，2sin Acos B＝2sin C－sin B.
由A＋B＋C＝π，得sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B.
∴sin B＝2cos Asin B.
∵B∈(0，π)，
∴sin B≠0，則cos A＝.
又A∈(0，π)，∴A＝.
(2)若b＋c＝6，AD＝，求△ABC的面積.
1
2
3
4
答案
∵點D為BC邊的中點，
∴2，
∴4＋2·，
∴28＝c2＋b2＋bc，即28＝(b＋c)2－bc，
∴bc＝(b＋c)2－28＝36－28＝8，
∴△ABC的面積S＝bcsin∠BAC＝2.
1
2
3
4
答案
2.△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且c2＝a2＋b2＋ab.
(1)求角C；
已知c2＝a2＋b2＋ab，
即a2＋b2－c2＝－ab，
由余弦定理知cos C＝＝－，
又C∈(0，π)，所以C＝.
1
2
3
4
答案
(2)若CD是角C的平分線，AD＝2，DB＝，求CD的長.
因為CD是角C的平分線，AD＝2，DB＝，
由角平分線定理知＝2，即b＝2a，
又由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，
即＝a2＋4a2＋2a2，解得a＝3，所以b＝6，
又S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，
即absin∠ACB＝b·CD·sin a·CD·sin ，
即18＝9CD，所以CD＝2.
1
2
3
4
答案
3.(2024·蚌埠模擬)如圖，在平面四邊形ABCD中，
AB＝AD＝4，BC＝6.
(1)若A＝，C＝，求sin∠BDC的值；
在△ABD中，AB＝AD＝4，A＝，
則∠ADB＝，
BD＝2ADcos∠ADB＝2×4×cos ＝4，
在△BCD中，由正弦定理得，sin∠BDC＝.
1
2
3
4
答案
(2)若CD＝2，cos A＝3cos C，求四邊形ABCD的面積.
1
2
3
4
答案
在△ABD和△BCD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos A＝42＋42－2×4×4×cos A＝32－32cos A，
BD2＝CB2＋CD2－2CB·CDcos C＝62＋22－2×6×2×cos C＝40－24cos C，
得4cos A－3cos C＝－1，又cos A＝3cos C，
得cos A＝－，cos C＝－，
則sin A＝，sin C＝，
1
2
3
4
答案
四邊形ABCD的面積S＝S△ABD＋S△BCD
＝AB·AD·sin A＋CB·CD·sin C
＝×4×4××6×2×＝.
1
2
3
4
答案
4.(2024·北京模擬)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知acos B＋b＝c，b＝2.
(1)求A；
能力拓展
1
2
3
4
答案
方法一　在△ABC中，acos B＋b＝c，
由正弦定理可得sin Acos B＋sin B＝sin C.
因為A＋B＋C＝180°，
所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B.
所以sin B＝cos Asin B.
又因為在△ABC中，sin B≠0，
所以cos A＝，又0°1
2
3
4
答案
方法二　在△ABC中，acos B＋b＝c，
由余弦定理cos B＝，
可得a·b＝c，
整理得c2＋b2－a2＝bc，
所以cos A＝，
又0°1
2
3
4
答案
(2)從下列三個條件中選擇一個作為已知條件，使△ABC存在且唯一確定，并求出BC邊上的高.
條件①：sin B＝；條件②：cos B＝－；
條件③：△ABC的面積為.
注：如果選擇的條件不符合要求，第(2)問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.
1
2
3
4
答案
選條件①，由(1)知0°因為A＋B＋C＝180°，所以C＝75°，
所以sin C＝sin(45°＋30°)＝sin 45°cos 30°＋cos 45°sin 30°＝，
設BC邊上高線的長為h，
則h＝bsin C＝2×.
選條件②，cos B＝－<－，
所以120°因為A＝60°，所以A＋B>180°，△ABC不存在.
1
2
3
4
答案
選條件③，因為S△ABC＝bcsin A＝csin 60°＝c＝，
所以c＝1＋，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝4＋4＋2－2×2×(1＋)cos 60°
＝6，
所以a＝.
設BC邊上高線的長為h，
則h＝.(共63張PPT)
第四章
§4.10　解三角形及其應用
舉例
數學
大
一
輪
復
習
能夠運用正弦定理、余弦定理等知識和方法解決一些與測量和幾何計算有關的實際問題.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
測量中的幾個有關術語
術語名稱 術語意義 圖形表示
仰角與俯角 在目標視線與水平視線(兩者在同一鉛垂平面內)所成的角中，目標視線在水平視線上方的叫做仰角，目標視線在水平視線下方的叫做俯角
術語名稱 術語意義 圖形表示
方位角 從某點的指北方向線起按順時針方向到目標方向線之間的夾角叫做方位角，方位角θ的范圍是0°≤θ <360°
方向角 正北或正南方向線與目標方向線所成的銳角，通常表達為北(南)偏東 (西)α 例：

術語名稱 術語意義 圖形表示
坡角與坡比
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)西南方向與南偏西45°方向相同.(　　)
(2)仰角和俯角都是鉛垂線與目標視線所成的角，其范圍為.(　　)
(3)方位角是從正北方向起按順時針轉到目標方向線之間的水平夾角.(　　)
(4)若從A處望B處的仰角為α，從B處望A處的俯角為β，則α，β的關系為α＋β＝180°.(　　)
×
√
×
√
2.如圖，兩座燈塔A和B與海岸觀察站C的距離相等，燈塔A在觀察站南偏西40°方向，燈塔B在觀察站南偏東60°方向，
則燈塔A在燈塔B
A.北偏東10°方向 B.北偏西10°方向
C.南偏東80°方向 D.南偏西80°方向
√
由題可知，∠CAB＝∠CBA＝40°，
又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，
所以∠DBA＝10°，
因此燈塔A在燈塔B南偏西80°方向.
3.如圖，在高速公路建設中需要確定隧道的長度，工程技術人員已測得隧道兩端的兩點A，B到點C的距離AC＝BC＝1 km，且C＝120°，則A，B兩點間的距離為　　　　km.
在△ABC中，易得A＝30°，
由正弦定理，
得AB＝＝2×1×(km).
4.如圖，測量河對岸的塔高AB時，可以選與塔底B在同一水平面內的兩個觀測點C，D，測得∠BCD＝15°，∠CBD＝30°，CD＝10 m，并在C處測得塔頂A的仰角為45°，則塔高AB＝　　　　.
20 m
在△BCD中，∠BCD＝15°，∠CBD＝30°，CD＝10 m，
由正弦定理，
可得，
可得CB＝20×＝20(m)，
在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，
所以塔高AB＝CB＝20 m.
1.對于立體測量問題，通常要轉化為兩類平面問題，一是豎直放置的平面，通常要解直角三角形；另一類是水平放置的平面，通常要解斜三角形.
2.謹防兩個易誤點
(1)注意仰角與俯角是相對水平視線而言的，是在鉛垂面上所成的角；
(2)明確方位角及方向角的含義，避免因混淆概念而出錯.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)(2024·廈門模擬)一艘海輪從A處出發，以每小時40海里的速度沿南偏東40°方向直線航行，30分鐘后到達B處.在C處有一座燈塔，海輪在A處觀察燈塔，其方向是南偏東70°，在B處觀察燈塔，其方向是北偏東65°，那么B，C兩點間的距離是
A.10 海里 B.10 海里
C.20 海里 D.20 海里
√
測量距離問題
題型一
依題意，如圖，在△ABC中，∠BAC＝70°－40°＝30°，∠ABC＝40°＋65°＝105°，則∠ACB＝45°，
AB＝40×＝20(海里)，
由正弦定理得，
即，
因此BC＝＝10(海里)，
所以B，C兩點間的距離是10 海里.
(2)在高速公路建設中經常遇到開通穿山隧道的工程，如圖所示，A，B，C為某山腳兩側共線的三點，在山頂P處測得三點的俯角分別為α＝45°，β＝45°，γ＝30°，現需要沿直線AC開通穿山隧道DE，測得AD＝30米，BC＝200(－1)米，EB＝20米，估計隧道DE
的長度為
A.200 米 B.300米
C.350米 D.400米
√
如圖所示，
∵α＝β＝45°，
∴∠APB＝90°，∠PAB＝∠PBA＝45°，
∴△PAB為等腰直角三角形，
∴在△PBC中，∠PCB＝30°，∠BPC＝15°，BC＝200(－1)，
由正弦定理知PB＝＝200，
∴AB＝PB＝400，
∴DE＝AB－AD－EB＝400－30－20＝350.
距離問題的解題策略
選擇合適的輔助測量點，構造三角形，將問題轉化為求某個三角形的邊長問題，從而利用正、余弦定理求解.
思維升華
跟蹤訓練1　(2024·運城模擬)如圖，某區域地面有四個5G基站，分別為A，B，C，D.已知C，D兩個基站建在河的南岸，距離為20 km，基站A，B在河的北岸，測得∠ACB＝60°，∠ACD＝105°，∠ADC＝30°，∠ADB＝60°，則A，B兩個基站的距離為
A.10 km B.30(－1) km
C.15 km D.10 km
√
在△ACD中，∠CAD＝180°－105°－30°＝45°，
由正弦定理得，
AD＝＝
＝10(＋1)，
在△BCD中，易知∠BCD＝45°，∠BDC＝90°，
所以∠CBD＝45°，所以BD＝CD＝20，
在△ABD中，由余弦定理得AB＝＝10.
塔頂部D的仰角分別為30°和45°，在B處測得塔頂部D的仰角為15°，則雷鋒塔的高度約為
A.50 m B.62 m C.72 m D.88 m
測量高度問題
題型二
例2　(1)(2024·杭州模擬)雷鋒塔(如圖1)位于浙江省杭州市西湖區，是“西湖十景”之一、中國九大名塔之一，為中國首座彩色銅雕寶塔.如圖2，某同學為測量雷鋒塔的高度CD，在雷鋒塔的正西方向找到一座建筑物AB，高約為36 m，在地面上點E處(A，C，E三點共線)測得建筑物頂部B，雷鋒
√
在Rt△ABE中，BE＝＝72，
在Rt△DCE中，ED＝CD，
由圖可知∠BED＝180°－30°－45°＝105°，易知∠EBD＝45°，
在△BED中，∠EDB＝180°－105°－45°＝30°，
根據正弦定理可得，
則CD＝×＝72.
(2)(2024·南京模擬)如圖，某中學校園內的景觀樹已有百年歷史，小明為了測量景觀樹高度，他選取與景觀樹根部C在同一水平面的A，B兩點，在A點測得景觀樹根部C在北偏西60°的方向上，沿正西方向步行40米到B處，測得樹根部C在北偏西15°的方向上，樹梢D的仰角為30°，則景觀樹的高度為
A.10 米 B.20 米
C. 米 D. 米
√
依題意可得如圖圖形，
在△ABC中，∠BAC＝90°－60°＝30°，∠ACB＝75°－30°＝45°，AB＝40，
由正弦定理得，
解得BC＝＝20，
在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，
所以CD＝BCtan 30°＝20×，
所以景觀樹的高度為米.
高度問題的易錯點
(1)圖形中為空間關系，極易當作平面問題處理，從而致錯；
(2)對仰角、俯角等概念理解不夠深入，從而把握不準已知條件而致錯.
思維升華
跟蹤訓練2　(2024·長沙模擬)湖南省衡陽市的來雁塔，始建于明萬歷十九年(1591年)，因鴻雁南北遷徙時常在境內停留而得名.1983年被湖南省人民政府公布為重點文物保護單位.為測量來雁塔的高度，因地理條件的限制，分別選擇C點和一建筑物DE的樓頂E為測量觀測點，已知點A為塔底，A，C，D在同一水平面上，來雁塔AB和建筑物DE均垂直于地面(如圖所示).
測得CD＝18 m，AD＝15 m，在C點處測得E點的仰角為30°，在E點處測得B點的仰角為60°，則來雁塔AB的高度約為(≈1.732，精確到0.1 m)
A.35.0 m B.36.4 m
C.38.4 m D.39.6 m
√
如圖，過點E作EF⊥AB，交AB于點F，
在Rt△ECD中，因為∠ECD＝30°，
所以DE＝CD·tan∠ECD＝18×tan 30°＝6，
在Rt△BEF中，因為∠BEF＝60°，
易知EF＝AD＝15，
所以BF＝EF·tan∠BEF＝15×tan 60°＝15，
則AB＝BF＋AF＝BF＋DE＝15＋6＝21≈36.4.
測量角度問題
題型三
例3　如圖所示，遙感衛星發現海面上有三個小島，小島B位于小島A北偏東75°距離60海里處，小島B北偏東15°距離(30－30)海里處有一個小島C.
(1)求小島A到小島C的距離；
在△ABC中，AB＝60，BC＝30－30，∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，
根據余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC
＝602＋(30－30)2－2×60×(30－30)·cos 120°
＝5 400，
所以AC＝30.
所以小島A到小島C的距離是30 海里.
(2)如果有游客想直接從小島A出發到小島C，求游船航行的方向.
根據正弦定理得，
所以，
解得sin∠ACB＝，
在△ABC中，因為AB所以∠CAB＝180°－120°－45°＝15°.
由75°－15°＝60°，
得游船應該沿北偏東60°的方向航行.
角度問題的解題方法
首先應明確方向角的含義，在解應用題時，分析題意，分清已知與所求，再根據題意正確畫出示意圖，這是最關鍵、最重要的一步，通過這一步可將實際問題轉化成可用數學方法解決的問題，解題中也要注意體會正、余弦定理“聯袂”使用的優點.
思維升華
跟蹤訓練3　甲船在A處觀察乙船，乙船在它北偏東60°方向，相距a海里的B處，乙船向正北方向行駛，若甲船速度是乙船速度的 倍，甲船為了盡快追上乙船，朝北偏東θ方向前進，則θ＝　　　　.
30°
如圖，設兩船在C處相遇，
則由題意得∠ABC＝180°－60°＝120°，且，
由正弦定理得，所以sin∠BAC＝.
又因為0°<∠BAC<60°，
所以∠BAC＝30°，
所以θ＝60°－30°＝30°.
返回
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
題號 1 2 3 4 5 6
答案 A B B B BCD ACD
題號 7 8 答案 1 000 10 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(1)飛機在150秒內飛行的距離為AB＝1 000×1 000××106(m)，
在△ABC中，由正弦定理，有，
∴BC＝≈14 981(m).
(2)飛機、山頂的海拔高度差為BC×sin 81°≈14 831(m)，
20 250－14 831＝5 419(m)，
即山頂的海拔高度約為5 419 m.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(1)由題意可知，∠DAB＝90°－45°＝45°，∠DBA＝90°－60°＝30°，
則∠ADB＝180°－(∠DAB＋∠DBA)＝180°－(45°＋30°)＝105°，
而sin 105°＝sin(60°＋45°)＝sin 60°cos 45°＋cos 60°sin 45°＝，
在△ADB中，AB＝5(3＋，
即，即，
解得DB＝10，即DB的距離為10海里.
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(2)在△DBC中，∠DBC＝60°，
由余弦定理可得DC2＝DB2＋BC2－2DB·BC·cos 60°＝－2×10×20×cos 60°＝900，
所以DC＝30，則時間為＝1(小時)，
所以該救援船到達D點所需要的時間為1小時.
10.
一、單項選擇題
1.如圖所示，設A，B兩點在河的兩岸，一測量者與A在河的同側，在所在的河岸邊先確定一點C，測出A，C的距離為50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，則A，B兩點間的距離為
A.50 m B.50 m
C.25 m D. m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
因為∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，
所以∠ABC＝180°－45°－105°＝30°，
在△ABC中，由正弦定理得，
即，解得AB＝50.
所以A，B兩點間的距離為50 m.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
2.(2025·牡丹江模擬)甲船在湖中B島的正南A處，AB＝3 km，甲船以8 km/h的速度向正北方向航行，同時乙船從B島出發，以12 km/h的速度向北偏東60°方向駛去，則行駛15 min時，兩船的距離是
A. km B. km
C. km D.(10－3)km
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
如圖，設行駛15 min時，甲船到達M處，
由題意知AM＝8×＝2，BN＝12×＝3，MB＝AB－AM＝3－2＝1，
所以由余弦定理，得MN2＝MB2＋BN2－2MB
×BNcos 120°＝1＋9－2×1×3×＝13，
所以MN＝ km.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
3.如圖，兩座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分別為20 m，50 m，BD為水平面，則從建筑物AB的頂端A看建筑物CD的
張角∠CAD等于
A.30° B.45° C.60° D.75°
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
依題意可得AD＝20 m，AC＝30 m，
又CD＝50 m，
所以在△ACD中，由余弦定理得
cos∠CAD＝＝＝，
又0°<∠CAD<180°，
所以∠CAD＝45°，
所以從建筑物AB的頂端A看建筑物CD的張角∠CAD為45°.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
4.如圖，有一古塔，在A點測得塔底位于北偏東30°方向上的點D處，在A點測得塔頂C的仰角為30°，在A點的正東方向且距D點75 m的B點測得塔底位于北偏西45°方向上(A，B，D在同一水平面)，
則塔的高度CD約為(≈1.414)
A.34.20 m B.35.35 m
C.35.75 m D.36.20 m
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
由已知可得，在△ABD中，有∠BAD＝60°，
∠ABD＝45°，BD＝75，
根據正弦定理，可得
AD＝·sin∠ABD＝×＝25.
在Rt△ADC中，有∠CAD＝30°，AD＝25，tan∠CAD＝，
所以CD＝ADtan 30°＝25×＝25≈35.35.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
二、多項選擇題
5.(2024·蘭州模擬)某學校開展測量旗桿高度的數學建模活動，學生需通過建立模型、實地測量，迭代優化完成此次活動.在以下不同小組設計的初步方案中，可計算出旗桿高度的方案有
A.在水平地面上任意尋找兩點A，B，分別測量旗桿頂端的仰角α，β，再測量A，
B兩點間距離
B.在旗桿對面找到某建筑物(低于旗桿)，測得建筑物的高度為h，在該建筑物底
部和頂部分別測得旗桿頂端的仰角α和β
C.在地面上任意尋找一點A，測量旗桿頂端的仰角α，再測量A到旗桿底部的距離
D.在旗桿的正前方A處測得旗桿頂端的仰角α，正對旗桿前行5 m到達B處，再次
測量旗桿頂端的仰角β
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
對于C，如圖2，在Rt△ADC中，直接利用銳角三角函數求出旗桿的高DC＝ACtan α，故C正確；
對于A，如果A，B兩點與旗桿底部不在一條直線上時，就不能測量出旗桿的高度，故A不正確；
對于B，如圖1，在△ABD中，由正弦定理求AD，則旗桿的高CD＝h＋ADsin β，故B正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
對于D，如圖3，在△ABD中，由正弦定理求AD，則旗桿的高CD＝ADsin α，故D正確.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
6.(2024·重慶模擬)如圖，在海面上有兩個觀測點B，D，B在D的正北方向，距離為2 km，在某天10：00觀察到某航船在C處，此時測得∠CBD＝45°，5分鐘后該船行駛至A處，此時測得∠ABC＝30°，∠ADB ＝60°，∠ADC＝30°，則
A.觀測點B位于A處的北偏東75°方向
B.當天10：00時，該船到觀測點B的距離為 km
C.當船行駛至A處時，該船到觀測點B的距離為 km
D.該船在由C行駛至A的這5 min內行駛了 km
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
對于A，∠ABD＝∠ABC＋∠CBD＝30°＋45°＝75°，因為B在D的正北方向，所以觀測點B位于A的北偏東75°方向，故A正確；
對于B，在△BCD中，∠CBD＝45°，∠CDB＝
∠ADC＋∠ADB＝30°＋60°＝90°，即∠BCD＝45°，則BD＝CD＝2，則BC＝2，故B錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
對于D，在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝6＋8－2××2×＝2，即AC＝ km，故D正確.
對于C，在△ABD中，∠ABD＝75°，∠ADB＝60°，則∠BAD＝45°，由正弦定理得，即AB＝，故C正確；
三、填空題
7.如圖所示，某登山隊在山腳A處測得山頂B的仰角∠CAB＝45°，沿傾斜角為30°的斜坡前進1 000米后到達S處，又測得山頂B的仰角∠DSB＝75°，則山高BC為　　　　米.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1 000
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
由題意得∠SAB＝45°－30°＝15°，
∠SBA＝∠ABC－∠SBC＝45°－(90°－75°)＝30°，則∠ASB＝135°，
在△ABS 中，由正弦定理得AB＝
＝1 000(米)，
∴BC＝ABsin 45°＝1 000×＝1 000(米).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
8.(2024·臨沂模擬)在同一平面上有相距14公里的A，B兩座炮臺，A在B的正東方向.某次演習時，A向西偏北θ方向發射炮彈，B則向東偏北θ方向發射炮彈，其中θ為銳角，觀測回報兩炮彈皆命中18公里外的同一目標，接著A改向向西偏北方向發射炮彈，彈著點為18公里外的點M，則B炮臺與彈著點M的距離為　　　　公里.
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
結合題意作出圖形，AC＝BC＝18，AB＝14，∠CBA＝∠CAB＝θ，∠MAB＝，
在△ABC中，由余弦定理得cos θ＝，
因為cos2且cos >0，
所以cos ，
在△ABM中，由余弦定理得cos ，
解得MB＝10公里.
飛機在150秒內飛行的距離為AB＝1 000×1 000××106(m)，
在△ABC中，由正弦定理，有，
∴BC＝≈14 981(m).
四、解答題
9.如圖，飛機的航線和山頂在同一個鉛垂平面內，已知飛機的高度為海拔20 250 m，速度為1 000 km/h，飛行員在A處先看到山頂C的俯角為18°30'，經過150 s后又在B處看到山頂C的俯角為81°.
(1)求飛機在B處與山頂C的距離；(精確到1 m)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
(2)求山頂的海拔高度.(精確到1 m)
參考數據：sin 18.5°≈0.32，cos 18.5°≈0.95，sin 62.5°≈0.89，cos 62.5°≈0.46，sin 81°≈0.99，cos 81°≈0.16.
飛機、山頂的海拔高度差為BC×sin 81°≈14 831(m)，
20 250－14 831＝5 419(m)，
即山頂的海拔高度約為5 419 m.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
10.(2024·濟寧模擬)如圖所示，A，B是海面上位于東西方向的兩個觀測點，AB＝5(3＋)海里，D點位于A觀測點北偏東45°，且B觀測點北偏西60°
的位置，C點位于B觀測點南偏西60°，且BC＝20 海里的位置.現D點有一艘輪船發出求救信號，C點處的救援船立即前往營救，其航行速度為30海里/時.求：
(1)DB的距離；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
由題意可知，∠DAB＝90°－45°＝45°，∠DBA＝90°－60°＝30°，
則∠ADB＝180°－(∠DAB＋∠DBA)＝180°－(45°＋30°)＝105°，
而sin 105°＝sin(60°＋45°)＝sin 60°cos 45°＋cos 60°sin 45°＝，
在△ADB中，AB＝5(3＋，
即，
即，
解得DB＝10，即DB的距離為10海里.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
(2)該救援船到達D點所需要的時間.
在△DBC中，∠DBC＝60°，
由余弦定理可得DC2＝DB2＋BC2－2DB·BC·cos 60°＝－2×10×20×cos 60°＝900，
所以DC＝30，則時間為＝1(小時)，
所以該救援船到達D點所需要的時間為1小時.
返回(共65張PPT)
第四章
§4.1　任意角和弧度制、
三角函數的概念
數學
大
一
輪
復
習
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的三角函數(正弦、余弦、正切)的定義.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
定義 角可以看成一條射線繞著它的 旋轉所成的圖形
分類 (1)按旋轉方向分為 、 和 ；
(2)按終邊位置分為 和軸線角
相反角 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
終邊相 同的角 所有與角α終邊相同的角，連同角α在內，構成的角的集合是{β|β＝α＋k·360°，k∈Z}或___________________
1.角的概念
端點
正角
負角
零角
象限角
{β|β＝α＋2kπ，k∈Z}
定義 長度等于 的圓弧所對的圓心角叫做1弧度的角，記作1 rad
弧度數公式 |α|＝___(弧長用l表示，半徑用r表示)
角度與弧度的換算
弧長公式 弧長l＝____
扇形面積公式 S＝____＝______
2.弧度制的定義及公式
半徑長
|α|r
°
lr
|α|r2
3.任意角的三角函數
(1)定義：設α是一個任意角，α∈R，以它的頂點為原點，以它的始邊為x軸的非負半軸，建立直角坐標系，它的終邊與單位圓交于點P(x，y)，那么y＝sin α，x＝cosα，＝tan α(x≠0).
(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.
(3)定義的推廣
設P(x，y)是角α終邊上異于原點的任一點，它到原點的距離為r(r>0)，那
么sin α＝_____，cosα＝_____，tan α＝_____(x≠0).
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)小于90°的角是銳角.(　　)
(2)第四象限的角一定是負角.(　　)
(3)終邊相同的角不一定相等，但相等的角終邊一定相同.(　　)
(4)角α的三角函數值與其終邊上點P的位置有關.(　　)
√
×
×
×
2.角－863°的終邊所在的象限是
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
－863°＝－2×360°－143°，則－863°和－143°的終邊相同，故角－863°的終邊在第三象限.
√
3.一鐘表的秒針長12 cm，經過25 s，秒針的端點所走的路線長為
A.20 cm B.14 cm
C.10π cm D.8π cm
秒針的端點旋轉所形成的扇形的圓心角的弧度數為×2π＝
×12＝10π(cm).
√
4.已知角α的終邊上有一點P(1，－2)，則sin α－cosα的值為　　　　.
－
因為sin α＝＝－，
cosα＝，
所以sin α－cosα＝－＝－.
1.熟記以下常用結論
(1)象限角
微點提醒
(2)軸線角
微點提醒
2.謹防三個易誤點
(1)角度與弧度換算的關鍵是π rad＝180°，在同一個式子中，采用的度量制度必須一致，不可混用；
(2)利用表中的扇形弧長和面積公式解題時，要注意角的單位必須是弧度；
(3)已知三角函數值的符號確定角的終邊位置，不要遺漏終邊在坐標軸上的情況.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)(2025·寧波模擬)若α是第二象限角，則
A.－α是第一象限角
B.是第三象限角
C.＋α是第二象限角
D.2α是第三或第四象限角或終邊在y軸非正半軸上
√
角及其表示
題型一
因為α是第二象限角，可得＋2kπ<α<π＋2kπ，k∈Z，對于A，可得－π－2kπ<－α<－－2kπ，k∈Z，此時－α的終邊在第三象限，所以－α是第三象限角，A錯誤；
對于B，可得＋kπ<<＋kπ，k∈Z，當k為偶數時，的終邊在第一象限；當k為奇數時，是第一或第三象限角，B錯誤；
對于C，可得2π＋2kπ<＋α<＋2kπ，k∈Z，即2(k＋1)π<＋α<＋
2(k＋1)π，k∈Z，所以＋α的終邊在第一象限，所以＋α是第一象限角，C錯誤；
對于D，可得π＋4kπ<2α<2π＋4kπ，k∈Z，所以2α是第三或第四象限角或終邊在y軸非正半軸上，D正確.
終邊所在位置
微拓展
若θ分別為第一、二、三、四象限角，則的終邊分別落在區域一、二、三、四內，如圖所示.
典例　已知θ為第三象限角，且＝－sin ，則角的
終邊在
A.第一或第三象限 B.第二或第四象限
C.第三象限 D.第四象限
∵θ為第三象限角，∴＝－sin ，
∴sin ≤0，∴角的終邊在第四象限.
√
(2)如圖所示，終邊落在陰影部分的角β的取值集合為_______________________________.
由于終邊在直線y＝x上的角的集合為，終邊在直線y＝－x上的角的集合為
由題圖可知，終邊落在陰影部分的角的集合為
.
(1)利用終邊相同的角的集合可以求適合某些條件的角，方法是先寫出與這個角的終邊相同的所有角的集合，然后通過集合中的參數k(k∈Z)賦值來求得所需的角.
(2)確定kα，(k∈N*)的終邊位置的方法是先寫出kα或的范圍，然后根據k的可能取值確定kα或的終邊所在的位置.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)(多選)下列四個命題中正確的是
A.－是第二象限角
B.是第三象限角
C.－400°是第四象限角
D.－315°是第一象限角
√
√
√
－是第三象限角，故A錯誤；
＝π＋是第三象限角，故B正確；
－400°＝－360°－40°，所以－400°是第四象限角，故C正確；
－315°＝－360°＋45°，所以－315°是第一象限角，故D正確.
(2)若角α的終邊在直線y＝－x上，則角α的取值集合為
A.{α|α＝k·360°－60°，k∈Z}
B.{α|α＝k·360°＋120°，k∈Z}
C.{α|α＝k·180°－120°，k∈Z}
D.{α|α＝k·180°－60°，k∈Z}
√
終邊在x軸上的角的集合為{θ|θ＝k·180°，k∈Z}，
直線y＝－x可以看成把x軸順時針旋轉60°得到，
故終邊在直線y＝－x上的角α的集合為{α|α＝k·180°－60°，k∈Z}.
弧度制及其應用
題型二
例2　(1)(2024·青島模擬)2024年2月4日，“龍行中華——甲辰龍年生肖文物大聯展”在山東曲阜孔子博物館舉行，展覽的多件文物都有“龍”的元素或圖案.出土于魯國故城遺址的“出廓雙龍勾玉紋黃玉璜”(圖1)就是這樣一件珍寶.玉璜璜身滿刻勾云紋，體扁平，呈扇面狀，璜身外鏤空雕飾“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≈8 cm，AD≈2 cm，AO≈5 cm，若sin 37°≈，π≈3.14，則璜身(即曲邊四邊形ABCD)的面積近似為
A.6.8 cm2 B.9.8 cm2
C.14.8 cm2 D.22.4 cm2
√
顯然△AOB為等腰三角形，OA＝OB＝5，AB＝8，
則cos∠OAB＝，sin∠OAB＝，
即∠OAB≈37°，于是∠AOB≈106°＝，
所以璜身的面積近似為∠AOB·(OA2－OD2)≈××(52－32)≈14.8(cm2).
(2)已知扇形的圓心角是α，半徑為R，弧長為l.
①若α＝，R＝10 cm，則扇形的弧長l＝　　　cm.
　
因為α＝，R＝10 cm，
所以l＝|α|R＝×10＝(cm).
②若扇形的周長是20 cm，當扇形的圓心角α＝　　　弧度時，扇形的面積最大.
2
由已知，得l＋2R＝20，
所以S＝lR＝(20－2R)R＝10R－R2＝－(R－5)2＋25.
所以當R＝5 cm時，S取得最大值，
此時l＝10 cm，α＝＝2 rad.
應用弧度制解決問題時應注意
(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，常轉化為二次函數的最值問題.
(3)在解決弧長問題和扇形面積問題時，要合理地利用圓心角所在的三角形.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)(2024·深圳模擬)若扇形的面積為1，且弧長為其半徑的兩倍，則該扇形的周長為
A.1 B.2 C.4 D.6
設扇形的半徑為r，圓心角為α，
則弧長l＝αr＝2r，所以α＝2，
扇形的面積S＝αr2＝r2＝1，
解得r＝1或r＝－1(舍去)，
所以l＝αr＝2，
則該扇形的周長為2r＋l＝4.
√
(2)(2025·襄陽模擬)“圓材埋壁”是我國古代數學著作《九章算術》中的一個問題.現有一個“圓材埋壁”模型，其截面如圖所示.若圓柱材料的截面圓的半徑長為3，圓心為O，墻壁截面ABCD為矩形，且劣弧的長等于半徑OA長的2倍，則圓柱材料埋在墻壁內部的截面
(陰影部分)面積是
A.9－sin 2 B.sin 2
C.2－sin 2 D.9
√
由題意得OA＝3，劣弧＝2OA＝6，
故扇形AOB的面積為×3×6＝9，
設扇形AOB的圓心角為θ，則θ＝＝2，
故S△AOB＝OA·OBsin θ＝sin 2，
故圓材埋在墻壁內部的截面(陰影部分)面積為9－sin 2.
三角函數的概念
題型三
例3　(1)已知角α的終邊過點P(－8m，－6sin 30°)，且cosα＝－，則m的值為
A.－ B.－ C. D.
√
由題意得點P(－8m，－3)，r＝，
所以cosα＝＝－，
所以m>0，解得m＝.
(2)若角α滿足sin α·cosα<0，cosα－sin α<0，則α是
A.第一象限角 B.第二象限角
C.第三象限角 D.第四象限角
因為sin α·cosα<0，所以α是第二或第四象限角；
當α是第二象限角時，cosα<0，sin α>0，滿足cosα－sin α<0；
當α是第四象限角時，cosα>0，sin α<0，則cosα－sin α>0，不符合題意，
綜上所述，α是第二象限角.
√
(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，也可以求出其終邊與單位圓交點P的坐標.
(2)已知一角的三角函數值(sin α，cosα，tan α)中任意兩個的符號，可分別確定出角的終邊所在的可能位置，二者的交集即為該角的終邊位置.
思維升華
跟蹤訓練3　(1)已知角α的終邊與單位圓的交點為P，則sin α·
tan α等于
A.－ B.± C.－ D.±
√
由|OP|2＝＋y2＝1，得y2＝，y＝±.
當y＝時，sin α＝，tan α＝－，
此時sin α·tan α＝－；
當y＝－時，sin α＝－，tan α＝，
此時sin α·tan α＝－.
綜上，sin α·tan α＝－.
①若角α的終邊在第一象限，取α終邊上一點P(1，2)，
則|OP|＝，∴sin α＝，cosα＝，
∴sin α＋cosα＝；
②若角α的終邊在第三象限，取α終邊上一點Q(－1，－2)，
∴|OQ|＝，∴sin α＝－，cosα＝－，
∴sin α＋cosα＝－，
綜上，sin α＋cosα＝±.
(2)角α的終邊在直線y＝2x上，則sin α＋cosα＝　　　　　.
±
返回
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
題號 1 2 3 4 5 6
答案 D C C B AD ACD
題號 7 8 11 12 答案 A 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)與角α終邊相同的角的集合為，
令－4π<2kπ＋<－π，
得－又k∈Z，所以k＝－2，－1，
所以在(－4π，－π)內與角α終邊相同的角是－，－.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)由(1)知，β＝2kπ＋(k∈Z)，
則＝kπ＋(k∈Z)，
則當k為偶數時，角是第一象限角；當k為奇數時，角是第三象限角，
所以角是第一或第三象限角.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)根據題意，的長度為xθ米，的長度為2θ米，
所以2(2－x)＋xθ＋2θ＝6，所以θ＝(0(2)依據題意，可知y＝θ×22－θx2
＝－x2＋x＋2＝－，0所以當x＝時，y的值最大，最大值為.
10.
一、單項選擇題
1.把－1 125°化成α＋2kπ(0≤α<2π，k∈Z)的形式是
A.－6π B.－6π
C.－8π D.－8π
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
知識過關
答案
－1 125°＝－1 440°＋315°＝－8π＋.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
2.集合所表示的角的范圍(陰影部分)是
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
當k＝2n(n∈Z)時，2nπ＋≤α≤2nπ＋，n∈Z，此時α表示的范圍與≤α≤表示的范圍一樣；
當k＝2n＋1(n∈Z)時，2nπ＋π＋≤α≤2nπ＋π＋，n∈Z，此時α表示的范圍與＋π≤α≤＋π表示的范圍一樣.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
3.(2024·北京模擬)“sin 2θ>0”是“θ為第一或第三象限角”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
∵sin 2θ＝2sin θ·cosθ>0 >0 tan θ>0，∴θ為第一或第三象限角.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
4.已知相互嚙合的兩個齒輪，大齒輪有45齒，小齒輪有30齒.如果大齒輪的轉速為180 r/min(即每分鐘旋轉180圈)，小齒輪的半徑為10 cm，那么小齒輪圓周上一點每1 s轉過的弧長是
A.5 400π cm B.90π cm
C.180π cm D.40π cm
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
大齒輪有45齒，小齒輪有30齒，當大齒輪轉動一周時，
小齒輪轉動(周)，
大齒輪的轉速為180 r/min，則小齒輪轉速為×180＝270(r/min)，
故小齒輪圓周上一點每1 s轉過的弧度數為270×2π÷60＝9π.
又小齒輪的半徑為10 cm，所以小齒輪圓周上一點每1 s轉過的弧長為9π×10＝90π(cm).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
二、多項選擇題
5.下面說法正確的有
A.角與角－的終邊相同
B.經過30分鐘，鐘表的分針轉過π弧度
C.若角α的終邊在直線y＝－3x上，則cosα的取值為
D.67°30'化成弧度是 rad
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
角與角－相差2π，終邊相同，故A正確；
經過30分鐘，鐘表的分針順時針轉動半圈，即－π弧度，故B錯誤；
若角α的終邊在直線y＝－3x上，則cosα的取值為±，故C錯誤；
67°30'化成弧度是 rad，故D正確.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
6.已知角θ的終邊經過點(－2，－)，且θ與α的終邊關于x軸對稱，則
A.sin θ＝－
B.α為鈍角
C.cosα＝－
D.點(tan θ，tan α)在第四象限
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為角θ的終邊經過點(－2，－)，
所以sin θ＝－，A正確；
由θ與α的終邊關于x軸對稱，得α的終邊經過點(－2，)，α為第二象限角，不一定為鈍角，cosα＝－，B錯誤，C正確；
因為tan θ＝>0，tan α＝－<0，所以點(tan θ，tan α)在第四象限，D正確.
三、填空題
7.－600°是第　　　象限角，與－600°角終邊相同的最小正角為______
弧度.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
因為－600°＝120°－2×360°，且120°為第二象限角，故－600°是第二象限角，與－600°角終邊相同的最小正角為120°，其弧度為.
二
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
8.設α是第二象限角，P(x，1)為其終邊上一點，且cosα＝x，則tan α＝　　　　.
由題設cosα＝x<0，
則且x<0，可得x＝－2，
所以tan α＝＝－.
－
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
四、解答題
9.已知α＝.
(1)寫出與角α終邊相同的角的集合，并求出在(－4π，－π)內與角α終邊相同的角；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
與角α終邊相同的角的集合為，
令－4π<2kπ＋<－π，
得－又k∈Z，所以k＝－2，－1，
所以在(－4π，－π)內與角α終邊相同的角是－，－.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)若角β與角α的終邊相同，判斷角是第幾象限角.
由(1)知，β＝2kπ＋(k∈Z)，
則＝kπ＋(k∈Z)，
則當k為偶數時，角是第一象限角；當k為奇數時，角是第三象限角，
所以角是第一或第三象限角.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
10.某地政府部門欲做一個“踐行核心價值觀”的宣傳牌，該宣傳牌形狀是如圖所示的扇形環面(由扇形OAD挖去扇形OBC后構成的).已知OA＝2米，OB＝x米(0(1)求θ關于x的函數解析式；
根據題意，的長度為xθ米，的長度為2θ米，
所以2(2－x)＋xθ＋2θ＝6，所以θ＝(01
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
(2)記該宣傳牌的面積為y，試問x取何值時，y的值最大？并求出最大值.
依據題意，可知y＝θ×22－θx2
＝－x2＋x＋2＝－，0所以當x＝時，y的值最大，最大值為.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
能力拓展
11.(2024·晉中模擬)在平面直角坐標系Oxy中，第二象限角α的終邊與單位圓O交于點P，將角α的終邊繞原點順時針旋轉，交圓O于點Q(x2，y2)，則x2等于
A. B.－ C. D.－
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由三角函數的定義可知cosα＝－，
從而y1＝sin α＝，
于是x2＝cos(cosα＋sin α)＝×.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
12.(2024·蘭山模擬)如圖，在Rt△PBO中，∠PBO＝90°，以O為圓心、OB為半徑作圓弧交OP于點A.若圓弧AB等分△POB的面積，且∠AOB＝α，則＝　　　.
設扇形的半徑為r，則扇形的面積為αr2，
在Rt△POB中，PB＝rtan α，
則△POB的面積為r2tan α，
由題意得r2tan α＝2×αr2，即tan α＝2α，所以.
返回(共30張PPT)
第四章
必刷小題7　三角函數
數學
大
一
輪
復
習
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C C B C A C B
題號 9 10 11 12 13 　14 答案 BC AD ABD 一、單項選擇題
1.把－380°表示成θ＋2kπ(k∈Z)的形式，則θ的值可以是
A. B.－ C. D.－
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
∵－380°＝－20°－360°，
∴－380°＝－－2π，θ的值可以是－.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
2.若sin(π＋α)＝－，則cos(π－2α)等于
A. B.－ C. D.－
√
∵sin(π＋α)＝－，∴sin α＝，
∴cos(π－2α)＝－cos 2α＝－(1－2sin2α)＝2×－1＝.
3.(2024·南充模擬)已知角α頂點在原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊與單位圓相交于點P，則cos等于
A.－ B. C.－ D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
∵角α的終邊與單位圓相交于點P，
∴sin α＝，cos α＝－，
∴cos＝cos αcos －sin αsin ＝＝－.
答案
4.若5sin 2α＋5cos 2α＋1＝0，則tan α的值為
A.2或－ B.3或－
C.－2或 D.－3或
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
5cos 2α＋5sin 2α＋1＝0
5(cos2α－sin2α)＋10sin αcos α＋cos2α＋sin2α＝0
3cos2α－2sin2α＋5sin αcos α＝0，
顯然cos α≠0，則2tan2α－5tan α－3＝0，
解得tan α＝－或tan α＝3.
答案
5.(2024·昭通模擬)折扇是我國古老文化的延續，在我國已有四千年左右的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字畫的形式體現我國的傳統文化，也是運籌帷幄、決勝千里、大智大勇的象征(如圖甲).圖乙是扇形的一部分，若兩個圓弧所在圓的半徑分別是12和27，且∠ABC＝.若圖乙是某圓臺的側面展開圖，則該圓臺的側面積是
A.292π B.π
C.195π D.243π
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
設圓臺的上底面半徑為r，下底面半徑為R，
利用弧長公式可得2πr＝×12，解得r＝4，
又2πR＝×27，解得R＝9，
又圓臺的母線長l＝27－12＝15，
所以圓臺的側面積S＝π(4＋9)×15＝195π.
6.(2024·梅州模擬)已知tan＝－2，則sin 2α等于
A. B. C.－ D.－
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
依題意，tan＝－2，tan α＝3，
所以sin 2α＝.
7.將函數f(x)＝sin ωx－cos ωx(ω>0)的圖象向左平移個單位長度后，再把橫坐標縮短為原來的，得到函數g(x)的圖象.若點是g(x)圖象的一個對稱中心，則ω的最小值是
A. B. C. D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
答案
由題意可得f(x)＝sin，
所以將f(x)的圖象向左平移個單位長度后，得到函數h(x)＝sinsin的圖象，
再把所得圖象上點的橫坐標縮短為原來的，得到函數g(x)＝sin的圖象，
因為點是g(x)圖象的一個對稱中心，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
所以πω＋＝kπ，k∈Z，
解得ω＝k＋，k∈Z，
又ω>0，所以ω的最小值為.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
8.(2024·廣州模擬)已知α，β是函數f(x)＝3sin－2在上的兩個零點，則cos(α＋β)等于
A. B. C.0 D.1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
令f(x)＝0，得3sin＝2 sin，
∵x∈，
∴2x＋∈，
∵α，β是函數f(x)＝3sin－2在上的兩個零點，
則α，β是sin上的兩個根，
故2α＋＋2β＋＝π α＋β＝，cos(α＋β)＝cos .
答案
二、多項選擇題
9.要得到y＝sin＋1的圖象，可以將函數y＝sin x＋1圖象上所有的點
A.向右平移個單位長度，再把橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變
B.向右平移個單位長度，再把橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變
C.橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變，再向右平移個單位長度
D.橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變，再向右平移個單位長度
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
將y＝sin x＋1圖象上所有點向右平移個單位長度，得到y＝sin＋1的圖象，再將y＝sin＋1圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變，得到y＝sin＋1的圖象，故B正確，A錯誤；
將y＝sin x＋1圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變，得到y＝sin 2x＋1的圖象，再將y＝sin 2x＋1圖象上所有點向右平移個單位長度，得到y＝sin 2＋1＝sin＋1的圖象，故C正確，D錯誤.
10.函數f(x)＝cos(ωx＋φ)(0≤φ<2π)的部分圖象如圖所示，則
A.ω＝3
B.φ＝
C.函數f(x)在上單調遞增
D.函數f(x)圖象的對稱軸方程為x＝(k∈Z)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
答案
√
所以f(x)＝cos，當2kπ≤3x＋≤2kπ＋π(k∈Z)，即－kπ≤x≤kπ(k∈Z)時，函數f(x)單調遞減.取k＝1，得f(x)的一個單調遞減區間為，所以C錯誤；
由圖象知函數的周期T＝2×，解得ω＝3，所以A正確；
由圖象得3·＋φ＝2kπ＋(k∈Z)，因為0≤φ<2π，所以φ＝，所以B錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
函數f(x)圖象的對稱軸方程為3x＋＝kπ(k∈Z)，即x＝(k∈Z)，所以D正確.
11.(2025·江蘇省“蘇南十校”聯考)已知函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)的圖象過點A(0，1)和B(x0，－2)(x0>0)，且滿足|AB|min＝，則下列結論正確的是
A.φ＝
B.ω＝
C.當x∈時，函數f(x)的值域為
D.函數y＝x－f(x)有三個零點
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
√
√
點A(0，1)代入解析式得，2sin(ω×0＋φ)＝1，即sin φ＝，
又∵<，∴φ＝，故A項正確；
由|AB|min＝，解得x0＝±2，又∵x0>0，∴x0＝2，
由A項可知f(x)＝2sin，則f(2)＝2sin＝－2，
因此sin＝－1，∴2ω＋＋2kπ(k∈N)，解得ω＝＋kπ(k∈N)，又∵A(0，1)，B(2，－2)和|AB|min＝，∴<2<<ω<π，∴ω＝，故B項正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由AB選項可知，f(x)＝2sin，則當x∈x＋∈，此時函數f(x)的值域為，故C項錯誤；
由五點作圖法作出f(x)＝2sin的圖象及y＝x的圖象，如圖所示，
通過圖象可知f(x)＝2sin與y＝x的圖象有3個交點，
因此函數y＝x－f(x)有三個零點，故D項正確.
三、填空題
12.化簡：＝　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
＝＝＝.
13.(2024·晉中模擬)已知α∈，且cos＝cos 2α，則sin＝　 　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因為coscos 2α，
所以cos αcos ＋sin αsin (cos2α－sin2α)，
所以cos α＋sin α＝2(cos α－sin α)(cos α＋sin α)，
又α∈，所以cos α＋sin α>0，
所以cos α－sin α＝，
所以cos，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
即cos，
又α＋∈，
所以sin.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
14.已知函數f(x)＝Asin(A>0，ω>0).若f(x)在區間上具有單調性，且f ＝f ＝－f ，則ω的值為　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因為f(x)在區間上具有單調性，
則≤T，所以T≥π，又ω>0，所以≥π，故0<ω≤2，
由f ＝f <π≤T，可知函數f(x)圖象的一條對稱軸為直線x＝，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
又f ＝－f ≤，可知函數f(x)圖象的一個對稱中心為，
從而T＝4×，所以ω＝.(共24張PPT)
第四章
必刷大題9　解三角形
數學
大
一
輪
復
習
答案
1
2
3
4
(1)由余弦定理可得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝4＋1－2×2×1×cos 120°＝7，
則BC＝，
由正弦定理可得sin∠ABC＝.
(2)由三角形面積公式可得＝4，
則S△ACD＝S△ABC＝×.
1.
答案
1
2
3
4
(1)在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD＝36，所以BD＝6，
因為cos∠BAD＝，則0°<∠BAD<90°，
所以sin∠BAD＝.
由BD⊥AC可知，AO＝ ，
所以BO＝.
2.
答案
1
2
3
4
(2)因為∠BCD＝90°，所以BC2＋CD2＝BD2＝36，
(BC＋CD)2－36＝2BC·CD≤2，故BC＋CD≤6，
當且僅當BC＝CD＝3時，等號成立，故四邊形ABCD周長的最大值為9＋6.
2.
答案
1
2
3
4
(1)因為acos C＋ccos A＝bcos B，
由正弦定理可得sin Acos C＋sin Ccos A＝sin Bcos B，
即sin(A＋C)＝sin Bcos B，sin(π－B)＝sin B＝sin Bcos B，
又因為sin B≠0，所以1＝cos B，
解得cos B＝，
又因為B∈(0，π)，所以B＝.
3.
答案
1
2
3
4
(2)因為D為BC邊的中點，a＝12，所以BD＝CD＝6，
在△ABD中，由正弦定理可得，
即＝6，解得sin∠BAD＝1，
又因為∠BAD∈(0，π)，所以∠BAD＝.
在Rt△ABD中，AB＝＝3，
在△ABC中，AB＝3，BC＝12，B＝，
由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝27＋144－2×3×12×＝63，
所以AC＝3，即b＝3.
3.
答案
1
2
3
4
(1)sin B＋sin C＝2sin Acos B，
由正弦定理可得b＋c＝2acos B，
又∵cos B＝，
∴b＋c＝，
∴bc＋c2＝a2＋c2－b2，
∴a2－b2＝bc.
4.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)知b＋c＝2acos∠CBA，
∴cos∠CBA＝，
在△BCD中，BC＝a，BD＝1，
∴cos∠CBD＝，
又∵cos∠CBD＝cos(π－∠CBA)＝－cos∠CBA，
∴－，
∴－b－3＝1＋a2－CD2，∴CD2＝4＋a2＋b，
4.
答案
1
2
3
4
又∵a2－b2＝bc，c＝3，
∴CD2＝4＋b2＋3b＋b＝b2＋4b＋4＝(b＋2)2，
∵CD>0，∴CD＝b＋2，
∴CD－CA＝b＋2－b＝2.
綜上所述，CD－CA為定值2.
4.
1
2
3
4
答案
1.(2023·全國乙卷)在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1.
(1)求sin∠ABC；
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC
＝4＋1－2×2×1×cos 120°＝7，
則BC＝，
由正弦定理可得sin∠ABC＝.
1
2
3
4
答案
(2)若D為BC上一點，且∠BAD＝90°，求△ACD的面積.
由三角形面積公式可得
＝4，
則S△ACD＝S△ABC＝×.
1
2
3
4
答案
2.如圖，在平面四邊形ABCD中，AB＝5，AD＝4，cos∠BAD＝，∠BCD＝90°.
(1)若AC與BD交于點O，且BD⊥AC，求BO的長；
1
2
3
4
答案
在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD＝36，所以BD＝6，
因為cos∠BAD＝，則0°<∠BAD<90°，
所以sin∠BAD＝.
由BD⊥AC可知，AO＝ ，
所以BO＝.
1
2
3
4
答案
因為∠BCD＝90°，所以BC2＋CD2＝BD2＝36，
(BC＋CD)2－36＝2BC·CD≤2，故BC＋CD≤6，
當且僅當BC＝CD＝3時，等號成立，故四邊形ABCD周長的最大值為9＋6.
(2)求四邊形ABCD周長的最大值.
1
2
3
4
答案
3.(2024·北京模擬)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且acos C＋ccos A＝bcos B.
(1)求B的大小；
1
2
3
4
答案
因為acos C＋ccos A＝bcos B，
由正弦定理可得sin Acos C＋sin Ccos A＝sin Bcos B，
即sin(A＋C)＝sin Bcos B，sin(π－B)＝sin B＝sin Bcos B，
又因為sin B≠0，所以1＝cos B，
解得cos B＝，
又因為B∈(0，π)，所以B＝.
1
2
3
4
答案
(2)若a＝12，D為BC邊的中點，且AD＝3，求b的值.
1
2
3
4
答案
因為D為BC邊的中點，a＝12，所以BD＝CD＝6，
在△ABD中，由正弦定理可得，
即＝6，解得sin∠BAD＝1，
又因為∠BAD∈(0，π)，所以∠BAD＝.
在Rt△ABD中，AB＝＝3，
在△ABC中，AB＝3，BC＝12，B＝，
1
2
3
4
答案
由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝27＋144－2×3×12
×＝63，
所以AC＝3，即b＝3.
1
2
3
4
答案
4.(2024·長沙模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足sin B＋sin C＝2sin Acos B.
(1)證明：a2－b2＝bc；
1
2
3
4
答案
sin B＋sin C＝2sin Acos B，
由正弦定理可得b＋c＝2acos B，
又∵cos B＝，
∴b＋c＝，
∴bc＋c2＝a2＋c2－b2，
∴a2－b2＝bc.
1
2
3
4
答案
(2)如圖，點D在線段AB的延長線上，且AB＝3，BD＝1，當點C運動時，探究CD－CA是否為定值？
1
2
3
4
答案
由(1)知b＋c＝2acos∠CBA，
∴cos∠CBA＝，
在△BCD中，BC＝a，BD＝1，
∴cos∠CBD＝，
又∵cos∠CBD＝cos(π－∠CBA)＝－cos∠CBA，
∴－，
1
2
3
4
答案
∴－b－3＝1＋a2－CD2，∴CD2＝4＋a2＋b，
又∵a2－b2＝bc，c＝3，
∴CD2＝4＋b2＋3b＋b＝b2＋4b＋4＝(b＋2)2，
∵CD>0，∴CD＝b＋2，
∴CD－CA＝b＋2－b＝2.
綜上所述，CD－CA為定值2.

展開更多......

收起↑