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- 2021-06-30 发布
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第四章Error!三角函数、解三角形
第一节
任意角和弧度制、任意角的三角函数
突破点(一) 角的概念
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．角的定义
角可以看成平面内一条射线绕着端点从一个位置旋转到另一个位置所形成的图形．
2．角的分类
角的分类Error!
3．终边相同的角
所有与角 α 终边相同的角，连同角 α 在内，可构成一个集合：S＝{β|β＝α＋k·360°，k∈
Z}或{β|β＝α＋2kπ，k∈Z}．
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
终边相同的角
[例 1] (1)设集合 M＝Error!，N＝xx＝k
4·180°＋45°，k∈Z，那么( )
A．M＝N B．M⊆N
C．N⊆M D．M∩N＝∅
(2)在－720°～0°范围内所有与 45°终边相同的角为________．
[解析] (1)法一：由于 M＝xx＝ k
2·180°＋45°，k∈Z＝{…，－45°，45°，135°，
225°，…}，
N＝Error!＝{…，－45°，0°，45°，90°，135°，180°，225°，…}，显然有 M⊆
N.
法二：由于 M 中，x＝k
2·180°＋45°＝k·90°＋45°＝45°·(2k＋1)，k∈Z,2k＋1 是奇
数；而 N 中，x＝k
4·180°＋45°＝k·45°＋45°＝(k＋1)·45°，k∈Z，k＋1 是整数，因此必
本节主要包括 3 个知识点：
1.角的概念；2.弧度制及其应用；
3.任意角的三角函数.
有 M⊆N.
(2)所有与 45°有相同终边的角可表示为：β＝45°＋k×360°(k∈Z)，
则令－720°≤45°＋k×360°<0°，得－765°≤k×360°<－45°，解得－765
360≤k<－
45
360(k∈Z)，
从而 k＝－2 或 k＝－1.将 k＝－2，k＝－1 分别代入 β＝45°＋k×360°(k∈Z)，得 β＝－
675°或 β＝－315°.
[答案] (1)B (2)－675°或－315°
[方法技巧]
终边相同角的集合的应用
利用终边相同的角的集合可以求适合某些条件的角，方法是先写出与这个角的终边相同
的所有角的集合，然后通过对集合中的参数 k 赋值来求得所需角．
象限角
[例 2] (1)给出下列四个命题：①－3π
4 是第二象限角；②4π
3 是第三象限角；③－400°是
第四象限角；④－315°是第一象限角．其中正确的命题有( )
A．1 个 B．2 个
C．3 个 D．4 个
(2)若角 α 是第二象限角，则α
2是( )
A．第一象限角
B．第二象限角
C．第一或第三象限角
D．第二或第四象限角
[解析] (1)－3π
4 ＝5π
4 －2π＝π
4＋π－2π，从而－3π
4 是第三象限角，故①错误；4π
3 ＝π＋π
3，
从而4π
3 是第三象限角，故②正确；－400°＝－360°－40°，从而－400°是第四象限角，
故③正确；－315°＝－360°＋45°，从而－315°是第一象限角，故④正确．
(2)∵α 是第二象限角，
∴π
2＋2kπ＜α＜π＋2kπ，k∈Z，
∴π
4＋kπ＜α
2＜π
2＋kπ，k∈Z.
当 k 为偶数时，α
2是第一象限角；
当 k 为奇数时，α
2是第三象限角．
[答案] (1)C (2)C
[方法技巧]
确定α
n(n≥2，且 n∈N*)的终边位置的方法
(1)讨论法
①用终边相同角的形式表示出角 α 的范围；
②写出α
n的范围；
③根据 k 的可能取值讨论确定α
n的终边所在位置．
(2)等分象限角的方法
已知角 α 是第 m(m＝1,2,3,4)象限角，求α
n是第几象限角．
①等分：将每个象限分成 n 等份；
②标注：从 x 轴正半轴开始，按照逆时针方向顺次循环标上 1,2,3,4，直至回到 x 轴正半
轴；
③选答：出现数字 m 的区域，即为α
n的终边所在的象限．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一、二]给出下列命题：
①第二象限角大于第一象限角；
②三角形的内角是第一象限角或第二象限角；
③不论是用角度制还是用弧度制度量一个角，它们与扇形半径的大小无关；
④若 sin α＝sin β，则 α 与 β 的终边相同；
⑤若 cos θ<0，则 θ 是第二或第三象限的角．
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选 A 由于第一象限角如 370°不小于第二象限角 100°，故①错；当三角形的内
角为 90°时，其既不是第一象限角，也不是第二象限角，故②错；③正确；由于 sinπ
6＝
sin5π
6 ，但π
6与5π
6 的终边不相同，故④错；当 cos θ＝－1，θ＝π 时，θ 既不是第二象限角，也
不是第三象限角，故⑤错．综上可知只有③正确．
2.[考点一]集合Error!中的角所表示的范围(阴影部分)是( )
解析：选 C 当 k＝2n(n∈Z)时，2nπ＋π
4≤α≤2nπ＋π
2，此时 α 表示的范围与π
4≤α≤π
2表
示的范围一样；当 k＝2n＋1(n∈Z)时，2nπ＋π＋π
4≤α≤2nπ＋π＋π
2，此时 α 表示的范围与 π
＋π
4≤α≤π＋π
2表示的范围一样．比较各选项，可知选 C.
3.[考点二]若 α 为第一象限角，则 β＝k·180°＋α(k∈Z)是第________象限角．
解析：∵α 是第一象限角，∴k 为偶数时，k·180°＋α 的终边在第一象限；k 为奇数时，
k·180°＋α 的终边在第三象限．即 β＝k·180°＋α(k∈Z)是第一或第三象限角．
答案：一或三
4.[考点一]终边在直线 y＝ 3x 上的角的集合为________．
解析：终边在直线 y＝ 3x 上的角的集合为 αα＝kπ＋π
3，k∈Z.
答案：αα＝kπ＋π
3，k∈Z
5.[考点一、二]已知 α 与 150°角的终边相同，写出与 α 终边相同的角的集合，并判断α
3
是第几象限角．
解：与 α 终边相同的角的集合为{α|α＝k·360°＋150°，k∈Z}．
则α
3＝k·120°＋50°，k∈Z.
若 k＝3n(n∈Z)，α
3是第一象限角；
若 k＝3n＋1(n∈Z)，α
3是第二象限角；
若 k＝3n＋2(n∈Z)，α
3是第四象限角．
故α
3是第一、第二或第四象限角．
突破点(二) 弧度制及其应用
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．弧度制的定义
把长度等于半径长的弧所对的圆心角叫做 1 弧度的角，弧度记作 rad.
2．弧度制下的有关公式
角 α 的弧度数公式 |α|＝l
r(弧长用 l 表示)
角度与弧度的换算 ①1°＝ π
180 rad；②1 rad＝(
180
π )°
弧长公式 弧长 l＝|α|r
扇形面积公式 S＝1
2lr＝1
2|α|r2
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
扇形的弧长及面积公式
[典例] (1)已知扇形的周长是 6，面积是 2，则扇形的圆心角的弧度数是( )
A．1 B．4 C．1 或 4 D．2 或 4
(2)若扇形的圆心角是 α＝120°，弦长 AB＝12 cm，则弧长 l＝________cm.
[解析] (1)设此扇形的半径为 r，弧长为 l，
则Error!解得Error!或Error!
从而 α＝l
r＝4
1＝4 或 α＝l
r＝2
2＝1.
(2)设扇形的半径为 r cm，如图．
由 sin 60°＝
12
2
r ，得 r＝4 3(cm)，
又 α＝2π
3 ，
所以 l＝|α|·r＝2π
3 ×4 3＝8 3
3 π(cm)．
[答案] (1)C (2)8 3
3 π
[方法技巧]
弧度制下有关弧长、扇形面积问题的解题策略
(1)明确弧度制下弧长及扇形面积公式，在使用公式时，要注意角的单位必须是弧度．
(2)分析题目已知哪些量、要求哪些量，然后灵活地运用弧长公式、扇形面积公式直接求
解，或合理地利用圆心角所在三角形列方程(组)求解．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．若一扇形的圆心角为 72°，半径为 20 cm，则扇形的面积为( )
A．40π cm2 B．80π cm2
C．40 cm2 D．80 cm2
解析：选 B ∵72°＝2π
5 ，∴S 扇形＝1
2αr2＝1
2×2π
5 ×202＝80π(cm2)．
2．如果一个圆的半径变为原来的一半，而弧长变为原来的3
2倍，则该弧所对的圆心角是
原来的________倍．
解析：设圆的半径为 r，弧长为 l，则其弧度数为l
r.
将半径变为原来的一半，弧长变为原来的3
2倍，
则弧度数变为
3
2l
1
2r
＝3·l
r，
即弧度数变为原来的 3 倍．
答案：3
3．弧长为 3π，圆心角为 135°的扇形半径为________，面积为________．
解析：由题可知，弧长 l＝3π，圆心角 α＝135°＝3π
4 ，
所以半径 r＝l
α＝3π
3π
4
＝4.面积 S＝1
2lr＝1
2×3π×4＝6π.
答案：4 6π
4．已知扇形周长为 40，当它的半径和圆心角分别取何值时，扇形的面积最大？
解：设圆心角是 θ，半径是 r，则 2r＋rθ＝40.
又 S＝1
2θr2＝1
2r(40－2r)＝r(20－r)＝－(r－10)2＋100≤100.
当且仅当 r＝10 时，Smax＝100，此时 2×10＋10θ＝40，θ＝2.
所以当 r＝10，θ＝2 时，扇形的面积最大．
突破点(三) 任意角的三角函数
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
三角函数 正弦 余弦 正切
设 α 是一个任意角，它的终边与单位圆交于点 P(x，y)，那么
定义 y 叫做 α 的正弦，记作 sin
α
x 叫做 α 的余弦，记作 cos
α
y
x叫做 α 的正切，记作
tan α
Ⅰ ＋ ＋ ＋
Ⅱ ＋ － －
Ⅲ － － ＋
各象
限符
号
Ⅳ － ＋ －
三角函数
线
有向线段 MP 为正弦线 有向线段 OM 为余弦线 有向线段 AT 为正切线
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
三角函数值的符号判定
[例 1] (1)若 sin αtan α<0，且cos α
tan α<0，则角 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
(2)sin 2·cos 3·tan 4 的值( )
A．小于 0 B．大于 0
C．等于 0 D．不确定
[解析] (1)由 sin αtan α＜0 可知 sin α，tan α 异号，则 α 为第二或第三象限角．
由cos α
tan α＜0 可知 cos α，tan α 异号，则 α 为第三或第四象限角．综上可知，α 为第三象
限角．
(2)2 rad,3 rad 是第二象限角，所以 sin 2>0，cos 3<0，4 rad 是第三象限角，所以 tan
4>0，故 sin 2·cos 3·tan 4<0.
[答案] (1)C (2)A
根据三角函数的定义求三角函数值
[例 2] (1)已知角 α 的终边经过点 P(4，－3)，则 sin α＝________.
(2)若角 α 的终边在直线 3x＋4y＝0 上，求 sin α， cos α 和 tan α 的值．
[解析] (1)sin α＝
－3
42＋(－3)2
＝－3
5.
(2)设 α 终边上任一点为 P(－4a,3a)，
当 a＞0 时，r＝5a，sin α＝3
5，cos α＝－4
5，tan α＝－3
4；
当 a＜0 时，r＝－5a，sin α＝－3
5，cos α＝4
5，tan α＝－3
4.
[答案] (1)－3
5
[方法技巧]
由三角函数定义求三角函数值的方法
(1)已知角 α 终边上一点 P 的坐标，则可先求出点 P 到原点的距离 r，然后用三角函数的
定义求解．
(2)已知角 α 的终边所在的直线方程，则可先设出终边上一点的坐标，求出此点到原点的
距离，然后用三角函数的定义来求解．
由三角函数值求点的坐标
[例 3] (1)若角 α 的终边上有一点 P(－4，a)，且 sin α·cos α＝ 3
4 ，则 a 的值为( )
A．4 3 B．±4 3
C．－4 3或－4 3
3 D. 3
(2)若 420°角的终边所在直线上有一点(x,3)，则 x 的值为________．
[解析] (1)由三角函数的定义得 sin α·cos α＝ a
(－4)2＋a2·
－4
(－4)2＋a2
＝
－4a
(－4)2＋a2
＝ 3
4 ，
即 3a2＋16a＋16 3＝0，
解得 a＝－4 3或－4 3
3 .故选 C.
(2)由三角函数的定义知 tan 420°＝3
x，
所以 x＝ 3
tan 420°＝ 3
3
＝ 3.
[答案] (1)C (2) 3
[方法技巧]
求角 α 终边上点的坐标的类型及方法
(1)已知角 α 的某三角函数值，求角 α 终边上一点 P 的坐标中的参数值，可根据定义中的
两个量列方程求参数值．
(2)已知角 α 的终边所在的直线方程或角 α 的大小，根据三角函数的定义可求角 α 终边上
某特定点的坐标．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一]若 θ 是第二象限角，则下列选项中能确定为正值的是( )
A．sinθ
2 B．cosθ
2
C．tanθ
2 D．cos 2θ
解析：选 C 由 θ 是第二象限角可得θ
2为第一或第三象限角，所以 tanθ
2>0，故选 C.
2.[考点一]已知 θ 是第四象限角，则 sin(sin θ)( )
A．大于 0 B．大于等于 0
C．小于 0 D．小于等于 0
解析：选 C ∵θ 是第四象限角，∴sin θ∈(－1,0)．令 sin θ＝α，当－1<α<0 时，sin
α<0.故 sin(sin θ)<0.
3.[考点二]已知角 α 的终边与单位圆的交点 P(x， 3
2 )，则 tan α＝( )
A. 3 B．± 3
C.
3
3 D．±
3
3
解析：选 B 因为 P(x， 3
2 )在单位圆上，所以 x2＋(
3
2 )2＝1，解得 x＝±1
2.所以 tan α＝
± 3.
4.[考点二、三]设 α 是第二象限角，P(x,4)为其终边上的一点，且 cos α＝1
5x，则 tan α＝
( )
A.4
3 B.3
4
C．－3
4 D．－4
3
解析：选 D ∵α 是第二象限角，∴x<0.
又由题意知 x
x2＋42＝1
5x，
解得 x＝－3.
∴tan α＝4
x＝－4
3.
5.[考点三]已知角 α 的终边经过点(3a－9，a＋2)，且 cos α≤0，sin α＞0，则实数 a 的取
值范围是________．
解析：∵cos α≤0，sin α＞0，
∴Error!即－20 且 tan α<0，则 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
解析：选 D 由 cos α>0，得 α 的终边在第一或第四象限或 x 轴非负半轴上，又由 tan α<0，
得 α 的终边在第二或第四象限，所以 α 是第四象限角．
2．若 α＝k·360°＋θ，β＝m·360°－θ(k，m∈Z)，则角 α 与 β 的终边的位置关系是( )
A．重合 B．关于原点对称
C．关于 x 轴对称 D．关于 y 轴对称
解析：选 C 角 α 与 θ 终边相同，β 与－θ 终边相同．又角 θ 与－θ 的终边关于 x 轴对称，
所以角 α 与 β 的终边关于 x 轴对称．
3．若一圆弧长等于其所在圆的内接正三角形的边长，则其圆心角 α(0<α<π)的弧度数为
( )
A.π
3 B.π
2
C. 3 D．2
解析：选 C 设圆的半径为 r，则其内接正三角形的边长为 3r.根据题意，由 3r＝αr，
得 α＝ 3.
4．角 α 的终边与直线 y＝3x 重合，且 sin α<0，又 P(m，n)是角 α 终边上一点，且|OP|＝
10，则 m－n 等于( )
A．2 B．－2
C．4 D．－4
解析：选 A ∵角 α 的终边与直线 y＝3x 重合，且 sin α<0，
∴角 α 的终边在第三象限．又 P(m，n)是角 α 终边上一点，故 m<0，n<0.又|OP|＝10，∴
Error!解得 m＝－1，n＝－3，故 m－n＝2.
5．设角 α 是第三象限角，且|sinα
2 |＝－sinα
2，则角α
2是第________象限角．
解析：由角 α 是第三象限角，知 2kπ＋π<α<2kπ＋3π
2 (k∈Z)，则 kπ＋π
2<α
21，则角 θ 的终边在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选 B 由已知得(sin θ－cos θ)2>1，即 1－2sin θcos θ>1，则 sin θcos θ<0.又由 sin θ
－cos θ>1 知 sin θ>cos θ，所以 sin θ>0>cos θ，所以角 θ 的终边在第二象限．
2．若 α 是第三象限角，则 y＝
sin α
2
sinα
2
＋
cosα
2
cosα
2
的值为( )
A．0 B．2
C．－2 D．2 或－2
解析：选 A 由于 α 是第三象限角，
所以α
2是第二或第四象限角．
当α
2是第二象限角时，sinα
2>0，cosα
2<0，
y＝
sinα
2
sinα
2
＋
－cosα
2
cosα
2
＝1－1＝0；
当α
2是第四象限角时，sinα
2<0，cosα
2>0，
y＝
－sinα
2
sinα
2
＋
cosα
2
cosα
2
＝－1＋1＝0.故选 A.
3．已知角 α 的终边经过一点 P(x，x2＋1)(x>0)，则 tan α 的最小值为( )
A．1 B．2
C.1
2 D. 2
解析：选 B tan α＝x2＋1
x ＝x＋1
x≥2 x·1
x＝2，当且仅当 x＝1 时取等号，即 tan α 的最
小值为 2.故选 B.
4．如图，在直角坐标系 xOy 中，射线 OP 交单位圆 O 于点 P，若
∠AOP＝θ，则点 P 的坐标是( )
A．(cos θ，sin θ)
B．(－cos θ，sin θ)
C．(sin θ，cos θ)
D．(－sin θ，cos θ)
解析：选 A 由三角函数定义知，点 P 的横坐标 x＝cos θ，纵坐标 y＝sin θ.
5．已知角 α 的终边与单位圆 x2＋y2＝1 交于 P(
1
2，y0
)，则 cos 2α＝( )
A．－1
2 B．1
C.1
2 D．－ 3
2
解析：选 A ∵角 α 的终边与单位圆 x2＋y2＝1 交于 P(
1
2，y0
)，
∴(
1
2 )2＋(y0)2＝1，∴y0＝±
3
2 ，
则 cos α＝1
2，sin α＝±
3
2 ，
∴cos 2α＝cos2α－sin2α＝－1
2.
6．(2017·连云港质检)已知角 α 的终边上一点的坐标为(sin2π
3 ，cos2π
3 )，则角 α 的最小正
值为( )
A.5π
6 B.2π
3
C.5π
4 D.11π
6
解析：选 D ∵(sin2π
3 ，cos2π
3 )＝(
3
2 ，－1
2)，
∴角 α 为第四象限角，且 sin α＝－1
2，cos α＝ 3
2 .
∴角 α 的最小正值为11π
6 .
二、填空题
7．已知点 P(sin θcos θ，2cos θ)位于第三象限，则 θ 是第________象限角．
解析：因为点 P(sin θcos θ，2cos θ)位于第三象限，
所以Error!即Error!
所以 θ 为第二象限角．
答案：二
8．已知角 α 的终边上一点 P(－ 3，m)(m≠0)，且 sin α＝ 2m
4 ，
则 m＝________.
解析：由题设知点 P 的横坐标 x＝－ 3，纵坐标 y＝m，
∴r2＝|OP|2＝(－ 3)2＋m2(O 为原点)，
即 r＝ 3＋m2.
∴sin α＝m
r ＝ 2m
4 ＝ m
2 2
，
∴r＝ 3＋m2＝2 2，
即 3＋m2＝8，解得 m＝± 5.
答案：± 5
9．一扇形的圆心角为 120°，则此扇形的面积与其内切圆的面积之比为________．
解析：设扇形半径为 R，内切圆半径为 r，如图．
则(R－r)sin 60°＝r，
即 R＝(1＋2 3
3 )r.
又 S 扇＝1
2|α|R2＝1
2×2π
3 ×R2＝π
3R2＝π
3(1＋2 3
3 )2r2＝7＋4 3
9 πr2，S 内切圆＝πr2，
所以 S扇
S内切圆＝7＋4 3
9 .
答案：(7＋4 3)∶9
10．在(0,2π)内，使 sin x>cos x 成立的 x 的取值范围为________．
解析：如图所示，找出在(0,2π)内，使 sin x＝cos x 的 x 值，sinπ
4
＝cosπ
4＝ 2
2 ，sin5π
4 ＝cos5π
4 ＝－ 2
2 .根据三角函数线的变化规律可知，满足题中条件的角 x∈
(
π
4，5π
4 ).
答案：(
π
4，5π
4 )三、解答题
11．已知 sin α＜0，tan α＞0.
(1)求角 α 的集合；
(2)求角α
2终边所在的象限；
(3)试判断 tanα
2sin α
2cos α
2的符号．
解：(1)由 sin α＜0，知角 α 的终边在第三、四象限或 y 轴的非正半轴上；
由 tan α＞0, 知角 α 的终边在第一、三象限，
故角 α 的终边在第三象限，其集合为
Error!.
(2)由 2kπ＋π＜α＜2kπ＋3π
2 ，k∈Z，
得 kπ＋π
2＜α
2＜kπ＋3π
4 ，k∈Z，
当 k 为偶数时，角α
2终边在第二象限；
当 k 为奇数时，角α
2终边在第四象限．
故角α
2终边在第二或第四象限．
(3)当角α
2在第二象限时，tan α
2＜0，
sin α
2＞0, cos α
2＜0，
所以 tanα
2sinα
2cos α
2取正号；
当α
2在第四象限时， tanα
2＜0，
sinα
2＜0, cosα
2＞0，
所以 tanα
2sinα
2cos α
2也取正号．
因此，tanα
2sin α
2cos α
2取正号．
12．已知扇形 AOB 的周长为 8.
(1)若这个扇形的面积为 3，求圆心角的大小；
(2)求这个扇形的面积取得最大值时圆心角的大小和弦长 AB.
解：设扇形 AOB 的半径为 r，弧长为 l，圆心角为 α，
(1)由题意可得Error!
解得Error!或Error!
∴α＝l
r＝2
3或 α＝l
r＝6.
(2)∵2r＋l＝8，
∴S 扇＝1
2lr＝1
2r(8－2r)＝r(4－r)＝－(r－2)2＋4≤4，
当且仅当 r＝2，l＝4，
即 α＝l
r＝2 时，扇形面积取得最大值 4.
此时弦长 AB＝2sin 1×2＝4sin 1.
第二 节
同角三角函数的基本关系与诱导公式
突破点(一) 同角三角函数的基本关系
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．同角三角函数的基本关系
(1)平方关系：sin2α＋cos2α＝1(α∈R)．
(2)商数关系：tan α＝sin α
cos α(α ≠ kπ＋π
2，k ∈ Z).
2．同角三角函数基本关系式的应用技巧
技巧 解读 适合题型
切弦互化 主要利用公式 tan θ＝sin θ
cos θ化成正弦、余弦， 表达式中含有 sin θ，cos θ 与
本节主要包括 2 个知识点：
1.同角三角函数的基本关系；
2.三角函数的诱导公式.
或者利用公式sin θ
cos θ＝tan θ 化成正切 tan θ
“1”的变换
1＝sin2θ＋cos2θ＝cos2θ(1＋tan2θ)＝(sin
θ±cos θ)2∓2sin θcos θ＝tanπ
4
表达式中需要利用“1”转化
和积转换
利用关系式(sin θ±cos θ)2＝1±2sin θcos θ 进
行变形、转化
表达式中含有 sin θ±cos θ 或
sin θcos θ
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
化简求值
[例 1] (2017·南京模拟)已知 α 为第二象限角，则 cos α· 1＋tan2α＋sin α 1＋ 1
tan2α＝
________.
[解析] 原式＝cos α sin2α＋cos2α
cos2α ＋sin α sin2α＋cos2α
sin2α
＝cos α· 1
|cos α|＋ sin α· 1
|sin α|，
因为 α 是第二象限角，
所以 sin α＞0, cos α＜0，
所以 cos α· 1
|cos α|＋sin α· 1
|sin α|＝－1＋1＝0，即原式等于 0.
[答案] 0
条件求值
[例 2] 若 tan α＝2，则
(1)2sin α－3cos α
4sin α－9cos α＝________；
(2)4sin2α－3sin αcos α－5cos2α＝________.
[解析] (1)2sin α－3cos α
4sin α－9cos α＝2tan α－3
4tan α－9＝2 × 2－3
4 × 2－9＝－1.
(2)4sin2α－3sin αcos α－5cos2α
＝4sin2α－3sin αcos α－5cos2α
sin2α＋cos2α ＝4tan2α－3tan α－5
tan2α＋1
＝4 × 4－3 × 2－5
4＋1 ＝1.
[答案] (1)－1 (2)1
[方法技巧]
同角三角函数关系式应用的注意事项
(1) 同 角 并 不 拘 泥 于 角 的 形 式 ， 如 sin2α
2＋ cos2α
2＝ 1 ， sin 3x
cos 3x＝ tan 3x
(3x ≠ kπ＋π
2，k ∈ Z)都成立，但是 sin2α＋cos2β＝1 就不一定成立．
(2)对于含有 sin α，cos α 的齐次式，可根据同角三角函数商的关系，通过除以某一齐次
项，转化为只含有正切的式子，即化弦为切，整体代入．
sin α±cos α 与 sin αcos α 关系的应用
[例 3] 已知 x∈(－π，0)，sin x＋cos x＝1
5.
(1)求 sin x－cos x 的值；
(2)求sin 2x＋2sin2x
1－tan x 的值．
[解] (1)由 sin x＋cos x＝1
5，
平方得 sin2x＋2sin xcos x＋cos2x＝ 1
25，
整理得 2sin xcos x＝－24
25.
∴(sin x－cos x)2＝1－2sin xcos x＝49
25.
由 x∈(－π，0)，知 sin x<0，
又 sin x＋cos x>0，
∴cos x>0，则 sin x－cos x<0，
故 sin x－cos x＝－7
5.
(2)sin 2x＋2sin2x
1－tan x ＝2sin x(cos x＋sin x)
1－sin x
cos x
＝2sin xcos x(cos x＋sin x)
cos x－sin x ＝
－24
25 × 1
5
7
5
＝－ 24
175.
[方法技巧]
同角三角函数关系式的方程思想
对于 sin α＋cos α，sin α－cos α，sin αcos α 这三个式子，知一可求二，转化公式为(sin
α±cos α)2＝1±2sin αcos α，体现了方程思想的应用．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点二]若 sin α＝－ 5
13，且 α 为第四象限角，则 tan α 的值等于( )
A.12
5 B．－12
5 C. 5
12 D．－ 5
12
解析：选 D 因为 α 为第四象限角，故 cos α＝ 1－sin2α＝ 1－(－ 5
13 )2＝12
13，所以 tan
α＝sin α
cos α＝
－ 5
13
12
13
＝－ 5
12.
2.[考点三](2017·厦门质检)已知 sin αcos α＝1
8，且5π
4 <α<3π
2 ，则 cos α－sin α 的值为( )
A．－ 3
2 B.
3
2 C．－3
4 D.3
4
解析：选 B ∵5π
4 <α<3π
2 ，∴cos α<0，sin α<0 且|cos α|<|sin α|，∴cos α－sin α>0.又(cos
α－sin α)2＝1－2sin αcos α＝1－2×1
8＝3
4，∴cos α－sin α＝ 3
2 .
3.[考点二]已知 sin α＋ 2cos α＝ 3，则 tan α＝( )
A.
2
2 B. 2 C．－ 2
2 D．－ 2
解析：选 A ∵sin α＋ 2cos α＝ 3，∴(sin α＋ 2cos α)2＝3，即 sin2α＋2 2sin αcos α＋
2cos2α＝3，
∴sin2α＋2 2sin αcos α＋2cos2α
sin2α＋cos2α ＝3，∴tan2α＋2 2tan α＋2
tan2α＋1 ＝3，
即 2tan2α－2 2tan α＋1＝0，解得 tan α＝ 2
2 .
4.[考点一]sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝________.
解析：原式＝(sin 21°＋sin 289°)＋(sin 22°＋sin 288°)＋…＋(sin 244°＋sin 246°)＋
sin245° ＝ (sin21° ＋ cos21°) ＋ (sin22° ＋ cos22°) ＋ … ＋ (sin244° ＋ cos244°) ＋ 1
2＝
＋1
2＝441
2.
答案：441
2
5.[考点二、三]已知 tan α＝－4
3，求：
(1) sin α－4cos α
5sin α＋2cos α的值；
(2) 1
cos2α－sin2α的值；
(3)sin2α＋2sin αcos α 的值．
解：(1) sin α－4cos α
5sin α＋2cos α＝ tan α－4
5tan α＋2＝
－4
3－4
5 × (－4
3 )＋2
＝8
7.
(2) 1
cos2α－sin2α＝sin2α＋cos2α
cos2α－sin2α＝
sin2α＋cos2α
cos2α
cos2α－sin2α
cos2α
＝tan2α＋1
1－tan2α＝(－4
3 )2＋1
1－(－4
3 )2
＝－25
7 .
(3)sin2α＋2sin αcos α＝sin2α＋2sin αcos α
sin2α＋cos2α ＝tan2α＋2tan α
tan2α＋1 ＝
16
9 －8
3
16
9 ＋1
＝－ 8
25.
突破点(二) 三角函数的诱导公式
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．三角函数的诱导公式
组数 一 二 三 四 五 六
角 2kπ＋α(k∈Z) π＋α －α π－α π
2－α π
2＋α
正弦 sin_α －sin_α －sin_α sin_α cos_α cos_α
余弦 cos_α －cos_α cos_α －cos_α sin_α －sin_α
正切 tan_α tan_α －tan_α －tan_α
2.特殊角的三角函数值
角 α 0° 30° 45° 60° 90° 120° 150° 180°
角 α 的弧
度数
0
π
6
π
4
π
3
π
2
2π
3
5π
6 π
sin α 0 1
2
2
2
3
2
1 3
2
1
2 0
cos α 1 3
2
2
2
1
2 0 －1
2 － 3
2
－1
tan α 0 3
3 1 3 － 3 － 3
3 0
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
诱导公式的应用
1.利用诱导公式把任意角的三角函数转化为锐角三角函数的步骤
也就是：“负化正，大化小，化到锐角就好了”．
2．利用诱导公式化简三角函数的要求
(1)化简过程是恒等变形；
(2)结果要求项数尽可能少，次数尽可能低，结构尽可能简单，能求值的要求出值．
[典例] (1)若 sin α 是方程 5x2－7x－6＝0 的根，则
sin(－α－3π
2 )sin(
3π
2 －α)tan2(2π－α)
cos(
π
2－α )cos(
π
2＋α )sin(π＋α)
＝
( )
A.3
5 B.5
3 C.4
5 D.5
4
(2)求值：sin(－1 200°)cos 1 290°＋cos(－1 020°)·sin(－1 050°)＝________.
[解析] (1)方程 5x2－7x－6＝0 的两根为 x1＝－3
5，x2＝2，则 sin α＝－3
5.
原式＝ cos α(－cos α)tan2α
sin α(－sin α)(－sin α)＝－ 1
sin α＝5
3.
(2)原式＝－sin 1 200°cos 1 290°－cos 1 020°sin 1 050°
＝－sin(3×360°＋120°)cos(3×360°＋210°)－cos(2×360°＋300°)sin(2×360°＋
330°)
＝－sin 120°cos 210°－cos 300°sin 330°
＝－sin(180°－60°)cos(180°＋30°)－cos(360°－60°)·sin(360°－30°)
＝sin 60°cos 30°＋cos 60°sin 30°
＝ 3
2 × 3
2 ＋1
2×1
2＝1.
[答案] (1)B (2)1
[方法技巧]
应用诱导公式化简求值的注意事项
(1)已知角求值问题，关键是利用诱导公式把任意角的三角函数值转化为锐角的三角函数
值求解．转化过程中注意口诀“奇变偶不变，符号看象限”的应用．
(2)对给定的式子进行化简或求值时，要注意给定的角之间存在的特定关系，充分利用给
定的关系结合诱导公式将角进行转化．特别要注意每一个角所在的象限，防止符号及三角函
数名出错．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．已知 sin(
5π
2 ＋α)＝1
5，那么 cos α＝( )
A．－2
5 B．－1
5 C.1
5 D.2
5
解析：选 C ∵sin(
5π
2 ＋α)＝sin(
π
2＋α )＝cos α，∴cos α＝1
5.
2．sin 210°cos 120°的值为( )
A.1
4 B．－ 3
4 C．－3
2 D.
3
4
解析：选 A sin 210°cos 120°＝－sin 30°(－cos 60°)＝－1
2×(－1
2 )＝1
4.
3．已知 A＝sin(kπ＋α)
sin α ＋cos(kπ＋α)
cos α (k∈Z)，则 A 的值构成的集合是( )
A．{1，－1,2，－2} B．{－1,1}
C．{2，－2} D．{1，－1,0,2，－2}
解析：选 C k 为偶数时，A＝sin α
sin α＋cos α
cos α＝2；k 为奇数时，A＝
－sin α
sin α ＋
－cos α
cos α ＝－
2.则 A 的值构成的集合为{2，－2}．
4．已知 tan(
π
6－α )＝ 3
3 ，则 tan(
5π
6 ＋α)＝________.
解析：tan(
5π
6 ＋α)＝tan(π－π
6＋α)＝tanπ－π
6－α＝－tan(
π
6－α )＝－ 3
3 .
答案：－ 3
3
5．已知 α 为第三象限角，
f(α)＝
sin(α－π
2 )·cos(
3π
2 ＋α)·tan(π－α)
tan(－α－π)·sin(－α－π) .
(1)化简 f(α)；
(2)若 cos(α－3π
2 )＝1
5，求 f(α)的值．
解：(1)f(α)＝
sin(α－π
2 )·cos(
3π
2 ＋α)·tan(π－α)
tan(－α－π)·sin(－α－π)
＝
(－cos α)·sin α·(－tan α)
(－tan α)·sin α
＝－cos α.
(2)∵cos(α－3π
2 )＝1
5，
∴－sin α＝1
5，从而 sin α＝－1
5.
又 α 为第三象限角，
∴cos α＝－ 1－sin2α＝－2 6
5 ，
∴f(α)＝－cos α＝2 6
5 .
[全国卷 5 年真题集中演练——明规律]
1.(2016·全国丙卷)若 tan α＝3
4，则 cos2α＋2sin 2α＝( )
A.64
25 B.48
25
C．1 D.16
25
解 析 ： 选 A 因 为 tan α ＝3
4， 则 cos2α ＋ 2sin 2α ＝cos2α＋4sin αcos α
sin2α＋cos2α ＝1＋4tan α
tan2α＋1 ＝
1＋4 × 3
4
(
3
4 )2＋1
＝64
25.故选 A.
2．(2016·全国乙卷)已知 θ 是第四象限角，且 sin(θ＋π
4 )＝3
5，则 tan(θ－π
4 )＝________.
解析：由题意知 sin(θ＋π
4 )＝3
5，θ 是第四象限角，
所以 cos(θ＋π
4 )＞0，
所以 cos(θ＋π
4 )＝ 1－sin2
(θ＋π
4 )＝4
5.
则 tan(θ－π
4 )＝tan(θ＋π
4－π
2)
＝－
sin[
π
2－(θ＋π
4 )]
cos[
π
2－(θ＋π
4 )]
＝－
cos(θ＋π
4 )
sin(θ＋π
4 )
＝－4
5×5
3＝－4
3.
答案：－4
3
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．若 α∈(－π
2，π
2)，sin α＝－3
5，则 cos(－α)＝( )
A．－4
5 B.4
5
C.3
5 D．－3
5
解析：选 B 因为 α∈(－π
2，π
2)，sin α＝－3
5，所以 cos α＝4
5，则 cos(－α)＝cos α＝4
5.
2．若 sin θcos θ＝1
2，则 tan θ＋cos θ
sin θ的值是( )
A．－2 B．2
C．±2 D.1
2
解析：选 B tan θ＋cos θ
sin θ＝sin θ
cos θ＋cos θ
sin θ＝ 1
cos θsin θ＝2.
3．已知 sin(π＋θ)＝－ 3cos(2π－θ)，|θ|＜π
2，则 θ 等于( )
A．－π
6 B．－π
3
C.π
6 D.π
3
解析：选 D ∵sin(π＋θ)＝－ 3cos(2π－θ)，∴－sin θ＝－ 3cos θ，∴tan θ＝ 3.∵|θ|＜
π
2，∴θ＝π
3.
4．已知 α∈(
π
2，π )，sin α＝4
5，则 tan α＝________.
解析：∵α∈(
π
2，π )，sin α＝4
5，∴cos α＝－ 1－sin2α＝－3
5，∴tan α＝sin α
cos α＝－4
3.
答案：－4
3
5.
1－2sin 40°cos 40°
cos 40°－ 1－sin250°＝________.
解析：原式＝ sin240°＋cos240°－2sin 40°cos 40°
cos 40°－cos 50°
＝|sin 40°－cos 40°|
sin 50°－sin 40° ＝|sin 40°－sin 50°|
sin 50°－sin 40°
＝sin 50°－sin 40°
sin 50°－sin 40°＝1.
答案：1
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．sin(－600°)的值为( )
A.
3
2 B.
2
2
C．1 D.
3
3
解析：选 A sin(－600°)＝sin(－720°＋120°)＝sin 120°＝ 3
2 .
2．已知 tan(α－π)＝3
4，且 α∈(
π
2，3π
2 )，则 sin(α＋π
2 )＝( )
A.4
5 B．－4
5
C.3
5 D．－3
5
解析：选 B 由 tan(α－π)＝3
4得 tan α＝3
4.又因为 α∈(
π
2，3π
2 )，所以 α 为第三象限的角，
由Error!可得，sin α＝－3
5，cos α＝－4
5.所以 sin(α＋π
2 )＝cos α＝－4
5.
3．已知函数 f(x)＝asin(πx＋α)＋bcos(πx＋β)，且 f(4)＝3，则 f(2 017)的值为( )
A．－1 B．1
C．3 D．－3
解析：选 D ∵f(4)＝asin(4π＋α)＋bcos(4π＋β)
＝asin α＋bcos β＝3，
∴f(2 017)＝asin(2 017π＋α)＋bcos(2 017π＋β)
＝asin(π＋α)＋bcos(π＋β)
＝－asin α－bcos β
＝－(asin α＋bcos β)＝－3.
4．已知 2tan α·sin α＝3，－π
2<α<0，则 sin α＝( )
A.
3
2 B．－ 3
2
C.1
2 D．－1
2
解析：选 B 因为 2tan α·sin α＝3，所以2sin2α
cos α ＝3，所以 2sin2α＝3cos α，即 2－2cos2α＝
3cos α，所以 cos α＝1
2或 cos α＝－2(舍去)，又－π
2<α<0，所以 sin α＝－ 3
2 .
5．若 θ∈[
π
4，π
2 ]，sin θ·cos θ＝3 7
16 ，则 sin θ＝( )
A.3
5 B.4
5
C.
7
4 D.3
4
解析：选 D ∵sin θ·cos θ＝3 7
16 ，∴(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θ·cos θ＝8＋3 7
8 ，(sin θ－cos
θ)2＝1－2sin θcos θ＝8－3 7
8 ，∵θ∈[
π
4，π
2 ]，∴sin θ＋cos θ＝3＋ 7
4 ①，sin θ－cos θ＝3－ 7
4
②，联立①②得，sin θ＝3
4.
6．(2017·长沙模拟)若 sin θ，cos θ 是方程 4x2＋2mx＋m＝0 的两根，则 m 的值为( )
A．1＋ 5 B．1－ 5
C．1± 5 D．－1－ 5
解析：选 B 由题意知，sin θ＋cos θ＝－m
2，sin θcos θ＝m
4.∵(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos
θ，∴m2
4 ＝1＋m
2，解得 m＝1± 5，又 Δ＝4m2－16m≥0，∴m≤0 或 m≥4，∴m＝1－ 5.
二、填空题
7．化简：cos(α－π)
sin(π－α)·sin(α－π
2 )·cos(
3π
2 －α)＝________.
解析：cos(α－π)
sin(π－α)·sin(α－π
2 )·cos(
3π
2 －α)＝
－cos α
sin α ·(－cos α)·(－sin α)＝－cos 2α.
答案：－cos2α
8．若 f(α)＝sin[(k＋1)π＋α]·cos[(k＋1)π－α]
sin(kπ－α)·cos(kπ＋α) (k∈Z)，则 f(2 017)＝________.
解析：①当 k 为偶数时，设 k ＝2n(n ∈Z) ，原式＝ sin(2nπ＋π＋α)·cos(2nπ＋π－α)
sin(2nπ－α)·cos(2nπ＋α) ＝
－sin α·(－cos α)
－sin α·cos α ＝－1；
②当 k 为奇数时，设 k＝2n＋1(n∈Z)，
原式＝sin[(2n＋2)π＋α]·cos[(2n＋2)π－α]
sin[(2n＋1)π－α]·cos[(2n＋1)π＋α]
＝ sin α·cos α
sin α·(－cos α)＝－1.
综上所述，当 k∈Z 时，f(α)＝－1，
故 f(2 017)＝－1.
答案：－1
9．若角 θ 满足
2cos(
π
2－θ )＋cos θ
2sin(π＋θ)－3cos(π－θ)＝3，则 tan θ 的值为________．
解析：由
2cos(
π
2－θ )＋cos θ
2sin(π＋θ)－3cos(π－θ)＝3，得 2sin θ＋cos θ
－2sin θ＋3cos θ＝3，等式左边分子分母同时除
以 cos θ，得 2tan θ＋1
－2tan θ＋3＝3，解得 tan θ＝1.
答案：1
10．已知角 A 为△ABC 的内角，且 sin A＋cos A＝1
5，则 tan A 的值为________．
解析：∵sin A＋cos A＝1
5 ①，
①式两边平方得 1＋2sin Acos A＝ 1
25，
∴sin Acos A＝－12
25，
则(sin A－cos A)2＝1－2sin Acos A＝1＋24
25＝49
25，
∵角 A 为△ABC 的内角，∴sin A>0，
又 sin Acos A＝－12
25<0，
∴cos A<0，
∴sin A－cos A>0，
则 sin A－cos A＝7
5 ②.
由①②可得 sin A＝4
5，cos A＝－3
5，
∴tan A＝sin A
cos A＝
4
5
－3
5
＝－4
3.
答案：－4
3
三、解答题
11．已知 sin(3π＋α)＝2sin(
3π
2 ＋α)，求下列各式的值：
(1) sin α－4cos α
5sin α＋2cos α；
(2)sin2α＋sin 2α.
解：由已知得 sin α＝2cos α.
(1)原式＝ 2cos α－4cos α
5 × 2cos α＋2cos α＝－1
6.
(2)原式＝sin2α＋2sin αcos α
sin2α＋cos2α
＝ sin2α＋sin2α
sin2α＋1
4sin2α
＝8
5.
12．已知关于 x 的方程 2x2－( 3＋1)x＋m＝0 的两根分别是 sin θ 和 cos θ，θ∈(0,2π)，
求：
(1) sin2θ
sin θ－cos θ＋ cos θ
1－tan θ的值；
(2)m 的值；
(3)方程的两根及此时 θ 的值．
解：(1)原式＝ sin2θ
sin θ－cos θ＋ cos θ
1－sin θ
cos θ
＝ sin2θ
sin θ－cos θ＋ cos2θ
cos θ－sin θ
＝sin2θ－cos2θ
sin θ－cos θ＝sin θ＋cos θ.
由条件知 sin θ＋cos θ＝ 3＋1
2 ，
故 sin2θ
sin θ－cos θ＋ cos θ
1－tan θ＝ 3＋1
2 .
(2)由已知，得 sin θ＋cos θ＝ 3＋1
2 ，sin θcos θ＝m
2，
又 1＋2sin θcos θ＝(sin θ＋cos θ)2，可得 m＝ 3
2 .
(3)由Error!
得Error!或Error!
又 θ∈(0,2π)，故 θ＝π
3或 θ＝π
6.
第三节
三角函数的图象与性质
突破点(一) 三角函数的定义域和值域
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
三角函数 正弦函数 y＝sin x 余弦函数 y＝cos x 正切函数 y＝tan x
图象
定义域 R R
xx∈R，且 x
Error!
值域 [－1,1] [－1,1] R
最值
当且仅当 x＝π
2＋2kπ(k∈Z)
时，取得最大值 1；当且仅
当 x＝－π
2＋2kπ(k∈Z)时，
取得最小值－1
当且仅当 x＝2kπ(k∈Z)
时，取得最大值 1；当且
仅当 x＝π＋2kπ(k∈Z)时，
取得最小值－1
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
三角函数的定义域
[例 1] 函数 y＝lg(2sin x－1)＋ 1－2cos x的定义域是________．
[解析] 要使函数 y＝lg(2sin x－1)＋ 1－2cos x有意义，
则Error!即Error!
本节主要包括 2 个知识点：
1.三角函数的定义域和值域；
2.三角函数的性质.
解得 2kπ＋π
3≤x<2kπ＋5π
6 ，k∈Z.
即函数的定义域为[2kπ＋π
3，2kπ＋5π
6 )，k∈Z.
[答案] [2kπ＋π
3，2kπ＋5π
6 )，k∈Z
[方法技巧]
三角函数定义域的求法
求三角函数定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数线或三角函数
图象来求解．
[提醒] 解三角不等式时要注意周期，且 k∈Z 不可以忽略．
三角函数的值域(最值)
求解三角函数的值域(最值)常见的题目类型：
(1)形如 y＝asin x＋bcos x＋k 的三角函数化为 y＝Asin(ωx＋φ)＋k 的形式，再求值域(最
值)；
(2)形如 y＝asin2x＋bsin x＋k 的三角函数，可先设 sin x＝t，化为关于 t 的二次函数求值
域(最值)；
(3)形如 y＝asin xcos x＋b(sin x±cos x)＋c 的三角函数，可先设 t＝sin x±cos x，化为关于
t 的二次函数求值域(最值)．
[例 2] (1)函数 y＝2sin(
πx
6 －π
3)(0≤x≤9)的最大值与最小值之和为( )
A．2－ 3 B．0 C．－1 D．－1－ 3
(2)函数 y＝3－sin x－2cos2x，x∈[
π
6，7
6π]的值域为________．
[解析] (1)∵0≤x≤9，∴－π
3≤π
6x－π
3≤7π
6 ，
∴sin(
π
6x－π
3)∈[－ 3
2 ，1].
∴y∈[－ 3，2]，∴ymax＋ymin＝2－ 3.
(2)∵x∈[
π
6，7π
6 ]，∴sin x∈[－1
2，1].
又 y＝3－sin x－2cos2x＝3－sin x－2(1－sin2x)＝2(sin x－1
4)2＋7
8，∴当 sin x＝1
4时，ymin＝
7
8；
当 sin x＝－1
2或 sin x＝1 时，ymax＝2.
故该函数的值域为[
7
8，2 ].
[答案] (1)A (2)[
7
8，2 ][方法技巧]
三角函数值域或最值的三种求法
(1)直接法：直接利用 sin x，cos x 的值域求出．
(2)化一法：化为 y＝Asin(ωx＋φ)＋k 的形式，确定 ωx＋φ 的范围，根据正弦函数单调性
写出函数的值域(最值)．
(3)换元法：把 sin x 或 cos x 看作一个整体，转化为二次函数，求在给定区间上的值域(最
值)问题．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一]函数 y＝ cos x－ 3
2
的定义域为( )
A.[－π
6，π
6]
B.[kπ－π
6，kπ＋π
6](k∈Z)
C.[2kπ－π
6，2kπ＋π
6](k∈Z)
D．R
解析：选 C 要使函数有意义，则 cos x－ 3
2 ≥0，即 cos x≥ 3
2 ，解得 2kπ－π
6≤x≤2kπ＋
π
6，k∈Z.
2.[考点二]函数 f(x)＝sin (2x－π
4)在区间[0，π
2 ]上的最小值为( )
A．－1 B．－ 2
2 C．0 D.
2
2
解析：选 B 因为 0≤x≤π
2，所以－π
4≤2x－π
4≤3π
4 ，由正弦函数的图象知，－ 2
2 ≤sin
(2x－π
4)≤1，所以函数 f(x)＝sin (2x－π
4)在区间[0，π
2 ]上的最小值为－ 2
2 .
3.[考点一]函数 y＝ 1
tan x－1的定义域为________．
解析：要使函数有意义，必须有Error!
即Error!故函数的定义域为 xx≠π
4＋kπ 且 x≠π
2＋kπ，k∈Z.
答案：Error!
4.[考点一]函数 y＝lg(sin 2x)＋ 9－x2的定义域为________．
解析：由Error!
得Error!
∴－3≤x<－π
2或 00，函数 f(x)＝sin (ωx＋π
4)在(
π
2，π )上是减函数，则 ω 的取值范围是
________．
[解析] 由π
2＜x＜π，得 π
2ω＋π
4＜ωx＋π
4＜πω＋π
4，由题意知(
π
2ω＋π
4，πω＋π
4)⊆π
2＋2kπ，
3π
2 ＋2kπ(k∈Z)且2π
ω ≥2×(π－π
2 )，则Error!
且 0＜ω≤2，故1
2≤ω≤5
4.
[答案] [
1
2，5
4 ]
[方法技巧] 已知单调区间求参数范围的三种方法
子集法
求出原函数的相应单调区间，由已知区间是所求某区间的子集，列不等式(组)
求解
反子
集法
由所给区间求出整体角的范围，由该范围是某相应正、余弦函数的某个单调
区间的子集，列不等式(组)求解
周期
性法
由所给区间的两个端点到其相应对称中心的距离不超过1
4周期列不等式(组)
求解
三角函数的周期性
[例 3] (1)函数 y＝1－2sin2
(x－3π
4 )是( )
A．最小正周期为 π 的奇函数
B．最小正周期为 π 的偶函数
C．最小正周期为π
2的奇函数
D．最小正周期为π
2的偶函数
(2)若函数 f(x)＝2tan (kx＋π
3)的最小正周期 T 满足 1＜T＜2，则自然数 k 的值为________．
[解析] (1)y＝1－2sin2
(x－3π
4 )＝cos 2x－3π
4 ＝－sin 2x，
所以 f(x)是最小正周期为 π 的奇函数．
(2)由题意知，1＜ π
|k|＜2，
即|k|＜π＜2|k|.又 k∈N，
所以 k＝2 或 k＝3.
[答案] (1)A (2)2 或 3
[方法技巧]
三角函数周期的求解方法
(1)定义法：直接利用周期函数的定义求周期．
(2)公式法：①三角函数 y＝sin x，y＝cos x，y＝tan x 的最小正周期分别为 2π，2π，π；②
y＝Asin(ωx＋φ)和 y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为2π
|ω|，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为 π
|ω|.
(3)图象法：利用三角函数图象的特征求周期．如：相邻两最高点(最低点)之间为一个周
期，最高点与相邻的最低点之间为半个周期．
三角函数的奇偶性
[例 4] (1)函数 f(x)＝1
2(1＋cos 2x)sin2x(x∈R)是( )
A．最小正周期为 π 的奇函数
B．最小正周期为π
2的奇函数
C．最小正周期为 π 的偶函数
D．最小正周期为π
2的偶函数
(2)若函数 f(x)＝sinx＋φ
3 (φ∈[0,2π])是偶函数，则 φ＝( )
A.π
2 B.2π
3
C.3π
2 D.5π
3
[解析] (1)由题意知，f(x)＝1
2(1＋cos 2x)sin2x＝1
4(1＋cos 2x)(1－cos 2x)＝1
4(1－cos22x)＝
1
8(1－cos 4x)，即 f(x)＝1
8(1－cos 4x)，则 T＝2π
4 ＝π
2，f(－x)＝1
8(1－cos 4x)＝f(x)，因此函数 f(x)
是最小正周期为π
2的偶函数．
(2)由 f(x)＝sin x＋φ
3 是偶函数，可得φ
3＝kπ＋π
2，k∈Z，即 φ＝3kπ＋ 3π
2 (k∈Z)，又 φ∈
[0,2π]，所以 φ＝3π
2 .
[答案] (1)D (2)C
[方法技巧]
与三角函数的奇偶性相关的结论
(1)若 y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则有 φ＝kπ＋ π
2(k∈Z)；若为奇函数，则有 φ＝kπ(k∈
Z)．
(2)若 y＝Acos(ωx＋φ)为偶函数，则有 φ＝kπ(k∈Z)；若为奇函数，则有 φ＝kπ＋ π
2(k∈
Z)．
(3)若 y＝Atan(ωx＋φ)为奇函数，则有 φ＝kπ(k∈Z)．
三角函数的对称性
[例 5] (1)函数 f(x)＝sin (x－π
4 )的图象的一条对称轴是( )
A．x＝π
4 B．x＝π
2
C．x＝－π
4 D．x＝－π
2
(2)函数 y＝cos(3x＋φ)的图象关于原点成中心对称图形，则 φ＝________.
[解析] (1)由 x－π
4＝kπ＋π
2(k∈Z)，得 x＝kπ＋3π
4 (k∈Z)，当 k＝－1 时，x＝－π
4，∴x＝－
π
4是 f(x)＝sin (x－π
4 )图象的一条对称轴．
(2)由题意，得 y＝cos(3x＋φ)是奇函数，故 φ＝kπ＋π
2(k∈Z)．
[答案] (1)C (2)kπ＋π
2，k∈Z
[方法技巧]
三角函数对称轴和对称中心的求解方法
(1)定义法：正(余)弦函数的对称轴是过函数的最高点或最低点且垂直于 x 轴的直线，对
称中心是图象与 x 轴的交点，即函数的零点．
(2)公式法：函数 y＝Asin(ωx＋φ)的对称轴为 x＝kπ
ω －φ
ω＋ π
2ω，对称中心为(
kπ
ω －φ
ω，0)；
函数 y＝Acos(ωx＋φ)的对称轴为 x＝kπ
ω －φ
ω，对称中心为(
kπ
ω －φ
ω＋ π
2ω，0)；函数 y＝Atan(ωx
＋φ)的对称中心为(
kπ
2ω－φ
ω，0).上述 k∈Z.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点二]函数 y＝3cos (
2
5x－π
6)的最小正周期是( )
A.2π
5 B.5π
2
C．2π D．5π
解析：选 D 由 T＝2π
2
5
＝5π，知该函数的最小正周期为 5π.
2.[考点三]已知函数 f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0，φ∈R)，则“f(x)是奇函数”是“φ＝
π
2”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选 B f(x)是奇函数时，φ＝ π
2＋kπ(k∈Z)，充分性不成立；φ＝ π
2时，f(x)＝Acos
(ωx＋π
2)＝－Asin ωx，为奇函数，必要性成立．所以“f(x)是奇函数”是“φ＝π
2”的必要不充
分条件．
3.[考点四]若函数 y＝cos(ωx＋π
6)(ω∈N*)图象的一个对称中心是(
π
6，0 )，则 ω 的最小值
为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
解析：选 B 由题可知，πω
6 ＋π
6＝kπ＋π
2(k∈Z)，所以 ω＝6k＋2(k∈Z)．又 ω∈N*，则 ωmin
＝2.
4.[考点一·考法(二)]已知函数 f(x)＝2sin(2x＋φ)(|φ| < π
2)在区间(－ π
12，π
6]上单调且最大值
不大于 3，则 φ 的取值范围是( )
A.[0，π
3 ] B.[－π
3，π
6]
C.[－π
4，0) D.[－π
3，0]
解析：选 D 因为函数 f(x)＝2sin(2x＋φ)(|φ| < π
2)在区间(－ π
12，π
6]上单调且最大值不大于
3，又 φ－π
6<2x＋φ≤π
3＋φ，所以 2×π
6＋φ≤π
3，且 2×(－ π
12 )＋φ≥－π
2，解得－π
3≤φ≤0，
故选 D.
5.[考点一、二、三、四](2017·武汉调研)已知函数 f(x)＝sin (2x－π
2)(x∈R)，下列结论错
误的是( )
A．函数 f(x)是偶函数
B．函数 f(x)的最小正周期为 π
C．函数 f(x)在区间[0，π
2 ]上是增函数
D．函数 f(x)的图象关于直线 x＝π
4对称
解析：选 D f(x)＝sin(2x－π
2)＝－cos 2x，此函数为最小正周期为 π 的偶函数，所以 A，
B 正确．由函数 y＝cos x 的单调性知 C 正确．函数图象的对称轴方程为 x＝kπ
2 (k∈Z)，显然，
无论 k 取任何整数，x≠π
4，所以 D 错误．
6.[考点四]已知函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ)，对于任意 x 都有 f(
π
6＋x )＝f(
π
6－x )，则 f (
π
6 )的值为________．
解析：∵f(
π
6＋x )＝f(
π
6－x )，∴x＝π
6是函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ)的一条对称轴．∴f(
π
6 )＝±2.
答案：2 或－2
7.[考点一·考法(一)]函数 y＝2sin(
π
6－2x)(x∈[0，π])为增函数的区间是________．
解析：∵y＝2sin(
π
6－2x)＝－2sin(2x－π
6)，
∴只需求 y＝2sin (2x－π
6)的减区间即可．
∵y＝sin x 的减区间为[2kπ＋π
2，2kπ＋3π
2 ]，k∈Z，
∴令 2x－π
6∈[2kπ＋π
2，2kπ＋3π
2 ]，k∈Z，
得 x∈[kπ＋π
3，kπ＋5π
6 ]，k∈Z.
∵x∈[0，π]，∴x∈ [
π
3，5π
6 ].即函数 y＝2sin (
π
6－2x)(x∈[0，π])为增函数的区间是
[
π
3，5π
6 ].
答案：[
π
3，5π
6 ]
[全国卷 5 年真题集中演练——明规律]
1.(2016·全国乙卷)已知函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω > 0，|φ| ≤ π
2)，x＝－π
4为 f(x)的零点，x
＝π
4为 y＝f(x)图象的对称轴，且 f(x)在(
π
18，5π
36)上单调，则 ω 的最大值为( )
A．11 B．9 C．7 D．5
解析：选 B 由题意得Error!且|φ|≤π
2，则 ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝π
4或 φ＝－π
4.对比选项，
将选项值分别代入验证：若 ω＝11，则 φ＝－π
4，此时 f(x)＝sin(11x－π
4)，f(x)在区间(
π
18，3π
44)
上单调递增，在区间(
3π
44，5π
36)上单调递减，不满足 f(x)在区间(
π
18，5π
36)上单调；若 ω＝9，则 φ
＝π
4，此时 f(x)＝sin(9x＋π
4)，满足 f(x)在区间(
π
18，5π
36)上单调递减，故选 B.
2．(2014·新课标全国卷Ⅰ)在函数①y＝cos|2x|，②y＝|cos x|，③y＝cos2x＋π
6，④y＝tan
(2x－π
4)中，最小正周期为 π 的所有函数为( )
A．①②③ B．①③④
C．②④ D．①③
解析：选 A ①y＝cos|2x|，最小正周期为 π；②y＝|cos x|，最小正周期为 π；③y＝cos
(2x＋π
6)，最小正周期为 π；④y＝tan(2x－π
4)，最小正周期为π
2.所以最小正周期为 π 的所有函
数为①②③，故选 A.
3．(2012·新课标全国卷)已知 ω>0,0<φ<π，直线 x＝π
4和 x＝5π
4 是函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)图
象的两条相邻的对称轴，则 φ＝( )
A.π
4 B.π
3
C.π
2 D.3π
4
解析：选 A 由于直线 x＝π
4和 x＝5π
4 是函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)图象的两条相邻的对称轴，
所以函数 f(x)的最小正周期 T＝2π，所以 ω＝1，所以π
4＋φ＝kπ＋π
2(k∈Z)，又 0<φ<π，所以 φ
＝π
4.
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．下列函数中，最小正周期为 π 且图象关于原点对称的函数是( )
A．y＝cos(2x＋π
2) B．y＝sin(2x＋π
2)C．y＝sin 2x＋cos 2x D．y＝sin x＋cos x
解析：选 A y＝cos(2x＋π
2)＝－sin 2x，最小正周期 T＝2π
2 ＝π，且为奇函数，其图象关
于原点对称，故 A 正确；y＝sin(2x＋π
2)＝cos 2x，最小正周期为 π，且为偶函数，其图象关于
y 轴对称，故 B 不正确；C，D 均为非奇非偶函数，其图象不关于原点对称，故 C，D 不正
确．
2．函数 f(x)＝tan (2x－π
3)的单调递增区间是( )
A.[
kπ
2 － π
12，kπ
2 ＋5π
12](k∈Z)
B.(
kπ
2 － π
12，kπ
2 ＋5π
12)(k∈Z)
C.[kπ－ π
12，kπ＋5π
12](k∈Z)
D.(kπ＋π
6，kπ＋2π
3 )(k∈Z)
解析：选 B 由 kπ－π
2＜2x－π
3＜kπ＋π
2(k∈Z)，得kπ
2 － π
12＜x＜kπ
2 ＋5π
12(k∈Z)，所以函数
f(x)＝tan (2x－π
3)的单调递增区间为(
kπ
2 － π
12，kπ
2 ＋5π
12)(k∈Z)．
3．已知函数 y＝sin ωx(ω>0)在区间[0，π
2 ]上为增函数，且图象关于点(3π，0)对称，则 ω
的取值集合为( )
A.{
1
3，2
3，1} B.{
1
6，1
3 }
C.{
1
3，2
3 } D.{
1
6，2
3 }
解析：选 A 由题意知Error!即Error!其中 k∈Z，则 ω＝1
3，ω＝2
3或 ω＝1，即 ω 的取值
集合为{
1
3，2
3，1}.
4．设函数 f(x)＝3sin (
π
2x＋π
4)，若存在这样的实数 x1 ，x 2 ，对任意的 x∈R，都有
f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则|x1－x2|的最小值为________．
解析：∵对任意 x∈R，都有 f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，∴f(x1)，f(x2)分别为函数 f(x)的最小
值和最大值，∴|x1－x2|的最小值为 1
2T＝1
2×2π
π
2
＝2.
答案：2
5．已知 x∈(0，π]，关于 x 的方程 2sin(x＋π
3 )＝a 有两个不同的实数解，则实数 a 的取
值范围为________．
解析：令 y1＝2sin(x＋π
3 )，x∈(0，π]，y2＝a，作出 y1 的图象如图所
示．若 2sin(x＋π
3 )＝a 在(0，π]上有两个不同的实数解，则 y1 与 y2 应有
两个不同的交点，所以 30)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为π
2，且该函数图
象关于点(x0,0)成中心对称，x0∈[0，π
2 ]，则 x0＝( )
A.5π
12 B.π
4 C.π
3 D.π
6
解析：选 A 由题意得T
2＝π
2，T＝π，则 ω＝2.由 2x0＋π
6＝kπ(k∈Z)，得 x0＝kπ
2 － π
12(k∈
Z)，又 x0∈[0，π
2 ]，所以 x0＝5π
12.
5．设函数 f(x)＝|sin(x＋π
3 )|(x∈R)，则 f(x)( )
A．在区间[－π，－π
2]上是减函数
B．在区间[
2π
3 ，7π
6 ]上是增函数
C．在区间[
π
8，π
4 ]上是增函数
D．在区间[
π
3，5π
6 ]上是减函数
解析：选 B 由 f(x)＝|sin(x＋π
3 )|可知，f(x)的最小正周期为 π.由 kπ≤x＋π
3≤π
2＋kπ(k∈Z)，
得－π
3＋kπ≤x≤π
6＋kπ(k∈Z)，即 f(x)在[－π
3＋kπ，π
6＋kπ](k∈Z)上单调递增；由π
2＋kπ≤x＋π
3
≤π＋kπ(k∈Z)，得 π
6＋kπ≤x≤2π
3 ＋kπ(k∈Z)，即 f(x)在 [
π
6＋kπ，2π
3 ＋kπ](k∈Z)上单调递
减．将各选项逐项代入验证，可知 B 正确．
6．(2017·安徽江南十校联考)已知函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|<π
2的最小正周期为 4π，
且对任意 x∈R，都有 f(x)≤f (
π
3 )成立，则 f(x)图象的一个对称中心的坐标是( )
A.(－2π
3 ，0) B.(－π
3，0)
C.(
2π
3 ，0) D.(
5π
3 ，0)
解析：选 A 由 f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为 4π，得 ω＝1
2.因为 f(x)≤f (
π
3 )恒成
立，所以 f(x)max＝f(
π
3 )，即1
2×π
3＋φ＝π
2＋2kπ(k∈Z)，所以 φ＝π
3＋2kπ(k∈Z)，由|φ|<π
2，
得 φ＝π
3，故 f(x)＝sin(
1
2x＋π
3).令 1
2x＋π
3＝kπ(k∈Z)，得 x＝2kπ－2π
3 (k∈Z)，故 f(x)图象的对称
中心为(2kπ－2π
3 ，0)(k∈Z)，当 k＝0 时，f(x)图象的一个对称中心的坐标为(－2π
3 ，0)，故选
A.
二、填空题
7．函数 y＝tan (2x＋π
4)的图象与 x 轴交点的坐标是________．
解析：由 2x＋π
4＝kπ(k∈Z)得，x＝kπ
2 －π
8(k∈Z)．
∴函数 y＝tan (2x＋π
4)的图象与 x 轴交点的坐标是(
kπ
2 －π
8，0)，k∈Z.
答案：(
kπ
2 －π
8，0)，k∈Z
8．若函数 f(x)＝sin ωx(ω>0)在区间[0，π
3 ]上单调递增，在区间[
π
3，π
2 ]上单调递减，则 ω
＝________.
解析：∵f(x)＝sin ωx(ω>0)过原点，
∴当 0≤ωx≤π
2，即 0≤x≤ π
2ω时，y＝sin ωx 是增函数；
当π
2≤ωx≤3π
2 ，即 π
2ω≤x≤3π
2ω时，y＝sin ωx 是减函数．
由 f(x)＝sin ωx(ω>0)在[0，π
3 ]上单调递增，
在[
π
3，π
2 ]上单调递减知， π
2ω＝π
3，∴ω＝3
2.
答案：3
2
9．已知函数 f(x)＝3sin(ωx－π
6)(ω>0)和 g(x)＝3cos(2x＋φ)的图象的对称中心完全相同，
若 x∈[0，π
2 ]，则 f(x)的取值范围是________．
解析：由两三角函数图象的对称中心完全相同，可知两函数的周期相同，故 ω＝2，所以
f(x)＝3sin(2x－π
6)，当 x∈[0，π
2 ]时，－π
6≤2x－π
6≤5π
6 ，所以－1
2≤sin(2x－π
6)≤1，故 f(x)∈
[－3
2，3].
答案：[－3
2，3]
10 ． 已 知 函 数 f(x) ＝ cos(3x＋π
3)， 其 中 x ∈[
π
6，m]m ∈ R 且 m>π
6， 若 f(x) 的 值 域 是
[－1，－ 3
2 ]，则 m 的最大值是________．
解析：由 x∈[
π
6，m]，可知5π
6 ≤3x＋π
3≤3m＋π
3，∵f(
π
6 )＝cos5π
6 ＝－ 3
2 ，且 f(
2π
9 )＝
cos π＝－1，∴要使 f(x)的值域是[－1，－ 3
2 ]，需要 π≤3m＋π
3≤7π
6 ，解得2π
9 ≤m≤5π
18，即 m
的最大值是5π
18.
答案：5π
18
三、解答题
11．已知函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)(0 < φ < 2π
3 )的最小正周期为 π.
(1)求当 f(x)为偶函数时 φ 的值；
(2)若 f(x)的图象过点(
π
6， 3
2 )，求 f(x)的单调递增区间．
解：∵f(x)的最小正周期为 π，则 T＝2π
ω ＝π，∴ω＝2，
∴f(x)＝sin(2x＋φ)．
(1)当 f(x)为偶函数时，f(－x)＝f(x)．即 sin(2x＋φ)＝sin(－2x＋φ)，展开整理得 sin 2xcos
φ＝0，由已知，上式对任意 x∈R 都成立，∴cos φ＝0.∵0<φ<2π
3 ，∴φ＝π
2.
(2)由 f(x)的图象过点(
π
6， 3
2 )，得 sin(2 × π
6＋φ)＝ 3
2 ，
即 sin(
π
3＋φ )＝ 3
2 .
又∵0<φ<2π
3 ，∴π
3<π
3＋φ<π，
∴π
3＋φ＝2π
3 ，则 φ＝π
3.∴f(x)＝sin(2x＋π
3).
令 2kπ－π
2≤2x＋π
3≤2kπ＋π
2，k∈Z，
得 kπ－5π
12≤x≤kπ＋ π
12，k∈Z.
∴f(x)的单调递增区间为[kπ－5π
12，kπ＋ π
12]，k∈Z.
12．已知函数 f(x)＝a(2cos2x
2＋sin x)＋b.
(1)若 a＝－1，求函数 f(x)的单调增区间；
(2)若 x∈[0，π]时，函数 f(x)的值域是[5,8]，求 a，b 的值．
解：f(x)＝a(1＋cos x＋sin x)＋b
＝ 2asin(x＋π
4 )＋a＋b.
(1)当 a＝－1 时，f(x)＝－ 2sin(x＋π
4 )＋b－1，
由 2kπ＋π
2≤x＋π
4≤2kπ＋3π
2 (k∈Z)，
得 2kπ＋π
4≤x≤2kπ＋5π
4 (k∈Z)，
∴f(x)的单调增区间为[2kπ＋π
4，2kπ＋5π
4 ]，k∈Z.
(2)∵0≤x≤π，∴π
4≤x＋π
4≤5π
4 ，
∴－ 2
2 ≤sin(x＋π
4 )≤1，依题意知 a≠0.
①当 a>0 时，Error!∴a＝3 2－3，b＝5.
②当 a<0 时，Error!∴a＝3－3 2，b＝8.
综上所述，a＝3 2－3，b＝5 或 a＝3－3 2，b＝8.
第四节
函数 y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用
突破点(一) 函数 y＝Asin(ωx＋φ)的图象
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．y＝Asin(ωx＋φ)的有关概念
振幅 周期 频率 相位 初相y＝Asin(ωx＋φ)
(A>0，ω>0) A T＝2π
ω f＝1
T＝ ω
2π ωx＋φ φ
2.用五点法画 y＝Asin(ωx＋φ)一个周期内的简图
用五点法画 y＝Asin(ωx＋φ)一个周期内的简图时，要找五个关键点，如下表所示：
x －φ
ω －φ
ω＋ π
2ω
π－φ
ω
3π
2ω－φ
ω
2π－φ
ω
ωx＋φ 0 π
2 π 3π
2 2π
y＝Asin(ωx＋φ) 0 A 0 －A 0
3.由函数 y＝sin x 的图象变换得到 y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象的两种方法
本节主要包括 2 个知识点：
1.函数 y＝Asin(ωx＋φ)的图象；
2.三角函数模型的简单应用.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
函数 y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换
1.“五点法”画图
(1)y＝sin x 的图象在[0,2π]上的五个关键点的坐标为(0,0)，(
π
2，1 )，(π，0)，(
3π
2 ，－1)，(2π，
0)，图象如图①所示．
(2)y＝cos x 的图象在[0,2π]上的五个关键点的坐标为(0,1)，(
π
2，0 )，(π，－1)，(
3π
2 ，0)，(2π，
1)，图象如图②所示．
2．三角函数图象的变换
函数 y＝Asin(ωx＋φ)＋k(A>0，ω>0)中，参数 A，ω，φ，k 的变化引起图象的变换：A
的变化引起图象中振幅的变换，即纵向伸缩变换；ω 的变化引起周期的变换，即横向伸缩变
换；φ 的变化引起左右平移变换，k 的变化引起上下平移变换．图象平移遵循的规律为：“左
加右减，上加下减”．
[例 1] 某同学用“五点法”画函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω > 0，|φ| < π
2)在某一个周期内的
图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
ωx＋φ 0 π
2 π 3π
2 2π
x π
3
5π
6
Asin(ωx＋φ) 0 5 －5 0
(1)请将上表数据补充完整，并直接写出函数 f(x)的解析式；
(2)将 y＝f(x)图象上所有点向左平移π
6个单位长度，得到 y＝g(x)的图象，求 y＝g(x)的图
象离原点 O 最近的对称中心；
(3)说明函数 f(x)的图象是由 y＝sin x 的图象经过怎样的变换得到的．
[解] (1)根据表中已知数据，解得 A＝5，ω＝2，φ＝－π
6，数据补全如下表：
ωx＋φ 0 π
2 π 3π
2 2π
x π
12
π
3
7π
12
5π
6
13π
12
Asin(ωx＋φ) 0 5 0 －5 0
则函数解析式为 f(x)＝5sin(2x－π
6).
(2)由(1)知 f(x)＝5sin(2x－π
6)，
因此 g(x)＝5sin[2(x＋π
6 )－π
6]＝5sin(2x＋π
6).
因为 y＝sin x 的对称中心为(kπ，0)，k∈Z，
令 2x＋π
6＝kπ，k∈Z，解得 x＝kπ
2 － π
12，k∈Z，
即 y＝g(x)图象的对称中心为(
kπ
2 － π
12，0)，k∈Z，
其中离原点 O 最近的对称中心为(－ π
12，0).
(3)把 y＝sin x 的图象上所有的点向右平移π
6个单位长度，得到 y＝sin (x－π
6 )的图象，再
把 y＝sin (x－π
6 )的图象上的点的横坐标缩短到原来的1
2倍(纵坐标不变)，得到 y＝sin (2x－π
6)
的图象，最后把 y＝sin (2x－π
6)上所有点的纵坐标伸长到原来的 5 倍(横坐标不变)，即可得到
y＝5sin2x－π
6的图象．
[易错提醒]
(1)由 y＝sin ωx 到 y＝sin(ωx＋φ)的变换：向左平移φ
ω(ω>0，φ>0)个单位长度而非 φ 个单
位长度．
(2)平移前后两个三角函数的名称如果不一致，应先利用诱导公式化为同名函数，ω 为负
时应先变成正值．
由图象求函数 y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
求函数解析式 y＝Asin(ωx＋φ)＋k(A>0，ω>0)是常见问题，一般和函数周期、最值及图
象变换相结合．由图象(或性质)求三角函数解析式的方法：
(1)A，k 由最值确定，在一个周期内(或者从最高点到相邻的最低点)，若最大值为 M，最
小值为 m，则 A＝M－m
2 ，k＝M＋m
2 .特别地，当 k＝0 时，A＝M＝－m.
(2)ω 由周期 T 确定，即由2π
ω ＝T 求出．常用的确定 T 值的方法如下：
①曲线与 x 轴的相邻两个交点之间的距离为T
2；
②最高点的横坐标和与其相邻的最低点的横坐标之间的距离为T
2；
③相邻的两个最低点(最高点)之间的距离为 T；
④有时还可以从图中读出T
4或者3T
4 的长度来确定 ω.
(3)φ 值的确定有三种途径：
代入法
将图象中一个已知点代入或将图象与直线 y＝b 的交点代入求解(此时要注意交点
在增区间还是在减区间)
五点法
由特殊点确定，可以利用最高点或最低点，也可以利用零点．利用零点时，通常
把“五点法”中的第一个点(x0,0)(初始点)作为突破口，由“第一个点”(图象上升
时与 x 轴的交点)可得等式 ωx0＋φ＝2kπ(k∈Z)；由“第三个点”(图象下降时与 x
轴的交点)可得等式为 ωx0＋φ＝π＋2kπ(k∈Z)．再由已知条件中 φ 的具体范围确
定相应的 φ 值
变换法
运用逆向思维，由图象变换来确定．由 f(x)＝Asin(ωx＋φ)＝Asin ω (x＋φ
ω )知，“五
点法”中的第一个点(－φ
ω，0)就是由原点平移而来的，可从图中读出此点横坐标，
令其等于－φ
ω，即可得到 φ 值
[例 2] (1)(2017·石家庄模拟)函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)A>0，
ω>0，|φ|<π
2的部分图象如图所示，则 f (
11π
24 )的值为( )
A．－ 6
2 B．－ 3
2
C．－ 2
2 D．－1
(2)已知函数 f(x)＝Acos(ωx＋φ)的图象如图所示，f(
π
2 )＝
－2
3，则 f(－π
6 )＝( )
A．－2
3 B．－1
2
C.2
3 D.1
2
[解析] (1)由图象可得 A＝ 2，最小正周期 T＝4×(
7π
12－π
3)＝π，则 ω＝2π
T ＝2.由 f(
7π
12 )
＝ 2sin(
7π
6 ＋φ)＝－ 2，且|φ|<π
2，得 φ＝π
3，则 f(x)＝ 2sin(2x＋π
3)，f(
11π
24 )＝ 2sin(
11π
12 ＋π
3)
＝ 2sin5π
4 ＝－1.
(2)由题图知T
2＝11π
12 －7π
12＝π
3，
∴T＝2π
3 ，即 ω＝3，
当 x＝7π
12时，y＝0，即 3×7π
12＋φ＝2kπ－π
2，k∈Z，
∴φ＝2kπ－9π
4 ，k∈Z，取 k＝1，则 φ＝－π
4，
∴f(x)＝Acos(3x－π
4).
则 Acos(
3π
2 －π
4)＝－2
3，解得 A＝2 2
3 ，
∴f(x)＝2 2
3 cos(3x－π
4)，
故 f(－π
6 )＝2 2
3 cos(－π
2－π
4)＝－2
3.
[答案] (1)D (2)A
[易错提醒]
(1)一般情况下，ω 的值是唯一确定的，但 φ 的值是不确定的，它有无数个，如果求出的
φ 值不在指定范围内，可以通过加减2π
ω 的整数倍达到目的．
(2)正弦函数、余弦函数的两个相邻的对称中心、两条相邻的对称轴之间的距离并不是函
数的一个周期，而是半个周期，在解题中要考虑到这一点．
三角函数图象与性质的综合应用
[例 3] 已知函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)x∈R，ω、A>0,0<φ<π
2的最大值为 2，最小正周期为
π，直线 x＝π
6是其图象的一条对称轴．
(1)求函数 f(x)的解析式；
(2)求函数 g(x)＝f(x－ π
12)－f (x＋ π
12)的单调递增区间．
[解] (1)由题意，得 A＝2，ω＝2π
π ＝2，
又直线 x＝π
6是 f(x)的图象的一条对称轴，
所以 2sin(2 × π
6＋φ)＝±2，
即 sin(
π
3＋φ )＝±1，
所以π
3＋φ＝kπ＋π
2(k∈Z)，
解得 φ＝kπ＋π
6(k∈Z)，又 0<φ<π
2，∴φ＝π
6.
故 f(x)＝2sin(2x＋π
6).
(2)g(x)＝2sin[2(x－ π
12)＋π
6]－2sin2(x＋ π
12)＋π
6
＝2sin 2x－2sin(2x＋π
3)
＝2sin 2x－2(
1
2sin 2x＋ 3
2 cos 2x)＝sin 2x－ 3cos 2x
＝2sin(2x－π
3).
令 2kπ－π
2≤2x－π
3≤2kπ＋π
2，k∈Z，
得 kπ－ π
12≤x≤kπ＋5π
12，k∈Z.
所以函数 g(x)的单调递增区间是[kπ－ π
12，kπ＋5π
12]，k∈Z.
[方法技巧]
三角函数图象与性质的综合问题的求解思路
先将 y＝f(x)化为 y＝Asin(ωx＋φ)＋B 的形式，再借助 y＝Asin(ωx＋φ)的图象和性质(如
定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等)解决相关问题．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一](2017·西安模拟)函数 y＝sin (2x－π
3)在区间[－π
2，π]上的简图是( )
解析：选 A 令 x＝0，得 y＝sin(－π
3 )＝－ 3
2 ，排除 B、D.当 x∈[－π
2，0]时，－4π
3 ≤2x
－π
3≤－π
3，在此区间上函数不会出现最高点，排除 C，故选 A.
2.[考点一](2016·四川高考)为了得到函数 y＝sin2x－π
3的图象，只需把函数 y＝sin 2x 的图
象上所有的点( )
A．向左平行移动π
3个单位长度
B．向右平行移动π
3个单位长度
C．向左平行移动π
6个单位长度
D．向右平行移动π
6个单位长度
解析：选 D ∵y＝sin(2x－π
3)＝sin[2(x－π
6 )]，
∴将函数 y＝sin 2x 的图象向右平行移动π
6个单位长度，可得 y＝sin (2x－π
3)的图象．
3.[考点二]函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ)ω>0，－ π
2<φ<π
2的部分图象如
图所示，则 ω，φ 的值分别是( )
A．2，－π
3 B．2，－π
6
C．4，－π
6 D．4，π
3
解析：选 A 由图可得，3T
4 ＝5π
12－(－π
3 )＝3π
4 ，∴T ＝π ，则 ω ＝2 ，∵图象过点 B
(
5π
12，2)，∴2sin(2 × 5π
12＋φ)＝2，∴2×5π
12＋φ＝π
2＋2kπ(k∈Z)，∵－π
2<φ<π
2，∴φ＝－π
3.
4.[考点二、三](2016·银川二模)已知函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)的图象与
x 轴的一个交点(－ π
12，0)到其相邻的一条对称轴的距离为π
4，若 f(
π
12 )＝3
2，则函数 f(x)在
[0，π
2 ]上的最小值为( )
A.1
2 B．－ 3 C．－ 3
2 D．－1
2
解析：选 C 由题意得，函数 f(x)的最小正周期 T＝4× π
4＝π＝2π
ω ，解得 ω＝2.因为点
(－ π
12，0)在函数 f(x)的图象上，所以 Asin[2 × (－ π
12 )＋φ]＝0，解得 φ＝kπ＋π
6，k∈Z，由
0<φ<π，可得 φ＝π
6.因为 f(
π
12 )＝3
2，所以 Asin2× π
12＋π
6＝3
2，解得 A＝ 3，所以 f(x)＝ 3sin2x
＋π
6.当 x∈[0，π
2 ]时，2x＋π
6∈[
π
6，7π
6 ]，sin2x＋π
6∈[－1
2，1]，且当 2x＋π
6＝7π
6 ，即 x＝π
2时，
函数 f(x)取得最小值，最小值为－ 3
2 ，故选 C.
5.[考点二](2017·江西百校联盟联考)已知函数 f(x)＝sin(ωx＋φ) (|φ| < π
2，ω > 0)的图象在
y 轴右侧的第一个最高点为 P(
π
6，1 )，在原点右侧与 x 轴的第一个交点为 Q(
5π
12，0)，则 f
(
π
3 )的值为( )
A．1 B.
2
2 C.1
2 D.
3
2
解析：选 C 由题意得T
4＝5π
12－π
6，所以 T＝π，所以 ω＝2，则 f(x)＝sin(2x＋φ)，将点 P
(
π
6，1 )代入 f(x)＝sin(2x＋φ)，得 sin(2 × π
6＋φ)＝1，所以 φ＝π
6＋2kπ(k∈Z)．又|φ|<π
2，所以
φ＝π
6，即 f(x)＝sin(2x＋π
6)(x∈R)，所以 f(
π
3 )＝sin(2 × π
3＋π
6)＝sin5π
6 ＝1
2，选 C.
6.[考点三]已知函数 f(x)＝ 3sin(ωx＋φ)ω>0，－π
2≤φ<π
2的图象关于直线 x＝π
3对称，且图
象上相邻两个最高点的距离为 π.
(1)求 ω 和 φ 的值；
(2)当 x∈[0，π
2 ]时，求函数 y＝f(x)的最大值和最小值．
解：(1)因为 f(x)的图象上相邻两个最高点的距离为 π，
所以 f(x)的最小正周期 T＝π，从而 ω＝2π
T ＝2.
又因为 f(x)的图象关于直线 x＝π
3对称，
所以 2×π
3＋φ＝kπ＋π
2，k∈Z，即 φ＝kπ－π
6，k∈Z，
又－π
2≤φ<π
2，所以 φ＝－π
6.
综上，ω＝2，φ＝－π
6.
(2)由(1)知 f(x)＝ 3sin(2x－π
6)，
当 x∈[0，π
2 ]时，－π
6≤2x－π
6≤5π
6 ，
所以，当 2x－π
6＝π
2，即 x＝π
3时，f(x)最大值＝ 3；
当 2x－π
6＝－π
6，即 x＝0 时，f(x)最小值＝－ 3
2 .
突破点(二) 三角函数模型的简单应用
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
三角函数模型的实际应用
三角函数模型在实际中的应用体现在两个方面：
(1)已知函数模型，利用三角函数的有关性质解决问题，其关键是准确理解自变量的意义
及自变量与函数之间的对应法则．
(2)把实际问题抽象转化成数学问题，建立三角函数模型，再利用三角函数的有关知识解
决问题，其关键是建模．
[典例] 某实验室一天的温度(单位：℃)随时间 t(单位：h)的变化近似满足函数关系：f(t)
＝10－ 3cos π
12t－sin π
12t，t∈[0,24)．
(1)求实验室这一天的最大温差；
(2)若要求实验室温度不高于 11 ℃，则在哪段时间实验室需要降温？
[解] (1)因为 f(t)＝10－ 3cos π
12t－sin π
12t＝10－2sin(
π
12t＋π
3)，又 0≤t＜24，所以π
3≤ π
12t＋
π
3<7π
3 ，所以－1≤sin(
π
12t＋π
3)≤1.
当 t＝2 时，sin(
π
12t＋π
3)＝1；
当 t＝14 时，sin(
π
12t＋π
3)＝－1.
于是 f(t)在[0,24)上取得最大值 12，取得最小值 8.
故实验室这一天的最高温度为 12 ℃，最低温度为 8 ℃，最大温差为 4 ℃.
(2)依题意，当 f(t)>11 时实验室需要降温．
由(1)得 f(t)＝10－2sin(
π
12t＋π
3)，
故有 10－2sin(
π
12t＋π
3)>11，
即 sin(
π
12t＋π
3)<－1
2.
又 0≤t<24，因此7π
6 < π
12t＋π
3<11π
6 ，
即 100，ω>0，|φ|<π
2的模型波动(x 为月份)，已知 3 月份达到最高价 9 千元，9 月份价格最
低为 5 千元．则 7 月份的出厂价格为________元．
解析：作出函数简图如图：三角函数模型为：y＝Asin(ωx＋φ)＋B，由题意知：A＝2
000，B＝7 000，T＝2×(9－3)＝12，∴ω＝2π
T ＝π
6.将(3，9 000)看成
函数图象的第二个特殊点，则有π
6×3＋φ＝π
2，∴φ＝0，故 f(x)＝2
000sinπ
6x＋7 000(1≤x≤12，x∈N*)．
∴f(7)＝2 000×sin7π
6 ＋7 000＝6 000.
故 7 月份的出厂价格为 6 000 元．
答案：6 000
3．某城市一年中 12 个月的平均气温与月份的关系可近似地用三角函数 y＝a＋Acos
[
π
6
(x－6)
](x＝1,2,3，…，12)来表示，已知 6 月份的平均气温最高，为 28 ℃，12 月份的平均
气温最低，为 18 ℃，则 10 月份的平均气温值为________℃.
解析：依题意知，a＝28＋18
2 ＝23，A＝28－18
2 ＝5，
所以 y＝23＋5cos[
π
6
(x－6)
]，
当 x＝10 时，y＝23＋5cos(
π
6 × 4)＝20.5.
答案：20.5
4.如图所示，某市拟在长为 8 km 的道路 OP 的一侧修建一条运
动赛道，赛道的前一部分为曲线段 OSM，该曲线段为函数 y＝Asin
ωx(A>0，ω>0)，x∈[0,4]的图象，且图象的最高点为 S(3,2 3)，赛
道的后一部分为折线段 MNP，求 A，ω 的值和 M，P 两点间的距离．
解：依题意，有 A＝2 3，T
4＝3，
又 T＝2π
ω ，所以 ω＝π
6，所以 y＝2 3sinπ
6x，x∈[0,4]，
所以当 x＝4 时，y＝2 3sin2π
3 ＝3，
所以 M(4,3)，又 P(8,0)，
所以 MP＝ (8－4)2＋(0－3)2＝ 42＋32＝5(km)，
即 M，P 两点间的距离为 5 km.
5．(2017·青岛调研)某市新体育公园的中心广场平面图如图所示，
在 y 轴左侧的观光道(单位：米)曲线段是函数 y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，
ω>0,0<φ<π)，x∈[－4,0]的图象且最高点为 B(－1,4)，在 y 轴右侧
的观光道曲线段是以 CO 为直径的半圆弧．
(1)试确定 A，ω 和 φ 的值；
(2)现要在 y 轴右侧的半圆中修建一条步行道 CDO，点 C 与半圆弧上的一点 D 之间设计
为直线段(造价为 2 万元/米)．点 D 到点 O 之间设计为沿半圆弧的弧形(造价为 1 万元/
米)．设∠DCO＝θ(弧度)，试用 θ 来表示修建步行道 CDO 的造价预算，并求该造价预算的最
大值？(注：只考虑步行道的长度，不考虑步行道的宽度)
解：(1)因为最高点为 B(－1,4)，所以 A＝4.
由图可得T
4＝－1－(－4)＝3，所以 T＝12，
因为 T＝2π
ω ＝12，所以 ω＝π
6，
所以 4＝4sin[
π
6 × (－1)＋φ]，即 sin(φ－π
6 )＝1，
又 0<φ<π，所以 φ＝2π
3 .
(2)由(1)知 y＝4sin(
π
6x＋2π
3 )，x∈[－4,0]，得点 C(0，2 3)，即
CO＝2 3，取 CO 的中点 F，连接 DF，DO，
因为弧CD为半圆弧，所以∠DFO＝2θ，∠CDO＝90°，
即DO＝2θ× 3＝2 3θ，则圆弧段 DO的造价预算为 2 3θ 万
元，
在 Rt△CDO 中，CD＝2 3cos θ，则直线段 CD 的造价预算为 4 3cos θ 万元，
所以步行道 CDO 的造价预算 g(θ)＝4 3cos θ＋2 3θ，θ∈(0，π
2 ).
由 g′(θ)＝4 3(－sin θ)＋2 3＝2 3(1－2sin θ)，得当 θ＝π
6时，g′(θ)＝0，
当 θ∈(0，π
6 )时，g′(θ)>0，
即 g(θ)在(0，π
6 )上单调递增；
当 θ∈(
π
6，π
2 )时，g′(θ)<0，
即 g(θ)在(
π
6，π
2 )上单调递减．
所以 g(θ)在 θ＝π
6时取得极大值也是最大值 6＋ 3
3 π，即修建步行道 CDO 的造价预算的最
大值为(6＋ 3
3 π)万元．
[全国卷 5 年真题集中演练——明规律]
1．(2016·全国乙卷)将函数 y＝2sin (2x＋π
6)的图象向右平移1
4个周期后，所得图象对应的
函数为( )
A．y＝2sin(2x＋π
4) B．y＝2sin(2x＋π
3)
C．y＝2sin(2x－π
4) D．y＝2sin(2x－π
3)
解析：选 D 函数 y＝2sin (2x＋π
6)的周期为 π，将函数 y＝2sin (2x＋π
6)的图象向右平移1
4
个周期即π
4个单位长度，所得图象对应的函数为 y＝2sin[2(x－π
4 )＋π
6]＝2sin(2x－π
3)，故选 D.
2．(2016·全国甲卷)若将函数 y＝2sin 2x 的图象向左平移 π
12个单位长度，则平移后图象
的对称轴为( )
A．x＝kπ
2 －π
6(k∈Z)
B．x＝kπ
2 ＋π
6(k∈Z)
C．x＝kπ
2 － π
12(k∈Z)
D．x＝kπ
2 ＋ π
12(k∈Z)
解析：选 B 将函数 y＝2sin 2x 的图象向左平移 π
12个单位长度，得到函数 y＝2sin
[2(x＋ π
12)]＝2sin (2x＋π
6)的图象．由 2x＋π
6＝kπ＋π
2(k∈Z)，得 x＝kπ
2 ＋π
6(k∈Z)，即平移后图
象的对称轴为 x＝kπ
2 ＋π
6(k∈Z)．
3．(2015·新课标全国卷Ⅰ)函数 f(x)＝cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则 f(x)的单调递
减区间为( )
A.(kπ－1
4，kπ＋3
4)，k∈Z
B.(2kπ－1
4，2kπ＋3
4)，k∈Z
C.(k－1
4，k＋3
4)，k∈Z
D.(2k－1
4，2k＋3
4)，k∈Z
解析：选 D 由图象知，周期 T＝2(
5
4－1
4 )＝2，∴2π
ω ＝2，∴ω＝π.由 π×1
4＋φ＝π
2＋2kπ，
得 φ＝π
4＋2kπ，k∈Z，
不妨取 φ＝π
4，则 f(x)＝cos(πx＋π
4).由 2kπ＜πx＋π
4＜2kπ＋π，k∈Z，得 2k－1
4＜x＜2k＋
3
4，k∈Z，∴f(x)的单调递减区间为(2k－1
4，2k＋3
4)，k∈Z，故选 D.
4．(2016·全国丙卷)函数 y＝sin x－ 3cos x 的图象可由函数 y＝sin x＋ 3cos x 的图象至
少向右平移________个单位长度得到．
解析：因为 y＝sin x＋ 3cos x＝2sin(x＋π
3 )，y＝sin x－ 3cos x＝2sin(x－π
3 )，所以把 y＝
2sin (x＋π
3 )的图象至少向右平移2π
3 个单位长度可得 y＝2sin (x－π
3 )的图象．
答案：2π
3
5．(2013·新课标全国卷Ⅱ)函数 y＝cos(2x＋φ)(－π≤φ<π)的图象向右平移π
2个单位后，与
函数 y＝sin (2x＋π
3)的图象重合，则 φ＝________.
解析：将 y＝cos(2x＋φ)的图象向右平移π
2个单位后得到 y＝cos [2(x－π
2 )＋φ]的图象，化
简得 y＝－cos(2x＋φ)，又可变形为 y＝sin(2x＋φ－π
2).由题意可知 φ－π
2＝π
3＋2kπ(k∈Z)，所
以 φ＝5π
6 ＋2kπ(k∈Z)，结合－π≤φ<π 知 φ＝5π
6 .
答案：5π
6
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．要得到函数 y＝sin (4x－π
3)的图象，只需将函数 y＝sin 4x 的图象( )
A．向左平移 π
12个单位 B．向右平移 π
12个单位
C．向左平移π
3个单位 D．向右平移π
3个单位
解析：选 B 由 y＝sin(4x－π
3)＝sin [4(x－ π
12)]得，只需将 y＝sin 4x 的图象向右平移 π
12个
单位即可，故选 B.
2．(2017·渭南模拟)由 y＝f(x)的图象向左平移π
3个单位长度，再把所得图象上所有点的横
坐标伸长到原来的 2 倍，得到 y＝2sin (3x－π
6)的图象，则 f(x)为( )
A．2sin(
3
2x＋π
6) B．2sin(6x－π
6)
C．2sin(
3
2x＋π
3) D．2sin(6x＋π
3)
解析：选 B y＝2sin(3x－π
6)Error!y＝2sin(6x－π
6)Error!
y＝2sin[6(x－π
3 )－π
6]＝2sin(6x－π
6)＝f(x)．
3.已知函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)A>0，ω>0，|φ|<π
2的部分图象如图
所示，则 φ＝( )
A．－π
6 B.π
6
C．－π
3 D.π
3
解析：选 D 由图可知 A＝2，T＝4×(
π
3－ π
12)＝π，故 ω＝2π
π ＝2，又 f(
π
12 )＝2，所以 2sin
(2 × π
12＋φ)＝2，所以 2× π
12＋φ＝π
2＋2kπ(k∈Z)，故 φ＝π
3＋2kπ，k∈Z，又|φ|<π
2，所以 φ＝
π
3.
4．(2016·长沙四校联考)将函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，－π
2≤φ<π
2图象上每一点的横坐标
伸长为原来的 2 倍(纵坐标不变)，再向左平移π
3个单位长度得到 y＝sin x 的图象，则函数 f(x)
的单调递增区间为( )
A.[2kπ－ π
12，2kπ＋5π
12]，k∈Z
B.[2kπ－π
6，2kπ＋5π
6 ]，k∈Z
C.[kπ－ π
12，kπ＋5π
12]，k∈Z
D.[kπ－π
6，kπ＋5π
6 ]，k∈Z
解析：选 C 将 y＝sin x 的图象向右平移π
3个单位长度得到的函数为 y＝sin(x－π
3 )，将函
数 y＝sin (x－π
3 )的图象上每一点的横坐标缩短为原来的1
2(纵坐标不变)，则函数变为 y＝sin
(2x－π
3)＝f(x)，由 2kπ－π
2≤2x－π
3≤2kπ＋π
2，k∈Z，可得 kπ－ π
12≤x≤kπ＋5π
12，k∈Z，选 C.
5.已知函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|< π
2的部分图象如图所示，
则 y＝f (x＋π
6 )取得最小值时 x 的集合为________．
解析：根据所给图象，周期 T＝4×(
7π
12－π
3)＝π，故 ω＝2π
π ＝2，因此 f(x)＝sin(2x＋φ)，
又图象经过点(
7π
12，0)，所以有 2×7π
12＋φ＝kπ(k∈Z)，再由|φ|<π
2，得 φ＝－π
6，所以 f(x)＝sin
(2x－π
6)，则 f(x＋π
6 )＝sin2x＋π
6，当 2x＋π
6＝－π
2＋2kπ(k∈Z)，即 x＝－π
3＋kπ(k∈Z)时，y＝f
(x＋π
6 )取得最小值．
答案： Error!
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．(2017·汕头调研)已知函数周期为 π，其图象的一条对称轴是 x＝ π
3，则此函数的解析
式可以是( )
A．y＝sin(2x－π
6) B．y＝sin(2x＋π
6)
C．y＝sin(2x－π
3) D．y＝sin(
x
2＋π
6 )
解析：选 A 由函数周期为 π，排除 D；又其图象的一条对称轴是 x＝π
3，所以 x＝π
3时，
函数取得最值，而 f(
π
3 )＝sin(2 × π
3－π
6)＝1，所以 A 正确．
2.(2017·洛阳统考)已知函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)A>0，ω>0，|φ|<
π
2的部分图象如图所示，则 f(x)的解析式是( )
A．f(x)＝sin(3x＋π
3) B．f(x)＝sin(2x＋π
3)
C．f(x)＝sin(x＋π
3 ) D．f(x)＝sin(2x＋π
6)
解析：选 D 由图象可知 A＝1，T
4＝5π
12－π
6，∴T＝π，∴ω＝2π
T ＝2，故排除 A，C，把 x
＝π
6代入检验知，选项 D 符合题意．
3．(2017·湖北八校联考)把函数 y＝sin x(x∈R)的图象上所有点向左平移 π
6个单位长度，
再把所得图象上所有点的横坐标变为原来的 2 倍(纵坐标不变)，得到图象的函数解析式为
( )
A．y＝sin(2x－π
3) B．y＝sin(2x＋π
3)
C．y＝sin(
1
2x＋π
6) D．y＝sin(
1
2x－π
6)
解析：选 C 把函数 y＝sin x(x∈R)的图象上所有点向左平移π
6个单位长度，得到函数 y＝
sin(x＋π
6 )(x∈R)的图象；再把所得图象上所有点的横坐标变为原来的 2 倍(纵坐标不变)，得
到图象的函数解析式为 y＝sin(
1
2x＋π
6)(x∈R)．
4．(2017·郑州模拟)将函数 f(x)＝－cos 2x 的图象向右平移 π
4个单位后得到函数 g(x)的图
象，则 g(x)具有性质( )
A．最大值为 1，图象关于直线 x＝π
2对称
B．在(0，π
4 )上单调递减，为奇函数
C．在(－3π
8 ，π
8)上单调递增，为偶函数
D．周期为 π，图象关于点(
3π
8 ，0)对称
解析：选 B 由题意得，g(x)＝－cos 2(x－π
4 )＝－cos2x－π
2＝－sin 2x.A.最大值为 1 正确，
而 g(
π
2 )＝0，图象不关于直线 x＝π
2对称，故 A 错误；B.当 x∈(0，π
4 )时，2x∈(0，π
2 )，g(x)
单调递减，显然 g(x)是奇函数，故 B 正确；C.当 x∈(－3π
8 ，π
8)时，2x∈(－3π
4 ，π
4)，此时不满
足 g(x)单调递增，也不满足 g(x)是偶函数，故 C 错误；D.周期 T＝2π
2 ＝π，g(
3π
8 )＝－ 2
2 ，
故图象不关于点(
3π
8 ，0)对称．故选 B.
5．(2017·太原模拟)已知函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω > 0，|φ| < π
2)的最小正周期是 π，若将 f(x)
的图象向右平移π
3个单位后得到的图象关于原点对称，则函数 f(x)的图象( )
A．关于直线 x＝ π
12对称 B．关于直线 x＝5π
12对称
C．关于点(
π
12，0)对称 D．关于点(
5π
12，0)对称
解析：选 B ∵f(x)的最小正周期为 π，∴2π
ω ＝π，ω＝2，∴f(x)的图象向右平移π
3个单位
后得到 g(x)＝sin[2(x－π
3 )＋φ]＝sin (2x－2π
3 ＋φ)的图象，又 g(x)的图象关于原点对称，∴－2π
3
＋φ＝kπ，k∈Z，∴φ＝2π
3 ＋kπ，k∈Z，又|φ|<π
2，∴φ＝－π
3，∴f(x)＝sin(2x－π
3).当 x＝ π
12时，
2x－π
3＝－π
6，∴A，C 错误；当 x＝5π
12时，2x－π
3＝π
2，∴B 正确，D 错误．
6．将函数 f(x)＝sin 2x 的图象向右平移 φ (0 < φ < π
2)个单位后得到函数 g(x)的图象．若
对满足|f(x1)－g(x2)|＝2 的 x1，x2，有|x1－x2|min＝π
3，则 φ＝( )
A.5π
12 B.π
3
C.π
4 D.π
6
解析：选 D 由已知得 g(x)＝sin (2x－2φ)，满足|f(x1)－g(x2)|＝2，不妨设此时 y＝f(x)和
y＝g(x)分别取得最大值与最小值，又|x1－x2|min＝π
3，令 2x1＝π
2，2x2－2φ＝－π
2，此时|x1－x2|
＝|
π
2－φ |＝π
3，又 0<φ<π
2，故 φ＝π
6，选 D.
二、填空题
7. 函数 f(x) ＝Asin(ωx ＋φ)A ＞0 ，ω ＞0 ，|φ| ＜ π
2的部分图象
如图所示，若 x1 ，x2 ∈(－π
6，π
3)，且 f(x1)＝f(x 2)，则 f(x1＋x2)＝
________.
解析：观察图象可知，A＝1，T＝2[
π
3－(－π
6 )]＝π，
∴ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋φ)．
将(－π
6，0)代入上式得 sin(－π
3＋φ)＝0，
即－π
3＋φ＝kπ，k∈Z，
由|φ|＜π
2，得 φ＝π
3，则 f(x)＝sin(2x＋π
3).
函数图象的对称轴为 x＝
－π
6＋π
3
2 ＝ π
12.
又 x1，x2∈(－π
6，π
3)，且 f(x1)＝f(x2)，
∴x1＋x2
2 ＝ π
12，即 x1＋x2＝π
6，
∴f(x1＋x2)＝sin(2 × π
6＋π
3)＝ 3
2 .
答案： 3
2
8．(2017·山东师大附中模拟)设 P 为函数 f(x)＝sinπ
2x 的图象上的一个最高点，Q 为函数
g(x)＝cosπ
2x 的图象上的一个最低点，则|PQ|的最小值是________．
解析：由题意知两个函数的周期都为 T＝2π
π
2
＝4，由正、余弦函数的图象知，f(x)与 g(x)
的图象相差1
4个周期，设 P，Q 分别为函数 f(x)，g(x)图象上的相邻的最高点和最低点，设
P(x0,1)，则 Q(x0＋1，－1)，则|PQ|min＝ (x0＋1－x0)2＋(－1－1)2＝ 5.
答案： 5
9．将函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，－π
2≤φ<π
2图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，
纵坐标不变，再向右平移π
6个单位长度得到 y＝sin x 的图象，则 fπ
6＝________.
解析：把函数 y＝sin x 的图象向左平移π
6个单位长度得到 y＝sin (x＋π
6 )的图象，再把函
数 y＝sin (x＋π
6 )图象上每一点的横坐标伸长为原来的 2 倍，纵坐标不变，得到函数 f(x)＝sin
(
1
2x＋π
6)的图象，所以 f(
π
6 )＝sin(
1
2 × π
6＋π
6)＝sinπ
4＝ 2
2 .
答案： 2
2
10．已知 f(x)＝sin(ωx＋π
3)(ω>0)，f(
π
6 )＝f(
π
3 )，且 f(x)在区间(
π
6，π
3 )上有最小值，
无最大值，则 ω＝________.
解析：依题意，x＝
π
6＋π
3
2 ＝π
4时，y 有最小值，即 sin(
π
4ω＋π
3)＝－1，则 π
4ω＋π
3＝2kπ＋3π
2 (k
∈Z)．所以 ω＝8k＋ 14
3 (k∈Z)．因为 f(x)在区间 (
π
6，π
3 )上有最小值，无最大值，所以π
3－π
4
≤π
ω，即 ω≤12，令 k＝0，得 ω＝14
3 .
答案：14
3
三、解答题
11.函数 f(x)＝cos(πx＋φ)0<φ<π
2的部分图象如图所示．
(1)求 φ 及图中 x0 的值；
(2)设 g(x)＝f(x)＋f(x＋1
3 )，求函数 g(x)在区间[－1
2，1
3]上的最大值和最小值．
解：(1)由题图得 f(0)＝ 3
2 ，所以 cos φ＝ 3
2 ，因为 0<φ<π
2，故 φ＝π
6.由于 f(x)的最小正周
期等于 2，所以由题图可知 185，
即 cos2π
3 t<－1
2，解得2π
3 <2π
3 t<4π
3 ，即 10，
所以原式＝(2cos2α
2＋2sinα
2cosα
2)·(cosα
2－sinα
2)
2cosα
2
＝(cosα
2＋sinα
2)·(cosα
2－sinα
2)
＝cos2α
2－sin2α
2＝cos α.
[答案] cos α
[方法技巧] 三角函数式的化简要遵循“三看”原则
三角函数的给角求值
[例 2] 求值：(1)1＋cos 20°
2sin 20° －sin 10° 1
tan 5°－tan 5°；
(2)sin 50°(1＋ 3tan 10°)．
[解] (1)原式＝ 2cos210°
2 × 2sin 10°cos 10°－sin 10°cos 5°
sin 5°－sin 5°
cos 5°
＝ cos 10°
2sin 10°－sin 10°·cos25°－sin25°
sin 5°cos 5°
＝ cos 10°
2sin 10°－sin 10°· cos 10°
1
2sin 10°
＝ cos 10°
2sin 10°－2cos 10°＝cos 10°－2sin 20°
2sin 10°
＝cos 10°－2sin(30°－10°)
2sin 10°
＝
cos 10°－2(
1
2cos 10°－ 3
2 sin 10°)2sin 10°
＝ 3sin 10°
2sin 10° ＝ 3
2 .
(2)sin 50°(1＋ 3tan 10°)＝sin 50°(1＋tan 60°·tan 10°)
＝sin 50°·cos 60°cos 10°＋sin 60°sin 10°
cos 60°cos 10°
＝sin 50°· cos(60°－10°)
cos 60°cos 10°
＝2sin 50°cos 50°
cos 10°
＝sin 100°
cos 10° ＝cos 10°
cos 10°＝1.
[方法技巧]
给角求值问题的解题规律
解决给角求值问题的关键是两种变换：一是角的变换，注意各角之间是否具有和差关系、
互补(余)关系、倍半关系，从而选择相应公式进行转化，把非特殊角的三角函数相约或相消，
从而转化为特殊角的三角函数；二是结构变换，在熟悉各种公式的结构特点、符号特征的基
础上，结合所求式子的特点合理地进行变形．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点二]计算： 1－cos210°
cos 80° 1－cos 20°＝( )
A.
2
2 B.1
2
C.
3
2 D．－ 2
2
解析：选 A 1－cos210°
cos 80° 1－cos 20°
＝ sin210°
sin 10° 1－(1－2sin210°)
＝ sin210°
2sin210°＝ 2
2 .
2.[考点二](1＋tan 18°)·(1＋tan 27°)的值是( )
A. 3 B．1＋ 2
C．2 D．2(tan 18°＋tan 27°)
解析：选 C 原式＝1＋tan 18°＋tan 27°＋tan 18°tan 27°＝1＋tan 18°tan 27°＋
tan 45°(1－tan 18°tan 27°)＝2，故选 C.
3.[考点一]化简：
(sin 2α＋cos 2α－1)(sin 2α－cos 2α＋1)
sin 4α ＝________.
解析：
(sin 2α＋cos 2α－1)(sin 2α－cos 2α＋1)
sin 4α
＝sin22α－(cos 2α－1)2
2sin 2α·cos 2α
＝sin22α－cos22α＋2cos 2α－1
2sin 2α·cos 2α
＝
－2cos22α＋2cos 2α
2sin 2α·cos 2α
＝1－cos 2α
sin 2α
＝ 2sin2α
2sin αcos α
＝sin α
cos α＝tan α.
答案：tan α
4.[考点一]化简：
2cos4x－2cos2x＋1
2
2tan(
π
4－x )sin2
(
π
4＋x )
＝________.
解析：原式＝
－2sin2xcos2x＋1
2
2sin(
π
4－x )cos2
(
π
4－x )
cos(
π
4－x )
＝
1
2
(1－sin22x)
2sin(
π
4－x )cos(
π
4－x )
＝
1
2cos22x
sin(
π
2－2x)
＝1
2cos 2x.
答案：1
2cos 2x
突破点(二) 三角函数的条件求值
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
给值求值问题
[例 1] (2017·合肥模拟)已知 cos(
π
6＋α )·cosπ
3－α＝－1
4，α∈(
π
3，π
2 ).
(1)求 sin 2α 的值；
(2)求 tan α－ 1
tan α的值．
[解] (1)∵cos(
π
6＋α )·cos(
π
3－α )＝cosπ
6＋α·sin(
π
6＋α )＝1
2sin(2α＋π
3)＝－1
4，
∴sin(2α＋π
3)＝－1
2.
∵α∈(
π
3，π
2 )，∴2α＋π
3∈(π，4π
3 )，
∴cos(2α＋π
3)＝－ 3
2 ，∴sin 2α＝sin[(2α＋π
3)－π
3]
＝sin(2α＋π
3)cosπ
3－cos(2α＋π
3)sinπ
3＝1
2.
(2)∵α∈(
π
3，π
2 )，∴2α∈(
2π
3 ，π)，
又由(1)知 sin 2α＝1
2，∴cos 2α＝－ 3
2 .
∴tan α－ 1
tan α＝sin α
cos α－cos α
sin α＝sin2α－cos2α
sin αcos α ＝
－2cos 2α
sin 2α ＝－2×
－ 3
2
1
2
＝2 3.
[方法技巧]
给值求值问题的求解思路
(1)先化简所求式子；
(2)观察已知条件与所求式子之间的联系(从三角函数名及角入手)；
(3)将已知条件代入所求式子，化简求值．
给值求角问题
[例 2] (1)设 α，β 为钝角，且 sin α＝ 5
5 ，cos β＝－3 10
10 ，则 α＋β 的值为( )
A.3π
4 B.5π
4
C.7π
4 D.5π
4 或7π
4
(2)已知 α，β∈(0，π)，且 tan(α－β)＝1
2，tan β＝－1
7，则 2α－β 的值为________．
[解析] (1)∵α，β 为钝角，sin α＝ 5
5 ，cos β＝－3 10
10 ，
∴cos α＝
－2 5
5 ，sin β＝ 10
10 ，
∴cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝ 2
2 >0.
又 α＋β∈(π，2π)，∴α＋β∈(
3π
2 ，2π)，
∴α＋β＝7π
4 .
(2)∵tan α＝tan[(α－β)＋β]＝ tan(α－β)＋tan β
1－tan(α－β)tan β
＝
1
2－1
7
1＋1
2 × 1
7
＝1
3>0，
∴0<α<π
2.
又∵tan 2α＝ 2tan α
1－tan2α＝
2 × 1
3
1－(
1
3 )2
＝3
4>0，
∴0<2α<π
2，∴tan(2α－β)＝ tan 2α－tan β
1＋tan 2αtan β＝
3
4＋1
7
1－3
4 × 1
7
＝1.
∵tan β＝－1
7<0，∴π
2<β<π，∴－π<2α－β<0，
∴2α－β＝－3π
4 .
[答案] (1)C (2)－3π
4
[方法技巧]
给值求角时选取函数的原则和解题步骤
(1)通过先求角的某个三角函数值来求角，在选取函数时，遵照以下原则：
①已知正切函数值，选正切函数；
②已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数．若角的范围是(0，π
2 )，选正、余弦函数皆
可；若角的范围是(0，π)，选余弦函数较好；若角的范围为(－π
2，π
2)，选正弦函数较好．
(2)解给值求角问题的一般步骤：
①求角的某一个三角函数值；
②确定角的范围；
③根据角的范围写出所求的角的大小．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一]已知 sin 2α＝1
3，则 cos2
(α－π
4 )＝( )
A.1
3 B.2
3
C．－2
3 D．－1
3
解析：选 B cos2
(α－π
4 )＝
1＋cos(2α－π
2)2 ＝1＋sin 2α
2 ＝
1＋1
3
2 ＝2
3.
2.[考点一](2017·深圳模拟)若 α，β 都是锐角，且 cos α＝ 5
5 ，sin(α－β)＝ 10
10 ，则 cos β＝
( )
A.
2
2 B.
2
10
C.
2
2 或－ 2
10 D.
2
2 或 2
10
解析：选 A ∵α，β 都是锐角，且 cos α＝ 5
5 ，sin(α－β)＝ 10
10 ，∴sin α＝2 5
5 ，cos(α－
β)＝3 10
10 ，从而 cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)＝ 2
2 ，故选 A.
3.[考点二](2017·成都模拟)若 sin 2α＝ 5
5 ，sin(β－α)＝ 10
10 ，且 α∈[
π
4，π ]，β∈[π，3π
2 ]，
则 α＋β 的值是( )
A.7π
4 B.9π
4
C.5π
4 或7π
4 D.5π
4 或9π
4
解析：选 A 因为 α∈[
π
4，π ]，所以 2α∈[
π
2，2π]，又 sin 2α＝ 5
5 ，所以 2α∈[
π
2，π ]，α∈
[
π
4，π
2 ]，故 cos 2α＝－2 5
5 .又 β∈[π，3π
2 ]，所以 β－α∈[
π
2，5π
4 ]，故 cos(β－α)＝－3 10
10 .所以
cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos 2α·cos(β－α)－sin 2αsin(β－α)＝－ 2 5
5 ×(－3 10
10 )－ 5
5 ×
10
10 ＝ 2
2 ，又 α＋β∈[
5π
4 ，2π]，故 α＋β＝7π
4 .
4.[考点二]若锐角 α，β 满足(1＋ 3tan α)(1＋ 3tan β)＝4，则 α＋β＝________.
解析：因为(1＋ 3tan α)(1＋ 3tan β)＝4，所以 1＋ 3(tan α＋tan β)＋3tan αtan β＝4，
即 3(tan α＋tan β)＝3－3tan αtan β＝3(1－tan αtan β)，即 tan α＋tan β＝ 3(1－tan αtan
β)．∴tan(α＋β)＝ tan α＋tan β
1－tan αtan β＝ 3.又∵α，β 为锐角，∴α＋β＝π
3.
答案：π
3
5.[考点一]已知 α∈(
π
2，π )，且 sinα
2＋cosα
2＝ 6
2 .
(1)求 cos α 的值；
(2)若 sin(α－β)＝－3
5，β∈(
π
2，π )，求 cos β 的值．
解：(1)已知 sinα
2＋cosα
2＝ 6
2 ，两边同时平方，得 1＋2sinα
2cosα
2＝3
2，则 sin α＝1
2.
又π
2<α<π，所以 cos α＝－ 1－sin2α＝－ 3
2 .
(2)因为π
2<α<π，π
2<β<π，
所以－π
2<α－β<π
2.
又 sin(α－β)＝－3
5，
所以 cos(α－β)＝4
5.
则 cos β＝cos[α－(α－β)]
＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)
＝－ 3
2 ×4
5＋1
2×(－3
5 )＝－4 3＋3
10 .
突破点(三) 三角恒等变换的综合问题
利用三角恒等变换将三角函数化简后研究图象及性质是高考的热点．在高考中以解答题
的形式出现，考查三角函数的值域、最值、单调性、周期、奇偶性、对称性等问题.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
三角恒等变换与三角函数性质的综合问题
[典例] 已知向量 m＝(sin x,1)，n＝ 3Acos x，A
2cos 2x(A>0)，函数 f(x)＝m·n 的最大值
为 6.
(1)求 A；
(2)将函数 y＝f(x)的图象向左平移 π
12个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的1
2
倍，纵坐标不变，得到函数 y＝g(x)的图象，求 g(x)在[0，5π
24]上的值域．
[解] (1)f(x)＝m·n
＝ 3Asin xcos x＋A
2cos 2x
＝A(
3
2 sin 2x＋1
2cos 2x)
＝Asin(2x＋π
6).
因为 A>0，由题意知 A＝6.
(2)由(1)知 f(x)＝6sin(2x＋π
6).
将函数 y＝f(x)的图象向左平移 π
12个单位后得到 y＝6sin[2(x＋ π
12)＋π
6]＝6sin (2x＋π
3)的图
象；
再将得到图象上各点横坐标缩短为原来的1
2倍，纵坐标不变，得到 y＝6sin (4x＋π
3)的图
象．
因此 g(x)＝6sin(4x＋π
3).
因为 x∈[0，5π
24]，所以 4x＋π
3∈[
π
3，7π
6 ]，
故 g(x)在[0，5π
24]上的值域为[－3,6]．
[方法技巧]
三角恒等变换在三角函数图象和性质中的应用
(1)图象变换问题
先根据和角公式、倍角公式把函数表达式变为正弦型函数 y＝Asin(ωx＋φ)＋t 或余弦型
函数 y＝Acos(ωx＋φ)＋t 的形式，再进行图象变换．
(2)函数性质问题
求函数周期、最值、单调区间的方法步骤：
①利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成 y＝Asin(ωx＋φ)＋t 或 y＝
Acos(ωx＋φ)＋t 的形式；
②利用公式 T＝2π
ω (ω>0)求周期；
③根据自变量的范围确定 ωx＋φ 的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值，
另外求最值时，根据所给关系式的特点，也可换元转化为求二次函数的最值；
④根据正、余弦函数的单调区间列不等式求函数 y＝Asin(ωx＋φ)＋t 或 y＝Acos(ωx＋φ)
＋t 的单调区间．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．已知函数 f(x)＝2sin xsin(x＋π
6 ).
(1)求函数 f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)当 x∈[0，π
2 ]时，求函数 f(x)的值域．
解：(1)f(x)＝2sin x(
3
2 sin x＋1
2cos x)＝ 3×1－cos 2x
2 ＋1
2sin 2x＝sin(2x－π
3)＋ 3
2 .
所以函数 f(x)的最小正周期为 T＝π.
由－π
2＋2kπ≤2x－π
3≤π
2＋2kπ，k∈Z，
解得－ π
12＋kπ≤x≤5π
12＋kπ，k∈Z，
所以函数 f(x)的单调递增区间是[－ π
12＋kπ，5π
12＋kπ]，k∈Z.
(2)当 x∈[0，π
2 ]时，2x－π
3∈[－π
3，2π
3 ]，
sin(2x－π
3)∈[－ 3
2 ，1]，
f(x)∈[0，1＋ 3
2 ].
故 f(x)的值域为[0，1＋ 3
2 ].
2．已知函数 f(x)＝ 3sin ωx－cos ωx－1，x∈R(其中 ω>0)．
(1)求函数 f(x)的值域；
(2)若函数 y＝f(x)的图象与直线 y＝－1 的两个相邻交点间的距离为π
2，求函数 y＝f(x)的
单调增区间．
解：(1)f(x)＝2(
3
2 sin ωx－1
2cos ωx)－1
＝2sin(ωx－π
6)－1.
由－1≤sin(ωx－π
6)≤1，得－3≤2sin(ωx－π
6)－1≤1.
所以函数 f(x)的值域为[－3,1]．
(2)由题设条件及三角函数图象和性质可知，y＝f(x)的周期为 π，所以2π
ω ＝π，即 ω＝2.
所以 f(x)＝2sin(2x－π
6)－1，
由 2kπ－π
2≤2x－π
6≤2kπ＋π
2(k∈Z)，
得 kπ－π
6≤x≤kπ＋π
3(k∈Z)．
所以函数 y＝f(x)的单调增区间为[kπ－π
6，kπ＋π
3](k∈Z)．
3．已知函数 f(x)＝2cos2ωx－1＋2 3sin ωxcos ωx(0<ω<1)，直线 x＝π
3是函数 f(x)的图象
的一条对称轴．
(1)求函数 f(x)的单调递增区间；
(2)已知函数 y＝g(x)的图象是由 y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，然后
再向左平移2π
3 个单位长度得到的，若 g(2α＋π
3)＝6
5，α∈(0，π
2 )，求 sin α 的值．
解：(1)f(x)＝cos 2ωx＋ 3sin 2ωx＝2sin(2ωx＋π
6)，
由于直线 x＝π
3是函数 f(x)＝2sin (2ωx＋π
6)的图象的一条对称轴，所以 sin(
2π
3 ω＋π
6)＝±1，
因此 2π
3 ω＋π
6＝kπ＋π
2(k∈Z)，
解得 ω＝3
2k＋1
2(k∈Z)，
又 0<ω<1，所以 ω＝1
2，
所以 f(x)＝2sin(x＋π
6 ).
由 2kπ－π
2≤x＋π
6≤2kπ＋π
2(k∈Z)，得 2kπ－2π
3 ≤x≤2kπ＋π
3(k∈Z)，
所以函数 f(x)的单调递增区间为 2kπ－2π
3 ，2kπ＋π
3(k∈Z)．
(2)由题意可得 g(x)＝2sin[
1
2(x＋2π
3 )＋π
6]，
即 g(x)＝2cosx
2，
由 g(2α＋π
3)＝2cos[
1
2(2α＋π
3)]＝2cos(α＋π
6 )＝6
5，得 cos(α＋π
6 )＝3
5，
又 α∈(0，π
2 )，故π
6<α＋π
6<2π
3 ，所以 sin(α＋π
6 )＝4
5，
所以 sin α＝sin[(α＋π
6 )－π
6]＝sin(α＋π
6 )·cosπ
6－cos(α＋π
6 )·sinπ
6＝4
5× 3
2 －3
5×1
2＝4 3－3
10 .
[全国卷 5 年真题集中演练——明规律]
1.(2016·全国甲卷)函数 f(x)＝cos 2x＋6cos (
π
2－x )的最大值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选 B ∵f(x)＝cos 2x＋6cos (
π
2－x )＝cos 2x＋6sin x＝1－2sin 2x＋6sin x＝－2
(sin x－3
2)2＋11
2 ，
又 sin x∈[－1,1]，∴当 sin x＝1 时，f(x)取得最大值 5.故选 B.
2．(2015·新课标全国卷Ⅰ)sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝( )
A．－ 3
2 B.
3
2
C．－1
2 D.1
2
解析：选 D sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝sin 20°cos 10°＋cos 20°sin 10°
＝sin(20°＋10°)＝sin 30°＝1
2，故选 D.
3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)设 α∈(0，π
2 )，β∈(0，π
2 )，且 tan α＝1＋sin β
cos β ，则( )
A．3α－β＝π
2 B．2α－β＝π
2
C．3α＋β＝π
2 D．2α＋β＝π
2
解析：选 B 由条件得sin α
cos α＝1＋sin β
cos β ，
即 sin αcos β＝cos α(1＋sin β)，
sin(α－β)＝cos α＝sin(
π
2－α )，
因为－π
2<α－β<π
2，0<π
2－α<π
2，
所以 α－β＝π
2－α，所以 2α－β＝π
2.
4．(2013·新课标全国卷Ⅱ)已知 sin 2α＝2
3，则 cos2α＋π
4＝( )
A.1
6 B.1
3 C.1
2 D.2
3
解析：选 A cos2
(α＋π
4 )＝1
2[1＋cos(2α＋π
2)]＝1
2(1－sin 2α)＝1
6.
5．(2013·新课标全国卷Ⅱ)设 θ 为第二象限角，若 tan (θ＋π
4 )＝1
2，则 sin θ＋cos θ＝
________.
解析：将 tan(θ＋π
4 )＝1
2利用两角和的正切公式展开，则tan θ＋1
1－tan θ＝1
2，求得 tan θ＝－1
3.
又因为 θ 在第二象限，则 sin θ＝ 1
10
，cos θ＝－ 3
10
，从而 sin θ＋cos θ＝－ 2
10
＝－ 10
5 .
答案：－ 10
5
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．计算 sin 110°sin 20°
cos2155°－sin2155°的值为( )
A．－1
2 B.1
2
C.
3
2 D．－ 3
2
解析：选 B sin 110°sin 20°
cos2155°－sin2155°＝sin 70°sin 20°
cos 310°
＝cos 20°sin 20°
cos 50° ＝
1
2sin 40°
sin 40° ＝1
2.
2．已知 sin(
π
2＋α )＝1
2，－π
2＜α＜0，则 cos (α－π
3 )的值是( )
A.1
2 B.2
3
C．－1
2 D．1
解析：选 C 由已知得 cos α＝1
2，sin α＝－ 3
2 ，
所以 cos(α－π
3 )＝1
2cos α＋ 3
2 sin α＝－1
2.
3．(2017·江西新余三校联考)已知 cos(
π
3－2x)＝－7
8，则 sin (x＋π
3 )的值为( )
A.1
4 B.7
8
C．±1
4 D．±7
8
解 析 ： 选 C 因 为 cos[π－(
π
3－2x)]＝ cos(2x＋2π
3 )＝ 7
8， 所 以 有 sin2
(x＋π
3 )＝ 1
2
[1－cos(2x＋2π
3 )]＝1
2(1－7
8 )＝ 1
16，从而求得 sin (x＋π
3 )的值为±1
4，故选 C.
4．已知 sinπ
6－α＝1
3，则 cos2 (
π
3＋α )的值是( )
A.7
9 B.1
3
C．－1
3 D．－7
9
解析：选 D ∵sin(
π
6－α )＝1
3，
∴cos(
π
3－2α)＝cos2π
6－α
＝1－2sin2π
6－α＝7
9，
∴cos2π
3＋α＝cos(
2π
3 ＋2α)
＝cosπ－(
π
3－2α)＝－cosπ
3－2α＝－7
9.
5．已知 sin(
π
3＋α )＋sin α＝4 3
5 ，则 sin (α＋7π
6 )的值是________．
解析：∵sin(
π
3＋α )＋sin α＝4 3
5 ，
∴sinπ
3cos α＋cos π
3sin α＋sin α＝4 3
5 ，
∴3
2sin α＋ 3
2 cos α＝4 3
5 ，
即 3
2 sin α＋1
2cos α＝4
5，
故 sin(α＋7π
6 )＝sin αcos7π
6 ＋cos αsin7π
6
＝－(
3
2 sin α＋1
2cos α)＝－4
5.
答案：－4
5
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．已知 sin 2α＝1
3，则 cos2
(α－π
4 )＝( )
A．－1
3 B.1
3
C．－2
3 D.2
3
解析：选 D 依题意得 cos2
(α－π
4 )＝cos αcosπ
4＋sin αsinπ
4
2＝1
2(cos α＋sin α) 2＝1
2(1＋sin
2α)＝2
3.
2．已知 cos(x－π
6 )＝－ 3
3 ，则 cos x＋cos(x－π
3 )＝( )
A．－2 3
3 B．±2 3
3
C．－1 D．±1
解析：选 C ∵cos(x－π
6 )＝－ 3
3 ，
∴cos x＋cosx－ π
3＝cos x＋cos xcos π
3＋sin xsinπ
3＝3
2cos x＋ 3
2 sin x＝ 3(
3
2 cos x＋1
2sin x)
＝ 3cos(x－π
6 )＝ 3×(－ 3
3 )＝－1.
3．若 tan α＝2tanπ
5，则
cos(α－3π
10)
sin(α－π
5 )
＝( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选 C
cos(α－3π
10)
sin(α－π
5 )
＝
sin(α－3π
10＋π
2)
sin(α－π
5 )
＝
sin(α＋π
5 )
sin(α－π
5 )
＝
sin αcosπ
5＋cos αsinπ
5
sin αcosπ
5－cos αsinπ
5
＝
sin α
cos αcosπ
5＋sinπ
5
sin α
cos αcosπ
5－sinπ
5
＝
2·
sinπ
5
cosπ
5
cosπ
5＋sinπ
5
2·
sinπ
5
cosπ
5
cosπ
5－sinπ
5
＝
3sinπ
5
sinπ
5
＝3，故选 C.
4．已知 sin(α－π
4 )＝7 2
10 ，cos 2α＝ 7
25，则 sin α＝( )
A.4
5 B．－4
5
C.3
5 D．－3
5
解析：选 C 由 sin(α－π
4 )＝7 2
10 得 sin α－cos α＝7
5， ①
由 cos 2α＝ 7
25得 cos2α－sin2α＝ 7
25，
所以(cos α－sin α)·(cos α＋sin α)＝ 7
25， ②
由①②可得 cos α＋sin α＝－1
5， ③
由①③可得 sin α＝3
5.
5．在斜三角形 ABC 中，sin A＝－ 2cos B·cos C，且 tan B·tan C＝1－ 2，则角 A 的值
为( )
A.π
4 B.π
3
C.π
2 D.3π
4
解析：选 A 由题意知，sin A＝－ 2cos B·cos C＝sin(B＋C)＝sin B·cos C＋cos B·sin C，
在等式－ 2cos B·cos C＝sin B·cos C＋cos B·sin C 两边同除以 cos B·cos C 得 tan B＋tan
C＝－ 2，
又 tan B·tan C＝1－ 2，
所以 tan(B＋C)＝ tan B＋tan C
1－tan Btan C＝－1.
由已知，有 tan A＝－tan(B＋C)，
则 tan A＝1，所以 A＝π
4.
6．已知锐角 α，β 满足 sin α－cos α＝1
6，tan α＋tan β＋ 3·tan αtan β＝ 3，则 α，β 的
大小关系是( )
A．α<π
4<β B．β<π
4<α
C.π
4<α<β D.π
4<β<α
解析：选 B ∵α 为锐角，sin α－cos α＝1
6，
∴α>π
4.又 tan α＋tan β＋ 3tan αtan β＝ 3，
∴tan(α＋β)＝ tan α＋tan β
1－tan αtan β＝ 3，
∴α＋β＝π
3，又 α>π
4，
∴β<π
4<α.
二、填空题
7．函数 f(x)＝sin(2x－π
4)－2 2sin2x 的最小正周期是________．
解析：∵f(x)＝ 2
2 sin 2x－ 2
2 cos 2x－ 2(1－cos 2x)＝ 2
2 sin 2x＋ 2
2 cos 2x－ 2＝sin(2x＋π
4)
－ 2，∴f(x)的最小正周期 T＝2π
2 ＝π.
答案：π
8．已知 cos4α－sin4α＝2
3，且 α∈(0，π
2 )，则 cos(2α＋π
3)＝________.
解析：∵α∈(0，π
2 )，cos4α－sin4α＝(sin2α＋cos2α)(cos2α－sin2α)＝cos 2α＝2
3>0，∴2α∈
(0，π
2 )，∴sin 2α＝ 1－cos22α＝ 5
3 ，∴cos(2α＋π
3)＝1
2cos 2α－ 3
2 sin 2α＝1
2×2
3－ 3
2 × 5
3 ＝
2－ 15
6 .
答案：2－ 15
6
9．已知 tan α，tan β 是方程 x 2＋3 3x＋4＝0 的两根，且 α，β∈ (－π
2，π
2)，则 α＋β＝
________.
解析：由题意得 tan α＋tan β＝－3 3<0，tan α·tan β＝4>0，∴tan(α＋β)＝ tan α＋tan β
1－tan αtan β
＝ 3，且 tan α<0，tan β<0，又 α，β∈(－π
2，π
2)，故 α，β∈(－π
2，0)，∴α＋β∈(－π，0)，∴
α＋β＝－2π
3 .
答案：－2π
3
10．若 0<α<π
2，－π
2<β<0，cos(
π
4＋α )＝1
3，cosπ
4－β
2＝ 3
3 ，则 cos(α＋β
2 )＝________.
解析：∵0<α<π
2，－π
2<β<0，∴π
4<π
4＋α<3π
4 ，π
4<π
4－β
2<π
2，∴sin(
π
4＋α )＝ 1－1
9＝2 2
3 ，sin
(
π
4－β
2 )＝ 1－1
3＝ 6
3 ， ∴ cos(α＋β
2 )＝ cosπ
4＋ α － π
4－ β
2＝ cos(
π
4＋α )cos(
π
4－β
2 )＋ sinπ
4＋ αsin
(
π
4－β
2 )＝5 3
9 .
答案：5 3
9
三、解答题
11．已知函数 f(x)＝cos2x＋sin xcos x，x∈R.
(1)求 f (
π
6 )的值；
(2)若 sin α＝3
5，且 α∈(
π
2，π )，求 f(
α
2＋ π
24).
解：(1)f(
π
6 )＝cos2π
6＋sinπ
6cosπ
6＝(
3
2 )2＋1
2× 3
2 ＝3＋ 3
4 .
(2)因为 f(x)＝cos2x＋sin xcos x＝1＋cos 2x
2 ＋1
2sin 2x
＝1
2＋1
2(sin 2x＋cos 2x)＝1
2＋ 2
2 sin(2x＋π
4)，
所以 f(
α
2＋ π
24)＝1
2＋ 2
2 sin(α＋ π
12＋π
4)
＝1
2＋ 2
2 sin(α＋π
3 )＝1
2＋ 2
2 (
1
2sin α＋ 3
2 cos α).
因为 sin α＝3
5，且 α∈(
π
2，π )，
所以 cos α＝－4
5，
所以 f(
α
2＋ π
24)＝1
2＋ 2
2
1
2×3
5－ 3
2 ×4
5
＝10＋3 2－4 6
20 .
12．(2016·天津高考)已知函数 f(x)＝4tan xsin(
π
2－x )·cos(x－π
3 )－ 3.
(1)求 f(x)的定义域与最小正周期；
(2)讨论 f(x)在区间[－π
4，π
4]上的单调性．
解：(1)f(x)的定义域为Error!.
f(x)＝4tan xcos xcos(x－π
3 )－ 3
＝4sin xcos(x－π
3 )－ 3
＝4sin x(
1
2cos x＋ 3
2 sin x)－ 3
＝2sin xcos x＋2 3sin2x－ 3
＝sin 2x＋ 3(1－cos 2x)－ 3
＝sin 2x－ 3cos 2x＝2sin(2x－π
3).
所以 f(x)的最小正周期 T＝2π
2 ＝π.
(2)令 z＝2x－π
3，则函数 y＝2sin z 的单调递增区间是[－π
2＋2kπ，π
2＋2kπ]，k∈Z.
由－π
2＋2kπ≤2x－π
3≤π
2＋2kπ，k∈Z，
得－ π
12＋kπ≤x≤5π
12＋kπ，k∈Z.
设 A＝[－π
4，π
4]，B＝x－ π
12＋kπ≤x≤5π
12＋kπ，k∈Z，易知 A∩B＝[－ π
12，π
4].
所以当 x∈[－π
4，π
4]时，f(x)在区间[－ π
12，π
4]上单调递增，在区间[－π
4，－ π
12]上单调递减.
第六节
正弦定理和余弦定理
突破点(一) 利用正、余弦定理解三角形
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
定理 正弦定理 余弦定理
内容 a
sin A＝ b
sin B＝ c
sin C＝2R(其中 R 是△ a2＝b2＋c2－2bccos A；
本节主要包括 3 个知识点：
1.利用正、余弦定理解三角形；
2.利用正、余弦定理判断三角形的形状；
3.正、余弦定理的综合应用.
ABC 外接圆的半径) b2＝a2＋c2－2accos_B；
c2＝a2＋b2－2abcos_C
变形形式
a＝2Rsin A，b＝2Rsin_B，
c＝2Rsin_C；
sin A＝ a
2R；sin B＝ b
2R；
sin C＝ c
2R；
a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C；
asin B＝bsin A，bsin C
＝csin B，asin C＝csin A；
a＋b＋c
sin A＋sin B＋sin C＝2R
cos A＝b2＋c2－a2
2bc ；
cos B＝a2＋c2－b2
2ac ；
cos C＝a2＋b2－c2
2ab
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
利用正弦定理解三角形
利用正弦定理可以解决的两类问题
(1)已知两角和任一边，求其他两边和一角．
(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角，从而进一步求出其他的边和角．由于
三角形的形状不能唯一确定，会出现两解、一解和无解三种情况．
在△ABC 中，已知 a，b 和 A，解的个数见下表
A 为钝
角
A 为直
角
A 为锐角
a>b 一解 一解 一解
a＝b 无解 无解 一解
a>bsin A 两解
a＝bsin A 一解ab，则 B＝( )
A.π
6 B.π
3 C.2π
3 D.5π
6
(2)设△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若 a＝ 3，sin B＝1
2，C＝π
6，则 b＝
________.
[解析] (1)利用正弦定理的变形，得 a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，代入 asin Bcos
C＋csin Bcos A＝ 1
2b 中，得 2Rsin A·sin Bcos C＋2Rsin Csin Bcos A＝ 1
2×2Rsin B，所以 sin
Acos C＋sin Ccos A＝1
2，即 sin(A＋C)＝1
2，所以 sin B＝1
2.已知 a>b，所以 B 不是最大角，所
以 B＝π
6.
(2)在△ABC 中，∵sin B＝1
2，0b.又 a＋c＝2b，所以 c＝a－8，所以 a 大
于 c，则 A＝120°.
由余弦定理得 a2＝b2＋c2－2bccos A＝(a－4)2＋(a－8)2－2(a－4)·(a－8)· (－1
2 )，所以 a2
－18a＋56＝0.
所以 a＝14 或 a＝4(舍去)．故选 B.
(2)由余弦定理得 cos C＝a2＋b2－c2
2ab ，将其代入 acos C＋ 3
2 c＝b 中得，a×a2＋b2－c2
2ab ＋ 3
2
c＝b，化简整理得 b2＋c2－a2＝ 3bc，于是 cos A＝b2＋c2－a2
2bc ＝ 3
2 ，所以 A＝π
6.
[答案] (1)B (2)π
6
利用正、余弦定理解三角形
[例 3] 设△ABC 的内角 A，B，C 所对边的长分别是 a，b，c，且 b＝3，c＝1，A＝
2B.
(1)求 a 的值；
(2)求 sin (A＋π
4 )的值．
[解] (1)因为 A＝2B，所以 sin A＝sin 2B＝2sin Bcos B.
由正、余弦定理，得 a＝2b·a2＋c2－b2
2ac .
因为 b＝3，c＝1，所以 a2＝12，a＝2 3.
(2)由余弦定理，得 cos A＝b2＋c2－a2
2bc ＝9＋1－12
6 ＝－1
3.
因为 0a2＋b2，则△ABC 是钝角三角形．
2．判断三角形形状的常用技巧
若已知条件中既有边又有角，则
(1)化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．
(2)化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．此时要注意应
用 A＋B＋C＝π 这个结论.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
利用正、余弦定理判断三角形的形状
[典例] (1)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若c
b0，
于是有 cos B<0，则 B 为钝角，所以△ABC 是钝角三角形．
(2)∵cos2B
2＝a＋c
2c ，∴1＋cos B
2 ＝a＋c
2c ，
即 1＋cos B＝a＋c
c .
由余弦定理得 1＋a2＋c2－b2
2ac ＝a＋c
c .
整理得 c2＝a2＋b2，即△ABC 为直角三角形．
[答案] (1)A (2)B
[易错提醒]
在判断三角形的形状时一定要注意解是否唯一，并注重挖掘隐含条件．另外，在变形过
程中要注意角 A，B，C 的范围对三角函数值的影响，在等式变形中，一般两边不要约去公
因式，应移项提取公因式，以免漏解．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．设△ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 2sin Acos B＝sin C，那么△
ABC 一定是( )
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
解析：选 B 由正弦定理得 2acos B＝c，再由余弦定理得
2a·a2＋c2－b2
2ac ＝c，整理得 a2＝b2，即 a＝b，所以△ABC 是等腰三角形．
2．(2017·浙江金丽衢十二校联考)已知△ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，
c，若cos A
cos B＝b
a＝ 2，则该三角形的形状是( )
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等边三角形 D．钝角三角形
解析：选 A 因为cos A
cos B＝b
a，由正弦定理得cos A
cos B＝sin B
sin A，所以 sin 2A＝sin 2B.由b
a＝ 2，
可知 a≠b，所以 A≠B.又 A，B∈(0，π)，所以 2A＝180°－2B，即 A＋B＝90°，所以 C＝
90°，于是△ABC 是直角三角形．故选 A.
3．在△ABC 中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，则△ABC 的形状是( )
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
解析：选 D 因为(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，所以 b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]
＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]，化简整理得 a2cos Asin B＝b2sin Acos B．由正弦定理、余弦
定理得，a2bb2＋c2－a2
2bc ＝b2aa2＋c2－b2
2ac ，所以 a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，即(a2－b2)(a2＋
b2－c2)＝0，所以 a2－b2＝0 或 a2＋b2－c2＝0，即 a＝b 或 a2＋b2＝c2.所以△ABC 为等腰三角
形或直角三角形．
4．在△ABC 中，已知 a 2＋b2－c2＝ab，且 2cos Asin B＝sin C，试判断△ABC 的形
状．
解：由正弦定理得sin C
sin B＝c
b，
由 2cos Asin B＝sin C，有 cos A＝ sin C
2sin B＝ c
2b.
又由余弦定理得 cos A＝b2＋c2－a2
2bc ，
∴ c
2b＝b2＋c2－a2
2bc ，
即 c2＝b2＋c2－a2，
所以 a2＝b2，所以 a＝b.
又∵a2＋b2－c2＝ab，
∴2b2－c2＝b2，所以 b2＝c2，
∴b＝c，∴a＝b＝c.
∴△ABC 为等边三角形．
突破点(三) 正、余弦定理的综合应用
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
三角形面积问题
三角形的面积是与解三角形息息相关的内容，经常出现在高考题中，难度不大．解题的
前提条件是熟练掌握三角形面积公式，具体的题型及解题策略为：
(1)利用正弦定理、余弦定理解三角形，求出三角形的有关元素之后，直接求三角形的面
积，或求出两边之积及夹角正弦，再求解．
(2)把面积作为已知条件之一，与正弦定理、余弦定理结合求出三角形的其他各量．面积
公式中涉及面积、两边及两边夹角正弦四个量，结合已知条件列方程求解．
[例 1] 在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且(2b－c)cos A＝acos C.
(1)求角 A 的大小；
(2)若 a＝3，b＝2c，求△ABC 的面积．
[解] (1)根据正弦定理，由(2b－c)cos A＝acos C，
得 2sin Bcos A＝sin Acos C＋sin Ccos A，
即 2sin Bcos A＝sin(A＋C)，
所以 2sin Bcos A＝sin B，
因为 00，
所以 A∈(0，π
4 ).
于是 sin A＋sin C＝sin A＋sin(
π
2－2A)＝sin A＋cos 2A＝－2sin2A＋sin A＋1
＝－2(sin A－1
4)2＋9
8.
因为 0c，∴C1.
∴角 B 不存在，即满足条件的三角形不存在．
4．已知△ABC 中，内角 A，B，C 所对边长分别为 a，b，c，若 A＝π
3，b＝2acos B，c＝
1，则△ABC 的面积等于( )
A.
3
2 B.
3
4 C.
3
6 D.
3
8
解析：选 B 由正弦定理得 sin B＝2sin Acos B，
故 tan B＝2sin A＝2sinπ
3＝ 3，又 B∈(0，π)，所以 B＝π
3，
又 A＝π
3＝B，则△ABC 是正三角形，
所以 S△ABC＝1
2bcsin A＝1
2×1×1× 3
2 ＝ 3
4 .
5．(2017·渭南模拟)在△ABC 中，若 a2－b2＝ 3bc 且sin(A＋B)
sin B ＝2 3，则 A＝( )
A.π
6 B.π
3 C.2π
3 D.5π
6
解析：选 A 因为sin(A＋B)
sin B ＝2 3，故sin C
sin B＝2 3，即 c＝2 3b，则 cos A＝b2＋c2－a2
2bc ＝
12b2－ 3bc
4 3b2
＝ 6b2
4 3b2
＝ 3
2 ，所以 A＝π
6.
6．已知△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且c－b
c－a＝ sin A
sin C＋sin B，则 B＝
( )
A.π
6 B.π
4 C.π
3 D.3π
4
解析：选 C 根据正弦定理 a
sin A＝ b
sin B＝ c
sin C＝2R，得c－b
c－a＝ sin A
sin C＋sin B＝ a
c＋b，即
a2＋c2－b2＝ac，所以 cos B＝a2＋c2－b2
2ac ＝1
2，故 B＝π
3.
二、填空题
7．在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若 c＝1，B＝45°，cos A＝3
5，
则 b＝________.
解析：因为 cos A＝3
5，所以 sin A＝ 1－cos2A＝ 1－(
3
5 )2＝4
5，所以 sin C＝sin[180°
－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝ 4
5cos 45°＋3
5sin 45°＝7 2
10 .由正弦定理
b
sin B＝ c
sin C，得 b＝ 1
7 2
10
×sin 45°＝5
7.
答案：5
7
8．在△ABC 中，若 b＝2，A＝120°，三角形的面积 S＝ 3，则三角形外接圆的半径为
________．
解析：由面积公式，得 S＝1
2bcsin A，代入数据得 c＝2，由余弦定理得 a2＝b2＋c2－2bccos
A＝22＋22－2×2×2cos 120°＝12，故 a＝2 3，由正弦定理，得 2R＝ a
sin A＝2 3
3
2
，解得 R＝
2.
答案：2
9．在△ABC 中，a＝4，b＝5，c＝6，则sin 2A
sin C ＝________.
解析：由正弦定理得sin A
sin C＝a
c，由余弦定理得 cos A＝b2＋c2－a2
2bc ，∵a＝4，b＝5，c＝6，∴
sin 2A
sin C ＝2sin Acos A
sin C ＝2·sin A
sin C·cos A＝2×a
c×b2＋c2－a2
2bc ＝2×4
6× 52＋62－42
2 × 5 × 6＝1.
答案：1
10．在△ABC 中，B＝120°，AB＝ 2，A 的角平分线 AD＝ 3，则 AC＝________.
解 析 ： 如 图 ， 在 △ ABD 中 ， 由 正 弦 定 理 ， 得 AD
sin B＝
AB
sin∠ADB，
∴sin∠ADB＝ 2
2 .
由题意知 0°<∠ADB<60°，
∴∠ADB＝45°，∴∠BAD＝180°－45°－120°＝15°.
∴∠BAC＝30°，C＝30°，∴BC＝AB＝ 2.在△ABC 中，由正弦定理，得 AC
sin B＝
BC
sin∠BAC，∴AC＝ 6.
答案： 6
三、解答题
11．(2017·河北三市联考)在△ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且 asin B
＝－bsin(A＋π
3 ).
(1)求 A；
(2)若△ABC 的面积 S＝ 3
4 c2，求 sin C 的值．
解：(1)∵asin B＝－bsin(A＋π
3 )，
∴由正弦定理得 sin Asin B＝－sin Bsin(A＋π
3 )，则 sin A＝－sin(A＋π
3 )，即 sin A＝－1
2sin
A－ 3
2 cos A，化简得 tan A＝－ 3
3 ，∵A∈(0，π)，∴A＝5π
6 .
(2)∵A＝5π
6 ，∴sin A＝1
2，
由 S＝1
2bcsin A＝1
4bc＝ 3
4 c2，得 b＝ 3c，
∴a2＝b2＋c2－2bccos A＝7c2，则 a＝ 7c，
由正弦定理得 sin C＝csin A
a ＝ 7
14.
12．(2017·郑州模拟)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足 cos 2C
－cos 2A＝2sin(
π
3＋C )·sin(
π
3－C ).
(1)求角 A 的值；
(2)若 a＝ 3且 b≥a，求 2b－c 的取值范围．
解：(1)由已知得 2sin2A－2sin2C＝23
4cos2C－1
4sin2C，化简得 sin A＝ 3
2 ，故 A＝π
3或2π
3 .
(2)由题知，若 b≥a，则 A＝π
3，又 a＝ 3，
所以由正弦定理可得 b
sin B＝ c
sin C＝ a
sin A＝2，得 b＝2sin B，c＝2sin C，
故 2b－c＝4sin B－2sin C＝4sin B－2sin(
2π
3 －B)＝3sin B－ 3cos B＝2 3sin(B－π
6 ).
因为 b≥a，所以π
3≤B＜2π
3 ，π
6≤B－π
6＜π
2，
所以 2 3sin(B－π
6 )∈[ 3，2 3)．即 2b－c 的取值范围为[ 3，2 3).
第七节
解三角形应用举例
本节主要包括 3 个知识点：
1.距离问题； 2.高度问题；3.角度问题.
突破点(一) 距离问题
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．测量距离问题的三种类型
(1)两点间不可达又不可视．
(2)两点间可视但不可达．
(3)两点都不可达．
2．解决距离问题的方法
选择合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，从而利
用正、余弦定理求解.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
两点都不可到达的距离问题
[例 1] 如图，A，B 两点在河的同侧，且 A，B 两点均不可到达，
要测出 AB 的距离，测量者可以在河岸边选定两点 C，D，测得 CD＝
a，同时在 C，D 两点分别测得∠ACB＝α，∠ACD＝β，∠CDB＝γ，∠
ADB＝δ.在△ADC 和△BDC 中，由正弦定理分别计算出 AC 和 BC，
再在△ABC 中，应用余弦定理计算出 AB.
若测得 CD＝ 3
2 km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求 A，B
两点间的距离．
[解] ∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，∠ACD＝60°，
∴∠DAC＝60°，∴AC＝CD＝ 3
2 (km)．
在△BCD 中，∠DBC＝180°－∠CDB－∠DCB＝45°，
由正弦定理，得 BC＝ CD
sin∠DBC·sin∠CDB＝
3
2
sin 45°·sin 30°＝ 6
4 .
在△ABC 中，由余弦定理，得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB
＝3
4＋3
8－2× 3
2 × 6
4 × 2
2 ＝3
8.
∴AB＝ 6
4 (km)．即 A，B 两点间的距离为 6
4 km.
两点不可到达又不可视的距离问题
[例 2] 如图所示，要测量一座山的山脚两侧 A，B 两点间的距离，其方法为先选定适
当的位置 C，用经纬仪测出角 α，再分别测出 AC，BC 的长 b，a，则可
求出 A，B 两点间的距离．即 AB＝ a2＋b2－2abcos α.
若测得 AC＝400 m，BC＝600 m，∠ACB＝60°，试计算 AB 的长．
[解] 在△ABC 中，由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，
∴AB2＝4002＋6002－2×400×600cos 60°＝280 000.
∴AB＝200 7(m)．
即 A，B 两点间的距离为 200 7 m.
两点间可视但有一点不可到达的距离问题
[例 3] 如图所示，A，B 两点在一条河的两岸，测量者在 A 的
同侧，且 B 点不可到达，要测出 AB 的距离，其方法是在 A 所在的
岸边选定一点 C，可以测出 AC 的距离 m，再借助仪器，测出∠ACB＝
α，∠BAC＝β，在△ABC 中，运用正弦定理就可以求出 AB.
若 测 出 AC ＝ 60 m ， ∠ BAC ＝ 75° ， ∠ BCA ＝ 45° ， 则 A ， B 两 点 间 的 距 离 为
________m.
[解析] 在△ABC 中，B＝180°－75°－45°＝60°，
所以由正弦定理得， AB
sin C＝ AC
sin B，
∴AB＝AC·sin C
sin B ＝60 × sin 45°
sin 60° ＝20 6(m)．
即 A，B 两点间的距离为 20 6 m.
[答案] 20 6
[方法技巧]
距离问题的求解策略
(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接求
解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点三]如图，设 A，B 两点在河的两岸，一测量者在 A 的同侧，选定一点 C，测出 AC
的距离为 50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则 A，B 两点的距离为( )
A．50 2 m B．50 3 m
C．25 2 m D.25 2
2 m
解析：选 A 由题，B＝30°，由正弦定理得
AB＝AC·sin∠ACB
sin B ＝
50 × 2
2
1
2
＝50 2(m)．
2.[考点三]如图所示，为了测量某湖泊两侧 A，B 间的距离，某同
学首先选定了与 A，B 不共线的一点 C，然后给出了四种测量方案：
(△ABC 的角 A，B，C 所对的边分别记为 a，b，c)①测量 A，C，b；
②测量 a，b，C；③测量 A，B，a；④测量 a，b，B.则一定能确定 A，
B 间距离的所有方案的序号为( )
A．①②③ B．②③④
C．①③④ D．①②③④
解析：选 A 已知三角形的两角及一边，可以确定三角形，故①③正确；已知两边及其
夹角，可以确定三角形，故②正确；已知两边与其中一边的对角，三角形的个数可能为一个、
两个或零个，即三角形不能唯一确定，故④错误．
3.[考点一]如图，为了测量两座山峰上两点 P，Q 之间的距离，选择山坡
上一段长度为 300 3米且和 P，Q 两点在同一平面内的路段 AB 的两个
端点作为观测点，现测得∠PAB＝90°，∠PAQ＝∠PBA＝∠PBQ＝
60°，则 P，Q 两点间的距离为________米．
解析：设 AQ∩PB＝C(图略)，可知∠QAB＝∠PAB－∠PAQ＝30°，又∠PBA＝∠PBQ
＝60°，∴∠AQB＝30°，∴△ABQ 为等腰三角形，∴AC＝CQ，BC⊥AQ，∴△PQA 为等
腰三角形，∵∠PAQ＝60°，∴△PQA 为等边三角形，故 PQ＝AQ，在 Rt△ACB 中，AC＝
AB·sin 60°＝300 3× 3
2 ＝900
2 ，∴PQ＝AQ＝900.故 P，Q 两点间的距离为 900 米．
答案：900
4.[考点二]如图，CD 是京九铁路线上的一条穿山隧道，开凿前，
在 CD 所在水平面上的山体外取点 A，B，并测得四边形 ABCD 中，∠
ABC＝π
3，
∠BAD＝2π
3 ，AB＝BC＝400 米，AD＝250 米，则应开凿的隧道 CD 的长为________．
解析：在△ABC 中，AB＝BC＝400，∠ABC＝π
3，所以△ABC 为等边三角形，所以 AC＝
400，∠ACB＝π
3.又因为∠BAC＝π
3，∠BAD＝2π
3 ，所以∠DAC＝∠BAD－∠BAC＝π
3.在△ADC
中，AD＝250，AC＝400，∠DAC＝ π
3，由余弦定理可得 CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC·cos∠
DAC，即 CD2＝2502＋4002－2×250×400×cosπ
3.解得 CD＝350(米)．
答案：350 米
5.[考点一]要测量河对岸 A，B 两点之间的距离，选取相距 3 km 的 C，D 两点，并测
得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°，则 A，B 之间的距离为
________km.
解析：如图所示，在△ACD 中，∠ACD＝∠ACB＋∠BCD＝120°，则
∠CAD＝∠ADC＝30°，
∴AC＝CD＝ 3(km)．
在△BCD 中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，则∠CBD＝60°.
∴由正弦定理得 BC＝ 3sin 75°
sin 60° ＝ 6＋ 2
2 .
在△ABC 中，由余弦定理，得 AB2＝( 3)2＋(
6＋ 2
2 )2－2× 3× 6＋ 2
2 ×cos 75°＝3＋
2＋ 3－ 3＝5，
∴AB＝ 5(km)，即 A，B 之间的距离为 5 km.
答案： 5
突破点(二) 高度问题
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．仰角和俯角
在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角
(如图①)．
2．坡角与坡度
坡面与水平面所成的二面角的度数叫坡角(如图②，角 θ 为坡角)；坡面的铅直高度与水
平长度之比叫坡度(如图②，i 为坡度)，坡度又称为坡比．
考点 贯通
抓高考命题的“形”与“神”
测量高度问题
[典例] 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到 A 处时测得公路北侧一山
顶 D 在西偏北 30°的方向上，行驶 600 m 后到达 B 处，测得此山顶在西偏北 75°的方向上，
仰角为 30°，则此山的高度 CD＝________m.
[解析] 由题意，在△ABC 中，∠BAC＝30°，
∠ABC＝180°－75°＝105°，
故∠ACB＝45°.
又 AB＝600 m，
故由正弦定理得 600
sin 45°＝ BC
sin 30°，
解得 BC＝300 2 m.
在 Rt△BCD 中，CD＝BC·tan 30°＝300 2× 3
3 ＝100 6(m)．
[答案] 100 6
[方法技巧]
求解高度问题的三个关注点
(1)在处理有关高度问题时，关键是要理解仰角、俯角(它是在铅垂面上所成的角)的含
义．
(2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，
一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易搞错．
(3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．在 200 米高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别为 30°，60°，则塔高是
( )
A.400
3 米 B.400 3
3 米
C．200 3 米 D．200 米
解析：选 A 如图所示，AB 为山高，CD 为塔高，则由题意知，在 Rt
△ABC 中，∠BAC＝30°，AB＝200(米)．则 AC＝ AB
cos 30°＝400 3
3
(米)．在△ACD 中，∠CAD＝60°－30°＝30°，∠ACD＝30°，∴∠
ADC＝120°.由正弦定理得 CD
sin 30°＝ AC
sin 120°，∴CD＝AC·sin 30°
sin 120° ＝400
3
(米)．
2．(2017·江西联考)某位居民站在离地 20 m 高的阳台上观测到对面小高层房顶的仰角为
60°，小高层底部的俯角为 45°，那么这栋小高层的高度为( )
A．20(1＋ 3
3 )m B．20(1＋ 3)m
C．10( 2＋ 6)m D．20( 2＋ 6)m
解析：选 B 如图，设 AB 为阳台的高度，CD 为小高层的高度，AE
为水平线．由题意知 AB＝20 m，∠DAE＝45°，∠CAE＝60°，故 AE＝DE
＝AB＝20 m，CE＝AE·tan 60°＝20 3m.所以 CD＝20(1＋ 3)m，故选 B.
3.如图，塔 AB 底部为点 B，若 C，D 两点相距为 100 m 并且与
点 B 在同一水平线上，现从 C，D 两点测得塔顶 A 的仰角分别为 45°
和 30°，则塔 AB 的高约为(精确到 0.1 m， 3≈1.73， 2≈1.41)( )
A．36.4 m B．115.6 m
C．120.5 m D．136.5 m
解析：选 D 由题，∠DAC＝∠ACB－∠ADC＝15°.在△ACD 中， CD
sin 15°＝ AC
sin 30°，所
以 AC＝CD·sin 30°
sin 15° ＝ 50
6－ 2
4
＝ 200
6－ 2 m，在 Rt△ABC 中，AB＝ 2
2 AC＝ 100 2
6－ 2
＝50( 3＋
1)≈136.5 m.
4．要测量电视塔 AB 的高度，在 C 点测得塔顶 A 的仰角是 45°，在 D 点测得塔顶 A 的
仰角是 30°，并测得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40 m，求电视塔的高度．
解：如图，设电视塔 AB 高为 x m，
则在 Rt△ABC 中，由∠ACB＝45°得 BC＝x.
在 Rt△ADB 中，∠ADB＝30°，
则 BD＝ 3x.
在△BDC 中，由余弦定理得，
BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos 120°，
即( 3x)2＝x2＋402－2·x·40·cos 120°，
解得 x＝40，所以电视塔高为 40 m.
突破点(三) 角度问题
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．方位角
从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如 B 点的方位角为 α(如图①)．
2．方向角
相对于某一正方向的水平角
(1)北偏东 α，即由指北方向顺时针旋转 α 到达目标方向(如图②)；
(2)北偏西 α，即由指北方向逆时针旋转 α 到达目标方向；
(3)南偏西等其他方向角类似．
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
测量角度问题
[典例] 在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在
北偏东 45°方向，相距 12 n mile 的水面上，有蓝方一艘小艇正以
每小时 10 n mile 的速度沿南偏东 75°方向前进，若红方侦察艇以每小时 14 n mile 的速度，
沿北偏东 45°＋α 方向拦截蓝方的小艇．若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需
的时间和角 α 的正弦值．
[解] 如图，设红方侦察艇经过 x 小时后在 C 处追上蓝方的小艇，
则 AC＝14x，BC＝10x，∠ABC＝120°.
根据余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos 120°，
解得 x＝2.故 AC＝28，BC＝20.
根据正弦定理得 BC
sin α＝ AC
sin 120°，
解得 sin α＝20sin 120°
28 ＝5 3
14 .
所以红方侦察艇所需要的时间为 2 小时，角 α 的正弦值为5 3
14 .
[方法技巧]
解决角度问题的三个注意事项
(1)测量角度时，首先应明确方位角及方向角的含义．
(2)求角的大小时，先在三角形中求出其正弦或余弦值．
(3)在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题转化为可用数
学方法解决的问题，解题中也要注意体会正、余弦定理“联袂”使用的优点．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.如图所示，已知两座灯塔 A 和 B 与海洋观察站 C 的距离都等于 a
km，灯塔 A 在观察站 C 的北偏东 20°，灯塔 B 在观察站 C 的南偏东
40°，则灯塔 A 与灯塔 B 的距离为( )
A．a km B. 3a km
C. 2a km D．2a km
解析：选 B 由题可得，∠ACB＝120°.在△ABC 中，由余弦定理得 AB2＝AC2＋BC2－
2AC·BC·cos∠ACB＝a 2＋a2－2a2cos 120°＝3a2，故|AB|＝ 3a，即灯塔 A 与灯塔 B 的距离为
3a km.
2．(2017·德州检测)某货轮在 A 处看灯塔 S 在北偏东 30°方向，它向正北方向航行 24
海里到达 B 处，看灯塔 S 在北偏东 75°方向．则此时货轮到灯塔 S 的距离为________海
里．
解析：根据题意知，如图在△ABS 中，AB＝24，∠BAS＝
30°，∠ASB＝45°，由正弦定理，得 BS
sin 30°＝ 24
sin 45°，∴BS＝12
2
2
＝12 2，故此时货轮到灯塔
S 的距离为 12 2海里．
答案：12 2
3.如图所示，在东海某岛的雷达观测站 A，发现位于其北偏东
45°，距离 20 2海里的 B 处有一货船正匀速直线行驶．半小时后，
又测得该货船位于观测站 A 东偏北 θ(0°<θ<45°)的 C 处，且 cos θ
＝4
5.已知 A，C 两处的距离为 10 海里，则该货船的船速为________海
里/小时．
解析：∵cos θ＝4
5，∴sin θ＝3
5.
∵∠BAC＝45°－θ，
∴cos∠BAC＝cos(45°－θ)＝ 2
2 (cos θ＋sin θ)＝7 2
10 .
由余弦定理，得 BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝800＋100－2×20 2×10×7 2
10
＝340，
故 BC＝2 85(海里)．
∴货船的船速为 4 85海里/小时．
答案：4 85
4.如图，位于 A 处的信息中心获悉：在其正东方向相距 40 海
里的 B 处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息
告知在其南偏西 30°、相距 20 海里的 C 处的乙船，现乙船朝北
偏东 θ 的方向沿直线 CB 前往 B 处救援，求 cos θ 的值．
解：在△ABC 中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2
－2AB·AC·cos 120°＝2 800，则 BC＝20 7.
由正弦定理，得 AB
sin∠ACB＝ BC
sin∠BAC，所以 sin∠ACB＝AB
BC·sin∠BAC＝ 21
7 .
由∠BAC ＝120°，知∠ACB 为锐角，则 cos∠ACB＝2 7
7 .
由 θ＝∠ACB＋30°，得 cos θ＝cos(∠ACB＋30°)＝cos ∠ACB cos 30°－sin∠ACBsin
30°＝ 21
14 .
[全国卷 5 年真题集中演练——明规律]
(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图，为测量山高 MN，选择 A 和
另一座山的山顶 C 为测量观测点．从 A 点测得 M 点的仰角∠
MAN ＝60° ，C 点的仰角∠CAB＝45° 以及∠MAC＝75°；
从 C 点测得∠MCA＝60°，已知山高 BC＝100 m，则山高 MN
＝________m.
解析：在 Rt△ABC 中，BC＝100 m，∠CAB＝45°，
所以 AC＝100 2 m，
在△MAC 中，∠AMC＝180°－∠MAC－∠MCA＝45°，
由正弦定理得 MA
sin 60°＝ AC
sin 45°，
解得 MA＝100 3 m，
在 Rt△MNA 中，MN＝MA·sin 60°＝150 m.
即山高 MN 为 150 m.
答案：150
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1.如图，两座灯塔 A 和 B 与海岸观察站 C 的距离相等，灯塔 A 在
观察站南偏西 40°，灯塔 B 在观察站南偏东 60°，则灯塔 A 在灯塔 B
的( )
A．北偏东 10° B．北偏西 10°
C．南偏东 80° D．南偏西 80°
解析：选 D 由条件及图可知，∠A＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝
30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔 A 在灯塔 B 南偏西 80°.
2．如图，从气球 A 上测得正前方的河流的两岸 B，C 的俯角分别为 75°，30°，此时
气球的高是 60 m，则河流的宽度 BC 等于( )
A．240( 3－1)m B．180( 2－1)m
C．120( 3－1)m D．30( 3＋1)m
解析：选 C ∵tan 15°＝tan(60°－45°)＝ tan 60°－tan 45°
1＋tan 60°tan 45°＝2－ 3，∴BC＝60tan
60°－60tan 15°＝120( 3－1)(m)，故选 C.
3.如图，某工程中要将一长为 100 m，倾斜角为 75°的斜坡改造成倾斜角为 30°的斜坡，
并保持坡高不变，则坡底需加长________m.
解析：设坡底需加长 x m，由正弦定理得 100
sin 30°＝ x
sin 45°，解得 x
＝100 2.
答案：100 2
4．如图，为了测量 A，C 两点间的距离，选取同一平面上 B，D 两点，
测出四边形 ABCD 各边的长度(单位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA
＝5，且∠B 与∠D 互补，则 AC 的长为________km.
解析：∵82＋52－2×8×5×cos(π－D)＝32＋52－2×3×5×cos D，∴cos D＝－1
2.∴AC＝
49＝7(km)．
答案：7
5.如图，已知在海岛 A 上有一座海拔 1 千米的山，山顶设有一个观察站 P，上午 11 时，
测得一轮船在海岛北偏东 30°，俯角为 30°的 B 处，到 11 时 10 分又测
得该船在海岛北偏西 60°，俯角为 60°的 C 处．轮船沿 BC 行驶一段时间
后，到达海岛的正西方向的 D 处，此时轮船距海岛 A 有________千米．
解析：由已知可求得 AB＝ 3，AC＝ 3
3 ，BC＝ 30
3 ，所以 sin∠ACB＝
3 10
10 ，cos∠ACB＝ 10
10 .在△ACD 中，∠DAC＝90°－60°＝30°，∠ACD＝180°－∠
ACB，sin∠ADC＝sin(∠ACD＋∠DAC)＝sin∠ACD·cos∠DAC＋sin∠DACcos∠ACD＝
3 30－ 10
20 ，由正弦定理可求得 AD＝AC·sin∠ACD
sin∠ADC ＝9＋ 3
13 .
答案：9＋ 3
13
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．已知 A，B 两地间的距离为 10 km，B，C 两地间的距离为 20 km，现测得∠ABC＝
120°，则 A，C 两地间的距离为( )
A．10 km B．10 3 km
C．10 5 km D．10 7 km
解析：选 D 如图所示，由余弦定理可得：AC 2 ＝100＋400－
2×10×20×cos 120°＝700，
∴AC＝10 7(km)．
2．如图，一条河的两岸平行，河的宽度 d＝0.6 km，一艘客船从码头 A 出发匀速驶往河
对岸的码头 B.已知 AB＝1 km，水的流速为 2 km/h，若客船从码
头 A 驶到码头 B 所用的最短时间为 6 min，则客船在静水中的速
度为( )
A．8 km/h B．6 2 km/h
C．2 34 km/h D．10 km/h
解析：选 B 设 AB 与河岸线所成的角为 θ，客船在静水中的速度
为 v km/h，由题意知，sin θ ＝0.6
1 ＝3
5，从而 cos θ ＝4
5，所以由余弦定
理 得 (
1
10v )2 ＝(
1
10 × 2)2 ＋ 12 － 2× 1
10×2×1×4
5， 解 得 v ＝ 6 2
km/h.
3．一艘海轮从 A 处出发，以每小时 40 海里的速度沿南偏东 40°的方向直线航行，30
分钟后到达 B 处，在 C 处有一座灯塔，海轮在 A 处观察灯塔，其方向是南偏东 70°，在 B
处观察灯塔，其方向是北偏东 65°，那么 B，C 两点间的距离是( )
A．10 2 海里 B．10 3 海里
C．20 3 海里 D．20 2 海里
解析：选 A 如图所示，易知，在△ABC 中，AB＝20 海里，∠
CAB＝30°，∠ACB＝45°，根据正弦定理得 BC
sin 30°＝ AB
sin 45°，解得 BC
＝10 2(海里)．
4．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某
人在喷水柱正西方向的点 A 测得水柱顶端的仰角为 45°，沿点 A 向北偏东 30°前进 100 m
到达点 B，在 B 点测得水柱顶端的仰角为 30°，则水柱的高度是( )
A．50 m B．100 m
C．120 m D．150 m
解析：选 A 设水柱高度是 h m，水柱底端为 C，则在△ABC 中，
∠BAC＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝3h，根据余弦定理得，(3h)2＝h2
＋1002－2·h·100·cos 60°，即 h 2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝
0，即 h＝50，故水柱的高度是 50 m.
5．如图，某海上缉私小分队驾驶缉私艇以 40 km/h 的速度由 A 处
出发，沿北偏东 60°方向进行海面巡逻，当航行半小时到达 B 处时，发现北偏西 45°方向
有一艘船 C，若船 C 位于 A 的北偏东 30°方向上，则缉私艇所在的 B 处与船 C 的距离是
( )
A．5( 6＋ 2)km B．5( 6－ 2)km
C．10( 6－ 2)km D．10( 6＋ 2)km
解析：选 C 由题意，知∠BAC＝60°－30°＝30°，∠ABC＝30°＋45°＝75°，则∠
ACB＝180°－75°－30°＝75°，∴AC＝AB＝40×1
2＝20(km)．由余弦定理，得 BC2＝AC2
＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC＝20 2＋202－2×20×20×cos 30°＝800－400 3＝400(2－ 3)，∴
BC＝ 400(2－ 3)＝ 200( 3－1)2＝10 2( 3－1)＝10( 6－ 2)km.故选 C.
6.(2016·武汉武昌区调研)如图，据气象部门预报，在距离某码头南
偏东 45°方向 600 km 处的热带风暴中心正以 20 km/h 的速度向正北
方向移动，距风暴中心 450 km 以内的地区都将受到影响，则该码头将
受到热带风暴影响的时间为( )
A．14 h B．15 h
C．16 h D．17 h
解析：选 B 记现在热带风暴中心的位置为点 A，t 小时后热带风暴中心到达 B 点位置，
在△OAB 中，OA＝600，AB＝20t，∠OAB＝45°，根据余弦定理得 OB 2＝6002＋400t2－
2×600×20t× 2
2 ，令 OB2≤4502，即 4t2－120 2t＋1 575≤0，解得30 2－15
2 ≤t≤30 2＋15
2 ，
所以该码头将受到热带风暴影响的时间为30 2＋15
2 －30 2－15
2 ＝15(h)．
二、填空题
7.(2016·河南调研)如图，在山底 A 点处测得山顶仰角∠CAB＝
45°，沿倾斜角为 30°的斜坡走 1 000 米至 S 点，又测得山顶仰角∠
DSB＝75°，则山高 BC 为________米．
解析：由题图知∠BAS＝45°－30°＝15°，∠ABS＝45°－(90° －
∠DSB)＝30°，∴∠ASB＝135°，
在△ABS 中，由正弦定理可得 1 000
sin 30°＝ AB
sin 135°，
∴AB＝1 000 2，∴BC＝AB
2
＝1 000(米)．
答案：1 000
8.如图，在水平地面上有两座直立的相距 60 m 的铁塔 AA1 和 BB1.已知从塔 AA1 的底部
看塔 BB1 顶部的仰角是从塔 BB1 的底部看塔 AA1 顶部的仰角的 2
倍，从两塔底部连线中点 C 分别看两塔顶部的仰角互为余角．则从
塔 BB1 的底部看塔 AA1 顶部的仰角的正切值为________；塔 BB1 的
高为________m.
解析：设从塔 BB1 的底部看塔 AA1 顶部的仰角为 α，则 AA1＝60tan α，BB1＝60tan 2α.
∵从两塔底部连线中点 C 分别看两塔顶部的仰角互为余角，
∴△A1AC∽△CBB1，
∴AA1
30 ＝ 30
BB1，∴AA1·BB1＝900，
∴3 600tan αtan 2α＝900，
∴tan α＝1
3，tan 2α＝3
4，
则 BB1＝60tan 2α＝45(m)．
答案：1
3 45
9．江岸边有一炮台高 30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶
部测得俯角分别为 45°和 60°，而且两条船与炮台底部连线成 30°角，则两条船相距
________m.
解析：如图，OM＝AOtan 45°＝30(m)，
ON＝AOtan 30°＝30× 3
3 ＝10 3(m)，
在△MON 中，由余弦定理得，
MN＝ 900＋300－2 × 30 × 10 3 × 3
2
＝ 300＝10 3(m)．
答案：10 3
10．如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为 10
000 m，速度为 50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为 15°，经过 420 s 后看山顶的俯角为
45°，则山顶的海拔高度为________m．(取 2＝1.4, 3＝1.7)
解析：如图，作 CD 垂直于 AB 的延长线于点 D，由题意知∠A＝
15°，∠DBC＝45°，∴∠ACB＝30°.AB＝50×420＝21 000(m)．又 在
△ABC 中，BC
sin A＝ AB
sin∠ACB，∴BC＝21 000
1
2
×sin 15°＝10 500( 6－ 2) ．∵CD ⊥AD ，∴CD
＝BC·sin ∠DBC ＝10 500( 6－ 2)× 2
2 ＝10 500( 3－1) ＝7 350(m)．
故山顶的海拔高度 h＝10 000－7 350＝2 650(m)．
答案：2 650
三、解答题
11.已知在岛 A 南偏西 38° 方向，距岛 A 3 海里的 B 处有一艘缉
私艇．岛 A 处的一艘走私船正以 10 海里/时的速度向岛北偏西 22° 方
向行驶，问缉私艇朝何方向以多大速度行驶，恰好用 0.5 小时能截住
该走私船？
(参考数据：sin 38°＝
5 3
14 ，sin 22°＝3 3
14 )
解：如图，设缉私艇在 C 处截住走私船，D 为岛 A 正南方向上一
点，缉私艇的速度为每小时 x 海里，则 BC＝0.5x，AC＝5 海里，依题
意，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，
由余弦定理可得 BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 120°，
所以 BC2＝49，BC＝0.5x＝7，解得 x＝14.
又由正弦定理得 sin∠ABC＝AC·sin∠BAC
BC ＝
5 × 3
2
7 ＝5 3
14 ，
所以∠ABC＝38°，
又∠BAD＝38°，所以 BC∥AD，
故缉私艇以每小时 14 海里的速度向正北方向行驶，恰好用 0.5 小时截住该走私船．
12.已知在东西方向上有 M，N 两座小山，山顶各有一个发射塔 A，B，塔顶 A，B 的海
拔高度分别为 AM＝100 米和 BN＝200 米，一测量车在小山 M 的正
南方向的点 P 处测得发射塔顶 A 的仰角为 30°，该测量车向北偏西
60°方向行驶了 100 3米后到达点 Q，在点 Q 处测得发射塔顶 B 处的
仰角为 θ，且∠BQA＝θ，经测量 tan θ＝2，求两发射塔顶 A，B 之间
的距离．
解：在 Rt△AMP 中，∠APM＝30°，AM＝100，
∴PM＝100 3.连接 QM(图略)，
在△PQM 中，∠QPM＝60°，又 PQ＝100 3，
∴△PQM 为等边三角形，
∴QM＝100 3.
在 Rt△AMQ 中，由 AQ2＝AM2＋QM2，得 AQ＝200.
在 Rt△BNQ 中，tan θ＝2，BN＝200，
∴BQ＝100 5，cos θ＝ 5
5 .
在△BQA 中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcos θ＝50 000，
∴BA＝100 5.
即两发射塔顶 A，B 之间的距离是 100 5米．
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