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第四章
§4.7 正弦定理、余弦定理
数学
大
一
轮
复
习
1.掌握正弦定理、余弦定理及其变形.
2.理解三角形的面积公式并能应用.
3.能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
定理 正弦定理 余弦定理
内容 a2＝ ；
b2＝ ；
c2＝________________
变形 cos A＝__________；
cos B＝___________；
cos C＝___________
1.正弦定理、余弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则
b2＋c2－2bccos A
c2＋a2－2cacos B
a2＋b2－2abcos C
2Rsin B
2Rsin C
sin A∶sin B∶sin C
2.三角形解的判断
A为锐角 A为钝角或直角
图形
关系式 a＝bsin A bsin A
b
解的个数 一解 两解 一解 一解
3.三角形中常用的面积公式
(1)S＝aha(ha表示边a上的高)；
(2)S＝__________＝__________＝_________；
(3)S＝____________(r为三角形的内切圆半径).
absin C
acsin B
bcsin A
r(a＋b＋c)
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比.( )
(2)在△ABC中，若sin A>sin B，则a>b.( )
(3)在△ABC的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素.( )
(4)当b2＋c2－a2>0时，△ABC为锐角三角形.( )
√
×
×
×
2.在△ABC中，A＝60°，AC＝2，BC＝2，则角B的值为
A.30°或150° B.60°或120°
C.60° D.30°
√
在△ABC中，A＝60°，AC＝2，BC＝2，
由正弦定理，解得sin B＝，
又AC3.已知在△ABC中，角A，B所对的边分别是a和b，若acos B＝bcos A，则△ABC一定是
A.等腰三角形 B.等边三角形
C.直角三角形 D.等腰直角三角形
√
由正弦定理得，acos B＝bcos A sin Acos B＝sin Bcos A sin(A－B)＝0，
由于－π4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝4，b＝5，c＝6，
则cos A＝ ，△ABC的面积为 .
依题意得cos A＝，
所以sin A＝，
所以△ABC的面积为bcsin A＝.
1.熟记△ABC中的以下常用结论：
(1)A＋B＋C＝π，.
(2)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边.
(3)大边对大角，大角对大边，a>b A>B sin A>sin B，cos A(4)sin(A＋B)＝sin C；cos(A＋B)＝－cos C.
(5)三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcos C＋ccos B；b＝acos C＋ccos A；c＝bcos A＋acos B.
微点提醒
2.谨防两个易误点
(1)已知两边及一边的对角，利用正弦定理解三角形时，注意解的个数讨论，可能有一解、两解或无解.
(2)求角时易忽略角的范围而导致错误，需要根据大边对大角，大角对大边的规则，画图帮助判断.
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微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1 (2024·新课标全国Ⅱ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝2.
(1)求A；
利用正弦定理解三角形
题型一
方法一 常规方法(辅助角公式)
由sin A＋cos A＝2，
可得sin A＋cos A＝1，
即sin＝1，
由于A∈(0，π) A＋∈，
故A＋，
解得A＝.
方法二 常规方法(同角三角函数的基本关系)
由sin A＋cos A＝2，
又sin 2A＋cos 2A＝1，
消去sin A得到
4cos2A－4cos A＋3＝0 (2cos A－)2＝0，
解得cos A＝，
又A∈(0，π)，故A＝.
(2)若a＝2，bsin C＝csin 2B，求△ABC的周长.
由题设条件和正弦定理得，
bsin C＝csin 2B sin Bsin C＝2sin Csin Bcos B，
又B，C∈(0，π)，则sin Bsin C≠0，
进而cos B＝，得到B＝，
于是C＝π－A－B＝，
sin C＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝，
由正弦定理可得，，
即，
解得b＝2，c＝，
故△ABC的周长为2＋＋3.
(1)利用正弦定理可解决以下两类三角形问题：一是已知两角和一角的对边，求其他边与角；二是已知两边和一边的对角，求其他边与角(该三角形具有不唯一性，常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断).
(2)已知△ABC的两边a，b及角A，解三角形的一般步骤
①由正弦定理，得到sin B＝.
②当sin B>1时，无解；当sin B＝1，且asin B<1时，若a≥b，则有唯一解，若a思维升华
跟踪训练1 (1)(2025·南京统考)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2acos Bsin C＋2bcos Asin C＝c2，则△ABC外接圆的面积是
A. B. C. D.π
√
设△ABC外接圆的半径为R，
因为2acos Bsin C＋2bcos Asin C＝c2，
所以由正弦定理，得2sin Acos Bsin C＋2sin Bcos Asin C＝csin C，
因为sin C≠0，且A＋B＋C＝π，
所以2sin(A＋B)＝2sin C＝c，
所以＝2＝2R，解得R＝1，
所以△ABC外接圆的面积是πR2＝π.
(2)(多选)(2024·金昌模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列对△ABC解的个数的判断正确的是
A.当a＝2，c＝4，A＝30°时，有两解
B.当a＝5，b＝7，A＝60°时，有一解
C.当a＝，b＝4，A＝30°时，无解
D.当a＝6，b＝4，A＝60°时，有两解
√
√
对于A，由正弦定理得，所以sin C＝，
又因为0°a，所以C＝45°或C＝135°，有两解，故A正确；
对于B，由正弦定理得sin B＝>1，无解，故B错误；
对于C，由正弦定理得sin B＝>1，无解，故C正确；
对于D，由正弦定理得sin B＝<，
又b例2 (1)(2025·八省联考)在△ABC中，BC＝8，AC＝10，cos∠BAC＝，则△ABC的面积为
A.6 B.8 C.24 D.48
利用余弦定理解三角形
题型二
√
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AB·ACcos∠BAC，即64＝100＋AB2－2AB×10×，
∴AB2－12AB＋36＝0，
∴AB＝6，∴AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，S△ABC＝AB·BC＝×6×8＝24.
(2)在△ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，已知cos 2A＝cos(B＋C)，且a＝2，bc＝12，则△ABC的周长为 .
8＋2
cos 2A＝－cos A＝2cos2A－1，
即2cos2A＋cos A－1＝0，
解得cos A＝－1(舍去)或cos A＝，
在△ABC中，根据余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得b2＋c2－bc＝28，
∴(b＋c)2－3bc＝28，(b＋c)2＝64，
∴b＋c＝8，∴a＋b＋c＝8＋2.
利用余弦定理可解决以下两类三角形问题：一是已知两边和它们的夹角，求其他边与角；二是已知三边求各个角.由于这两种情形下的三角形是唯一确定的，所以其解也是唯一的.
思维升华
跟踪训练2 (1)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3sin C＝sin A，B＝，△ABC的面积为，则b等于
A.2 B. C.4 D.2
因为3sin C＝sin A，所以3c＝a，即a＝c，
又因为B＝且△ABC的面积为，
可得S△ABC＝acsin B＝×c2×，
解得c＝2，则a＝2，
则由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝12＋4－2×2×2×＝4，所以b＝2.
√
(2)(2024·毕节模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2－2bc＋c2＋，且sin A－cos A＝0，则△ABC的面积为 .
∵sin A－cos A＝0，可得tan A＝，
又A∈(0，π)，
∴A＝，
又∵a2＝b2－2bc＋c2＋，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
∴2bc－＝2bccos A，
∵A＝，解得bc＝1，
S△ABC＝bcsin A＝.
例3 (1)(多选)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的有
A.若sin2A＋sin2B＋cos2C<1，则△ABC为钝角三角形
B.若bcos C＋ccos B＝b，则△ABC一定是等腰三角形
C.若acos A＝bcos B，则△ABC一定是等腰三角形
D.若a＝bcos C，则△ABC一定是直角三角形
三角形形状的判断
题型三
√
√
√
对于A，由题意可得，sin2A＋sin2B<1－cos2C＝sin2C，由正弦定理可得a2＋b2对于B，由正弦定理得，sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin B，即sin B＝sin(B＋C)
＝sin A，则A＝B，△ABC是等腰三角形，B正确；
对于C，由正弦定理得sin Acos A＝sin Bcos B sin 2A＝sin 2B，2A＝2B或2A＋2B＝π，则△ABC是等腰三角形或直角三角形，C错误；
对于D，a＝bcos C，所以a＝b·，即2a2＝a2＋b2－c2，即a2＋c2＝b2，则△ABC为直角三角形，D正确.
(2)在△ABC中，若c＋acos C＝b＋acos B，则△ABC的形状是
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等腰或直角三角形 D.等腰直角三角形
√
已知c＋acos C＝b＋acos B，A，B，C为△ABC的内角，
由正弦定理可得sin C＋sin Acos C＝sin B＋sin Acos B，
即sin(A＋B)＋sin Acos C＝sin(A＋C)＋sin Acos B，
即sin Acos B＋sin Bcos A＋sin Acos C＝sin Acos C＋sin Ccos A＋sin Acos B，
化简得sin Bcos A＝sin Ccos A，
即cos A(sin B－sin C)＝0，
∴cos A＝0或sin B＝sin C，
∴A为直角或B＝C，
∴△ABC的形状为等腰三角形或直角三角形.
判断三角形形状的两种思路
(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.
思维升华
跟踪训练3 (1)(2024·宁波模拟)在△ABC中，A，B，C成等差数列且sin A，sin B，sin C成等比数列，则△ABC的形状为
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等边三角形 D.等腰直角三角形
√
在△ABC中，由A，B，C成等差数列，
得2B＝A＋C，而A＋B＋C＝π，
则B＝，
由sin A，sin B，sin C成等比数列，
得sin2B＝sin Asin C，
由正弦定理得b2＝ac，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
即ac＝a2＋c2－ac，解得a＝c，
因此△ABC是等边三角形.
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若4acos2＝c＋2a，则△ABC的形状为
A.等腰三角形 B.锐角三角形
C.直角三角形 D.钝角三角形
√
因为4acos2＝c＋2a，
所以4a·＝c＋2a，即2acos B＝c，
方法一 由正弦定理得2sin Acos B＝sin C＝sin(B＋A)＝sin Bcos A＋
cos Bsin A，
所以sin Acos B－sin Bcos A＝0，
即sin(A－B)＝0，
又因为A，B∈(0，π)，A＝B，
所以△ABC为等腰三角形.
方法二 由余弦定理得2a·＝c，
即a2＋c2－b2＝c2，
即a2＝b2，即a＝b，
所以△ABC为等腰三角形.
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课时精练
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B B D ACD BD 4
题号 11 12 答案 ABD 答案
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9.
(1)由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcos C，
因为a2＋b2－c2＝ab，所以cos C＝，
因为C∈(0，π)，所以sin C>0，
从而sin C＝，
又因为sin C＝cos B，
即cos B＝，
又B∈(0，π)，所以B＝.
答案
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9.
(2)由(1)可得B＝，cos C＝，C∈(0，π)，
从而C＝，sin A＝sin(B＋C)＝sin＝××.
方法一 由正弦定理有，
从而b＝·c＝c，
答案
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9.
由三角形面积公式可知，
△ABC的面积可表示为S△ABC＝bc·sin A＝·c·c·c2，
由已知△ABC的面积为3＋，
可得c2＝3＋，所以c＝2.
答案
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9.
方法二 记R为△ABC外接圆的半径，
由正弦定理得S△ABC＝ab·sin C＝2R2sin Asin Bsin C＝2R2···
＝·R2＝3＋.
所以R＝2.
所以c＝2R·sin C＝2×2×＝2.
答案
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10.
(1)由正弦定理得sin Asin B＋cos Asin B＝sin A＋sin C.
又sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以sin Asin B＝sin A＋sin Acos B.
因为sin A>0，所以sin B＝1＋cos B，
即sin.
因为0所以B－，B＝.
答案
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10.
(2)方法一 由(1)知，C＝－A，
由a＝3c及正弦定理得sin A＝3sin C，
即sin A＝3sin＝3×，
解得sin A＝－3cos A.
又sin2A＋cos2A＝1，且A∈(0，π)，
所以sin A＝.
答案
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10.
方法二 由(1)知a2＋c2－b2＝ac.
又a＝3c，所以b2＝a2＋c2－ac＝a2，
所以b＝a，
故由正弦定理得sin B＝sin A.
所以sin A＝.
一、单项选择题
1.(2024·成都模拟)在△ABC中，BC＝3，AC＝5，C＝，则AB等于
A. B. C. D.7
√
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知识过关
答案
在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝52＋32－2×5×3×＝49，所以AB＝7.
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答案
2.(2024·黄石模拟)若△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B＋C＝60°，a＝3，则等于
A.2 B. C. D.6
√
在△ABC中，B＋C＝60°，所以A＝120°，
所以，
由正弦定理以及比例的性质可得.
3.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足bc＝3a2，且b＋c＝a，则sin A等于
A. B. C. D.
√
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答案
因为bc＝3a2，b＋c＝a，则由余弦定理可得cos A＝，
又A∈(0，π)，所以sin A＝.
4.△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin A＝2sin Ccos B，ccos B＋bcos C＝c，则△ABC的形状是
A.等腰非直角三角形 B.直角非等腰三角形
C.等边三角形 D.等腰直角三角形
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答案
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因为sin A＝2sin Ccos B，
所以sin(B＋C)＝2sin Ccos B，
即sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Ccos B，
即sin Bcos C＝sin Ccos B，
即sin(B－C)＝0，所以B＝C，b＝c，
又ccos B＋bcos C＝c，
所以cos B＋cos B＝，所以cos B＝，
所以B＝，所以C＝，A＝，
故△ABC为等腰直角三角形.
答案
二、多项选择题
5.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是
A.若A>B，则sin A>sin B
B.若a＝10，c＝8，C＝，则符合条件的△ABC有两个
C.若B＝，b＝，c＝2，则△ABC有两解
D.若，则△ABC一定是等边三角形
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答案
√
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A选项，在△ABC中，根据大角对大边，A>B a>b，由正弦定理可得，所以sin A>sin B，A正确；
B选项，根据正弦定理，sin A＝，结合选项数据，得sin A＝>1，故这样的三角形不存在，B错误；
C选项，由正弦定理得sin C＝，结合数据，得sin C＝，因为c>b，所以C>B，故C为锐角或钝角，△ABC有两解，C正确；
答案
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D选项，由，即tan A＝tan B＝tan C，而A，B，C∈(0，π)，则A＝B＝C，△ABC为等边三角形，D正确.
答案
6.(2025·益阳模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边依次为a，b，c，已知sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，则下列结论中正确的是
A.(a＋b)∶(b＋c)∶(c＋a)＝5∶6∶7
B.△ABC为钝角三角形
C.若a＋b＋c＝18，则△ABC的面积为6
D.若△ABC的外接圆半径是R，内切圆半径为r，则5R＝16r
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答案
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因为sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，由正弦定理可得a∶b∶c＝2∶3∶4，设a＝2x(x>0)，b＝3x，c＝4x，则(a＋b)∶(b＋c)∶(c＋a)＝5x∶7x∶6x＝5∶7∶6，故A错误；
由题意可知，C为最大角，因为cos C＝＝－<0，所以C为钝角，故B正确；
若a＋b＋c＝18，则a＝4，b＝6，c＝8，又cos C＝－，所以sin C＝，所以△ABC的面积S△ABC＝absin C＝×4×6×＝3，故C错误；
答案
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由正弦定理得，2R＝，即R＝(a＋b＋c)r＝absin C，即×9x·r＝×2x×3x×，所以r＝x，所以，故5R＝16r，故D正确.
答案
三、填空题
7.(2025·马鞍山模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
已知a＝3，b＝1，cos C＝－，则边AB上的高为 .
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答案
设边AB上的高为h，由余弦定理可知c2＝a2＋b2－2abcos C＝32＋12－2×3×1×＝12，即c＝2，
又cos C＝－，则C∈，
则sin C＝，
所以S△ABC＝absin C＝c·h，
即×3×1××2h，解得h＝.
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答案
8.(2025·武威模拟)△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为，csin A＝2，则a＝ .
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答案
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12
∵S△ABC＝absin C，
由余弦定理得a2＋b2－c2＝2abcos C，
结合S△ABC＝，得absin C＝abcos C，
∴sin C＝cos C，
∵C∈(0，π)，∴cos C≠0，
∴tan C＝，∴C＝.
由正弦定理，得a＝＝4.
答案
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答案
四、解答题
9.(2024·新课标全国Ⅰ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝cos B，a2＋b2－c2＝ab.
(1)求B；
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12
答案
由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcos C，
因为a2＋b2－c2＝ab，
所以cos C＝，
因为C∈(0，π)，所以sin C>0，
从而sin C＝，
又因为sin C＝cos B，
即cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.
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答案
(2)若△ABC的面积为3＋，求c.
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答案
由(1)可得B＝，cos C＝，C∈(0，π)，
从而C＝，sin A＝sin(B＋C)＝sin＝××.
方法一 由正弦定理有，从而b＝·c＝c，
由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为S△ABC＝bc·sin A
＝·c·c·c2，
由已知△ABC的面积为3＋，
可得c2＝3＋，所以c＝2.
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答案
方法二 记R为△ABC外接圆的半径，
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.
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答案
10.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b(sin A＋cos A)＝a＋c.
(1)求B；
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答案
由正弦定理得sin Asin B＋cos Asin B＝sin A＋sin C.
又sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以sin Asin B＝sin A＋sin Acos B.
因为sin A>0，所以sin B＝1＋cos B，
即sin.
因为0所以B－，B＝.
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答案
(2)若a＝3c，求sin A.
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答案
方法一 由(1)知，C＝－A，
由a＝3c及正弦定理得sin A＝3sin C，
即sin A＝3sin＝3×，
解得sin A＝－3cos A.
又sin2A＋cos2A＝1，且A∈(0，π)，
所以sin A＝.
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答案
方法二 由(1)知a2＋c2－b2＝ac.
又a＝3c，所以b2＝a2＋c2－ac＝a2，
所以b＝a，
故由正弦定理得sin B＝sin A.
所以sin A＝.
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答案
能力拓展
11.(多选)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝，a2＋b2－c2＝absin C，acos B＋bsin A＝c，则下列结论正确的是
A.tan C＝2
B.A＝
C.b＝
D.△ABC的面积为6
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答案
因为a2＋b2－c2＝absin C，
所以cos C＝，
所以tan C＝＝2，故A正确；
因为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，
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，所以tan A＝1，
又A∈(0，π)，所以A＝，故B正确；
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答案
因为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＝××，
因为，所以b＝＝3，故C错误；
S△ABC＝absin C＝××3×＝6，故D正确.
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答案
12.我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积S＝
.根据此公式，若acos B＋(b－c)cos A＝0，且b2
＋c2－a2＝，则△ABC的面积为 .
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答案
因为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，
因为sin C≠0，所以1－cos A＝0，
解得cos A＝，
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答案
由余弦定理得b2＋c2－a2＝2bccos A＝2bc·bc，
又b2＋c2－a2＝，
所以bc＝，可得bc＝1，
所以S＝×.
返回(共29张PPT)
第四章
必刷小题8 解三角形
数学
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习
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A C D C A C C
题号 9 10 11 12 13 14 答案 BCD AC ACD 一、单项选择题
1.(2024·江门模拟)在△ABC中，B＝30°，b＝2，c＝2，则角A的大小为
A.45° B.135°或45°
C.15° D.105°或15°
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答案
因为B＝30°，b＝2，c＝2，
由正弦定理得sin C＝，
因为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.(2025·青岛模拟)△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2asin B，bc＝4，则△ABC的面积为
A.1 B. C.2 D.2
√
根据正弦定理得sin B＝2sin Asin B，
因为B∈(0，π)，则sin B≠0，
所以1＝2sin A，解得sin A＝，
所以S△ABC＝bcsin A＝×4×＝1.
3.(2024·赤峰模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝9，b＝8，c＝5，则△ABC的外接圆半径为
A. B. C. D.
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答案
因为a＝9，b＝8，c＝5，
所以由余弦定理可得cos C＝，
所以sin C＝，
设△ABC的外接圆半径为R，
由正弦定理可得2R＝，
即R＝.
则△ABC的外接圆半径为.
4.在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足，则△ABC的形状是
A.钝角三角形 B.直角三角形
C.等边三角形 D.等腰三角形
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答案
因为，所以由正弦定理得，
整理得sin(A＋B)＝sin A，
即sin C＝sin A，由正弦定理可得a＝c.
所以△ABC为等腰三角形.
5.在△ABC中，D为边BC上一点，AD＝6，BD＝3，∠ABC＝45°，则sin∠ADC的值为
A. B.
C. D.
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答案
如图，在△ABD中，由正弦定理得，
即，
故sin∠BAD＝.
又BD所以sin∠ADC＝sin(∠BAD＋∠ABD)＝××.
6.宝塔山是延安的标志，见证了中国革命的进程，在中国老百姓的心中具有重要地位.如图，宝塔山的坡度比为∶3(坡度比即坡面的垂直高度和水平宽度的比)，在山坡A处测得∠CAD＝15°，
从A处沿山坡往上前进66 m到达B处，在山坡B处
测得∠CBD＝30°，则宝塔CD的高为
A.44 m B.42 m C.48 m D.46 m
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答案
由题可知∠CAD＝15°，∠CBD＝30°，
则∠ACB＝15°，所以BC＝AB＝66，
设坡角为θ，则由题可得tan θ＝，
则可求得cos θ＝，
在△BCD中，∠BDC＝θ＋90°，
由正弦定理可得，即，
解得CD＝44，故宝塔CD的高为44 m.
7.(2025·辽阳模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＋4b2＝6c2，则的最小值为
A. B. C. D.2
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答案
因为a2＋4b2＝6c2≥2＝4ab，
所以由正弦定理可得≥，
当且仅当a＝2b时，等号成立，所以.
8.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝2B，b＝3，则a的取值范围是
A.(0，6) B.(3，6)
C.(3，3) D.(0，3)
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由正弦定理知，
即，∴a＝6cos B，
又A＝2B，C＝π－A－B＝π－3B，且△ABC为锐角三角形，
∴ ∴a的取值范围是(3，3).
答案
二、多项选择题
9.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.则下列各组条件中使得△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
根据题意，A中，由正弦定理 sin B＝×sin A＝，
因为<<，所以角B在上各有一个解，并且这两个解与角A的和都小于π，所以A不满足题意；
B中，根据余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B，
即16＝9＋c2－c，
解得c＝5或c＝－(舍)，
所以只有1个解，满足题意；
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答案
C中，条件为边角边，根据余弦定理可以求得唯一的c边，所以有唯一解，满足题意；
D中，由正弦定理 sin A＝×sin B＝，
因为<，
所以角A在上时，角B与角A的和大于π，所以只有1个解，满足题意.
10.某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离12 n mile；在A处看灯塔C在货轮北偏西30°，距离8 n mile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°方向，则下列说法正确的是
A.A处与D处之间的距离是24 n mile
B.灯塔C与D处之间的距离是16 n mile
C.灯塔C在D处的南偏西30°
D.D在灯塔B的北偏西30°
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答案
在△ABD中，由正弦定理得，所以AD
＝＝24(n mile)，故A正确；
在△ACD中，由余弦定理得CD＝
＝＝8(n mile)，故B错误；
由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，所以B＝180°－60°－75°＝45°，AB＝12，AC＝8，
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答案
因为CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，
所以灯塔C在D处的南偏西30°，故C正确；
由∠ADB＝60°，可知D在灯塔B的北偏西60°，故D错误.
11.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B＝，BC边上的高等于，则以下四个结论正确的是
A.b＝a B.sin∠BAC＝
C.cos C＝ D.b2－c2＝
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答案
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因为sin B＝，所以c＝a，由余弦定理知，cos B＝，解得b＝a，选项A正确；
b2－c2＝，选项D正确；
b＝a，由正弦定理得sin B＝sin∠BAC＝，则sin∠BAC＝，选项B错误；
cos C＝，选项C正确.
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答案
三、填空题
12.(2025·深圳模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos C＝，a＝3，b＝4，则cos B＝ .
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答案
由余弦定理知，c2＝a2＋b2－2abcos C＝32＋42－2×3×4×＝9，解得c＝3，
所以cos B＝.
13.(2025·成都模拟)平面四边形ABCD中，AB＝6，AD＝CD＝4，BC＝2，若A，B，C，D四点共圆，则该四边形的面积为 .
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答案
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答案
因为AB＝6，AD＝CD＝4，BC＝2，且A，B，C，D
四点共圆，
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△ABC＋S△ACD
＝AB·BCsin B＋AD·CDsin D
＝×6×2××4×4×＝8.
14.(2024·南充模拟)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边.已知a＝2，2sin B＋2sin C＝3sin A.则sin A的最大值为 .
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答案
因为a＝2，2sin B＋2sin C＝3sin A，
所以由正弦定理可得b＋c＝3.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得22＝(b＋c)2－2bc－2bccos A，
整理得cos A＝－1.
因为bc≤，
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答案
当且仅当b＝c＝时，等号成立，
所以cos A≥，
又sin2A＝1－cos2A，所以sin2A≤，
又A∈(0，π)，即0第四章
§4.3 两角和与差的正弦、
余弦和正切公式
数学
大
一
轮
复
习
1.会推导两角差的余弦公式.
2.会用两角差的余弦公式推导出两角差的正弦、正切公式.
3.掌握两角和与差的正弦、余弦、正切公式，并会简单应用.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.两角和与差的余弦、正弦、正切公式
(1)公式C(α－β)：cos(α－β)＝ ；
(2)公式C(α＋β)：cos(α＋β)＝ ；
(3)公式S(α－β)：sin(α－β)＝ ；
(4)公式S(α＋β)：sin(α＋β)＝ ；
(5)公式T(α－β)：tan(α－β)＝____________；
(6)公式T(α＋β)：tan(α＋β)＝____________.
cosαcosβ＋sin αsin β
cosαcosβ－sin αsin β
sin αcosβ－cosαsin β
sin αcosβ＋cosαsin β
2.辅助角公式
asin α＋bcosα＝ ，其中sin φ＝，cosφ＝.
sin(α＋φ)
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两角和与差的正弦、余弦公式中的角α，β是任意的.( )
(2)存在实数α，β，使等式sin(α＋β)＝sin α＋sin β成立.( )
(3)公式tan(α＋β)＝对任意角α，β都成立.( )
(4)公式asin x＋bcosx＝sin(x＋φ)中φ的取值与a，b的值无关.( )
×
√
√
×
2.sin cos的值为
A.0 B.－ C.1 D.
sin cos＝cossin －sin cos＝sin＝sin＝－.
√
3.若2cosα－sin α＝0，则tan等于
A.－ B. C.－3 D.3
因为2cosα－sin α＝0，
则sin α＝2cosα，故tan α＝2，
因此，tan.
√
4.若tan α＝，tan(α＋β)＝，则tan β＝ .
tan β＝tan[(α＋β)－α]＝.
谨防两个易误点
(1)运用公式时要注意公式成立的条件；
(2)在求角的三角函数值时，往往要估计角的范围后再求值.特别是在(0，π)内，正弦值对应的角不唯一.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1 (1)若＝3，则tan等于
A.－3 B.－ C. D.3
√
两角和与差的三角函数公式
题型一
由题意，得＝3，所以tan α＝－，
则tan.
(2)(2024·新课标全国Ⅰ)已知cos(α＋β)＝m，tan αtan β＝2，则cos(α－β)等于
A.－3m B.－ C. D.3m
由cos(α＋β)＝m得cosαcosβ－sin αsin β＝m. ①
由tan αtan β＝2得＝2， ②
由①②得
所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sin αsin β＝－3m.
√
(1)使用两角和与差的三角函数公式，首先要记住公式的结构特征.
(2)使用公式求值，应先求出相关角的函数值，再代入公式求值.
思维升华
跟踪训练1 (1)已知sin＝sin，则tan α等于
A. B.2＋ C. D.
因为sin＝sinsin α＋cosα＝sin α－cosα，所以(＋1)cosα＝(－1)sin α，所以tan α＝＝2＋.
√
(2)(2024·新课标全国Ⅱ)已知α为第一象限角，β为第三象限角，tan α＋
tan β＝4，tan αtan β＝＋1，则sin(α＋β)＝ .
－
由题意得tan(α＋β)＝＝－2，
因为α∈，
β∈，k，m∈Z，
则α＋β∈((2m＋2k)π＋π，(2m＋2k)π＋2π)，k，m∈Z，
又因为tan(α＋β)＝－2<0，
则α＋β∈((2m＋2k)π＋，(2m＋2k)π＋2π)，k，m∈Z，
则sin(α＋β)<0，
则＝－2，
联立 sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，
解得sin(α＋β)＝－.
两角和与差的三角函数公式的逆用与辅助角公式
题型二
例2 (1)在△ABC中，tan A＋tan B＋tan Atan B，则C的值为
A. B. C. D.
√
由已知可得tan A＋tan B＝(tan Atan B－1)，
∴tan(A＋B)＝＝－.
又0∴C＝.
(2)(2024·南充模拟)已知函数f(x)＝3sin x＋4cosx.若x＝θ时，f(x)取得最大值，则cos等于
A. B.－ C. D.－
√
f(x)＝3sin x＋4cosx＝5sin(x＋φ)，其中tan φ＝，sin φ＝，cosφ＝，
∵当x＝θ时，f(x)取得最大值，∴θ＋φ＝＋2kπ，k∈Z，即θ＝＋2kπ－φ，k∈Z，
∴cos＝cos
＝cos＝coscosφ＋sin sin φ
＝－××.
(1)逆用公式应准确找出所给式子与公式的异同，创造条件逆用公式.
(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、逆用和变形使用.
(3)对asin x＋bcosx化简时，要清楚如何求辅助角φ的值.
思维升华
跟踪训练2 (1)(2024·柳州模拟)已知α∈(0，π)，若sin α＋cosα＝sin 2α－cos2α，则sin等于
A. B.
C. D.
√
因为sin α＋cosα＝sin 2α－cos2α，
所以sin α＋cosα＝sin 2α－cos2α，
所以sin＝sin，
所以α＋＝2α－＋2kπ，k∈Z或α＋＋2α－＝2kπ＋π，k∈Z，
又α∈(0，π)，所以α＝，
所以sin＝sin＝sin .
(2)已知函数f(x)＝sin x－3cosx，不等式f(x)≤a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是 .
f(x)＝sin x－3cosx＝sin(x－φ)(其中tan φ＝3)，
sin(x－φ)∈[－]，
所以f(x)∈[－]，
故a≥.
[，＋∞)
角的变换问题
题型三
例3 (1)(2024·南宁模拟)已知sin，α∈，则sin等于
A.－ B.－ C. D.
√
α∈，
故α＋∈，所以cos<0，
又sin，故cos＝－，
＝sincos－cossin
＝××.
(2)(2024·徐州模拟)已知角α，β满足cosβ＝，cosαcos(α＋β)＝，则cos(2α＋β)
等于
A. B. C. D.
由cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sin α＝，
结合cosαcos(α＋β)＝，可得sin(α＋β)sin α＝，
所以cos(2α＋β)＝cos[α＋(α＋β)]＝cosαcos(α＋β)－sin αsin(α＋β)＝.
√
(1)当“已知角”有两个时，“所求角”一般表示为两个“已知角”的和或差的形式.
(2)当“已知角”有一个时，“所求角”一般表示为“已知角”与特殊角的和或差的形式，或者应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”.
(3)常见的角的变换：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝＋α＝，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，等.
思维升华
跟踪训练3 (1)已知sin，α∈，则cosα等于
A. B. C. D.
由α∈，得α＋∈，
则cos＝－＝－，
cosα＝cos＝coscos＋sinsin ＝－××.
√
(2)(2024·杭州模拟)已知α∈，β∈，若sin(α＋β)＝，cosβ＝，则sin α等于
A. B. C. D.
√
因为α∈，β∈，sin(α＋β)＝>0，cosβ＝，所以α＋β∈，
则sin β＝，
cos(α＋β)＝－＝－，
所以sin α＝sin[(α＋β)－β]＝sin(α＋β)cosβ－cos(α＋β)sin β
＝××.
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课时精练
对一对
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C B C D BC AD
题号 8 11 12 答案 1 －4 答案
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(1)方法一 由sin(α－β)＝，
sin(α＋β)＝，
得2sin(α－β)＝3sin(α＋β)，
即2sin αcosβ－2cosαsin β＝3sin αcosβ＋3cosαsin β，
整理得sin αcosβ＝－5cosαsin β，
也即tan α＝－5tan β，tan α＋5tan β＝0得证.
9.
答案
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方法二 由sin(α－β)＝，sin(α＋β)＝，
即sin αcosβ－cosαsin β＝，
sin αcosβ＋cosαsin β＝，
得sin αcosβ＝，cosαsin β＝－，
从而可得tan α＝－5tan β，tan α＋5tan β＝0得证.
9.
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(2)由于tan(α－β)＝ tan α－tan β＝tan(α－β)(1＋tan αtan β)，
所以＝
＝＝－.
9.
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(1)因为α∈－α∈，
又因为cos，所以sin＝－.
所以sin α＝sin
＝sin cos－cossin
＝××.
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(2)因为sin＝－，
所以sin，
又β∈＋β∈，
所以cos.
则cos(α＋β)＝cos
＝coscos＋sinsin＝××＝－，
故cos(α＋β)＝－.
10.
一、单项选择题
1.(2024·晋城模拟)若sin 18°＝m，则sin 63°等于
A.－m) B.m＋
C.(m＋) D.m＋
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知识过关
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答案
因为sin 18°＝m，所以cos18°＝，
所以sin 63°＝sin(18°＋45°)＝(sin 18°＋cos18°)
＝(m＋).
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答案
2.已知cosα＋sin α＝，则cos等于
A. B. C.－ D.－
由cosα＋sin α＝，
得2cos，
故cos.
√
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答案
3.已知sin α＋sin β＝，cosα＋cosβ＝，则cos(α－β)的值等于
A.－ B.－ C.－ D.
sin α＋sin β＝ sin2α＋sin2β＋2sin αsin β＝， ①
cosα＋cosβ＝ cos2α＋cos2β＋2cosαcosβ＝， ②
①＋②得，2＋2(sin αsin β＋cosαcosβ)＝ cos(α－β)＝×
＝－.
√
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答案
4.定义运算＝ad－bc，若cosα＝，0<β<α<，则β等于
A. B. C. D.
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答案
由题意得，sin αcosβ－cosαsin β＝sin(α－β)＝.
∵0<β<α<，∴0<α－β<，
∴cos(α－β)＝.
又∵cosα＝，∴sin α＝，
sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cosαsin(α－β)
＝××，
∴β＝.
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答案
二、多项选择题
5.下列等式成立的有
A.tan 15°＝－1
B.sin 75°cos15°＋cos75°sin 15°＝1
C.cos50°cos160°－cos40°sin 160°＝－
D.sin 15°＋cos15°＝1
√
√
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答案
对于A，tan 15°＝tan(45°－30°)＝＝2－，故A错误；
对于B，sin 75°cos15°＋cos75°sin 15°＝sin(75°＋15°)＝sin 90°＝1，故B正确；
对于C，cos50°cos160°－cos40°sin 160°＝cos50°cos160°－sin 50°sin 160°＝cos(50°＋160°)＝cos210°＝－cos30°＝－，故C正确；
对于D，sin 15°＋cos15°＝2sin(15°＋30°)＝2sin 45°＝，故D错误.
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答案
6.下列结论正确的是
A.sin(α－β)sin(β－γ)－cos(α－β)cos(γ－β)＝－cos(α－γ)
B.sin x＋cosx＝sin
C.f(x)＝sin ＋cos的最大值为2
D.tan 12°＋tan 33°＋tan 12°tan 33°＝1
√
√
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答案
对于A，左边＝－[cos(α－β)cos(β－γ)－sin(α－β)sin(β－γ)]＝－cos[(α－β)＋(β－γ)]＝－cos(α－γ)，故A正确；
对于B，sin x＋cosx＝2
＝2sin，故B错误；
对于C，f(x)＝sin ＋cossin，所以f(x)的最大值为，故C错误；
对于D，tan 12°＋tan 33°＋tan 12°tan 33°＝tan(12°＋33°)(1－tan 12°
tan 33°)＋tan 12°tan 33°＝1，故D正确.
三、填空题
7.(2024·西安模拟)已知sin x－2cosx＝sin(x＋φ)，则sin2φ－2cos2φ
＝ .
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答案
sin x－2cosx＝sin(x＋φ)＝sin xcosφ＋cosxsin φ，
所以cosφ＝，sin φ＝－，
则sin2φ－2cos2φ＝－2×.
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答案
8.已知tan(α＋β)，tan(α－β)是方程x2＋5x＋6＝0的两个根，则tan 2α＝ .
由题意可得tan(α＋β)＋tan(α－β)＝－5，
且tan(α＋β)tan(α－β)＝6，
则tan 2α＝tan[(α＋β)＋(α－β)]＝＝1.
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四、解答题
9.已知sin(α－β)＝，sin(α＋β)＝.
(1)证明：tan α＋5tan β＝0；
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答案
方法一 由sin(α－β)＝，
sin(α＋β)＝，
得2sin(α－β)＝3sin(α＋β)，
即2sin αcosβ－2cosαsin β＝3sin αcosβ＋3cosαsin β，
整理得sin αcosβ＝－5cosαsin β，
也即tan α＝－5tan β，tan α＋5tan β＝0得证.
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答案
方法二 由sin(α－β)＝，sin(α＋β)＝，
即sin αcosβ－cosαsin β＝，
sin αcosβ＋cosαsin β＝，
得sin αcosβ＝，cosαsin β＝－，
从而可得tan α＝－5tan β，tan α＋5tan β＝0得证.
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答案
(2)计算的值.
由于tan(α－β)＝ tan α－tan β＝tan(α－β)(1＋tan αtan β)，
所以＝
＝＝－.
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答案
10.已知cos，sin＝－，α∈，β∈.求：
(1)sin α的值；
因为α∈－α∈，
又因为cos，所以sin＝－.
所以sin α＝sin＝sin cos－cossin
＝××.
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答案
(2)cos(α＋β)的值.
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答案
因为sin＝－，
所以sin，
又β∈＋β∈，
所以cos.
则cos(α＋β)＝cos
＝coscos＋sinsin＝××＝－，
故cos(α＋β)＝－.
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能力拓展
11.求值＝ .
－2
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＝＝＝＝＝－2.
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答案
12.已知3cos(2α＋β)＋5cosβ＝0，则tan(α＋β)tan α＝ .
由已知得3cos[(α＋β)＋α]＋5cos[(α＋β)－α]＝0，
因此3cos(α＋β)cosα－3sin(α＋β)sin α＋5cos(α＋β)cosα＋5sin(α＋β)sin α＝0，
整理得8cos(α＋β)cosα＋2sin(α＋β)sin α＝0，
因此sin(α＋β)sin α＝－4cos(α＋β)cosα，
于是·＝－4，
即tan(α＋β)tan α＝－4.
－4
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第四章
§4.4 简单的三角恒等变换
数学
大
一
轮
复
习
能运用两角和与差的正弦、余弦、正切公式推导二倍角的正弦、余弦、正切公式，并进行简单的恒等变换(包括推导出积化和差、和差化积、半角公式，这三组公式不要求记忆).
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)公式S2α：sin 2α＝ .
(2)公式C2α：cos2α＝ ＝ ＝ .
(3)公式T2α：tan 2α＝__________.
2.半角公式(不要求记忆)
sin＝±；cos＝±；tan＝±.符号由所在象限决定.
2sin αcosα
cos2α－sin2α
2cos2α－1
1－2sin2α
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)二倍角的正弦、余弦、正切公式的适用范围是任意角.( )
(2)半角的正切公式成立的条件是α≠(2k＋1)π(k∈Z).( )
(3)任意角α，sin 2α＝2sin α都不成立.( )
(4)cos2(1＋cosα)，cos3α＝1－2sin2.( )
√
×
√
×
2.cos2－cos2等于
A. B. C. D.
因为cos＝sin＝sin，
所以cos2－cos2＝cos2－sin2
＝cos .
√
3.若α为第二象限角，sin α＝，则sin 2α等于 .
因为α为第二象限角，sin α＝，
所以cosα＝－＝－＝－，
所以sin 2α＝2sin αcosα＝2××＝－.
－
4.已知tan 2α＝－，α∈，则tan α＝ .
2
由tan 2α＝＝－，
得2tan2α－3tan α－2＝0，
解得tan α＝2或tan α＝－(舍去).
1.熟记常用的部分三角公式
(1)1－cosα＝2sin2 ，1＋cosα＝2cos2 .(升幂公式)
(2)1±sin α＝.(升幂公式)
(3)sin2α＝，cos2α＝，tan2α＝.(降幂公式)
(4)半角正切公式的有理化
tan.
微点提醒
2.运用倍角公式时谨记四个注意点
(1)要注意公式成立的条件；
(2)要注意和、差、倍角的相对性；
(3)要注意升幂、降幂的灵活运用；
(4)要注意“1”的各种变形.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1 (1)的化简结果为
A.－sin 20° B.－cos20°
C.cos20° D.sin 20°
√
三角函数式的化简
题型一
原式＝＝|sin 20°－cos20°|＋＝cos20°－sin 20°＋sin 20°＝cos20°.
(2)化简：cos20°cos40°cos80°＝ .
cos20°cos40°cos80°＝
＝.
积化和差、和差化积公式
微拓展
在三角函数的化简、求值中，有时可以用和差化积、积化和差公式，把非特殊角转化为特殊角进行计算.
(1)和差化积公式
①sin θ＋sin φ＝2sincos；
②sin θ－sin φ＝2cossin ；
③cosθ＋cosφ＝2coscos；
④cosθ－cosφ＝－2sinsin.
(2)积化和差公式
①cosαcosβ＝[cos(α＋β)＋cos(α－β)]；
②sin αsin β＝－[cos(α＋β)－cos(α－β)]；
③sin αcosβ＝[sin(α＋β)＋sin(α－β)]；
④cosαsin β＝[sin(α＋β)－sin(α－β)].
典例 化简下列各式：
(1)sin 54°－sin 18°＝ ；
由和差化积公式可得，
sin 54°－sin 18°＝2cos36°sin 18°
＝2×
＝.
(2)cos146°＋cos94°＋2cos47°cos73°＝ .
由和差化积和积化和差公式可得，
cos146°＋cos94°＋2cos47°cos73°
＝2cos120°cos26°＋2×(cos120°＋cos26°)
＝2×cos26°＋＋cos26°＝－.
－
(1)三角函数式的化简要遵循“三看”原则：一看角，二看名，三看式子结构与特征.
(2)三角函数式的化简要注意观察条件中角之间的联系(和、差、倍、互余、互补等)，寻找式子和三角函数公式之间的联系点.
思维升华
跟踪训练1 (1)化简的结果是
A. B.tan 2α C. D.tan α
原式＝＝tan 2α.
√
(2)化简：cos2sin2＋sin θcosθ＝ .
原式＝sin 2θ
＝sin 2θ＝.
三角函数式的求值
题型二
例2 (2024·武汉模拟)古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为m＝
2sin 18°，则＝ .
命题点1 给角求值
原式＝＝＝
＝.
例3 (2024·石家庄模拟)已知cos，则sin等于
A.－ B. C.－ D.
√
命题点2 给值求值
因为cos，
所以sin＝sin＝cos＝2cos2－1
＝2×－1＝－.
例4 已知sin α＝，cosβ＝，且α，β为锐角，则α＋2β＝ .
命题点3 给值求角
因为sin α＝，且α为锐角，
所以cosα＝，
因为cosβ＝，且β为锐角，
所以sin β＝，
则sin 2β＝2sin βcosβ＝2××，
cos2β＝1－2sin2β＝1－2×，
所以cos(α＋2β)＝cosαcos2β－sin αsin 2β＝××，
因为α∈，β∈，所以2β∈(0，π).
所以α＋2β∈，故α＋2β＝.
(1)给角求值问题一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角之间总有一定的关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除特殊角三角函数而得解.
(2)给值求值问题一般是将待求式子化简整理，看需要求相关角的哪些三角函数值，然后根据角的范围求出相应角的三角函数值，代入即可.
思维升华
(3)给值求角问题一般先求角的某一三角函数值，再求角的范围，最后确定角.遵照以下原则：
①已知正切函数值，选正切函数；已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数；
②若角的范围是，选正、余弦皆可；若角的范围是(0，π)，选余弦较好；若角的范围为，选正弦较好.
思维升华
跟踪训练2 (1)(2024·烟台模拟)若cos，则sin 2α等于
A.－ B. C.－ D.
由cos可得cos＝2cos2－1＝－，
故cos＝sin 2α＝－.
√
(2)已知α为锐角，1＋，则α＝ .
50°
因为1＋
＝
＝，
所以sin α＝sin 50°，
又因为α为锐角，所以α＝50°.
三角恒等变换的综合应用
题型三
例5 已知<θ<，若a＝，b＝cos2θ，c＝－cosθ，则a，b，c的大小关系是
A.c>a>b B.b>c>a
C.c>b>a D.b>a>c
√
a＝＝sin θcosθ，
b＝(1－cos2θ)＝sin2θ，
c＝－cosθ＝＝sin θtan θ，
又<θ<，则sin θ∈，
且tan θ>1>sin θ>>cosθ>，
所以c＝sin θtan θ>b＝sin2θ>a＝sin θcosθ.
(1)进行三角恒等变换要抓住：变角、变函数名称、变结构，尤其是角之间的关系；注意公式的逆用和变形使用.
(2)形如y＝asin x＋bcosx化为y＝sin(x＋φ)，可进一步研究函数的周期性、单调性、最值与对称性.
思维升华
跟踪训练3 若关于x的方程sin xsin＋λ＝0有实数解，则λ的取值范围是 .
∵sin xsin＋λ＝0，
∴－λ＝sin xsin＝sin x
＝sin2x＋sin xcosx－＝×sin 2x－
＝sin 2x－cos2x＝sin，
∵－≤sin≤，
∴－≤－λ≤，即－≤λ≤.
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D B B C ACD ABD －1
题号 8 11 12 答案 B 答案
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(1)＝＝sin αcosα＝sin 2α.
(2)sin 50°(1＋tan 10°)＝sin 50°
＝sin 50°·＝sin 50°·
＝＝1.
9.
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(1)因为3sin α＝2sin2 －1，
所以3sin α＝－cosα，所以tan α＝－，
所以sin 2α＋cos2α＝＝.
(2)因为β∈，所以tan β<0，
因为2tan2β－tan β－1＝(2tan β＋1)(tan β－1)＝0，
所以tan β＝－，
10.
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又因为α∈(0，π)，tan α＝－，
所以<α<π.
所以tan(α＋β)＝＝－1，
由得π<α＋β<2π，所以α＋β＝.
10.
一、单项选择题
1.(2025·大连模拟)设θ∈，若cosθ＝，则sin 2θ等于
A. B. C. D.
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知识过关
答案
因为θ∈，cosθ＝，
所以sin θ＝，
则sin 2θ＝2sin θcosθ＝2××.
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2.已知sin 2α＝，则cos2等于
A. B. C. D.
cos2(－sin 2α＋1)＝×.
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3.(2024·齐齐哈尔模拟)已知cos，则sin等于
A.－ B. C. D.－
∵cos，
可得sin＝－cos
＝－cos＝1－2cos2
＝1－2×.
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答案
4.已知tan α＝，tan β＝－，且α，β∈(0，π)，则2α－β等于
A. B.－
C.－ D.－
√
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答案
因为tan α＝，tan β＝－，
则tan 2α＝，tan(2α－β)＝＝1，
因为α，β∈(0，π)，tan α>0，tan β<0，
则0<α<<β<π，
又tan 2α>0，有0<2α<，
于是得－π<2α－β<0，因此，2α－β＝－.
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答案
二、多项选择题
5.已知函数f(x)＝sin x(sin x＋cosx)，则
A.f(x)的最小正周期为π B.f(x)max＝2
C.f(x)min＝ D.f
√
√
√
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答案
f(x)＝sin2x＋sin xcosx＝sin 2x＝sin，
∴f(x)的最小正周期为π，故A正确；
f(x)max＝，f(x)min＝，故B错误，C正确；
f sin 0＋，故D正确.
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答案
6.(2024·佛山模拟)已知角θ的终边过点P(3，4)，则
A.cos2θ＝－ B.tan 2θ＝－
C.cos D.tan
√
√
√
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答案
因为角θ的终边过点P(3，4)，
所以cosθ＝，sin θ＝，tan θ＝，
所以cos2θ＝2cos2θ－1＝2×－1＝－，
tan 2θ＝＝－，故A，B正确，
因为2kπ<θ<2kπ＋(k∈Z)，
所以kπ<所以tan >0，但cos>0或cos<0均满足题意，故C错误，
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答案
由tan θ＝，
得2tan2＋3tan －2＝0，
解得tan ＝－2(舍去)或tan ，故D正确.
三、填空题
7.计算：＝ .
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答案
＝－＝－＝－1.
－1
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答案
8.已知，则sin 2θ＝ .
(cosθ－sin θ)＝，故cosθ－sin θ＝，
两边平方得cos2θ－2sin θcosθ＋sin2θ＝1－sin 2θ＝，
解得sin 2θ＝.
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答案
四、解答题
9.(2024·西安模拟)(1)化简：；
＝＝sin αcosα＝sin 2α.
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答案
(2)求值：sin 50°(1＋tan 10°).
sin 50°(1＋tan 10°)＝sin 50°
＝sin 50°·＝sin 50°·
＝＝1.
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答案
10.已知3sin α＝2sin2 －1.
(1)求sin 2α＋cos2α的值；
因为3sin α＝2sin2 －1，
所以3sin α＝－cosα，所以tan α＝－，
所以sin 2α＋cos2α＝
＝.
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答案
(2)已知α∈(0，π)，β∈，2tan2β－tan β－1＝0，求α＋β的值.
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答案
因为β∈，所以tan β<0，
因为2tan2β－tan β－1＝(2tan β＋1)(tan β－1)＝0，
所以tan β＝－，
又因为α∈(0，π)，tan α＝－，
所以<α<π.
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答案
所以tan(α＋β)＝＝－1，
由得π<α＋β<2π，所以α＋β＝.
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答案
能力拓展
11.已知函数f(x)＝sin xcosx－cos2x＋.若f ，则sin 2α的值为
A. B.－ C. D.－
√
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答案
f(x)＝sin 2x－·sin 2x－cos2x＝sin.
因为f sin，所以sin，
sin 2α＝sin＝cos2＝1－2sin2＝1－2×＝－.
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答案
12.(2025·莆田模拟)中华人民共和国国旗是五星红旗，为中华人民共和国的象征和标志.每个五角星的一个内角都是36°，利用三倍角公式等恒等变换可以求得cos36°的值.先利用sin 3α＝sin(2α＋α)可求得sin 3α＝
_____________(用单角α的正弦值表示)；再求得cos36°＝ .
3sin α－4sin3α
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答案
返回
sin 3α＝sin(2α＋α)＝sin 2αcosα＋cos2αsin α
＝2sin αcos2α＋(1－2sin2α)sin α＝2sin α(1－sin2α)＋(1－2sin2α)sin α
＝3sin α－4sin3α，
因为sin 72°＝sin 108°，
从而2sin 36°cos36°＝3sin 36°－4sin336°，
即2cos36°＝3－4sin236°＝3－4(1－cos236°)，
令cos36°＝x>0，则4x2－2x－1＝0，
解得x＝或x＝(舍去).(共82张PPT)
第四章
§4.6 函数y＝Asin(ωx＋φ)
数学
大
一
轮
复
习
1.结合具体实例，了解y＝Asin(ωx＋φ)的实际意义；能借助图象理解参数ω，φ，A的意义，了解参数的变化对函数图象的影响.
2.会用三角函数解决简单的实际问题，体会可以利用三角函数构建刻画事物周期变化的数学模型.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.简谐运动的有关概念
已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)，x≥0
振幅 周期 频率 相位 初相
A T＝____ ________ ____
ωx＋φ
φ
2.用“五点法”画y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)一个周期内的简图时，要找五个特殊点
ωx＋φ 0 π 2π
x
y＝Asin(ωx＋φ) 0 A 0 －A 0
3.函数y＝sin x的图象经变换得到y＝Asin(ωx＋φ)
(A>0，ω>0)的图象的两种途径
|φ|
A
A
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0)的最大值为A，最小值为－A.( )
(2)将函数y＝3sin 2x的图象向左平移个单位长度后所得图象的解析式是y＝3sin.( )
(3)把y＝sin，所得图象的函数解析式为y＝sin.( )
(4)如果y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为T，那么函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为.( )
√
×
×
×
2.y＝2sin的振幅、频率和初相分别为
A.2，4π， B.2，
C.2，，－ D.2，4π，－
由题意知A＝2，f＝，初相为－.
√
3.将函数f(x)＝3sin的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，则g(x)＝ .
g(x)＝f ＝3sin＝3sin.
3sin
4.(2024·长沙模拟)如图是函数y＝Asin(ωx＋φ)的
部分图象，则该函数的解析式为 .
y＝2sin
根据函数y＝Asin(ωx＋φ)的部分图象，可得A＝2，T＝×，解得ω＝2，再将点代入可得2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，又|φ|<，所以φ＝，故y＝2sin.
1.熟记下列常用结论
(1)“五点法”作图中，相邻两点的横向距离均为.
(2)在正弦型曲线、余弦型曲线中，相邻的两个对称中心以及相邻的两条对称轴之间的距离均为半个周期.
(3)若直线x＝a为正(余)弦型曲线的对称轴，则该函数一定在x＝a处取得最值.
(4)函数y＝Asin(ωx＋φ)＋k(A>0，ω>0)图象平移的规律：“左加右减，上加下减”.
微点提醒
2.谨防两个易误点
(1)分清“先平移后伸缩”还是“先伸缩后平移”注意先伸缩后平移时平移距离为个单位长度.
(2)不要混淆横向、纵向的缩小、扩大与系数的关系.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1 (1)(多选)已知函数f(x)＝cos，g(x)＝cos x，要得到函数f(x)的图象，可由函数g(x)的图象
A.先将横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
B.先将横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
C.先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的，纵坐标不变
D.先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的，纵坐标不变
√
函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换
题型一
√
先将横坐标缩短为原来的个单位长度得到函数f(x)的图象，A错误，B正确；
先向右平移，纵坐标不变，得到函数f(x)的图象，C正确，D错误.
(2)(2024·新课标全国Ⅰ)当x∈[0，2π]时，曲线y＝sin x与y＝2sin的交点个数为
A.3 B.4 C.6 D.8
√
因为函数y＝sin x的最小正周期T＝2π，
函数y＝2sin的最小正周期T1＝，
所以在[0，2π]上，函数y＝2sin有三个
周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示，
由图可知，两函数图象有6个交点.
函数图象的平移变换解题策略
(1)解题时首先分清原函数与变换后的函数.
(2)异名三角函数图象变换要利用诱导公式sin α＝cos，cos α＝sin将不同名函数转换成同名函数.
(3)无论是先平移再伸缩，还是先伸缩再平移，只要平移|φ|个单位长度，都是自变量x变为x±|φ|，而不是ωx变为ωx±|φ|.
思维升华
跟踪训练1 (1)(2025·青岛模拟)要得到函数y＝sin 2x的图象，只要将函数y＝cos的图象
A.向右平移个单位长度
B.向左平移个单位长度
C.向左平移个单位长度
D.向右平移个单位长度
√
y＝cos＝sin＝sin＝sin 2，
所以将函数y＝cos个单位长度即可得到函数y＝sin 2x的图象.
(2)(2024·延边州模拟)将函数f(x)＝sin(ω>0)的图象向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是
A. B. C. D.
记曲线C的函数解析式为g(x)，则g(x)＝sin＝sin.因为函数g(x)的图象关于y轴对称，所以ω＋＝kπ＋(k∈Z)，得ω＝2k＋(k∈Z).因为ω>0，所以ωmin＝.
√
由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
题型二
例2 (1)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的部分图象如图所示，则
A.f(x)＝3sin＋1
B.f(x)＝2sin＋2
C.f(x)＝2sin＋2
D.f(x)＝2sin＋2
√
根据题中图象知
所以A＝2，b＝2，T＝4×＝π，
所以ω＝＝2，
又函数图象经过最高点，
代入函数f(x)＝2sin(2x＋φ)＋2得sin＝1，
因为|φ|<，所以φ＝，
所以f(x)＝2sin＋2.
(2)(2023·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，如图，A，B是直线y＝与曲线y＝f(x)的两个交点，若|AB|＝，则f(π)＝ .
－
设A，B，
由|AB|＝可得x2－x1＝，
由sin x＝可知，
x＝＋2kπ，k∈Z或x＝＋2kπ，k∈Z，
由图可知，ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝，
即ω(x2－x1)＝，所以ω＝4.
因为f(x)＝sin(4x＋φ)，
又f(x)过点，
所以＋φ＝2kπ，k∈Z，
即φ＝－＋2kπ，k∈Z.
取φ＝－，所以f(x)＝sin，
所以f(π)＝sin＝－.
确定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)的步骤和方法
(1)求A，b.确定函数的最大值M和最小值m，则A＝，b＝.
(2)求ω.确定函数的最小正周期T，则ω＝.
(3)求φ.常用方法如下：
①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在下降区间上)或把图象的最高点或最低点代入.
②五点法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的特殊点作为突破口.
思维升华
跟踪训练2 (1)如图是函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的部分图象，则sin(ωx＋φ)等于
A.sin B.sin
C.sin D.sin
√
由函数图象可知A＝1，，则ω＝＝2，
当x＝时，y＝－1，
∴2×＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，
解得φ＝2kπ＋(k∈Z)，
∴sin(ωx＋φ)＝sin＝sin.
(2)已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)，y＝f(x)的部分图象如图，则f ＝ .
由题意T＝×2＝，
∴ω＝＝2，
∵tan＝0，φ＋＝kπ(k∈Z)，而<，
∴φ＝，
又f(0)＝Atan＝1，∴A＝1，
∴f(x)＝tan，
∴f ＝tan＝tan .
三角函数图象、性质的综合应用
题型三
例3 (1)如图所示，摩天轮的半径为20米，圆心O距地面的高度为25米，摩天轮运行时按逆时针匀速旋转，转一周需要10分钟.摩天轮上的点P的起始位置在最低点处.若游客在距离地面至少35米的高度视觉效果最佳，则摩天轮转动一周内具有最佳视觉效果的时间长度(单位：分钟)为
A. B.3
C. D.
√
设f(t)＝Asin(ωt＋φ)＋h，
依题意，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.
依题意25－20cos t≥35，所以cos t≤－，
又0≤t≤10，解得≤t≤，
则摩天轮转动一周内，有(分钟)会有最佳视觉效果.
(2)(2023·全国甲卷)函数y＝f(x)的图象由函数y＝cos的图象向左平移个单位长度得到，则y＝f(x)的图象与直线y＝x－的交点个数为
A.1 B.2 C.3 D.4
√
因为y＝cos个单位长度所得函数为y＝cos
＝cos＝－sin 2x，
所以f(x)＝－sin 2x，
而直线y＝x－与(1，0)两点，
作出y＝f(x)与y＝x－的大致图象如图所示，
考虑2x＝－，2x＝，2x＝，即x＝－，x＝，x＝处f(x)与y＝x－的大小关系，
当x＝－时，f ＝－sin＝－1，
y＝×＝－<－1；
当x＝时，f ＝－sin＝1，
y＝×<1；
当x＝时，f ＝－sin＝1，
y＝×>1.
所以由图可知，f(x)与y＝x－的交点个数为3.
(1)求解与三角函数有关的零点(或三角函数有关的方程的根)的个数或零点的和的问题，常结合三角函数图象利用数形结合思想直观求解.
(2)三角函数模型的应用体现在两方面：一是已知函数模型求解数学问题；二是把实际问题抽象转化成数学问题，利用三角函数的有关知识解决问题.
思维升华
跟踪训练3 (1)已知函数f(x)＝cos，x∈，若方程f(x)＝m有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是
A. B.
C. D.
√
因为x∈，
所以令t＝2x－，则t∈，
方程f(x)＝m有两个不相等的实数根等价于函数y＝cos t的图象与直线y＝m有两个交点，函数y＝cos t的图象与直线y＝m的位置如图所示，
由图可得实数m的取值范围是≤m<1.
选用一个正弦型函数来近似描述收购价格(单位：元/斤)与相应月份之间的函数关系为 .
(2)某地农业监测部门统计发现：该地区近几年的生猪收购价格每四个月会重复出现.如表所示是今年前四个月的统计情况.
y＝sin＋6(答案不唯一)
月份x 1 2 3 4
收购价格y/(元/斤) 6 7 6 5
设y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)，
由题意得A＝1，B＝6，T＝4，
因为T＝，所以ω＝，所以y＝sin＋6.
因为当x＝1时，y＝6，所以6＝sin＋6，
结合表中数据得＋φ＝2kπ，k∈Z，可取φ＝－，所以y＝sin＋6.
月份x 1 2 3 4
收购价格y/(元/斤) 6 7 6 5
返回
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B D B A BD AC
题号 8 11 12
答案
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)因为函数f(x)的最小正周期是π，所以ω＝2.
又因为当x＝时，f(x)取得最大值2，所以A＝2，
同时2×＋φ＝2kπ＋，k∈Z，
即φ＝2kπ＋，k∈Z，
因为－<φ<，所以φ＝，
所以f(x)＝2sin.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
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11
12
(2)因为x∈[0，π]，所以2x＋∈.
列表如下：
描点、连线得图象如图所示，
9.
π 2π
x 0 π
f(x) 1 2 0 －2 0 1
答案
1
2
3
4
5
6
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9
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11
12
(3)将y＝sin x的图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数y＝sin的图象，再将y＝sin
(纵坐标不变)，得到函数y＝sin的图象，再将y＝sin
上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，得到f(x)＝2sin的图象.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)由题可知，θ∈，
在Rt△MOC中，OM＝15cos θ，MC＝15sin θ，
∴BN＝MC＝15sin θ，
在Rt△BON中，ON＝＝5sin θ，
∴MN＝OM－ON＝15cos θ－5sin θ，
∴S＝2·BN·MN＝2×15sin θ×
＝150－75＝150sin－75，θ∈.
10.
答案
1
2
3
4
5
6
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8
9
10
11
12
(2)∵θ∈，
∴2θ＋∈.
∴当2θ＋，即θ＝时，Smax＝75，
故当θ＝时，矩形ABCD的面积最大，最大值为75 m2.
10.
一、单项选择题
1.用“五点法”作y＝2cos x－1在[0，2π]上的图象时，应取的五点为
A.(0，1)，，(π，－1)，，(2π，1)
B.(0，1)，，(π，－3)，，(2π，1)
C.(0，1)，(π，－3)，(2π，1)，(3π，－3)，(4π，1)
D.(0，1)，
1
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11
12
知识过关
答案
√
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7
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11
12
答案
∵y＝2cos x－1，∴最小正周期T＝2π.由“五点法”作图可知，应描出的五个点的横坐标分别是0，，π，，2π.代入解析式可得点的坐标分别为(0，1)，，(π，－3)，，(2π，1)，故B正确.
1
2
3
4
5
6
7
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9
10
11
12
答案
2.(2024·楚雄模拟)将函数f(x)＝sin(ω>0)的图象向右平移个单位长度后与原函数图象重合，则ω的最小值为
A.1 B.3 C.4 D.6
√
1
2
3
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5
6
7
8
9
10
11
12
答案
方法一 由题意可得y＝f ＝sin＝sin
＝sin，
∴－ω＋＝2kπ＋，k∈Z，
解得ω＝－6k，k∈Z，
又ω>0，∴当k＝－1时，ω取得最小值为6.
1
2
3
4
5
6
7
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11
12
答案
方法二 依题意，＝k·，k∈Z，
解得ω＝6k，k∈Z，
又ω>0，∴当k＝1时，ω取得最小值为6.
1
2
3
4
5
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10
11
12
答案
3.某艺术展览馆在开馆时间段(9：00—16：00)的参观人数(单位：千)随时间t(单位：时)的变化近似满足函数关系f(t)＝Asin＋5(A>0，9≤t≤16)，且下午两点整参观人数为7千，则开馆中参观人数的最大值为
A.1万 B.9千 C.8千 D.7千
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
下午两点整即t＝14，当t＝14时，f(t)＝7.
即Asin ＋5＝7，∴A＝4，
∵当9≤t≤16时，t－∈，
∴当t－，即t＝13时，f(t)取得最大值，且最大值为4＋5＝9.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
4.(2025·广州模拟)如图，直线y＝1与函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象的三个相邻的交点分别为B，C，D，且BC＝π，CD＝2π，则f(x)等于
A.2sin B.2sin
C.sin D.sin
√
1
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10
11
12
答案
方法一 因为BC＝π，CD＝2π，
所以最小正周期T＝3π，所以ω＝，
又因为点在f(x)的图象上，
所以Asin＝0，
即sin＝0，
结合图象可知φ－＝2kπ，k∈Z，
1
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12
答案
所以φ＝＋2kπ，k∈Z，
又|φ|<，所以φ＝.
易知点C的横坐标为－，
则C，
所以Asin＝1，则A＝2，
所以f(x)＝2sin.
1
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12
答案
方法二 因为BC＝π，CD＝2π，所以最小正周期T＝3π，所以ω＝，排除B，D；
当x＝0时，代入f(x)＝2sin，可得f(0)＝
>1，满足题意，代入f(x)＝sin，可得f(0)＝×＝1，不符合题意，故A正确，C错误.
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12
答案
二、多项选择题
5.(2024·廊坊模拟)把函数y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)，再把所得图象向右平移个单位长度，得到函数y＝sin的图象，则f(x)的解析式可以为
A.f(x)＝－cos 2x B.f(x)＝－cos
C.f(x)＝cos D.f(x)＝sin
√
√
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12
答案
把函数y＝sin个单位长度，
得到y＝sin＝sin的图象，
再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍(纵坐标不变)，
得到f(x)＝sin的图象.
又f(x)＝sin＝－cos＝－cos.
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答案
6.(2024·曲靖模拟)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则
A.f(0)＝－1
B.函数f(x)的最小正周期是2π
C.函数f(x)的图象关于直线x＝对称
D.将函数f(x)的图象向左平移个单位长度以后，所得的函数图象关于原点
对称
√
√
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12
答案
根据函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分图象可得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正确；
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答案
可得f(x)的最小正周期为＝π，故B错误；
令x＝，则f ＝2sin＝2，为最大值，可得函数f(x)的图象关于直线x＝对称，故C正确；
将函数f(x)的图象向左平移个单位长度后，可得y＝2sin的图象，可得所得的函数图象不关于原点对称，故D错误.
三、填空题
7.将函数f(x)＝sin(2x＋φ)，φ∈(0，π)的图象向右平移个单位长度，得到
函数g(x)的图象.若g(x)为偶函数，则φ＝ .
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答案
g(x)＝sin＝sin，
依题意，φ－＋kπ，k∈Z，
∴φ＝＋kπ，k∈Z，
又φ∈(0，π)，∴φ＝.
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12
答案
8.如图所示为函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的部分图象，其中AB＝5，则函数f(x)的解析式为 .
f(x)＝2sin
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答案
由函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的部分图象，
设A(x1，2)，B(x2，－2)，其中x1因为AB＝5，可得＝5，
解得x2－x1＝3，即T＝3，所以T＝6，
可得ω＝，所以f(x)＝2sin，
又由f(0)＝2sin φ＝1，可得sin φ＝，
因为≤φ≤π，所以φ＝.
所以函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin.
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答案
四、解答题
9.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的最小正周期是π，且当x＝时，f(x)取得最大值2.
(1)求f(x)的解析式；
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答案
因为函数f(x)的最小正周期是π，所以ω＝2.
又因为当x＝时，f(x)取得最大值2，所以A＝2，
同时2×＋φ＝2kπ＋，k∈Z，
即φ＝2kπ＋，k∈Z，
因为－<φ<，所以φ＝，
所以f(x)＝2sin.
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答案
(2)作出f(x)在[0，π]上的图象(要列表)；
因为x∈[0，π]，所以2x＋∈.
列表如下：
描点、连线得图象如图所示，
π 2π
x 0 π
f(x) 1 2 0 －2 0 1
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答案
(3)函数f(x)的图象可由函数y＝sin x的图象经过怎样的变换得到？
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答案
得到函数y＝sin的图象，再将y＝sin上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，得到f(x)＝2sin的图象.
将y＝sin x的图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数y＝sin的图象，再将y＝sin(纵坐标不变)，
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答案
10.在校园美化、改造活动中，要在半径为15 m，圆心角为的扇形空地EOF的内部修建一矩形观赛场地ABCD，如图所示.
取CD的中点M，记∠MOC＝θ.
(1)写出矩形ABCD的面积S与角θ的函数关系式；
1
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答案
由题可知，θ∈，
在Rt△MOC中，OM＝15cos θ，MC＝15sin θ，
∴BN＝MC＝15sin θ，
在Rt△BON中，ON＝＝5sin θ，
∴MN＝OM－ON＝15cos θ－5sin θ，
∴S＝2·BN·MN＝2×15sin θ×
＝150－75＝150sin－75，θ∈.
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答案
(2)求当角θ为何值时，矩形ABCD的面积最大，并求出最大面积.
∵θ∈，
∴2θ＋∈.
∴当2θ＋，即θ＝时，Smax＝75，
故当θ＝时，矩形ABCD的面积最大，最大值为75 m2.
1
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12
答案
能力拓展
11.(2024·绵阳模拟)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，图象与x轴的交点M，与y轴的交点为N，最
高点P(1，A)，且满足NM⊥NP.则f(x)＝ .
sin
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答案
由图象与x轴的交点M×＋φ＝π＋2kπ(k∈Z)，
因为|φ|<，所以φ＝，
即f(x)＝Asin，所以f(x)的图象与y轴的交点为N，
由题知，函数f(x)的周期T满足＝xM－xP＝－1＝，解得T＝6，
又ω>0，所以ω＝，
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答案
因为NM⊥NP，所以··＝0，
解得A＝(负值舍去)，
所以f(x)＝sin.
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答案
12.(2024·杭州模拟)将函数g(x)＝cos 2x的图象上的每个点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍，再将所得图象向右平移个单位长度得到函数y＝h(x)的图象，若函数y＝g(x)与函数y＝h(x)＋1图象交于点(α，g(α))，其
中－<α<0，则sin α的值为 .
－
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12
答案
返回
由题意得，h(x)＝2sin 2x，
因为函数y＝g(x)与函数y＝h(x)＋1图象交于点(α，g(α))，
所以2sin 2α＋1＝cos 2α，
即4sin αcos α＋sin2α＋cos2α＝cos2α－sin2α，
整理得2sin α(2cos α＋sin α)＝0，
因为－<α<0，所以2cos α＋sin α＝0，
又因为sin2α＋cos2α＝1，所以sin α＝－.(共50张PPT)
第四章
§4.9 解三角形中的最值与
范围问题
数学
大
一
轮
复
习
解三角形中的最值与范围问题，通常涉及与边长、周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，一直是高考的热点与重点，主要是利用三角函数、正余弦定理、三角形面积公式、基本不等式等工具研究三角形问题，解决此类问题的关键是建立起角与边的数量关系.
重点解读
例1 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.
(1)求角A；
利用基本不等式求最值(范围)
题型一
由，
结合正弦定理，得，
∴tan A＝，
又∵A∈(0，π)，∴A＝.
(2)若a＝2，求：
①△ABC面积的最大值；
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得4＝b2＋c2－bc.
4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，
即bc≤4，当且仅当b＝c＝2时等号成立，
∴S△ABC＝bcsin A≤×4×，
即当b＝c＝2时，△ABC面积的最大值为.
②△ABC周长的取值范围.
∵4＝b2＋c2－bc，∴4＝(b＋c)2－3bc，
∴(b＋c)2－4＝3bc≤3·，
即(b＋c)2≤16，∴b＋c≤4，
当且仅当b＝c＝2时等号成立，
又b＋c>a＝2，
∴2∴△ABC周长的取值范围是(4，6].
求解三角形中面积和周长最值问题的常用方法
在△ABC中，如果已知一个角及其对边，假设已知A，a，根据余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，即可得到“b2＋c2”与“bc”的等量关系.
(1)求面积最值时，S＝bcsin A，即求bc最值，在等量关系中利用基本不等式b2＋c2≥2bc，即可求得bc的最值.
(2)求周长a＋b＋c的最值时，即求b＋c的最值，在等量关系中，把b2＋c2
换成(b＋c)2－2bc，再利用基本不等式bc≤，即可求得b＋c的最值.
思维升华
跟踪训练1 (2024·茂名模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知acos B－bcos A－a＋c＝0.
(1)求B的值；
由正弦定理及acos B－bcos A－a＋c＝0，
得sin Acos B－sin Bcos A－sin A＋sin C＝0，
又sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
∴2sin Acos B－sin A＝0，
又A∈(0，π)，∴sin A≠0，
∴2cos B－1＝0，即cos B＝，
又B∈(0，π)，∴B＝.
(2)若M为AC的中点，且a＋c＝4，求BM的最小值.
由M为AC的中点，得，而a＋c＝4，
∴＝·
＝c2＋a2＋accos∠ABC＝[(a＋c)2－ac]
＝(16－ac)＝4－ac≥4－＝3，
当且仅当即a＝c＝2时等号成立，
∴BM的最小值为.
转化为三角函数求最值(范围)
题型二
例2 已知在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且bsin A＝(c－acos B).
(1)求A的大小；
方法一 ∵bsin A＝(c－acos B)，
∴由余弦定理，得bsin A＝c－a·，
∴2bcsin A＝(b2＋c2－a2)＝×2bccos A，
又bc≠0，∴tan A＝，
∵0方法二 ∵bsin A＝(c－acos B)，
∴由正弦定理得sin Bsin A＝sin C－sin Acos B，
又C＝π－(A＋B)，
∴sin Bsin A＝sin(A＋B)－sin Acos B
＝sin Acos B＋cos Asin B－sin Acos B＝cos Asin B，
又sin B≠0，∴tan A＝，
∵0(2)若a＝6，求b＋c的取值范围.
因为＝4，
所以b＝4sin B，c＝4sin C，
又A＋B＋C＝π，所以C＝－B，
所以b＋c＝4sin B＋4sin C＝4
＝4＝4
＝12sin，
因为△ABC为锐角三角形，且A＝，C＝－B，
所以
解得则当且仅当B＝时，等号成立，
可得b＋c的取值范围是(6，12].
利用正弦定理、余弦定理，把所求量转化为关于某个角的三角函数，利用三角函数的有界性、单调性，再结合角的范围确定最值或范围.要特别注意题目隐含条件的应用，如锐角三角形、钝角三角形、三角形内角和为π等.
思维升华
跟踪训练2 (2024·菏泽模拟)已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，bsin2B＋csin2C＝(b＋c)sin2A.
(1)求角A；
因为bsin2B＋csin2C＝(b＋c)sin2A，
由正弦定理可得b3＋c3＝(b＋c)·a2，
即(b2＋c2－bc)(b＋c)＝(b＋c)·a2，
因为b＋c>0，所以b2＋c2－bc＝a2，
所以cos A＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝，
(2)若△ABC为锐角三角形，c＝2，求边长b的取值范围.
因为△ABC为锐角三角形，且A＝，
所以B＋C＝，
所以解得又c＝2，由正弦定理，
所以b＝＝＝＝1＋，
因为所以tan C>，
所以0<<，
所以1<1＋<4，
即边长b的取值范围为(1，4).
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B D D C BCD ABC
题号 7 8 答案 答案
1
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4
5
6
7
8
9
10
(1)因为m∥n，
所以(a＋b)(sin A－sin B)＝c(sin A－sin C)，
由正弦定理可得(a＋b)(a－b)＝c(a－c)，
即a2－b2＝ac－c2，
故a2＋c2－b2＝ac，
所以cos B＝，
而B为三角形内角，故B＝.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(2)结合(1)可得
＝1－，
1－≥1－＝1－，当且仅当a＝c时等号成立，
故.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(1)因为2sin Bsin C＋cos 2C＝1＋cos 2A－cos 2B，
所以2sin Bsin C＋1－2sin2C＝1＋1－2sin2A－1＋2sin2B，
则sin Bsin C－sin2C＝－sin2A＋sin2B，
由正弦定理可得bc－c2＝－a2＋b2，
即bc＝b2＋c2－a2，
所以cos A＝，
又A∈，故A＝.
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(2)由正弦定理得＝
＝＝sin，
又在锐角△ABC中，有
解得10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
所以－则－所以－故.
10.
一、单项选择题
1.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝，a＝4，且三角形有两解，则b的取值范围是
A.(2，＋∞) B.(2，4)
C.(0，4) D.(4，3)
1
2
3
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8
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10
答案
√
由题意，△ABC有两解需满足asin B1
2
3
4
5
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7
8
9
10
答案
2.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b，a，c成等差数列，则A的最大值为
A. B. C. D.
依题意b＋c＝2a.
则cos A＝＝≥，
当且仅当b＝c时，等号成立，
又A∈(0，π)，所以A的最大值为.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
3.在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝3，A＝，则b的取值范围是
A.(0，6) B.(0，2)
C.(，2) D.(3，6)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
在锐角△ABC中，a＝3，A＝，
由正弦定理可得＝6，
所以b＝6sin B，
又C＝－B，
所以解得所以1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
4.(2024·泰州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，C＝60°，B>90°，则的取值范围为
A. B.(，＋∞)
C.(2，＋∞) D.(3，＋∞)
√
因为C＝60°，B>90°，所以0°
×>2.
1
2
3
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5
6
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10
答案
二、多项选择题
5.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为AB的中点，且a(sin A－sin B)＝(c－b)(sin B＋sin C)，c＝，则
A.C＝
B.△ABC面积的取值范围为
C.△ABC周长的最大值为3
D.cos A＋cos B的取值范围是
√
√
√
由正弦定理可得a(a－b)＝(c－b)(b＋c)，
整理得a2＋b2－c2＝ab，
所以cos C＝，
又0对于B，由a2＋b2－c2＝ab可得a2＋b2＝ab＋3≥2ab ab≤3，当且仅当a＝b时取等号，
所以0故△ABC面积的取值范围为，B正确；
1
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答案
对于C，由a2＋b2－c2＝ab得(a＋b)2－3＝3ab≤3 ≤3 a＋b≤2，
当且仅当a＝b时取等号，a＋b＋c≤3，所以△ABC周长的最大值为3，故C正确；
对于D，cos A＋cos B＝cos A＋coscos A＋sin A＝sin，
又因为A∈，所以A＋∈，
所以sin∈，故cos A＋cos B的取值范围是，故D正确.
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答案
1
2
3
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7
8
9
10
答案
6.在△ABC中，已知AB＝2，AC＝3，AD是角A的平分线，则AD的长度可能为
A.2.1 B.2.2 C.2.3 D.2.4
√
√
√
1
2
3
4
5
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7
8
9
10
答案
令∠BAC＝2θ，
∴∠BAD＝∠CAD＝θ，θ∈，S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，
∴×2×3sin 2θ＝×2×AD·sin θ＋×3×AD·sin θ，
∴5ADsin θ＝6sin 2θ＝12sin θcos θ，
又θ∈，∴sin θ≠0，cos θ∈(0，1)，
∴AD＝cos θ的取值范围为.
三、填空题
7.在钝角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝1，b＝2，则最大边c的取值范围是 .
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答案
因为△ABC是钝角三角形，a＝1，b＝2，且c是最大边，
由余弦定理可得cos C＝<0，
于是可得c2>a2＋b2＝5，且c>0，解得c>，
又c(，3)
1
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答案
8.(2024·九江模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3sin A＝2sin Bcos C，a＝1，则角A的最大值是 .
1
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8
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10
答案
∵3sin A＝2sin Bcos C，
由正弦定理得3a＝2bcos C， ①
由余弦定理的推论得cos C＝， ②
①②联立可得b2－c2＝2a2，
而cos A＝，
消去a2可得cos A＝≥，
1
2
3
4
5
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10
答案
当且仅当b＝c时取等号.
∵y＝cos x在(0，π)上单调递减，
∴Amax＝.
1
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9
10
答案
四、解答题
9.(2024·朔州模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(a＋b，c)，n＝(sin A－sin C，sin A－sin B)，且m∥n.
(1)求B；
1
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答案
因为m∥n，
所以(a＋b)(sin A－sin B)＝c(sin A－sin C)，
由正弦定理可得(a＋b)(a－b)＝c(a－c)，
即a2－b2＝ac－c2，
故a2＋c2－b2＝ac，
所以cos B＝，
而B为三角形内角，故B＝.
1
2
3
4
5
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9
10
答案
(2)求的最小值.
结合(1)可得＝1－，
1－≥1－＝1－，当且仅当a＝c时等号成立，
故.
1
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答案
10.(2024·固原模拟)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2sin Bsin C＋cos 2C＝1＋cos 2A－cos 2B.
(1)求A；
1
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10
答案
因为2sin Bsin C＋cos 2C＝1＋cos 2A－cos 2B，
所以2sin Bsin C＋1－2sin2C＝1＋1－2sin2A－1＋2sin2B，
则sin Bsin C－sin2C＝－sin2A＋sin2B，
由正弦定理可得bc－c2＝－a2＋b2，
即bc＝b2＋c2－a2，
所以cos A＝，
又A∈，
故A＝.
1
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答案
(2)求的取值范围.
1
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答案
由正弦定理得＝
＝＝sin，
又在锐角△ABC中，有
解得所以－1
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答案
则－所以－故.(共52张PPT)
第四章
§4.8 解三角形
数学
大
一
轮
复
习
1.掌握三角形中角平分线、中线、高线等问题.
2.能利用解三角形的方法解决平面几何的有关问题及判断三角形的存在问题.
课标要求
例1 在△ABC中，AB＝2，AC＝4，角A为钝角，△ABC的面积为2.
(1)若D是BC的中点，求AD的长度；
三角形中角平分线、中线、高线
题型一
∵AB＝2，AC＝4，△ABC的面积为2，
∴S△ABC＝AB·AC·sin∠BAC＝×2×4×sin∠BAC＝2，∴sin∠BAC＝，
又∠BAC为钝角，∴∠BAC＝，
∵D是BC的中点，∴)，
∴)2，
∴||2＝＝3，
∴||＝，即AD＝.
(2)若E是边BC上一点，AE为△ABC的角平分线，求AE的长度.
∵AE为△ABC的角平分线，
∴∠BAE＝∠CAE＝∠BAC＝，
∵S△ABC＝S△ABE＋S△ACE，
∴AB·AE·sinAC·AE·sin＝2，
即×2AE××4AE×＝2，
∴AE＝.
三角形中线、角平分线解题策略
(1)若AD是△ABC边BC上的中线，一般利用向量解决问题，即)，两边平方即可得到边与角的关系.
(2)若AD是△ABC中角A的平分线，则S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，.
思维升华
跟踪训练1 (多选)已知△ABC中，AB＝1，AC＝4，BC＝，D在BC上，AD为∠BAC的平分线，E为AC的中点，则
A.BC边上的高线长为 B.AD＝
C.BD＝ D.BE＝
√
√
√
在△ABC中，由余弦定理
cos∠BAC＝，
∴∠BAC＝60°，
设BC边上的高为h，则S△ABC＝AB·AC·sin 60°＝·BC·h，解得h＝，故A正确；
又S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，故AB·AD·sin 30°＋AC·AD·sin 30°＝AB·AC·
sin 60°，解得AD＝，故B不正确；
∵AD平分∠BAC，由角平分线定理知，∴，∴BD＝DC＝BC＝，故C正确；
∵E为AC的中点，∴AE＝2，在△ABE中，由余弦定理得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos∠BAC＝1＋4－2×1×2×＝3，∴BE＝，故D正确.
与多边形有关的问题
题型二
例2 (2024·烟台模拟)在平面四边形ABCD中，∠ABC＝，∠ADC＝，BC＝4.
(1)若△ABC的面积为3，求AC；
在△ABC中，BC＝4，∠ABC＝，
∴S△ABC＝AB·BC·sin∠ABC＝3，
解得AB＝3，
在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝13，
∴AC＝.
(2)若AD＝3，∠ACB＝∠ACD＋，求tan∠ACD.
设∠ACD＝α，
则∠ACB＝∠ACD＋＝α＋，
在Rt△ACD中，AD＝3，
易知AC＝，
在△ABC中，∠BAC＝π－∠ACB－∠ABC＝－α，
由正弦定理得，
即，
∴2sin α＝3sincos α－sin α，
可得tan α＝，即tan∠ACD＝.
在平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题时，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决.在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，再解方程即可.若研究最值，常使用函数思想.
思维升华
跟踪训练2 如图，在平面四边形ABCD中，∠DAB＝∠DCB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝2，AD＝4.
(1)求cos∠DBC的值；
在△ABD中，由勾股定理得
BD＝＝2，sin∠ABD＝，
cos∠ABD＝，
cos∠DBC＝cos(60°－∠ABD)
＝cos 60°cos∠ABD＋sin 60°sin∠ABD＝××.
(2)求AC的长度.
因为∠DCB＝90°，
所以BC＝BD·cos∠DBC＝3，
在△ABC中，由余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝12＋27－2×2×3×＝21，
所以AC的长度为.
三角形中的存在性问题
题型三
例3 在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.
(1)若2sin C＝3sin A，求△ABC的面积；
因为2sin C＝3sin A，所以2c＝2(a＋2)＝3a，则a＝4，故b＝5，c＝6，
cos C＝，所以C为锐角，则sin C＝，
故S△ABC＝absin C＝×4×5×.
(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.
显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，
由余弦定理可得cos C＝<0，
解得0由三角形三边关系可得a＋a＋1>a＋2，可得a>1，因为a∈N*，故a＝2.
(1)先仔细审题，已确定的条件有哪些，供选择的条件有哪些，设问是什么.
(2)将已确定的条件和设问关联，结合有关的概念、公式、定理等进行思考，采用多种方式进行推理，确定所要选择的条件具备哪些性质.
(3)观察供选择的条件有哪些，判断条件选择后是否有解题思路，进而确定所选择的条件.
思维升华
跟踪训练3 (2025·北京模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，atan B＝2bsin A.
(1)求B的大小；
由atan B＝2bsin A，得asin B＝2bsin Acos B，
在△ABC中，由正弦定理得sin Asin B＝2sin Asin Bcos B，因为sin A≠0，sin B≠0，所以cos B＝，
又0(2)若a＝8，再从下列两个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在，求△ABC的面积.
条件①：b＝7；
条件②：cos A＝－.
选条件①：b＝7.
在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，即72＝82＋c2－16c·cos ，
整理得c2－8c＋15＝0，解得c＝3或c＝5，
当c＝3时，△ABC的面积
S△ABC＝acsin B＝×8×3×sin ＝6；
当c＝5时，△ABC的面积
S△ABC＝acsin B＝×8×5×sin ＝10.
不可选条件②，理由如下：
若cos A＝－，故A为钝角，
则sin A＝，
则b＝，b2＝>a2，即b>a，
其与A为钝角矛盾，故不存在这样的△ABC.
课时精练
答案
1
2
3
4
(1)由2acos B＝2c－b及正弦定理得，2sin Acos B＝2sin C－sin B.
由A＋B＋C＝π，得sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B.
∴sin B＝2cos Asin B.
∵B∈(0，π)，
∴sin B≠0，则cos A＝.
又A∈(0，π)，∴A＝.
1.
答案
1
2
3
4
(2)∵点D为BC边的中点，
∴2，
∴4＋2·，
∴28＝c2＋b2＋bc，即28＝(b＋c)2－bc，
∴bc＝(b＋c)2－28＝36－28＝8，
∴△ABC的面积S＝bcsin∠BAC＝2.
1.
答案
1
2
3
4
(1)已知c2＝a2＋b2＋ab，
即a2＋b2－c2＝－ab，
由余弦定理知cos C＝＝－，
又C∈(0，π)，所以C＝.
(2)因为CD是角C的平分线，AD＝2，DB＝，
由角平分线定理知＝2，即b＝2a，
2.
答案
1
2
3
4
又由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，
即＝a2＋4a2＋2a2，
解得a＝3，所以b＝6，
又S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，
即absin∠ACB＝b·CD·sin a·CD·sin ，
即18＝9CD，所以CD＝2.
2.
答案
1
2
3
4
(1)在△ABD中，AB＝AD＝4，A＝，
则∠ADB＝，
BD＝2ADcos∠ADB＝2×4×cos ＝4，
在△BCD中，由正弦定理得，
sin∠BDC＝.
3.
答案
1
2
3
4
(2)在△ABD和△BCD中，由余弦定理得
BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos A＝42＋42－2×4×4×cos A＝32－32cos A，
BD2＝CB2＋CD2－2CB·CDcos C＝62＋22－2×6×2×cos C＝40－24cos C，
得4cos A－3cos C＝－1，又cos A＝3cos C，
得cos A＝－，cos C＝－，
则sin A＝，sin C＝，
3.
答案
1
2
3
4
四边形ABCD的面积S＝S△ABD＋S△BCD
＝AB·AD·sin A＋CB·CD·sin C
＝×4×4××6×2×
＝.
3.
答案
1
2
3
4
(1)方法一 在△ABC中，acos B＋b＝c，
由正弦定理可得sin Acos B＋sin B＝sin C.
因为A＋B＋C＝180°，
所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B.
所以sin B＝cos Asin B.
又因为在△ABC中，sin B≠0，
所以cos A＝，又0°4.
答案
1
2
3
4
方法二 在△ABC中，acos B＋b＝c，
由余弦定理cos B＝，
可得a·b＝c，
整理得c2＋b2－a2＝bc，
所以cos A＝，
又0°4.
答案
1
2
3
4
(2)选条件①，由(1)知0°在△ABC中，sin B＝，所以B＝45°.
因为A＋B＋C＝180°，所以C＝75°，
所以sin C＝sin(45°＋30°)＝sin 45°cos 30°＋cos 45°sin 30°＝，
设BC边上高线的长为h，
则h＝bsin C＝2×.
4.
答案
1
2
3
4
选条件②，cos B＝－<－，
所以120°因为A＝60°，所以A＋B>180°，△ABC不存在.
选条件③，因为S△ABC＝bcsin A
＝csin 60°＝c＝，
所以c＝1＋，
4.
答案
1
2
3
4
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝4＋4＋2－2×2×(1＋)cos 60°＝6，
所以a＝.
设BC边上高线的长为h，
则h＝.
4.
1.(2024·揭阳模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2acos B＝2c－b，点D为BC边的中点.
(1)求A；
1
2
3
4
知识过关
答案
1
2
3
4
答案
由2acos B＝2c－b及正弦定理得，2sin Acos B＝2sin C－sin B.
由A＋B＋C＝π，得sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B.
∴sin B＝2cos Asin B.
∵B∈(0，π)，
∴sin B≠0，则cos A＝.
又A∈(0，π)，∴A＝.
(2)若b＋c＝6，AD＝，求△ABC的面积.
1
2
3
4
答案
∵点D为BC边的中点，
∴2，
∴4＋2·，
∴28＝c2＋b2＋bc，即28＝(b＋c)2－bc，
∴bc＝(b＋c)2－28＝36－28＝8，
∴△ABC的面积S＝bcsin∠BAC＝2.
1
2
3
4
答案
2.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c2＝a2＋b2＋ab.
(1)求角C；
已知c2＝a2＋b2＋ab，
即a2＋b2－c2＝－ab，
由余弦定理知cos C＝＝－，
又C∈(0，π)，所以C＝.
1
2
3
4
答案
(2)若CD是角C的平分线，AD＝2，DB＝，求CD的长.
因为CD是角C的平分线，AD＝2，DB＝，
由角平分线定理知＝2，即b＝2a，
又由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，
即＝a2＋4a2＋2a2，解得a＝3，所以b＝6，
又S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，
即absin∠ACB＝b·CD·sin a·CD·sin ，
即18＝9CD，所以CD＝2.
1
2
3
4
答案
3.(2024·蚌埠模拟)如图，在平面四边形ABCD中，
AB＝AD＝4，BC＝6.
(1)若A＝，C＝，求sin∠BDC的值；
在△ABD中，AB＝AD＝4，A＝，
则∠ADB＝，
BD＝2ADcos∠ADB＝2×4×cos ＝4，
在△BCD中，由正弦定理得，sin∠BDC＝.
1
2
3
4
答案
(2)若CD＝2，cos A＝3cos C，求四边形ABCD的面积.
1
2
3
4
答案
在△ABD和△BCD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos A＝42＋42－2×4×4×cos A＝32－32cos A，
BD2＝CB2＋CD2－2CB·CDcos C＝62＋22－2×6×2×cos C＝40－24cos C，
得4cos A－3cos C＝－1，又cos A＝3cos C，
得cos A＝－，cos C＝－，
则sin A＝，sin C＝，
1
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3
4
答案
四边形ABCD的面积S＝S△ABD＋S△BCD
＝AB·AD·sin A＋CB·CD·sin C
＝×4×4××6×2×＝.
1
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答案
4.(2024·北京模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知acos B＋b＝c，b＝2.
(1)求A；
能力拓展
1
2
3
4
答案
方法一 在△ABC中，acos B＋b＝c，
由正弦定理可得sin Acos B＋sin B＝sin C.
因为A＋B＋C＝180°，
所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B.
所以sin B＝cos Asin B.
又因为在△ABC中，sin B≠0，
所以cos A＝，又0°1
2
3
4
答案
方法二 在△ABC中，acos B＋b＝c，
由余弦定理cos B＝，
可得a·b＝c，
整理得c2＋b2－a2＝bc，
所以cos A＝，
又0°1
2
3
4
答案
(2)从下列三个条件中选择一个作为已知条件，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的高.
条件①：sin B＝；条件②：cos B＝－；
条件③：△ABC的面积为.
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
1
2
3
4
答案
选条件①，由(1)知0°因为A＋B＋C＝180°，所以C＝75°，
所以sin C＝sin(45°＋30°)＝sin 45°cos 30°＋cos 45°sin 30°＝，
设BC边上高线的长为h，
则h＝bsin C＝2×.
选条件②，cos B＝－<－，
所以120°因为A＝60°，所以A＋B>180°，△ABC不存在.
1
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4
答案
选条件③，因为S△ABC＝bcsin A＝csin 60°＝c＝，
所以c＝1＋，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝4＋4＋2－2×2×(1＋)cos 60°
＝6，
所以a＝.
设BC边上高线的长为h，
则h＝.(共63张PPT)
第四章
§4.10 解三角形及其应用
举例
数学
大
一
轮
复
习
能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
测量中的几个有关术语
术语名称 术语意义 图形表示
仰角与俯角 在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角
术语名称 术语意义 图形表示
方位角 从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角，方位角θ的范围是0°≤θ <360°
方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东 (西)α 例：
术语名称 术语意义 图形表示
坡角与坡比
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)西南方向与南偏西45°方向相同.( )
(2)仰角和俯角都是铅垂线与目标视线所成的角，其范围为.( )
(3)方位角是从正北方向起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角.( )
(4)若从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.( )
×
√
×
√
2.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°方向，灯塔B在观察站南偏东60°方向，
则灯塔A在灯塔B
A.北偏东10°方向 B.北偏西10°方向
C.南偏东80°方向 D.南偏西80°方向
√
由题可知，∠CAB＝∠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°方向.
3.如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A，B到点C的距离AC＝BC＝1 km，且C＝120°，则A，B两点间的距离为 km.
在△ABC中，易得A＝30°，
由正弦定理，
得AB＝＝2×1×(km).
4.如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个观测点C，D，测得∠BCD＝15°，∠CBD＝30°，CD＝10 m，并在C处测得塔顶A的仰角为45°，则塔高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.对于立体测量问题，通常要转化为两类平面问题，一是竖直放置的平面，通常要解直角三角形；另一类是水平放置的平面，通常要解斜三角形.
2.谨防两个易误点
(1)注意仰角与俯角是相对水平视线而言的，是在铅垂面上所成的角；
(2)明确方位角及方向角的含义，避免因混淆概念而出错.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1 (1)(2024·厦门模拟)一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°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 海里 B.10 海里
C.20 海里 D.20 海里
√
测量距离问题
题型一
依题意，如图，在△ABC中，∠BAC＝70°－40°＝30°，∠ABC＝40°＋65°＝105°，则∠ACB＝45°，
AB＝40×＝20(海里)，
由正弦定理得，
即，
因此BC＝＝10(海里)，
所以B，C两点间的距离是10 海里.
(2)在高速公路建设中经常遇到开通穿山隧道的工程，如图所示，A，B，C为某山脚两侧共线的三点，在山顶P处测得三点的俯角分别为α＝45°，β＝45°，γ＝30°，现需要沿直线AC开通穿山隧道DE，测得AD＝30米，BC＝200(－1)米，EB＝20米，估计隧道DE
的长度为
A.200 米 B.300米
C.350米 D.400米
√
如图所示，
∵α＝β＝45°，
∴∠APB＝90°，∠PAB＝∠PBA＝45°，
∴△PAB为等腰直角三角形，
∴在△PBC中，∠PCB＝30°，∠BPC＝15°，BC＝200(－1)，
由正弦定理知PB＝＝200，
∴AB＝PB＝400，
∴DE＝AB－AD－EB＝400－30－20＝350.
距离问题的解题策略
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.
思维升华
跟踪训练1 (2024·运城模拟)如图，某区域地面有四个5G基站，分别为A，B，C，D.已知C，D两个基站建在河的南岸，距离为20 km，基站A，B在河的北岸，测得∠ACB＝60°，∠ACD＝105°，∠ADC＝30°，∠ADB＝60°，则A，B两个基站的距离为
A.10 km B.30(－1) km
C.15 km D.10 km
√
在△ACD中，∠CAD＝180°－105°－30°＝45°，
由正弦定理得，
AD＝＝
＝10(＋1)，
在△BCD中，易知∠BCD＝45°，∠BDC＝90°，
所以∠CBD＝45°，所以BD＝CD＝20，
在△ABD中，由余弦定理得AB＝＝10.
塔顶部D的仰角分别为30°和45°，在B处测得塔顶部D的仰角为15°，则雷锋塔的高度约为
A.50 m B.62 m C.72 m D.88 m
测量高度问题
题型二
例2 (1)(2024·杭州模拟)雷锋塔(如图1)位于浙江省杭州市西湖区，是“西湖十景”之一、中国九大名塔之一，为中国首座彩色铜雕宝塔.如图2，某同学为测量雷锋塔的高度CD，在雷锋塔的正西方向找到一座建筑物AB，高约为36 m，在地面上点E处(A，C，E三点共线)测得建筑物顶部B，雷锋
√
在Rt△ABE中，BE＝＝72，
在Rt△DCE中，ED＝CD，
由图可知∠BED＝180°－30°－45°＝105°，易知∠EBD＝45°，
在△BED中，∠EDB＝180°－105°－45°＝30°，
根据正弦定理可得，
则CD＝×＝72.
(2)(2024·南京模拟)如图，某中学校园内的景观树已有百年历史，小明为了测量景观树高度，他选取与景观树根部C在同一水平面的A，B两点，在A点测得景观树根部C在北偏西60°的方向上，沿正西方向步行40米到B处，测得树根部C在北偏西15°的方向上，树梢D的仰角为30°，则景观树的高度为
A.10 米 B.20 米
C. 米 D. 米
√
依题意可得如图图形，
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×，
所以景观树的高度为米.
高度问题的易错点
(1)图形中为空间关系，极易当作平面问题处理，从而致错；
(2)对仰角、俯角等概念理解不够深入，从而把握不准已知条件而致错.
思维升华
跟踪训练2 (2024·长沙模拟)湖南省衡阳市的来雁塔，始建于明万历十九年(1591年)，因鸿雁南北迁徙时常在境内停留而得名.1983年被湖南省人民政府公布为重点文物保护单位.为测量来雁塔的高度，因地理条件的限制，分别选择C点和一建筑物DE的楼顶E为测量观测点，已知点A为塔底，A，C，D在同一水平面上，来雁塔AB和建筑物DE均垂直于地面(如图所示).
测得CD＝18 m，AD＝15 m，在C点处测得E点的仰角为30°，在E点处测得B点的仰角为60°，则来雁塔AB的高度约为(≈1.732，精确到0.1 m)
A.35.0 m B.36.4 m
C.38.4 m D.39.6 m
√
如图，过点E作EF⊥AB，交AB于点F，
在Rt△ECD中，因为∠ECD＝30°，
所以DE＝CD·tan∠ECD＝18×tan 30°＝6，
在Rt△BEF中，因为∠BEF＝60°，
易知EF＝AD＝15，
所以BF＝EF·tan∠BEF＝15×tan 60°＝15，
则AB＝BF＋AF＝BF＋DE＝15＋6＝21≈36.4.
测量角度问题
题型三
例3 如图所示，遥感卫星发现海面上有三个小岛，小岛B位于小岛A北偏东75°距离60海里处，小岛B北偏东15°距离(30－30)海里处有一个小岛C.
(1)求小岛A到小岛C的距离；
在△ABC中，AB＝60，BC＝30－30，∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，
根据余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC
＝602＋(30－30)2－2×60×(30－30)·cos 120°
＝5 400，
所以AC＝30.
所以小岛A到小岛C的距离是30 海里.
(2)如果有游客想直接从小岛A出发到小岛C，求游船航行的方向.
根据正弦定理得，
所以，
解得sin∠ACB＝，
在△ABC中，因为AB所以∠CAB＝180°－120°－45°＝15°.
由75°－15°＝60°，
得游船应该沿北偏东60°的方向航行.
角度问题的解题方法
首先应明确方向角的含义，在解应用题时，分析题意，分清已知与所求，再根据题意正确画出示意图，这是最关键、最重要的一步，通过这一步可将实际问题转化成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.
思维升华
跟踪训练3 甲船在A处观察乙船，乙船在它北偏东60°方向，相距a海里的B处，乙船向正北方向行驶，若甲船速度是乙船速度的 倍，甲船为了尽快追上乙船，朝北偏东θ方向前进，则θ＝ .
30°
如图，设两船在C处相遇，
则由题意得∠ABC＝180°－60°＝120°，且，
由正弦定理得，所以sin∠BAC＝.
又因为0°<∠BAC<60°，
所以∠BAC＝30°，
所以θ＝60°－30°＝30°.
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课时精练
对一对
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题号 1 2 3 4 5 6
答案 A B B B BCD ACD
题号 7 8 答案 1 000 10 答案
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(1)飞机在150秒内飞行的距离为AB＝1 000×1 000××106(m)，
在△ABC中，由正弦定理，有，
∴BC＝≈14 981(m).
(2)飞机、山顶的海拔高度差为BC×sin 81°≈14 831(m)，
20 250－14 831＝5 419(m)，
即山顶的海拔高度约为5 419 m.
9.
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(1)由题意可知，∠DAB＝90°－45°＝45°，∠DBA＝90°－60°＝30°，
则∠ADB＝180°－(∠DAB＋∠DBA)＝180°－(45°＋30°)＝105°，
而sin 105°＝sin(60°＋45°)＝sin 60°cos 45°＋cos 60°sin 45°＝，
在△ADB中，AB＝5(3＋，
即，即，
解得DB＝10，即DB的距离为10海里.
10.
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(2)在△DBC中，∠DBC＝60°，
由余弦定理可得DC2＝DB2＋BC2－2DB·BC·cos 60°＝－2×10×20×cos 60°＝900，
所以DC＝30，则时间为＝1(小时)，
所以该救援船到达D点所需要的时间为1小时.
10.
一、单项选择题
1.如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者与A在河的同侧，在所在的河岸边先确定一点C，测出A，C的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点间的距离为
A.50 m B.50 m
C.25 m D. m
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答案
因为∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，
所以∠ABC＝180°－45°－105°＝30°，
在△ABC中，由正弦定理得，
即，解得AB＝50.
所以A，B两点间的距离为50 m.
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答案
2.(2025·牡丹江模拟)甲船在湖中B岛的正南A处，AB＝3 km，甲船以8 km/h的速度向正北方向航行，同时乙船从B岛出发，以12 km/h的速度向北偏东60°方向驶去，则行驶15 min时，两船的距离是
A. km B. km
C. km D.(10－3)km
√
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答案
如图，设行驶15 min时，甲船到达M处，
由题意知AM＝8×＝2，BN＝12×＝3，MB＝AB－AM＝3－2＝1，
所以由余弦定理，得MN2＝MB2＋BN2－2MB
×BNcos 120°＝1＋9－2×1×3×＝13，
所以MN＝ km.
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答案
3.如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的
张角∠CAD等于
A.30° B.45° C.60° D.75°
√
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答案
依题意可得AD＝20 m，AC＝30 m，
又CD＝50 m，
所以在△ACD中，由余弦定理得
cos∠CAD＝＝＝，
又0°<∠CAD<180°，
所以∠CAD＝45°，
所以从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD为45°.
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答案
4.如图，有一古塔，在A点测得塔底位于北偏东30°方向上的点D处，在A点测得塔顶C的仰角为30°，在A点的正东方向且距D点75 m的B点测得塔底位于北偏西45°方向上(A，B，D在同一水平面)，
则塔的高度CD约为(≈1.414)
A.34.20 m B.35.35 m
C.35.75 m D.36.20 m
√
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答案
由已知可得，在△ABD中，有∠BAD＝60°，
∠ABD＝45°，BD＝75，
根据正弦定理，可得
AD＝·sin∠ABD＝×＝25.
在Rt△ADC中，有∠CAD＝30°，AD＝25，tan∠CAD＝，
所以CD＝ADtan 30°＝25×＝25≈35.35.
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二、多项选择题
5.(2024·兰州模拟)某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量，迭代优化完成此次活动.在以下不同小组设计的初步方案中，可计算出旗杆高度的方案有
A.在水平地面上任意寻找两点A，B，分别测量旗杆顶端的仰角α，β，再测量A，
B两点间距离
B.在旗杆对面找到某建筑物(低于旗杆)，测得建筑物的高度为h，在该建筑物底
部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角α和β
C.在地面上任意寻找一点A，测量旗杆顶端的仰角α，再测量A到旗杆底部的距离
D.在旗杆的正前方A处测得旗杆顶端的仰角α，正对旗杆前行5 m到达B处，再次
测量旗杆顶端的仰角β
√
√
√
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答案
对于C，如图2，在Rt△ADC中，直接利用锐角三角函数求出旗杆的高DC＝ACtan α，故C正确；
对于A，如果A，B两点与旗杆底部不在一条直线上时，就不能测量出旗杆的高度，故A不正确；
对于B，如图1，在△ABD中，由正弦定理求AD，则旗杆的高CD＝h＋ADsin β，故B正确；
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答案
对于D，如图3，在△ABD中，由正弦定理求AD，则旗杆的高CD＝ADsin α，故D正确.
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答案
6.(2024·重庆模拟)如图，在海面上有两个观测点B，D，B在D的正北方向，距离为2 km，在某天10：00观察到某航船在C处，此时测得∠CBD＝45°，5分钟后该船行驶至A处，此时测得∠ABC＝30°，∠ADB ＝60°，∠ADC＝30°，则
A.观测点B位于A处的北偏东75°方向
B.当天10：00时，该船到观测点B的距离为 km
C.当船行驶至A处时，该船到观测点B的距离为 km
D.该船在由C行驶至A的这5 min内行驶了 km
√
√
√
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答案
对于A，∠ABD＝∠ABC＋∠CBD＝30°＋45°＝75°，因为B在D的正北方向，所以观测点B位于A的北偏东75°方向，故A正确；
对于B，在△BCD中，∠CBD＝45°，∠CDB＝
∠ADC＋∠ADB＝30°＋60°＝90°，即∠BCD＝45°，则BD＝CD＝2，则BC＝2，故B错误；
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答案
对于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正确.
对于C，在△ABD中，∠ABD＝75°，∠ADB＝60°，则∠BAD＝45°，由正弦定理得，即AB＝，故C正确；
三、填空题
7.如图所示，某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角∠CAB＝45°，沿倾斜角为30°的斜坡前进1 000米后到达S处，又测得山顶B的仰角∠DSB＝75°，则山高BC为 米.
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答案
1 000
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答案
由题意得∠SAB＝45°－30°＝15°，
∠SBA＝∠ABC－∠SBC＝45°－(90°－75°)＝30°，则∠ASB＝135°，
在△ABS 中，由正弦定理得AB＝
＝1 000(米)，
∴BC＝ABsin 45°＝1 000×＝1 000(米).
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答案
8.(2024·临沂模拟)在同一平面上有相距14公里的A，B两座炮台，A在B的正东方向.某次演习时，A向西偏北θ方向发射炮弹，B则向东偏北θ方向发射炮弹，其中θ为锐角，观测回报两炮弹皆命中18公里外的同一目标，接着A改向向西偏北方向发射炮弹，弹着点为18公里外的点M，则B炮台与弹着点M的距离为 公里.
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答案
结合题意作出图形，AC＝BC＝18，AB＝14，∠CBA＝∠CAB＝θ，∠MAB＝，
在△ABC中，由余弦定理得cos θ＝，
因为cos2且cos >0，
所以cos ，
在△ABM中，由余弦定理得cos ，
解得MB＝10公里.
飞机在150秒内飞行的距离为AB＝1 000×1 000××106(m)，
在△ABC中，由正弦定理，有，
∴BC＝≈14 981(m).
四、解答题
9.如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂平面内，已知飞机的高度为海拔20 250 m，速度为1 000 km/h，飞行员在A处先看到山顶C的俯角为18°30'，经过150 s后又在B处看到山顶C的俯角为81°.
(1)求飞机在B处与山顶C的距离；(精确到1 m)
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答案
(2)求山顶的海拔高度.(精确到1 m)
参考数据：sin 18.5°≈0.32，cos 18.5°≈0.95，sin 62.5°≈0.89，cos 62.5°≈0.46，sin 81°≈0.99，cos 81°≈0.16.
飞机、山顶的海拔高度差为BC×sin 81°≈14 831(m)，
20 250－14 831＝5 419(m)，
即山顶的海拔高度约为5 419 m.
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答案
10.(2024·济宁模拟)如图所示，A，B是海面上位于东西方向的两个观测点，AB＝5(3＋)海里，D点位于A观测点北偏东45°，且B观测点北偏西60°
的位置，C点位于B观测点南偏西60°，且BC＝20 海里的位置.现D点有一艘轮船发出求救信号，C点处的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/时.求：
(1)DB的距离；
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答案
由题意可知，∠DAB＝90°－45°＝45°，∠DBA＝90°－60°＝30°，
则∠ADB＝180°－(∠DAB＋∠DBA)＝180°－(45°＋30°)＝105°，
而sin 105°＝sin(60°＋45°)＝sin 60°cos 45°＋cos 60°sin 45°＝，
在△ADB中，AB＝5(3＋，
即，
即，
解得DB＝10，即DB的距离为10海里.
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答案
(2)该救援船到达D点所需要的时间.
在△DBC中，∠DBC＝60°，
由余弦定理可得DC2＝DB2＋BC2－2DB·BC·cos 60°＝－2×10×20×cos 60°＝900，
所以DC＝30，则时间为＝1(小时)，
所以该救援船到达D点所需要的时间为1小时.
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第四章
§4.1 任意角和弧度制、
三角函数的概念
数学
大
一
轮
复
习
1.了解任意角的概念和弧度制.
2.能进行弧度与角度的互化，体会引入弧度制的必要性.
3.借助单位圆理解任意角的三角函数(正弦、余弦、正切)的定义.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
定义 角可以看成一条射线绕着它的 旋转所成的图形
分类 (1)按旋转方向分为 、 和 ；
(2)按终边位置分为 和轴线角
相反角 把射线OA绕端点O按不同方向旋转相同的量所成的两个角叫做互为相反角.角α的相反角记为－α
终边相 同的角 所有与角α终边相同的角，连同角α在内，构成的角的集合是{β|β＝α＋k·360°，k∈Z}或___________________
1.角的概念
端点
正角
负角
零角
象限角
{β|β＝α＋2kπ，k∈Z}
定义 长度等于 的圆弧所对的圆心角叫做1弧度的角，记作1 rad
弧度数公式 |α|＝___(弧长用l表示，半径用r表示)
角度与弧度的换算
弧长公式 弧长l＝____
扇形面积公式 S＝____＝______
2.弧度制的定义及公式
半径长
|α|r
°
lr
|α|r2
3.任意角的三角函数
(1)定义：设α是一个任意角，α∈R，以它的顶点为原点，以它的始边为x轴的非负半轴，建立直角坐标系，它的终边与单位圆交于点P(x，y)，那么y＝sin α，x＝cosα，＝tan α(x≠0).
(2)三角函数值在各象限内的符号：一全正、二正弦、三正切、四余弦，如图.
(3)定义的推广
设P(x，y)是角α终边上异于原点的任一点，它到原点的距离为r(r>0)，那
么sin α＝_____，cosα＝_____，tan α＝_____(x≠0).
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)小于90°的角是锐角.( )
(2)第四象限的角一定是负角.( )
(3)终边相同的角不一定相等，但相等的角终边一定相同.( )
(4)角α的三角函数值与其终边上点P的位置有关.( )
√
×
×
×
2.角－863°的终边所在的象限是
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
－863°＝－2×360°－143°，则－863°和－143°的终边相同，故角－863°的终边在第三象限.
√
3.一钟表的秒针长12 cm，经过25 s，秒针的端点所走的路线长为
A.20 cm B.14 cm
C.10π cm D.8π cm
秒针的端点旋转所形成的扇形的圆心角的弧度数为×2π＝
×12＝10π(cm).
√
4.已知角α的终边上有一点P(1，－2)，则sin α－cosα的值为 .
－
因为sin α＝＝－，
cosα＝，
所以sin α－cosα＝－＝－.
1.熟记以下常用结论
(1)象限角
微点提醒
(2)轴线角
微点提醒
2.谨防三个易误点
(1)角度与弧度换算的关键是π rad＝180°，在同一个式子中，采用的度量制度必须一致，不可混用；
(2)利用表中的扇形弧长和面积公式解题时，要注意角的单位必须是弧度；
(3)已知三角函数值的符号确定角的终边位置，不要遗漏终边在坐标轴上的情况.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1 (1)(2025·宁波模拟)若α是第二象限角，则
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终边在y轴非正半轴上
√
角及其表示
题型一
因为α是第二象限角，可得＋2kπ<α<π＋2kπ，k∈Z，对于A，可得－π－2kπ<－α<－－2kπ，k∈Z，此时－α的终边在第三象限，所以－α是第三象限角，A错误；
对于B，可得＋kπ<<＋kπ，k∈Z，当k为偶数时，的终边在第一象限；当k为奇数时，是第一或第三象限角，B错误；
对于C，可得2π＋2kπ<＋α<＋2kπ，k∈Z，即2(k＋1)π<＋α<＋
2(k＋1)π，k∈Z，所以＋α的终边在第一象限，所以＋α是第一象限角，C错误；
对于D，可得π＋4kπ<2α<2π＋4kπ，k∈Z，所以2α是第三或第四象限角或终边在y轴非正半轴上，D正确.
终边所在位置
微拓展
若θ分别为第一、二、三、四象限角，则的终边分别落在区域一、二、三、四内，如图所示.
典例 已知θ为第三象限角，且＝－sin ，则角的
终边在
A.第一或第三象限 B.第二或第四象限
C.第三象限 D.第四象限
∵θ为第三象限角，∴＝－sin ，
∴sin ≤0，∴角的终边在第四象限.
√
(2)如图所示，终边落在阴影部分的角β的取值集合为_______________________________.
由于终边在直线y＝x上的角的集合为，终边在直线y＝－x上的角的集合为
由题图可知，终边落在阴影部分的角的集合为
.
(1)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，然后通过集合中的参数k(k∈Z)赋值来求得所需的角.
(2)确定kα，(k∈N*)的终边位置的方法是先写出kα或的范围，然后根据k的可能取值确定kα或的终边所在的位置.
思维升华
跟踪训练1 (1)(多选)下列四个命题中正确的是
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错误；
＝π＋是第三象限角，故B正确；
－400°＝－360°－40°，所以－400°是第四象限角，故C正确；
－315°＝－360°＋45°，所以－315°是第一象限角，故D正确.
(2)若角α的终边在直线y＝－x上，则角α的取值集合为
A.{α|α＝k·360°－60°，k∈Z}
B.{α|α＝k·360°＋120°，k∈Z}
C.{α|α＝k·180°－120°，k∈Z}
D.{α|α＝k·180°－60°，k∈Z}
√
终边在x轴上的角的集合为{θ|θ＝k·180°，k∈Z}，
直线y＝－x可以看成把x轴顺时针旋转60°得到，
故终边在直线y＝－x上的角α的集合为{α|α＝k·180°－60°，k∈Z}.
弧度制及其应用
题型二
例2 (1)(2024·青岛模拟)2024年2月4日，“龙行中华——甲辰龙年生肖文物大联展”在山东曲阜孔子博物馆举行，展览的多件文物都有“龙”的元素或图案.出土于鲁国故城遗址的“出廓双龙勾玉纹黄玉璜”(图1)就是这样一件珍宝.玉璜璜身满刻勾云纹，体扁平，呈扇面状，璜身外镂空雕饰“S”型双龙，造型精美.现要计算璜身面积(厚度忽略不计)，测得各项数据(图2)：AB≈8 cm，AD≈2 cm，AO≈5 cm，若sin 37°≈，π≈3.14，则璜身(即曲边四边形ABCD)的面积近似为
A.6.8 cm2 B.9.8 cm2
C.14.8 cm2 D.22.4 cm2
√
显然△AOB为等腰三角形，OA＝OB＝5，AB＝8，
则cos∠OAB＝，sin∠OAB＝，
即∠OAB≈37°，于是∠AOB≈106°＝，
所以璜身的面积近似为∠AOB·(OA2－OD2)≈××(52－32)≈14.8(cm2).
(2)已知扇形的圆心角是α，半径为R，弧长为l.
①若α＝，R＝10 cm，则扇形的弧长l＝ cm.
因为α＝，R＝10 cm，
所以l＝|α|R＝×10＝(cm).
②若扇形的周长是20 cm，当扇形的圆心角α＝ 弧度时，扇形的面积最大.
2
由已知，得l＋2R＝20，
所以S＝lR＝(20－2R)R＝10R－R2＝－(R－5)2＋25.
所以当R＝5 cm时，S取得最大值，
此时l＝10 cm，α＝＝2 rad.
应用弧度制解决问题时应注意
(1)利用扇形的弧长和面积公式解题时，要注意角的单位必须是弧度.
(2)求扇形面积最大值的问题时，常转化为二次函数的最值问题.
(3)在解决弧长问题和扇形面积问题时，要合理地利用圆心角所在的三角形.
思维升华
跟踪训练2 (1)(2024·深圳模拟)若扇形的面积为1，且弧长为其半径的两倍，则该扇形的周长为
A.1 B.2 C.4 D.6
设扇形的半径为r，圆心角为α，
则弧长l＝αr＝2r，所以α＝2，
扇形的面积S＝αr2＝r2＝1，
解得r＝1或r＝－1(舍去)，
所以l＝αr＝2，
则该扇形的周长为2r＋l＝4.
√
(2)(2025·襄阳模拟)“圆材埋壁”是我国古代数学著作《九章算术》中的一个问题.现有一个“圆材埋壁”模型，其截面如图所示.若圆柱材料的截面圆的半径长为3，圆心为O，墙壁截面ABCD为矩形，且劣弧的长等于半径OA长的2倍，则圆柱材料埋在墙壁内部的截面
(阴影部分)面积是
A.9－sin 2 B.sin 2
C.2－sin 2 D.9
√
由题意得OA＝3，劣弧＝2OA＝6，
故扇形AOB的面积为×3×6＝9，
设扇形AOB的圆心角为θ，则θ＝＝2，
故S△AOB＝OA·OBsin θ＝sin 2，
故圆材埋在墙壁内部的截面(阴影部分)面积为9－sin 2.
三角函数的概念
题型三
例3 (1)已知角α的终边过点P(－8m，－6sin 30°)，且cosα＝－，则m的值为
A.－ B.－ C. D.
√
由题意得点P(－8m，－3)，r＝，
所以cosα＝＝－，
所以m>0，解得m＝.
(2)若角α满足sin α·cosα<0，cosα－sin 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
因为sin α·cosα<0，所以α是第二或第四象限角；
当α是第二象限角时，cosα<0，sin α>0，满足cosα－sin α<0；
当α是第四象限角时，cosα>0，sin α<0，则cosα－sin α>0，不符合题意，
综上所述，α是第二象限角.
√
(1)利用三角函数的定义，已知角α终边上一点P的坐标，可以求出α的三角函数值；已知角α的三角函数值，也可以求出其终边与单位圆交点P的坐标.
(2)已知一角的三角函数值(sin α，cosα，tan α)中任意两个的符号，可分别确定出角的终边所在的可能位置，二者的交集即为该角的终边位置.
思维升华
跟踪训练3 (1)已知角α的终边与单位圆的交点为P，则sin α·
tan α等于
A.－ B.± C.－ D.±
√
由|OP|2＝＋y2＝1，得y2＝，y＝±.
当y＝时，sin α＝，tan α＝－，
此时sin α·tan α＝－；
当y＝－时，sin α＝－，tan α＝，
此时sin α·tan α＝－.
综上，sin α·tan α＝－.
①若角α的终边在第一象限，取α终边上一点P(1，2)，
则|OP|＝，∴sin α＝，cosα＝，
∴sin α＋cosα＝；
②若角α的终边在第三象限，取α终边上一点Q(－1，－2)，
∴|OQ|＝，∴sin α＝－，cosα＝－，
∴sin α＋cosα＝－，
综上，sin α＋cosα＝±.
(2)角α的终边在直线y＝2x上，则sin α＋cosα＝ .
±
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课时精练
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6
答案 D C C B AD ACD
题号 7 8 11 12 答案 A 答案
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(1)与角α终边相同的角的集合为，
令－4π<2kπ＋<－π，
得－又k∈Z，所以k＝－2，－1，
所以在(－4π，－π)内与角α终边相同的角是－，－.
9.
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(2)由(1)知，β＝2kπ＋(k∈Z)，
则＝kπ＋(k∈Z)，
则当k为偶数时，角是第一象限角；当k为奇数时，角是第三象限角，
所以角是第一或第三象限角.
9.
答案
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(1)根据题意，的长度为xθ米，的长度为2θ米，
所以2(2－x)＋xθ＋2θ＝6，所以θ＝(0(2)依据题意，可知y＝θ×22－θx2
＝－x2＋x＋2＝－，0所以当x＝时，y的值最大，最大值为.
10.
一、单项选择题
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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知识过关
答案
－1 125°＝－1 440°＋315°＝－8π＋.
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答案
2.集合所表示的角的范围(阴影部分)是
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答案
当k＝2n(n∈Z)时，2nπ＋≤α≤2nπ＋，n∈Z，此时α表示的范围与≤α≤表示的范围一样；
当k＝2n＋1(n∈Z)时，2nπ＋π＋≤α≤2nπ＋π＋，n∈Z，此时α表示的范围与＋π≤α≤＋π表示的范围一样.
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答案
3.(2024·北京模拟)“sin 2θ>0”是“θ为第一或第三象限角”的
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
∵sin 2θ＝2sin θ·cosθ>0 >0 tan θ>0，∴θ为第一或第三象限角.
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答案
4.已知相互啮合的两个齿轮，大齿轮有45齿，小齿轮有30齿.如果大齿轮的转速为180 r/min(即每分钟旋转180圈)，小齿轮的半径为10 cm，那么小齿轮圆周上一点每1 s转过的弧长是
A.5 400π cm B.90π cm
C.180π cm D.40π cm
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答案
大齿轮有45齿，小齿轮有30齿，当大齿轮转动一周时，
小齿轮转动(周)，
大齿轮的转速为180 r/min，则小齿轮转速为×180＝270(r/min)，
故小齿轮圆周上一点每1 s转过的弧度数为270×2π÷60＝9π.
又小齿轮的半径为10 cm，所以小齿轮圆周上一点每1 s转过的弧长为9π×10＝90π(cm).
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答案
二、多项选择题
5.下面说法正确的有
A.角与角－的终边相同
B.经过30分钟，钟表的分针转过π弧度
C.若角α的终边在直线y＝－3x上，则cosα的取值为
D.67°30'化成弧度是 rad
√
√
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答案
角与角－相差2π，终边相同，故A正确；
经过30分钟，钟表的分针顺时针转动半圈，即－π弧度，故B错误；
若角α的终边在直线y＝－3x上，则cosα的取值为±，故C错误；
67°30'化成弧度是 rad，故D正确.
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答案
6.已知角θ的终边经过点(－2，－)，且θ与α的终边关于x轴对称，则
A.sin θ＝－
B.α为钝角
C.cosα＝－
D.点(tan θ，tan α)在第四象限
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√
√
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答案
因为角θ的终边经过点(－2，－)，
所以sin θ＝－，A正确；
由θ与α的终边关于x轴对称，得α的终边经过点(－2，)，α为第二象限角，不一定为钝角，cosα＝－，B错误，C正确；
因为tan θ＝>0，tan α＝－<0，所以点(tan θ，tan α)在第四象限，D正确.
三、填空题
7.－600°是第 象限角，与－600°角终边相同的最小正角为______
弧度.
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答案
因为－600°＝120°－2×360°，且120°为第二象限角，故－600°是第二象限角，与－600°角终边相同的最小正角为120°，其弧度为.
二
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答案
8.设α是第二象限角，P(x，1)为其终边上一点，且cosα＝x，则tan α＝ .
由题设cosα＝x<0，
则且x<0，可得x＝－2，
所以tan α＝＝－.
－
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四、解答题
9.已知α＝.
(1)写出与角α终边相同的角的集合，并求出在(－4π，－π)内与角α终边相同的角；
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答案
与角α终边相同的角的集合为，
令－4π<2kπ＋<－π，
得－又k∈Z，所以k＝－2，－1，
所以在(－4π，－π)内与角α终边相同的角是－，－.
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答案
(2)若角β与角α的终边相同，判断角是第几象限角.
由(1)知，β＝2kπ＋(k∈Z)，
则＝kπ＋(k∈Z)，
则当k为偶数时，角是第一象限角；当k为奇数时，角是第三象限角，
所以角是第一或第三象限角.
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10.某地政府部门欲做一个“践行核心价值观”的宣传牌，该宣传牌形状是如图所示的扇形环面(由扇形OAD挖去扇形OBC后构成的).已知OA＝2米，OB＝x米(0(1)求θ关于x的函数解析式；
根据题意，的长度为xθ米，的长度为2θ米，
所以2(2－x)＋xθ＋2θ＝6，所以θ＝(01
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答案
(2)记该宣传牌的面积为y，试问x取何值时，y的值最大？并求出最大值.
依据题意，可知y＝θ×22－θx2
＝－x2＋x＋2＝－，0所以当x＝时，y的值最大，最大值为.
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能力拓展
11.(2024·晋中模拟)在平面直角坐标系Oxy中，第二象限角α的终边与单位圆O交于点P，将角α的终边绕原点顺时针旋转，交圆O于点Q(x2，y2)，则x2等于
A. B.－ C. D.－
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答案
由三角函数的定义可知cosα＝－，
从而y1＝sin α＝，
于是x2＝cos(cosα＋sin α)＝×.
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12.(2024·兰山模拟)如图，在Rt△PBO中，∠PBO＝90°，以O为圆心、OB为半径作圆弧交OP于点A.若圆弧AB等分△POB的面积，且∠AOB＝α，则＝ .
设扇形的半径为r，则扇形的面积为αr2，
在Rt△POB中，PB＝rtan α，
则△POB的面积为r2tan α，
由题意得r2tan α＝2×αr2，即tan α＝2α，所以.
返回(共30张PPT)
第四章
必刷小题7 三角函数
数学
大
一
轮
复
习
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C C B C A C B
题号 9 10 11 12 13 14 答案 BC AD ABD 一、单项选择题
1.把－380°表示成θ＋2kπ(k∈Z)的形式，则θ的值可以是
A. B.－ C. D.－
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答案
∵－380°＝－20°－360°，
∴－380°＝－－2π，θ的值可以是－.
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答案
2.若sin(π＋α)＝－，则cos(π－2α)等于
A. B.－ C. D.－
√
∵sin(π＋α)＝－，∴sin α＝，
∴cos(π－2α)＝－cos 2α＝－(1－2sin2α)＝2×－1＝.
3.(2024·南充模拟)已知角α顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆相交于点P，则cos等于
A.－ B. C.－ D.
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∵角α的终边与单位圆相交于点P，
∴sin α＝，cos α＝－，
∴cos＝cos αcos －sin αsin ＝＝－.
答案
4.若5sin 2α＋5cos 2α＋1＝0，则tan α的值为
A.2或－ B.3或－
C.－2或 D.－3或
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5cos 2α＋5sin 2α＋1＝0
5(cos2α－sin2α)＋10sin αcos α＋cos2α＋sin2α＝0
3cos2α－2sin2α＋5sin αcos α＝0，
显然cos α≠0，则2tan2α－5tan α－3＝0，
解得tan α＝－或tan α＝3.
答案
5.(2024·昭通模拟)折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图甲).图乙是扇形的一部分，若两个圆弧所在圆的半径分别是12和27，且∠ABC＝.若图乙是某圆台的侧面展开图，则该圆台的侧面积是
A.292π B.π
C.195π D.243π
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答案
设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，
利用弧长公式可得2πr＝×12，解得r＝4，
又2πR＝×27，解得R＝9，
又圆台的母线长l＝27－12＝15，
所以圆台的侧面积S＝π(4＋9)×15＝195π.
6.(2024·梅州模拟)已知tan＝－2，则sin 2α等于
A. B. C.－ D.－
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答案
依题意，tan＝－2，tan α＝3，
所以sin 2α＝.
7.将函数f(x)＝sin ωx－cos ωx(ω>0)的图象向左平移个单位长度后，再把横坐标缩短为原来的，得到函数g(x)的图象.若点是g(x)图象的一个对称中心，则ω的最小值是
A. B. C. D.
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答案
由题意可得f(x)＝sin，
所以将f(x)的图象向左平移个单位长度后，得到函数h(x)＝sinsin的图象，
再把所得图象上点的横坐标缩短为原来的，得到函数g(x)＝sin的图象，
因为点是g(x)图象的一个对称中心，
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所以πω＋＝kπ，k∈Z，
解得ω＝k＋，k∈Z，
又ω>0，所以ω的最小值为.
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答案
8.(2024·广州模拟)已知α，β是函数f(x)＝3sin－2在上的两个零点，则cos(α＋β)等于
A. B. C.0 D.1
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令f(x)＝0，得3sin＝2 sin，
∵x∈，
∴2x＋∈，
∵α，β是函数f(x)＝3sin－2在上的两个零点，
则α，β是sin上的两个根，
故2α＋＋2β＋＝π α＋β＝，cos(α＋β)＝cos .
答案
二、多项选择题
9.要得到y＝sin＋1的图象，可以将函数y＝sin x＋1图象上所有的点
A.向右平移个单位长度，再把横坐标缩短到原来的，纵坐标不变
B.向右平移个单位长度，再把横坐标缩短到原来的，纵坐标不变
C.横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
D.横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
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答案
将y＝sin x＋1图象上所有点向右平移个单位长度，得到y＝sin＋1的图象，再将y＝sin＋1图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到y＝sin＋1的图象，故B正确，A错误；
将y＝sin x＋1图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到y＝sin 2x＋1的图象，再将y＝sin 2x＋1图象上所有点向右平移个单位长度，得到y＝sin 2＋1＝sin＋1的图象，故C正确，D错误.
10.函数f(x)＝cos(ωx＋φ)(0≤φ<2π)的部分图象如图所示，则
A.ω＝3
B.φ＝
C.函数f(x)在上单调递增
D.函数f(x)图象的对称轴方程为x＝(k∈Z)
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答案
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所以f(x)＝cos，当2kπ≤3x＋≤2kπ＋π(k∈Z)，即－kπ≤x≤kπ(k∈Z)时，函数f(x)单调递减.取k＝1，得f(x)的一个单调递减区间为，所以C错误；
由图象知函数的周期T＝2×，解得ω＝3，所以A正确；
由图象得3·＋φ＝2kπ＋(k∈Z)，因为0≤φ<2π，所以φ＝，所以B错误；
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答案
函数f(x)图象的对称轴方程为3x＋＝kπ(k∈Z)，即x＝(k∈Z)，所以D正确.
11.(2025·江苏省“苏南十校”联考)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的图象过点A(0，1)和B(x0，－2)(x0>0)，且满足|AB|min＝，则下列结论正确的是
A.φ＝
B.ω＝
C.当x∈时，函数f(x)的值域为
D.函数y＝x－f(x)有三个零点
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答案
√
√
√
点A(0，1)代入解析式得，2sin(ω×0＋φ)＝1，即sin φ＝，
又∵<，∴φ＝，故A项正确；
由|AB|min＝，解得x0＝±2，又∵x0>0，∴x0＝2，
由A项可知f(x)＝2sin，则f(2)＝2sin＝－2，
因此sin＝－1，∴2ω＋＋2kπ(k∈N)，解得ω＝＋kπ(k∈N)，又∵A(0，1)，B(2，－2)和|AB|min＝，∴<2<<ω<π，∴ω＝，故B项正确；
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答案
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答案
由AB选项可知，f(x)＝2sin，则当x∈x＋∈，此时函数f(x)的值域为，故C项错误；
由五点作图法作出f(x)＝2sin的图象及y＝x的图象，如图所示，
通过图象可知f(x)＝2sin与y＝x的图象有3个交点，
因此函数y＝x－f(x)有三个零点，故D项正确.
三、填空题
12.化简：＝ .
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答案
＝＝＝.
13.(2024·晋中模拟)已知α∈，且cos＝cos 2α，则sin＝ .
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答案
因为coscos 2α，
所以cos αcos ＋sin αsin (cos2α－sin2α)，
所以cos α＋sin α＝2(cos α－sin α)(cos α＋sin α)，
又α∈，所以cos α＋sin α>0，
所以cos α－sin α＝，
所以cos，
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答案
即cos，
又α＋∈，
所以sin.
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答案
14.已知函数f(x)＝Asin(A>0，ω>0).若f(x)在区间上具有单调性，且f ＝f ＝－f ，则ω的值为 .
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答案
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答案
因为f(x)在区间上具有单调性，
则≤T，所以T≥π，又ω>0，所以≥π，故0<ω≤2，
由f ＝f <π≤T，可知函数f(x)图象的一条对称轴为直线x＝，
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答案
又f ＝－f ≤，可知函数f(x)图象的一个对称中心为，
从而T＝4×，所以ω＝.(共24张PPT)
第四章
必刷大题9 解三角形
数学
大
一
轮
复
习
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，
则BC＝，
由正弦定理可得sin∠ABC＝.
(2)由三角形面积公式可得＝4，
则S△ACD＝S△ABC＝×.
1.
答案
1
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4
(1)在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD＝36，所以BD＝6，
因为cos∠BAD＝，则0°<∠BAD<90°，
所以sin∠BAD＝.
由BD⊥AC可知，AO＝ ，
所以BO＝.
2.
答案
1
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4
(2)因为∠BCD＝90°，所以BC2＋CD2＝BD2＝36，
(BC＋CD)2－36＝2BC·CD≤2，故BC＋CD≤6，
当且仅当BC＝CD＝3时，等号成立，故四边形ABCD周长的最大值为9＋6.
2.
答案
1
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4
(1)因为acos C＋ccos A＝bcos B，
由正弦定理可得sin Acos C＋sin Ccos A＝sin Bcos B，
即sin(A＋C)＝sin Bcos B，sin(π－B)＝sin B＝sin Bcos B，
又因为sin B≠0，所以1＝cos B，
解得cos B＝，
又因为B∈(0，π)，所以B＝.
3.
答案
1
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3
4
(2)因为D为BC边的中点，a＝12，所以BD＝CD＝6，
在△ABD中，由正弦定理可得，
即＝6，解得sin∠BAD＝1，
又因为∠BAD∈(0，π)，所以∠BAD＝.
在Rt△ABD中，AB＝＝3，
在△ABC中，AB＝3，BC＝12，B＝，
由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝27＋144－2×3×12×＝63，
所以AC＝3，即b＝3.
3.
答案
1
2
3
4
(1)sin B＋sin C＝2sin Acos B，
由正弦定理可得b＋c＝2acos B，
又∵cos B＝，
∴b＋c＝，
∴bc＋c2＝a2＋c2－b2，
∴a2－b2＝bc.
4.
答案
1
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3
4
(2)由(1)知b＋c＝2acos∠CBA，
∴cos∠CBA＝，
在△BCD中，BC＝a，BD＝1，
∴cos∠CBD＝，
又∵cos∠CBD＝cos(π－∠CBA)＝－cos∠CBA，
∴－，
∴－b－3＝1＋a2－CD2，∴CD2＝4＋a2＋b，
4.
答案
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4
又∵a2－b2＝bc，c＝3，
∴CD2＝4＋b2＋3b＋b＝b2＋4b＋4＝(b＋2)2，
∵CD>0，∴CD＝b＋2，
∴CD－CA＝b＋2－b＝2.
综上所述，CD－CA为定值2.
4.
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2
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4
答案
1.(2023·全国乙卷)在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1.
(1)求sin∠ABC；
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC
＝4＋1－2×2×1×cos 120°＝7，
则BC＝，
由正弦定理可得sin∠ABC＝.
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4
答案
(2)若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ACD的面积.
由三角形面积公式可得
＝4，
则S△ACD＝S△ABC＝×.
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答案
2.如图，在平面四边形ABCD中，AB＝5，AD＝4，cos∠BAD＝，∠BCD＝90°.
(1)若AC与BD交于点O，且BD⊥AC，求BO的长；
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答案
在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD＝36，所以BD＝6，
因为cos∠BAD＝，则0°<∠BAD<90°，
所以sin∠BAD＝.
由BD⊥AC可知，AO＝ ，
所以BO＝.
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答案
因为∠BCD＝90°，所以BC2＋CD2＝BD2＝36，
(BC＋CD)2－36＝2BC·CD≤2，故BC＋CD≤6，
当且仅当BC＝CD＝3时，等号成立，故四边形ABCD周长的最大值为9＋6.
(2)求四边形ABCD周长的最大值.
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答案
3.(2024·北京模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acos C＋ccos A＝bcos B.
(1)求B的大小；
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答案
因为acos C＋ccos A＝bcos B，
由正弦定理可得sin Acos C＋sin Ccos A＝sin Bcos B，
即sin(A＋C)＝sin Bcos B，sin(π－B)＝sin B＝sin Bcos B，
又因为sin B≠0，所以1＝cos B，
解得cos B＝，
又因为B∈(0，π)，所以B＝.
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答案
(2)若a＝12，D为BC边的中点，且AD＝3，求b的值.
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答案
因为D为BC边的中点，a＝12，所以BD＝CD＝6，
在△ABD中，由正弦定理可得，
即＝6，解得sin∠BAD＝1，
又因为∠BAD∈(0，π)，所以∠BAD＝.
在Rt△ABD中，AB＝＝3，
在△ABC中，AB＝3，BC＝12，B＝，
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答案
由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝27＋144－2×3×12
×＝63，
所以AC＝3，即b＝3.
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答案
4.(2024·长沙模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足sin B＋sin C＝2sin Acos B.
(1)证明：a2－b2＝bc；
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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.
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答案
(2)如图，点D在线段AB的延长线上，且AB＝3，BD＝1，当点C运动时，探究CD－CA是否为定值？
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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，
∴－，
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答案
∴－b－3＝1＋a2－CD2，∴CD2＝4＋a2＋b，
又∵a2－b2＝bc，c＝3，
∴CD2＝4＋b2＋3b＋b＝b2＋4b＋4＝(b＋2)2，
∵CD>0，∴CD＝b＋2，
∴CD－CA＝b＋2－b＝2.
综上所述，CD－CA为定值2.