(共79张PPT)
第1讲 三角函数的图象与性质
专题二 三角函数与解三角形
考情分析
1.高考对此部分的命题主要集中于三角函数的定义、图象与性质,主要考查图
象的变换、函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性,常与三角恒等变换交
汇命题.
2.主要以选择题、填空题的形式考查,难度为中等或偏下.
考点一 三角函数的运算
考点二 三角函数的图象与解析式
考点三 三角函数的性质
专题强化练
内容索引
三角函数的运算
考点一
核心提炼
(1)(2022·菏泽检测)已知角α的终边经过点(-1,2),则cos 2α等于
√
例1
因为角α的终边经过点(-1,2),
二级
结论
(2)由(sin α±cos α)2=1±2sin αcos α知,
sin α+cos α,sin α-cos α,sin αcos α知一可求二.
(1)(2022·山西联考)若sin 10°=asin 100°,则sin 20°等于
√
跟踪演练1
由题可知a>0,
sin 10°=asin 100°=asin(90°+10°)=acos 10°,
又因为sin210°+cos210°=1,
所以sin 20°=2sin 10°cos 10°
∴2sin α=-cos α,
三角函数的图象与解析式
考点二
由函数y=sin x的图象变换得到y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)图象的步骤
核心提炼
√
例2
再将所得曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍,得到f(x)的图象,
√
(2)(多选)函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0)的部分图象如图所示,则f(x)等于
√
根据图象,可得A=2,设f(x)的最小正周期为T,
由三角函数的图象求解析式y=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0)中参数的值
(1)最值定A,B:根据给定的函数图象确定最值,设最大值为M,最小值为m,则M=A+B,m=-A+B,解得B
规律方法
(3)特殊点定φ:代入特殊点求φ,一般代最高点或最低点,代入中心点时应注意是上升趋势还是下降趋势.
规律方法
跟踪演练2
√
(2)(2022·黄山模拟)函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,-π<φ<0)的部分图象如图所示,为了得到y=f(x)的图象,需将函数g(x)=Acos ωx的图象至少向右平移
√
由图象可知A=2,f(x)的最小正周期
三角函数的性质
考点三
函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的性质
核心提炼
√
例3
√
研究三角函数的性质,首先化函数为f(x)=Asin(ωx+φ)+h的形式,然后结合正弦函数y=sin x的性质求f(x)的性质,此时有两种思路:一种是根据y=sin x的性质求出f(x)的性质,然后判断各选项;另一种是由x的值或范围求得t=ωx+φ的范围,然后由y=sin t的性质判断各选项.
规律方法
跟踪演练3
√
√
专题强化练
一、单项选择题
√
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3.(2022·济宁模拟)如图,某时钟显示的时刻为9:45,此时时针与分针的夹角为θ,则(sin θ+cos θ)(sin θ-cos θ)等于
√
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所以(sin θ+cos θ)(sin θ-cos θ)=sin2θ-cos2θ
√
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因为函数g(x)的图象关于y轴对称,
记曲线C的函数解析式为g(x),
√
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√
由题意知,△OAB是等边三角形,
所以AB=OA=2.
连接OC(图略),因为C是AB的中点,
又CD⊥AB,所以O,C,D三点共线,
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二、多项选择题
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对于选项A,把曲线C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,
对于选项B,把曲线C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,
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再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,所得曲线对应的函数解析式为
再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,最后把得到的曲线向右平移π个单位长度,所得曲线对应的函数解析式为
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√
√
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因为0<ω<4,所以当k=0时,ω=2符合,故A选项正确;
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√
因为x∈R,f(-x)=f(x),所以f(x)是偶函数,A正确;
f(x)显然是周期函数,
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由B中解答知,π是f(x)的周期,所以f(x)的最小值为1,D正确.
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三、填空题
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整理得sin2x+sin x-1=0,而-1≤sin x≤1,
14.(2022·石家庄模拟)已知角α的终边经过点P(8,3cos α).则sin α=____.
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∴sin2α[64+9(1-sin2α)]=9(1-sin2α),
即9sin4α-82sin2α+9=0,
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解得ω=9k+3(k∈Z).
又ω>0,所以当k=0时,ω取得最小值,且最小值为3.
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所以ω=2,所以f(x)=2cos(2x+φ).
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即[f(x)-1]·f(x)>0,可得f(x)>1或f(x)<0,
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所以满足题意的最小正整数x为2.
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16(共82张PPT)
第2讲 三角恒等变换与解三角形
专题二 三角函数与解三角形
考情分析
1.三角恒等变换主要考查化简、求值,解三角形主要考查求边长、角度、面积
等,三角恒等变换作为工具,将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范
围问题.
2.三角恒等变换以选择题、填空题为主,解三角形以解答题为主,中等难度.
考点一 三角恒等变换
考点二 正弦定理、余弦定理
考点三 解三角形的实际应用
专题强化练
内容索引
三角恒等变换
考点一
核心提炼
1.两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β;
(2)cos(α±β)=cos αcos β sin αsin β;
2.二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin 2α=2sin αcos α;
(2)cos 2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α;
(1)(2022·新高考全国Ⅱ)若sin(α+β)+cos(α+β)=2cos sin β,则
A.tan(α-β)=1 B.tan(α+β)=1
C.tan(α-β)=-1 D.tan(α+β)=-1
√
例1
由题意得sin αcos β+cos αsin β+cos αcos β-sin αsin β
整理,得sin αcos β-cos αsin β+cos αcos β+sin αsin β=0,
即sin(α-β)+cos(α-β)=0,
所以tan(α-β)=-1.
√
三角恒等变换的“4大策略”
(1)常值代换:特别是“1”的代换,1=sin2θ+cos2θ=
tan 45°等;
(2)项的拆分与角的配凑:如sin2α+2cos2α=(sin2α+cos2α)+cos2α,α=(α-β)+β等;
(3)降幂与升幂:正用二倍角公式升幂,逆用二倍角公式降幂;
(4)弦、切互化:一般是切化弦.
规律方法
√
跟踪演练1
√
(2)已知函数f(x)=sin x-2cos x,设当x=θ时,f(x)取得最大值,则cos θ
=________.
正弦定理、余弦定理
考点二
核心提炼
例2
√
因为bsin 2A=asin B,
所以2bsin Acos A=asin B,
利用正弦定理可得2abcos A=ab,
(2)(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A).
①证明:2a2=b2+c2;
方法一 由sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),
可得sin Csin Acos B-sin Ccos Asin B
=sin Bsin Ccos A-sin Bcos Csin A,
可得accos B-bccos A=bccos A-abcos C,
即accos B+abcos C=2bccos A(*).
将上述三式代入(*)式整理,得2a2=b2+c2.
方法二 因为A+B+C=π,
所以sin Csin(A-B)=sin(A+B)sin(A-B)
=sin2Acos2B-cos2Asin2B
=sin2A(1-sin2B)-(1-sin2A)sin2B
=sin2A-sin2B,
同理有sin Bsin(C-A)=sin(C+A)sin(C-A)=sin2C-sin2A.
又sin Csin(A-B)=sin Bsin(C-A),
所以sin2A-sin2B=sin2C-sin2A,即2sin2A=sin2B+sin2C,
故由正弦定理可得2a2=b2+c2.
由①及a2=b2+c2-2bccos A得,
a2=2bccos A,所以2bc=31.
因为b2+c2=2a2=50,
所以(b+c)2=b2+c2+2bc=81,得b+c=9,
所以△ABC的周长l=a+b+c=14.
正、余弦定理的适用条件
(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理.
(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理.
注意:应用定理要注意“三统一”,即“统一角、统一函数、统一结构”.
规律方法
跟踪演练2
√
根据正弦定理可知b=2Rsin B,a=2Rsin A,
得2Rsin Bcos A+2Rsin Acos B=2Rsin(A+B)=2,
①求角A的大小;
在△ABC中,由正弦定理得,c=2Rsin C,b=2Rsin B,
化简得cos Asin B+sin Acos B=2sin Ccos A.
即sin(A+B)=2sin Ccos A,
∵A+B=π-C,∴sin(A+B)=sin C≠0,
②若a=2,求△ABC面积的最大值及此时边b,c的值.
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,
又b2+c2≥2bc,∴bc≤4,
解三角形的实际应用
考点三
解三角形应用题的常考类型
(1)实际问题经抽象概括后,已知量与未知量全部集中在一个三角形中,可用正弦定理或余弦定理求解.
(2)实际问题经抽象概括后,已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形,这时需作出这些三角形,先解够条件的三角形,然后逐步求解其他三角形,有时需设出未知量,从几个三角形中列出方程(组),解方程(组)得出所要求的解.
核心提炼
(1)滕王阁,位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸,始建于唐朝永徽四年,因唐代诗人王勃的诗句“落霞与孤鹜齐飞,秋水共长天一色”而流芳后世.如图,小明同学为测量滕王阁的高度,在滕王阁的正东方向找到一座建筑物AB,高为12 m,在它们的地面上的点M(B,M,D三点共线)测得楼顶A、滕王阁顶部C的仰角分别为15°和60°,在楼顶A处测得滕王阁顶部C的仰角为30°,则
小明估算滕王阁的高度为(精确到1 m)
A.42 m B.45 m
C.51 m D.57 m
√
例3
在△ACM中,∠CAM=30°+15°=45°,
∠AMC=180°-15°-60°=105°,
所以∠ACM=30°,
在Rt△CDM中,CD=CMsin 60°
(2)雷达是利用电磁波探测目标的电子设备,电磁波在大气中大致沿直线传播,受地球表面曲率的影响,雷达所能发现目标的最大直视距离L=
(如图),其中h1为雷达天线架设高度,h2为探测目标高度,R为地球半径.考虑到电磁波的弯曲、折射等因素,R等效取8 490 km,故R远大于h1,h2.假设某探测目标高度为25 m,为保护航母的安全,须在直视距离
412 km外探测到目标,并发出预警,则舰载预警机的
巡航高度至少约为(参考数据: ≈4.12)
A.6 400 m B.8 100 m
C.9 100 m D.1 000 m
√
根据题意可知L=412 km,
R=8 490 km,h2=0.025 km,
解得h1≈9.02(km)≈9 100(m).
所以舰载预警机的巡航高度至少约为9 100 m.
解三角形实际问题的步骤
规律方法
(1)如图,已知A,B,C,D四点在同一条直线上,且平面PAD与地面垂直,在山顶P点测得点A,C,D的俯角分别为30°,60°,45°,并测得AB=200 m,CD=100 m,现欲沿直线AD开通穿山隧道,则隧道BC的长为
跟踪演练3
√
由题意可知A=30°,D=45°,
∠PCB=60°,
所以∠PCD=120°,∠APC=90°,∠DPC=15°,
因为sin 15°=sin(45°-30°)
所以在△PCD中,
所以在Rt△PAC中,
(2)如图是建党百年展览的展馆——国家博物馆.现欲测量博物馆正门柱楼顶部一点P离地面的高度OP(点O在柱楼底部).现分别从地面上的两点A,B测得点P的仰角分别为30°,45°,且∠ABO
=60°,AB=60 米,则OP等于
√
如图所示,设OP=h,
由题意知∠OAP=30°,
∠OBP=45°.
在Rt△BOP中,OB=h.
在△ABO中,由余弦定理,
得OA2=AB2+OB2-2AB·OBcos 60°,
专题强化练
一、单项选择题
√
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由余弦定理AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B,得BC2+2BC-15=0,
解得BC=3或BC=-5(舍去).
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所以bc=6,又b-c=1,
可得b=3,c=2,
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∴cos β=cos[(β-α)+α]
=cos(β-α)cos α-sin(β-α)sin α
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5.故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑群,故宫宫殿房檐设计恰好使北房在冬至前后阳光满屋,夏至前后屋檐遮阴.已知北京地区夏至前后正午太阳高度角约为75°,冬至前后正午太阳高度角约为30°.图1是顶部近似为正四棱锥、底部近似为正四棱柱的宫殿,图2是其示意图,则其出檐AB的长度
(单位:米)约为
A.3米 B.4米
C.6( -1)米 D.3( +1)米
√
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如图,根据题意得∠ACB=15°,∠ACD=105°,
∠ADC=30°,∠CAD=45°,CD=24米,
所以∠CAD=45°,
在△ACD中,由正弦定理得
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6.(2022·济宁模拟)已知sin α-cos β=3cos α-3sin β,且sin(α+β)≠1,则sin(α-β)的值为
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由sin α-cos β=3cos α-3sin β得,
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二、多项选择题
7.(2022·张家口质检)下列命题中,正确的是
A.在△ABC中,若A>B,则sin A>sin B
B.在锐角△ABC中,不等式sin A>cos B恒成立
C.在△ABC中,若acos A=bcos B,则△ABC是等腰直角三角形
D.在△ABC中,若B= ,b2=ac,则△ABC必是等边三角形
√
√
√
对于A,由A>B,可得a>b,利用正弦定理可得sin A>sin B,正确;
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因此不等式sin A>cos B恒成立,正确;
对于C,在△ABC中,acos A=bcos B,
利用正弦定理可得sin Acos A=sin Bcos B,
∴sin 2A=sin 2B,
∵A,B∈(0,π),
∴2A=2B或2A=π-2B,
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∴△ABC是等腰三角形或直角三角形,错误;
由余弦定理可得b2=ac=a2+c2-ac,
可得(a-c)2=0,解得a=c,
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∴△ABC必是等边三角形,正确.
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√
√
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三、填空题
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11.(2022·开封模拟)如图,某直径为5 海里的圆形海域上有四个小岛,已知小岛B与小岛C相距5海里,cos∠BAD=- .则小岛B与小岛D之间的距离为_____海里;小岛B,C,D所形成的三角形海域BCD的面积为____平方海里.
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由圆的内接四边形对角互补,得
又∠BCD为锐角,所以sin∠BCD
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整理得CD2-8CD-20=0,
解得CD=10(负根舍去).
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12.(2022·汝州模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,
a=2,cos 2C=cos 2A+4sin2B,则△ABC面积的最大值为____.
由cos 2C=cos 2A+4sin2B得,
1-2sin2C=1-2sin2A+4sin2B,
即sin2A=sin2C+2sin2B,
由正弦定理得a2=c2+2b2=4,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=4,
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∵c2+2b2=4,∴c2=4-2b2,
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四、解答题
(1)求△ABC的面积;
又a2-b2+c2=2accos B,所以accos B=1.
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(1)求角B;
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选择①:
∴由正弦定理可得(2c-a)c=b2+c2-a2=2bccos A,
∴2c-a=2bcos A,
整理可得c2+a2-b2=ac,
选择②:
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选择③:
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(2)求2a-c的取值范围.
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故a=4sin A,c=4sin C,
2a-c=8sin A-4sin C
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