資源簡介

(共37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
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C D A C A D D
題號 9 10 11 12 13 14 答案 BCD AC BC 一、單項選擇題
1.(2025·江門模擬)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，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°
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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°.
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答案
2.(2024·葫蘆島模擬)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若B＝△ABC的面積為則b等于
A.2 B.4 C.2 D.
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答案
由于故a＝c，
由于B＝△ABC的面積為
故S＝acsin B＝
整理得·c·c·
解得c＝2，a＝2
利用余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B＝12＋4－2×2×2×＝4，
解得b＝2.
3.(2024·南京模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知9sin2B＝4sin2A，cos C＝則等于
A. B. C. D.
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∵9sin2B＝4sin2A，∴9b2＝4a2，即b＝
∵cos C＝
∴則.
答案
4.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
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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.
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.
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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.(2025·綿陽模擬)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知則等于
A.4 051 B.4 050
C.4 048 D.4 047
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答案
在△ABC中
可得2 025
即2 025·
故2 025·
即2 025·所以2 025·＝cos C，
所以2 025·即4 050c2＝a2＋b2－c2，所以4 051c2＝a2＋b2，故＝4 051.
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答案
7.在銳角△ABC中，B＝60°，AB＝1，則AB邊上的高的取值范圍是
A. B.
C. D.
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答案
設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，
則AB邊上的高h＝asin B＝a，
由正弦定理得a＝.
由△ABC為銳角三角形，可知30°則tan C>所以a＝∈
從而h∈
因此AB邊上的高的取值范圍是.
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答案
8.(2025·長沙模擬)如圖，在△ABC中，D是BC的中點，E是AC上的點，AC＝2AB，CD＝1，AE＝3EC，∠ADB＝∠EDC＝α，則cos α等于
A. B.
C. D.
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答案
由D是BC的中點，AC＝2AB，CD＝1，AE＝3EC，
設CE＝x，則BD＝1，AE＝3x，AB＝2x，
在△ABC中，由正弦定理得
即sin B＝2sin C，
在△ABD中，由正弦定理得 ①
在△CED中，由正弦定理得 ②
由①②得2＝··
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答案
即AD＝4DE.
在△ABD中，
由余弦定理得4x2＝1＋AD2－2ADcos α＝1＋16DE2－8DEcos α， ③
在△CDE中，由余弦定理得
x2＝1＋DE2－2DEcos α， ④
由③④得4＋4DE2＝1＋16DE2，
解得DE＝AD＝2，
則x2＝1＋－2×cos α＝－cos α.
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答案
在△ADE中，由余弦定理得
9x2＝AD2＋DE2－2AD·DE·cos(π－2α)
＝4＋＋2×2×cos 2α
＝＋2cos 2α＝4cos2α＋
可得－9cos α＝4cos2α＋
解得cos α＝(－3舍去).
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＝
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答案
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答案
根據題意，A中，由正弦定理 sin B＝×sin A＝
因為<<所以角B在和上各有一個解，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；
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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在和上各有一個解，當解在上時，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°
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答案
由題意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，所以B＝180°－60°－75°＝45°，AB＝12AC＝8
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；
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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.(2024·廣州模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.則下列命題正確的是
A.若a＝3b＝3，B＝30°，則A＝60°
B.若A>B，則sin A>sin B
C.若D.若a＝b＝3，c2＋ab＝a2＋b2，則△ABC的面積為3
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答案
對于A，由于a＝3b＝3，B＝30°，
利用正弦定理解得sin A＝
由于0°對于B，當A>B時，a>b，
根據正弦定理
可得sin A>sin B，故B正確；
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對于C，若結合余弦定理cos A＝得a2＋c2故△ABC為鈍角三角形，故C正確；
對于D，若a＝b＝3，且c2＋ab＝a2＋b2，
利用余弦定理可得ab＝2abcos C，解得cos C＝
因為0°所以S△ABC＝absin C＝××3×故D錯誤.
三、填空題
12.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cos2C＝sin2A＋
cos2B－sin Asin C，且b＝6，則B＝　 　，△ABC外接圓的面積為　　 .
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答案
由cos2C＝sin2A＋cos2B－sin Asin C，
可得1－sin2C＝sin2A＋1－sin2B－sin Asin C，
即sin2A＋sin2C－sin2B＝sin Asin C，
則由正弦定理得ac＝a2＋c2－b2，
由余弦定理得cos B＝
又因為B∈(0，π)，可得B＝
設△ABC外接圓的半徑為R，則R＝＝2
所以△ABC外接圓的面積為πR2＝12π.
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　　 　.
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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，
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答案
解得cos B＝cos D＝－
所以sin B＝sin D＝
所以S四邊形ABCD ＝S△ABC＋S△ACD
＝AB·BCsin B＋AD·CDsin D
＝×6×2××4×4×＝8.
14.在△ABC中，a＝A＝則△ABC的周長的取值范圍為　 　　　.
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答案
由正弦定理，得即＝2，
∴b＝2sin B，c＝2sin C，
∴△ABC的周長為L＝a＋b＋c
＝＋2sin B＋2sin C
＝＋2sin B＋2sin
＝＋3sin B＋cos B
＝＋2sin
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答案
又B∈∴B＋∈
∴sin∈∴L∈(23].
即△ABC的周長的取值范圍為(23].(共73張PPT)
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)＝ .
cos αcos β＋sin αsin β
cos αcos β－sin αsin β
sin αcos β－cos αsin β
sin αcos β＋cos αsin β
2.輔助角公式
asin α＋bcos α＝ ，其中sin φ＝cos φ＝.
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＋bcos x＝sin(x＋φ)中φ的取值與a，b的值無關.(　　)
√
√
×
×
2.sincos的值為
A.0 B.－ C.2 D.
√
sincos＝2
＝2sin＝2sin＝－.
3.若2cos α－sin α＝0，則tan等于
A.－ B. C.－3 D.3
√
因為2cos α－sin α＝0，
則sin α＝2cos α，故tan α＝2，
因此，tan.
4.若tan α＝tan(α＋β)＝則tan β＝　　　.
tan β＝tan[(α＋β)－α]＝.
1.熟記兩角和與差的公式的常用變形
(1)sin αsin β＋cos(α＋β)＝cos αcos β.
(2)cos αsin β＋sin(α－β)＝sin αcos β.
(3)tan α±tan β＝tan(α±β)(1 tan αtan β).
(4)tan αtan β＝1－－1.
2.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·廈門模擬)若cos(140°－α)＋sin(110°＋α)＝sin(130°－α)，則tan α等于
A. B.－ C. D.－
√
因為cos(140°－α)＋sin(110°＋α)＝sin(130°－α)，
所以－sin(50°－α)＋cos(20°＋α)＝sin(50°＋α)，
即－sin 50°cos α＋cos 50°sin α＋cos(20°＋α)
＝sin 50°cos α＋cos 50°sin α，
所以cos 20°cos α－sin 20°sin α＝2sin 50°cos α，
即(cos 20°－2sin 50°)cos α＝sin 20°sin α，
所以tan α＝
＝＝－.
(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(α－β)＝cos αsin β＝則sin(α＋β)等于
A. B. C.－ D.－
√
因為sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝
而cos αsin β＝
因此sin αcos β＝
則sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝.
(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cos αcos β－sin αsin β＝m. ①
由tan αtan β＝2得＝2， ②
由①②得
所以cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－3m.
例2　(1)(2024·南充模擬)已知函數f(x)＝3sin x＋4cos x.若x＝θ時，f(x)取得最大值，則cos等于
A. B.－ C. D.－
兩角和與差的三角函數公式的逆用與輔助角公式
題型二
√
f(x)＝3sin x＋4cos x＝5sin(x＋φ)，其中tan φ＝sin φ＝cos φ＝
∵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＝cos cos φ＋sin sin φ
＝－××.
(2)tan 10°＋tan 20°＋tan 30°＋tan 10°·tan 20°tan 30°＝　　　.
因為tan 30°＝tan(10°＋20°)＝
故tan 10°＋tan 20°＝tan 30°－tan 30°tan 10°tan 20°，
所以tan 10°＋tan 20°＋tan 30°＋tan 10°tan 20°tan 30°
＝tan 30°－tan 30°tan 10°tan 20°＋tan 30°＋tan 10°tan 20°tan 30°
＝2tan 30°＝.
(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＋bcos x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)若sin α＋cos α＝1，且α∈(0，π)，則α＝　　　.
因為sin α＋cos α＝2sin＝1，
所以sin
又α∈(0，π)，所以α＋∈
所以α＋所以α＝.
(2)若α＋β＝－則(1＋tan α)(1＋tan β)＝　　　.
tan＝tan(α＋β)＝＝1，所以1－tan αtan β＝tan α＋tan β，
則1＋tan α＋tan β＋tan αtan β＝2，
即(1＋tan α)(1＋tan β)＝2.
2
例3　(1)已知sinα∈則cos α等于
A. B. C. D.
√
角的變換問題
題型三
由α∈得α＋∈
則cos＝－＝－
cos α＝cos＝coscos ＋sinsin
＝－××.
(2)(2024·杭州模擬)已知α∈β∈若sin(α＋β)＝cos β＝則sin α等于
A. B. C. D.
√
因為α∈β∈sin(α＋β)＝>0，cos β＝所以α＋β∈
則sin β＝
cos(α＋β)＝－＝－
所以sin α＝sin[(α＋β)－β]
＝sin(α＋β)cos β－cos(α＋β)sin 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α，β∈若sincos則sin(α－β)的值為
A. B. C. D.
√
由題意可得α＋∈β－∈
所以cos＝－sin＝－
所以sin(α－β)＝－sin
＝－××.
(2)已知θ∈且sin則tan θ等于
A.7 B. C. D.
√
因為θ∈所以θ＋∈
又sin
所以cos＝－則tan＝－
所以tan θ＝tan
＝＝7.
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課時精練
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 D B C C B D BC AD
題號 10 13 14　 15 16
答案 120° D BD
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(1)方法一　由條件sin(α-β)=sin(α+β)=
得2sin(α-β)=3sin(α+β)，
即2sin αcos β-2cos αsin β
=3sin αcos β+3cos αsin β，
整理得sin αcos β=-5cos αsin β，
也即tan α=-5tan β，tan α+5tan β=0得證.
11.
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方法二　由條件sin(α-β)=sin(α+β)=
即sin αcos β-cos αsin β=
sin αcos β+cos αsin β=
得sin αcos β=cos αsin β=-
從而可得tan α=-5tan β，tan α+5tan β=0得證.
11.
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(2)由于tan(α-β)= tan α-tan β=tan(α-β)(1+tan αtan β)，
所以==
=-=.
11.
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(1)由題意知，|OA|=|OM|=1，
點A(cos α，sin α)，
則有S△OAM=|OA|·|OM|·sin α=解得sin α=
又α為銳角，則cos α==
因為鈍角β的終邊與單位圓O的交點B的橫坐標是-則cos β=-
12.
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sin β==
所以cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=×+×=-.
(2)由(1)知sin α=cos α=sin β=cos β=-
則sin(α-β)=sin αcos β-cos αsin β=×-×=-
12.
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從而sin(2α-β)=sin[α+(α-β)]=sin αcos(α-β)+cos αsin(α-β)
=×+×=-
因為α為銳角，sin α=>
則有α∈即2α∈
又β∈
12.
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因此2α-β∈
所以2α-β=-.
12.
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一、單項選擇題
1.cos 50°cos 160°－cos 40°sin 160°等于
A. B. C.－ D.－
√
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知識過關
答案
原式＝cos 50°cos 160°－sin 50°sin 160°＝cos(50°＋160°)
＝cos 210°＝－cos 30°＝－.
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答案
2.已知α為銳角，且sin＝sin則tan α等于
A. B.2＋
C. D.
√
因為sin＝sin所以sin α＋cos α＝sin α－cos α，
所以(＋1)cos α＝(－1)sin α，所以tan α＝＝2＋.
15
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3.(2024·晉城模擬)若sin 18°＝m，則sin 63°等于
A.－m) B.m＋
C.(m＋) D.m＋
√
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因為sin 18°＝m，所以cos 18°＝
所以sin 63°＝sin(18°＋45°)＝(sin 18°＋cos 18°)
＝(m＋).
答案
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4.已知sin α＋sin β＝cos α＋cos β＝則cos(α－β)的值等于
A.－ B.－ C.－ D.
√
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sin α＋sin β＝ sin2α＋sin2β＋2sin αsin β＝ ①
cos α＋cos β＝ cos2α＋cos2β＋2cos αcos β＝ ②
①＋②得，2＋2(sin αsin β＋cos αcos β)＝ cos(α－β)＝×＝－.
答案
15
16
5.已知tan(α＋β)，tan(α－β)是方程x2＋5x＋6＝0的兩個根，則tan 2α等于
A.－1 B.1 C.－2 D.2
√
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答案
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.
15
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6.定義運算＝ad－bc，若cos α＝0<β<α
<則β等于
A. B. C. D.
√
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由題意得，sin αcos β－cos αsin β＝sin(α－β)＝.
∵0<β<α<∴0<α－β<
∴cos(α－β)＝.
又∵cos α＝∴sin α＝
sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)
＝××
∴β＝.
答案
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二、多項選擇題
7.下列等式成立的有
A.tan 15°＝
B.sin 75°cos 15°＋cos 75°sin 15°＝1
C.cos 105°cos 75°－sin 105°cos 15°＝－1
D.sin 15°＋cos 15°＝1
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答案
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對于A，tan 15°＝tan(45°－30°)＝＝2－故A錯誤；
對于B，sin 75°cos 15°＋cos 75°sin 15°＝sin(75°＋15°)＝sin 90°＝1，故B正確；
對于C，cos 105°cos 75°－sin 105°cos 15°＝cos(105°＋75°)＝cos 180°＝－1，故C正確；
對于Dsin 15°＋cos 15°＝2sin(15°＋30°)＝2sin 45°＝故D錯誤.
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答案
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8.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＋cos x＝sin
C.f(x)＝sin ＋cos 的最大值為2
D.tan 12°＋tan 33°＋tan 12°tan 33°＝1
√
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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Bsin x＋cos x＝2
＝2sin故B錯誤；
對于C，f(x)＝sin ＋cos sin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.
答案
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三、填空題
9.已知sinα∈則cos的值為　　　.
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答案
－
由已知得cos α＝sin α＝－
所以coscos α＋sin α＝－.
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10.在△ABC中，已知tan A＋tan B＋tan Atan B＝則C＝　　 　.
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答案
120°
由題意可知tan A＋tan B＝(1－tan Atan B)，
所以tan(A＋B)＝＝
因為0°故C＝180°－(A＋B)＝120°.
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四、解答題
11.已知sin(α－β)＝sin(α＋β)＝.
(1)證明：tan α＋5tan β＝0；
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答案
方法一　由條件sin(α－β)＝
sin(α＋β)＝
得2sin(α－β)＝3sin(α＋β)，
即2sin αcos β－2cos αsin β＝3sin αcos β＋3cos αsin β，
整理得sin αcos β＝－5cos αsin β，
也即tan α＝－5tan β，tan α＋5tan β＝0得證.
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方法二　由條件sin(α－β)＝sin(α＋β)＝
即sin αcos β－cos αsin β＝
sin αcos β＋cos αsin β＝
得sin αcos β＝cos αsin β＝－
從而可得tan α＝－5tan β，tan α＋5tan β＝0得證.
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(2)計算的值.
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答案
由于tan(α－β)＝ tan α－tan β＝tan(α－β)(1＋tan αtan β)，
所以＝
＝
＝－.
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12.如圖，在平面直角坐標系中，頂點在坐標原點，以x軸非負半軸為始邊的銳角α與鈍角β的終邊與單位圓O分別交于A，B兩點，x軸的非負半軸與單位圓O交于點M，
已知S△OAM＝點B的橫坐標是－.
(1)求cos(α－β)的值；
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答案
由題意知，|OA|＝|OM|＝1，點A(cos α，sin α)，則有
S△OAM＝|OA|·|OM|·sin α＝解得sin α＝
又α為銳角，則cos α＝
因為鈍角β的終邊與單位圓O的交點B的橫坐標是－
則cos β＝－sin β＝
所以cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β
＝××＝－.
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(2)求2α－β的值.
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由(1)知sin α＝cos α＝sin β＝cos β＝－
則sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β
＝××＝－
從而sin(2α－β)＝sin[α＋(α－β)]
＝sin αcos(α－β)＋cos αsin(α－β)
＝××＝－
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因為α為銳角，sin α＝>
則有α∈即2α∈
又β∈因此2α－β∈
所以2α－β＝－.
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13.(2024·呂梁模擬)的值為
A. B. C.2 D.4
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能力拓展
＝4.
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14.(多選)(2025·深圳模擬)若0<α<β<，且cos αcos β=，tan αtan β=，則A.cos(α+β)= B.sin(α-β)=-
C.cos 2α= D.β<
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答案
∵cos αcos β=，tan αtan β=，
∴sin αsin β=cos αcos βtan αtan β=，
∴cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β=，故A錯誤；
cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=，
∵-<α-β<0，
∴sin(α-β)=-=-，故B正確；
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答案
∵0<α<β<，∴sin(α+β)==，
∴cos 2α=cos[(α+β)+(α-β)]
=cos(α+β)cos(α-β)-sin(α+β)sin(α-β)=，故C錯誤；
同理可得cos 2β=>>-=cos ，故2β<，∴β<，故D正確.
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答案
15.(2024·廈門模擬)在平面直角坐標系中，O(0，0)，A(sin α，cos α)，B，當∠AOB=時，寫出α的一個值為
　　　　　　　　　　　__　　　　　　　　　　　　_______________　.
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答案
由題意可得=(sin α，cos α)，=，
所以||==1，同理可得||=1，
則cos∠AOB=cos〈，〉==sin αcos+cos αsin
=sin=cos =-，
所以2α+=-+2kπ(k∈Z)或2α+=+2kπ(k∈Z)，
解得α=-+kπ(k∈Z)或α=+kπ(k∈Z).
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16.已知sin＝sin β，sin α＋cos α＝sin β＋cos β＝則
cos(α－β)＝　　　.
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答案
因為sin＝sin β，
所以cos α＝sin β，
所以sin α＋sin β＝cos α＋cos β＝
所以
兩式求和得2＋2(cos αcos β＋sin αsin β)＝2＋2cos(α－β)＝2＋
所以cos(α－β)＝.
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15
16(共98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的圖象上各點的橫坐標縮短為原來的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.函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的部分圖象如圖所示，則點(ω，A)的坐標是　　　　.
由題圖可知，A＝2，
T＝2所以ω＝4，點(ω，A)的坐標是(4，2).
(4，2)
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)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.
(3)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”.
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)為了得到函數f(x)＝sin的圖象，只需把正弦曲線上所有的點
A.先向右平移縱坐標不變
B.先向右平移個單位長度，再將橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變
C.先將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.先將橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再向右平移個單位長度
√
函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及變換
題型一
√
正弦曲線y＝sin x先向右平移個單位長度，得到函數y＝sin的圖象，再將所有點的橫坐標縮短到原來的縱坐標不變，得到函數f(x)＝sin的圖象，故A正確，B錯誤；
先將正弦曲線y＝sin x上所有點的橫坐標縮短到原來的縱坐標不變，得到函數y＝sin 2x的圖象，再向右平移個單位長度，得到函數f(x)＝sin的圖象，故C正確，D錯誤.
(2)(2025·西安模擬)將函數f(x)＝2sin的圖象向左平移m(m>0)個單位長度，所得圖象關于原點對稱，則m的值可以是
A. B.π C. D.
√
將函數f(x)＝2sin的圖象向左平移m(m>0)個單位長度，得到函數y＝2sin的圖象，因為所得圖象關于原點對稱，所以2m－＝kπ，k∈Z，解得m＝k∈Z，當k＝3時，m＝.
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＝coscos 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)(多選)要得到y＝sin x的圖象，可以將函數y＝sin的圖象上所有的點
A.向右平移
B.向左平移個單位長度，再把所得各點的橫坐標擴大到原來的2倍
C.橫坐標縮短到原來的再把所得各點向右平移個單位長度
D.橫坐標擴大到原來的2倍，再把所得各點向左平移個單位長度
√
√
要想得到y＝sin x的圖象，y＝sin的圖象上所有點的橫坐標需擴大到原來的2倍，故排除A，C；
將y＝sin的圖象上所有點先向左平移個單位長度，得到y＝sin＝sin 2x的圖象，再把所得各點的橫坐標擴大到原來的2倍，得到y＝sin x的圖象，B正確；
將y＝sin的圖象上所有點的橫坐標擴大到原來的2倍，得到y＝sin的圖象，再把所得各點向左平移個單位長度，得到y＝sin x的圖象，D正確.
(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＝.
例2　(1)函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的一部分圖象如圖所示，則
A.f(x)＝3sin＋1
B.f(x)＝2sin＋2
C.f(x)＝2sin＋2
D.f(x)＝2sin＋2
由圖象確定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
題型二
√
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AB
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)(2025·長沙模擬)如圖是函數y＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象，則該函數的解析式可以是
A.y＝2sin
B.y＝2sin
C.y＝2sin
D.y＝2sin
√
根據函數y＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象，
可得A＝2T＝×
解得ω＝2，
再將點代入可得2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，
又|φ|<所以φ＝
故y＝2sin.
(2)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
由題知，函數f(x)的最小正周期T滿足＝xM－xP＝－1＝解得T＝6，
所以ω＝
由圖象與x軸的交點M
得×＋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
因為NM⊥NP，
所以··＝0，
解得A＝－(舍去)或A＝
所以f(x)＝sin.
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.
√
三角函數圖象、性質的綜合應用
題型三
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
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向左平移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－顯然過與(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)＝cosx∈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.
(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.
月份x 1 2 3 4
收購價格y/(元/斤) 6 7 6 5
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　　　　　　　　　 　　.
y＝sin＋6(答案不唯一)
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.
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課時精練
對一對
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B C D A B ACD AC
題號 9 10 13 　14 15 16 答案 20 BCD 　C 15
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(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.
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(2)因為x∈[0，π]，
所以2x+∈.
列表如下：
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π 2π
x 0 π
f(x) 1 2 0 -2 0 1
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描點、連線得圖象如圖所示，
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(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的圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的(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.
11.
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(1)由已知可得A=2，
由f(1)=2sin=-2，可得sin=-1，
所以+φ=+2kπ(k∈Z)，得φ=+2kπ(k∈Z)，
因為0≤φ<π，則φ=
故f(x)=2sing(x)=-f(x)=-2sin.
12.
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(2)將函數f(x)圖象上各點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標不變，可得到函數y=2sin的圖象，再將所得函數圖象向右平移個單位長度，可得函數h(x)的圖象，則h(x)=2sin=2cos 2x，
因為h(θ)=2cos 2θ=-則cos 2θ=-
因為0<θ<則0<2θ<π，故sin 2θ==.
12.
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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)
√
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知識過關
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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0π2π.代入解析式可得點的坐標分別為(0，1)(π，－3)(2π，1)，故B正確.
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2.將函數f(x)＝cos的圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，得到函數g(x)的圖象，則g(x)的最小正周期是
A. B.π C.2π D.4π
√
方法一　由題意得g(x)＝cos＝cos所以T＝＝π.
方法二　原函數f(x)＝cos的最小正周期為將圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍后最小正周期變為×2＝π.
15
16
3.(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
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答案
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.
15
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4.(2024·佛山模擬)若函數f(x)＝sin的圖象向左平移m(m>0)個單位長度后，其圖象與函數g(x)＝cos 2x的圖象重合，則m的值可以為
A. B. C. D.
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由題可得f(x＋m)＝sin的圖象與函數g(x)＝cos 2x的圖象重合，
則f(m)＝sin＝g(0)＝1，
即2m＋＋2kπ，k∈Z，
解得m＝＋kπ，k∈Z，故m的值可以為.
答案
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5.(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
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答案
方法一　因為BC＝π，CD＝2π，
所以相鄰兩對稱軸間的距離為＋π＝
即最小正周期T＝3π，
所以ω＝
又因為點在f(x)的圖象上，
所以Asin＝0，
即sin＝0，
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答案
結合圖象可知φ－＝2kπ，k∈Z，
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.
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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.
方法二　因為BC＝π，CD＝2π，所以相鄰兩對稱軸間的距離為＋π＝即最小正周期T＝3π，所以ω＝排除B，D；
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6.(2025·包頭模擬)已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的最大值為2，其圖象上相鄰的兩條對稱軸之間的距離為且f(x)的圖象關于點對稱，則f(x)在區間上的最小值為
A.－ B.－1 C.－2 D.0
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∵f(x)＝Asin(ωx＋φ)的最大值為2，∴A＝2，
又f(x)的圖象上相鄰的兩條對稱軸之間的距離為
∴∴ω＝2，
∴f(x)＝2sin(2x＋φ).
又f(x)的圖象關于點對稱，
∴2×＋φ＝kπ(k∈Z)，
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∴φ＝kπ＋(k∈Z)，
又|φ|<∴φ＝
∴f(x)＝2sin
又x∈∴2x＋∈
∴f(x)＝2sin的值域為[－1，2].
∴f(x)在區間上的最小值為－1.
答案
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二、多項選擇題
7.(2024·昆明模擬)為得到函數y＝6sin的圖象，只需要將函數y＝6sin 2x的圖象
A.向左平移個單位長度
B.向左平移個單位長度
C.向右平移個單位長度
D.向右平移個單位長度
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A中，向左平移個單位長度，可得y＝6sin＝6sin的圖象，A正確；
B中，向左平移個單位長度，可得y＝6sin＝6sin的圖象，B不正確；
C中，向右平移個單位長度，可得y＝6sin＝6sin＝6sin＝6sin的圖象，C正確；
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D中，向右平移個單位長度，可得y＝6sin＝6sin
＝6sin＝6sin的圖象，D正確.
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8.(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
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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；
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答案
可得f(x)的最小正周期為＝π，故B不正確；
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.
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三、填空題
9.將函數f(x)＝sin的圖象向左平移φ個單位長度，得
到函數g(x)的圖象，若g(x)是奇函數，則φ＝　　.
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將函數f(x)的圖象向左平移φ個單位長度，
得到函數g(x)＝sin的圖象，
因為函數g(x)是奇函數，
所以g(0)＝sin＝0，
則2φ－＝kπ，k∈Z，則φ＝k∈Z，
因為0<φ<所以φ＝.
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10.摩天輪的主架示意圖如圖所示，其中O為輪軸的中心，距地面42 m(即OM長)，摩天輪的半徑長為40 m，摩天輪逆時針旋轉且每12分鐘轉一圈.摩天輪上懸掛吊艙，點M為吊艙的初始位置，經過10分鐘，吊艙運動到點P處，此時有AM＝BP＝2 m，則點P距離地面的高度h為　　　m.
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答案
以M為坐標原點，MO所在直線為y軸，與MO垂直的直線為x軸，建立平面直角坐標系如圖所示，
設點B的方程為y＝Asin(ωt＋φ)＋k，
依題意得解得
又因為T＝12＝
所以ω＝此時y＝40sin＋42，
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答案
又當t＝0時，y＝2，
所以40sin φ＋42＝2，sin φ＝－1，φ＝－
所以y＝40sin＋42＝－40cos t＋42，
所以當t＝10時，y＝－40cos＋42＝22，
所以點P距離地面的高度h＝22－2＝20(m).
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四、解答題
11.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；
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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.
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(2)作出f(x)在[0，π]上的圖象(要列表)；
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答案
因為x∈[0，π]，所以2x＋∈.
列表如下：
π 2π
x 0 π
f(x) 1 2 0 －2 0 1
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答案
描點、連線得圖象如圖所示，
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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？
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的圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的(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.
15
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12.降噪耳機主要有主動降噪耳機和被動降噪耳機兩種.其中主動降噪耳機的工作原理是：先通過微型麥克風采集周圍的噪聲，然后降噪芯片生成與噪聲振幅相同、相位相反的反向聲波來抵消噪聲(如圖所示).已知某噪聲的聲波曲線是f(x)＝Asin(A>0，0≤φ<π)，其中振幅為2，且經過點(1，－2).
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(1)求該噪聲聲波曲線的解析式f(x)以及降噪芯片生成的降噪聲波曲線的解析式g(x)；
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答案
由已知可得A＝2，
由f(1)＝2sin＝－2，
可得sin＝－1，
所以＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，得φ＝＋2kπ(k∈Z)，
因為0≤φ<π，則φ＝故f(x)＝2sin
g(x)＝－f(x)＝－2sin.
15
16
(2)先將函數f(x)圖象上各點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標不變，再將所得函數圖象向右平移個單位長度，得到函數h(x)的圖象.若銳角θ滿足h(θ)＝－求sin 2θ的值.
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答案
將函數f(x)圖象上各點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標不變，可得到函數y＝2sin的圖象，再將所得函數圖象向右平移個單位長度，
可得函數h(x)的圖象，則
h(x)＝2sin＝2cos 2x，
因為h(θ)＝2cos 2θ＝－則cos 2θ＝－
因為0<θ<則0<2θ<π，
故sin 2θ＝.
15
16
13.(多選)(2024·泉州模擬)已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)是偶函數，將
f(x)的圖象向左平移個單位長度，再將圖象上各點的橫坐標變為原來的2
倍(縱坐標不變)，得到g(x)的圖象.若曲線y＝g(x)的兩個相鄰對稱中心之間的距離為2π，則
A.ω＝2
B.g(x)的圖象關于直線x＝－對稱
C.g(x)的圖象關于點對稱
D.若f(π)＝－2，則g(x)在區間[0，π]上的最大值為
√
能力拓展
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答案
√
√
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函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)是偶函數，故φ＝kπ＋(k∈Z)，當k＝0時，φ＝當k＝1時，φ＝
將函數f(x)的圖象向左平移個單位長度，再將圖象上各點的橫坐標變為原來的2倍(縱坐標不變)，得到g(x)＝Asin的圖象，
由于函數g(x)的兩個相鄰的對稱中心的距離為2π，故T＝4π＝解得ω＝1，故A錯誤；
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答案
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所以函數f(x)＝Asin(x＋φ)＝Acos x或f(x)＝－Acos x，
g(x)＝Asin＝Acos或g(x)＝－Acos
當x＝－時，g＝±A，故B正確；
當x＝時，g＝0，故函數g(x)的圖象關于點對稱，故C正確；
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答案
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當f(π)＝－2時，A＝－2或A＝2，
故f(x)＝2cos x，
故g(x)＝2cos當x∈[0，π]時x＋∈函數在該區間上單調遞減，故函數的最大值為g(0)＝2×
故g(x)在[0，π]上的最大值為故D正確.
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14.函數f(x)=xsin 2πx-1在區間(0，3]上的零點個數為
A.6 B.5 C.4 D.3
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答案
函數f(x)=xsin 2πx-1在(0，3]上零點的個數即方程xsin 2πx-1=0在(0，3]上根的個數，方程xsin 2πx-1=0化簡可得sin 2πx=.
在同一平面直角坐標系中作出函數y=sin 2πx與函數y=的圖象如圖所示，
由圖可知，在區間(0，3]上，兩函數圖象有4個交
點，故函數f(x)=xsin 2πx-1在區間(0，3]上的零點
個數為4.
15
16
15.(2025·南通模擬)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ) (ω>0，0<φ<π)的部分圖象如圖中實線所示，圓C與f(x)圖象交于M，N兩點，且M在y軸上，則圓C的半
徑為　　　.
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答案
因為點M，N關于點C對稱，所以xC＝×
函數f(x)的最小正周期T滿足解得T＝π，
即＝π，所以ω＝2.由圖象可得f(x)的最大值點為
所以2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，
結合0<φ<π，取k＝0得φ＝
則f(x)＝sin.
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答案
因此可得OM＝f(0)＝sin 所以圓C的半徑r＝.
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16.已知函數f(x)=|asin ωx+bcos ωx+c|(a，b，ω>0)的部分圖象如圖所示，則a=　　　.
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答案
由題意得f(x)=|asin ωx+bcos ωx+c|=|sin(ωx+φ)+c|，其中tan φ=，
由題圖可知，+c=3，-+c=-1，
所以c=1，=2， ①
又-=T，
所以T=π，則ω==2，
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答案
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因為其中一條對稱軸為直線x=，
所以2×+φ=+2kπ，k∈Z，
則φ=+2kπ，k∈Z，
所以tan φ=1，即a=b， ②
聯立①②，解得a=.
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數學
大
一
輪
復
習
本課結束
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第四章
§4.10　解三角形應用舉例
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
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°
術語名稱 術語意義 圖形表示
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：

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.
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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)如圖，某市地面有四個5G基站A，B，C，D.已知基站C，D建在江的南岸，距離為10 km；基站A，B建在江的北岸，測得∠ACB＝45°，∠ACD＝30°，∠ADC＝120°，∠ADB＝75°，
則基站A，B之間的距離為
A.10 km B.30(－1)km
C.30(－1)km D.10 km
√
在△ACD中，∠ACD＝30°，∠ADC＝120°，又∠ADB＝75°，
所以∠BDC＝45°，∠CAD＝30°，∠ACD＝∠CAD＝30°，
所以AD＝CD＝10
在△BCD中，
∠CBD＝180°－(30°＋45°＋45°)＝60°，
由正弦定理得BD＝＝5＋5
在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB＝－2×10×(5＋5)cos 75°＝500，
所以AB＝10即基站A，B之間的距離為10 km.
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　如圖，為計算湖泊岸邊兩景點B與C之間的距離，在岸上選取A和D兩點，現測得AB＝5 km，AD＝7 km，∠ABD＝60°，∠CBD＝23°，∠BCD＝117°，據以上條件可求得兩景點B與C之間的距離約為______km (精確到0.1 km，參考數據：sin 40°≈0.643，sin 117°≈0.891).
5.8
在△ABD中，有AB＝5，AD＝7，
∠ABD＝60°，
由余弦定理可得，
AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABD，
即49＝25＋BD2－2×5×BD×
整理可得BD2－5BD－24＝0，
解得BD＝8或BD＝－3(舍去).
在△BCD中，有BD＝8，∠CBD＝23°，∠BCD＝117°，
所以∠BDC＝180°－∠BCD－∠CBD＝40°.
由正弦定理可得，
BC＝≈
≈5.8(km).
例2　(1)《海島算經》是中國學者劉徽編撰的一部測量學著作.現有取自其中的一個問題：今有望海島，立兩表，齊高三丈，前后相去千步，令后表與前表參相直.從前表卻行一百二十三步，人目著地取望島峰，與表末參合.從后表卻行一百二十七步，人目著地取望島峰，亦與表末參合，問島高幾何？用現代語言來解釋，其意思為：立兩個3丈高的標桿，之間距離為1 000步，兩標桿與海島的底端在同一直線上.從第一個標桿M處后退123步，人眼貼地面，從地上A處仰望島峰，人眼、標桿頂部和山頂三點共線；從后面的一個標桿N處后退127步，從地上B處仰望島峰，人眼、標桿頂部和山頂三點也共線，則海島的高為(3丈＝5步)
A.1 200步 B.1 300步
C.1 155步 D.1 255步
測量高度問題
題型二
√
設海島的高為h步，由題意知，FM＝GN＝5，AM＝123，BN＝127，MN＝1 000，
則
即AC＝
BC＝
所以MN＝BC－AC－BN＋AM，
則1 000＝－127＋123，解得h＝1 255，
即海島的高為1 255步.
(2)(2025·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　矗立在上饒市市民公園(如圖1)的四門通天銅雕有著“四方迎客、通達天下”的美好寓意，也象征著上饒四省通衢，連南接北，通江達海，包容八方.如圖2，某中學研究性學習小組為測量其高度，在和它底部O位于同一水平高度的共線三點A，B，C處測得銅雕頂端P處的仰角分別為且AB＝BC＝20 m，則四門
通天銅雕的高度為
A.15 m B.10 m
C.6 m D.5 m
√
設OP＝h，則OA＝h，OB＝h，OC＝h，
在△ABO中，由余弦定理得cos∠ABO＝
在△BCO中，由余弦定理得
cos∠OBC＝
因為∠ABO＋∠OBC＝π，
所以＝0，即800－h2＝0，
解得h＝10
所以四門通天銅雕的高度為10 m.
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；
測量角度問題
題型三
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°.
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課時精練
對一對
答案
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12
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B A C BCD ACD
題號 11 　12 答案 A 　1 答案
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12
(1)在Rt△AOC中，
由∠OAC=45°得AC=OC，
在Rt△BOC中，
由∠OBC=30°得BC=2OC，
在△ABC中，利用正弦定理得=
所以==.
9.
答案
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(2)在△ABC中，利用余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠CBA，
即2OC2=8 100+4OC2-2×90×2OC×
化簡為OC2-135OC+4 050=0，
解得OC=90或OC=45，
當OC=45時，BC=90=AB，與∠CAB為鈍角矛盾，
經驗證OC=90符合條件，
所以山高OC為90米.
9.
答案
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如圖，設紅方偵察艇經過x小時后在C處追上藍方的小艇，
則AC=14x，
BC=10x，
∠ABC=120°.
根據余弦定理得(14x)2=122+(10x)2-240xcos 120°，
解得x=2(負值舍去).故AC=28，BC=20.
10.
答案
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根據正弦定理得=
所以sin α==.
所以紅方偵察艇所需要的時間為2小時，
角α的正弦值為.
10.
一、單項選擇題
1.如圖，設A，B兩點在河的兩岸，在點A所在河岸邊選一定點C，測量AC的距離為50 m，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，則A，B兩點間的距離是
A.25 m B.50 m
C.25 m D.50 m
√
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知識過關
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12
答案
在△ABC中，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，
所以∠ABC＝180°－30°－105°＝45°，
由正弦定理
得AB＝＝25(m).
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答案
2.(2024·吉林模擬)如圖，位于某海域A處的甲船獲悉，在其北偏東60°方向C處有一艘漁船遇險后拋錨等待營救.甲船立即將救援消息告知位于甲船北偏東15°，且與甲船相距 n mile的B處的乙船，已知遇險漁船在乙船的正東方向，那么乙船前往營救遇險漁船時需要航行的距離為
A. n mile
B.2 n mile
C.2 n mile
D.3 n mile
√
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答案
由題意知，AB＝∠BAC＝45°，∠BCA＝30°，
在△ABC中，由正弦定理得
所以BC＝＝2，
故乙船前往營救遇險漁船時需要航行的距離為2 n mile.
3.如圖，在200 m高的山頂上，測得山下一塔頂與塔底的俯角分別是30°，60°，則塔高為
A. m B. m
C. m D. m
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答案
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答案
設山頂為A，塔底為C，塔頂為D，過點A作CD的垂線，交CD的延長線于點B(圖略)，則易得AB＝BD＝AB·tan 30°＝·tan 30°＝×(m)，
所以CD＝BC－BD＝200－(m).
4.(2025·貴陽模擬)如圖，甲秀樓位于貴州省貴陽市南明區，是該市的標志性建筑之一.某研究小組將測量甲秀樓最高點離地面的高度，選取了與該樓底B在同一水平面內的兩個測量基點C與D，現測得∠BCD＝23°，∠CDB＝30°，CD＝11.2 m，在C點測得甲秀樓頂端A的仰角
√
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答案
為72.4°，則甲秀樓的高度約為(參考數據：tan 72.4°≈3.15，sin 53° ≈0.80)
A.18 m B.20 m
C.22 m D.24 m
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答案
由題意可知，∠BCD＝23°，∠CDB＝30°，
所以∠CBD＝127°，
又因為CD＝11.2 m，
由正弦定理
可得
解得CB≈7 m，
又因為∠ACB＝72.4°，
所以AB＝CBtan∠ACB≈7×3.15＝22.05≈22(m).
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
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答案
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答案
對于A，當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；
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.
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
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答案
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答案
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；
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；
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；
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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.
三、填空題
7.如圖，海岸線上有相距5 n mile的兩座燈塔A，B，燈塔B位于燈塔A的正南方向.海上停泊著兩艘輪船，甲船位于燈塔A的北偏西75°方向，與A相距3 n mile的D處；乙船位于燈塔B的北偏西60°方向，與B相距5 n mile的C處.則兩艘輪船之間的距離為　　　　n mile.
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答案
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答案
如圖所示，連接AC，
由題可知，∠ABC＝60°，AB＝BC＝5 n mile，
所以△ABC為正三角形，
在△ACD中，AD＝3 n mile，
∠DAC＝180°－60°－75°＝45°，
所以CD2＝(3)2＋52－2×3×5×cos 45°＝13，即CD＝ n mile.
8.如圖，小明同學為了估算某教堂的高度CD，在教堂的正東方向找到一座建筑物AB，高為(15－15)m，在它們之間的地面上的點M(B，M，D三點共線)處測得樓頂A、教堂頂C的仰角分別是15°和60°，在樓頂A處測得教堂頂C的仰角為30°，則小明估算教堂的高度為　　　　　.
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答案
30 m
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答案
由題意知，∠CAM＝45°，∠AMC＝105°，
所以∠ACM＝30°.
在Rt△ABM中，AM＝
在△ACM中，由正弦定理得
所以CM＝
在Rt△DCM中，CD＝CM·sin 60°＝＝
30(m).
四、解答題
9.已知某測量小組為測量一座山的高度，建立了如圖所示的數學模型三棱錐C－OAB，OC垂直水平面OAB，點C代表該山的上頂點，A，B兩點代表山腳地面上的兩個觀測點，同學甲在A處測得仰角為45°，同學乙在B處測
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答案
得仰角為30°，同學丙測得兩個觀測點之間的距離AB為90米.
(1)求；
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答案
在Rt△AOC中，由∠OAC＝45°得AC＝OC，
在Rt△BOC中，由∠OBC＝30°得BC＝2OC，
在△ABC中，利用正弦定理得
所以.
(2)同學甲測出∠CAB為鈍角，同學乙測算出cos∠CBA＝求山高OC.
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答案
在△ABC中，利用余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠CBA，
即2OC2＝8 100＋4OC2－2×90×2OC×
化簡為OC2－135OC＋4 050＝0，
解得OC＝90或OC＝45，
當OC＝45時，BC＝90＝AB，與∠CAB為鈍角矛盾，
經驗證OC＝90符合條件，
所以山高OC為90米.
10.如圖，在一次海上聯合作戰演習中，A處的一艘紅方偵察艇發現在北偏東45°方向相距12 n mile的水面上B處，有藍方一艘小艇正以每小時
10 n mile的速度沿南偏東75°方向前進，若紅方偵察艇以每小時14 n mile的速度，沿北偏東45°＋α方向攔截藍方的小艇.若要在最短的時間內攔截住，求紅方偵察艇所需的時間和角α的正弦值.
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答案
如圖，設紅方偵察艇經過x小時后在C處追上藍方的小艇，
則AC＝14x，BC＝10x，∠ABC＝120°.
根據余弦定理得
(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos 120°，
解得x＝2(負值舍去).故AC＝28，BC＝20.
根據正弦定理得
所以sin α＝.
所以紅方偵察艇所需要的時間為2小時，角α的正弦值為.
11.已知甲船在島B的正南方A處，AB＝10千米，甲船以每小時4千米的速度向正北勻速航行，同時乙船自B出發以每小時6千米的速度向北偏東60°的方向勻速航行，當甲、乙兩船相距最近時，它們所航行的時間是
A.小時 B.小時 C.小時 D.小時
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答案
能力拓展
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答案
假設經過x小時兩船相距最近，甲、乙分別行至C處，D處，如圖所示，
可知BC＝10－4x，BD＝6x，∠CBD＝120°，
由余弦定理可得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos∠CBD＝
(10－4x)2＋36x2＋2×(10－4x)×6x×＝28x2－20x＋100.
所以當x＝時，兩船相距最近.
12.臺風中心從A地以每小時20千米的速度向東北方向移動，離臺風中心
30千米內的地區為危險區，城市B在A的正東方向40千米處，則城市B處于危險區的時間為　　　小時.
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答案
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答案
設A地東北方向上存在點P到城市B的距離為30千米，AP＝x，在△ABP中，由余弦定理得PB2＝AP2＋AB2－2AP·AB·cos A，
即302＝x2＋402－2x·40·cos 45°，
化簡得x2－40x＋700＝0，
設方程的兩根為x1，x2，則x1＋x2＝40x1x2＝700，
所以|x1－x2|＝＝20，
即圖中CD＝20千米，
所以城市B處于危險區的時間為＝1(小時).
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第四章
§4.7　三角函數中有關ω
的范圍問題
數學
大
一
輪
復
習
在三角函數的圖象與性質中，ω的求解是近幾年高考的一個熱點內容，但因其求法復雜，涉及的知識點多，歷來是我們復習中的難點.
重點解讀
例1　已知函數f(x)＝2sin(ω>0)在上單調，則ω的取值范圍是
A. B.
C. D.
√
三角函數的單調性與ω的關系
題型一
當00，則－<ωx－<
因為函數f(x)在上存在最值，則>解得ω>2，
當因為函數f(x)在上單調，
則 (k∈Z)，
所以其中k∈Z，解得k－≤ω≤k＋(k∈Z)，
所以k－≤k＋(k∈Z)，解得k≤且k∈Z，
又因為ω>0，則k∈{0，1，2}.
當k＝0時，0<ω≤；
當k＝1時，1≤ω≤；
當k＝2時≤ω≤.
又因為ω>2，因此ω的取值范圍是.
確定函數的單調區間，根據區間之間的包含關系建立不等式，即可求ω的取值范圍.
思維升華
跟蹤訓練1　已知函數y＝sin(ω>0)在區間上單調遞增，
則ω的取值范圍是　　　 　.
函數y＝sin(ω>0)在區間上單調遞增，
當－因此
而ω>0，解得0<ω≤
所以ω的取值范圍是.
例2　(2025·杭州模擬)已知ω≠0，函數f(x)＝sin上有三條對稱軸和兩個極小值，則
A.<ω≤ B.<ω≤
C.－≤ω<－ D.－≤ω<－
三角函數的對稱性與ω的關系
題型二
√
∵x∈
①當ω>0時，ωx＋∈
若f(x)在上有兩個極小值，則f(x)至少有4條對稱軸，不滿足題意；
②當ω<0時，ωx＋∈
又函數f(x)＝sin在上有三條對稱軸和兩個極小值，
∴－≤<－解得－≤ω<－
綜上，－≤ω<－.
三角函數兩條相鄰對稱軸或兩個相鄰對稱中心之間的“水平間隔”為相鄰的對稱軸和對稱中心之間的“水平間隔”為這就說明，我們可根據三角函數的對稱性來研究其周期性，解決問題的關鍵在于運用整體代換的思想，建立關于ω的不等式組，進而可以研究ω的取值范圍.
思維升華
跟蹤訓練2　(2024·銅川模擬)已知函數f(x)＝2sin(ω>0)滿足f ＝f 則ω的最小值為
A. B. C.1 D.2
√
由已知可得函數f(x)＝2sin(ω>0)滿足f ＝f
即f ＝f
所以f(x)的圖象關于直線x＝對稱，
所以＋kπ(k∈Z)，
所以ω＝4k＋(k∈Z)，
又ω>0，所以當k＝0時，ω取得最小值為.
例3　已知函數f(x)＝2sin ωx在區間上的最小值為－2，則實數ω
的取值范圍是　　　　　　 .
三角函數的最值與ω的關系
題型三
(－∞，－2]∪
顯然ω≠0.
若ω>0，當x∈時，－ω≤ωx≤ω，
因為函數f(x)＝2sin ωx在區間上的最小值為－2，
所以－ω≤－解得ω≥；
若ω<0，當x∈時ω≤ωx≤－ω，
因為函數f(x)＝2sin ωx在區間上的最小值為－2，所以ω≤－
解得ω≤－2.
綜上所述，符合條件的實數ω的取值范圍是(－∞，－2]∪.
利用三角函數的最值與對稱軸或周期的關系，可以列出關于ω的不等式(組)，進而求出ω的值或取值范圍.
思維升華
跟蹤訓練3　已知函數f(x)＝sin(ω>0)，若f ＝f 且f(x)在區間內有最大值，無最小值，則ω＝　　　.
由題意知當x＝時，f(x)取得最大值，
即ω＋＝2kπ＋(k∈Z)，
解得ω＝6k＋(k∈Z)，
又所以ω<6，
又ω>0，所以ω＝.
例4　(2025·福州模擬)已知函數f(x)＝sin(ω>0)在[0，2]內有且僅有5個零點，則f(x)在[0，2]內的極值點個數為
A.4 B.4或5
C.5 D.5或6
三角函數的零點與ω的關系
題型四
√
因為ω>0，當x∈[0，2]時，
≤ωx＋≤2ω＋
由函數f(x)在[0，2]內有且僅有5個零點，得5π≤2ω＋<6π，
當5π≤2ω＋<π時，函數f(x)在[0，2]內有5個極值點，當π≤2ω＋< 6π時，函數f(x)在[0，2]內有6個極值點，
所以f(x)在[0，2]內的極值點個數為5或6.
三角函數兩個零點之間的“水平間隔”為根據三角函數的零點個數，可以研究ω的取值.
思維升華
跟蹤訓練4　(2023·新高考全國Ⅰ)已知函數f(x)＝cos ωx－1(ω>0)在區間[0，2π]上有且僅有3個零點，則ω的取值范圍是　　　　.
[2，3)
因為0≤x≤2π，
所以0≤ωx≤2ωπ，
令f(x)＝cos ωx－1＝0，
則cos ωx＝1有3個根，
令t＝ωx，則cos t＝1有3個根，其中t∈[0，2ωπ]，
結合余弦函數y＝cos t的圖象性質可得
4π≤2ωπ<6π，
故2≤ω<3.
課時精練
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B A B A C B ABC BCD
題號 9 　10 答案 一、單項選擇題
1.已知函數f(x)＝Asin(A>0，ω>0)的圖象向左平移個單位長度后與原圖象重合，則實數ω的最小值是
A. B. C. D.8
√
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10
知識過關
答案
1
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10
答案
由題可知是該函數周期的整數倍，
即×k，k∈Z，解得ω＝k∈Z，
又ω>0，故其最小值為.
1
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10
答案
2.(2025·呼和浩特模擬)已知函數f(x)＝sin(ω>0)在區間[0，π]上有且僅有兩條對稱軸，則ω的取值范圍是
A. B.
C. D.
√
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10
答案
x∈[0，π]，ω>0，
則ωx－∈
函數f(x)＝sin(ω>0)在區間[0，π]上有且僅有兩條對稱軸，
則≤ωπ－<故ω的取值范圍是.
3.為了使函數y＝sin ωx(ω>0)在區間[0，1]上至少出現50次最大值，則ω的最小值為
A.98π B. C. D.100π
√
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由題意，在[0，1]上至少出現50次最大值即在[0，1]上至少有49個周期，即個周期，所以T＝·≤1，
所以ω≥ω的最小值為.
答案
4.(2025·內江模擬)設函數f(x)＝2sin(ω>0)，若存在x1，x2∈
且x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)＝1，則ω的取值范圍是
A.[4，＋∞) B.(4，6]
C.[6，＋∞) D.(6，10]
√
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答案
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10
∵f(x)＝2sin(ω>0)，
∴當x∈時，ωx＋∈
易知0∈f(0)＝1，
又2sin＝1，∴若存在x1，x2∈
且x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)＝1，
則－≤－解得ω≥4.
答案
5.(2024·廣州模擬)設函數f(x)＝sin(ω>0)，已知方程|f(x)|＝1在
[0，2π]上有且僅有2個不相等的實數根，則ω的取值范圍是
A. B.
C. D.
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答案
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∵f(x)＝sin(ω>0)，
∴當x∈[0，2π]時，ωx－∈
∵方程|f(x)|＝1在[0，2π]上有且僅有2個不相等的實數根，
∴≤2πω－<解得≤ω<.
答案
6.(2024·銀川模擬)已知函數f(x)＝Acos(ωx＋φ)若x＝為f(x)的零點，直線x＝－是f(x)圖象的對稱軸，且f(x)在區間上單調，則當實數ω取得最大值時，φ等于
A. B.－ C. D.－
√
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答案
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10
因為f(x)的最小正周期T＝且f(x)在區間上單調，所以≥
又ω>0，故0<ω≤11， ①
又因為x＝為f(x)的零點，直線x＝－是f(x)圖象的對稱軸，
所以＋k··(k∈Z)，整理得ω＝2k＋1(k∈Z).
②
答案
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9
10
由①②得0<ω≤11且ω為奇數，
當ω＝11時，將x＝－代入ωx＋φ，
令11×＋φ＝k'π(k'∈Z)，
得φ＝k'π＋(k'∈Z)，
又|φ|≤故取k'＝－2，得φ＝－
此時f(x)＝Acos(A>0).
答案
1
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10
驗證當滿足f(x)在區間上單調遞減，
故實數ω的最大值為11，此時φ＝－.
答案
二、多項選擇題
7.(2024·北京模擬)已知函數f(x)＝sin ωx(ω>0)在上單調遞增，那么常數ω的一個取值可以為
A. B. C. D.1
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10
√
答案
√
√
f(x)＝sin ωx(ω>0)在上單調遞增，則ω·≤ω·≥－
∴0<ω≤∴選項ABC符合題意.
8.(2025·江門模擬)已知函數f(x)＝sin＋sin＋2cos2ωx
－(ω>0)，則下列結論正確的是
A.若f(x)相鄰兩條對稱軸的距離為則ω＝2
B.當ω＝1，x∈時，f(x)的值域為[－2]
C.當ω＝1時，f(x)的圖象向左平移個單位長度得到圖象的函數解析式為y
＝2cos
D.若f(x)在區間內有且僅有兩個零點，則5≤ω<8
√
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答案
√
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f(x)＝sin 2ωx＋cos 2ωx＋sin 2ωx－cos 2ωx＋cos 2ωx
＝sin 2ωx＋cos 2ωx＝2sin
A項，若f(x)相鄰兩條對稱軸的距離為則T＝π＝∴ω＝1，A項錯誤；
B項，f(x)＝2sin當x∈時，2x＋∈則值域為[－2]，B項正確；
答案
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C項，當ω＝1時，f(x)的圖象向左平移個單位長度得到圖象的函數解析式為y＝2sin＝2sin＝2cosC項正確；
D項，f(x)＝2sin當x∈時，ω>0，則2ωx＋∈
若f(x)在區間內有且僅有兩個零點，則2π≤<3π，∴5≤ω<8，D項正確.
答案
三、填空題
9.(2024·上海模擬)已知函數f(x)＝2sin－1(ω>0)在(0，π)內恰有
兩個零點，則實數ω的取值范圍為　　　　.
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答案
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答案
令f(x)＝0，∴sin
∵x∈(0，π)，ω>0，∴ωx＋∈
∵f(x)在(0，π)內恰有兩個零點，
故<ωπ＋≤∴2<ω≤
即實數ω的取值范圍為.
10.已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，0≤φ≤π)是偶函數，且在上單調遞減，則φ＝　　　，ω的最大值是　　　.
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答案
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由題意知φ＝＋kπ，k∈Z，又0≤φ≤π，所以φ＝
故函數f(x)＝cos ωx(ω>0).
令2mπ≤ωx≤π＋2mπ，m∈Z，
得≤x≤m∈Z，
令m＝0，得0≤x≤所以≥解得0<ω≤2，
所以ω的最大值是2.
答案(共34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
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14
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B A A B C C A A
題號 9 10 11 12 13 　14 答案 ABC ABD ABC 一、單項選擇題
1.將函數f(x)的圖象向右平移個單位長度后得到函數g(x)＝sin 3x的圖象，則f(x)等于
A.cos 3x B.－cos 3x C.sin 3x D.－sin 3x
√
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知識過關
答案
由題意可知，將函數g(x)＝sin 3x的圖象向左平移個單位長度后得到函數f(x)的圖象，故f(x)＝sin 3＝sin＝－cos 3x.
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答案
2.(2025·煙臺模擬)已知cos則sin 2α等于
A.－ B. C.－ D.
√
因為cos(cos α＋sin α)＝
所以cos α＋sin α＝
兩邊平方，可得1＋sin 2α＝則sin 2α＝－.
3.(2024·呂梁模擬)tan 67.5°－1等于
A. B. C. D.
√
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14
由tan 135°＝＝－1，
得2tan 67.5°＝－1＋tan267.5°，
即(tan 67.5°－1)2＝2，
tan 67.5°>tan 45°＝1，
所以tan 67.5°－1＝.
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
√
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答案
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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
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答案
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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.(2025·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.
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答案
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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
7.(2024·運城模擬)4sin 140°－tan 220°等于
A. B.－ C.1 D.－1
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答案
原式＝4sin 40°－tan 40°＝4sin 40°－＝
＝＝＝
＝＝
＝＝.
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答案
8.已知函數f(x)＝xsin(ω>0)， x1，x2∈且x10，則ω的取值范圍是
A. B.
C. D.
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由x2f(x1)－x1f(x2)>0，得>
設g(x)＝＝sinx∈
由于x1，x2∈且當x1g(x2)，
可知g(x)在上單調遞減，
故當x∈ω>0時，ωx＋∈ k∈Z，
答案
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即k∈Z，
解得＋4k≤ω≤k∈Z，
因為ω>0，則k≥0，k∈Z，
由＋4k≤得k＝0，
則≤ω≤.
答案
二、多項選擇題
9.若角α的頂點在坐標原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊在第三象限，則下列三角函數值中大于零的是
A.sin(π＋α) B.cos(π－α)
C.cos D.sin
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答案
因為角α的終邊在第三象限，
所以sin(π＋α)＝－sin α>0，故A滿足條件；
cos(π－α)＝－cos α>0，故B滿足條件；
cos＝－sin α>0，故C滿足條件；
sin＝cos α<0，故D不滿足條件.
10.(2024·遼陽模擬)已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則
A.f(x)的最小正周期為6
B.f(x＋5)＝f(5－x)
C.將f(x)的圖象向右平移個單位長度后所得的圖象
關于原點對稱
D.f(x)在區間[3，5]上單調遞增
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答案
由圖可知A＝2，f(0)＝2sin φ＝1，
所以sin φ＝
因為|φ|<所以φ＝
則f(x)＝2sin
又f ＝2sin＝0，ω<0，
所以＝2kπ，k∈Z，
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答案
則ω＝－＋4kπ，k∈Z，
又＝－>所以－π<ω<0，故ω＝－
則f(x)＝2sin則T＝＝6，故A正確；
f(5)＝2sin＝2，所以直線x＝5是f(x)＝2sin的一條對稱軸，故B正確；
f ＝2sin圖象不關于原點對稱，故C錯誤；
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答案
當x∈[3，5]時，－x＋∈
此時f(x)在區間[3，5]上單調遞增，故D正確.
11.(2024·貴陽模擬)已知函數f(x)＝sin ωx＋cos ωx(ω>0)，滿足f ＝2，f ＝0，則
A.函數f(x)的值域為[－2，2]
B.函數f(x)的圖象關于直線x＝對稱
C.函數f 是奇函數
D.函數f(x)在上單調遞減
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答案
由題意知f(x)＝2sin所以函數f(x)的值域為[－2，2]，故A正確；
因為f ＝0，所以ω＋＝k1π，k1∈Z，所以ω＝k1∈Z.因為f ＝2，所以ω＋＋2k2π，k2∈Z，所以ω＝12k2＋1，k2∈Z，所以＝12k2＋1，即k1＝8k2＋1，所以ω∈{1，13，25，37，…}.因為f ＝2sin＝2sin＝－2，所以f(x)的圖象關于直線x＝對稱，故B正確；
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答案
因為f ＝2sin
＝2sin[(12k2＋1)x－4k2π]＝2sin[(12k2＋1)x]，
即f ＝－f 且f 的定義域為R，
所以函數f 是奇函數，故C正確；
當k2＝1，即ω＝13時，f(x)的最小正周期T＝<＝π，故D
錯誤.
三、填空題
12.如果函數y＝3cos(2x＋φ)的圖象關于點對稱，那么|φ|的最小值
為　　　.
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答案
由題意得3cos＝3cos＝3cos＝0，
∴＋φ＝kπ＋(k∈Z)，∴φ＝kπ－(k∈Z)，
取k＝0，得|φ|的最小值為.
13.(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)＝　　　　.
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答案
－
方法一　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∈k，m∈Z，
則sin(α＋β)<0，
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答案
則＝－2
聯立 sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，
解得sin(α＋β)＝－.
方法二　 因為α為第一象限角，β為第三象限角，則cos α>0，cos β<0，
cos α＝
cos β＝
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答案
則sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β
＝cos αcos β(tan α＋tan β)
＝4cos αcos β＝
＝
＝＝－.
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答案
14.設函數f(x)＝sin上的值域為[M，N]，則N－M的
取值范圍是　　　 .
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答案
函數f(x)＝sin的最小正周期T＝π，而－α＝<
當函數f(x)在上單調時，
N－M＝＝
＝|cos 2α|≤；
當函數f(x)在上不單調時，由正弦函數的圖象性質知，當f(x)在上的圖象關于直線x＝α＋對稱時，N－M最小，
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14
答案
此時2＝kπ＋k∈Z，
即α＝k∈Z，
因此(N－M)min＝＝
＝＝
所以N－M的取值范圍是.(共70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
解三角形中的最值或范圍問題，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
所以tan A＝
又因為A∈(0，π)，所以A＝.
(2)若a＝2，求△ABC面積的最大值.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，
即bc≤4，當且僅當b＝c＝2時等號成立，
所以S△ABC＝bcsin A≤×4×
即當b＝c＝2時，△ABC面積的最大值為.
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　已知在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，sin2B＋sin2C＋sin Bsin C＝sin2A.
(1)求角A的大小；
由正弦定理
得b2＋c2＋bc＝a2，
即b2＋c2－a2＝－bc，
由余弦定理得，cos A＝＝－
又0(2)若a＝求△ABC周長的最大值.
由a＝和(1)可知b2＋c2＋bc＝3，
則3＝(b＋c)2－bc≥(b＋c)2－
得4≥(b＋c)2，即b＋c≤2，
所以a＋b＋c≤2＋當且僅當b＝c＝1時取得等號，
所以△ABC周長的最大值為2＋.
例2　(2024·廣州模擬)如圖，在平面內，四邊形ABCD的對角線交點位于四邊形內部，AB＝3，BC＝7，△ACD為正三角形.
(1)求AC的取值范圍；
轉化為三角函數求最值(范圍)
題型二
因為四邊形ABCD的對角線交點位于四邊形內部，所以∠BAC＋∠CAD<π，
又因為△ACD為正三角形，∠CAD＝
所以0<∠BAC<
在△ABC中，由余弦定理得＝cos∠BAC，
又因為－將AB＝3，BC＝7代入并整理得AC2＋3AC－40>0，且AC2－6AC－40<0，解得5所以AC的取值范圍是(5，10).
(2)設∠ABC＝α，當α變化時，求四邊形ABCD面積的最大值.
在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos α＝9＋49－2×3×7cos α＝58－42cos α，
由(1)知5則cos α＝∈
又因為△ACD為正三角形，
所以S△ACD＝AC2＝cos α，
又S△ABC＝AB·BC·sin α＝sin α，
所以S四邊形ABCD ＝S△ACD＋S△ABC
＝cos α＋sin α
＝21×
＝21sin
所以當α－即α＝時，cos ＝－∈成立，
此時四邊形ABCD的面積取得最大值，最大值為21＋.
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　在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且bsin B－asin A＝sin C.
(1)求角A的大小；
bsin B－asin A＝sin C
＝sin C，
由正弦定理得
b2－a2＝2bcsin Acos ＋2bccos Asin －c2，
所以bcsin A＋bccos A＝b2＋c2－a2＝2bccos A，
則sin A＝cos A，cos A≠0，
所以tan A＝
又A∈所以A＝.
(2)求sin Ccos B的取值范圍.
因為△ABC為銳角三角形，
所以A＋B＝＋B>B>即sin Ccos B＝sincos B＝cos B
＝cos2B＋sin Bcos B＝sin 2B＝
＝sin又則<2B＋<即sin Ccos B的取值范圍是.
例3　(2024·北京模擬)在△ABC中，AB＝5，D在邊AB上，且2BD＝3AD，BC＝2CD.
(1)若CD＝2，求△ABC的周長；
轉化為其他函數求最值(范圍)
題型三
若CD＝2，則BC＝2CD＝4，
又AB＝5，2BD＝3AD，所以BD＝3，AD＝2，
在△BCD中，由余弦定理得
cos B＝
在△ABC中，
由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B＝25＋16－2×5×4×＝6，
故AC＝
故△ABC的周長為5＋4＋＝9＋.
(2)求△ACD周長的最大值.
由(1)知，BD＝3，AD＝2，
設CD＝x，則BC＝2x，
由三邊關系可得解得1在△BCD中，由余弦定理得
cos B＝
在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B
＝25＋4x2－2×5×2x×＝10－x2，
故AC＝
所以△ACD的周長為＋x＋2，
令f(x)＝＋x＋2，1則f'(x)＝＋1＝x∈(1，3)，
當10，f(x)單調遞增；
當故f(x)在x＝處取得極大值，也是最大值，
故△ACD周長的最大值為f()＝＋2＝2＋2.
解決此類題目，一是利用正余弦定理，轉化成邊的函數，或轉化成關于正弦、余弦或正切的函數，根據函數的單調性求解；二是利用三角恒等變換構造關于正弦、余弦或正切的函數，根據函數的單調性求解.
思維升華
跟蹤訓練3　已知△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足.
(1)若C＝求B；
由及正弦定理可得，
即c2＝b2＋ab，
∵C＝∴c2＝a2＋b2，
∴b2＋ab＝a2＋b2，則a＝b，即A＝B，
又C＝∴B＝.
(2)求的取值范圍.
由(1)知，c2＝b2＋ab，
∴a＝c>b，
由三角形三邊關系可得
代入化簡可得b∴－1，
令x＝則x∈(1，2)，
令f(x)＝x2＋x－1，1∴f(x)＝∈(1，5)，
∴－1∈(1，5)，
∴的取值范圍是(1，5).
課時精練
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A C C ACD ACD
答案
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(1)∵tan Atan B+tan Atan C=3tan Btan C，
∴=3×
∴sin A(sin Bcos C+cos Bsin C)=3sin Bsin Ccos A，
∴sin(B+C)sin A=3sin Bsin Ccos A，
又sin(B+C)=sin A，∴sin2A=3sin Bsin Ccos A，
由正弦定理可得a2=3bccos A，
由余弦定理可得a2=3bccos A=(b2+c2-a2)，整理得3b2+3c2=5a2.
9.
答案
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(2)由(1)得3b2+3c2=5a2，
即a2=(b2+c2)，
則cos A===≥
當且僅當=即b=c時，等號成立，A取最大值，
此時3b2+3c2=6b2=5a2=75，
9.
答案
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則b2=
∵cos A=>0，則A∈
可得sin A==
故S△ABC=bcsin A=b2×=××=.
9.
答案
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(1)∵sin(A+B)=1+2sin2且A+B+C=π，
∴sin C=1+1-cos C=2-cos C，
即sin C+cos C=2，
∴2sin=2.
∵C∈(0，π)，∴C+∈
∴C+=即C=.
10.
答案
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(2)∵△ABC的外接圓半徑為2，
∴由正弦定理知==2×2=4，∴AB=2
∵∠ACB=∴∠ABC+∠BAC=
∵∠BAC與∠ABC的平分線交于點I，
∴∠ABI+∠BAI=∴∠AIB=
設∠ABI=θ，
10.
答案
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則∠BAI=-θ，且0<θ<
在△ABI中，由正弦定理得，
====4，
∴BI=4sinAI=4sin θ，
∴△ABI的周長為2+4sin+4sin θ=2+4
+4sin θ=2+2cos θ+2sin θ=4sin+2
10.
答案
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∵0<θ<<θ+<
∴當θ+=即θ=時，△ABI的周長取得最大值，為4+2
故△ABI周長的最大值為4+2.
10.
一、單項選擇題
1.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.(36)
√
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知識過關
答案
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答案
在銳角△ABC中，a＝3，A＝
由正弦定理可得＝6，
所以b＝6sin B，
又B＋C＝
所以解得所以1
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答案
2.在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a＝c－1，b＝c＋1，若△ABC為鈍角三角形，則c的取值范圍為
A.(2，4) B.(1，3)
C.(0，3) D.(3，4)
√
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答案
由a＝c－1，b＝c＋1，則b>c>a，
所以c＋c－1>c＋1，故c>2，
由△ABC為鈍角三角形，則cos B<0，
即<0，得c2－4c<0，故0故c的取值范圍為(2，4).
3.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a2＝3(b＋c)，A＝則△ABC周長的最大值為
A.6 B.12 C.18 D.24
√
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答案
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因為A＝且a2＝3(b＋c)，
由余弦定理可得，a2＝3(b＋c)＝b2＋c2－bc，
所以(b＋c)2－3(b＋c)＝3bc≤(b＋c)2，
當且僅當b＝c時，等號成立，
所以b＋c≤12，所以a＝≤6，
即△ABC周長的最大值為12＋6＝18.
答案
4.(2025·泰州模擬)已知在△ABC中，內角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，＋∞)
√
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答案
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因為C＝60°，B>90°，
所以0°即得>
由正弦定理可得×>2.
答案
二、多項選擇題
5.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知B＝b＝4則下列說法正確的是
A.若A＝則a＝4
B.若a＝1，則c＝
C.△ABC周長的最大值為12
D.△ABC面積的最大值12
√
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答案
√
√
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由正弦定理代入數據解得a＝4故A正確；
由余弦定理，b2＝a2＋c2－2accos B＝c2－c＋1＝48，解得c＝或c＝(舍去)，故B錯誤；
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac＝48，
因為a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac≥(a＋c)2－3
當且僅當a＝c＝4時，等號成立，所以a＋c≤8故△ABC周長的最大值為12故C正確；
答案
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由C選項分析可知a2＋c2－ac＝48，因為a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，所以ac≤48，所以△ABC的面積S△ABC＝acsin B＝ac≤×48＝12
當且僅當a＝c＝4時等號成立，故D正確.
答案
6.(2024·廣州模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且3bcos C＋3ccos B＝a2，則下列說法正確的是
A.若B＋C＝2A，則△ABC的外接圓的面積為3π
B.若A＝且△ABC有兩解，則b的取值范圍為[3，3]
C.若C＝2A，且△ABC為銳角三角形，則c的取值范圍為(33)
D.若A＝2C，且sin B＝2sin C，O為△ABC的內心，則△AOB的面積為
√
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答案
√
√
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因為3bcos C＋3ccos B＝a2，
所以由正弦定理，得3sin Bcos C＋3sin Ccos B＝asin A，
即3sin(B＋C)＝asin A，
因為A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sin A，
且sin A≠0，所以a＝3.
選項A，若B＋C＝2A，則A＝
所以△ABC的外接圓的直徑2R＝＝2
所以R＝
答案
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所以△ABC的外接圓的面積為π×()2＝3π，A正確；
選項B，因為△ABC有兩解，
則bsin A解得3選項C，由正弦定理得
即c＝2acos A＝6cos A，
因為△ABC為銳角三角形，
答案
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所以所以所以c＝6cos A∈(33)，C正確；
選項D，因為a＝3，sin B＝2sin C，A＝2C，
可得B＝π－3C，由正弦定理可得b＝2c，
由sin(π－3C)＝2sin C，
可得sin Ccos 2C＋cos Csin 2C＝2sin C，
答案
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由sin C≠0，可得4cos2C－1＝2，
解得cos2C＝
又B＝π－3C∈(0，π)，則C∈
故cos C＝sin C＝
可得sin A＝2sin Ccos C＝2××
由正弦定理a＝3可得c＝b＝2則a＋b＋c＝3＋3
答案
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S△ABC＝bcsin A＝×2××
設△ABC的內切圓半徑為r，
則r＝
S△AOB＝cr＝××D正確.
答案
三、填空題
7.(2024·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　　　.
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答案
因為a2＋4b2＝6c2≥2＝4ab，
當且僅當a＝2b時，等號成立，
即≥.
由正弦定理可得≥當且僅當a＝2b時，等號成立，
所以的最小值為.
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答案
8.(2024·綿陽模擬)如圖所示，在△ABC中，已知A＝C＝AC＝4，D，E，F分別在邊AC，BC，AB上，且△DEF為等邊三角形.則△DEF的面積
的最小值是　 　　.
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答案
不妨設△DEF的邊長為a，∠CDE＝θ.
在Rt△CDE中，CD＝acos θ.
因為∠ADF＝π－θ－－θ，
所以在△AFD中，可得∠AFD＝π－－∠ADF＝θ，
根據正弦定理可得
所以AD＝sin θ，
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答案
所以AC＝CD＋AD＝aasin(θ＋φ)＝4，
其中tan φ＝
當sin(θ＋φ)＝1時，a取得最小值
故△DEF面積的最小值為S＝a2＝×.
四、解答題
9.(2024·銅川模擬)已知在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，tan Atan B＋tan Atan C＝3tan Btan C.
(1)證明：3b2＋3c2＝5a2；
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答案
∵tan Atan B＋tan Atan C＝3tan Btan C，
∴＝3×
∴sin A(sin Bcos C＋cos Bsin C)＝3sin Bsin Ccos A，
∴sin(B＋C)sin A＝3sin Bsin Ccos A，
又sin(B＋C)＝sin A，∴sin2A＝3sin Bsin Ccos A，
由正弦定理可得a2＝3bccos A，
由余弦定理可得a2＝3bccos A＝(b2＋c2－a2)，
整理得3b2＋3c2＝5a2.
(2)若a＝當A取最大值時，求△ABC的面積.
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答案
由(1)得3b2＋3c2＝5a2，
即a2＝(b2＋c2)，
則cos A＝≥
當且僅當即b＝c時，等號成立，A取最大值，
此時3b2＋3c2＝6b2＝5a2＝75，
則b2＝
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答案
∵cos A＝>0，則A∈
可得sin A＝
故S△ABC＝bcsin A＝b2×××.
10.(2025·鄭州模擬)已知在△ABC中sin(A＋B)＝1＋2sin2.
(1)求角C的大小；
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答案
∵sin(A＋B)＝1＋2sin2且A＋B＋C＝π，
∴sin C＝1＋1－cos C＝2－cos C，
即sin C＋cos C＝2，
∴2sin＝2.
∵C∈(0，π)，∴C＋∈
∴C＋即C＝.
(2)如圖，若∠BAC與∠ABC的平分線交于點I，△ABC的外接圓半徑為2，求△ABI周長的最大值.
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答案
∵△ABC的外接圓半徑為2，
∴由正弦定理知＝2×2＝4，
∴AB＝2
∵∠ACB＝∴∠ABC＋∠BAC＝
∵∠BAC與∠ABC的平分線交于點I，
∴∠ABI＋∠BAI＝∴∠AIB＝
設∠ABI＝θ，則∠BAI＝－θ，且0<θ<
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答案
在△ABI中，由正弦定理得，
＝4，
∴BI＝4sinAI＝4sin θ，
∴△ABI的周長為2＋4sin＋4sin θ
＝2＋4＋4sin θ
＝2＋2cos θ＋2sin θ
＝4sin＋2
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答案
∵0<θ< ∴<θ＋<
∴當θ＋
即θ＝時，△ABI的周長取得最大值，為4＋2
故△ABI周長的最大值為4＋2.(共73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
1.角的概念
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___________________
端點
正角
負角
零角
象限角
{β|β＝α＋2kπ，k∈Z}
2.弧度制的定義及公式
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＝ ＝______
半徑長
°
|α|r
|α|r2
lr
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＝cos α＝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＝ cos α＝ 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＝因此，秒針的端點所走的路線長為×12＝10π(cm).
4.已知角α的終邊上有一點P(1，－2)，則sin α－cos α的值為　　　 .
因為sin α＝＝－
cos α＝
所以sin α－cos α＝－＝－.
－
1.熟記以下常用結論
(1)軸線角
返回
微點提醒
(2)若角α∈則sin α<α(3)α所在象限與所在象限的關系
返回
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.
α所在象限 一 二 三 四
一、三 一、三 二、四 二、四
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為奇數時的終邊在第三象限，所以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.
(2)如圖所示，終邊落在陰影部分內的角α的取值
集合為　　　　　 　　　.
方法二　在[0，2π)內，終邊落在陰影部分內的角α的集合為所以所求角α的集合為.
因此由題圖可知，終邊落在陰影部分內的角α的集合為.
方法一　由于終邊在y＝－x(x≤0)上的角的集合為由于終邊在x軸非正半軸上的角的集合為{γ|γ＝π＋2kπ，k∈Z}，
(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＋所以是第三象限角，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)已知α為第三象限角，則是第　　 象限角，2α是______________
___________________________的角.
二或四
終邊落在第一
或第二象限或y軸非負半軸上
∵α是第三象限角，即2kπ＋π<α<2kπ＋k∈Z，∴kπ＋<k∈Z，4kπ＋2π<2α<4kπ＋3π，k∈Z.當k為偶數時為第二象限角；當k為奇數時為第四象限角，而2α的終邊落在第一或第二象限或y軸非負半軸上.
例2　(1)《擲鐵餅者》取材于希臘的體育競技活動，刻畫的是一名強健的男子在擲鐵餅過程中最具有表現力的瞬間.現在把擲鐵餅者張開的雙臂近似看成一張拉滿弦的“弓”，擲鐵餅者的一只手臂長約為
米.“弓”所在圓的半徑約為1.25米.則擲鐵餅者雙手之間的距離約為(參考數據：≈1.414≈1.732)
A.1.612米 B.1.768米
C.1.868米 D.2.045米
弧度制及其應用
題型二
√
由題意得，“弓”所在的弧長l＝(米)，所在圓的半徑R＝1.25＝(米)，所以其所對的圓心角α＝所以雙手之間的距離
d＝×1.25≈1.768(米).
(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，求扇形的弧長l；
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為多少弧度時，這個扇形的面積最大？
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.
③若α＝R＝2 cm，求扇形的弧所在的弓形的面積.
設弓形面積為S弓形，
方法一　由題意知l＝ cm，
所以S弓形＝××2－×22×sin (cm2).
方法二　S弓形＝××22－×22×sin (cm2).
應用弧度制解決問題的思路
(1)求扇形面積最大值的問題時，常轉化為利用二次函數或基本不等式求最值問題.
(2)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·杭州模擬)半徑為2的圓上長度為4的圓弧所對的圓心角是
A.1 rad B.2 rad C.4 rad D.6 rad
√
半徑為2的圓上長度為4的圓弧所對的圓心角是＝2 rad.
(2)玉雕在我國歷史悠久，擁有深厚的文化底蘊，數千年來始終以其獨特的內涵與魅力深深吸引著世人.某扇形玉雕壁畫尺寸(單位：cm)如圖所示，則該玉雕壁畫的扇面面積為
A.1 600 cm2 B.3 200 cm2
C.3 350 cm2 D.4 800 cm2
√
由題意知該扇形玉雕壁畫可看作由一個大扇形剪去一個小扇形所得，
設大、小扇形所在圓的半徑分別為r1，r2，相同的圓心角為θ，
則θ＝得r1＝2r2，
又因為r1－r2＝40，所以r1＝80，r2＝40，
該扇形玉雕壁畫的扇面面積
S＝×160×r1－×80×r2＝×160×80－×80×40＝4 800(cm2).
例3　(1)若角α滿足sin α·cos α<0，cos α－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
√
三角函數的概念
題型三
因為sin α·cos α<0，所以α是第二或第四象限角；
當α是第二象限角時，cos α<0，sin α>0，滿足cos α－sin α<0；
當α是第四象限角時，cos α>0，sin α<0，則cos α－sin α>0，不符合題意，
綜上所述，α是第二象限角.
(2)(2025·深圳模擬)若角α的終邊過點(4，3)，則sin等于
A. B.－ C. D.－
√
∵角α的終邊過點(4，3)，
∴cos α＝
∴sin＝cos α＝.
(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，cos α，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)已知點P在角θ的終邊上，且θ∈[0，2π)，則角θ的大小為
A. B. C. D.
√
由題意，得θ為第二象限角，又θ∈[0，2π)，則<θ<π，
易知tan θ＝－所以θ＝.
(2)已知角α的頂點為坐標原點，始邊為x軸的非負半軸，若點P(sin α，tan α)在第四象限，則角α的終邊在
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
√
因為點P(sin α，tan α)在第四象限，所以sin α>0，tan α<0，所以角α的終邊在第二象限.
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課時精練
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A D B C B AD BCD
題號 9 10 13 14
答案 {α|30°+k·180°≤α< 105°+k·180°，k∈Z} 2(答案不唯一) ACD B
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對一對
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題號 15 16
答案 AD (2-sin 2，1-cos 2)
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(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--.
11.
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(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.
11.
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(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=S扇形OAD-S扇形OBC=θ×22-θx2
=-x2+x+2=-+0所以當x=時，y的值最大，最大值為.
12.
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16
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
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知識過關
答案
－1 125°＝－1 440°＋315°＝－8π＋.
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答案
2.若角α的終邊在y軸的非正半軸上，則角α＋的終邊在
A.第一象限 B.第二象限
C.y軸的非負半軸上 D.x軸的非正半軸上
√
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答案
由角α的終邊在y軸的非正半軸上可知α＝＋2kπ，k∈Z，
故α＋＋2kπ＋＋2kπ，k∈Z，
而角＝2π＋的終邊在第一象限，
故角α＋的終邊在第一象限.
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3.設α是第二象限角，P(x，4)為其終邊上的一點，且cos α＝x，則tan α
等于
A.－ B.－ C.－ D.－
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因為α是第二象限角，所以cos α＝x<0，即x<0.
又cos α＝x＝解得x＝－3(x＝3舍去)，
所以tan α＝＝－.
答案
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4.已知角x的終邊上一點的坐標為則角x的最小正值為
A. B. C. D.
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因為sin >0，cos <0，
所以角x的終邊在第四象限，
根據三角函數的定義，可知sin x＝cos ＝－
故角x的最小正值為2π－.
答案
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5.(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
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答案
∵sin 2θ＝2sin θ·cos θ>0 >0 tan θ>0，∴θ為第一或第三象限角.
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6.中國折疊扇有著深厚的文化底蘊.如圖，在半圓O中作出兩個扇形OAB和OCD，用扇環形ABDC(圖中陰影部分)制作折疊扇的扇面.記扇環形ABDC的面積為S1，扇形OAB的面積為S2，當S1與S2的比值為時，扇面的形狀較為美觀，則此時扇形OCD的半徑與半圓O的半徑之比為
A. B.
C.3－ D.－2
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答案
設∠AOB＝θ，半圓O的半徑為r，扇形OCD的半徑為r1，
依題意，有
即
所以
從而得.
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二、多項選擇題
7.下面說法正確的有
A.角與角－的終邊相同
B.終邊在直線y＝－x上的角α的取值集合可表示為{α|α＝k·360°－45°，
k∈Z}
C.若角α的終邊在直線y＝－3x上，則cos α的取值為
D.67°30'化成弧度是 rad
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角與角－相差2π，終邊相同，故A正確；
終邊在直線y＝－x上的角α的取值集合可表示為{α|α＝k·180°－45°，k∈Z}，故B錯誤；
若角α的終邊在直線y＝－3x上，則cos α的取值為±故C錯誤；
67°30'化成弧度是 rad，故D正確.
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8.(2025·深圳模擬)如圖，質點A和B在單位圓O上逆時針做勻速圓周運動.若A和B同時出發，A的角速度為1 rad/s，起點位置坐標為B的角速度為2 rad/s，起點位置坐標為(1，0)，則
A.在1 s末，點B的坐標為(sin 2，cos 2)
B.在1 s末，扇形AOB的弧長為－1
C.在 s末，點A，B在單位圓上第二次重合
D.△AOB面積的最大值為
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在1 s末，點B的坐標為(cos 2，sin 2)，故A錯誤；
在1 s末，∠AOB＝－1，扇形AOB的弧長為－1，故B正確；
設在t s末，點A，B在單位圓上第二次重合，則2t－t＝t＝2π＋故在 s末，點A，B在單位圓上第二次重合，故C正確；
S△AOB＝sin∠AOB，又∠AOB∈(0，π)，∠AOB＝則經過 s后，可得∠AOB＝此時△AOB的面積可取得最大值故D正確.
答案
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三、填空題
9.已知角α的終邊在圖中陰影部分內，則角α的取值集合為　　　　　　　　 　　　　.
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答案
{α|30°＋k·180°≤α<105°＋k·180°，k∈Z}
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答案
終邊在30°角的終邊所在直線上的角的集合為S1＝
{β|β＝30°＋k·180°，k∈Z}，
終邊在180°－75°＝105°角的終邊所在直線上的角的集合為S2＝{γ|γ＝105°＋k·180°，k∈Z}，
因此，終邊在題圖中陰影部分內的角α的集合為{α|30°＋k·180°≤ α<105°＋k·180°，k∈Z}.
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10.(2024·昆明模擬)已知角θ的頂點為坐標原點O，始邊與x軸的非負半軸重合，點A(1，a)(a∈Z)在角θ的終邊上，且|OA|≤3，則tan θ的值可以是　　　 　　　 .(寫出一個即可)
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2(答案不唯一)
點A(1，a)(a∈Z)在角θ的終邊上，且|OA|≤3，
則1＋a2≤9，解得－2≤a≤2a∈Z，
則a的值可為－2，－1，0，1，2，又tan θ＝＝a，
故tan θ的值可以是0或±1或±2.
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四、解答題
11.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；
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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－－.
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(2)若角β與角α的終邊相同，判斷角是第幾象限角.
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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.
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12.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(01
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(1)求θ關于x的函數解析式；
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答案
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＝(015
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(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.
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答案
依據題意，可知
y＝S扇形OAD-S扇形OBCθ×22－θx2
＝－x2＋x＋2＝－0所以當x＝時，y的值最大，最大值為.
15
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13.(多選)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.cos α＝－
D.點(tan θ，tan α)在第四象限
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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，cos α＝－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.
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14.(2024·呼和浩特模擬)用一個圓心角為120°，面積為3π的扇形OMN(O為圓心)圍成一個圓錐(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
A. B. C. D.
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由圓心角為120°，面積為3π的扇形OMN，
得××OM2=3π，解得OM=3，
所以圓錐的母線PA=OM=3，
由底面圓的直徑為AB，所以AB·π=×3，
所以AB=2，
設AB的中點為C，如圖所示，
所以sin∠APC==，
所以cos∠APB=1-2sin2∠APC=1-2×=.
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15.(多選)在平面直角坐標系Oxy中，已知任意角θ以坐標原點為頂點，x軸的非負半軸為始邊，若終邊經過點P(x0，y0)，且|OP|=r(r>0)，定義：sos θ
=，稱“sos θ”為“正余弦函數”，對于“正余弦函數f(x)=sos x”，有同學得到以下性質，其中正確的是
A.該函數的值域為[-，]
B.該函數的圖象關于原點對稱
C.該函數的圖象關于直線x=對稱
D.該函數為周期函數，且最小正周期為2π
√
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答案
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A中，由三角函數的定義可知x0=rcos θ，y0=rsin θ，所以f(x)=sos x ==sin x+cos x=sin∈[-，]，所以A正確；
B中，f(x)=sos x=sin，所以f(0)=sin=1≠0，所以B錯誤；
C中，當x=時，f=sin=sin π=0≠±，所以C錯誤；
D中，f(x)=sos x=sin，所以函數為周期函數，且最小正周期為2π，所以D正確.
16.如圖，在平面直角坐標系Oxy中，一單位圓的圓心的初始位置在(0，1)處，此時圓上一點P的位置在(0，0)處，圓在x軸上沿x軸正方向滾動.當圓滾動到圓心位于C(2，1)處時的坐標為　　　　　 .
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(2－sin 2，1－cos 2)
答案
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如圖所示，過圓心C作x軸的垂線，垂足為A，過P作x軸的垂線與過C作y軸的垂線交于點B.
因為圓心移動的距離為2，所以劣弧PA＝2，即圓心角∠PCA＝2，
則∠PCB＝2－
所以PB＝sin＝－cos 2，
CB＝cos＝sin 2，
所以xP＝2－CB＝2－sin 2，yP＝1＋PB＝1－cos 2，
所以＝(2－sin 2，1－cos 2).
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16(共29張PPT)
第四章
必刷大題9　解三角形
數學
大
一
輪
復
習
答案
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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
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4
(1)由sin A=2sin B，得a=2b=4，
由余弦定理可知
cos C==-
又C∈(0，π)，則C=.
2.
答案
1
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3
4
(2)在△ACD中，
由正弦定理可知=
則sin∠ACD=
在△BCD中，由正弦定理可知=
則sin∠BCD=
2.
答案
1
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3
4
又sin∠BDC=sin∠ADC，
故sin∠BCD=sin∠ACD，即∠BCD=∠ACD或∠BCD=π-∠ACD，
又∠ACB=∠BCD+∠ACD為△ABC的內角，
所以∠BCD=∠ACD，
故CD平分∠ACB.
2.
答案
1
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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.
3.
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，
∴-=
3.
答案
1
2
3
4
∴-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.
3.
答案
1
2
3
4
(1)由acos C-asin C=b結合正弦定理，
得sin Acos C-sin Asin C=sin B.
因為A+B+C=π，
所以sin Acos C-sin Asin C=sin(A+C)=(sin Acos C+cos Asin C)，
所以-sin Asin C=cos Asin C.
因為sin C>0，所以tan A=-.
因為A∈(0，π)，所以A=.
4.
答案
1
2
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4
4.
(2)在△ABC中，由余弦定理，
得a2=b2+c2-2bccos
所以4=b2+c2+bc. ①
因為AD為BC邊上的中線，
所以=+)，
所以||2==+)2=(c2+b2-bc). ②
答案
1
2
3
4
由①得b2+c2=4-bc， ③
代入②得||2=1-bc. ④
由③得4-bc=b2+c2≥2bc，
所以bc≤
當且僅當
4.
答案
1
2
3
4
即b=c=時取等號，
代入④得||2=1-bc≥
所以AD≥
故AD長度的最小值為.
4.
1.(2023·全國乙卷)在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1.
(1)求sin∠ABC；
1
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3
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答案
1
2
3
4
答案
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)若D為BC上一點，且∠BAD＝90°，求△ADC的面積.
1
2
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4
答案
由三角形面積公式可得
＝4，
則S△ACD＝S△ABC＝×.
1
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3
4
答案
2.在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且sin A＝2sin B.
(1)若b＝2，c＝2求C的大小；
由sin A＝2sin B，得a＝2b＝4，
由余弦定理可知cos C＝＝－
又C∈(0，π)，則C＝.
1
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4
答案
(2)點D在邊AB上，且AD＝AB，證明：CD平分∠ACB.
1
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3
4
答案
在△ACD中，
由正弦定理可知
則sin∠ACD＝
在△BCD中，由正弦定理可知
則sin∠BCD＝
又sin∠BDC＝sin∠ADC，
故sin∠BCD＝sin∠ACD，
1
2
3
4
答案
即∠BCD＝∠ACD或∠BCD＝π－∠ACD，
又∠ACB＝∠BCD＋∠ACD為△ABC的內角，
所以∠BCD＝∠ACD，故CD平分∠ACB.
3.(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
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答案
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.
(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
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4
答案
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，
∴－
∴－b－3＝1＋a2－CD2，∴CD2＝4＋a2＋b，
1
2
3
4
答案
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.(2025·石家莊模擬)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知acos C－asin C＝b.
(1)求角A的大小；
1
2
3
4
答案
由acos C－asin C＝b結合正弦定理，
得sin Acos C－sin Asin C＝sin B.
因為A＋B＋C＝π，
所以sin Acos C－sin Asin C＝sin(A＋C)
＝(sin Acos C＋cos Asin C)，
所以－sin Asin C＝cos Asin C.
因為sin C>0，所以tan A＝－.
因為A∈(0，π)，所以A＝.
1
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3
4
答案
(2)若a＝2，求BC邊上的中線AD長度的最小值.
1
2
3
4
答案
在△ABC中，由余弦定理，
得a2＝b2＋c2－2bccos
所以4＝b2＋c2＋bc. ①
因為AD為BC邊上的中線，
所以)，
所以||2＝)2＝(c2＋b2－bc). ②
由①得b2＋c2＝4－bc， ③
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答案
代入②得||2＝1－bc. ④
由③得4－bc＝b2＋c2≥2bc，
所以bc≤
當且僅當即b＝c＝時取等號，
代入④得||2＝1－bc≥所以AD≥
故AD長度的最小值為.
1
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4
答案(共78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：cos 2α＝ ＝ ＝ .
(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 αcos α
cos2α－sin2α
2cos2α－1
1－2sin2α
3.積化和差公式
(1)cos αcos β＝[cos(α＋β)＋cos(α－β)]；
(2)sin αsin β＝－[cos(α＋β)－cos(α－β)]；
(3)sin αcos β＝[sin(α＋β)＋sin(α－β)]；
(4)cos αsin β＝[sin(α＋β)－sin(α－β)].
4.和差化積公式
(1)sin θ＋sin φ＝2sincos；
(2)sin θ－sin φ＝2cossin；
(3)cos θ＋cos φ＝2coscos；
(4)cos θ－cos φ＝－2sinsin.
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＋cos α)，cos 3α＝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＝　　　 .
因為α為第二象限角，sin α＝
所以cos α＝－＝－＝－
所以sin 2α＝2sin αcos α＝2××＝－.
－
4.已知tan 2α＝－α∈則tan α＝　　　.
由tan 2α＝＝－
得2tan2α－3tan α－2＝0，
解得tan α＝2或tan α＝－(舍去).
2
1.熟記常用的部分三角公式
(1)1－cos α＝2sin2 1＋cos α＝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
(5)萬能公式
sin α＝cos α＝tan α＝.
(6)三角平方差公式
sin2α－sin2β＝sin(α＋β)sin(α－β)；cos2α－sin2β＝cos(α＋β)cos(α－β).
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)sin2＋sin2－sin2α等于
A.－ B.－ C. D.
√
三角函數式的化簡
題型一
原式＝－sin2α
＝1－－sin2α
＝1－cos 2αcos －sin2α
＝1－.
(2)化簡：＝　　　　.
sin 4α
＝2cos2α(－cos 2α)
＝cos2αcos 2αtan α＝sin αcos αcos 2α
＝sin 2αcos 2α＝sin 4α.
(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)若<α<2π，化簡：＝　　　　.
－cos
因為<α<2π，所以<<π，所以cos α>0，cos <0.
＝
＝
＝＝－cos .
命題點1　給角求值
例2　(2024·宜昌模擬)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＝　　　.
三角函數式的求值
題型二
＝
＝
＝.
命題點2　給值求值
例3　(2024·石家莊模擬)已知cos則sin等于
A.－ B. C.－ D.
√
方法一　因為cos
所以sin＝sin
＝cos＝2cos2－1
＝2×－1＝－.
方法二　(換元法)
令t＝＋α，則α＝t－cos t＝
所以sin＝sin
＝sin＝cos 2t＝2cos2t－1＝－.
命題點3　給值求角
例4　已知sin α＝cos β＝且α，β為銳角，則α＋2β＝　　　.
因為sin α＝且α為銳角，
所以cos α＝
因為cos β＝且β為銳角，
所以sin β＝
則sin 2β＝2sin βcos β＝2××
cos 2β＝1－2sin2β＝1－2×
所以cos(α＋2β)＝cos αcos 2β－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)(2025·成都模擬)已知α是第一象限角，滿足cos＝
－則cos 2α等于
A. B.－ C. D.－
√
因為α是第一象限角，且cos＝－<0，則＋α為第二象限角，
所以sin
由題意可得，
cos 2α＝cos
＝sin 2＝2sincos
＝－.
(2)已知α為銳角，1＋則α＝　　　.
因為1＋
＝
＝
所以sin α＝sin 50°，
又因為α為銳角，所以α＝50°.
50°
例5　已知函數f(x)＝sin xcos x－cos2x＋.若f 則sin 2α的值
為　　　　.
三角恒等變換的綜合應用
題型三
－
f(x)＝sin 2x－·sin 2x－cos 2x＝sin.
因為f
所以sin所以sin
sin 2α＝sin＝cos 2
＝1－2sin2＝1－2×＝－.
(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＋bcos x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　已知f(x)＝sin xsin則f(x)的值域為　　　　　.
因為f(x)＝sin xsin
＝sin x
＝sin2x＋sin xcos x－
＝×sin 2x－
＝sin 2x－cos 2x
＝sin
所以－≤f(x)≤.
返回
課時精練
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B A B B C ABD CD
題號 9 10 13 14 15 16
答案 C D (-2，-1)
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(1)原式=
=·
=·=.
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(2)原式===
==cos 2x.
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(1)扇形空地面積S=×6002×=120 000π(m2).
(2)如圖，記的中點為G，連接OG，分別與EF，CD交于點M，N，連接OF，
設∠FOG=α，則EF=2OFsin α，
CF=MN=OM-ON=OM-
=OFcos α-.
12.
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所以矩形面積S1=EF·CF=2OFsin α·
=6002×=6002×
=360 000
=360 000.
所以當α=30°時，矩形場地CDEF的面積取得最大值，
且最大值為120 000 m2.
12.
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一、單項選擇題
1.(2025·大連模擬)設θ∈若cos θ＝則sin 2θ等于
A. B. C. D.
√
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知識過關
答案
因為θ∈cos θ＝
所以sin θ＝
則sin 2θ＝2sin θcos θ＝2××.
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2.的值等于
A.－2 B.2 C.－1 D.1
√
原式＝＝2.
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3.化簡等于
A.1 B.－1 C.cos α D.－sin α
√
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原式＝＝
＝＝1.
答案
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4.(2024·齊齊哈爾模擬)已知cos則sin等于
A.－ B. C. D.－
√
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∵cos
可得sin＝－cos
＝－cos＝1－2cos2
＝1－2×.
答案
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5.(2024·福州模擬)若θ∈tan 2θ＝則cos θ等于
A.－ B.－ C. D.
√
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因為tan 2θ＝θ∈
所以4sin θ－2sin2θ＝3－6sin2θ，
即4sin2θ＋4sin θ－3＝0，
解得sin θ＝或sin θ＝－(舍去)，
又因為θ∈
所以cos θ＝－＝－.
答案
15
16
6.已知<θ<若a＝b＝cos 2θ，c＝－cos θ，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
√
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a＝＝sin θcos θ，
b＝(1－cos 2θ)＝sin2θ，
c＝－cos θ＝＝sin θtan θ，
又<θ<則sin θ∈
且tan θ>1>sin θ>>cos θ>
所以c＝sin θtan θ>b＝sin2θ>a＝sin θcos θ.
答案
15
16
二、多項選擇題
7.(2025·中山模擬)下列選項中，與sin的值相等的是
A.2sin 15°cos 15°
B.cos 18°cos 42°－sin 18°sin 42°
C.2cos215°－1
D.
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√
答案
√
√
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根據題意，可得
sin＝sin＝sin .
因為2sin 15°cos 15°＝sin 30°＝故A項正確；
因為cos 18°cos 42°－sin 18°sin 42°＝cos(18°＋42°)＝cos 60°＝故B項正確；
因為2cos215°－1＝cos 30°＝故C項不正確；
因為＝tan 45°＝1，所以故D項正確.
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答案
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8.已知函數f(x)＝sin2若a＝f(lg 5)，b＝f 則
A.a＋b＝0 B.a－b＝0
C.a＋b＝1 D.a－b＝sin(2lg 5)
√
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由題意可得f(x)＝sin2＝.
因為a＝f(lg 5)，b＝f＝f(－lg 5)，
所以a＋b＝＝1，
a－b＝＝sin(2lg 5).
答案
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三、填空題
9.已知sin則sin 2α＝　　　.
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答案
sin＝－sin
所以sin＝－
所以sin 2α＝cos
＝cos 2＝1－2sin2
＝1－2×.
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10.已知α，β均為銳角，cos α＝sin β＝則cos 2α＝　　 ，2α－
β＝　　　.
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因為cos α＝
所以cos 2α＝2cos2α－1＝.
又因為α，β均為銳角，sin β＝
所以sin α＝cos β＝
因此sin 2α＝2sin αcos α＝
所以sin(2α－β)＝sin 2αcos β－cos 2αsin β＝××.
答案
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因為α為銳角，所以0<2α<π.
又cos 2α>0，所以0<2α<
又β為銳角，所以－<2α－β<
又sin(2α－β)＝所以2α－β＝.
答案
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四、解答題
11.化簡：
(1)；
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答案
原式＝＝·
＝·.
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(2).
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答案
原式＝＝
＝cos 2x.
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12.某城市一扇形空地的平面圖如圖所示，為了方便市民休閑健身，政府計劃在該扇形空地建設公園.經過測量，扇形空地的半徑為600 m，∠AOB＝120°.在其中
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答案
扇形空地面積S＝×6002×＝120 000π(m2).
圈出一塊矩形場地CDEF設計成林蔭跑步區，且OC＝OD.
(1)求扇形空地的面積；
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(2)求矩形場地CDEF的最大面積.
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答案
如圖，記的中點為G，連接OG，分別與EF，CD交于點M，N，連接OF，
設∠FOG＝α，
則EF＝2OFsin α，
CF＝MN＝OM－ON＝OM－
＝OFcos α－.
所以矩形面積S1＝EF·CF＝2OFsin α·
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答案
＝6002×
＝6002×
＝360 000
＝360 000.
所以當α＝30°時，矩形場地CDEF的面積取得最大值，
且最大值為120 000 m2.
15
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13.(2025·湖北名校聯盟聯考)已知函數f(x)＝cos 2x＋cos 3x，x∈(0，π)，若f(x)有兩個零點x1，x2(x1A.∈{x1，x2} B.x2＝2x1
C.cos x1＋cos x2＝ D.cos x1cos x2＝
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答案
√
能力拓展
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A，B選項，令f(x)＝0得cos 2x＝－cos 3x，故cos 2x＝cos(π－3x)或cos 2x＝cos(π
＋3x)，所以2x＝π－3x＋2k1π，k1∈Z或2x＝π＋3x＋2k2π，k2∈Z，解得x＝k1∈Z或x＝－π－2k2π，k2∈Z，由x∈(0，π)，故當k1＝0，1時，解得x1＝x2＝A，B錯誤；
C選項，cos x1＋cos x2＝cos＋cos＝2coscos
＝C正確；
D選項，因為cos>0，cos<0，所以cos x1cos x2＝coscos<0，D錯誤.
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答案
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14.在△ABC中，若sin2Ccos 2B+sin 2Csin 2B=0，且cos 2C+cos C=0，則△ ABC是
A.直角非等腰三角形
B.等腰非等邊三角形
C.等腰直角三角形
D.等邊三角形
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答案
因為cos 2C+cos C=0，
所以2cos2C+cos C-1=0，C∈(0，π)，
cos C∈(-1，1)，解得cos C=，
所以C=.
又因為sin2Ccos 2B+sin 2Csin 2B=0，
所以cos 2B+sin 2B=0，
化為sin=0，
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答案
因為B∈，所以2B+=π，
解得B=，所以A=π-B-C=.
所以△ABC是等邊三角形.
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15.(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cos 36°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cos 36°＝　　　　.
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答案
3sin α－4sin3α
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答案
sin 3α＝sin(2α＋α)＝sin 2αcos α＋cos 2αsin 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°cos 36°＝3sin 36°－4sin336°，
即2cos 36°＝3－4sin236°＝3－4(1－cos236°)，
令cos 36°＝x>0，則4x2－2x－1＝0，
解得x＝或x＝(舍去).
15
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16.已知關于x的方程2sin2x-sin 2x+m-1=0在上有兩個不同的實數根，則m的取值范圍是　　　　　　.
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答案
(-2，-1)
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答案
方程2sin2x-sin 2x+m-1=0可轉化為m=1-2sin2x+sin 2x
=cos 2x+sin 2x
=2sin，x∈.
設2x+=t，則t∈，
∴題目條件可轉化為=sin t，t∈有兩個不同的實數根.
即直線y=和函數y=sin t，t∈的圖象有兩個不同的交點，作出y=，y=sin t的圖象，如圖中實線部分所示.
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答案
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由圖象觀察知，的取值范圍是，
故m的取值范圍是(-2，-1).
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16(共92張PPT)
第四章
§4.8　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
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
定理 正弦定理 余弦定理
內容 a2＝ ；
b2＝ ；
c2＝________________
變形
cos A＝ ；
cos B＝ ；
cos C＝__________
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；當b2＋c2－a2＝0時，△ABC為直角三角形；當b2＋c2－a2<0時，△ABC為鈍角三角形.(　　)
√
×
×
×
2.已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若b＝a＝1，B＝則c等于
A. B.2 C. D.3
√
由余弦定理得cos B＝即－整理得c2＋c－6＝0，
解得c＝2(負值舍去).
3.在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a＝80，b＝100，A＝45°，則符合條件的三角形有
A.一個 B.兩個
C.0個 D.不能確定
√
由題意知，a＝80，b＝100，A＝45°，由正弦定理，得所以sin B＝.
因為aA，故B有兩解，
即符合條件的三角形有兩個.
4.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；tan(A＋B)＝－tan C；sin＝cos；cos＝sin.
(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.
返回
微點提醒
(6)三角形的面積S＝.
(7)在斜△ABC中，tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C.
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　(1)(2025·重慶模擬)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b2＋c2＋bc＝a2.若b＝a＝3sin B，則C等于
A. B. C. D.
√
利用正弦、余弦定理解三角形
題型一
在△ABC中，由b2＋c2＋bc＝a2及余弦定理，可得cos A＝＝－
由0又b＝a＝3sin B，
由正弦定理得sin B＝
又sin B>0，解得sin B＝
又0所以C＝π－A－B＝.
(2)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＝8，c＝3，A＝60°，則此三角形外接圓的半徑R等于
A. B. C. D.
√
因為b＝8，c＝3，A＝60°，
所以a2＝b2＋c2－2bccos A＝64＋9－2×8×3×＝49，所以a＝7，
所以此三角形外接圓的直徑2R＝所以R＝.
應用正弦、余弦定理的解題技巧
(1)求邊：利用正弦定理變形公式a＝等或余弦定理求解.
(2)求角：利用正弦定理變形公式sin A＝等或余弦定理的推論求解.
(3)利用式子的特點轉化：如出現a2＋b2－c2＝λab的形式用余弦定理，等式兩邊是關于邊或角的正弦的齊次式用正弦定理.
思維升華
跟蹤訓練1　(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
√
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)(多選)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知a＋b＝10，c＝5，sin 2B＋sin B＝0，則下列結論正確的是
A.a＝3 B.b＝7
C.B＝60° D.sin C＝
√
√
√
由sin 2B＋sin B＝0，得2sin Bcos B＋sin B＝0，
因為在△ABC中，sin B≠0，得cos B＝－
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得b2＝a2＋52－2×a×5×
因為b＝10－a，所以(10－a)2＝a2＋52－2×a×5×解得a＝3，
所以b＝7.
由cos B＝－得B＝120°，則sin B＝.
由正弦定理得sin C＝sin B＝×.
命題點1　三角形的形狀判斷
例2　在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若c－acos B＝(2a－b)cos A，則△ABC的形狀為
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形
正弦定理、余弦定理的簡單應用
題型二
√
方法一　因為c－acos B＝(2a－b)cos A，
C＝π－(A＋B)，
所以由正弦定理得sin C－sin Acos B＝2sin Acos A－sin Bcos A，
所以sin Acos B＋cos Asin B－sin Acos B
＝2sin Acos A－sin Bcos A，
所以cos A(sin B－sin A)＝0，
所以cos A＝0或sin B＝sin A，
所以A＝或B＝A或B＝π－A(舍去)，
所以△ABC為等腰或直角三角形.
方法二　因為c－acos B＝(2a－b)cos A，
由余弦定理得
c－a·＝(2a－b)·
化簡得(a－b)(b2＋c2－a2)＝0，
所以a－b＝0或b2＋c2－a2＝0，
所以a＝b或b2＋c2＝a2，
故△ABC為等腰或直角三角形.
命題點2　三角形的面積
例3　(2024·武漢模擬)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若B＝b＝6，a2＋c2＝2ac，則△ABC的面積為　　　.
3
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
即36＝a2＋c2＋ac＝2ac＋ac＝3ac，
所以ac＝6
所以△ABC的面積S＝acsin B＝×6×＝3.
命題點3　與平面幾何有關的問題
例4　已知D是Rt△ABC斜邊BC上一點，AC＝DC.
(1)若∠DAC＝30°，則∠ADC＝　 　　；
120°
在△ADC中，由正弦定理得
所以sin∠ADC＝×
又∠ADC＝B＋∠BAD＝B＋(90°－∠DAC)＝B＋60°>60°，
所以∠ADC＝120°.
(2)若BD＝2DC，且DC＝1，則AD的長為　　　.
由BD＝2DC，且DC＝1知BC＝3，
又AC＝DC，則AC＝
所以Rt△ABC中，cos C＝
在△ADC中，由余弦定理得
AD2＝AC2＋DC2－2AC·DC·cos C＝()2＋1－2×1×＝2，
所以AD＝.
(1)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.
(2)三角形面積公式的應用原則
①對于面積公式S＝absin C＝acsin B＝bcsin A，一般是已知哪一個角就使用哪一個公式.
②與面積有關的問題，一般要用到正弦定理或余弦定理進行邊和角的轉化.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)設△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，則△ABC的形狀為　　 　.
因為所以所以b＝c.
又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，
所以b2＋c2－a2＝bc，所以cos A＝.
因為A∈(0，π)，所以A＝
所以△ABC是等邊三角形.
等邊三角形
(2)(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；
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＝.
②若△ABC的面積為3＋求c.
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.
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.角平分線定理
在△ABC中，AD為∠BAC的角平分線，則.
進而得到(1)AD2＝AB·AC－BD·CD(斯庫頓定理).
(2).
相關定理在解三角形中的綜合應用
微拓展
2.張角定理
在△ABC中，D為BC邊上的一點，連接AD，若∠BAD＝α，∠CAD＝β，
則.
3.中線長定理
在△ABC中，AD為BC邊上的中線，則AB2＋AC2＝2(AD2＋DC2).
典例　(1)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a＝7，b＝8，c＝9，則AC邊上的中線長為　　　.
7
方法一　在△ABC中，設BD是AC邊上的中線，由中線長定理知，
AB2＋BC2＝2(BD2＋DC2)，
即c2＋a2＝2，
則BD2＝＝49，BD＝7，
故AC邊上的中線長為7.
方法二　因為a＝7，b＝8，c＝9，
由余弦定理得cos B＝.
設D是AC的中點，則)，
兩邊平方得||2＝＋2·)
＝×＝49，
所以||＝7，即AC邊上的中線長為7.
(2)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，AD是∠BAC的角平分線，若∠BAC＝，AD＝2，則2b＋c的最小值為　　　　　.
6＋4
如圖，∵AD是∠BAC的角平分線，
∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝，
由張角定理得，
即，∴，
∴2b＋c＝(2b＋c)×2＝6＋≥6＋2＝6＋4
(當且僅當且，即c＝b＝2＋2時取等號).
返回
課時精練
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A A C A A A CD BC
題號 9 10 13 14 15 16
答案 ABD C 等腰直角三角形
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(1)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=.
11.
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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=.
11.
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答案
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(2)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=
11.
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答案
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由正弦定理可得，
==
即==
解得b=2c=+
故△ABC的周長為2++3.
11.
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(1)因為兩塊直角三角形斜邊靠在一起，其中公共斜邊AC=10，∠BAC=∠DAC=BD交AC于點E，可得AB=AC·cos∠BAC=10×=5，AD=AC·cos∠DAC=10×=5因為∠BAD=∠BAC+∠DAC=+所以cos∠BAD=cos cos -sin sin =×-×=
所以在△ABD中，BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD
=25+50-2×5×5×=50+25.
12.
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答案
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(2)因為sin∠BAD=sin=
又因為S△ABD=S△ABE+S△ADE，
所以·AB·AD·sin∠BAD=·AB·AE·sin∠BAE+·AE·AD·sin∠EAD，
即×5×5×=×5×AE×+×AE×5×
解得AE=5-5.
12.
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一、單項選擇題
1.(2025·海口模擬)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝2，b＝3，sin A＝則sin B等于
A. B. C. D.
√
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知識過關
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答案
若a＝2，b＝3，sin A＝
則由正弦定理得即
所以sin B＝.
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答案
2.在△ABC中，cos C＝AC＝4，BC＝3，則cos B等于
A. B. C. D.
√
依題意，由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝42＋32－2×
4×3×＝9，即AB＝3，所以cos B＝.
15
16
3.(2024·長沙模擬)已知在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且三邊之比a∶b∶c＝2∶3∶4，則等于
A. B.－ C.2 D.－2
√
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答案
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14
因為在△ABC中，a∶b∶c＝2∶3∶4，
設a，b，c分別為2k，3k，4k，k>0，
由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，
可得16k2＝4k2＋9k2－12k2cos C，
解得cos C＝－
可得＝2.
答案
15
16
4.在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin2則△ABC的形狀為
A.直角三角形 B.等邊三角形
C.等腰三角形 D.等腰直角三角形
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答案
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∵sin2
∴∴cos A＝
∵cos A＝
∴b2＋c2－a2＝2b2，∴b2＋a2＝c2，
∴△ABC為直角三角形，且C＝90°.
答案
15
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5.(2024·榆林模擬)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且三邊滿足b2＝(a＋c)2－4B＝則△ABC的面積為
A.2－ B.4－2
C.2＋ D.4＋2
√
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因為b2＝(a＋c)2－4＝a2＋c2＋2ac－4所以a2＋c2－b2＝4－2ac，
因為B＝由余弦定理得，
cos B＝
所以ac＝4－4，
故△ABC的面積S＝acsin B＝(4－4)×＝2－.
答案
15
16
6.(2025·上海模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a＝且c－2b＋2cos C＝0，則該三角形外接圓的半徑為
A.1 B. C.2 D.2
√
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∵a＝∴c－2b＋2acos C＝0，
∴sin C－2sin B＋2sin Acos C＝0，
∴sin C－2sin(A＋C)＋2sin Acos C＝0，
∴sin C－2sin Acos C－2sin Ccos A＋2sin Acos C＝0，
∴sin C－2sin Ccos A＝0，
∵sin C>0，∴cos A＝∵A∈(0，π)，∴A＝
設該三角形外接圓的半徑為r，由正弦定理得＝2＝2r，
∴r＝1.
答案
15
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二、多項選擇題
7.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則下列條件能確定2個三角形的是
A.A＝b＝1，c＝2
B.B＝b＝1，c＝2
C.A＝b＝3，a＝
D.B＝b＝a＝2
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答案
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對于A，因為兩邊及其夾角唯一確定一個三角形，所以A選項的條件能確定1個三角形；
對于B，由正弦定理可知，sin C＝>1，無解，
故B選項的條件不能確定三角形；
對于C，由正弦定理可知，sin B＝<1，
又b>a，即B∈
所以B＝或B＝故C選項的條件能確定2個三角形；
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答案
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對于D，由正弦定理可知，sin A＝<1，
又a>b，即A∈
又易知sin A＝>sin則sin A＝有兩個解，
故D選項的條件能確定2個三角形.
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答案
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8.已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，下列四個命題中正確的是
A.若acos A＝bcos B，則△ABC是等腰三角形
B.若bcos C＋ccos B＝b，則△ABC是等腰三角形
C.若則△ABC是等邊三角形
D.若B＝60°，b2＝ac，則△ABC是直角三角形
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答案
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對于A，若acos A＝bcos B，則由正弦定理得sin Acos A＝sin Bcos B，
∴sin 2A＝sin 2B，則2A＝2B或2A＋2B＝180°，即A＝B或A＋B＝90°，則△ABC為等腰三角形或直角三角形，故A錯誤；
對于B，若bcos C＋ccos B＝b，則由正弦定理得sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin(B＋C)＝sin A＝sin B，即A＝B，則△ABC是等腰三角形，故B正確；
對于C，若則由正弦定理得則tan A＝tan B＝tan C，即A＝B＝C，即△ABC是等邊三角形，故C正確；
答案
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對于D，由于B＝60°，b2＝ac，由余弦定理可得b2＝ac＝a2＋c2－ac，可得(a－c)2＝0，解得a＝c，故△ABC是等邊三角形，故D錯誤.
答案
15
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三、填空題
9.(2024·開封模擬)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若
cos C＝a＝3b，則cos A＝　　　 .
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答案
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答案
在△ABC中，cos C＝a＝3b，
由余弦定理可得
cos C＝
解得c＝b，
再由余弦定理可得
cos A＝＝－.
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10.(2024·成都模擬)在△ABC中，AC＝1，∠ACB＝延長BA到點D，使
得AD＝∠ADC＝則AB的長為　　　.
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答案
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∵在△ABC中，AC＝1，∠ACB＝延長BA到點D，使得AD＝∠ADC＝
∴由正弦定理得
可得sin∠ACD＝
可得∠ACD＝
答案
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∴∠BAC＝∠ACD＋∠ADC＝∠ABC＝π－
∴在△ABC中，由正弦定理得
即解得AB＝.
答案
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四、解答題
11.(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；
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答案
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＝.
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答案
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＝.
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(2)若a＝2bsin C＝csin 2B，求△ABC的周長.
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答案
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＝
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答案
由正弦定理可得，
即
解得b＝2c＝
故△ABC的周長為2＋＋3.
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12.(2025·南昌模擬)如圖，兩塊直角三角形模具，斜邊靠在一起，其中公共斜邊AC＝10，∠BAC＝∠DAC＝BD交AC于點E.
(1)求BD2；
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答案
因為兩塊直角三角形斜邊靠在一起，其中公共斜邊AC＝10，∠BAC＝∠DAC＝BD交AC于點E，
可得AB＝AC·cos∠BAC＝10×＝5，
AD＝AC·cos∠DAC＝10×＝5
因為∠BAD＝∠BAC＋∠DAC＝
所以cos∠BAD＝cos cos －sin sin ＝××
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答案
所以在△ABD中，
BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD
＝25＋50－2×5×5×
＝50＋25.
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(2)求AE.
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答案
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答案
因為sin∠BAD＝sin
又因為S△ABD＝S△ABE＋S△ADE，
所以·AB·AD·sin∠BAD
＝·AB·AE·sin∠BAE＋·AE·AD·sin∠EAD，
即×5×5××5×AE××AE×5×
解得AE＝5－5.
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13.(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
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答案
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能力拓展
√
√
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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；
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答案
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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.
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14.在△ABC中，sin(B-A)=，2a2+c2=2b2，則sin C等于
A. B. C. D.1
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答案
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答案
∵a2+c2-b2=2accos B，
又b2+c2-a2=2bccos A，
兩式相減，得2a2-2b2=2accos B-2bccos A=-c2，
∴2acos B-2bcos A=-c，
由正弦定理可得2sin Acos B-2sin Bcos A=-2sin(B-A)=-sin C，
又sin(B-A)=，∴sin C=.
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15.已知△ABC的面積S＝(b2＋c2)(其中b，c為△ABC的邊長)，則△ABC的形狀為　　　　 　　.
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等腰直角三角形
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答案
依題意，△ABC的面積S＝(b2＋c2)，
則bcsin A＝(b2＋c2)，即2bcsin A＝b2＋c2，
由于0所以0<2bcsin A≤2bc，
由基本不等式可知b2＋c2≥2bc，
當且僅當b＝c時等號成立，
所以sin A＝1，A＝△ABC是等腰直角三角形.
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16.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　　　　.
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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，
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答案
解得cos A==，
所以b2+c2-a2=bc=，可得bc=1，
所以S=
=×=.
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